【物理】2020高考二轮复习专题练专题6力学三大观点的应用（解析版）

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课时作业六 力学三大观点的应用 一、选择题 1．如图 1 所示，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数 为μ.起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为 x，然后 放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为 v.则此过程中 弹力所做的功为( ) 图 1 A.1 2mv2－μmgx B．μmgx－1 2mv2 C.1 2mv2＋μmgx D．以上选项均不对 解析：设 W 弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx， 由动能定理得 W 弹－μmgx＝1 2mv2－0，得 W 弹＝1 2mv2＋μmgx，C 对． 答案：C 2．(2019 年江西省质量检测)如图 2 甲所示，光滑水平面上有 P、 Q 两物块，它们在 t＝4 s 时发生碰撞，图 2 乙是两者的位移图象，已 知物块 P 的质量为 mp＝1 kg，由此可知( ) 图 2 A．碰撞前 P 的动量为 16 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞 C．物块 Q 的质量为 4 kg D．两物块碰撞过程中 P 对 Q 作用力的冲量是 3 N·s 解析：根据位移图象可知，碰撞前 P 的速度 v0＝4 m/s，碰撞前 P 的动量为 P0＝mpv0＝4 kg·m/s，选项 A 错误．根据位移图象，碰撞后 二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项 B 错误．碰撞后， 共同速度 v＝1 m/s，由动量守恒定律，mpv0＝(mp＋mQ)v，解得 mQ＝3 kg， 选项 C 错误．由动量定理，两物块碰撞过程中 P 对 Q 作用力的冲量是 I＝ΔPQ＝mQv＝3 N·s，选项 D 正确． 答案：D 3．(2019 年高三南京模拟)质量为 m 的球从地面以初速度 v0 竖直向 上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描 述了球在空中运动的速度 v、加速度 a 随时间 t 的变化关系和动能 Ek、 机械能 E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度 h 的变化关系，其 中可能正确的是( ) 解析：已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即 Ff＝kv，当 球上升到最高点时，v 为零，球只受重力，a 等于 g，则 v－t 图线切线 的斜率不等于零，故 A 错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg ＋kv＝ma，v 逐渐减小，a 逐渐减小，球下降过程中：mg－kv＝ma，v 逐渐增大，a 逐渐减小，故 B 错误；上升过程，由动能定理：－mgh －Ffh＝Ek－Ek0，解得 Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，随 h 的增加，v 减小，则 Ek－h 图象的斜率减小，下降过程，由动能定理：mg(h0－h)－Ff(h0－h) ＝Ek，即 Ek＝(mg－kv)(h0－h)，随下降的高度的增加，v 增大，Ek－h 图象的斜率减小，故 C 正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功： －Ffh＝E－E0，上升过程中 v 逐渐减小，则 Ff 逐渐减小，即 E－h 图象 的斜率逐渐变小，故 E－h 图象不是直线，故 D 错误． 答案：C 4．(2019 年武汉调研)如图 3 所示，半径为 R、圆心为 O 的光滑圆 环固定在竖直平面内，OC 水平，D 是圆环最低点．质量为 2m 的小球 A 与质量为 m 的小球 B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始 位置如图 3 所示，由静止释放，当 A 运动至 D 点时，B 的动能为( ) 图 3 A. 2 2 mgR B. 2 6 mgR C.4＋ 2 2 mgR D.4＋ 2 6 mgR 解析：A、B 组成的系统机械能守恒，当 A 运动到最低点 D 时，A 下降的高度为 hA＝R＋Rsin45°，B 上升的高度为 hB＝Rsin45°，则有 2mghA－mghB＝1 2 ×2mvA2＋1 2mvB2，又 A、B 在杆两端，有相同的角速度， 轻动半径相同，所以 vA＝vB，所以 B 的动能为 EkB＝1 2mvB2＝4＋ 2 6 mgR， 选项 D 正确． 答案：D 5．(2019 年烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围 为 50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度 50 km/h，则必 须走“爬坡车道”来避免危险．某质量为 4.0×104 kg 的载重货车，保 持额定功率 200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每前进 1 km，上升 0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的 0.01 倍，g 取 10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中( ) A．牵引力等于 2×104 N B．速度可能大于 36 km/h C．增加的重力势能等于货车牵引力所做的功 D．增加的机械能等于货车克服阻力所做的功 解析：货车匀速上坡的过程中，牵引力 F＝0.01mg＋mgsinθ＝ 0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10×0.04 1 N＝2×104 N，故 A 正确； 根据 P＝Fv 得：v＝P F ＝2×105 2×104 m/s＝10 m/s＝36 km/h，故 B 错误；匀 速上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功 之差，故 C 错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加的机械能等于 汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故 D 错误． 答案：A 6．(多选)(2019 年武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们 的底端相同，都是 O 点，如图 4 所示．有一系列完全相同的滑块(可视 为质点)从这些斜面上的 A、B、C、D、…各点同时由静止释放，下列 判断正确的是( ) 图 4 A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的速率相同，则 A、B、 C、D、…各点处在同一水平线上 B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的速率相同，则 A、B、 C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上 C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的时间相同，则 A、B、 C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上 D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达 O 点 的过程中，各滑块损失的机械能相同，则 A、B、C、D、…各点处在同 一竖直线上 解析：若各斜面均光滑，根据 mgh＝1 2mv2，滑块质量相同，到达 O 点的速率相同，即各释放点处在同一水平线上，A 正确，B 错误；以 O 点为最低点作等时圆，如图 5 所示，由 1 2gsinθt2＝2Rsinθ，可知各滑 块从圆周上各点运动到 O 点时间相等，C 正确；若各滑块滑到 O 点的 过程中，滑块滑动的水平距离是 x，滑块损失的机械能(即克服摩擦力 做功)为：Wf＝μmgcosθ· x cosθ＝μmgx，即各释放点处在同一竖直线 上，D 正确． 图 5 答案：ACD 7．(多选)滑块甲的质量为 0.8 kg，以大小为 5.0 m/s 的速度向右运 动时，与另一质量为 1.0 kg、以大小为 3.0 m/s 的速度迎面而来的滑块 乙相撞．碰撞后滑块甲恰好静止．假设碰撞时间极短，以向右为正方 向，下列说法正确的是( ) A．碰后乙的速度大小为 2 m/s B．碰撞过程中甲受到的乙的作用力的冲量大小为 4.0 N·s C．碰撞过程中乙动量的变化量为 2.0 kg·m/s D．碰撞过程中系统损失的机械能为 14 J 解析：由动量守恒定律得 m 甲 v 甲－m 乙 v 乙＝m 乙 v 乙′，代入数据解 得 v 乙′＝1.0 m/s，选项 A 错误．碰撞过程中甲动量的变化量为Δp 甲＝ 0－m 甲 v 甲＝－4.0 kg·m/s，由动量定理可得甲滑块受到的乙的作用力 的冲量为 I＝Δp 甲＝－4.0 N·s，选项 B 正确．碰撞过程中乙动量的变 化量为Δp 乙＝m 乙 v 乙′－(－m 乙 v 乙)＝4.0 kg·m/s，选项 C 错误．由能 量守恒定律得 1 2m 甲 v 甲 2＋1 2m 乙 v 乙 2＝1 2m 乙 v 乙′2＋ΔE，代入数据解得ΔE ＝14 J，选项 D 正确． 答案：BD 8．(多选)如图 6 所示，三个小球 A、B、C 的质量均为 m，A 与 B、 C 间通过铰链用轻杆连接，杆长均为 L.B、C 置于水平地面上，用一轻 质弹簧连接，弹簧处于原长．现 A 由静止释放下降到最低点，两轻杆 间夹角α由 60°变为 120°.A、B、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在 弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g.则此下降过程中( ) 图 6 A．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于 3 2mg B．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于 3 2mg C．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为 3 2 mgL 解析：在 A 的动能达到最大前，A 向下加速运动，此时 A 处于失 重状态，则整个系统对地面的压力小于 3mg，即地面对 B 的支持力小 于 3 2mg，A 项正确；当 A 的动能最大时，A 的加速度为零，系统对地 面的压力等于 3mg，即 B 受到地面的支持力等于 3 2mg，B 项正确；当 弹簧的弹性势能最大时，A 减速运动到最低点，此时 A 的加速度方向 竖直向上，C 项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大 值等于 A 的重力势能的减少量，即为 mg(Lcos30°－Lcos60°)＝ 3－1 2 mgL，D 项错误． 答案：AB 9．(多选)如图 7 所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖 直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量 损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为 v，重力加速度为 g； 那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( ) 图 7 A．导向槽位置应在高为v2 4g 的位置 B．最大水平位移为v2 g C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小 总有 v 下＝2v 上 D．当小球落地时，速度方向与水平方向成 45°角 解析：设小球做平抛运动时的速度为 v0，根据机械能守恒定律可 得，1 2mv02＋mgh＝1 2mv2，解得 v0＝ v2－2gh；根据平抛运动的知识可 得，下落时间 t＝ 2h g ，则水平位移 x＝v0t＝ （v2 g －2h）·2h，所以 当v2 g －2h＝2h 时水平位移最大，解得 h＝v2 4g ，A 正确；最大的水平位移 为 x＝ 4h2＝2h＝v2 2g ，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高 度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设小球落地时速度与 水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规 律可知，tanθ＝2tanα＝2× h 2h ＝1，则θ＝45°，D 正确． 答案：AD 10．(2019 年滨州模拟)两物块 A 和 B 用一轻弹簧连接，静止在水 平桌面上，如图 8 甲所示，现用一竖直向上的力 F 拉动物块 A，使之 向上做匀加速直线运动，如图 8 乙所示．在物块 A 开始运动到物块 B 将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是 ( ) 图 8 A．力 F 先减小后增大 B．弹簧的弹性势能一直增大 C．物块 A 的动能和重力势能一直增大 D．物块 A、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小 解析：对物块 A 由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝ m(g＋a)－kx，由于 x 先减小后反向增大，故力 F 一直增大，故 A 错误； 在物块 A 上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减 小后增大，故 B 错误；在物块 A 上升过程中，由于物块 A 做匀加速运 动，所以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的动能和重力势能 增大，故 C 正确；在物块 A 上升过程中，除重力与弹力做功外，还有 力 F 做正功，所以物块 A、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大， 故 D 错误． 答案：C 11．(2019 年湖南高三联考)(多选)如图 9 所示，一质量为 m0＝0.05 kg 的子弹以水平初速度 v0＝200 m/s 打中一放在水平地面上 A 点的质 量为 m＝0.95 kg 的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物 块从 A 点沿 AB 方向运动，与距离 A 点 L＝5 m 的 B 处的墙壁碰撞前瞬 间的速度为 v1＝8 m/s，碰后以 v2＝6 m/s 的速度反向运动直至静止，测 得物块与墙壁碰撞的时间为 t＝0.05 s，g 取 10 m/s2，则( ) 图 9 A．物块从 A 点开始沿水平面运动的初速度 v＝10 m/s B．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.36 C．物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小 F＝266 N D．物块在反向运动过程中产生的摩擦热 Q＝18 J 解析：子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量 守恒定律有 m0v0＝(m0＋m)v，解得 v＝10 m/s，A 正确；物块由 A 点运 动到 B 点的过程，根据动能定理有－μ(m0＋m)gL＝1 2(m0＋m)v12－1 2(m0 ＋m)v2，解得μ＝0.36，B 正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为正方 向，由动量定理有－Ft＝－(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得 F＝280 N，C 错误；物块在反向运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转 化为因摩擦而产生的热量， 即 Q＝1 2(m0＋m)v22＝18 J，D 正确． 答案：ABD 12．(2019 年天津质量调查)(多选)几个水球可以挡住一颗子弹？ 《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧 挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰 好能穿出第 4 个水球，则可以判断的是( ) 图 10 A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间不同 C．每个水球对子弹的冲量不同 D．子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：恰好能穿出第 4 个水球，即末速度 v＝0，逆向看子弹由右 向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球 的时间比为(2－ 3)∶( 3－ 2)∶( 2－1)∶1，则 B 正确．由于加速度 a 恒定，由 at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A 项错 误．因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由 I＝F 阻 t 可知 每个水球对子弹的冲量不同，C 项正确．由动能定理有ΔEk＝－fx，f 相同，x 相同，则ΔEk 相同，D 项正确． 答案：BCD 二、解答题 13．(2019 年济宁二模)如图 11 所示，长木板 B 的质量为 m2＝1.0 kg， 静止放在粗糙的水平地面上，质量为 m3＝1.0 kg 的物块 C(可视为质点) 放在长木板的最右端．一个质量为 m1＝0.5 kg 的物块 A 由左侧向长木 板运动．一段时间后物块 A 以 v0＝6 m/s 的速度与长木板 B 发生弹性正 碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块 C 始终在长木板 上．已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块 C 与长木板间 的动摩擦因数μ2＝0.3，物块 C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，取 g＝10 m/s2，求： 图 11 (1)碰后瞬间物块 A 和长木板 B 的速度； (2)长木板 B 的最小长度． 解：(1)A 与 B 发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为 v1、 v2， 由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2， 由机械能守恒定律得：1 2m1v02＝1 2m1v12＋1 2m2v22， 联立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s. (2)之后 B 减速运动，C 加速运动，B、C 达到共同速度之前，由牛 顿运动定律对木板 B 有： －μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2 对物块 C 有μ2m3g＝m3a3， 设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为 t， v2＋a2t＝a3t， 木板 B 的最小长度 d＝v2t＋1 2a2t2－1 2a3t2＝1 m. 14．如图 12 所示，光滑水平台面 MN 上放两个相同小物块 A、B， 右端 N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度 L＝8 m，沿逆 时针方向以恒定速度 v0＝2 m/s 匀速转动．物块 A、B(大小不计，视作 质点)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块 A、B 质量均为 m＝1 kg. 开始时 A、B 静止，A、B 间压缩一轻质短弹簧．现解除锁定，弹簧弹 开 A、B，弹开后 B 滑上传送带，A 掉落到地面上的 Q 点，已知水平台 面高 h＝0.8 m，Q 点与水平台面右端间的距离 s＝1.6 m，g 取 10 m/s2. 图 12 (1)求物块 A 脱离弹簧时速度的大小； (2)求弹簧储存的弹性势能； (3)求物块 B 在水平传送带上运动的时间． 解析：(1)A 做平抛运动，竖直方向：h＝1 2gt2 水平方向：s＝vAt 代入数据联立解得：vA＝4 m/s (2)解锁过程系统动量守恒，规定 A 的速度方向为正方向，有：mvA －mvB＝0 由能量守恒定律：Ep＝1 2mvA2＋1 2mvB2 代入数据解得：Ep＝16 J (3)B 作匀变速运动，由牛顿第二定律有：μmg＝ma 解得：a＝μg＝2 m/s2 B 向右匀减速至速度为零，由 vB2＝2asB， 解得：sB＝4 m＜L＝8 m，所以 B 最终回到水平台面． 设 B 向右匀减速的时间为 t1，vB＝at1 设 B 向左加速至与传送带共速的时间为 t2，v0＝at2 由 v02＝2as2， 共速后做匀速运动的时间为 t3，有：sB－s2＝v0t3 代入数据解得总时间：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s. 答案：(1)4 m/s (2)16 J (3)4.5 s