2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時作業(yè)六 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用（含解析）

《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時作業(yè)六 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時作業(yè)六 力學(xué)三大觀點的應(yīng)用（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)六　力學(xué)三大觀點的應(yīng)用 一、選擇題 1．如圖1所示，物塊的質(zhì)量為m，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.起初，用手按住物塊，物塊的速度為零，彈簧的伸長量為x，然后放手，當(dāng)彈簧的長度第一次回到原長時，物塊的速度為v.則此過程中彈力所做的功為(　　) 圖1 A.mv2－μmgx B．μmgx－mv2 C.mv2＋μmgx D．以上選項均不對 解析：設(shè)W彈為彈力對物體做的功，因為克服摩擦力做的功為μmgx，由動能定理得W彈－μmgx＝mv2－0，得W彈＝mv2＋μmgx，C對． 答案：C 2．(2019年江西省質(zhì)量檢測)如圖2甲所示，光滑水平面上有P、Q兩

2、物塊，它們在t＝4 s時發(fā)生碰撞，圖2乙是兩者的位移圖象，已知物塊P的質(zhì)量為mp＝1 kg，由此可知(　　) 圖2 A．碰撞前P的動量為16 kg·m/s B．兩物塊的碰撞可能為彈性碰撞 C．物塊Q的質(zhì)量為4 kg D．兩物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是3 N·s 解析：根據(jù)位移圖象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的動量為P0＝mpv0＝4 kg·m/s，選項A錯誤．根據(jù)位移圖象，碰撞后二者速度相同，說明碰撞為完全非彈性碰撞，選項B錯誤．碰撞后，共同速度v＝1 m/s，由動量守恒定律，mpv0＝(mp＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，選項C錯誤．由動量定理，兩

3、物塊碰撞過程中P對Q作用力的沖量是I＝ΔPQ＝mQv＝3 N·s，選項D正確． 答案：D 3．(2019年高三南京模擬)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比．下列圖象分別描述了球在空中運動的速度v、加速度a隨時間t的變化關(guān)系和動能Ek、機(jī)械能E(取地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是(　　) 解析：已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即Ff＝kv，當(dāng)球上升到最高點時，v為零，球只受重力，a等于g，則v－t圖線切線的斜率不等于零，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，球上升過程中：mg＋kv＝ma，v逐漸減小，a逐漸減小

4、，球下降過程中：mg－kv＝ma，v逐漸增大，a逐漸減小，故B錯誤；上升過程，由動能定理：－mgh－Ffh＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，隨h的增加，v減小，則Ek－h(huán)圖象的斜率減小，下降過程，由動能定理：mg(h0－h(huán))－Ff(h0－h(huán))＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h(huán))，隨下降的高度的增加，v增大，Ek－h(huán)圖象的斜率減小，故C正確；機(jī)械能的變化量等于克服阻力做的功：－Ffh＝E－E0，上升過程中v逐漸減小，則Ff逐漸減小，即E－h(huán)圖象的斜率逐漸變小，故E－h(huán)圖象不是直線，故D錯誤． 答案：C 4．(2019年武漢調(diào)研)如圖3所示，半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)

5、固定在豎直平面內(nèi)，OC水平，D是圓環(huán)最低點．質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)量為m的小球B套在圓環(huán)上，兩球之間用輕桿相連．兩球初始位置如圖3所示，由靜止釋放，當(dāng)A運動至D點時，B的動能為(　　) 圖3 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)A運動到最低點D時，A下降的高度為hA＝R＋Rsin45°，B上升的高度為hB＝Rsin45°，則有2mghA－mghB＝×2mvA2＋mvB2，又A、B在桿兩端，有相同的角速度，輕動半徑相同，所以vA＝vB，所以B的動能為EkB＝mvB2＝mgR，選項D正確． 答案：D 5．(2

6、019年煙臺模擬)某段高速路對載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時若貨車達(dá)不到最小允許速度50 km/h，則必須走“爬坡車道”來避免危險．某質(zhì)量為4.0×104 kg的載重貨車，保持額定功率200 kW在“爬坡車道”上行駛，每前進(jìn)1 km，上升0.04 km，貨車所受的阻力(摩擦阻力與空氣阻力)為車重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡車道足夠長，則貨車勻速上坡的過程中(　　) A．牽引力等于2×104 N B．速度可能大于36 km/h C．增加的重力勢能等于貨車牽引力所做的功 D．增加的機(jī)械能等于貨車克服阻力所做的功 解析：貨車勻速上坡的過程中，牽引力F＝

7、0.01mg＋mgsinθ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正確；根據(jù)P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B錯誤；勻速上坡過程增加的重力勢能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系知，勻速上坡過程增加的機(jī)械能等于汽車牽引力做功與克服阻力所做的功之差，故D錯誤． 答案：A 6．(多選)(2019年武漢質(zhì)檢)有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同，都是O點，如圖4所示．有一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點)從這些斜面上的A、B、C、D、…各點同時由靜止釋放，下列判斷正確的是(　　) 圖4

8、 A．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點的速率相同，則A、B、C、D、…各點處在同一水平線上 B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點的速率相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直面內(nèi)的圓周上 C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達(dá)O點的時間相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直面內(nèi)的圓周上 D．若各斜面與這些滑塊間有相同的動摩擦因數(shù)，滑塊到達(dá)O點的過程中，各滑塊損失的機(jī)械能相同，則A、B、C、D、…各點處在同一豎直線上 解析：若各斜面均光滑，根據(jù)mgh＝mv2，滑塊質(zhì)量相同，到達(dá)O點的速率相同，即各釋放點處在同一水平線上，A正確，B錯誤；以O(shè)點為最低點作等時圓，如圖5所示，由gsi

9、nθt2＝2Rsinθ，可知各滑塊從圓周上各點運動到O點時間相等，C正確；若各滑塊滑到O點的過程中，滑塊滑動的水平距離是x，滑塊損失的機(jī)械能(即克服摩擦力做功)為：Wf＝μmgcosθ·＝μmgx，即各釋放點處在同一豎直線上，D正確． 圖5 答案：ACD 7．(多選)滑塊甲的質(zhì)量為0.8 kg，以大小為5.0 m/s的速度向右運動時，與另一質(zhì)量為1.0 kg、以大小為3.0 m/s的速度迎面而來的滑塊乙相撞．碰撞后滑塊甲恰好靜止．假設(shè)碰撞時間極短，以向右為正方向，下列說法正確的是(　　) A．碰后乙的速度大小為2 m/s B．碰撞過程中甲受到的乙的作用力的沖量大小為4.0 N·s

10、 C．碰撞過程中乙動量的變化量為2.0 kg·m/s D．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為14 J 解析：由動量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，代入數(shù)據(jù)解得v乙′＝1.0 m/s，選項A錯誤．碰撞過程中甲動量的變化量為Δp甲＝0－m甲v甲＝－4.0 kg·m/s，由動量定理可得甲滑塊受到的乙的作用力的沖量為I＝Δp甲＝－4.0 N·s，選項B正確．碰撞過程中乙動量的變化量為Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kg·m/s，選項C錯誤．由能量守恒定律得m甲v甲2＋m乙v乙2＝m乙v乙′2＋ΔE，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝14 J，選項D正確． 答案：BD 8．(多選)如圖6所示，

11、三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長均為L.B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°.A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中(　　) 圖6 A．A的動能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL 解析：在A的動能達(dá)到最大前，A向下加速運動，此時A處于失重狀態(tài)，則整個系統(tǒng)對地面的壓力小于3mg

12、，即地面對B的支持力小于mg，A項正確；當(dāng)A的動能最大時，A的加速度為零，系統(tǒng)對地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項正確；當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，A減速運動到最低點，此時A的加速度方向豎直向上，C項錯誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能最大值等于A的重力勢能的減少量，即為mg(Lcos30°－Lcos60°)＝mgL，D項錯誤． 答案：AB 9．(多選)如圖7所示，在豎直桿上安裝一個光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運動；不計經(jīng)導(dǎo)向槽時小球的能量損失，設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時，下列說法正確的是(

13、　　) 圖7 A．導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為的位置 B．最大水平位移為 C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當(dāng)小球落地時，速度方向與水平方向成45°角 解析：設(shè)小球做平拋運動時的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根據(jù)平拋運動的知識可得，下落時間t＝，則水平位移x＝v0t＝，所以當(dāng)－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某相同高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；設(shè)小球落地時速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，根據(jù)

14、平拋運動的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×＝1，則θ＝45°，D正確． 答案：AD 10．(2019年濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接，靜止在水平桌面上，如圖8甲所示，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A，使之向上做勻加速直線運動，如圖8乙所示．在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．力F先減小后增大 B．彈簧的彈性勢能一直增大 C．物塊A的動能和重力勢能一直增大 D．物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 解析：對物塊A由牛頓第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x

15、先減小后反向增大，故力F一直增大，故A錯誤；在物塊A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長，所以彈簧的彈性勢能先減小后增大，故B錯誤；在物塊A上升過程中，由于物塊A做勻加速運動，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動能和重力勢能增大，故C正確；在物塊A上升過程中，除重力與彈力做功外，還有力F做正功，所以物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故D錯誤． 答案：C 11．(2019年湖南高三聯(lián)考)(多選)如圖9所示，一質(zhì)量為m0＝0.05 kg的子彈以水平初速度v0＝200 m/s打中一放在水平地面上A點的質(zhì)量為m＝0.95 kg的物塊，并留在物塊內(nèi)(時間極短，可忽略)，隨后物塊從A點沿A

16、B方向運動，與距離A點L＝5 m的B處的墻壁碰撞前瞬間的速度為v1＝8 m/s，碰后以v2＝6 m/s的速度反向運動直至靜止，測得物塊與墻壁碰撞的時間為t＝0.05 s，g取10 m/s2，則(　　) 圖9 A．物塊從A點開始沿水平面運動的初速度v＝10 m/s B．物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.36 C．物塊與墻碰撞時受到的平均作用力大小F＝266 N D．物塊在反向運動過程中產(chǎn)生的摩擦熱Q＝18 J 解析：子彈打中物塊的過程，由于內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，根據(jù)動量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v，解得v＝10 m/s，A正確；物塊由A點運動到B點的過程，根據(jù)動能定理有－μ(

17、m0＋m)gL＝(m0＋m)v12－(m0＋m)v2，解得μ＝0.36，B正確；物塊與墻碰撞過程中，以向右為正方向，由動量定理有－Ft＝－(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得F＝280 N，C錯誤；物塊在反向運動過程中，根據(jù)能量守恒定律可知，動能全部轉(zhuǎn)化為因摩擦而產(chǎn)生的熱量， 即Q＝(m0＋m)v22＝18 J，D正確． 答案：ABD 12．(2019年天津質(zhì)量調(diào)查)(多選)幾個水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實驗結(jié)果是：四個水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，則可以判斷的是(　　) 圖10 A．子

18、彈在每個水球中的速度變化相同 B．子彈在每個水球中運動的時間不同 C．每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D．子彈在每個水球中的動能變化相同 解析：恰好能穿出第4個水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運動，則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2－)∶(－)∶(－1)∶1，則B正確．由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個水球中的速度變化不同，A項錯誤．因加速度恒定，則每個水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，則由I＝F阻t可知每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項正確．由動能定理有ΔEk＝－fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，D項正確． 答案：BCD 二、解答題 13．(201

19、9年濟(jì)寧二模)如圖11所示，長木板B的質(zhì)量為m2＝1.0 kg，靜止放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m3＝1.0 kg的物塊C(可視為質(zhì)點)放在長木板的最右端．一個質(zhì)量為m1＝0.5 kg的物塊A由左側(cè)向長木板運動．一段時間后物塊A以v0＝6 m/s的速度與長木板B發(fā)生彈性正碰(時間極短)，之后三者發(fā)生相對運動，整個過程物塊C始終在長木板上．已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2，求： 圖11 (1)碰后瞬間物塊A和長木板B的速度； (2)長木板B的最小長度． 解：(1)

20、A與B發(fā)生完全彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2， 由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2， 由機(jī)械能守恒定律得：m1v02＝m1v12＋m2v22， 聯(lián)立解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s. (2)之后B減速運動，C加速運動，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運動定律對木板B有： －μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2 對物塊C有μ2m3g＝m3a3， 設(shè)從碰撞后到兩者達(dá)到共同速度經(jīng)歷的時間為t， v2＋a2t＝a3t， 木板B的最小長度d＝v2t＋a2t2－a3t2＝1 m. 14．如圖12所示，光滑水平臺面MN上放兩個相同小物塊A、B，右端

21、N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長度L＝8 m，沿逆時針方向以恒定速度v0＝2 m/s勻速轉(zhuǎn)動．物塊A、B(大小不計，視作質(zhì)點)與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，物塊A、B質(zhì)量均為m＝1 kg.開始時A、B靜止，A、B間壓縮一輕質(zhì)短彈簧．現(xiàn)解除鎖定，彈簧彈開A、B，彈開后B滑上傳送帶，A掉落到地面上的Q點，已知水平臺面高h(yuǎn)＝0.8 m，Q點與水平臺面右端間的距離s＝1.6 m，g取10 m/s2. 圖12 (1)求物塊A脫離彈簧時速度的大??； (2)求彈簧儲存的彈性勢能； (3)求物塊B在水平傳送帶上運動的時間． 解析：(1)A做平拋運動，豎直方向：h＝gt2 水平

22、方向：s＝vAt 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vA＝4 m/s (2)解鎖過程系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定A的速度方向為正方向，有：mvA－mvB＝0 由能量守恒定律：Ep＝mvA2＋mvB2 代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝16 J (3)B作勻變速運動，由牛頓第二定律有：μmg＝ma 解得：a＝μg＝2 m/s2 B向右勻減速至速度為零，由vB2＝2asB， 解得：sB＝4 m＜L＝8 m，所以B最終回到水平臺面． 設(shè)B向右勻減速的時間為t1，vB＝at1 設(shè)B向左加速至與傳送帶共速的時間為t2，v0＝at2 由v02＝2as2， 共速后做勻速運動的時間為t3，有：sB－s2＝v0t3 代入數(shù)據(jù)解得總時間：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s. 答案：(1)4 m/s　(2)16 J　(3)4.5 s - 11 -