《高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题二 功能与动量 第4讲 力学三大观点的应用课时检测-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 第一部分 专题整合 专题二 功能与动量 第4讲 力学三大观点的应用课时检测-人教版高三全册物理试题.doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第一部分专题二第4讲力学三大观点的应用一、单项选择题1在工厂中常用如图248所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v2 m/s运行，质量为m0.5 kg的工件以v01 m/s的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g10 m/s2，则下列说法中正确的是图248A工件经0.5 s停止相对滑动B正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC摩擦力对每个工件做正功为1 JD每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为ag2 m/
2、s2，加速时间为t0.5 s，A对；正常运行时相邻两工件间的距离为dvt1 m，B错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为Wfmv2mv0.75 J，C错；在t0.5 s内，工件对地位移为x1t0.75 m，传送带对地位移为x2vt1 m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为QFf(x2x1)0.25 J，D错。答案A2.(2018福建八县名校联考)如图249所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法正确的是图249A第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力
3、对物体不做功B第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热解析第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，
4、即EW阻F阻s物，摩擦生热为QF阻s相对，又由于s传送带vt，s物t，所以s物s相对s传送带，即QE，选项C正确。第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误。答案C3(2018冀州调研)一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图2410所示，图线a表示物体受水平拉力时的vt图像，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的vt图线，g10 m/s2，下列说法中正确的是图2410A撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同D水平拉力对物体做功为1.2 J解析在03 s内水平拉力F作用在物体上，由vt图像可
5、知，此时间内物体的加速度大小a1 m/s2,3 s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2 m/s2，由vt图线和横轴所围面积表示位移，可知36 s内物体的位移为7.5 m，而6 s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错。由ma2mg，可得，B错。结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有Fmgma1，解得F0.1 N，故C对。WFx1.2 J，D错。答案C二、多项选择题4(2018湖南高三联考)如图2411所示，一质量为m00.05 kg的子弹以水平初速度v0200 m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m0.95 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A
6、B方向运动，与距离A点L5 m的B处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v18 m/s，碰后以v26 m/s的速度反向运动直至静止，测得物块与墙壁撞的时间为t0.05 s，g取10 m/s2，则图2411A物块从A点开始沿水平面运动的初速度v10 m/sB物块与水平地面间的动摩擦因数0.36C物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小266 ND物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q18 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(m0m)v，解得v10 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(m0m)gL(m0m)v(m0m)v2，解得0.36，B正确；物块与墙碰
7、撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有t(m0m)v2(m0m)v1，解得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(m0m)v18 J，D正确。答案ABD5(2018天津和平质量调查)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2412A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v0，逆向看
8、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)()(1)1，则B正确。由于加速度a恒定，由atv，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IF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Ekfx，f相同，x相同，则Ek相同，D项正确。答案BCD三、计算题6(2018济宁二模)如图2413所示，长木板B的质量为m21.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m31.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。一个质量为m10.5 kg的物块A由左侧向长木板运动。一段时间后物块A以v06
9、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10.1，物块C与长木板间的动摩擦因数20.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，求：图2413(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。解析(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：m1v0m1v1m2v2，由机械能守恒定律得：mvm1vm2v，联立解得：v12 m/s，v24 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
10、：1(m2m3)g2m3gm2a2对物块C有2m3gm3a3，设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，v2a2ta3t，木板B的最小长度dv2ta2t2a3t21 m。答案(1)2 m/s4 m/s(2)1 m7如图2414所示，半径R0.1 m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x1 m。质量m0.1 kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m0.1 kg的小滑块2，从A点以v02 m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数0.2。取重力加速度g10 m/s2。两滑块均可视为质点。
11、求：图2414(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E；(3)在C点轨道对两滑块的作用力F。解析(1)滑块2从A运动到B，设滑块2在B点的速度为v1，由动能定理可得mgxmvmv，解得v16 m/s；在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv12mv，解得v3 m/s。(2)滑块2与滑块1在B点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒得Emv2mv2，解得E0.9 J。(3)滑块2和滑块1作为一个整体一起沿着光滑的半圆形轨道从B点运动到C点做非匀速圆周运动，设到达C点的速度为v2，由动能定理得2mg2R2mv2mv2，解得v2 m/s；在C点，由圆
12、周运动条件得F2mg2m，解得F8 N。答案(1)3 m/s(2)0.9 J(3)8 N8如图2415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L8 m，沿逆时针方向以恒定速度v02 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0.2，物块A、B质量均为m1 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h0.8 m，Q点与水平台面左端间的距离s1.6 m，g取10 m/s2。图2415(1)求物块A脱离弹簧时速度的大小；(
13、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：hgt2水平方向：svAt代入数据联立解得：vA4 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：mvAmvB0由能量守恒定律：Epmvmv代入数据解得：Ep16 J(3)B作匀变速运动，由牛顿第二定律有：mgma解得：ag0.210 m/s22 m/s2B向右匀减速至速度为零，由v2asB，解得：sB4 mL8 m，所以B最终回到水平台面。设B向右匀减速的时间为t1，vBat1设B向左加速至与传送带共速的时间为t2，v0at2由v2as2，共速后做匀速运动的时间为t3，有：s
14、Bs2v0t3代入数据解得总时间：tt1t2t34.5 s。答案(1)4 m/s(2)16 J(3)4.5 s9(2018安庆二模)北京成功申办2022年冬季奥林匹克运动会，吸引了越来越多的体育爱好者参加滑雪运动。如图2416所示是某一体育爱好者一次滑雪表演的简易示意图，爱好者连同脚下滑板(可视为质点)的总质量为m60 kg，爱好者从某一可视为光滑的倾斜滑雪轨道由静止滑下，轨道的底端有一质量为M90 kg的小车静止在光滑的水平冰面上，小车是由半径为R1 m四分之一光滑圆弧轨道和长为L5 m的平直轨道组成，平直轨道与倾斜轨道底端在同一高度，已知爱好者开始下滑的位置离小车平直轨道的高度为h05 m
15、，g取10 m/s2。图2416(1)若小车被固定，测得爱好者滑出小车后离小车顶端的最大高度为h13 m，求爱好者的滑板与小车平直轨道部分的动摩擦因数；(2)若小车不固定，爱好者仍从原位置由静止滑下，求爱好者滑离小车后离小车顶端的最大高度h2；(3)在(2)问基础上通过分析计算说明：爱好者会不会从小车左端滑离小车。 解析(1)爱好者由静止滑下到运动至最高点过程中，由动能定理得：mg(h0h1R)mgL0解得：0.2(2)爱好者由静止滑下，设滑到轨道底端时速度为v1，由机械能守恒定律得：mgh0mv设爱好者达最高点时速度为v2，方向为水平方向，离小车顶端高度为h2，此时小车速度也为v2，从爱好者
16、滑上小车到运动至最高点过程中，由水平方向动量守恒定律得：mv1(Mm)v2由能量守恒定律得：mv(Mm)vmg(Rh2)mgL解得：h21 m(3)设爱好者滑回小车，在小车平直轨道离小车左端x处相对小车静止，此时两者的共同速度仍为v2，从爱好者滑上小车到相对于小车静止过程中，由能量守恒定律得：mv(Mm)vmg(2Lx)解得：x5 m0计算结果表明：爱好者能滑出小车。答案(1)0.2(2)1 m(3)见解析10如图2417所示，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B (可视为质点)相连的细线一端固定在O点。水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被
17、拉断，B从A右端的上表面水平滑入。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A的质量为2m, B的质量为m。A、B之间动摩擦因数为；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出，重力加速度为g。图2417(1)求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1；(2)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；(3)x在满足(2)条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度。解析(1)滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：mvmgLmv在最低点，由牛顿运动定律： Tmg又：T5mg联立得：v0，v12。(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒mv1mvB2mvA若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：|2mvA|mvB|对A应用动能定理：mgx2mv联立解得：x即A与台阶只能碰撞一次的条件是： x。(3)设xx0时，A左端到与台阶碰撞前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒mv1(m2m)vAB对A应用动能定理： mgx02mv联立得x0。()当xx0，即x时，A、B共速后A与台阶碰撞。由可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA1vAB。()当x0x即x时，A、B共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：mgx2mvA与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2。答案见解析