高考物理二轮复习 题型限时专练4 力学三大观点的应用-人教版高三全册物理试题.doc

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1、题型限时专练4 力学三大观点的应用热点跟踪专练1(多选)(2016全国卷)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为FN，则()Aa BaCFN DFN解析质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgRWmv2，则速度v，最低点的向心加速度a，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得FNmgma，FN，选项C正确，选项D错误答案AC2(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子

2、中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.mv2 B.v2C.NmgL DNmgL解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失动能Ekmv2(Mm)v，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即EkQNmgL，C错误，D正确答案BD3(多选)如图甲所示，一

3、质量为m的物块在t0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端下列说法正确的是()A物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0cosB物块从t0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为mv0C斜面倾角的正弦值为D不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG3mgt0，A错误；上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t02t0，解得v，物块从开始运

4、动到返回底端过程中动量的变化量为pmvmv0mv0，B正确；上滑过程中有(mgsinmgcos)t00mv0，下滑过程中有(mgsinmgcos)2t0，解得sin，C正确；根据动能定理可求出物块上升的最大位移，从而求出整个过程中摩擦力所做的功，故D错误答案BC4.如图所示，重10 N的滑块在倾角为30的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点若bc0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是()A轻弹簧的劲度系数是50 N/mB从d到b滑块克服重力做功8 JC滑块的动能最大值为8

5、JD从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J解析本题考查胡克定律、动能定理、机械能守恒定律、重力做功、弹性势能等，意在考查考生对力学基本概念和规律的理解能力和分析计算能力整个过程中，滑块从a点静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的滑块到c点速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kxbcmgsin30，解得：k50 N/m，A项正确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于8 J，又弹性势能减少量小于8

6、J，所以弹力对滑块做功小于8 J，C、D项错答案A5光滑水平面上有A、B两辆小车，mB1 kg，原来静止，mA1 kg(含支架)现将小球C用长为0.2 m的细线悬于支架顶端，mC0.5 kg.开始时A车与C球以v04 m/s的速度冲向B车，如右图所示若A、B正碰后粘在一起，不计空气阻力，g取10 m/s2，求小球C摆动到最大高度时的速度和上升的最大高度解析设A，B相碰后二者的共同速度为v，(相碰时C球水平方向不受力，仍保持v0的速度)则由动量守恒定律mAv0(mAmB)v解得v2 m/sA、B粘在一起后，小球C向右摆，细绳在水平方向的分力使A、B加速，当C的速度与A、B水平方向的速度相同时小球

7、摆至最高点，则由动量守恒，有mCv0(mAmB)v(mAmBmC)v解得A、B、C相同的速度v2.4 m/s.再由机械能守恒定律，设C球摆上的最大高度为h，则mCv(mAmB)v2(mAmBmC)v2mCgh解得h0.16 m答案2.4 m/s0.16 m6.如图所示，倾角为、长为2L的光滑斜面AO与水平面OB用一段很短的光滑圆弧平滑连接质量为m的小物块Q静置于与O处相距为L的水平面上C处，另一质量为m的小物块P从斜面顶端A处由静止开始沿斜面向下运动，经过一段时间后与Q发生弹性正碰若P、Q均可视为质点，与水平面间的动摩擦因数均恒为sin，重力加速度大小为g.求：(1)P第一次到达C处的速率v；

8、(2)最终P、Q间的距离s.解析(1)P由斜面上A点运动到O处的过程，根据动能定理有mg2Lsinmv0p从O处运动到C处，根据动能定理有mgLsinmv2mv得v(2)设P与Q发生弹性正碰后的速度分别为v1、v2，则mvmv1mv2mv2mvmv得v1，v2设P、Q最终停在粗糙水平面上的位置与C处间的距离分别为s1、s2，则根据动能定理有mgs10mvmgs20mv得最终P、Q间的距离ss2s1L答案(1)(2)L7质量为M3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示当t0时，两个质量都是m1.0 kg的小物体A和B(均可看作质点)，分别从左端和右端以大小为v14.0 m/s和v

9、22.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰A、B与车面的动摩擦因数都是0.20，g取10 m/s2.(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度(2)车的长度至少是多少？(3)在图(b)所给出的坐标系中画出04.0 s内小车运动的速度时间图象解析(1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得m(v1v2)(M2m)v解得v0.40 m/s，方向向右(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得mgl1mgl2mvmv(2mM)v2解得l1l24.8 m，即车长至少为4.8 m.(3)车的运动可分为以下三个阶段

10、：第一阶段：A、B同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为mg，方向相反，车受力平衡而保持不动当B的速度减为0时，此过程结束设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgma得小物体的加速度大小ag设B到t1时刻停止滑动，则t101.0 s第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有v(v1v2)a(t2t1)解得t21.8 s第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动小车运动的速度时间图象如图所示答案(1)0.40 m/s，方向向右(2)4.8 m(3)见解析图8(2017湖北枣阳模拟)如图所示，质量为m0.4 kg的滑块，在水平恒力

11、F作用下，在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动，到达B点时撤去外力F，滑块随即冲上半径为R0.4 m的1/4光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑的水平面PQ运动，设开始时平面AB与圆弧CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB所在直线为x轴，A为坐标原点，且ABd0.64 m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为p1.6 kgm/s，小车质量M3.6 kg，不计能量损失，g取10 m/s2.求：(1)滑块受到的水平推力F的大小以及滑块到达D点时小车的速度大小；(2)滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度；(3)滑块从D点冲出后再返回D点的过程中，小车移动的距离解析(1)由题意pmv

12、1.6 kgm/s，AB段滑块做匀加速直线运动，所以x，代入上式，结合牛顿第二定律可得F3.2 N设滑块运动到B时速度为v0，由动能定理得Fdmv滑块运动到D时，在水平方向上与车达到共同速度，此时小车速度为v共，冲上顶端过程在水平方向上动量守恒，有mv0(mM)v共代入数据解得v03.2 m/s，v车v共0.32 m/s.(2)设滑块第二次通过C点时滑块速度为v1，小车速度为v2，水平方向上系统动量守恒，有mv0mv1Mv2整个过程中，滑块与小车组成的系统机械能守恒，有mvmvMv联立解得v12.56 m/sv20.64 m/s故小车速度大小为0.64 m/s，方向向右滑块速度大小为2.56 m/s，方向向左(3)滑块由C运动到D过程，设滑块对地速度为vt，小车和滑块组成的系统机械能守恒，有mvMvmgRmv滑块冲出D点时的运动可分解为竖直方向上的匀变速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，设冲出D点时竖直方向速度为vyvy，t在此期间小车移动的距离x车v共t代入数据解得x车0.07 m.答案(1)3.2 N0.32 m/s(2)0.64 m/s，方向向右2.56 m/s，方向向左(3)0.07 m