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(shí)作業(yè)六 力學(xué)三大觀點(diǎn)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(shí)作業(yè)六 力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用（含解析）》由會(huì)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(shí)作業(yè)六 力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用（含解析）（11頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)六　力學(xué)三大觀點(diǎn)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(dòng)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(zhǎng)量為x，然后放手，當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度第一次回到原長(zhǎng)時(shí)，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(xiàng)均不對(duì) 解析：設(shè)W彈為彈力對(duì)物體做的功，因?yàn)榭朔Σ亮ψ龅墓棣蘭gx，由動(dòng)能定理得W彈－μmgx＝mv2－0，得W彈＝mv2＋μmgx，C對(duì)． 答案：C 2．(2019年江西省質(zhì)量檢測(cè))如圖2甲所示，光滑水平面上有P、Q兩

2、物塊，它們?cè)趖＝4 s時(shí)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(dòng)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(duì)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(dòng)量為P0＝mpv0＝4 kg·m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)B錯(cuò)誤．碰撞后，共同速度v＝1 m/s，由動(dòng)量守恒定律，mpv0＝(mp＋mQ)v，解得mQ＝3 kg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由動(dòng)量定理，兩

3、物塊碰撞過程中P對(duì)Q作用力的沖量是I＝ΔPQ＝mQv＝3 N·s，選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系和動(dòng)能Ek、機(jī)械能E(取地面處重力勢(shì)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(diǎn)時(shí)，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(cuò)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(cuò)誤；上升過程，由動(dòng)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(dòng)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(cuò)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(diǎn)．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(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí)，B的動(dòng)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D時(shí)，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(dòng)半徑相同，所以vA＝vB，所以B的動(dòng)能為EkB＝mvB2＝mgR，選項(xiàng)D正確． 答案：D 5．(2

6、019年煙臺(tái)模擬)某段高速路對(duì)載重貨車設(shè)定的允許速度范圍為50～80 km/h，而上坡時(shí)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(xiǎn)．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(zhǎng)，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(shì)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(cuò)誤；勻速上坡過程增加的重力勢(shì)能等于汽車牽引力所做的功與克服阻力做功之差，故C錯(cuò)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(cuò)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(diǎn)，如圖4所示．有一系列完全相同的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從這些斜面上的A、B、C、D、…各點(diǎn)同時(shí)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(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)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(diǎn)的速率相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)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(diǎn)的時(shí)間相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊到達(dá)O點(diǎn)的過程中，各滑塊損失的機(jī)械能相同，則A、B、C、D、…各點(diǎn)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(diǎn)的速率相同，即各釋放點(diǎn)處在同一水平線上，A正確，B錯(cuò)誤；以O(shè)點(diǎn)為最低點(diǎn)作等時(shí)圓，如圖5所示，由gsi

9、nθt2＝2Rsinθ，可知各滑塊從圓周上各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)間相等，C正確；若各滑塊滑到O點(diǎn)的過程中，滑塊滑動(dòng)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)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(dòng)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(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤．碰撞過程中甲動(dòng)量的變化量為Δp甲＝0－m甲v甲＝－4.0 kg·m/s，由動(dòng)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(xiàng)B正確．碰撞過程中乙動(dòng)量的變化量為Δp乙＝m乙v乙′－(－m乙v乙)＝4.0 kg·m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)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(xiàng)D正確． 答案：BD 8．(多選)如圖6所示，

11、三個(gè)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(zhǎng)均為L(zhǎng).B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)，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(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL 解析：在A的動(dòng)能達(dá)到最大前，A向下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A處于失重狀態(tài)，則整個(gè)系統(tǒng)對(duì)地面的壓力小于3mg

12、，即地面對(duì)B的支持力小于mg，A項(xiàng)正確；當(dāng)A的動(dòng)能最大時(shí)，A的加速度為零，系統(tǒng)對(duì)地面的壓力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B項(xiàng)正確；當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A減速運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)A的加速度方向豎直向上，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能最大值等于A的重力勢(shì)能的減少量，即為mg(Lcos30°－Lcos60°)＝mgL，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：AB 9．(多選)如圖7所示，在豎直桿上安裝一個(gè)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(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)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(shí)，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(shí)，合速度的大小總有v下＝2v上 D．當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角 解析：設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得，下落時(shí)間t＝，則水平位移x＝v0t＝，所以當(dāng)－2h＝2h時(shí)水平位移最大，解得h＝，A正確；最大的水平位移為x＝＝2h＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某相同高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，C錯(cuò)誤；設(shè)小球落地時(shí)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(yùn)動(dòng)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(dòng)物塊A，使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖8乙所示．在物塊A開始運(yùn)動(dòng)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(shì)能一直增大 C．物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)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(duì)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(cuò)誤；在物塊A上升過程中，彈簧從壓縮到伸長(zhǎng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在物塊A上升過程中，由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊A的速度增大，高度升高，則物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)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(cuò)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(diǎn)的質(zhì)量為m＝0.95 kg的物塊，并留在物塊內(nèi)(時(shí)間極短，可忽略)，隨后物塊從A點(diǎn)沿A

16、B方向運(yùn)動(dòng)，與距離A點(diǎn)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(yùn)動(dòng)直至靜止，測(cè)得物塊與墻壁碰撞的時(shí)間為t＝0.05 s，g取10 m/s2，則(　　) 圖9 A．物塊從A點(diǎn)開始沿水平面運(yùn)動(dòng)的初速度v＝10 m/s B．物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.36 C．物塊與墻碰撞時(shí)受到的平均作用力大小F＝266 N D．物塊在反向運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v，解得v＝10 m/s，A正確；物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)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(dòng)量定理有－Ft＝－(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得F＝280 N，C錯(cuò)誤；物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)能量守恒定律可知，動(dòng)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(gè)水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)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(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，則可以判斷的是(　　) 圖10 A．子

18、彈在每個(gè)水球中的速度變化相同 B．子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同 C．每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D．子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同 解析：恰好能穿出第4個(gè)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(yùn)動(dòng)，則自左向右子彈通過四個(gè)水球的時(shí)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(gè)水球中的速度變化不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤．因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，則由I＝F阻t可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，C項(xiàng)正確．由動(dòng)能定理有ΔEk＝－fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，D項(xiàng)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(zhǎng)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(diǎn))放在長(zhǎng)木板的最右端．一個(gè)質(zhì)量為m1＝0.5 kg的物塊A由左側(cè)向長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)．一段時(shí)間后物塊A以v0＝6 m/s的速度與長(zhǎng)木板B發(fā)生彈性正碰(時(shí)間極短)，之后三者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程物塊C始終在長(zhǎng)木板上．已知長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，物塊C與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.3，物塊C與長(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10 m/s2，求： 圖11 (1)碰后瞬間物塊A和長(zhǎng)木板B的速度； (2)長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，C加速運(yùn)動(dòng)，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律對(duì)木板B有： －μ1(m2＋m3)g－μ2m3g＝m2a2 對(duì)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(shí)間為t， v2＋a2t＝a3t， 木板B的最小長(zhǎng)度d＝v2t＋a2t2－a3t2＝1 m. 14．如圖12所示，光滑水平臺(tái)面MN上放兩個(gè)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(zhǎng)度L＝8 m，沿逆時(shí)針方向以恒定速度v0＝2 m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．物塊A、B(大小不計(jì)，視作質(zhì)點(diǎn))與傳送帶間的動(dòng)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(shí)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(diǎn)，已知水平臺(tái)面高h(yuǎn)＝0.8 m，Q點(diǎn)與水平臺(tái)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(shí)速度的大??； (2)求彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能； (3)求物塊B在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 解析：(1)A做平拋運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒，規(guī)定A的速度方向?yàn)檎较颍校簃vA－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(yùn)動(dòng)，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(tái)面． 設(shè)B向右勻減速的時(shí)間為t1，vB＝at1 設(shè)B向左加速至與傳送帶共速的時(shí)間為t2，v0＝at2 由v02＝2as2， 共速后做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，有：sB－s2＝v0t3 代入數(shù)據(jù)解得總時(shí)間：t＝t1＋t2＋t3＝4.5 s. 答案：(1)4 m/s　(2)16 J　(3)4.5 s - 11 -