2019版高中物理二轮专题课时跟踪训练：8 活用力学“三大观点”解析力学计算题（含解析）

课时跟踪训练(八)

一、选择题(1～2题为单项选择题，3～5题为多项选择题)

1．(2018·湖南省株洲市高三毕业模拟)如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2

B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1

C．合力对物块的冲量大小可能为零

D．合力对物块做的功可能为零

D　[若v2>v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根据动能定理知，合外力做功W合＝mv－mv；若v2<v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2：根据动能定理知，合外力做功为：W合＝mv－mv＝0.故D正确，A、B、C错误．故选D.]

2．(2018·武汉市高三调研测试)如图所示，用两根长度均为l的轻绳将一小球悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T.现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T′.θ为某一值时，最大，此最大值为(　　)

A.   B．2  C．3－2  D.

A　[根据平衡条件，由2Tsin θ＝mg解得题图中轻绳的拉力T＝.剪断一根轻绳，小球摆至最低点的过程中，由机械能守恒定律有，mgl(1－sin θ)＝mv2，在最低点，由牛顿第二定律有，T′－mg＝m，联立解得：T′＝mg＋2mg(1－sin θ)＝mg(3－2sin θ).＝＝(3－2sin θ)×2sin θ，要使值最大，应用数学知识得sin θ＝，代入可得＝(3 －2sin θ)×2sin θ＝，选项A正确. ]

3．(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项．某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2400 N．那么在他人水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)

A．他的加速度大小为30 m/s2

B．他的动量减少了300 kg·m/s

C．他的动能减少了4500 J

D．他的机械能减少了4500 J

AC　[根据牛顿第二定律：f－mg＝ma，代入数据解得加速度大小为：a＝30 m/s2，故A正确；自由下落10 m后，根据v＝2gh，得运动员的速度为：v0＝10m/s，在水中下落2.5 m后的速度为v－v＝－2ah′，代入数据解得：v1＝5m/s，他的动量减少了：p＝mv0－mv1＝300kg·m/s，故B错误；减速下降的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功为：(f－mg)h＝(2400－600)×2.5＝4500 J，故C正确；减速下降的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功为fh＝2400×2.5＝6000 J，故D错．所以A、C正确，B、D错误．]

4．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是(　　)

A．斜面倾角α＝30°

B．A获得最大速度为

C．C刚离开地面时，B的速度最大

D．A、B两小球组成的系统机械能守恒

BC　[小球C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有：T－kx2－mg＝0,    对A有：6mgsin α－T＝0，联立解得：sin α＝，故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1＝mg，由A项的分析知，x1＝x2＝，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：6mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(6m＋m)v，解得：vBm＝，故B正确，C刚离开地面时，B的速度最大，说明是受力平衡，故加速度为零，故C正确；由B项的分析知，从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，所以从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误，故选B、C.]

5．(2018·华南师大附属二中学调研)如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点，B为半圆形槽的最低点．将一可视为质点、质量为m的小球自左侧槽口A点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒

B．小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点

C．半圆形槽速率的最大值为

D．半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为R

BD　[小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动量守恒可知，系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为零，而初状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球的重力势能，且与初状态相等，故B正确；当小球下至半圆形槽最低点时，根据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，半圆形槽有向左的最大速度，设小球的最大速度为v1，半圆形槽的最大速度为v2，初状态水平方向的动量为零，取向右为正，根据系统水平方向动量守恒得：mv1－3mv2＝0，根据系统机械能守恒得：mgR＝mv＋×3mv，联立解得：v1＝，v2＝，故C错误；小球从左边最高点下至最低点时，根据系统水平方向动量守恒得：mv1－3mv2＝0，又v1＝，v2＝，代入得：m－3m＝0，即x1＝3x2，且x1＋x2＝R，联立解得：x2＝；当小球从最低点向右边最高点运动时，半圆形槽继续向左运动，同理可得半圆形槽在这一过程的位移为x2′＝，故半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为x2＋x2′＝，故D正确；故选B、D.]

二、非选择题

6．(2018·湖北省襄阳市第四中学月考(5))如图所示，长L＝3.25 m、质量M＝2 kg的平板车停在光滑水平面上，上表面距地高度h＝0.8 m，质量m＝2 kg的小滑块放在小车左端，与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4.当小车固定时，对滑块施加水平向右的拉力F＝28 N，作用一段时间后撤去，测得滑块落地点到小车右端的水平距离为1.2 m，取g＝10 m/s2.

(1)求滑块滑离小车时的速度；

(2)求力F作用的时间；

(3)若小车不固定，水平拉力F及作用时间不改变，求滑块落地点距小车右端的水平距离或滑块相对小车静止时到小车左端的距离(结果保留2位小数)．

解析　(1)平抛过程：x2＝vt′

h＝gt′2

解得：v＝3 m/s

(2)设力F作用时间为t，滑块前进x1，对滑块由动能定理：Fx1－μmgL＝mv2

由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma

x1＝at2

解得：t＝0.5 s

(3)力F作用过程中小车的加速度为ac，μmg＝Mac

撤力时滑块相对小车滑过距离Δx1＝at2－act2

撤力时滑块和车的速度分别为vk和vc

v＝at

vc＝act

设滑块没有滑离小车，相对静止时的速度为vg

mvc＋Mvk＝(M＋m)vg

mv＋Mc＝(M＋m)v＋μmgΔx2

解得：Δx2＝0.56 m

Δx1＋Δx2＝1.31 m<L，故滑块未滑离平板车．

答案　(1)3 m/s　(2)0.5 s　(3)没有滑离小车，1.31 m.

7．(2018·湖北省鄂州市高三第三次调研)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从距离A点正上方h0处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能够上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，求：

(1)小车向左运动的最大距离；

(2)小车第二次能够上升的最大高度的范围．

解析　(1)小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒．设小球第一次离开半圆轨道时的水平速度为v，小车的速度为v′，

由动量守恒定律得mv－mv′＝0

设小球第一次进入半圆轨道至第一次离开半圆轨道所用时间为t，在这个过程中，小车的位移为x，取水平向右为正方向，则m－m＝0

解得　x＝R

(2)设小球从开始下落到第一次上升到最大高度的过程中克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理得mg(h0－h0)－Wf＝0

解得Wf＝mgh0

由于第二次小球在车中运动时，在对应位置的速度小于第一次小球运动的速度，对应位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在车中运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf′<mgh0，机械能损失小于mgh0

设小球第二次上升的最大高度为h′，由功和能的关系得mgh0－mgh0<mgh′

h′>h0

所以，小球第二次上升的最大高度范围是h0<h′<h0

答案　见解析

8．(2018·天津市实验中学高三考前模拟)如图所示，半径为R，管径很小的光滑半圆形细管竖直放置，有两个略小于管径、质量分别为m1＝3m、m2＝m的小球P、Q，小球Q静止在水平面上，小球P以某一初速度向右运动，与小球Q发生弹性碰撞．P、Q两球通过最高点C后落地点分别为M、N，已知：＝12R.

求：

(1)碰撞前小球P的速度；

(2)碰撞后小球P、Q的速度；

(3)小球P、Q经过最高点时，它们对细管的作用力．

解析　(1)小球R、Q弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2①

由机械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v②

小球P、Q从水平面运动到最高点C的过程中，由机械能守恒定律：

对P球有：m1v＝m1v＋m1g(2R)③

对Q球有：m2v＝m2v＋m2g(2R)④

之后两小球做平抛运动；

h＝2R＝gt2⑤

P球的水平位移x1＝v3t⑥

Q球的水平位移x2＝v4t⑦

依题意有：(x－h2)－(x－h2)＝144R⑧

由①～⑧式解得：碰撞前小球P的速度v0＝3，

(2)由①～⑧式解得：碰撞后小球P的速度v1＝

碰撞后小球Q的速度v2＝

(3)由①～⑧式解得：小球P在最高点C的速度v3＝

小球Q在最高点C的速度v4＝

以P为研究对象：由向心力公式FP＋m1g＝解得FP＝－mg，负号表示细管对小球P的弹力竖直向上

由牛顿第三定律知，小球P对细管的作用力大小是mg，方向竖直向下

以Q为研究对象：由向心力公式FQ＋m2g＝解得FQ＝mg，正号表示细管对小球Q的弹力竖直向下

由牛顿第三定律知，小球Q对细管的作用力大小是mg，方向竖直向上

答案　(1)3　(2)　　(3)mg　方向向下　mg　竖直向上

9．(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平面相切，水平面左侧与一倾角α＝37°的光滑斜面平滑连接．靠近斜面底端的P点处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止．传送带N端与半径r＝0.2 m的光滑四分之一圆弧相切，小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点后控制系统会使静止在P点的小物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞．已  知两物块的质量mb＝2ma＝2 kg，两物块均可视为质点，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，MN间的距离L＝1.2 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)物块a运动到N点时受到的支持力；

(2)物块b第一次沿斜面上滑的时间；

(3)两物块在第n次碰撞后到第n＋1次碰撞前，物块a在传送带上运动产生的摩擦热．

解析　(1)对物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到N点，运用动能定理可得：mgr＝mv－0，解得v1＝＝2 m/s对物块a运动到N点时，受力分析由牛顿第二定律可得FN－mag＝ma，解得FN＝30 N.

(2)物块a在传送带上运动的加速度a1＝＝2.5 m/s2

设物块a加速到3 m/s前进的距离为x，则x＝＝1 m<L

故物块a到达M点的速度为v2＝3 m/s

设两物块第一次碰撞后获得的速度为va1、vb1，因碰撞是弹性碰撞，则

m1v2＝mava1＋mbvb1、mav＝mav＋mbv

解得：va1＝v2＝－v2＝－1 m/s

vb1＝v2＝v2＝2 m/s

对物块b第一次沿斜面上滑，应用动量定理可得－(mbgsin α)·tb1＝0－mbvb1

解得：tb1＝s

(3)小球a第一次向右在传送带上通过的位移：xa1＝＝0.2 m<L

小球a第一次向右在传送带上向右运动的时间：ta1＝＝0.4 s>tb1

因此小球a从传送带上返回再次与静止的b球发生碰撞．经过n次碰撞后小球a获得的速度：

van＝()nv2＝－m/s

小球a与传送带间的相对位移：Δx＝v0tan＋tan＋v0tan－tan＝

故生成的热量Q＝μmagΔx＝2mav0van＝ J

答案　(1)30 N　(2) s　(3) J