3、如圖所示，用兩根長度均為l的輕繩將一小球懸掛在水平的天花板下，輕繩與天花板的夾角為θ，整個系統(tǒng)靜止，這時每根輕繩中的拉力為T.現(xiàn)將一根輕繩剪斷，當小球擺至最低點時，輕繩中的拉力為T′.θ為某一值時，最大，此最大值為( )
A. B．2 C．3－2 D.
A [根據(jù)平衡條件，由2Tsin θ＝mg解得題圖中輕繩的拉力T＝.剪斷一根輕繩，小球擺至最低點的過程中，由機械能守恒定律有，mgl(1－sin θ)＝mv2，在最低點，由牛頓第二定律有，T′－mg＝m，聯(lián)立解得：T′＝mg＋2mg(1－sin θ)＝mg(3－2sin θ).＝＝(
4、3－2sin θ)×2sin θ，要使值最大，應用數(shù)學知識得sin θ＝，代入可得＝(3 －2sin θ)×2sin θ＝，選項A正確. ]
3．(2018·河南省鄭州市高中畢業(yè)年級第二次質量預測)在奧運比賽項目中，10 m跳臺跳水是我國運動員的強項．某次訓練中，質量為60 kg的跳水運動員從跳臺自由下落10 m后入水，在水中豎直向下減速運動，設空中下落時空氣阻力不計，水對他的阻力大小恒為2400 N．那么在他人水后下降2.5 m的過程中，下列說法正確的是(取g＝10 m/s2)( )
A．他的加速度大小為30 m/s2
B．他的動量減少了300 kg·m/s
C．他的動能減少了45
5、00 J
D．他的機械能減少了4500 J
AC [根據(jù)牛頓第二定律：f－mg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：a＝30 m/s2，故A正確；自由下落10 m后，根據(jù)v＝2gh，得運動員的速度為：v0＝10m/s，在水中下落2.5 m后的速度為v－v＝－2ah′，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝5m/s，他的動量減少了：p＝mv0－mv1＝300kg·m/s，故B錯誤；減速下降的過程中，根據(jù)動能定理，動能的減小量等于克服合力做的功為：(f－mg)h＝(2400－600)×2.5＝4500 J，故C正確；減速下降的過程中，機械能的減小量等于克服阻力做的功為fh＝2400×2.5＝6000 J，故D錯．所
6、以A、C正確，B、D錯誤．]
4．(2018·濟寧市高三第二次模擬)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上，已知A的質量為6m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計．現(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面，關于此過程，下列說法正確的是( )
A．斜面傾角α＝30°
B．A獲得最大速度為
C．C剛離開地面時，B的速度最大
7、D．A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒
BC [小球C剛離開地面時，對C有：kx2＝mg，此時B有最大速度，即aB＝aC＝0，則對B有：T－kx2－mg＝0, 對A有：6mgsin α－T＝0，聯(lián)立解得：sin α＝，故A錯誤；初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有：kx1＝mg，由A項的分析知，x1＝x2＝，則從釋放至A剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為零；此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，即：6mg(x1＋x2)sin α＝mg(x1＋x2)＋(6m＋m)v，解得：vBm＝，故B正確，C剛離開地面時，B的速度最大，說明是受力平衡，故加速度為零，故C正確；由B項的分析知，從釋放至A剛
8、離開地面過程中，彈性勢能變化量為零，所以從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤，故選B、C.]
5．(2018·華南師大附屬二中學調研)如圖所示，質量為3m、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，A、C為半圓形槽槽口對稱等高的兩點，B為半圓形槽的最低點．將一可視為質點、質量為m的小球自左側槽口A點自由釋放，小球沿槽下滑的過程中，不計空氣阻力，下列說法正確的是( )
A．小球和半圓形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒
B．小球剛好能夠到達半圓形槽右側的C點
C．半圓形槽速率的最大值為
D．半圓形槽相對于地面位移大小的最大值為R
BD [
9、小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受力，所以水平方向的動量守恒，但在豎直方向受重力作用，故系統(tǒng)總的動量不守恒；所有的接觸面都是光滑的，故在整個的運動過程中只有重力和彈力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；因為系統(tǒng)的初狀態(tài)水平方向的動量為零，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可知，系統(tǒng)在末狀態(tài)的水平方向的動量也零，故在末狀態(tài)小球與半圓形槽的速度都為零，而初狀態(tài)只有小球的重力勢能，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可知末狀態(tài)也只小球的重力勢能，且與初狀態(tài)相等，故B正確；當小球下至半圓形槽最低點時，根據(jù)反沖運動的特點可知，此時小球有向右的最大速度，半圓形槽有向左的最大速度，設小球的最大速度為v1，半圓形槽的最大速度為v2
10、，初狀態(tài)水平方向的動量為零，取向右為正，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：mv1－3mv2＝0，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mgR＝mv＋×3mv，聯(lián)立解得：v1＝，v2＝，故C錯誤；小球從左邊最高點下至最低點時，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得：mv1－3mv2＝0，又v1＝，v2＝，代入得：m－3m＝0，即x1＝3x2，且x1＋x2＝R，聯(lián)立解得：x2＝；當小球從最低點向右邊最高點運動時，半圓形槽繼續(xù)向左運動，同理可得半圓形槽在這一過程的位移為x2′＝，故半圓形槽相對于地面位移大小的最大值為x2＋x2′＝，故D正確；故選B、D.]
二、非選擇題
6．(2018·湖北省襄陽市第四中學月考(5))如圖所示，
11、長L＝3.25 m、質量M＝2 kg的平板車停在光滑水平面上，上表面距地高度h＝0.8 m，質量m＝2 kg的小滑塊放在小車左端，與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.當小車固定時，對滑塊施加水平向右的拉力F＝28 N，作用一段時間后撤去，測得滑塊落地點到小車右端的水平距離為1.2 m，取g＝10 m/s2.
(1)求滑塊滑離小車時的速度；
(2)求力F作用的時間；
(3)若小車不固定，水平拉力F及作用時間不改變，求滑塊落地點距小車右端的水平距離或滑塊相對小車靜止時到小車左端的距離(結果保留2位小數(shù))．
解析 (1)平拋過程：x2＝vt′
h＝gt′2
解得：v＝3 m/s
12、(2)設力F作用時間為t，滑塊前進x1，對滑塊由動能定理：Fx1－μmgL＝mv2
由牛頓第二定律得：F－μmg＝ma
x1＝at2
解得：t＝0.5 s
(3)力F作用過程中小車的加速度為ac，μmg＝Mac
撤力時滑塊相對小車滑過距離Δx1＝at2－act2
撤力時滑塊和車的速度分別為vk和vc
v＝at
vc＝act
設滑塊沒有滑離小車，相對靜止時的速度為vg
mvc＋Mvk＝(M＋m)vg
mv＋Mc＝(M＋m)v＋μmgΔx2
解得：Δx2＝0.56 m
Δx1＋Δx2＝1.31 m
13、)沒有滑離小車，1.31 m.
7．(2018·湖北省鄂州市高三第三次調研)如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R.現(xiàn)將質量也為m的小球從距離A點正上方h0處由靜止釋放，然后由A點經(jīng)過半圓軌道后從B點沖出，在空中能夠上升的最大高度為h0(不計空氣阻力)，求：
(1)小車向左運動的最大距離；
(2)小車第二次能夠上升的最大高度的范圍．
解析 (1)小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒．設小球第一次離開半圓軌道時的水平速度為v，小車的速度為v′，
由動量守恒定律得mv－mv′＝0
設小球第一次進入半圓軌道至第一次離開半圓軌道所用時間為t，
14、在這個過程中，小車的位移為x，取水平向右為正方向，則m－m＝0
解得 x＝R
(2)設小球從開始下落到第一次上升到最大高度的過程中克服摩擦力做的功為Wf，由動能定理得mg(h0－h(huán)0)－Wf＝0
解得Wf＝mgh0
由于第二次小球在車中運動時，在對應位置的速度小于第一次小球運動的速度，對應位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在車中運動的過程中，克服摩擦力做的功Wf′h0
所以，小球第二次上升的最大高度范圍是h0
15、8·天津市實驗中學高三考前模擬)如圖所示，半徑為R，管徑很小的光滑半圓形細管豎直放置，有兩個略小于管徑、質量分別為m1＝3m、m2＝m的小球P、Q，小球Q靜止在水平面上，小球P以某一初速度向右運動，與小球Q發(fā)生彈性碰撞．P、Q兩球通過最高點C后落地點分別為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經(jīng)過最高點時，它們對細管的作用力．
解析 (1)小球R、Q彈性碰撞，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2①
由機械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v②
小球P、Q從水平面運動到最高點C的過程中，由機械能守恒
16、定律：
對P球有：m1v＝m1v＋m1g(2R)③
對Q球有：m2v＝m2v＋m2g(2R)④
之后兩小球做平拋運動；
h＝2R＝gt2⑤
P球的水平位移x1＝v3t⑥
Q球的水平位移x2＝v4t⑦
依題意有：(x－h(huán)2)－(x－h(huán)2)＝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在最高點C的速度v3＝
小球Q在最高點C的速度v4＝
以P為研究對象：由向心力公式FP＋m1g＝解得FP＝－mg，負號表示細管對小球P的彈力豎直向上
由牛頓第三定律知，小球P
17、對細管的作用力大小是mg，方向豎直向下
以Q為研究對象：由向心力公式FQ＋m2g＝解得FQ＝mg，正號表示細管對小球Q的彈力豎直向下
由牛頓第三定律知，小球Q對細管的作用力大小是mg，方向豎直向上
答案 (1)3 (2) (3)mg 方向向下 mg 豎直向上
9．(2018·山東省青島市高三統(tǒng)一質檢)如圖所示為某自動控制系統(tǒng)的裝置示意圖，裝置中間有一個以v0＝3 m/s的速度逆時針勻速轉動的水平傳送帶，傳送帶左端點M與光滑水平面相切，水平面左側與一傾角α＝37°的光滑斜面平滑連接．靠近斜面底端的P點處安裝有自動控制系統(tǒng)，當小物塊b每次向右經(jīng)過P點時都會被系統(tǒng)瞬時鎖定從而保持靜止．傳送
18、帶N端與半徑r＝0.2 m的光滑四分之一圓弧相切，小物塊a從圓弧最高點由靜止下滑后滑過傳送帶，經(jīng)過M點后控制系統(tǒng)會使靜止在P點的小物塊b自動解鎖，之后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞．已 知兩物塊的質量mb＝2ma＝2 kg，兩物塊均可視為質點，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，MN間的距離L＝1.2 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物塊a運動到N點時受到的支持力；
(2)物塊b第一次沿斜面上滑的時間；
(3)兩物塊在第n次碰撞后到第n＋1次碰撞前，物塊a在傳送帶上運動產(chǎn)生的摩擦熱．
解析 (1)對物塊a沿圓弧從最高點由靜止下滑到
19、N點，運用動能定理可得：mgr＝mv－0，解得v1＝＝2 m/s對物塊a運動到N點時，受力分析由牛頓第二定律可得FN－mag＝ma，解得FN＝30 N.
(2)物塊a在傳送帶上運動的加速度a1＝＝2.5 m/s2
設物塊a加速到3 m/s前進的距離為x，則x＝＝1 mtb1
因此小球a從傳送帶上返回再次與靜止的b球發(fā)生碰撞．經(jīng)過n次碰撞后小球a獲得的速度：
van＝()nv2＝－m/s
小球a與傳送帶間的相對位移：Δx＝v0tan＋tan＋v0tan－tan＝
故生成的熱量Q＝μmagΔx＝2mav0van＝ J
答案 (1)30 N (2) s (3) J
2022年高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練8 活用力學“三大觀點”解析力學計算題
