3、如圖所示，用兩根長(zhǎng)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(gè)系統(tǒng)靜止，這時(shí)每根輕繩中的拉力為T(mén).現(xiàn)將一根輕繩剪斷，當(dāng)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，輕繩中的拉力為T(mén)′.θ為某一值時(shí)，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(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有，mgl(1－sin θ)＝mv2，在最低點(diǎn)，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(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)得sin θ＝，代入可得＝(3 －2sin θ)×2sin θ＝，選項(xiàng)A正確. ]
3．(2018·河南省鄭州市高中畢業(yè)年級(jí)第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，10 m跳臺(tái)跳水是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng)．某次訓(xùn)練中，質(zhì)量為60 kg的跳水運(yùn)動(dòng)員從跳臺(tái)自由下落10 m后入水，在水中豎直向下減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)空中下落時(shí)空氣阻力不計(jì)，水對(duì)他的阻力大小恒為2400 N．那么在他人水后下降2.5 m的過(guò)程中，下列說(shuō)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(dòng)量減少了300 kg·m/s
C．他的動(dòng)能減少了45
5、00 J
D．他的機(jī)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(yùn)動(dòng)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(dòng)量減少了：p＝mv0－mv1＝300kg·m/s，故B錯(cuò)誤；減速下降的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)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(guò)程中，機(jī)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(cuò)．所
6、以A、C正確，B、D錯(cuò)誤．]
4．(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)如圖所示，A、B兩小球由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線(xiàn)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(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上，已知A的質(zhì)量為6m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線(xiàn)與滑輪之間的摩擦不計(jì)．現(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線(xiàn)剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線(xiàn)豎直、右側(cè)細(xì)線(xiàn)與斜面平行，開(kāi)始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)C恰好離開(kāi)地面，關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)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(kāi)地面時(shí)，B的速度最大
7、D．A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
BC [小球C剛離開(kāi)地面時(shí)，對(duì)C有：kx2＝mg，此時(shí)B有最大速度，即aB＝aC＝0，則對(duì)B有：T－kx2－mg＝0, 對(duì)A有：6mgsin α－T＝0，聯(lián)立解得：sin α＝，故A錯(cuò)誤；初始系統(tǒng)靜止，且線(xiàn)上無(wú)拉力，對(duì)B有：kx1＝mg，由A項(xiàng)的分析知，x1＝x2＝，則從釋放至A剛離開(kāi)地面過(guò)程中，彈性勢(shì)能變化量為零；此過(guò)程中A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)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(kāi)地面時(shí)，B的速度最大，說(shuō)明是受力平衡，故加速度為零，故C正確；由B項(xiàng)的分析知，從釋放至A剛
8、離開(kāi)地面過(guò)程中，彈性勢(shì)能變化量為零，所以從釋放A到C剛離開(kāi)地面的過(guò)程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤，故選B、C.]
5．(2018·華南師大附屬二中學(xué)調(diào)研)如圖所示，質(zhì)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(duì)稱(chēng)等高的兩點(diǎn)，B為半圓形槽的最低點(diǎn)．將一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A點(diǎn)自由釋放，小球沿槽下滑的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球和半圓形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒
B．小球剛好能夠到達(dá)半圓形槽右側(cè)的C點(diǎn)
C．半圓形槽速率的最大值為
D．半圓形槽相對(duì)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(dòng)量守恒，但在豎直方向受重力作用，故系統(tǒng)總的動(dòng)量不守恒；所有的接觸面都是光滑的，故在整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力和彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；因?yàn)橄到y(tǒng)的初狀態(tài)水平方向的動(dòng)量為零，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒可知，系統(tǒng)在末狀態(tài)的水平方向的動(dòng)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(shì)能，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知末狀態(tài)也只小球的重力勢(shì)能，且與初狀態(tài)相等，故B正確；當(dāng)小球下至半圓形槽最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，此時(shí)小球有向右的最大速度，半圓形槽有向左的最大速度，設(shè)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(dòng)量為零，取向右為正，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得：mv1－3mv2＝0，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgR＝mv＋×3mv，聯(lián)立解得：v1＝，v2＝，故C錯(cuò)誤；小球從左邊最高點(diǎn)下至最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)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(dāng)小球從最低點(diǎn)向右邊最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，半圓形槽繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，同理可得半圓形槽在這一過(guò)程的位移為x2′＝，故半圓形槽相對(duì)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(yáng)市第四中學(xué)月考(5))如圖所示，
11、長(zhǎng)L＝3.25 m、質(zhì)量M＝2 kg的平板車(chē)停在光滑水平面上，上表面距地高度h＝0.8 m，質(zhì)量m＝2 kg的小滑塊放在小車(chē)左端，與小車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.當(dāng)小車(chē)固定時(shí)，對(duì)滑塊施加水平向右的拉力F＝28 N，作用一段時(shí)間后撤去，測(cè)得滑塊落地點(diǎn)到小車(chē)右端的水平距離為1.2 m，取g＝10 m/s2.
(1)求滑塊滑離小車(chē)時(shí)的速度；
(2)求力F作用的時(shí)間；
(3)若小車(chē)不固定，水平拉力F及作用時(shí)間不改變，求滑塊落地點(diǎn)距小車(chē)右端的水平距離或滑塊相對(duì)小車(chē)靜止時(shí)到小車(chē)左端的距離(結(jié)果保留2位小數(shù))．
解析 (1)平拋過(guò)程：x2＝vt′
h＝gt′2
解得：v＝3 m/s
12、(2)設(shè)力F作用時(shí)間為t，滑塊前進(jìn)x1，對(duì)滑塊由動(dòng)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(guò)程中小車(chē)的加速度為ac，μmg＝Mac
撤力時(shí)滑塊相對(duì)小車(chē)滑過(guò)距離Δx1＝at2－act2
撤力時(shí)滑塊和車(chē)的速度分別為vk和vc
v＝at
vc＝act
設(shè)滑塊沒(méi)有滑離小車(chē)，相對(duì)靜止時(shí)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(méi)有滑離小車(chē)，1.31 m.
7．(2018·湖北省鄂州市高三第三次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R.現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距離A點(diǎn)正上方h0處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能夠上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力)，求：
(1)小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離；
(2)小車(chē)第二次能夠上升的最大高度的范圍．
解析 (1)小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒．設(shè)小球第一次離開(kāi)半圓軌道時(shí)的水平速度為v，小車(chē)的速度為v′，
由動(dòng)量守恒定律得mv－mv′＝0
設(shè)小球第一次進(jìn)入半圓軌道至第一次離開(kāi)半圓軌道所用時(shí)間為t，
14、在這個(gè)過(guò)程中，小車(chē)的位移為x，取水平向右為正方向，則m－m＝0
解得 x＝R
(2)設(shè)小球從開(kāi)始下落到第一次上升到最大高度的過(guò)程中克服摩擦力做的功為Wf，由動(dòng)能定理得mg(h0－h(huán)0)－Wf＝0
解得Wf＝mgh0
由于第二次小球在車(chē)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在對(duì)應(yīng)位置的速度小于第一次小球運(yùn)動(dòng)的速度，對(duì)應(yīng)位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在車(chē)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(shí)驗(yàn)中學(xué)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(xì)管豎直放置，有兩個(gè)略小于管徑、質(zhì)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(yùn)動(dòng)，與小球Q發(fā)生彈性碰撞．P、Q兩球通過(guò)最高點(diǎn)C后落地點(diǎn)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(guò)最高點(diǎn)時(shí)，它們對(duì)細(xì)管的作用力．
解析 (1)小球R、Q彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2①
由機(jī)械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v②
小球P、Q從水平面運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒
16、定律：
對(duì)P球有：m1v＝m1v＋m1g(2R)③
對(duì)Q球有：m2v＝m2v＋m2g(2R)④
之后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)；
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(diǎn)C的速度v3＝
小球Q在最高點(diǎn)C的速度v4＝
以P為研究對(duì)象：由向心力公式FP＋m1g＝解得FP＝－mg，負(fù)號(hào)表示細(xì)管對(duì)小球P的彈力豎直向上
由牛頓第三定律知，小球P
17、對(duì)細(xì)管的作用力大小是mg，方向豎直向下
以Q為研究對(duì)象：由向心力公式FQ＋m2g＝解得FQ＝mg，正號(hào)表示細(xì)管對(duì)小球Q的彈力豎直向下
由牛頓第三定律知，小球Q對(duì)細(xì)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(zhì)檢)如圖所示為某自動(dòng)控制系統(tǒng)的裝置示意圖，裝置中間有一個(gè)以v0＝3 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，傳送帶左端點(diǎn)M與光滑水平面相切，水平面左側(cè)與一傾角α＝37°的光滑斜面平滑連接．靠近斜面底端的P點(diǎn)處安裝有自動(dòng)控制系統(tǒng)，當(dāng)小物塊b每次向右經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)都會(huì)被系統(tǒng)瞬時(shí)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(diǎn)由靜止下滑后滑過(guò)傳送帶，經(jīng)過(guò)M點(diǎn)后控制系統(tǒng)會(huì)使靜止在P點(diǎn)的小物塊b自動(dòng)解鎖，之后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞．已 知兩物塊的質(zhì)量mb＝2ma＝2 kg，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊與傳送帶間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)受到的支持力；
(2)物塊b第一次沿斜面上滑的時(shí)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(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的摩擦熱．
解析 (1)對(duì)物塊a沿圓弧從最高點(diǎn)由靜止下滑到
19、N點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理可得：mgr＝mv－0，解得v1＝＝2 m/s對(duì)物塊a運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)的加速度a1＝＝2.5 m/s2
設(shè)物塊a加速到3 m/s前進(jìn)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(guò)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(duì)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(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練8 活用力學(xué)“三大觀(guān)點(diǎn)”解析力學(xué)計(jì)算題
