专题08力学中三大观点的综合应用（测试）（解析版）.docx

专题08力学中三大观点的综合应用（考试时间：75分钟试卷满分：100分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1. （2024浙江金华校联考模拟预测）如图所示，浙江运动员李玲在参加杭州亚运会女子撑杆跳高比赛时,以4.63m的成绩夺得金牌，并再度刷新亚运会赛事纪录。其完整的撑杆跳高过程可简化为三个阶段持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。不计空气阻力，则（）A.研究其越杆过程的技术动作可将李玲视作质点B.李玲在最高点时加速度一定为零C.李玲在整个跳高过程中机械能守恒D.李玲落在软垫上的运动过程中，软垫对她的冲量大小等于她对软垫的冲量大小【答案】D【详解】A.研究其越杆过程的技术动作时，运动员的大小和形状不可忽略，不可将李玲视作质点，故A错误；B.李玲在最高点时受重力作用，加速度为重力加速度，故B错误；C.撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，使用过程中，运动员与杆的机械能守恒，所以李玲在整个跳高过程中机械能不守恒，故C错误；D.李玲落在软垫上的运动过程中，由牛顿第三定律可知软垫对她的作用力大小等于她对软垫的作用力大小，所以软垫对她的冲量大小等于她对软垫的冲量大小，故D正确。故选Do2. （2024四川成都成都七中校考一模）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r,可绕中心轴转动的同心圆盘,在圆盘的边缘放置一个质量为切的小物块,物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g,圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（）圆盘餐桌面物块A.小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动B.物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为，咫厂C.餐桌面的半径为¥2D.物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为，后【答案】D【详解】A.小物块从圆盘上滑落后，沿切线方向飞出，小物块在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；B.物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时卬叫=机匕，则山动能定理冏代对小物块做功为rW=:机，=<但，故B错误；C.物块在桌面上滑动的距离X=J-=，餐桌面的半径为222g2K=GTTr=叵，故C错误;d.根据动量定理，物块在餐桌面上滑行的过程中,所受摩擦力的冲量大2小为If=mv=nyJgr,故D正确。故选D。3.（2024广西贵港统考模拟预测）2022年北京冬奥会跳台滑雪项目在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行,运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台处沿水平方向飞出，在斜坡人处着陆，如图所示。已知L5s时运动员离斜坡面最远，测得时间的水平距离为60m,不计空气阻力，重力加速度g=IOmZs?,下列说法正确的是（）A.运动员在a处的速度大小为IomZSB.从。处运动到b处的时间为4sC.从。处运动到b处过程中动量变化率不断变化D.运动员离坡面的最大距离为9m【答案】D【详解】AB.运动员从跳台水平飞出，做平抛运动，设运动员初速度大小为%,斜面的倾角为6,运动员从开始运动到坡底所用的时间为/,已知时运动员离斜坡面最远，此时运动员速度的方向与斜面平行，则X3解得=2%=3s,则=2二20ms,tan。=，故AB错误；C.从。处运动到方处过程中p=侬，解得t4空=mg,C错误；D.将运动按沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图所示运动员做匀变速运动，当沿Vt方向的分速度减为O时，运动员离坡面最远，最远距离为9m。D正确。故选D。4. （2024吉林统考一模）如图所示，内壁间距为L的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块放在箱内最右端，它们的质量均为?，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为"。现给箱子一水平向右的初速度,运动过程中物块与箱子的侧壁共发生2次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子正中间，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.箱子的总位移为2LB.物块的总位移为1.5LC.箱子的初动能为3mgLD.第一次碰撞后瞬间物块的动能为2mgL【答案】C【详解】AB.给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速，因为箱子内壁光滑，所以物块相对于地面静止，当发生第一次碰撞时，箱子产生的位移为L,碰撞中动量和能量守恒且因为质量相等所以速度交换，即第次碰撞后箱子相对于地面不动，物块向右匀速运动，产生的位移为L,后发生第二次碰撞，同理速度交换,物块不动，箱子向右减速至零，产生的位移为05L,最终物块停在箱子的中间，则箱子的总位移为1.5L,物块的总位移为L,故AB借误；C.全过程由能量守恒可得Eko="2mgxL5L=3wwgL,故C正确；D.从箱门向右运动到笫次碰撞，损失的动能AE11=2mgL,所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为Ek=A。-AEk="mgL,故D错误。故选C。5. （2（）23全国校联考一模）如图所示，假若一种特殊的自动扶梯，既有倾斜面也有水平台阶，质量相等的甲、乙两人分别站在斜面和台阶上，随着扶梯一起斜向上做匀速运动，则一段时间内（）A.斜面对甲的支持力做负功B.平台对乙的摩擦力做正功C.甲、乙两人重力的平均功率不相等D.若甲的重力为G,则一段时间，内，斜面对甲的冲量的大小为Gr【答案】D【详解】A.甲做匀速直线运动，受重力，垂直斜面向上的支持力，和沿斜面向上的摩擦力作用，位移方向与支持力方向垂直，所以支持力不做功，A错误；B.乙做匀速直线运动，受重力和竖直向上的支持力作用，不受摩擦力，B错误；C.由于两人重力相等，运动的时间和位移均相等，所以两人重力的平均功率相等,C错误：D.由于甲匀速运动，受力平衡，斜面对甲的作用力与甲的重力等大反向，根据冲量的定义可得I=Fi=Gt,D正确。故选D。6. （2023浙江宁波统考模拟预测）如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度为从蹦床离地面的高度为九莲莲的质量为下落过程中弹性网最大下陷量为右受到的空气阻力大小恒为f从最高点到最低点下落时间为3则莲莲在下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A.莲莲的机械能减少了（-）（"+xT?）B.弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（图-/），C.莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为/）D.弹性网弹性势能的增量为(Mg-7)，【答案】B【详解】A.莲莲在下落到最低点的过程中，莲莲的动能不变，莲莲的机械能减少量等于重力势能的减少量，则E=Mg("+x-O,故A错误；B.莲莲在下落到最低点的过程中，根据动量定理有Mg-/-/=0,弹性网的弹力对蓬蓬的冲量大小为=(Mg-)r,故BIE确；C.莲莲从下落至与蹦床接触过程中，根据动能定理有Mg(Hi)(Hi)=gM/,莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理有T=O-Mv,莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲他大小为Z1=J2M(女-/)(4-),故C错误;D.根据能量守恒，弹性网弹性势能的增量为Ep=("+x-加-/(”+X-)=(Mg-/)(”+x-)，故D错误。故选B。7. (2023山东荷泽校联考模拟预测)如图所示，质量分别为附和5z(4<Zv6)的A、B两个小球叠放在一起，从高度为(远大于小球半径)处由静止开始下落。落到水平地面时，B与地面之间以及A与B之间均在竖直方向发生弹性碰撞(假设B先与地面发生碰撞，紧接着A与B再发生碰撞)，不考虑空气阻力及多次碰撞，则A反弹后能达到的最大高度可能为()hTfTTTTTTTA.3.8?B.4.5C.5.2D.6.7h【答案】C【详解】A/B两球落地时的速度相同，设速度为%,两球下落过程根据机械能守恒定律可得(也z+m)gz=;(切?+机)%，解得%=师,球B先与地面发生碰撞之后以原速率弹回，此时A球速度方向还是向下，速度大小仍为之后两球发生弹性碰撞，设向上为正方向，碰撞之后A、B两球的速度分别为力和七，根据动量守恒定律有hnv0-mv0=kmv2+mvi,根据能量守恒定律可得ltovj+jvj=lW+wv12,两式联立解得m=%1%,当&=4时代入可得H二口%,设A球上升的最2222+5Iio大高.度为4,根据机械能守恒定律可得5相片=mg%代入数据解得"二与=4.84力，当左=6时代入可得171X=亍，设A球上升的最大高度为相，根据机械能守恒定律可得5M=砥外，代入数据解得289彳=关5.9z,所以A球上升的最大高度应大于4.84，小于5.9旌49故选c。8. （2023四川南充四川省南充高级中学校考一模）如图所示，某媒矿有一水平放置的传送带，已知传动带的运行速度为vo=O.5ms,开采出的煤块以50kgs的流量（即每秒钟有50kg煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加（）【答案】CC. 12.5WD. 50W【详解】每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相等的速度，由动量定理可得#="，解得=25N,煤块受到的摩擦力由传送带提供，则电动机对传送带应增加的牵引力为尸=25N,电动机应增加的功率为P=A=25×0.5W=12.5W.故选C。9. （2023河北校联考模拟预测）“神舟十五号”返回舱返回地面过程中，在距地面约10公里的地方打开降落伞，引导伞、减速伞和主伞相继打开，返回舱速度从200ms降低到7ms,在距离地面Im处，返回舱上4台反冲发动机同时点火提供恒力，使返回舱到达地面时速度减为lms,从而保障航天员安全。设返回舱的质量为8l（）3kg,取g=10ms2,忽略反冲发动机点火后主降落伞对返回舱的作用和空气对返回舱的作用。下列说法正确的是（）A.发动机点火后，返回舱的动量变化率越来越小B.反冲发动机点火至落地，舱内航天员的平均加速度大小约为2.4gC.每台反冲发动机的推力约为68x1（）3ND.反冲发动机对返回舱的冲量大小为48xlONs【答案】B【详解】A.匀减速的过程中，合外力是不变的，根据动量定理仃产合4=",可知返回舱的动状变化率学即为合外力，所以是不变的，故A错误；B.根据匀变速直线运动规律有2双=/一唱，可得«=ms2=-24ms2=-IAg,则反冲发动机点火至落地，舱内航天员的平均加速度大小约为2.4g,故B2×1正确;C.返回舱减速的时间为，=匕=gs=0.25s,根据动量定理有(尸-Mg)/=研一加%,解得，发动a-24机推力为F=2.72x1()5N,则每台反冲发动机的推力约为6.8xl(/N,故C错误；D.根据动量定理有I-m8t=mv-mv.,解得，反冲发动机对返回舱的冲量为/=6.8l(rNs，则反冲发动机对返回舱的冲量大小为68xlOtNs,故D错误。故选B。10. (2023四川泸州统考一模)四川一大学生为备战2023年成都大运会跳高项目，在进行摸高跳训练时,为监测腿部肌肉力量的变化，某次运动员站在接有压力传感器的水平训练台上完成下蹲、起跳和回落动作,甲图中的小黑点表示人的重心，乙图是训练台所受压力随时间变化的图像，图中be、Cd可视为直线。取重力加速度g=IOm/,下列说法中正确的是()A.乙图中Cd段表示运动员一直处于失重状态B.运动员跳离训练台后，重心上升的最大高度约0.45mC.乙图中方Cd段，运动员对训练台的冲量大小为315NsD.整个过程中，运动员加速度的最大值为IOWS2【答案】B【详解】A.根据心总，山图乙中。点可知，运动员的重力为600N,在C点时，运动员对地板的压力大于白身的重力，处于超重状态，在d点时，运动员对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态，则Cd段表示运动员先超重后失重，故A错误；B.由图乙可知，运动员在空中的时间为，=(L8-1.2)s=0.6s,重心匕升的最大高度约力=Jg(L)=0.45m,故B正确；C.运动员对训练台的作用力与训练价对运动员的作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则运动员对训练台的冲量大小与训练台对运动员的冲量大小相等，由尸T图像的面积表示冲量，由图可得，bed段训练台对运动员的冲量大小为Z>×（300+1200）×（l,l-0.6）N.s=375Ns,则运动员对训练台的冲量大小大于375Ns,故C错误；D.由图乙可知，运动员对训练台的最大作用力为195ON,由牛顿第三定律可知，训练台对运动员的最大作用力为1950N,由牛顿第二定律有1950N-600N=w4,又有阳g=600N,f=22.5ms2,故D错误。故选B。11. （2023陕西校联考一模）有一质量为m的物体正在水平面上以速度%匀速运动，某时刻受到了一个冲量/的作用，冲量/与方向相同，冲量/作用前后，物体动能的变化量AEk与冲量/之间的关系正确的是（）A.A耳与/成正比B.AEk与八成正比C.耳与/成二次函数关系D.AEk与V成二次函数关系【答案】C【详解】根据动能定理网=好2-；用2,根据位移公式X=W+后,由于F=Z联立以上三式可解得<m=%2+%r+J（R）2,所以AEk=耳-4o=%+J2,可见AEk冲量/之间关系为二次函数222m2m关系。故选C。12. （2023陕西咸阳校考模拟预测）蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动.如图所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中水平虚线PQ是弹性蹦床的初始位置，一质量为机的运动员，某次弹跳中从床面上方A处由静止落下，落到床面上屈伸弹起后离开床面上升到。处，已知AB=h,DB=H,重力加速度大小为g,不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）如krA.运动员从A处运动到。处的全过程中，床面对运动员弹力的最大值为相gB.运动员从A处运动到。处的全过程中，运动员的机械能增加量相g（”-力）C.运动员从A处运动到。处的全过程中，运动员重力的冲量为0D.运动员由A到8向下运动的过程中，处于完全失重状态，其机械能减少【答案】B【详解】A.运动员在最低点时，床面对运动员的弹力最大，从最低点向上运动时，先做加速运动，弹力的最大值大于2g，选项A错误；B.运动员的机械能增加了蛇=%"-冲=/咫（"-力），选项8正确；C.运动员重力的冲量=mgr,不等于零，选项C错误；D.运动员由A向3运动的过程中，做自由落体运动,加速度等于竖直向下的重力加速度g,处于完全失重状态，此过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，选项D错误。故选Bo二、多项选择题（本题共2小题,每小题5分,共10分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分）13. （2024全国校联考一模）（多选）如图所示，水平放置、足够长的光滑杆MN上套有一小球A，小球A通过一长度为国的不可伸长的轻绳与小球B相连，A、B小球的质量均为加。将小球B放置于小球A的正下方与处，并以初速度%=麻水平抛出，g为重力加速度。下列说法正确的是（NA.绳子恰好绷直时，其与MN的夹角为45。B.绳子绷直前瞬间，小球B的速度大小为小%2C.绳子绷直后瞬间，小球A的速度大小为D.绳子绷直前后，绳子对B球的冲量大小为孝小【答案】AC【详解】AB.根据平抛运动规律，从抛出到绳子恰好绷直X=W,几何关系（+yJ+2=（应42,联立二代打得，=/则X=L），咚可知绳绷直时与杆MN的夹角6=45。，且绷直前瞬间B球速度与水平方向的夹角也为=45。，此时B球的速度大小u=J%,A正确，B错误；C.绳了绷直过程中，B球所受总冲量沿绳由B指向A,B球的动量减小，故B球的速度减小，但方向不变，设绷直后瞬间A、B球的速度分别为匕、，根据水平方向动设守恒仃加%=加匕+m%cos。,由A、B球沿绳方向速度相同VACoSe=%,联立两式解得匕=：%,%=立%,C正确；D.对B球用动量定理分析，绳子对B球的冲量大小33I=wv-mvR=mvoQ错误。故选ACo14. （2024湖南湖南师大附中校联考一模）（多选）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg,如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，/=0时对物块P施加水平向右的恒力Af=ls时撤去，在Ols内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下分析正确的是（）B.恒力大小为2NC.O-Is内P的动量增加量为2kgmsD.撤去推力后弹簧最长时，Q的速度大小为0.8ms【答案】BD【详解】A.图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若OTs内Q的加速度均匀增大，则I=IS时Q的速度大小等于=gxlx08ms=0.4ms,由图可得实际Q的图象与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时QT图象。坐标轴围成的面枳，故t=ls时Q的速度大小大于0.4ms,故A错误；B.UO时，对物块P有/=%=2xlN=2N,故恒力大小为2N,故B正确：C.施加水平向右的恒力F的过程中，根据动量定理有尸，=咻匕+"Qn2=2xl=2kgms,故O-Is内P的动量增加量小于2kgms,故C错误;D./=Is时，对物块P、Q整体仃尸=（?p+?q）4,解得加Q=05kg,撤去推力后，P、Q共速时，弹簧最长,jFt=npv1÷mQv2=（np+wq）v,解得撤去推力后弹簧最长时，Q的速度大小为VQ=O8ms,故DlE确。故选BDo三、计算题（本题包括3小题，10分+10分+10分共30分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）15. （2023云南校联考模拟预测）老师在物理课上用网球和篮球演示了一个实验，如图甲所示，同时由静止释放紧靠在一起、球心在同一竖直线上的网球和篮球，发现篮球与地面碰撞以后，网球弹起的高度大于释放时的高度。为了定量研究这一现象，将图甲简化为图乙所示模型，篮球下沿距地面高度为儿此过程中的所有碰撞均视为弹性碰撞，碰撞时间极短，可忽略，已知网球质量为小，篮球质量为网球质量的9倍，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求网球从碰撞位置上升的最大高度；（2）求篮球在与网球碰撞过程中篮球损失的机械能。甲乙【答案】(1)6.76h:(2)5.76mgh【详解】（1）设篮球的质量为网，网球的质量为巧,则落地时根据机械能守恒mg力=解得两球落地时的速度大小均为%篮球与地面碰撞后速度方向向上，取向上为正方向，由动量守恒可得网一/%=网匕+吗吗能量守恒可得3小片+2v=w¾v12+n2V2联立解得C幽2ZW1+WZ2根据网球上升过程做竖直上抛运动，有二2g"解得"=冒=6.76?（2）根据系统机械能守恒，篮球损失的机械能即网球增加的机械能=©?144代入数值解得E=Wmg力=5.76mgh16. （2024河北邯郸统考二模）如图所示，高度相同的两块平板Pi、P2置于光滑水平面上，其质量分别为w=lkg和W2=3kgo质量Zn=Ikg且可看作质点的物体P置于Pi的最右端，Pl与P一起以vo=4ms的速度向右运动,与静止的P2发生碰撞（碰撞时间极短）,碰撞过程中无机械能损失°P与P2之间的动摩擦因数为4=0.5,P2足够长，重力加速度g取IomZS2。求：（I）PI、P2碰撞后瞬间两平板的速度大小；（2）P最终距离P2左端的距离。2PIplIp；I/【答案】（1）均为2m/s；（2）0.3m【详解】（1）P1,用碰撞过程中无机械能损失，以B、P?为系统，根据动量守恒定律得叫%=叫匕+吗匕根据机械能守恒定律得乎;=g叫片+g吗破联立解得H=-2ms,v2=2ms则碰后B、P2的速度大小均为2ms°C2)碰撞后P以4ms的速度运动到P?上,最后两物体共速，碰撞后对P与耳，根据动量守恒定律得TW2V2+W7%=(m1+"2)V对PljP2，根据功能关系得gm2W+gw；g("%+6)/=t11gl联立解得/=0.3m则P最终距离P2左端的距离0.3m。17. (2024四川成都石室中学校考一模)如图所示，逆时针转动的倾斜传送带与水平面间的夹角为30。，斜面长度d=竽m。木板B静止在光滑水平面上，左侧与传送带平滑连接，木板B的右侧有一光滑平台与B高度相同。C静止在平台上，左侧有一弹簧。A与传送带间的动摩擦因数M=普，A、B间的动摩擦因数"2=5，A由传动带滑上b时没有动能损失，A、B共速时A刚好到达B右侧，且B也刚好与平台接触，以后B立即静止。C右侧某处有一固定挡板(图中未画出),A与弹簧接触的过程中C与挡板发生弹性碰撞，碰撞结束后立即撤去挡板。A由静止释放，A、C均可视为质点，A、B质量相同，重力加速度g=10ms,求：（1） A滑上B时的速度；(2)木板B的长度S和木板B与平台左侧的距离L；(3)若A、B的质量均为机=0.5kg,C的质量M=Ikg,C与挡板碰撞后，弹簧弹性势能最大值与的范围。2【答案】3)4m/s；(2)2m：(3)JEpU【详解】(I)根据题意，设A、B的质量为?，在传送带上，对A由牛顿第二定律有mgsin30o-内Ingcos30o=mai解得4=3.5ms2由速度与位移公式有2卬/=4解得%=4ms（2） A、B系统动量守恒，由动量守恒定律有m%=（m+m）匕解得片=2ms根据能量守恒定律有2期=TE片-；（?+片解得s-4mA恰好滑到B右端时，B与右侧固定平台相碰,在B加速至共速的过程中，对B由动能定理得生?"=3解得L=2m（3） C与挡板碰撞前，A、C系统动量守恒，由动量守恒定律有胴匕=胴%+加丹C与挡板碰撞后至A、C火速的过程中，A、C系统动量守恒，由动量守恒定律有m+河（-匕）=（"+，）匕2解得A、C共速时的速度以二§（丹-1）全过程A、C与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时弹簧弹性势能最大，则有Ep=；6寸-（w÷f）V4=一；（吗IC与挡板碰撞前，从A开始压缩弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，有gM=J.？+；M匕2又由动量守恒定律有利匕=加%+”匕2解得区=_§m/s21故C与挡板碰撞前A的速度叱的取值范围在-：m/s到2ms之间，根据综=l-g（%T）2由二次函数性质可知，÷kv2=InVsihJ-,弹簧弹性势能最大值最大，为综I=IJ当匕=-：向5时，弹簧的弹性势能最大值最小，为42=Jr2则弹簧弹性势能最大值EP的范围为输JEpU