2019高考物理全程备考二轮复习课余挤时加餐训练：_力学3大题型押题练(二)

力学3大题型押题练（二）
1.如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程
中( )
A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心
B ．小球所受支持力的冲量为0
C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gR
D ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR
解析：选D 小球所受支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得mgR ＝1
2
m v B 2，故v B ＝
2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝m v B ＝m 2gR ，方向水平向右，A 、C 错误，D 正确。

2.如图所示是某物体做直线运动的v 2-x 图像(其中v 为速度，x 为位置坐标)，下
列关于物体从x ＝0处运动至x ＝x 0处的过程分析，其中正确的是( )
A ．该物体做匀加速直线运动
B ．该物体的加速度大小为v 02
x 0
C ．当该物体的速度大小为12v 0时，位移大小为3
4x 0
D ．当该物体的位移大小为12x 0时，速度大小为1
2
v 0
解析：选C 由匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2－v 02＝2ax 可得v 2＝2ax ＋v 02，结合题图可知物体的加速度恒定不变，由于物体的速度减小，故物体做匀减速直线运动，故A 错误；由v 2＝2ax ＋v 02知，v 2
-x 图像的斜率绝对值等于|2a |，由题图可得|2a |＝v 02x 0，则得物体的加速度大小为|a |＝v 02
2x 0
，故B 错误；当该
物体速度大小为12v 0时，v 2＝1
4v 02，由
v 2＝2ax ＋v 02，可得x ＝3x 04，故C 正确；当该物体位移大小为12x 0时，由v 2＝2ax ＋v 02可得v 2＝1
2
v 02，解得v ＝
2
2v 0
，故D 错误。

3．[多选]如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上。

a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。

不计摩擦，
a 、
b 可视为质点，重力加速度大小为g 。

则( )
A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功
B ．a 落地时速度大小为2gh
C ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg
解析：选BD 由题意知，系统机械能守恒。

设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b 。

此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图。

因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ。

当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝1
2m v a 2，解得v a ＝2gh ，选项B 正确；同时由于b 初、末
速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误；杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误；b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确。

4．在做“研究匀变速直线运动”的实验中：
(1)实验室提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、细绳、钩码、纸带、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计。

其中在本实验中不需要的器材是_________，还缺少的器材是________________。

(2)如图甲所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，其中
x 1＝7.05 cm 、x 2＝7.68 cm 、x 3＝8.33 cm 、x 4＝8.95 cm 、x 5＝9.61 cm 、x 6＝10.26 cm 。

表中列出了打点计时器打下B 、C 、D 、F 点时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下E 点时小车的瞬时速度。

(3)以A 点为计时起点，在图乙中画出小车的速度—时间关系图线。

(4)根据画出的小车的速度—时间关系图线计算小车的加速度a ＝________(结果保留两位有效数字)。

解析：(1)本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的器材是弹簧测力计；因为要测量纸带上各计数点之间的距离，故还缺少毫米刻度尺。

(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知：v E ＝x 4＋x 5
2×5T
＝0.089 5＋0.096 1
2×0.1
m/s ＝0.928 m/s 。

(3)小车的速度—时间关系图线如图所示。

(4)速度—时间关系图线的斜率表示加速度的大小，则a ＝Δv
Δt ≈0.63 m/s 2。

答案：(1)弹簧测力计 毫米刻度尺 (2)0.928 (3)见解析图 (4)0.63 m/s 2(0.62～0.65 m/s 2均可)
5．如图甲所示，倾角为37°的斜面上有一轻弹簧，弹簧一端固定在A 点，自然伸长时另一端位于B 点，斜面上方有一半径R ＝1 m 、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D 处，圆弧轨道的最高点为M 。

现有一物块质量为1 kg ，将弹簧缓慢压缩到C 点后释放，C 、B 间的距离L ＝1 m ，物块在BD 间运动时的v -t 图像如图乙中实线部分所示，若物块经过D 点到达M 点时，对轨道的压力恰好与其所受的重力大小相等，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块在BD 间运动时位移与时间的关系式； (2)物块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)BD 间的距离x BD ；
(4)弹簧对物块做的功W 。

解析：(1)从题图乙可看出物块从B 点到D 点做匀减速直线运动，物块在B 点的速度v B ＝8 m/s ，从B 到D 过程中加速度大小等于v -t 图像的斜率大小，即
a ＝Δv Δt ＝8－00.8－0
m/s 2＝10 m/s 2
物块在BD 间运动时位移与时间的关系式为 x ＝v 0t －1
2at 2＝8t －5t 2
即x ＝8t －5t 2(m)。

(2)在BD 段，根据牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 解得μ＝0.5。

(3)物块在M 点的速度满足mg ＋mg ＝m v M 2R 解得v M ＝2 5 m/s
物块从D 到M 过程中，根据动能定理得 －mgR (1＋cos 37°)＝12m v M 2－1
2m v D 2
解得v D ＝214 m/s
物块在由B 到D 过程中，由运动学公式得 v D 2－v B 2＝－2ax BD 解得x BD ＝0.4 m 。

(4)从C 到B 应用动能定理得
W －mgL sin 37°－μmgL cos 37°＝1
2m v B 2
解得W ＝42 J 。

答案：(1)x ＝8t －5t 2(m) (2)0.5 (3)0.4 m (4)42 J。