发布时间 : 星期一 文章2019高考物理二轮 第一部分 力学3大题型押题练（四）更新完毕开始阅读
力学3大题型押题练(四)
1．[多选]半径分别为R和的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一
2小球从某一高度下落，分别从甲、乙所示开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道的最高点通过，则下列说法正确的是( )
R
A．甲图中小球开始下落的高度比乙图中小球开始下落的高度大 B．甲图中小球开始下落的高度和乙图中小球开始下落的高度一样 C．甲图中小球对轨道最低点的压力大于乙图中小球对轨道最低点的压力 D．甲图中小球对轨道最低点的压力和乙图中小球对轨道最低点的压力一样大
解析：选AC 甲、乙两图中轨道最高点在同一水平线上，因为小球恰好能通过最高点，
v22
则mg＝m，解得v＝gr，可知甲图中小球通过最高点的速度大，根据动能定理可得
rmgΔh＝mv2－0，故甲图中小球释放点到轨道最高点之间的距离Δh较大，即开始下落的高
度较大，选项A正确，B错误；在轨道最低点，对小球受力分析并应用牛顿第二定律得：FN
12
v′21?2h?2
－mg＝m，mgh＝mv′－0，解得FN＝mg?1＋?，甲图中h大r小，结合牛顿第三定律
r?r2?
知，甲图中小球对轨道最低点的压力大，选项C正确，D错误。
2．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成为了太空垃圾。如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示模型，让“轨道康复者”N对已偏离原来正常工作轨道的卫星
M进行校正，则( )
A．N从图乙所示轨道上加速，与M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气，能校正M到较低的轨道运行
B．让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启M上的小发动机校正 C．在图乙中M的动能一定小于N的动能
D．在图乙中，M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上
1
解析：选A 根据向心运动条件知，N加速，万有引力小于圆周运动所需向心力，N做离心运动追上M，给M补充能源后，开启的发动机向前喷气，M减速，万有引力大于圆周运动所需的向心力，故M会降低轨道运行，A正确；M在没有补充能源的情况下，不能降低到
Mmv2
N所在轨道上，B错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律知G2＝m，得v＝
rrGM，虽r然M运行的轨道半径大于N的，M的运行速率小于N的，但二者质量的大小关系不确定，所以不能判断动能大小，C错误；在题图乙中M绕地球的运行周期大于N绕地球的运行周期，所以经过一段时间M、N和地球球心三者有可能处在同一直线上，D 错误。
3.如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速度，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )
A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动 B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍 解析：选C 前阶段，物品的速度小于传送带的速度，相对传送带向后运动，受到与传送方向相同的滑动摩擦力作用，在滑动摩擦力作用下物品向传送方向做初速度为零的匀加速直线运动，当物品的速度与传送带的速度相同时，两者无相对运动或相对运动趋势，摩擦力为零，A、B错误；加速过程中物品的加速度为a＝μg，加速运动时间t＝＝
vv，所以摩aμgvt?11v12?擦产生的热量为Q＝μmg?vt－?＝μmgvt＝μmgv·＝ mv，故v相同时，μ不同2?22μg2?v2v2
的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C正确；物品加速过程的位移x＝＝，
2a2μg当μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，D错误。
4．用如图甲所示的装置测量弹簧的弹性势能。将处于自然伸长状态的一根弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，初始时右端在O点；在O点右侧的B处安装一个光电门，计时器(图中未画出)与光电门相连。用带有遮光条的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，遮光条的宽度为d，并记录遮光的时间为Δt。
2
(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则宽度为________mm。 (2)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________(用题目中的物理量表示)。 (3)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________。 A．弹簧原长l0 B．当地重力加速度g C．滑块(含遮光条)的质量m D．A、O之间的距离x
解析：(1)由题图乙可知螺旋测微器读数(宽度)为： 2.5 mm＋0.01 mm×5.8＝2.558 mm。
(2)滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v＝。
Δt12md(3)弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，则：Ep＝Ek＝mv＝由此可知要求出弹簧2，
22Δt的弹性势能，还需要测量滑块(含遮光条)的质量m，故C正确。
答案：(1)2.558(2.557～2.559均可) (2)v＝ (3)C Δt5.如图所示，倾角θ＝37°的斜面与水平面平滑相接，A、B两完全相同的物块静置于斜面上，两物块相距s1＝4 m，B距斜面底端P点的距离s2＝3 m，物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。
现由静止释放A，过t0＝1 s再释放B，设A、B碰撞的时间极短，碰后就粘连在一起运动。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s，求：
(1)B释放后多长时间，A、B发生碰撞； (2)A、B最后停在距斜面底端P点多远处。
解析：(1)设A、B的质量均为m，在斜面上下滑时的加速度为a，对A、B在斜面上时受力分析，由牛顿第二定律得：
2
2
ddmgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得：a＝2 m/s
设B释放后，经过时间t，A追上B并与其在斜面上发生碰撞，由两者的位移关系得： 11
a(t＋t0)2＝at2＋s1 22解得：t＝1.5 s
在1.5 s内，B下滑的位移
2
sB＝at2＝×2×1.52 m＝2.25 m 1 212 3 可知A、B在斜面上发生碰撞。 (2)A、B碰撞前A的速度 vA＝a(t＋t0)＝2×(1.5＋1)m/s＝5 m/s 碰撞前B的速度vB＝at＝2×1.5 m/s＝3 m/s 由于碰撞时间极短，设碰后两者的共同速度为v，则由动量守恒定律得： mvA＋mvB＝2mv 解得：v＝4 m/s A、B碰撞时距斜面底端的高度 h＝(s2－sB)sin θ＝0.45 m 设A、B最后停在距斜面底端P点s3处，由动能定理得 2mgh－μ·2mgcos θ(s12 2－sB)－μ·2mgs3＝0－2×2mv 解得：s3＝1.9 m。 答案：(1)1.5 s (2)1.9 m 4