2023届高考物理二轮复习选择题5力学热点模型作业含答案

这是一份2023届高考物理二轮复习选择题5力学热点模型作业含答案，共14页。试卷主要包含了如图甲,质量0等内容，欢迎下载使用。
选择5　力学热点模型考向1　板块模型1.如图所示,将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,香皂盒的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示),若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。若本实验中,m1=100 g,m2=5 g,μ=0.2,香皂盒与纸板左端的距离d=0.1 m,若香皂盒移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知,忽略香皂盒的体积因素影响,g取10 m/s2,为确保香皂盒移动不被人感知,纸板所需的拉力至少是(　B　)A.1.41 N B.1.42 N C.1 410 N D.1 420 N解析:香皂盒与纸板发生相对滑动时,根据牛顿第二定律可得μm1g=m1a1,对纸板,根据牛顿第二定律可得F-μm1g-μ(m1+m2)g=m2a2,为确保实验成功,即香皂盒移动的距离不超过l=0.002 m,纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1=a1,纸板运动距离为d+x1=a2,纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2=a3,则l=x1+x2。由题意知a1=a3,a1t1=a3t2,代入数据联立解得F=1.42 N,故B正确,A、C、D错误。2.如图所示,光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C,C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B,A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施一水平拉力F,F从0开始逐渐增大,下列说法正确的是(　B　)A.当F=0.5μmg时,A、B、C均保持静止不动B.当F=2.5μmg时,A、C不会发生相对滑动C.当F=3.5μmg时,B、C以相同加速度运动D.只要力F足够大,A、C一定会发生相对滑动解析:B对C的最大作用力为FfBC=μmg,由于C是轻质绸布,故A、C间最大作用力为FfAC=FfBC=μmg,小于A、C间最大静摩擦力2μmg,即无论F多大,A与C 都不会发生相对滑动。B与C恰好发生相对滑动时,对B由牛顿第二定律得μmg=ma0,对A、B、C整体由牛顿第二定律得F0=(2m+m)a0=3μmg,故当F=3μmg时,B与C将发生相对滑动,且发生相对滑动后,二者加速度不同,水平地面光滑,故只要水平拉力不为零,系统就会发生运动,故B正确,A、C、D错误。3.(多选)如图甲,足够长的长木板放置在水平地面上,一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2 kg,现在滑块上施加一个F=0.5t(N)的水平变力作用,从t=0时刻开始计时,滑块所受摩擦力Ff随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　ACD　)A.图乙中t2=24 sB.木板的最大加速度为1 m/s2C.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D.木板与地面间的动摩擦因数为0.1解析:根据题图乙可知,滑块在t2以后受到的摩擦力不变,为8 N,根据Ff1=μ1mg,可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4,C正确;在t1时刻木板相对地面开始运动,此时滑块与木板相对静止,则木板与地面间的动摩擦因数为μ2===0.1,D正确;在t2时刻,滑块与木板将要发生相对滑动,此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大,且此时二者加速度相同,且木板的加速度达到最大,对滑块有F-μ1mg=ma,对木板有μ1mg-2μ2mg=ma,联立解得a=2 m/s2,F=12 N,则木板的最大加速度为2 m/s2,根据F=0.5t(N),可求得t2=24 s,A正确,B错误。考向2　传送带模型4.(多选)如图甲,质量0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带,其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线,3～4.5 s段为直线,下列说法正确的是(　BCD　)A.传送带沿逆时针方向转动B.传送带速度大小为2 m/sC.小物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/sD.0～4.5 s内摩擦力对小物块所做的功为-3 J解析:根据位移—时间图像的斜率表示速度,可知前2 s小物块向左匀减速运动,第3 s内向右匀加速运动,3～4.5 s内x-t图像为一次函数,说明小物块已与传送带保持相对静止,即与传送带一起向右匀速运动,因此传送带沿顺时针方向转动,且速度为v== m/s=2 m/s,故B正确,A错误;由题图乙可知,在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动,则x=at2,其中x=1 m,t=1 s,解得a=2 m/s2,根据牛顿第二定律μmg=ma,解得μ=0.2,在0～2 s内,对小物块有0-=-2ax,解得小物块的初速度为v0=4 m/s,故C正确;对小物块在0～4.5 s内,根据动能定理Wf=mv2-m,解得摩擦力对小物块所做的功为Wf=-3 J,故D正确。5.(多选)如图所示,水平传送带以速度v1=2 m/s顺时针匀速运动,小物体P、Q质量均为1 kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=5 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ=0.2,传送带长度L=6 m,绳足够长,g取10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是(　AC　)A.小物体P离开传送带时速度大小为3 m/sB.小物体P离开传送带时速度大小为2 m/sC.小物体P在传送带上划过痕迹的长度约为 4.87 mD.小物体P在传送带上划过痕迹的长度约为 5.62 m解析:P相对传送带向右运动时,对P、Q,由牛顿第二定律有μmg+mg=2ma,解得a=6 m/s2,P与传送带共速前,P的位移x1=,解得x1=1.75 m<L,即P速度减小到v1时未从传送带右端滑出,所用的时间t1== s=0.5 s,相对位移大小为Δx1=x1-v1t1=0.75 m。在P的速度和传送带速度相等后,因为Q的重力大于P所受的最大静摩擦力,所以摩擦力会突变向右,由牛顿第二定律有mg-μmg=2ma1,解得a1=4 m/s2,则速度减小到0的位移为x2=,解得x2=0.5 m,则从v1减速到0的时间t2== s=0.5 s,相对位移大小为Δx2=v1t2-x2=0.5 m,由于x1+x2=2.25 m<L,故P不会从传送带右端滑出,以后以加速度4 m/s2向左加速,有x1+x2=a1,求得t3= s,运动到传送带最左端时的速度v3=a1t3=3 m/s,相对位移为Δx3=v1t3+x1+x2=(+2.25) m≈4.37 m,小物体P运动过程中在传送带上划过的痕迹有一部分会重合,划过痕迹的长度为s=Δx2+Δx3=4.87 m,故A、C正确,B、D错误。6.(多选)某实验室的传送装置如图所示,其中AB段是水平的,长度LAB=6 m,BC段是倾斜的,长度LBC=5 m,倾斜角θ=37°,AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧),传送带以v=4 m/s 的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看成质点)无初速度地放在A点。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则(　ABD　)A.工件第一次到达B点所用的时间为1.9 sB.工件沿传送带BC向上运动的最大位移为4 mC.工件沿传送带运动,仍能回到A点D.工件第一次返回B点后,会在传送带上来回往复运动解析:工件刚放在水平传送带上的加速度为a1,由牛顿第二定律得μmg=ma1,代入数据解得a1=μg=5 m/s2,经t1时间与传送带的速度相同,则有t1==0.8 s,前进的位移为x1=a1=1.6 m<LAB,此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,用时t2==1.1 s,所以工件第一次到达B点所用的时间为t=t1+t2=1.9 s,故A正确;因为μmgcos θ<mgsin θ,所以工件将沿倾斜传送带减速,设上升的最大位移为s,由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,代入数据解得a2=2 m/s2,由匀变速直线运动的速度位移公式得s==4 m,故B正确;工件到达最高点后将沿斜面加速下滑,下滑的加速度大小仍为a2=2 m/s2,则滑到斜面底端时的速度为4 m/s,然后滑上水平传送带做匀减速运动,加速度大小为a1=5 m/s2,当速度减为零时滑行的距离为x==1.6 m<LAB,然后返回向右运动,则物体不能回到A点;物体向右加速,当到达斜面底端时的速度仍为4 m/s,然后滑上斜面重复原来的运动,可知工件第一次返回B点后,会在传送带上来回往复运动,故C错误,D正确。考向3　弹簧类模型7.(多选)如图甲所示,一轻质弹簧上端固定,下端连接一质量为1 kg的物体,物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F作用于物体上,物体从静止开始竖直向上做一段匀加速直线运动,外力F与物体离开静止位置的位移x的关系如图乙所示,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　AC　)A.物体运动的加速度大小为2 m/s2B.弹簧开始时形变量为2 cmC.弹簧的劲度系数为250 N/mD.从物体开始运动时计时,当t=0.1 s时弹簧的形变量为1 cm解析:物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡,从题图乙读出外力F=2 N,则开始运动时合力为F合=2 N,根据牛顿第二定律F合=ma,解得物体运动的加速度大小为a=2 m/s2,A正确;当F=12 N时,根据牛顿第二定律F-mg+F1=ma,解得弹簧弹力F1=0,从题图乙读出此时的位移为4 cm,则弹簧开始时形变量为Δx0=4 cm,B错误;开始时弹簧弹力F0=mg=10 N,根据胡克定律F0=kΔx0,解得弹簧的劲度系数为k=250 N/m,C正确;物体做初速度为0的匀加速直线运动,当t=0.1 s时位移为x=at2=0.01 m,则此时弹簧的形变量为x1=Δx0-x=3 cm,D错误。8.如图所示,A、B两小球通过绕过轻质光滑定滑轮的不可伸长的细线相连,A球放在足够长的固定光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为80 N/m的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上。现用手控制住A球,并使连接A、B球的细线刚刚拉直但无拉力作用,且保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A球的质量为4 kg,B、C球的质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2,开始时整个系统处于静止状态。释放A球后,A球沿斜面下滑至速度最大时C球恰好离开地面。弹簧一直在弹性限度内,下列描述错误的是(　C　)A.斜面的倾角α为30°B.A球的最大速度为1 m/sC.C球刚离开地面时,B球的加速度最大D.从释放A球到C球刚离开地面的过程中,A、B两小球组成的系统机械能先增加后减少解析:C球恰好离开地面时,对C球有kx1=mCg,此时A、B球有最大速度,但加速度最小,即aB=aC=0,则对B球有F-kx1-mBg=0,对A球有mAgsin α-F=0,解得α=30°,选项A正确,C错误;初始系统静止,且细线上无拉力,对B球有kx2=mBg,由此可知x2=,则从释放A球至C球恰好离开地面的过程中,弹簧的弹性势能变化量为零,此过程中A、B球的速率始终相等,A、B、C球组成的系统(包括弹簧)机械能守恒,有mAg(x1+x2)sin α=mBg(x1+x2)+(mA+mB),解得vm=1 m/s,所以A球的最大速度为1 m/s,选项B正确;从释放A球到C球刚离开地面的过程中,弹簧对B球的弹力方向先为竖直向上,后为竖直向下,故弹簧弹力对A、B两小球组成的系统先做正功,后做负功,从而使得系统的机械能先增加后减少,选项D正确。考向4　碰撞类模型9.如图所示为冰壶队某次训练中的一个场景,蓝壶静止在大本营Q处,质量相等、材料相同的红壶与蓝壶(视为质点)发生正碰,最终分别停在M点和N点,三个圆形区域半径关系为R2=2R1,R3=3R1,下列说法正确的是(　C　)A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B.碰后蓝壶速度为红壶速度的4倍C.红壶碰前速度为碰后速度的3倍D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒解析:碰后两壶运动距离不相同,所以碰后两壶速度不相同,根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同,A错误;碰后红壶运动的距离为x1=R2-R1=R1,蓝壶运动的距离为x2=2R2=4R1,二者质量相等、材料相同,则二者碰后所受摩擦力相同,故做减速运动的加速度也相同,对红壶,有=2ax1,对蓝壶有=2ax2,联立可得=,即碰后蓝壶速度为红壶速度的2倍,B错误;设红壶碰前速度为v0,则有mv0=mv1+mv2,故有v0=3v1,即红壶碰前速度为碰后速度的3倍,C正确;碰前的动能为Ek0=m,碰后动能为Ek1=m+m=m,则有Ek0>Ek1,故系统的机械能不守恒,D错误。10.(多选)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m,箱子的内壁光滑,与水平面间的动摩擦因数为μ。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(　BC　)A.箱子的总位移为2LB.物块的总位移为LC.箱子的初动能为3μmgLD.第一次碰撞后瞬间物块的动能为2μmgL解析: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,即第一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0.5L,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A错误,B正确;全过程由能量守恒定律可得Ek0=μ·2mg×1.5L=3μmgL,故C正确;从箱子向右运动到第一次碰撞,损失的动能ΔEk=2μmgL,所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为Ek=Ek0-ΔEk=μmgL,故D错误。11.如图所示,2 022个质量均为3m的相同小球依次紧密排列成一条直线,静止在光滑水平面上,轻绳一端固定在O点,一端与质量为m的黑球连接,把黑球从与O点等高的A处由静止释放,黑球沿半径为L的圆弧摆到最低点B处时与1号球发生正碰。若发生的碰撞皆为弹性碰撞,不计空气阻力,则黑球与1号球最后一次碰撞后的速度大小为(　B　)A.()2 021 B.()2 022C. D.解析:设黑球第一次到达最低点时的速度为v0,黑球下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得mgL=m,解得v0=,设黑球与1号球发生碰撞后黑球的速度为v黑1,1号球的速度为v,黑球与1号球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv黑1+3mv,由机械能守恒定律得m=m+×3mv2,解得v黑1=-v0,v=v0,黑球与1号球碰撞后,黑球速度反向,黑球运动过程只有重力做功,机械能守恒,由机械能守恒定律可知,黑球再次达到最低点时速度大小等于v黑1′=v0。发生弹性碰撞过程,系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律与机械能守恒定律可知,两质量相等的球发生弹性碰撞后两球速度互换,则黑球与1号球碰撞后,1号球静止,2号球速度为v,碰后2号球与3号球发生碰撞,直至2 021号球与2 022号球碰撞,发生一系列碰撞后,2 022号球向右做匀速直线运动,1号到2 021号球静止在原位置;然后黑球与1号球发生第二次碰撞,设碰撞后黑球的速度为v黑2,1号球的速度为v1,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv黑1′=mv黑2+3mv1,由机械能守恒定律得mv黑1′2=m+×3m,解得v黑2=-()2v0。同理可知,黑球第3次与1号球碰撞后黑球的速度v黑3=-()3v0,黑球最后一次与1号球碰撞后,黑球的速度大小为v黑2 022=()2 022v0=()2 022,故B正确,A、C、D错误。12.(多选) 如图所示,放在水平地面的木块A上固定有竖直光滑细杆,小球B、C套在光滑细杆上,B通过劲度系数为k的轻质弹簧与A栓接在一起。整个装置静置在水平地面上。将小球C从距离B高h处由静止释放,C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动。已知A连同细杆的质量为2m,B、C的质量均为m,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　BCD　)A.C与B碰撞后的瞬间,B的速度大小为B.C与B碰撞过程中,损失的机械能为mghC.C与B碰撞后,弹簧弹性势能的最大值大于mghD.要使C、B碰撞后A能离开地面,h至少为解析:C与B碰撞过程动量守恒,有mvC=2mv1,小球C下落过程做自由落体运动,有=2gh,联立可得v1=,故A错误;C与B碰撞过程中,损失的机械能为ΔE=m-×2m=mgh,故B正确;设B、C锁定在一起下降Δx后速度减为零,此时弹簧的弹性势能最大,由动能定理可得2mgΔx+W弹=0-×2m,又ΔEp=-W弹,Epmax=Ep0+ΔEp,联立可得Epmax=Ep0+2mgΔx+mgh>mgh,故C正确;依题意,A恰好离开地面时,B、C上升到最大高度,对A有F弹=2mg=kx1,B、C碰后瞬间,弹簧形变量为初始B、C碰前的形变量,设为x2,有kx2=mg,则B、C上升到最大高度距B、C碰前位置为h1=x1+x2=,从碰后到A刚要离开地面过程中机械能守恒,可得×2m+k=2mgh1+k,联立可得h=,故D正确。