2019高考物理二轮押题：第一部分_力学3大题型押题练(一) 含答案解析

力学3大题型押题练（一）
1.如图所示，质量分别为m 1和m 2的两物块放在水平地面上，两物块与水平地面
间的动摩擦因数都是μ(μ≠0)，用轻弹簧将两物块连接在一起。

当用
水平力F 作用在m 1
上时，两物块均以加速度a 做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x 。

若用水平力F ′作用在m 1上时，两物块均以加速度a ′＝2a 做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x ′。

则下列关系式正确的是( )
A ．F ′＝2F
B ．x ′＝2x
C ．F ′＞2F
D ．x ′＜2x
解析：选D 由整体法可得F －(m 1＋m 2)μg ＝(m 1＋m 2)a ，F ′－(m 1＋m 2)μg ＝2(m 1＋m 2)a ，可知F ′<2F ；以m 2为研究对象可得，kx －μm 2g ＝m 2a ，kx ′－μm 2g ＝2m 2a ，可知x ′<2x ，D 选项正确。

2.如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s 内的位移—时间图线(抛物线)。

若
t ＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)。

则( )
A ．t ＝1 s 时，质点在x ＝5 m 的位置
B ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点的速度相同
C ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点加速度的方向相反
D ．前5 s 内，合外力对质点做正功
解析：选A t ＝1 s 时，题图图线所对应的切线斜率为4，则质点的速度为v 1＝4 m/s ，由题意知，位移—时间图线为抛物线，即图线对称分布，3 s 末位移最大，图线对应的切线斜率为零，所以3 s 末速度为零，则前3 s 内质点做匀减速直线运动，加速度：a ＝Δv Δt ＝0－42 m /s 2＝－2 m/s 2，初速度为v 0＝v 1－at 1＝4 m /s
＋2×1 m/s ＝6 m/s ，所以t ＝1 s 时，质点的位移：x ＝v 0t ＋12at 2＝6×1 m －1
2×2×12 m ＝5 m ，故A 正确；t
＝1 s 和t ＝5 s 时图线斜率的绝对值相等，则质点的速度大小相等，但方向相反，故B 错误；质点先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点加速度的方向相同，故C 错误；5 s 末的速度v 5＝v 0＋at 5＝6 m /s －2×5 m/s ＝－4 m /s ，因为4 m/s ＜6 m/s ，所以前5 s 内质点动能减小，所以合外力对质点做负功，故D 错误。

3.[多选]如图所示，一根长度为2L 、质量为m 的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等。

绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦。

由于轻微扰动，右侧绳子从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x 时，加速度大小为a ，滑轮对天花板的拉力为T 。

已知重力加速度大小为g ，选项图中表示a -x 、T -x 关系图像正确的是( )
解析：选AC 设绳子单位长度的质量为m 0，则根据受力分析知a ＝
(m 1－m 2)g m ＝[(L ＋x )m 0－(L －x )m 0]g
2Lm 0
＝xg
L ，加速度先与x 成正比，当x ＝L 时，加速度a ＝g ，以后不变，知A 正确，B 错误；选取左边绳子受力
分析，知T0＝m2a＋m2g＝(L－x)m0xg
L＋(L－x)m0g＝－
m0gx2
L＋m0gL，T＝2T0＝－
2m0gx2
L＋2m0gL，结合二次
函数图像特点，知D错误，C
正确。

4．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。

在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地飘浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。

(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2(左端粘有橡皮泥)放在气垫导轨的中间；
⑥先__________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复实验，选出理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。

完善实验步骤⑥的内容。

(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)。

(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_________________________________
_________________________________。

解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1。

(2)由题图乙可知，相互作用前滑块1的速度v1＝0.2
0.1m/s＝2 m/s，系统的总动量为0.310 kg×2 m/s
＝0.620 kg·m/s，两滑块相互作用后具有相同的速度v＝0.168
0.14m/s＝1.2 m/s，系统的总动量为(0.310 kg＋
0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s。

(3)两结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦。

答案：(1)接通打点计时器的电源放开滑块1
(2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器限位孔间有摩擦 5.细管AB 内壁光滑，加工成如图所示形状，细管厚度不计，长L ＝0.8 m 的BD
段固定在竖直平面内，其B 端与半径R ＝0.4 m 的光滑圆弧轨道BP 平滑连接，CD 段是半径R ＝0.4 m 的1
4圆弧，AC 段在水平面上，与长s ＝1.25 m 、动摩
擦因数μ＝0.25的水平轨道A Q 平滑相连，细管中有一可视为质点的小球，质量为m ，以速度v 0向右运动
(重力加速度g 取10 m/s 2)。

求：
(1)速度v 0满足什么条件，小球能够通过轨道最高点P ； (2)速度v 0满足什么条件，小球能反向滑出A Q 。

解析：(1)要使小球能通过最高点P ，应有m v P 2
R
≥mg
由动能定理知小球在上升过程中－mg (2R ＋L )＝12m v P 2－1
2m v 02
解得v 0≥6 m/s 。

(2)要使小球能反向滑出A Q ，则小球上升的高度不能超过R ＋L ，即 1
2
m v 02≤mg (R ＋L ) 解得v 0≤2 6 m/s
小球通过A Q 时做匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 所以a ＝μg
要使小球能通过A Q ，有s ′＝v 02
2a ≥s
解得v 0≥2.5 m/s
所以小球的速度应满足2.5 m/s ≤v 0≤2 6 m/s 。

答案：(1)v 0≥6 m /s (2)2.5 m/s ≤v 0≤2 6 m/s。