【淘寶店鋪：向陽百分百】【淘寶店鋪：向陽百分百】專題08力學中三大觀點的綜合應用（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）一、單項選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分）1．（2024·浙江金華·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，浙江運動員李玲在參加杭州亞運會女子撐桿跳高比賽時，以4.63m的成績奪得金牌，并再度刷新亞運會賽事紀錄。其完整的撐桿跳高過程可簡化為三個階段——持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落著地。下落時，人桿分離，最后落在軟墊上速度減為零。不計空氣阻力，則（

）A．研究其越桿過程的技術動作可將李玲視作質點B．李玲在最高點時加速度一定為零C．李玲在整個跳高過程中機械能守恒D．李玲落在軟墊上的運動過程中，軟墊對她的沖量大小等于她對軟墊的沖量大小【答案】D【詳解】A．研究其越桿過程的技術動作時，運動員的大小和形狀不可忽略，不可將李玲視作質點，故A錯誤；B．李玲在最高點時受重力作用，加速度為重力加速度，故B錯誤；C．撐桿從開始形變到撐桿恢復形變時，先是運動員部分動能轉化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉化為運動員的動能與重力勢能，使用過程中，運動員與桿的機械能守恒，所以李玲在整個跳高過程中機械能不守恒，故C錯誤；D．李玲落在軟墊上的運動過程中，由牛頓第三定律可知軟墊對她的作用力大小等于她對軟墊的作用力大小，所以軟墊對她的沖量大小等于她對軟墊的沖量大小，故D正確。故選D。2．（2024·四川成都·成都七中校考一模）如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r，可繞中心軸轉動的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊，物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)以及與桌面的摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，物塊可視為質點。則（）A．小物塊從圓盤上滑落后，小物塊在餐桌上做曲線運動B．物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做功為C．餐桌面的半徑為D．物塊在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為【答案】D【詳解】A．小物塊從圓盤上滑落后，沿切線方向飛出，小物塊在餐桌上做勻減速直線運動，故A錯誤；B．物塊隨圓盤運動的過程中，將要滑離圓盤時，則由動能定理圓盤對小物塊做功為，故B錯誤；C．物塊在桌面上滑動的距離，餐桌面的半徑為，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理，物塊在餐桌面上滑行的過程中，所受摩擦力的沖量大小為，故D正確。故選D。3．（2024·廣西貴港·統(tǒng)考模擬預測）2022年北京冬奧會跳臺滑雪項目在位于張家口的國家跳臺滑雪中心舉行，運動員穿專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，在空中飛行一段距離后著陸?，F(xiàn)有某運動員從跳臺處沿水平方向飛出，在斜坡處著陸，如圖所示。已知時運動員離斜坡面最遠，測得間的水平距離為，不計空氣阻力，重力加速度，下列說法正確的是（）A．運動員在處的速度大小為B．從處運動到處的時間為C．從處運動到處過程中動量變化率不斷變化D．運動員離坡面的最大距離為【答案】D【詳解】AB．運動員從跳臺水平飛出，做平拋運動，設運動員初速度大小為，斜面的傾角為，運動員從開始運動到坡底所用的時間為，已知時運動員離斜坡面最遠，此時運動員速度的方向與斜面平行，則有，解得，則，，故AB錯誤；C．從處運動到處過程中，解得，C錯誤；D．將運動按沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如圖所示運動員做勻變速運動，當沿方向的分速度減為0時，運動員離坡面最遠，最遠距離為。D正確。故選D。4．（2024·吉林·統(tǒng)考一模）如圖所示，內壁間距為L的箱子靜止于水平面上，可視為質點的物塊放在箱內最右端，它們的質量均為m，箱子的內壁光滑，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)給箱子一水平向右的初速度，運動過程中物塊與箱子的側壁共發(fā)生2次彈性碰撞，靜止時物塊恰好停在箱子正中間，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A．箱子的總位移為2LB．物塊的總位移為1.5LC．箱子的初動能為3μmgLD．第一次碰撞后瞬間物塊的動能為2μmgL【答案】C【詳解】AB．給箱子一水平向右的初速度后箱子向右減速，因為箱子內壁光滑，所以物塊相對于地面靜止，當發(fā)生第一次碰撞時，箱子產生的位移為L，碰撞中動量和能量守恒且因為質量相等所以速度交換，即第一次碰撞后箱子相對于地面不動，物塊向右勻速運動，產生的位移為L，后發(fā)生第二次碰撞，同理速度交換，物塊不動，箱子向右減速至零，產生的位移為0.5L，最終物塊停在箱子的中間，則箱子的總位移為1.5L，物塊的總位移為L，故AB錯誤；C．全過程由能量守恒可得，故C正確；D．從箱子向右運動到第一次碰撞，損失的動能，所以第一次碰撞后瞬間物塊的動能為，故D錯誤。故選C。5．（2023·全國·校聯(lián)考一模）如圖所示，假若一種特殊的自動扶梯，既有傾斜面也有水平臺階，質量相等的甲、乙兩人分別站在斜面和臺階上，隨著扶梯一起斜向上做勻速運動，則一段時間內（）A．斜面對甲的支持力做負功B．平臺對乙的摩擦力做正功C．甲、乙兩人重力的平均功率不相等D．若甲的重力為，則一段時間內，斜面對甲的沖量的大小為【答案】D【詳解】A．甲做勻速直線運動，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，位移方向與支持力方向垂直，所以支持力不做功，A錯誤；B．乙做勻速直線運動，受重力和豎直向上的支持力作用，不受摩擦力，B錯誤；C．由于兩人重力相等，運動的時間和位移均相等，所以兩人重力的平均功率相等，C錯誤；D．由于甲勻速運動，受力平衡，斜面對甲的作用力與甲的重力等大反向，根據(jù)沖量的定義可得，D正確。故選D。6．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，蓮蓮在亞運會蹦床比賽中，達到的最高點距地面高度為H，蹦床離地面的高度為h，蓮蓮的質量為M，下落過程中彈性網最大下陷量為x，受到的空氣阻力大小恒為f，從最高點到最低點下落時間為t，則蓮蓮在下落到最低點的過程中，下列說法正確的是（

）A．蓮蓮的機械能減少了B．彈性網的彈力對蓮蓮的沖量大小為C．蓮蓮從與蹦床接觸到落至最低點過程中所受合外力的沖量大小為D．彈性網彈性勢能的增量為【答案】B【詳解】A．蓮蓮在下落到最低點的過程中，蓮蓮的動能不變，蓮蓮的機械能減少量等于重力勢能的減少量，則，故A錯誤；B．蓮蓮在下落到最低點的過程中，根據(jù)動量定理有，彈性網的彈力對蓮蓮的沖量大小為，故B正確；C．蓮蓮從下落至與蹦床接觸過程中，根據(jù)動能定理有，蓮蓮從與蹦床接觸到落至最低點過程中，根據(jù)動量定理有，蓮蓮從與蹦床接觸到落至最低點過程中所受合外力的沖量大小為，故C錯誤；D．根據(jù)能量守恒，彈性網彈性勢能的增量為，故D錯誤。故選B。7．（2023·山東菏澤·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，質量分別為m和的A、B兩個小球疊放在一起，從高度為h（h遠大于小球半徑）處由靜止開始下落。落到水平地面時，B與地面之間以及A與B之間均在豎直方向發(fā)生彈性碰撞（假設B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A與B再發(fā)生碰撞），不考慮空氣阻力及多次碰撞，則A反彈后能達到的最大高度可能為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】A與B兩球落地時的速度相同，設速度為，兩球下落過程根據(jù)機械能守恒定律可得，解得，球B先與地面發(fā)生碰撞之后以原速率彈回，此時A球速度方向還是向下，速度大小仍為，之后兩球發(fā)生彈性碰撞，設向上為正方向，碰撞之后A、B兩球的速度分別為和，根據(jù)動量守恒定律有，根據(jù)能量守恒定律可得，兩式聯(lián)立解得，當時代入可得，設A球上升的最大高度為，根據(jù)機械能守恒定律可得，代入數(shù)據(jù)解得，當時代入可得，設A球上升的最大高度為，根據(jù)機械能守恒定律可得，代入數(shù)據(jù)解得，所以A球上升的最大高度應大于，小于。故選C。8．（2023·四川南充·四川省南充高級中學?？家荒＃┤鐖D所示，某煤礦有一水平放置的傳送帶，已知傳動帶的運行速度為v0=0.5m/s，開采出的煤塊以50kg/s的流量(即每秒鐘有50kg煤塊從漏斗中落至傳送帶上)垂直落在傳送帶上，并隨著傳送帶運動。為了使傳送帶保持勻速傳動，電動機的功率應該增加（

）

A．500W B．25W C．12.5W D．50W【答案】C【詳解】每秒鐘內落到傳送帶上煤塊都將獲得與傳送帶相等的速度，由動量定理可得，解得，煤塊受到的摩擦力由傳送帶提供，則電動機對傳送帶應增加的牽引力為，電動機應增加的功率為.故選C。9．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預測）“神舟十五號”返回艙返回地面過程中，在距地面約10公里的地方打開降落傘，引導傘、減速傘和主傘相繼打開，返回艙速度從200m/s降低到7m/s，在距離地面1m處，返回艙上4臺反沖發(fā)動機同時點火提供恒力，使返回艙到達地面時速度減為1m/s，從而保障航天員安全。設返回艙的質量為，取，忽略反沖發(fā)動機點火后主降落傘對返回艙的作用和空氣對返回艙的作用。下列說法正確的是（）A．發(fā)動機點火后，返回艙的動量變化率越來越小B．反沖發(fā)動機點火至落地，艙內航天員的平均加速度大小約為2.4gC．每臺反沖發(fā)動機的推力約為D．反沖發(fā)動機對返回艙的沖量大小為【答案】B【詳解】A．勻減速的過程中，合外力是不變的，根據(jù)動量定理有，可知返回艙的動量變化率即為合外力，所以是不變的，故A錯誤；B．根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有，可得，則反沖發(fā)動機點火至落地，艙內航天員的平均加速度大小約為2.4g，故B正確；C．返回艙減速的時間為，根據(jù)動量定理有，解得，發(fā)動機推力為，則每臺反沖發(fā)動機的推力約為，故C錯誤；D．根據(jù)動量定理有，解得，反沖發(fā)動機對返回艙的沖量為，則反沖發(fā)動機對返回艙的沖量大小為，故D錯誤。故選B。10．（2023·四川瀘州·統(tǒng)考一模）四川一大學生為備戰(zhàn)2023年成都大運會跳高項目，在進行摸高跳訓練時，為監(jiān)測腿部肌肉力量的變化，某次運動員站在接有壓力傳感器的水平訓練臺上完成下蹲、起跳和回落動作，甲圖中的小黑點表示人的重心，乙圖是訓練臺所受壓力隨時間變化的圖像，圖中ab、bc、cd可視為直線。取重力加速度，下列說法中正確的是（）A．乙圖中cd段表示運動員一直處于失重狀態(tài)B．運動員跳離訓練臺后，重心上升的最大高度約C．乙圖中bcd段，運動員對訓練臺的沖量大小為D．整個過程中，運動員加速度的最大值為【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，由圖乙中點可知，運動員的重力為，在點時，運動員對地板的壓力大于自身的重力，處于超重狀態(tài)，在點時，運動員對地板的壓力小于自身的重力，處于失重狀態(tài)，則cd段表示運動員先超重后失重，故A錯誤；B．由圖乙可知，運動員在空中的時間為，重心上升的最大高度約，故B正確；C．運動員對訓練臺的作用力與訓練臺對運動員的作用力為相互作用力，大小相等，方向相反，則運動員對訓練臺的沖量大小與訓練臺對運動員的沖量大小相等，由圖像的面積表示沖量，由圖可得，bcd段訓練臺對運動員的沖量大小為，則運動員對訓練臺的沖量大小大于，故C錯誤；D．由圖乙可知，運動員對訓練臺的最大作用力為，由牛頓第三定律可知，訓練臺對運動員的最大作用力為，由牛頓第二定律有，又有，解得，故D錯誤。故選B。11．（2023·陜西·校聯(lián)考一模）有一質量為m的物體正在水平面上以速度勻速運動，某時刻受到了一個沖量I的作用，沖量I與方向相同，沖量I作用前后，物體動能的變化量與沖量I之間的關系正確的是（）A．與I成正比 B．與成正比C．與I成二次函數(shù)關系 D．與成二次函數(shù)關系【答案】C【詳解】根據(jù)動能定理，根據(jù)位移公式，由于，聯(lián)立以上三式可解得，所以，可見沖量之間關系為二次函數(shù)關系。故選C。12．（2023·陜西咸陽·校考模擬預測）蹦床是一項運動員利用蹦床的反彈在空中表現(xiàn)雜技技巧的競技運動．如圖所示為運動員在蹦床運動中完成某個動作的示意圖，圖中水平虛線PQ是彈性蹦床的初始位置，一質量為m的運動員，某次彈跳中從床面上方A處由靜止落下，落到床面上屈伸彈起后離開床面上升到D處，已知，重力加速度大小為g，不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．運動員從A處運動到D處的全過程中，床面對運動員彈力的最大值為mgB．運動員從A處運動到D處的全過程中，運動員的機械能增加量C．運動員從A處運動到D處的全過程中，運動員重力的沖量為0D．運動員由A到B向下運動的過程中，處于完全失重狀態(tài)，其機械能減少【答案】B【詳解】A．運動員在最低點時，床面對運動員的彈力最大，從最低點向上運動時，先做加速運動，彈力的最大值大于，選項A錯誤；B．運動員的機械能增加了，選項B正確；C．運動員重力的沖量，不等于零，選項C錯誤；D．運動員由A向運動的過程中，做自由落體運動，加速度等于豎直向下的重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，此過程中只有重力做功，運動員的機械能守恒，選項D錯誤。故選B。二、多項選擇題（本題共2小題,每小題5分,共10分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分）13．（2024·全國·校聯(lián)考一模）（多選）如圖所示，水平放置、足夠長的光滑桿上套有一小球，小球通過一長度為的不可伸長的輕繩與小球相連，小球的質量均為。將小球放置于小球的正下方處，并以初速度水平拋出，為重力加速度。下列說法正確的是（）A．繩子恰好繃直時，其與的夾角為B．繩子繃直前瞬間，小球的速度大小為C．繩子繃直后瞬間，小球的速度大小為D．繩子繃直前后，繩子對B球的沖量大小為【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)平拋運動規(guī)律，從拋出到繩子恰好繃直，,幾何關系,聯(lián)立三式可得,則，,可知繩繃直時與桿的夾角，且繃直前瞬間B球速度與水平方向的夾角也為，此時B球的速度大小,A正確，B錯誤；C．繩子繃直過程中，B球所受總沖量沿繩由B指向A，B球的動量減小，故B球的速度減小，但方向不變，設繃直后瞬間A、B球的速度分別為，根據(jù)水平方向動量守恒有,由A、B球沿繩方向速度相同,聯(lián)立兩式解得，,C正確；D．對B球用動量定理分析，繩子對B球的沖量大小,D錯誤。故選AC。14．（2024·湖南·湖南師大附中校聯(lián)考一模）（多選）物塊P、Q中間用一根輕質彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質量為2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t=0時對物塊P施加水平向右的恒力F，時撤去，在0~1s內兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運動過程中以下分析正確的是（）A．t=1s時Q的速度大小等于0.4m/sB．恒力大小為2NC．0~1s內P的動量增加量為D．撤去推力后彈簧最長時，Q的速度大小為0.8m/s【答案】BD【詳解】A．圖象與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，若0~1s內Q的加速度均勻增大，則t=1s時Q的速度大小等于，由圖可得實際Q的圖象與坐標軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時圖象與坐標軸圍成的面積，故t=1s時Q的速度大小大于0.4m/s，故A錯誤；B．t=0時，對物塊P有，故恒力大小為2N，故B正確；C．施加水平向右的恒力F的過程中，根據(jù)動量定理有，故0~1s內P的動量增加量小于，故C錯誤；D．時，對物塊P、Q整體有，解得，撤去推力后，P、Q共速時，彈簧最長，有，解得撤去推力后彈簧最長時，Q的速度大小為，故D正確。故選BD。三、計算題（本題包括3小題，10分+10分+10分共30分，解答過程請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出最終結果的不得分）15．（2023·云南·校聯(lián)考模擬預測）老師在物理課上用網球和籃球演示了一個實驗，如圖甲所示，同時由靜止釋放緊靠在一起、球心在同一豎直線上的網球和籃球，發(fā)現(xiàn)籃球與地面碰撞以后，網球彈起的高度大于釋放時的高度。為了定量研究這一現(xiàn)象，將圖甲簡化為圖乙所示模型，籃球下沿距地面高度為h，此過程中的所有碰撞均視為彈性碰撞，碰撞時間極短，可忽略，已知網球質量為m，籃球質量為網球質量的9倍，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）求網球從碰撞位置上升的最大高度；（2）求籃球在與網球碰撞過程中籃球損失的機械能?！敬鸢浮浚?）6.76h；（2）【詳解】（1）設籃球的質量為，網球的質量為,則落地時根據(jù)機械能守恒解得兩球落地時的速度大小均為籃球與地面碰撞后速度方向向上，取向上為正方向，由動量守恒可得能量守恒可得聯(lián)立解得

根據(jù)網球上升過程做豎直上拋運動，有解得（2）根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，籃球損失的機械能即網球增加的機械能代入數(shù)值解得16．（2024·河北邯鄲·統(tǒng)考二模）如圖所示，高度相同的兩塊平板P1、P2置于光滑水平面上，其質量分別為m1=1kg和m2=3kg。質量m=1kg且可看作質點的物體P置于P1的最右端，P1與P一起以v0=4m/s的速度向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰撞過程中無機械能損失。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，P2足夠長，重力加速度g取10m/s2。求：（1）P1、P2碰撞后瞬間兩平板的速度大??；（2）P最終距離P2左端的距離?！敬鸢浮浚?）均為2m/s；（2）0.3m【詳解】（1）、碰撞過程中無機械能損失，以、為系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律得聯(lián)立解得，則碰后、的速度大小均為。（2）碰撞后以的速