素養(yǎng)培優(yōu)專練2高考物理總復(fù)習(xí)精品

素養(yǎng)培優(yōu)專練(二)一、動(dòng)力學(xué)規(guī)律在實(shí)際情境中的應(yīng)用(一)動(dòng)力學(xué)規(guī)律在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用1.智能化電動(dòng)扶梯如圖所示，乘客站在扶梯上，先緩慢加速，然后再勻速上升，則()A．乘客始終處于超重狀態(tài)B．加速階段乘客受到的摩擦力方向與v相同C．電梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上D．電梯勻速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上答案D解析電梯加速上升階段，乘客有豎直向上的分加速度，此時(shí)乘客處于超重狀態(tài)；當(dāng)電梯勻速上升時(shí)，乘客的加速度為零，既不超重也不失重，故A錯(cuò)誤；以乘客為研究對(duì)象，電梯加速上升階段，乘客有水平向右的分加速度，乘客受到的靜摩擦力方向水平向右，故摩擦力方向與v不同，B錯(cuò)誤；加速上升階段，電梯對(duì)乘客的支持力豎直向上，靜摩擦力水平向右，兩者合力指向右側(cè)斜上方；勻速上升階段，電梯對(duì)乘客的支持力豎直向上，沒(méi)有摩擦力作用，故C錯(cuò)誤，D正確。2．(2022·江蘇省徐州市高三上期中抽測(cè))下落的雨滴由于受水平風(fēng)力的影響往往會(huì)傾斜勻速下落，假設(shè)有一段和風(fēng)向平行的公路，小明坐在順風(fēng)行駛的汽車?yán)铮ㄟ^(guò)側(cè)面車窗觀察到雨滴形成的雨線大約偏向后方30°，如圖1所示。小紅坐在逆風(fēng)行駛的汽車?yán)?兩車的速率相同)，她通過(guò)側(cè)面車窗觀察到雨滴形成的雨線大約偏向后方60°，如圖2所示。則車速與雨滴的水平速度之比約為()A．1∶2 B．2∶1C．3∶1 D．3∶1答案B解析設(shè)車速為v1，雨滴的水平速度為v2，雨滴的豎直速度為v3，由題意，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解有tan30°＝eq\f(v1－v2,v3)，tan60°＝eq\f(v1＋v2,v3)，解得eq\f(v1,v2)＝2∶1，故選B。3.(2021·廣東高考)由于高度限制，車庫(kù)出入口采用如圖所示的曲桿道閘。道閘由轉(zhuǎn)動(dòng)桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個(gè)端點(diǎn)。在道閘抬起過(guò)程中，桿PQ始終保持水平。桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．P點(diǎn)的線速度大小不變B．P點(diǎn)的加速度方向不變C．Q點(diǎn)在豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)D．Q點(diǎn)在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)答案A解析由題知桿OP繞O點(diǎn)從與水平方向成30°勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60°，則P點(diǎn)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)的線速度大小不變，加速度方向時(shí)刻指向O點(diǎn)，A正確，B錯(cuò)誤；Q點(diǎn)在豎直方向的運(yùn)動(dòng)與P點(diǎn)相同，則開(kāi)始時(shí)Q點(diǎn)在豎直方向的分速度大小vQy＝vPcos30°，末狀態(tài)Q點(diǎn)在豎直方向的分速度大小vQy′＝vPcos60°，vQy≠vQy′，則Q點(diǎn)在豎直方向做變速運(yùn)動(dòng)，同理可知Q點(diǎn)在水平方向也做變速運(yùn)動(dòng)，C、D錯(cuò)誤。4.(2021·上海市徐匯區(qū)高三下二模)如圖所示，滾筒洗衣機(jī)脫水時(shí)，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。衣物經(jīng)過(guò)洗衣機(jī)上a、b、c、d四個(gè)位置時(shí)，脫水效果最好的是()A．a(chǎn) B．bC．c D．d答案B解析衣物隨滾筒一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度恒定，以衣服上附著的水滴為研究對(duì)象，在a點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知mg＋F1＝mω2R，解得F1＝mω2R－mg，在b點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知F2－mg＝mω2R，解得F2＝mω2R＋mg，在c、d兩點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知F3＝mω2R，對(duì)比可知，水滴所需的附著力在b位置最大，則b位置脫水效果最好，故B正確。(二)動(dòng)力學(xué)規(guī)律在體育運(yùn)動(dòng)、活動(dòng)中的應(yīng)用5.(2022·浙江省嘉興市高三上9月教學(xué)測(cè)試)如圖所示，排球運(yùn)動(dòng)員正在做墊球訓(xùn)練。排球離開(kāi)手臂豎直向上運(yùn)動(dòng)，再下落到手臂的過(guò)程中，若手臂位置不變且空氣阻力大小恒定，則排球()A．上升過(guò)程位移小于下落過(guò)程位移B．離開(kāi)手臂速度小于返回手臂速度C．上升過(guò)程加速度小于下落過(guò)程加速度D．上升過(guò)程時(shí)間小于下落過(guò)程時(shí)間答案D解析排球上升過(guò)程位移大小與下落過(guò)程位移大小相等，A錯(cuò)誤；設(shè)空氣阻力為Ff，在排球上升過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋Ff＝ma1，在排球下落過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝ma2，對(duì)比有a1>a2，C錯(cuò)誤；上升過(guò)程逆向可看成初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v2＝2ax，兩個(gè)過(guò)程的位移大小相同，所以排球離開(kāi)手臂速度大于返回手臂速度，B錯(cuò)誤；根據(jù)公式x＝eq\f(1,2)at2，所以排球上升過(guò)程時(shí)間小于下落過(guò)程時(shí)間，D正確。6.(2021·北京市西城區(qū)高三下統(tǒng)一測(cè)試)某女子鉛球運(yùn)動(dòng)員分別采用原地推鉛球和滑步推鉛球兩種方式進(jìn)行練習(xí)，如圖為滑步推鉛球過(guò)程示意圖。她發(fā)現(xiàn)滑步推鉛球比原地推鉛球可增加約2米的成績(jī)。假設(shè)鉛球沿斜向上方向被推出，且兩種方式鉛球出手時(shí)相對(duì)地面的位置和速度方向都相同，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．兩種方式推出的鉛球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能相同B．采用原地推鉛球方式推出的鉛球上升的高度更高C．兩種方式推出的鉛球在空中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度都相同D．滑步推鉛球可以增加成績(jī)，可能是因?yàn)檠娱L(zhǎng)了運(yùn)動(dòng)員對(duì)鉛球的作用時(shí)間答案D解析由題意知，滑步推鉛球的水平位移大，由于兩種方式鉛球出手時(shí)相對(duì)地面的位置和速度方向都相同，故滑步推鉛球的初速度更大，則豎直方向初始的分速度更大，則滑步推鉛球時(shí)鉛球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)，上升的高度更高，故A、B錯(cuò)誤；鉛球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度等于鉛球出手時(shí)的水平分速度，由于滑步推鉛球的初速度更大，所以兩種方式鉛球在空中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度不相同，故C錯(cuò)誤；滑步推鉛球時(shí)鉛球的初速度更大，由動(dòng)量定理Ft＝mv－0可知，可能是因?yàn)檠娱L(zhǎng)了運(yùn)動(dòng)員對(duì)鉛球的作用時(shí)間，故D正確。(三)動(dòng)力學(xué)規(guī)律在前沿科技、遷移創(chuàng)新中的應(yīng)用7．(2021·浙江6月選考)空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高度會(huì)發(fā)生變化?？臻g站安裝有發(fā)動(dòng)機(jī)，可對(duì)軌道進(jìn)行修正。圖中給出了國(guó)際空間站在2020.02～2020.08期間離地高度隨時(shí)間變化的曲線，則空間站()A．繞地運(yùn)行速度約為2.0km/sB．繞地運(yùn)行速度約為8.0km/sC．在4月份繞行的任意兩小時(shí)內(nèi)機(jī)械能可視為守恒D．在5月份繞行的任意兩小時(shí)內(nèi)機(jī)械能可視為守恒答案D解析由題意可知，空間站繞地運(yùn)行的軌道半徑略大于地球半徑，根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,r))可知，空間站繞地運(yùn)行速度略小于地球的第一宇宙速度7.9km/s，故A、B錯(cuò)誤；由圖中曲線知，在4月份空間站繞行的軌道半徑出現(xiàn)明顯變化，則可知空間站的發(fā)動(dòng)機(jī)做功對(duì)軌道進(jìn)行了修正，修正時(shí)空間站的機(jī)械能明顯變大，不可視為守恒，故C錯(cuò)誤；由圖中曲線知，在5月份空間站繞行的軌道半徑變化很小，故任意兩個(gè)小時(shí)內(nèi)機(jī)械能可視為守恒，D正確。8.(2021·北京市西城區(qū)高三下統(tǒng)一測(cè)試)地球剛誕生時(shí)自轉(zhuǎn)周期約是8小時(shí)，因?yàn)槭艿皆虑虺毕挠绊?，自轉(zhuǎn)在持續(xù)減速，現(xiàn)在地球自轉(zhuǎn)周期是24小時(shí)。與此同時(shí)，在數(shù)年、數(shù)十年的時(shí)間內(nèi)，由于地球板塊的運(yùn)動(dòng)、地殼的收縮、海洋、大氣等一些復(fù)雜因素以及人類活動(dòng)的影響，地球的自轉(zhuǎn)周期會(huì)發(fā)生毫秒級(jí)別的微小波動(dòng)?？茖W(xué)研究指出，若不考慮月球的影響，在地球的總質(zhì)量不變的情況下，地球上的所有物質(zhì)滿足m1ωreq\o\al(2,1)＋m2ωreq\o\al(2,2)＋…＋miωreq\o\al(2,i)＝常量，其中m1、m2、…、mi表示地球各部分的質(zhì)量，r1、r2、…、ri為地球各部分到地軸的距離，ω為地球自轉(zhuǎn)的角速度，如圖所示。根據(jù)以上信息，結(jié)合所學(xué)，判斷下列說(shuō)法正確的是()A．月球潮汐的影響使地球自轉(zhuǎn)的角速度變大B．若地球自轉(zhuǎn)變慢，地球赤道處的重力加速度會(huì)變小C．若僅考慮A處的冰川融化，質(zhì)心下降，會(huì)使地球自轉(zhuǎn)周期變小D．若僅考慮B處板塊向赤道漂移，會(huì)使地球自轉(zhuǎn)周期變小答案C解析地球自轉(zhuǎn)周期與角速度的關(guān)系為ω＝eq\f(2π,T)，由題意知月球潮汐的影響使地球自轉(zhuǎn)周期T變長(zhǎng)，則使地球自轉(zhuǎn)的角速度ω變小，A錯(cuò)誤；在赤道處萬(wàn)有引力提供向心力和重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mRω2＋mg，若地球自轉(zhuǎn)變慢，即角速度ω變小，則重力加速度會(huì)變大，B錯(cuò)誤；由m1ωreq\o\al(2,1)＋m2ωreq\o\al(2,2)＋…＋miωreq\o\al(2,i)＝常量知，若僅考慮A處的冰川融化，質(zhì)心下降，rA變小，會(huì)使地球自轉(zhuǎn)角速度ω變大，自轉(zhuǎn)周期T變小，C正確；若僅考慮B處板塊向赤道漂移，相當(dāng)于地球一部分r變大，則地球自轉(zhuǎn)角速度ω變小，自轉(zhuǎn)周期T變大，D錯(cuò)誤。9．(2021·廣東省深圳市高三3月第一次調(diào)研)(多選)設(shè)想在赤道上建造如圖甲垂直于水平面的“太空電梯”，宇航員通過(guò)電梯直通太空站。圖乙中r為宇航員到地心的距離，R為地球半徑，曲線A為地球引力對(duì)宇航員產(chǎn)生的加速度大小與r的關(guān)系，直線B為宇航員由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的向心加速度大小與r的關(guān)系。關(guān)于相對(duì)地面靜止在不同高度的宇航員，下列說(shuō)法正確的有()A．隨著r增大，宇航員的線速度也增大B．宇航員在r＝R處的線速度等于第一宇宙速度C．圖中r0為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑D．隨著r增大，宇航員感受到“重力”也增大答案AC解析宇航員的線速度v＝ωr，其中ω為地球自轉(zhuǎn)的角速度，則隨著r增大v也增大，故A正確；宇航員在r＝R處即在地面上，除了受到萬(wàn)有引力還受到地面的支持力，合力遠(yuǎn)小于萬(wàn)有引力，由F合＝meq\f(v2,R)知速度遠(yuǎn)小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；當(dāng)r＝r0時(shí)地球引力產(chǎn)生的加速度正好等于宇航員做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度，此時(shí)宇航員的角速度又跟地球自轉(zhuǎn)角速度一致，宇航員可以看作是地球同步衛(wèi)星，故r0為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，故C正確；由圖乙可知，宇航員感受到的重力G感＝m(aA－aB)，r≤r0時(shí)，隨著r增大，宇航員感受到的“重力”減小，故D錯(cuò)誤。二、重難點(diǎn)強(qiáng)化專練(一)連接體的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題10.(2022·河北省唐山市高三上開(kāi)學(xué)摸底考試)如圖所示，在水平地面上，輕彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質(zhì)量為m的物體A連接，物體B的質(zhì)量也為m，兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，施加一水平外力推動(dòng)物體B向左將彈簧壓縮到最短，撤去外力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后兩物體分離，分離時(shí)，彈簧的情況為()A．彈簧被拉長(zhǎng)B．彈簧處于原長(zhǎng)C．彈簧被壓縮，彈力大小為μmgD．彈簧被壓縮，彈力大小為2μmg答案B解析兩物體剛好分離的臨界條件為兩物體之間的彈力為零且加速度相等，則aA＝aB，且aA＝eq\f(kx－μmg,m)，aB＝eq\f(－μmg,m)，解得x＝0，即彈簧處于原長(zhǎng)。故選B。11.(2021·河北省石家莊市高三下一模)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同貨物A、B疊放在自卸貨車的車廂底板上保持相對(duì)靜止一起加速下滑，車廂底板與水平面的夾角為α，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與車廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，貨車在水平地面上始終保持靜止，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．貨車受到地面的靜摩擦力方向水平向左B．貨車對(duì)地面的壓力大于貨車與貨物的總重力C．貨物A受到的摩擦力大小一定為μ1mgcosαD．μ1與μ2的關(guān)系滿足μ1≥μ2答案D解析由于A、B整體沿車廂底板加速下滑，故A、B以及貨車組成的系統(tǒng)存在水平向右的加速度分量和豎直向下的加速度分量，故貨車受到地面的靜摩擦力方向水平向右，貨車對(duì)地面的壓力小于貨車與貨物的總重力，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)A、B整體加速下滑的加速度大小為a，對(duì)A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有2ma＝2mgsinα－2μ2mgcosα，單獨(dú)對(duì)A同理有ma＝mgsinα－FfA，且FfA≤μ1mgcosα，聯(lián)立上述三式可得μ1≥μ2，由此可知，只有當(dāng)μ1＝μ2時(shí)，貨物A受到的摩擦力大小才等于μ1mgcosα，否則將小于μ1mgcosα，故C錯(cuò)誤，D正確。(二)傳送帶模型12.(2022·遼寧省名校聯(lián)盟高三上9月聯(lián)合考試)如圖所示，傳送帶的傾角θ＝37°，從A到B長(zhǎng)度為14m，傳送帶以8m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶上A端無(wú)初速度地放一個(gè)質(zhì)量為2kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，煤塊在傳送帶上經(jīng)過(guò)會(huì)留下黑色劃痕，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力和煤塊質(zhì)量變化，求：(1)煤塊到B點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)煤塊從A到B的過(guò)程中傳送帶上留下劃痕的長(zhǎng)度。(3)若傳送帶從靜止開(kāi)始以加速度a逆時(shí)針加速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)沿傳送帶向下為摩擦力正方向，請(qǐng)寫(xiě)出煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力f與加速度a的關(guān)系式，并畫(huà)出f-a圖像(需要在圖中標(biāo)注出轉(zhuǎn)折點(diǎn)的坐標(biāo)值)。答案(1)12m/s(2)4m(3)關(guān)系式及圖像見(jiàn)解析解析(1)開(kāi)始階段煤塊所受摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝8m/s2煤塊加速至與傳送帶共速所需時(shí)間t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(8,8)s＝1s運(yùn)動(dòng)的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×8×12m＝4m由于x1＝4m<14m，所以煤塊加速到8m/s時(shí)未到達(dá)B點(diǎn)；由于μ<tan37°，則此后煤塊相對(duì)傳送帶下滑，對(duì)煤塊有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝4m/s2設(shè)第二階段煤塊滑動(dòng)到B所需的時(shí)間為t2，則LAB－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s煤塊到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為vB＝v＋a2t2＝12m/s。(2)第一階段煤塊相對(duì)傳送帶向上移動(dòng)，煤塊位移為x1＝4m傳送帶位移為x傳＝vt1＝8m煤塊相對(duì)傳送帶上移Δx＝x傳－x1＝4m第二階段煤塊相對(duì)傳送帶向下移動(dòng)，煤塊的位移為x2＝LAB－x1＝10m傳送帶位移x傳′＝vt2＝8m煤塊相對(duì)傳送帶下移Δx′＝x2－x傳′＝2m由于Δx′<Δx故傳送帶表面留下黑色劃痕的長(zhǎng)度為Δx＝4m。(3)①若a<4m/s2，煤塊相對(duì)傳送帶以4m/s2向下加速運(yùn)動(dòng)，二者之間為滑動(dòng)摩擦，方向沿傳送帶向上，則此時(shí)f1＝－μmgcosθ＝－4N；②若4m/s2≤a≤8m/s2，煤塊與傳送帶相對(duì)靜止，此時(shí)受靜摩擦力，由牛頓第二定律有mgsinθ＋f2＝ma則f2＝(2a－12)N；③若a>8m/s2，煤塊一直加速運(yùn)動(dòng)，二者之間為滑動(dòng)摩擦力，方向沿傳送帶向下，則此時(shí)摩擦力f3＝μmgcosθ＝4Nf-a圖像如圖所示。(三)板塊模型13．(2022·湖南省名校聯(lián)合體高三上10月聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長(zhǎng)木板P，小滑塊Q放置于長(zhǎng)木板上的最右端?，F(xiàn)將一個(gè)水平向右的力F作用在長(zhǎng)木板的右端，讓長(zhǎng)木板從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去力F的作用。滑塊、長(zhǎng)木板的速度圖像如圖乙所示，已知滑塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒(méi)有從長(zhǎng)木板P上滑下。重力加速度g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A．t＝9s時(shí)長(zhǎng)木板P停下來(lái)B．長(zhǎng)木板P的長(zhǎng)度至少是16.5mC．滑塊Q與長(zhǎng)木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.05D．滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的相對(duì)路程為12m答案ACD解析由圖乙可知，力F在t1＝5s時(shí)撤去，此時(shí)長(zhǎng)木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s時(shí)滑塊與木板速度相同，為v2＝3m/s，0～6s過(guò)程中，以滑塊Q為研究對(duì)象，其加速度為a1＝eq\f(3,6)m/s2＝0.5m/s2，設(shè)Q與P間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05，故C正確；5～6s過(guò)程中，以長(zhǎng)木板P為研究對(duì)象，其加速度大小為a2＝eq\f(5－3,6－5)m/s2＝2m/s2，設(shè)P與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)牛頓第二定律可得μ2·2mg＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，6s末到長(zhǎng)木板停下來(lái)過(guò)程中，Q相對(duì)P向前運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得μ2·2mg－μ1mg＝ma3，解得a3＝1m/s2，這段時(shí)間Δt1＝eq\f(v2,a3)＝3s，所以t＝t2＋Δt1＝9s時(shí)長(zhǎng)木板P停下來(lái)，故A正確；由圖乙知，前6s過(guò)程中，滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的距離Δx1＝eq\f(1,2)×5×5m＋eq\f(1,2)×(5＋3)×1m－eq\f(1,2)×3×6m＝7.5m，6s末到滑塊Q停下來(lái)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5m/s2，這段時(shí)間Δt2＝eq\f(v2,a4)＝6s，由圖乙可知這段時(shí)間Q在P上滑行的距離Δx2＝eq\f(Δt2－Δt1v2,2)＝eq\f(6－3×3,2)m＝4.5m，因?yàn)棣1>Δx2，所以長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度至少為7.5m，B錯(cuò)誤；滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的相對(duì)路程是Δx＝Δx1＋Δx2＝12m，故D正確。14．(2021·山東省棗莊市高三上期末)如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面固定在地面上，斜面光滑且足夠長(zhǎng)。其上有一質(zhì)量為M＝1kg、長(zhǎng)L＝6m的木板，木板厚度不計(jì)。在木板的左端有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝2kg的木塊，木塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。開(kāi)始時(shí)二者都靜止，現(xiàn)用平行于斜面向上的恒力F＝30N拉木塊，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間木塊從木板右端滑落？(2)當(dāng)木板相對(duì)斜面速度為零時(shí)，木板右端與木塊之間距離。答案(1)2s(2)7.3m解析(1)對(duì)木塊由牛頓第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得a1＝5m/s2對(duì)木板由牛頓第二定律得μmgcosθ－Mgsinθ＝Ma2解得a2＝2m/s2木塊從木板右端滑落時(shí)，木塊運(yùn)動(dòng)的位移比木板運(yùn)動(dòng)的位移大L，則eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L解得t＝2s。(2)木塊從木板右端滑落時(shí)，木塊的速度為v1＝a1t木板的速度為v2＝a2t木塊從木板右端滑落后，設(shè)木塊運(yùn)動(dòng)的加速度為a1′則F－mgsinθ＝ma1′設(shè)木板運(yùn)動(dòng)的加速度為a2′則－Mgsinθ＝Ma2′木板到相對(duì)斜面速度為零運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′＝eq\f(0－v2,a2′)木塊運(yùn)動(dòng)的位移x1＝v1t′＋eq\f(1,2)a1′t′2木板運(yùn)動(dòng)的位移x2＝v2t′＋eq\f(1,2)a2′t′2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得木板右端與木塊之間距離Δx＝x1－x2＝7.3m。(四)分解與合成思想在曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用15．(多選)隨著人們生活水平的提高，高爾夫球?qū)⒅饾u成為普通人的休閑娛樂(lè)運(yùn)動(dòng)。如圖所示，某人從高出水平地面h的坡上水平擊出一個(gè)質(zhì)量為m的高爾夫球，由于恒定的水平風(fēng)力作用，高爾夫球豎直地落入距擊球點(diǎn)水平距離為L(zhǎng)的A穴，則()A．球被擊出后做平拋運(yùn)動(dòng)B．該球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\r(\f(2h,g))C．球被擊出后受到的水平風(fēng)力大小為eq\f(mgL,h)D．球被擊出時(shí)的初速度大小為L(zhǎng)eq\r(\f(g,2h))答案BC解析球被擊出后，受重力和水平風(fēng)力作用，不是做平拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；該球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，故B正確；該球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)eq\f(v0,2)t＝L，得v0＝eq\f(2L,t)＝Leq\r(\f(2g,h))，故D錯(cuò)誤；該球在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝eq\f(v0,t)＝eq\f(Lg,h)，根據(jù)牛頓第二定律得水平風(fēng)力大小為F＝ma＝eq\f(mgL,h)，故C正確。(五)曲線運(yùn)動(dòng)中的臨界和極值問(wèn)題16．(2021·浙江省高三下3月高考選考科目聯(lián)考)如圖所示，在樓梯口，用彈射器向第一級(jí)臺(tái)階彈射小球。臺(tái)階高為H，寬為L(zhǎng)，A為豎直踏腳板的最高點(diǎn)，B為水平踏腳板的最右側(cè)點(diǎn)，C是水平踏腳板的中點(diǎn)。彈射器沿水平方向彈射小球，彈射器高度h和小球的初速度v0可調(diào)節(jié)，小球被彈出前與A的水平距離也為L(zhǎng)。某次彈射時(shí)，小球恰好沒(méi)有擦到A而擊中B，為了能擊中C點(diǎn)，需調(diào)整h為h′，調(diào)整v0為v0′，下列判斷正確的是()A．h′的最大值為2hB．h′的最小值為2hC．v0′的最大值為eq\f(\r(15),6)v0D．v0′的最小值為eq\f(\r(15),6)v0答案C解析小球被彈出后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向有y＝eq\f(1,2)gt2，在水平方向有x＝v0t，可得y＝eq\f(gx2,2v\o\al(2,0))∝x2，調(diào)整前恰好沒(méi)有擦到A而擊中B，有eq\f(h,h＋H)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2L)))2，即h＝eq\f(1,3)H，調(diào)整后考慮臨界情況，小球恰好沒(méi)有擦到A而擊中C時(shí)，eq\f(h′,h′＋H)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,L＋\f(1,2)L)))2，即h′＝eq\f(4,5)H，所以h′＝eq\f(12,5)h，小球從被彈出點(diǎn)到擊中C點(diǎn)的高度越高，拋物線越陡，越不容易擦到A點(diǎn)，故h′＝eq\f(12,5)h是滿足條件的最小值，A、B錯(cuò)誤；由于v0＝xeq\r(\f(g,2y))，且小球兩次被彈出后從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程，x都為L(zhǎng)，所以eq\f(v0′,v0)＝eq\r(\f(h,h′))＝eq\f(\r(15),6)，即v0′＝eq\f(\r(15),6)v0，由v0＝xeq\r(\f(g,2y))知v0′＝eq\f(\r(15),6)v0是滿足條件的最大值，C正確，D