《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專練一 培優(yōu)點1 力學三大觀點的綜合應用含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專練一力學綜合問題培優(yōu)點1力學三大觀點的綜合應用1．三個相同的木塊A、B、C從同一高度處自由下落，其中木塊A剛開始下落的瞬間被水平飛來的子彈擊中，木塊B在下落到一定高度時，才被水平飛來的子彈擊中，木塊C未受到子彈打擊。若子彈均留在木塊中，則三木塊下落的時間tA、tB、tC的關系是()A．tA<tB<tC B．tA>tB>tCC．tA＝tC<tB D．tA＝tB<tC答案：C解析：木塊C自由落體，木塊A在剛要下落瞬間被子彈擊中，并留在其中，木塊A與子彈一起做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，A、C下落高度相同，故二者下落時間相同，即tA＝tC。木塊B下落一定高度后被水平飛來的子彈射中，子彈留在其中，在子彈擊中木塊B過程中，由于作用時間極短，子彈和木塊間的作用力遠大于其他外力，則子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，豎直方向上有Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝eq\f(M,M＋m)v<v，木塊B豎直方向速度變小，落地時間延長，即tA＝tC<tB。故C正確，A、B、D錯誤。2．(2024·天津市河北區(qū)高三總復習質(zhì)量檢測(一))如圖所示，細繩一端固定，下端連接乒乓球，乒乓球從A點靜止釋放擺動到右側最高點E，C為最低點，B、D兩點等高，上述過程中乒乓球()A．在E點時，繩中拉力為零B．在C點時速度最大C．在B、D兩點的速度大小相等D．從B點到C點的時間比從C點到D點的時間短答案：D解析：乒乓球在E點時速度為0，沒有向心力，沿繩方向受力平衡，則繩中拉力不為零，故A錯誤；由題圖可知E點比A點低，說明乒乓球運動過程中有阻力存在，當乒乓球的切向加速度為0時速度最大，則速度最大的點位于C點左側重力沿運動方向的分力與阻力等大處，故B錯誤；乒乓球從B到D的運動過程中，重力不做功，阻力做負功，根據(jù)動能定理可知，乒乓球在B點的速度大于在D點的速度，故C錯誤；任取BC段和CD段上等高的兩點G、F，由C項分析同理可知，乒乓球在G點的速度大于其在F點的速度，故乒乓球在BC段的平均速率大于在CD段的平均速率，又BC段與CD段路程相同，由t＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))可知，乒乓球從B點到C點的時間比從C點到D點的時間短，故D正確。3．(2024·全國甲卷)(多選)蹦床運動中，體重為60kg的運動員在t＝0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是()A．t＝0.15s時，運動員的重力勢能最大B．t＝0.30s時，運動員的速度大小為10m/sC．t＝1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處D．運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N答案：BD解析：根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知，t＝0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，則蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；根據(jù)題圖可知，運動員在t＝0.30s離開蹦床，t＝2.30s再次落到蹦床，經(jīng)歷的時間為Δt＝2s，運動員在這期間做豎直上拋運動，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為eq\f(Δt,2)＝1s，則t＝1.00s時，運動員還在向上運動，t＝1.30s時，運動員恰好運動到最大高度處，由逆向思維可得，t＝0.30s時運動員的速度大小為v＝g·eq\f(Δt,2)＝10m/s，故B正確，C錯誤；由豎直上拋運動的對稱性可知，運動員落到蹦床上時的速度大小也為10m/s，設運動員的質(zhì)量為m，運動員每次與蹦床接觸到離開過程中受到蹦床的平均作用力大小為eq\o(F,\s\up6(－))′，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理有eq\o(F,\s\up6(－))′·Δt′－mg·Δt′＝mv－(－mv)，其中Δt′＝0.3s，代入數(shù)據(jù)可得eq\o(F,\s\up6(－))′＝4600N，根據(jù)牛頓第三定律可知，運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(F,\s\up6(－))′＝4600N，故D正確。4．(多選)物體a、b中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物體a的質(zhì)量為1.2kg，如圖甲所示。開始時兩物體均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物體a施加水平向右的恒力F，t＝1s時撤去，在0～1s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個運動過程中，以下分析正確的是()A．t＝1s時a的速度大小為0.8m/sB．t＝1s時彈簧伸長量最大C．b物體的質(zhì)量為0.8kgD．彈簧伸長量最大時，a的速度大小為0.6m/s答案：CD解析：由a-t圖線與t軸所圍面積表示速度變化量可知，0～1s內(nèi)a的速度變化量Δv<eq\f(1.0＋0.6,2)×1m/s＝0.8m/s，而開始時a靜止，則t＝1s時a的速度大小小于0.8m/s，故A錯誤；撤去F時，兩者的加速度相等，但a加速的加速度在t＝1s前始終大于b加速的加速度，則t＝1s時a的速度大于b的速度，此后a相對b繼續(xù)遠離，則彈簧繼續(xù)拉長，當兩者速度相等時彈簧的伸長量最大，故B錯誤；恒力F拉動a的瞬間，由a-t圖像知a的加速度為a0＝1.0m/s2，對物體a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝maa0＝1.2N，t＝1s時兩者的加速度均為a＝0.6m/s2，對a、b整體由牛頓第二定律有F＝(ma＋mb)a，解得mb＝0.8kg，故C正確；F拉動1s的過程，對系統(tǒng)由動量定理可知Ft＝mava＋mbvb，撤去F后直至到達共同速度v時，系統(tǒng)的動量守恒，有mava＋mbvb＝(ma＋mb)v，聯(lián)立解得v＝0.6m/s，即彈簧伸長量最大時，a和b的速度大小都為0.6m/s，故D正確。5.(2024·云南省曲靖市高三下第二次教學質(zhì)量監(jiān)測)(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為l的細線，細線另一端系一質(zhì)量也為m的球C，球C可視為質(zhì)點?，F(xiàn)將球C拉起使細線水平伸直，并同時由靜止釋放A、B、C。下列說法正確的是()A．球C下擺過程中，A、B、C系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒B．A、B兩木塊分離時，A的速度大小為eq\r(\f(gl,3))C．球C第一次到達輕桿左側最高處時，與O點的豎直距離為eq\f(l,4)D．當C第一次向右運動經(jīng)過O點正下方時，C的速度大小為2eq\r(\f(gl,3))答案：BC解析：球C下擺過程中，A、B、C系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)在水平方向所受合力為0，所以系統(tǒng)在水平方向動量守恒，因球C有豎直方向的分加速度，系統(tǒng)在豎直方向所受合力不為0，所以系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，故A錯誤；球C第一次運動到最低點時，A、B兩木塊分離，此時設C的速度大小為vC，A、B的速度大小為vA，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得mvC－2mvA＝0，由機械能守恒定律可得mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)，聯(lián)立解得vA＝eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，vC＝2eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，故B正確；球C向左擺至最高點時，A、C共速，設此時A、C的速度大小為v，球C距離軌跡最低點的高度為h，以水平向左為正方向，對球C從A、B兩木塊分離至第一次到達輕桿左側最高處的過程，對A、C組成的系統(tǒng)，由水平方向動量守恒得mvC－mvA＝(m＋m)v，根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)(m＋m)v2＋mgh，聯(lián)立解得h＝eq\f(3,4)l，則球C第一次到達輕桿左側最高處時，與O點的豎直距離為Δh＝l－h(huán)＝eq\f(l,4)，故C正確；C第一次向右運動經(jīng)過O點正下方時，設C的速度為vC′，A的速度為vA′，以水平向左為正方向，對球C從A、B兩木塊分離至第一次向右運動經(jīng)過O點正下方的過程，對A、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)水平方向動量守恒可得mvC－mvA＝mvC′＋mvA′，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mvC′2＋eq\f(1,2)mvA′2，聯(lián)立解得v′C＝－eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，vA′＝2eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，即C的速度大小為eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，故D錯誤。6．(2024·北京高考)將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是()A．上升和下落兩過程的時間相等B．上升和下落兩過程損失的機械能相等C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度答案：C解析：由于空氣阻力一直對小球做負功，則小球機械能不斷減小，小球上升過程與下落過程經(jīng)過同一位置時，重力勢能相同，則上升時動能更大，速度更大，所以小球上升過程中的平均速度大于下落過程中的平均速度，由h＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知，上升過程的時間小于下落過程的時間，A錯誤；經(jīng)過同一位置時，小球上升時的速度大于下落時的速度，而小球所受空氣阻力大小與速度大小成正比，因此上升時所受空氣阻力大于下落時所受空氣阻力，則上升過程中空氣阻力所做的負功大于下落過程中空氣阻力所做的負功，由功能關系可知，上升過程損失的機械能大于下落過程損失的機械能，B錯誤；小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，重力做功為0，由動能定理可知，小球拋出時的速度大小大于落回原處時的速度大小，所以小球上升過程中動量變化量的大小大于下落過程中動量變化量的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；小球上升過程中受到向下的空氣阻力，方向與重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落過程中受到向上的空氣阻力，方向與重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升過程所受合力始終大于下落過程所受合力，由牛頓第二定律可知，小球上升過程的加速度始終大于下落過程的加速度，D錯誤。7．(2024·安徽高考)(多選)一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標系，如圖1所示。從t＝0開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從O點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時間t的關系如圖2所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。則()A．物塊始終做勻變速曲線運動B．t＝1s時，物塊的y坐標值為2.5mC．t＝1s時，物塊的加速度大小為5eq\r(3)m/s2D．t＝2s時，物塊的速度大小為10eq\r(2)m/s答案：BD解析：沿x軸方向，根據(jù)題圖2可得，F(xiàn)1＝4－t(N)，F(xiàn)2＝3t(N)，故F1與F2兩個力的合力為Fx＝F1＋F2＝4＋2t(N)，在y軸方向上，物塊受到的力為Fy＝mgsin30°，根據(jù)平行四邊形定則可得，物塊所受合力F＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))隨時間變化，故物塊做的不是勻變速曲線運動，A錯誤；在y軸方向上，根據(jù)牛頓第二定律有Fy＝may，可得y軸方向的加速度為ay＝5m/s2，故t＝1s時，物塊的y坐標值為y1＝eq\f(1,2)ayteq\o\al(2,1)＝2.5m，B正確；t＝1s時，物塊在x軸方向所受合力為Fx1＝6N，在x軸方向上，根據(jù)牛頓第二定律有Fx1＝max1，可得此時物塊在x軸方向的加速度為ax1＝5m/s2，故此時物塊的加速度大小為a1＝eq\r(aeq\o\al(2,x1)＋aeq\o\al(2,y))＝5eq\r(2)m/s2，C錯誤；由于Fx與時間t呈線性關系，故0～2s內(nèi)Fx的沖量IFx＝eq\o(F,\s\up6(－))xt2＝eq\f(（4＋2×0）＋（4＋2×2）,2)×2N·s＝12N·s，0～2s內(nèi)，在x軸方向，對物塊根據(jù)動量定理有IFx＝mvx2－0，可解得t＝2s時物塊在x軸方向的分速度vx2＝10m/s，此時物塊在y軸方向的分速度大小為vy2＝ayt2＝5×2m/s＝10m/s，故此時物塊的速度大小為v2＝eq\r(veq\o\al(2,x2)＋veq\o\al(2,y2))＝10eq\r(2)m/s，D正確。8．(2024·全國甲卷)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小()A．在Q點最大 B．在Q點最小C．先減小后增大 D．先增大后減小答案：C解析：設大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)下滑過程中小環(huán)與大圓環(huán)圓心連線轉過的角度為θ(0≤θ≤π)時，小環(huán)速度大小為v，如圖所示。連線轉過θ角的過程，根據(jù)機械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2gR（1－cosθ）)。在θ從0開始增大的一小段時間內(nèi)，v較小，對小環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有mgcosθ－F＝meq\f(v2,R)，解得小環(huán)受到的彈力大小F＝mgcosθ－meq\f(v2,R)＝3mgcosθ－2mg，方向背離大圓環(huán)圓心，由F的表達式可知，隨著θ從0開始增大，cosθ從1開始減小，F(xiàn)減小，當cosθ＝eq\f(2,3)時，F(xiàn)減小到0；當arccoseq\f(2,3)<θ≤eq\f(π,2)時eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(小環(huán)經(jīng)過Q點時θ＝\f(π,2)))，對小環(huán)有mgcosθ＋F＝meq\f(v2,R)，解得小環(huán)受到的彈力大小F＝meq\f(v2,R)－mgcosθ＝2mg－3mgcosθ，方向指向大圓環(huán)圓心，由F的表達式可知，隨著θ從arccoseq\f(2,3)增大到eq\f(π,2)，cosθ從eq\f(2,3)減小到0，F(xiàn)從0增大到2mg；當eq\f(π,2)<θ≤π時，對小環(huán)有F－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，解得小環(huán)受到的彈力大小F＝2mg－mgcosθ，方向指向大圓環(huán)圓心，由F的表達式可知，隨著θ從eq\f(π,2)增大到π，cosθ從0減小到－1，F(xiàn)增大。綜上所述，結合牛頓第三定律可知，小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大，在Q點之前某位置最小，故C正確，A、B、D錯誤。9．(2023·江蘇高考)如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)求滑雪者運動到P點的時間t；(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。答案：(1)eq\r(\f(2\r(2)d,（1－μ）g))(2)eq\r(\r(2)（1－μ）gd)(3)eq\r(2)(1－μ)d解析：(1)設滑雪者的質(zhì)量為m，在滑雪道AP段運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律有mgsin45°－μmgcos45°＝ma滑雪者從A到P，由運動學公式有d＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2\r(2)d,（1－μ）g))。(2)滑雪者從P點由靜止滑到B點的過程，設下落高度為hPB，克服摩擦力做功為Wf，由動能定理有mghPB－Wf＝0－0滑雪者從A點由靜止滑到B點的過程，由動能定理有mgdsin45°－μmgcos45°·d＋mghPB－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0聯(lián)立解得v＝eq\r(\r(2)（1－μ）gd)。(3)當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大?；┱邚腂點飛出做斜拋運動落到C點，設運動時間為t′，豎直方向上有vsin45°＝g·eq\f(t′,2)水平方向上有L＝vcos45°·t′聯(lián)立解得L＝eq\r(2)(1－μ)d。10．(2024·海南高考)某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R＝10m，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度差h＝5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，上表面緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量M＝25kg，一質(zhì)量為m＝50kg的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺C的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s＝16m停下。游客視為質(zhì)點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦系數(shù)均為μ＝0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)游客滑到b點時對滑梯的壓力的大??；(2)滑板的長度L。答案：(1)1000N(2)7m解析：(1)設游客滑到b點時速度大小為v0，受到滑梯的支持力大小為FN。對游客，從a到b過程，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0代入數(shù)據(jù)，解得v0＝10m/s在b點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)根據(jù)牛頓第三定律，游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小為FN′＝FN聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得FN′＝1000N。(2)設游客恰好滑上平臺時的速度大小為v，對游客，在平臺上運動過程，由動能定理得－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2游客與滑板B相對滑動的過程，設游客與滑板的加速度大小分別為a1和a2，此過程經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma1μmg＝Ma2根據(jù)運動學規(guī)律，對游客有v＝v0－a1t該段時間內(nèi)游客的位移大小為x1＝eq\f(v＋v0,2)t滑板的位移大小為x2＝eq\f(1,2)a2t2根據(jù)位移關系得L＝x1－x2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得L＝7m。11．(2024·湖北高考)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能。(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。答案：(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析：(1)設小物塊的質(zhì)量為m物，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊與傳送帶相對滑動時，小物塊的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μm物g＝m物a假設小物塊與小球碰撞前，小物塊可以達到傳送帶的速度v傳，設小物塊加速運動的距離為x，根據(jù)運動學公式有veq\o\al(2,傳)－0＝2ax聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝2.5m由于x<3.6m，可知假設成立，則小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小為v＝v傳＝5m/s。(2)小物塊與小球碰撞的時間極短，則碰撞過程中小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，設小球的質(zhì)量為m球，碰后小物塊的速度為v1，小球的速度為v2，以向右為正方向，由動量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2由題知v1＝－1m/s代入數(shù)據(jù)解得v2＝3m/s小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統(tǒng)損失的總動能為ΔEk＝eq\f(1,2)m物v2－eq\f(1,2)m物veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得ΔEk＝0.3J。(3)若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，則P點到O點的距離最小，設為d，設此時小球在P點正上方的速度大小為v3，繩長為L繩，小球在P點正上方時，由牛頓第二定律有m球g＝m球eq\f(veq\o\al(2,3),L繩－d)小球從O點正下方到P點正上方的過程，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,3)＋m球g(2L繩－d)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得d＝0.2m。12．(2024·河北高考)如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg，A木板長度為2.0m，機器人質(zhì)量為6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力。(1)機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。(2)機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。(3)若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關系。答案：(1)1.5m(2)90J2(3)xAC＝eq\f(7,4)LB解析：(1)機器人從A木板左端走到A木板右端的過程，機器人與A木板組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒。設機器人質(zhì)量為M，A木板質(zhì)量為m；機器人的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))M，A的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))m；機器人的位移大小為xM，A的位移大小即機器人走到A木板右端時A、B木板間的水平距離為xm；此過程所用時間為t0；A的長度為LA。以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有Meq\o(v,\s\up6(－))M－meq\o(v,\s\up6(－))m＝0又xM＝eq\o(v,\s\up6(－))Mt0xm＝eq\o(v,\s\up6(－))mt0xM＋xm＝LA聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得xm＝1.5m。(2)設機器人跳離瞬間的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為θ，從A木板右端跳到B木板左端所用的時間為t，根據(jù)斜拋運動規(guī)律得vcosθ·t＝xmvsinθ＝g·eq\f(t,2)聯(lián)立解得t＝eq\f(xm,vcosθ)，v＝eq\r(\f(gxm,2sinθcosθ))設跳離瞬間A的速度大小為vA，機器人跳離A木板的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，有Mvcosθ－mvA＝0根據(jù)功能關系可得，起跳過程機器人做的功為W＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)聯(lián)立可得W＝eq\f(1,4)Mgxmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθcosθ)＋\f(Mcosθ,msinθ)))利用三角函數(shù)將W的表達式變形，可得W＝eq\f(1,4)Mgxmeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(tanθ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)＋1))\f(1,tanθ)))根據(jù)數(shù)學知識可知，當W取最小值Wmin時，tanθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)＋1))eq\f(1,tanθ)代入數(shù)據(jù)可解得tanθ＝2則Wmin＝90J。(3)由(2)知，機器人以做功最少的方式跳到B木板左端時，tanθ＝2代入數(shù)據(jù)可解得v＝eq\f(5\r(3),2)m/s，t＝eq\f(\r(15),5)s，vA＝eq\f(3\r(15),2)m/s機器人跳離A后A木板以速度vA向左勻速運動，機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中，機器人與B、C木板組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設機器人與B、C相對靜止時的共同速度大小為v共，以水平向右為正方向，有Mvcosθ＝(M＋2m)v共代入數(shù)據(jù)得v共＝eq\f(3\r(15),10)m/s該過程A木板向左運動的距離為xA＝vAt代入數(shù)據(jù)得xA＝4.5m機器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，每個過程機器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則每次落回B木板上，機器人和B木板均相對靜止，速度仍為v共，分析可知，機器人3次跳躍運動情況相同。設每次起跳后機器人的水平速度大小為v0，B木板的速度大小為vB，機器人每次跳躍在空中運動的時間為Δt，B最終追上A，則每次起跳后B的速度向左，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有(M＋m)v共＝Mv0－mvB設B木板長度為LB，則每次起跳后至落回B木板，機器人和B木板的相對位移大小為eq\f(LB,3)根據(jù)運動學公式，有eq\f(LB,3)＝(v0＋vB)Δt機器人在B木板上第一次跳躍前，A、B木板間的距離Δx＝xm＋xA代入數(shù)據(jù)得Δx＝6m機器人跳到B木板右端時，B木板恰好追上A木板，根據(jù)運動學公式，有(vB－vA)·3Δt＝Δx聯(lián)立可得Δt＝eq\f(LB,4（vA＋v共）)－eq\f(Δx,3（vA＋v共）)B木板恰好追上A木板時，根據(jù)位移關系可知，A、C兩木板間距為xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB其中C木板的速度大小vC＝v共聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得xAC＝eq\f(7,4)LB。培優(yōu)點2板塊模型問題題組一板塊模型的動力學、能量問題1．如圖所示，P、Q兩本完全相同的物理課本，疊放在足夠長的水平桌面上，所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，每本物理課本質(zhì)量均為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，則要將物理課本Q從物理課本P下方水平抽出，作用在物理課本Q上的水平拉力F不小于()A．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmg答案：D解析：要將物理課本Q從物理課本P下方水平抽出，由牛頓第二定律可知，物理課本P的加速度為aP＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg，設物理課本Q的加速度為aQ，由牛頓第二定律有F－μ·2mg－μmg＝maQ，且aQ>aP，解得F>4μmg，故選D。2.(2024·廣西高三下模擬押題)(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在木板的右端，質(zhì)量為M＝4kg的木板與水平地面和滑塊間的動摩擦因數(shù)皆為μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，開始時木板與小滑塊均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給木板加一水平向右的恒力F，重力加速度g＝10m/s2，則以下說法中錯誤的是()A．當拉力F＝18N時，小滑塊和木板一起勻速運動B．當拉力F＝24N時，小滑塊和木板一起勻速運動C．當拉力F＝30N時，小滑塊和木板一起加速運動D．當拉力F＝42N時，小滑塊和木板發(fā)生相對滑動答案：AB解析：木板受到地面的最大靜摩擦力f1＝μ(M＋m)g＝20N，則當拉力F＝18N<f1時，小滑塊和木板都保持靜止，故A錯誤；當小滑塊受到最大靜摩擦力時，由牛頓第二定律可知，產(chǎn)生的最大加速度為a＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝4m/s2，對木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知F1－μmg－μ(M＋m)g＝Ma，解得F1＝40N，當f1<F＝24N<F1時，小滑塊和木板一起加速運動，故B錯誤；當f1<F＝30N<F1時，小滑塊和木板一起加速運動，故C正確；當拉力F＝42N>F1時，小滑塊和木板發(fā)生相對滑動，故D正確。本題選說法錯誤的，故選A、B。3．如圖所示，一傾角為θ的足夠長的斜面上有一質(zhì)量為M＝5kg的長木板B，長木板B右上端有一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊A。長木板B下表面光滑，上表面以D點為分界線，右邊部分動摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，左邊部分動摩擦因數(shù)為μ2＝0.5。初始時D點在斜面上的C點處，小物塊A、長木板B沿斜面向下和向上的初速度分別為v1＝4m/s和v2＝6.2m/s，小物塊A第一次經(jīng)過C點時速度恰好減為0，且最終小物塊A恰好未滑離長木板B。不計長木板B厚度，小物塊A可視為質(zhì)點，取sinθ＝0.1，cosθ＝1.0，g＝10m/s2。求：(1)初始時，小物塊A、長木板B的加速度；(2)長木板B上D點右側部分的長度；(3)從初始到小物塊A、長木板B共速全過程中系統(tǒng)摩擦生熱Q。答案：(1)01.2m/s2，方向沿斜面向下(2)eq\f(10,3)m(3)43.35J解析：(1)初始時，設小物塊A、長木板B的加速度分別為a1和a2，以沿斜面向下為正方向，對A進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝0對B進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mgsinθ＋μ1mgcosθ＝Ma2解得a2＝1.2m/s2，方向沿斜面向下。(2)設小物塊A到達長木板上D點左側后的加速度大小為a3，由牛頓第二定律有μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma3解得a3＝4m/s2，方向沿斜面向上設A從D點運動到C點的位移大小為d，由勻變速直線運動的規(guī)律有0－veq\o\al(2,1)＝－2a3d解得d＝2m分析知，A在D點右側勻速運動過程中，B減速的位移大小也為d，設此階段A和B運動的時間為t1，對B，由勻變速直線運動的規(guī)律有d＝v2t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)解得t1＝eq\f(1,3)s(另一解t1＝10s，不符合題意，舍去)因此A在D點右側勻速運動的位移大小x＝v1t1長木板B上D點右側部分的長度L右＝x＋d聯(lián)立解得L右＝eq\f(10,3)m。(3)當A到達D點時，A速度大小依然為v1，B的速度大小為v3＝v2－a2t1設此后B的加速度大小為a4，由牛頓第二定律有Mgsinθ＋μ2mgcosθ＝Ma4解得a4＝2m/s2，方向沿斜面向下從A到達D點開始計時，設經(jīng)過時間t2，A、B達到共速，以沿斜面向上為正方向，設共速時速度為v4，對A、B，由勻變速直線運動速度與時間的關系分別有v4＝－v1＋a3t2v4＝v3－a4t2聯(lián)立解得t2＝eq\f(49,30)s由題意可知，長木板B上D點左側部分長度即為該階段小物塊A和長木板B的相對位移大小，為L左＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v3＋v4,2)t2－\f(－v1＋v4,2)t2))全過程摩擦生熱Q＝μ1mgcosθ·L右＋μ2mgcosθ·L左聯(lián)立解得Q＝43.35J。題組二板塊模型的動力學、動量問題4．(2024·云南省昆明市模擬預測)(多選)如圖甲所示，水平地面上有一長木板B，其左端放置一物塊A，初始A、B均靜止，用如圖乙所示的水平拉力作用于物塊A，已知物塊A的質(zhì)量mA＝2kg，長木板B的質(zhì)量mB＝1kg，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，則()A．0～1s內(nèi)A、B間的摩擦力為6NB．1s末A的速度為1m/sC．0～2s內(nèi)A相對B的位移為1mD．0～2s內(nèi)A、B所受摩擦力總沖量的大小為6N·s答案：BCD解析：由題意可知，木板上、下表面處的最大靜摩擦力分別為f1m＝μ1mAg＝6N，f2m＝μ2·(mA＋mB)g＝3N，由牛頓第二定律可知，長木板B的最大加速度aBm＝eq\f(f1m－f2m,mB)＝3m/s2，當A、B恰好不發(fā)生相對滑動時，A的加速度為aBm，此時對A由牛頓第二定律有F0－f1m＝mAaBm，解得F0＝12N。0～1s內(nèi)，f2m<F1＝6N<F0，故A、B未發(fā)生相對滑動，一起向右加速運動，則對A、B整體，由牛頓第二定律得F1－f2m＝(mA＋mB)a1，解得A、B整體的加速度a1＝1m/s2，對A，由牛頓第二定律得F1－f1＝mAa，解得A、B間的摩擦力為f1＝4N，故A錯誤；1s末A、B的速度均為v1＝a1t1＝1×1m/s＝1m/s，故B正確；1～2s內(nèi)，F(xiàn)2＝16N>F0，故A、B發(fā)生相對滑動，對A由牛頓第二定律得F2－f1m＝mAaA，解得A的加速度aA＝5m/s2，此時B的加速度為aBm＝3m/s2，由勻變速直線運動的規(guī)律可知，1～2s內(nèi)A的位移xA＝v1t2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,2)＝3.5m，B的位移xB＝v1t2＋eq\f(1,2)aBmteq\o\al(2,2)＝2.5m，A、B在0～1s內(nèi)不發(fā)生相對滑動，所以0～2s內(nèi)A相對B的位移為Δx＝xA－xB＝1m，故C正確；因A、B之間的摩擦力為一對作用力與反作用力(內(nèi)力)，其總沖量始終為零，故0～2s內(nèi)A、B所受摩擦力總沖量的大小I＝f2m(t1＋t2)＝3×(1＋1)N·s＝6N·s，故D正確。題組三板塊模型的動量、能量問題5．(2024·河南省普通高等學校招生考試適應性測試)(多選)如圖a所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為1kg的滑塊P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的v-t圖像如圖b所示。重力加速度g取10m/s2，則()A．Q的質(zhì)量為1kgB．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為1.0JD．t＝5.8s時木板速度恰好為零答案：AC解析：已知P的質(zhì)量為m＝1kg，設Q的質(zhì)量為M，根據(jù)題圖b可知，碰前瞬間P的速度v1＝3m/s，Q的速度v2＝1m/s，碰后瞬間兩者的共同速度v3＝2m/s，P、Q碰撞時，由動量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得M＝1kg，由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,3)＝1.0J，故A、C正確；設P與Q之間的動摩擦因數(shù)為μ1，Q與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)題圖b可知，0～2s內(nèi)P與Q的加速度大小分別為aP＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3－6,2－0)))m/s2＝1.5m/s2，aQ＝eq\f(1－0,2－0)m/s2＝0.5m/s2，對P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，聯(lián)立解得μ2＝0.05，故B錯誤；以碰撞后的P、Q整體為研究對象，由動量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入數(shù)據(jù)解得碰后整體運動的時間t2＝4s，因此木板速度恰好為零的時刻為t＝t1＋t2＝2s＋4s＝6s，故D錯誤。題組四力學三大觀點在板塊模型問題中的綜合應用6．(2024·山東高考)如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。(ⅰ)求μ和m；(ⅱ)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s，求軌道水平部分的長度L。答案：(1)4m/s(2)(ⅰ)0.21kg(ⅱ)4.5m解析：(1)小物塊運動到Q點時，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋N＝meq\f(v2,R)其中小物塊受到軌道的彈力大小N＝3mg聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得v＝4m/s。(2)(ⅰ)根據(jù)題圖乙分析可知，當F≤4N時，小物塊與軌道一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律有F＝(M＋m)a變形得a＝eq\f(1,M＋m)F結合題圖乙可知，圖線的斜率k＝eq\f(1,M＋m)＝eq\f(2,4)kg－1＝0.5kg－1當F>4N時，軌道與小物塊相對滑動，對軌道，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝Ma變形得a＝eq\f(1,M)F－eq\f(\a\vs4\al(μmg),M)結合題圖乙可知，圖線的斜率k′＝eq\f(1,M)＝eq\f(6－2,8－4)kg－1＝1kg－1聯(lián)立可得M＝1kg，m＝1kg由題圖乙可知，F(xiàn)＝8N時，a＝6m/s2，將數(shù)據(jù)代入F－μmg＝Ma可解得μ＝0.2。(ⅱ)當F＝8N時，由題圖乙可知，軌道的加速度為a1＝6m/s2設此時小物塊的加速度為a2，對小物塊，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝2m/s2設小物塊運動到P點時經(jīng)過的時間為t0，則此時軌道的速度v1＝a1t0小物塊的速度v2＝a2t0小物塊從P到Q的過程，對小物塊和軌道組成的系統(tǒng)，水平方向動量