2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題重組卷第一部分專(zhuān)題二動(dòng)力學(xué)能量動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用含解析

PAGE15-專(zhuān)題二動(dòng)力學(xué)、能量、動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．(2024·浙江寧波慈溪高三上學(xué)期期末)下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)和力的敘述，正確的是()A．甲圖中，蹲在體重計(jì)上的人突然站起的瞬間，指針示數(shù)會(huì)大于人的重力GB．乙圖中，在玻璃漏斗中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的小球受到的合外力是恒力C．丙圖中，在水平直跑道上減速的航天飛機(jī)，傘對(duì)飛機(jī)的拉力大于飛機(jī)對(duì)傘的拉力D．丁圖中，滑冰運(yùn)動(dòng)員通過(guò)圓弧彎道處，若此時(shí)地面摩擦力突然消逝，則他將在冰面上沿著軌跡半徑方向“離心”而去答案A解析蹲在體重計(jì)上的人突然站起的瞬間，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，指針示數(shù)會(huì)大于人的重力，A正確；小球在玻璃漏斗中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力供應(yīng)向心力，合外力的方向始終指向圓心，是變力，B錯(cuò)誤；傘對(duì)飛機(jī)的拉力與飛機(jī)對(duì)傘的拉力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員通過(guò)圓弧彎道處，若地面摩擦力突然消逝，他將沿軌跡切線方向“離心”而去，D錯(cuò)誤。2．(2024·云南昭通高三上學(xué)期期末)光滑水平桌面上有P、Q兩個(gè)物塊，將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q，撤去外力后，P、Q起先運(yùn)動(dòng)，Q的動(dòng)能是P的動(dòng)能的n倍，則P和Q的質(zhì)量之比為()A．n2B.eq\f(1,n)C．nD．1答案C解析設(shè)P與Q的質(zhì)量分別為m和M，撤去外力后，系統(tǒng)受合外力為0，所以總動(dòng)量守恒，設(shè)二者的動(dòng)量大小分別為pP和pQ，P的動(dòng)量方向?yàn)檎较颍瑒t依據(jù)動(dòng)量守恒定律有：pP－pQ＝0，故pP＝pQ；依據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，所以eq\f(EP,EQ)＝eq\f(M,m)，由題意eq\f(EP,EQ)＝eq\f(1,n)，聯(lián)立得eq\f(m,M)＝eq\f(n,1)＝n，C正確。3.(2024·石家莊精英中學(xué)高三二調(diào))如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車(chē)A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車(chē)上，兩車(chē)靜止。若這個(gè)人自A車(chē)跳到B車(chē)上，接著又跳回A車(chē)并與A車(chē)相對(duì)靜止，則此時(shí)A車(chē)和B車(chē)的速度大小之比為()A.eq\f(M＋m,m)B.eq\f(m＋M,M)C.eq\f(M,M＋m)D.eq\f(m,M＋m)答案C解析A、B兩車(chē)以及人組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，有0＝MvB－(M＋m)vA，解得：eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，C正確。4．(2024·四川廣元高三第一次高考適應(yīng)性考試)質(zhì)量相等的甲、乙兩物體從離地面相同高度處同時(shí)由靜止起先下落，運(yùn)動(dòng)中兩物體所受阻力的特點(diǎn)不同，其v-t圖象如圖所示。則下列推斷正確的是()A．t0時(shí)刻甲物體的加速度大于乙物體的加速度B．t0時(shí)刻甲、乙兩物體所受阻力相同C．0～t0時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩物體重力勢(shì)能的變更量相同D．0～t0時(shí)間內(nèi)，甲物體克服阻力做的功較多答案A解析由圖線的斜率可以看出，t0時(shí)刻甲物體的加速度大于乙的加速度，A正確；在t0時(shí)刻，甲物體的加速度大于乙的加速度，依據(jù)牛頓其次定律可知a＝eq\f(mg－f,m)＝g－eq\f(f,m)，質(zhì)量相等，則t0時(shí)刻甲物體所受阻力小于乙物體所受阻力，B錯(cuò)誤；0～t0時(shí)間內(nèi)，乙下落的位移大于甲下落的位移，則乙物體重力做的功較多，所以乙物體重力勢(shì)能的變更量較大，C錯(cuò)誤；0～t0時(shí)間內(nèi)，依據(jù)動(dòng)能定理可知，甲、乙合外力做功相等，而乙重力做的功較多，所以乙克服阻力做的功較多，D錯(cuò)誤。5．(2024·寧夏平羅中學(xué)高三上學(xué)期期末)“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂(lè)園里常見(jiàn)的游樂(lè)項(xiàng)目，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤(pán)的邊上，繩子下端連接座椅，人坐在座椅上隨轉(zhuǎn)回旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將人和座椅看成質(zhì)點(diǎn)，“旋轉(zhuǎn)秋千”可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。其中，處于水平面內(nèi)的圓形轉(zhuǎn)盤(pán)，半徑為r，可繞穿過(guò)其中心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)。讓轉(zhuǎn)盤(pán)由靜止起先漸漸加速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)與轉(zhuǎn)盤(pán)一起以角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩子與豎直方向的夾角為θ。已知繩長(zhǎng)為L(zhǎng)且不行伸長(zhǎng)，質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m，不計(jì)空氣阻力及繩重。則下列說(shuō)法中正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)的重力越大，繩子與豎直方向的夾角θ越小B．質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是其所受懸線的拉力C．轉(zhuǎn)盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω與夾角θ的關(guān)系為ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))D．質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，繩子對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功為eq\f(1,2)mg(r＋Lsinθ)tanθ答案C解析穩(wěn)定后，質(zhì)點(diǎn)繞軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，自身重力和懸線拉力的合力即懸線拉力在水平方向的分力供應(yīng)向心力，B錯(cuò)誤；角速度肯定，依據(jù)幾何關(guān)系可得圓周運(yùn)動(dòng)半徑R＝r＋Lsinθ，重力和繩子拉力的合力即mgtanθ＝m(r＋Lsinθ)ω2，方程兩邊約去質(zhì)量，即θ與重力大小無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；角速度ω＝eq\r(\f(gtanθ,r＋Lsinθ))，C正確；質(zhì)點(diǎn)從靜止到做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，有重力和繩子拉力做功，依據(jù)動(dòng)能定理有WF－mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)m[ω(r＋Lsinθ)]2，整理得WF＝mgL(1－cosθ)＋eq\f(1,2)mgtanθ(r＋Lsinθ)，D錯(cuò)誤。6．(2024·哈爾濱師大附中高三上學(xué)期期末)如圖所示，在光滑的水平面上靜止放著裝有一條光滑弧形軌道的小車(chē)，小車(chē)的質(zhì)量為1kg。一質(zhì)量為0.5kg的小球以3m/s的速度沿弧形軌道水平方向射入，小球沿弧形軌道上升至h高處后，再沿軌道下滑脫離小車(chē)(g＝10m/s2)，則()A．h＝45cmB．小球上升至h處的速度為0C．脫離時(shí)小球的速度大小為3m/sD．脫離時(shí)小車(chē)的速度大小為2m/s答案D解析小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車(chē)相對(duì)靜止，有共同速度v，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：m1v0＝(m1＋m2)v，解得：v＝1m/s，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m1gh，聯(lián)立以上兩式解得：h＝0.3m，A、B錯(cuò)誤；設(shè)小球返回小車(chē)左端時(shí)速度為v1，此時(shí)小車(chē)速度為v2，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒可得：m1v0＝m1v1＋m2v2，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得：v2＝2m/s，v1＝－1m/s，故脫離時(shí)小球的速度大小為1m/s，小車(chē)的速度大小為2m/s，C錯(cuò)誤，D正確。7．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析畫(huà)出運(yùn)動(dòng)示意圖如圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動(dòng)能定理知A→B(上升過(guò)程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h，C→D(下落過(guò)程)：EkD－EkC＝(mg－f)h，整理以上兩式得：mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。C正確。8．(2024·山東煙臺(tái)高三上學(xué)期期末)2024年12月，我國(guó)在西昌衛(wèi)星放射中心用長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭勝利放射嫦娥四號(hào)月球探測(cè)器，開(kāi)啟了月球探測(cè)的新旅程。如圖所示為月球探測(cè)器經(jīng)過(guò)多次變軌后登陸月球的軌道示意圖，軌道上P、Q、S三點(diǎn)與月球中心在同始終線上，P、Q兩點(diǎn)分別是橢圓環(huán)月軌道Ⅲ的遠(yuǎn)月點(diǎn)和近月點(diǎn)，已知軌道Ⅱ?yàn)閳A軌道。關(guān)于探測(cè)器，下列說(shuō)法正確的是()A．在P點(diǎn)由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ須要減速B．在軌道Ⅱ上S點(diǎn)的速度小于在軌道Ⅲ上P點(diǎn)的速度C．在軌道Ⅲ上由P向Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，月球的引力對(duì)探測(cè)器做正功D．在軌道Ⅲ上Q點(diǎn)的加速度大于在P點(diǎn)的加速度答案ACD解析探測(cè)器在P點(diǎn)由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ需點(diǎn)火減速，以減小須要的向心力，使萬(wàn)有引力等于所須要的向心力，A正確；探測(cè)器在軌道Ⅱ上的P點(diǎn)須要點(diǎn)火減速后才能進(jìn)入軌道Ⅲ，所以探測(cè)器在軌道Ⅱ上的P點(diǎn)的速度大于在軌道Ⅲ上P點(diǎn)的速度，即探測(cè)器在軌道Ⅱ上的S點(diǎn)的速度大于在軌道Ⅲ上P點(diǎn)的速度，B錯(cuò)誤；在軌道Ⅲ上由P向Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，探測(cè)器與月球之間的距離減小，萬(wàn)有引力做正功，即月球的引力對(duì)探測(cè)器做正功，C正確；探測(cè)器在軌道Ⅲ上Q點(diǎn)受到的萬(wàn)有引力比在P點(diǎn)的大，依據(jù)牛頓其次定律F＝ma，可得探測(cè)器在Q點(diǎn)的加速度大于在P點(diǎn)的加速度，D正確。9．(2024·廣東省梅州市興寧一中高三上期末)一物塊靜止在粗糙程度勻稱(chēng)的水平地面上，0～4s內(nèi)所受水平拉力隨時(shí)間的變更關(guān)系圖象如圖甲所示，0～2s內(nèi)速度圖象如圖乙所示。關(guān)于物塊的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊的質(zhì)量為1kgB．4s內(nèi)物塊的位移為8mC．4s內(nèi)拉力做的功為16JD．4s末物塊的速度大小為4m/s答案ABC解析由圖乙可知，1～2s內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，故說(shuō)明摩擦力大小f＝F2＝2N,0～1s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2，由牛頓其次定律可得F1－f＝ma，其中F1＝6N，解得：m＝1kg，A正確；2s后受到的合力大小F合＝F3＋f＝2N＋2N＝4N，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a′＝eq\f(F合,m)＝4m/s2，勻減速至停止的時(shí)間t＝eq\f(v,a′)＝eq\f(4,4)s＝1s，則t＝3s末速度減為零，此后保持靜止，故4s內(nèi)的位移x＝eq\f(1＋3,2)×4m＝8m，B正確；依據(jù)動(dòng)能定理可知，WF－fx＝0，解得：WF＝2×8J＝16J，C正確；由以上分析可知，4s末物塊的速度大小為零，D錯(cuò)誤。10．(2024·江蘇省宿遷市沭陽(yáng)縣高三上期末)如圖所示，質(zhì)量為m的物體套在足夠長(zhǎng)的固定傾斜直桿上，并用彈性繩連接于O點(diǎn)。桿與水平方向的夾角為θ，桿上C點(diǎn)位于O點(diǎn)的正下方，物體與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ<tanθ，物體在A點(diǎn)時(shí)，繩水平且處于原長(zhǎng)狀態(tài)。將物體從A點(diǎn)由靜止釋放，則物體()A．到C點(diǎn)時(shí)，速度可能為0B．到C點(diǎn)時(shí)，加速度可能為0C．下滑過(guò)程中加速度先減小后增大D．可以再次回到A點(diǎn)答案AB解析從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，重力做正功mgLACsinθ，摩擦力做負(fù)功－μmgLACcosθ，因?yàn)棣?lt;tanθ，所以mgLACsinθ>μmgLACcosθ，可能存在彈力也做負(fù)功，若三者合力的功為零，則依據(jù)動(dòng)能定理可知，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為零，則速度為零，A正確；若到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，其受到的彈性繩的彈力等于重力時(shí)，即此時(shí)加速度可能為零，B正確；當(dāng)彈性繩沒(méi)有彈力時(shí)，由于μ<tanθ，依據(jù)牛頓其次定律可知：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，即沒(méi)有彈力時(shí)，加速度恒定，當(dāng)出現(xiàn)的彈力較小時(shí)，若彈力沿斜面的分力向上，則摩擦力增大，加速度起先減小，當(dāng)繩的彈力增加到肯定值，摩擦力增大到肯定程度時(shí)，加速度起先反向增大，即加速度先恒定不變后減小，再反向增大，C錯(cuò)誤；由于摩擦阻力做功，使系統(tǒng)機(jī)械能減小，則物體不能再次回到A點(diǎn)，D錯(cuò)誤。11．(2024·福建廈門(mén)高三上學(xué)期期末)如圖所示，一質(zhì)量M＝2.0kg的長(zhǎng)木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊A。給A和B以大小均為3.0m/s、方向相反的初速度，使A起先向左運(yùn)動(dòng)，B起先向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒(méi)有滑離B板。下列說(shuō)法正確的是()A．A、B共速時(shí)的速度大小為1m/sB．在小物塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板B速度大小可能是2m/sC．從A起先運(yùn)動(dòng)到A、B共速的過(guò)程中，木板B對(duì)小物塊A的水平?jīng)_量大小為2N·sD．從A起先運(yùn)動(dòng)到A、B共速的過(guò)程中，小物塊A對(duì)木板B的水平?jīng)_量方向向左答案AD解析設(shè)水平向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1m/s，A正確；在小物塊向左減速到速度為零時(shí)，設(shè)長(zhǎng)木板速度大小為v1，依據(jù)動(dòng)量守恒定律：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝1.5m/s，所以當(dāng)小物塊反向加速的過(guò)程中，木板接著減速，木板的速度必定小于1.5m/s，B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)量定理，A、B相互作用的過(guò)程中，木板B對(duì)小物塊A的水平?jīng)_量大小為I＝mv共－(－mv)＝4N·s，C錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)量定理，A對(duì)B的水平?jīng)_量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s，負(fù)號(hào)代表與正方向相反，即向左，D正確。12．(2024·天津高三上學(xué)期期末七校聯(lián)考)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射擊質(zhì)量為M的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為s。則以下說(shuō)法正確的是()A．子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B．子彈動(dòng)量變更量的大小等于木塊動(dòng)量變更量的大小C．摩擦力對(duì)木塊做的功肯定等于子彈克服摩擦力做的功D．位移s肯定大于深度d答案AB解析子彈射擊木塊的過(guò)程中，設(shè)子彈與木塊間摩擦力大小為f，摩擦力對(duì)木塊M做的功為W1＝fs，摩擦力對(duì)子彈m做的功為W2＝－f(s＋d)，依據(jù)功能關(guān)系可得子彈動(dòng)能的虧損為ΔEk1＝f(d＋s)，系統(tǒng)動(dòng)能的虧損為ΔEk2＝fd，所以子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，A正確，C錯(cuò)誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以子彈動(dòng)量的削減量等于木塊動(dòng)量的增加量，故子彈動(dòng)量變更量的大小等于木塊動(dòng)量變更量的大小，B正確；最終子彈未能射穿木塊，木塊和子彈的速度相同，以子彈初速度方向?yàn)檎较?，依?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：v＝eq\f(mv0,M＋m)，對(duì)木塊依據(jù)動(dòng)能定理可得fs＝eq\f(1,2)Mv2－0，解得木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為s＝eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2M＋m2f)，依據(jù)能量守恒可得fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得子彈射入的深度為d＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mf)>eq\f(m,M＋m)·eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mf)＝s，D錯(cuò)誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗(yàn)題(本題共2小題，共14分)13．(2024·天津高三上學(xué)期期末七校聯(lián)考)(6分)氣墊導(dǎo)軌是一種常用的試驗(yàn)儀器，它利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，此時(shí)滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)可視為沒(méi)有摩擦。現(xiàn)利用氣墊導(dǎo)軌來(lái)探討功能關(guān)系。如圖甲所示，在氣墊導(dǎo)軌的左端固定一輕質(zhì)彈簧，軌道上有滑塊A緊靠彈簧但不連接，滑塊A的質(zhì)量為m，重力加速度為g。(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)出滑塊A上的擋光片的寬度，讀數(shù)如圖乙所示，則寬度d＝________cm；(2)利用該裝置探討彈簧對(duì)滑塊做功的大小：某同學(xué)打開(kāi)氣源，調(diào)整裝置，使滑塊可以靜止懸浮在導(dǎo)軌上，然后用力將滑塊A壓緊到P點(diǎn)，釋放后，滑塊A上的擋光片通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為Δt，則彈簧對(duì)滑塊所做的功為_(kāi)_________；(用題中所給字母表示)(3)利用該裝置測(cè)量滑塊與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)：關(guān)閉氣源，仍將滑塊A由P點(diǎn)釋放，當(dāng)光電門(mén)到P點(diǎn)的距離為x時(shí)，測(cè)出滑塊A上的擋光片通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為t，移動(dòng)光電門(mén)，測(cè)出多組數(shù)據(jù)(滑塊都能通過(guò)光電門(mén))，并繪出x-eq\f(1,t2)圖象。如圖丙所示，已知該圖線斜率的肯定值為k，則滑塊與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)_______。答案(1)0.960(2)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2(3)eq\f(d2,2gk)解析(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為d＝9mm＋12×eq\f(1,20)mm＝9.60mm＝0.960cm。(2)由于擋光片特別窄，所以通過(guò)光電門(mén)的平均速度近似等于瞬時(shí)速度，故通過(guò)光電門(mén)的速度為v＝eq\f(d,Δt)，故依據(jù)動(dòng)能定理可得彈簧對(duì)滑塊所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2。(3)每次都由P點(diǎn)釋放，則每次彈簧彈性勢(shì)能都相同，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒可得：eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2＋μmgx1＝eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2＋μmgx2，解得：μ＝－eq\f(d2,2g)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,t\o\al(2,2))－\f(1,t\o\al(2,1)),x2－x1)))＝－eq\f(d2,2g)·eq\f(Δ\f(1,t2),Δx)，由于k＝－eq\f(Δx,Δ\f(1,t2))，故μ＝eq\f(d2,2gk)。14．(2024·四川瀘州瀘縣一中高三上學(xué)期期末)(8分)在做“探討平拋運(yùn)動(dòng)”的試驗(yàn)中，為了確定小球在不同時(shí)刻所通過(guò)的位置，試驗(yàn)時(shí)用如圖所示的裝置。試驗(yàn)操作的主要步驟如下：A．在一塊平木板上釘上復(fù)寫(xiě)紙和白紙，然后將其豎直立于斜槽軌道末端槽口前，木板與槽口之間有一段距離，并保持板面與軌道末端的水平段垂直；B．使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，小球撞到木板在白紙上留下痕跡A；C．將木板沿水平方向向右平移一段距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，小球撞到木板在白紙上留下痕跡B；D．將木板再水平向右平移同樣距離x，使小球仍從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，再在白紙上得到痕跡C。若測(cè)得A、B間距離為y1，B、C間距離為y2，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。(1)關(guān)于該試驗(yàn)，下列說(shuō)法中正確的是________。A．斜槽軌道必需盡可能光滑B．每次釋放小球的位置可以不同C．每次小球均需由靜止釋放D．小球的初速度可通過(guò)測(cè)量小球的釋放點(diǎn)與拋出點(diǎn)之間的高度h，之后再由機(jī)械能守恒定律求出(2)依據(jù)上述干脆測(cè)量的量和已知的物理量可以得到小球平拋的初速度大小的表達(dá)式為v0＝__________。(用題中所給字母表示)(3)試驗(yàn)完成后，該同學(xué)對(duì)上述試驗(yàn)過(guò)程進(jìn)行了深化的探討，并得出如下的結(jié)論，其中正確的是________。A．小球打在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量與打在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量的差值為Δp1，小球打在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量與打在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的差值為Δp2，則應(yīng)有Δp1∶Δp2＝1∶1B．小球打在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量與打在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量的差值為Δp1，小球打在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量與打在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的差值為Δp2，則應(yīng)有Δp1∶Δp2＝1∶2C．小球打在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與打在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能的差值為ΔEk1，小球打在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與打在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的差值為ΔEk2，則應(yīng)有ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1D．小球打在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與打在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能的差值為ΔEk1，小球打在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與打在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的差值為ΔEk2，則應(yīng)有ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3答案(1)C(2)xeq\r(\f(g,y2－y1))(3)A解析(1)為了保證小球的初速度相等，每次讓小球從斜槽的同一位置由靜止釋放，斜槽軌道不須要光滑，A、B錯(cuò)誤，C正確；只有斜槽光滑時(shí)，小球的初速度才可通過(guò)測(cè)量小球的釋放點(diǎn)與拋出點(diǎn)之間的高度h，之后再由機(jī)械能守恒定律求出，D錯(cuò)誤。(2)依據(jù)y2－y1＝gT2，解得T＝eq\r(\f(y2－y1,g))，故v0＝eq\f(x,T)＝xeq\r(\f(g,y2－y1))。(3)依據(jù)動(dòng)量定理：mv2－mv1＝mgt，由于水平位移相同，則它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，因此應(yīng)有Δp1∶Δp2＝1∶1，A正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理：ΔEk′－ΔEk＝mg·Δy，雖然它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，但由于小球打在A點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度不為零，那么豎直方向的位移不是1∶3，因此ΔEk1∶ΔEk2≠1∶3，因?yàn)樨Q直方向的位移不相等，所以動(dòng)能的變更量也不相等，C、D錯(cuò)誤。三、計(jì)算論述題(本題共4小題，共48分。解答時(shí)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明和重要的演算步驟，只寫(xiě)出答案的不得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必需明確寫(xiě)出數(shù)值的單位)15．(2024·江蘇南通如皋高三上學(xué)期期末)(8分)如圖，質(zhì)量分別為m1＝10kg和m2＝2.0kg的彈性小球a、b用彈性輕繩緊緊的把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變，該系統(tǒng)以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面對(duì)右做直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻輕繩突然自動(dòng)斷開(kāi)，斷開(kāi)后，小球b停止運(yùn)動(dòng)，小球a接著沿原方向直線運(yùn)動(dòng)。求：(1)剛分別時(shí)，小球a的速度大小v1；(2)兩球分開(kāi)過(guò)程中，小球a受到的沖量I。答案(1)0.12m/s(2)0.20N·s解析(1)兩小球組成的系統(tǒng)在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，則：(m1＋m2)v0＝0＋m1v1代入數(shù)據(jù)求得：v1＝0.12m/s。(2)兩球分開(kāi)過(guò)程中，對(duì)a，應(yīng)用動(dòng)量定理得：I＝Δp1＝m1v1－m1v0＝0.20N·s。16．(2024·江西臨川高三上三校聯(lián)考)(12分)我國(guó)無(wú)人機(jī)產(chǎn)業(yè)發(fā)展在消費(fèi)級(jí)無(wú)人機(jī)細(xì)分領(lǐng)域居于全球領(lǐng)先地位。某天，東東網(wǎng)購(gòu)的貨物到了，快遞員按東東提示把貨物放到他家陽(yáng)臺(tái)正下方的平地上，東東操控小型無(wú)人機(jī)帶動(dòng)貨物，由靜止豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，貨物又勻速上升53s，最終再做勻減速運(yùn)動(dòng)1s恰好到達(dá)他家陽(yáng)臺(tái)且速度為零。貨物上升的過(guò)程中，遙控器上顯示無(wú)人機(jī)加速、勻速、減速過(guò)程對(duì)貨物的作用力F1、F2和F3大小分別為20.8N、20.4N和18.4N，若貨物受到的阻力恒為其重力的0.02倍，g取10m/s2，求：(1)貨物的質(zhì)量；(2)貨物上升過(guò)程中的最大動(dòng)能及東東家陽(yáng)臺(tái)距地面的高度。答案(1)2kg(2)1J56m解析(1)貨物勻速上升的過(guò)程中，依據(jù)平衡條件有：F2＝mg＋ff＝0.02mg解得：m＝2kg。(2)貨物勻減速運(yùn)動(dòng)階段，由牛頓其次定律有：mg＋f－F3＝ma3由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：0＝v－a3t3x3＝eq\f(v＋0,2)t3解得：v＝1m/s，x3＝0.5m貨物上升過(guò)程中的最大動(dòng)能：Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝1J貨物勻速運(yùn)動(dòng)階段，有：x2＝vt2＝53m貨物加速運(yùn)動(dòng)階段，由牛頓其次定律有：F1－mg－f＝ma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)聯(lián)立解得：x1＝2.5m所以東東家陽(yáng)臺(tái)距地面的高度：h＝x1＋x2＋x3＝56m。17．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)(12分)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分別，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。?2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物塊B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)設(shè)彈簧釋放后瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB，則有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不變更A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于動(dòng)身點(diǎn)右邊0.25m處，B位于動(dòng)身點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t時(shí)刻后A將接著向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞前速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得vA′＝eq\r(7)m/s?故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s?這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B接著向左運(yùn)動(dòng)。假設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。?18．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)(16分)一質(zhì)量為m＝2000kg的汽車(chē)以某一速度在平直馬路上勻速行駛。行駛過(guò)程中，司機(jī)突然發(fā)覺(jué)前方100m處有一警示牌，馬上剎車(chē)。剎車(chē)