2025版衡水中學學案高考物理二輪專題與專項第1部分專題1微專題1含答案及解析

第一部分專題一微專題1A組·基礎練1.(2024·湖北武漢模擬)如圖所示，一足夠長的質(zhì)量為m的木板靜止在水平面上，t＝0時刻質(zhì)量也為m的滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，滑塊與木板，木板與地面的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?；瑝K的v－t圖像如圖所示，則有()A．μ1＝μ2 B．μ1<μ2C．μ1>2μ2 D．μ1＝2μ2【答案】C【解析】由v－t圖像分析可知，木板相對地面滑動，滑塊與木板共速后一起減速到停止，對木板μ1mg>μ22mg，則有μ1>2μ2，故選C。2.(多選)(2024·湖北荊門三模)中國象棋是起源于中國的一種棋，屬于二人對抗性游戲的一種，在中國有著悠久的歷史。由于用具簡單，趣味性強，成為流行極為廣泛的棋藝活動。如圖所示，5顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第5顆棋子最左端與水平面上的a點重合，所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)將水平向右的恒力F作用在第3顆棋子上，恒力作用一小段時間后，五顆棋子的位置情況可能是()【答案】BC【解析】設兩棋子間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，最上面兩個棋子向右運動的最大加速度為am＝eq\f(μ·2mg,2m)＝μg，設最上面三個棋子一起以am向右加速運動時，水平恒力大小為F0，則F0－μ·3mg＝3mam，所以F0＝6μmg，當0≤F≤3μmg時，所有棋子均靜止不動；當3μmg<F≤6μmg時，最上面三個作為整體，相對靜止一起向右勻加速直線運動，下面的兩個棋子靜止不動，故B正確，D錯誤；當F>6μmg時，第三個棋子和上面兩個棋子發(fā)生相對滑動，此時第三個棋子以大于am的加速度向右勻加速，上面兩個棋子以am的加速度向右加速，而第四個棋子不可能發(fā)生運動，因為第四個棋子上表面的最大靜摩擦力為3μmg，下表面的最大靜摩擦力為4μmg，同理第五個棋子也不可能運動，故A錯誤，C正確。故選BC。3.(多選)(2024·湖南常德二模)如圖甲所示，長木板B靜止在水平地面上，在t＝0時刻，可視為質(zhì)點、質(zhì)量為1kg的物塊A在水平外力F作用下，從長木板的左端滑上從靜止開始運動，1s后撤去外力F，物塊A、長木板B的速度—時間圖像如圖乙所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．長木板的最小長度為2mB．A、B間的動摩擦因數(shù)是0.1C．長木板的質(zhì)量為0.5kgD．外力F的大小為4N【答案】ABD【解析】由圖像可知，2s后物塊和木板達到共速后一起勻速運動，說明木板與地面之間無摩擦，v-t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移，故由圖乙可知，在2s內(nèi)物塊的位移為x1＝4m，木板的位移為x2＝2m，故長木板的最小長度為L＝x1－x2＝2m，A正確；由圖乙可知，1s時撤去外力F，在1～2s內(nèi)由物塊A的受力及牛頓第二定律可知μmg＝maA，由圖乙可知1～2s內(nèi)物塊A的加速度大小為aA＝1m/s2，解得A、B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，B正確；由圖乙可知，木板的加速度大小為aB＝1m/s2，由木板B的受力及牛頓第二定律可知μmg＝MaB，解得長木板的質(zhì)量為M＝1.0kg，C錯誤；由0～1s內(nèi)的物塊A的受力及牛頓第二定律可知F－μmg＝maA′，又此過程中加速度的大小為aA′＝3m/s2，解得F＝4N，D正確。故選ABD。4.(多選)(2023·北京西城模擬)如圖甲所示，一塊質(zhì)量為mA＝1kg的木板A靜止在水平地面上，一個質(zhì)量為mB＝1kg的滑塊B靜止在木板的左端，對B施加一向右的水平恒力F，一段時間后B從A右端滑出，A繼續(xù)在地面上運動一段距離后停止，此過程中A的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.6B．木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1C．F的大小可能為9ND．F的大小與板長L有關【答案】BCD【解析】由圖像可知滑塊在木板上滑動時木板的加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，對木板根據(jù)牛頓第二定律μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑塊從木板上滑出后木板的加速度大小為a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，對木板根據(jù)牛頓第二定律μ2mAg＝mAa2，聯(lián)立解得μ1＝0.4，μ2＝0.1，故A錯誤，B正確；根據(jù)L＝eq\f(1,2)aBt2－eq\f(1,2)a1t2，式中t＝1s，聯(lián)立解得F＝2L＋6(N)，即F的大小與板長L有關，且大于6N，故C、D正確。故選BCD。5.(多選)如圖，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質(zhì)量為m的滑塊，在滑塊上施加一水平向右的恒力F，滑塊和木板均由靜止開始運動，木板相對地面運動位移為x時二者分離。則下列哪些變化可使x減小()A．僅增大恒力FB．僅增大滑塊的質(zhì)量mC．僅增大木板的質(zhì)量MD．僅減小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)【答案】ACD【解析】根據(jù)牛頓第二定律得木塊的加速度為a1＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(F,m)－μg，木板的加速度為a2＝eq\f(μmg,M)，設板長為L，根據(jù)L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，得t＝eq\r(\f(2L,a1－a2))，木板相對地面運動位移為x＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(La2,a1－a2)＝eq\f(L,\f(a1,a2)－1)，若僅增大恒力F，則木塊的加速度a1變大，木板的加速度a2不變，則x減小，故A正確；若僅增大木塊的質(zhì)量m，則木塊的加速度a1減小，木板的加速度a2增大，則x增大，故B錯誤；若僅增大木板的質(zhì)量M，木塊的加速度a1不變，木板的加速度a2減小，則x減小，故C正確；若僅減小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，則木塊的加速度a1變大，木板的加速度a2減小，則x減小，故D正確。故選ACD。6.(多選)皮帶傳送在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應用。一運煤傳送帶傳輸裝置的一部分如下圖所示，傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°。若傳送帶以恒定的速率v0＝5m/s逆時針運轉(zhuǎn)，將質(zhì)量為1kg的煤塊(看成質(zhì)點)無初速度地放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時間t1＝0.5s煤塊速度與傳送帶相同，再經(jīng)t2＝2s到達傳送帶底端Q點。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5B．傳送帶PQ的長度為15.25mC．煤塊從P點到Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為2.75mD．煤塊從P點到Q點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為21J【答案】ABD【解析】物塊剛放上傳送帶的t＝0.5s內(nèi)，物體的速度v0＝a1t1，由牛頓第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，故A正確；在最初0.5s內(nèi)物塊的位移x1＝eq\f(v0,2)t1，以后物塊的加速度mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，再經(jīng)t2＝2s到達傳送帶底端Q點，則x2＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，則傳送帶PQ的長度L＝x1＋x2，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得L＝x1＋x2＝15.25m，故B正確；在最初0.5s內(nèi)物塊相對傳送帶向上運動，相對滑動的距離Δx1＝v0t1－x1，以后的2s內(nèi)滑塊相對傳送帶向下滑動，相對滑動的距離Δx2＝x2－v0t2，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得Δx1＝v0t1－x1＝1.25m，Δx2＝x2－v0t2＝4m，則煤塊從P點到達a點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為4m，故C錯誤；煤塊從P點到Q點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝fΔx＝0.5×1×10×0.8×(1.25＋4)J＝21J，故D正確。故選ABD。B組·綜合練7.(2024·四川綿陽模擬)如圖所示，長木板C靜置于足夠大的光滑水平地面上，C最左端放置一小物塊A，小物塊B在A右側(cè)L0＝4.5m處，B與C右端的距離足夠長。在t＝0時刻，一大小為20N、方向水平向右的恒定推力F作用于A，經(jīng)過一段時間后撤去推力，此時A與B恰好發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。已知A的質(zhì)量mA＝4kg、B的質(zhì)量mB＝2kg、C的質(zhì)量mC＝2kg，A與C間的動摩擦因數(shù)μA＝0.2。B與C間的動摩擦因數(shù)μB＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，A、B均可視為質(zhì)點。求：(1)t＝0時A的加速度大?。?2)碰前瞬間A、B的速度大小?！敬鸢浮?1)3m/s2(2)9m/s6m/s【解析】(1)假設A、B、C相對靜止，且此種情況下共同加速度大小為a0，根據(jù)牛頓第二定律得F＝(mA＋mB＋mC)a0解得a0＝2.5m/s2對A有F－fA＝mAa0解得fA＝10N>μAmAg＝8N則假設不成立；因此施加推力時，設A的加速度大小為a1，則有F－μAmAg＝mAa1解得a1＝3m/s2。(2)由于μB＝0.4>μA＝0.2可知A、B碰撞前，BC一起運動，對BC整體有μAmAg＝(mB＋mC)a2解得a2＝2m/s2設從A開始運動到A與B碰撞所經(jīng)歷的施加為t1，對A有x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，v1＝a1t1對BC整體有x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，v2＝a2t1又L0＝x1－x2聯(lián)立解得v1＝9m/s，v2＝6m/s。8.(2024·安徽聯(lián)考模擬)如圖為某自動控制裝置的示意圖，平臺左右等高，在兩平臺中間有一個順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，傳送帶的速度大小v和長度L都可以根據(jù)需要由自動驅(qū)動系統(tǒng)調(diào)節(jié)。一質(zhì)量m＝1kg的物體(可視為質(zhì)點)以初速度v0＝6m/s從左側(cè)平臺滑上傳送帶、物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2。(1)若v>v0，傳送帶的長度L＝6.5m，要求物體運動到傳送帶右端的時間最短，求該過程中摩擦力對物體的沖量大小I；(2)若v<v0，傳送帶的長度L′＝5.5m，當物體運動到傳送帶右端時、剛好與傳送帶相對靜止，求物體與傳送帶之間的相對位移大小x。【答案】(1)1N·s(2)0.5m【解析】(1)若v>v0，物體受到傳送帶向右的滑動摩擦力，若物體一直做勻加速直線運動，時間最短，設物體運動的加速度為a，運動到傳送帶右端的時間為t，速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma由勻變速直線運動的規(guī)律有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2aLL＝eq\f(1,2)(v0＋v1)t又I＝μmgt解得I＝1N·s。(2)若v<v0，由題意，物體運動到傳送帶右端時剛好與傳送帶共速。設物體運動到傳送帶右端的時間為t′，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有v2－veq\o\al(2,0)＝－2aL′L′＝eq\f(1,2)(v0＋v)t′相對位移x＝eq\f(1,2)(v0＋v)t′－vt′解得x＝0.5m。9.(2024·河南洛陽聯(lián)考)利用彈簧彈射和皮帶傳動裝置可以將工件運送至高處。如圖所示，已知傳送軌道平面與水平方向成37°角，傾角也是37°的光滑斜面軌道固定于地面且與傳送軌道良好對接，彈簧下端固定在斜面底端，工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，皮帶傳動裝置按順時針方向勻速轉(zhuǎn)動的速度v＝5m/s，兩輪軸心相距L＝10m，B、C分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的工件放在彈簧上，用力將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，工件離開斜面頂端滑到皮帶上的B點時速度v0＝10m/s，A、B間的距離x＝1m。工件可視為質(zhì)點，g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)工件沿傳送帶上滑的時間。【答案】(1)112J(2)3s【解析】(1)彈簧的最大彈性勢能Ep＝mgxsin37°＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Ep＝112J。(2)工件沿傳送軌