综合模块测评1　力学部分高考物理总复习精品

《金版教程》高考总复习首选用卷•物理(新教材)综合模块测评(一)力学部分时间：75分钟满分：100分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(2022·河北省部分学校高三上第一次考试)某学校秋季运动会中，甲、乙两同学参加了10m赛跑，其中甲获得了冠军，乙获得了亚军。则在比赛过程中()A．任意时刻，甲一定跑在乙的前面B．甲的平均速度大于乙的平均速度C．任意时刻，甲的速度都比乙的大D．任意时刻，甲的加速度都比乙的大答案B解析甲、乙两同学参加了10m赛跑，则位移大小相等，甲获得了冠军，乙获得了亚军，故甲所用的时间小于乙所用的时间，根据平均速度的定义式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，可知甲的平均速度大于乙的平均速度，而任意时刻的瞬时速度大小、加速度大小和甲、乙的位置关系，则无法判断。故选B。2.(2021·辽宁省高三上新高考11月联合调研)如图所示为一固定在水平桌面上的V形槽的截面图，AB、BC面与水平桌面间夹角分别为30°和60°。一正方体木块放在槽内，木块与AB、BC面间的动摩擦因数相同，现用垂直于纸面向外的力F拉木块，木块恰好能沿槽做匀速直线运动。木块的质量为m，重力加速度为g。木块与AB、BC面间的动摩擦因数大小为()A.eq\f(2F,mg\r(3)＋1) B．eq\f(F,mg\r(3)＋1)C.eq\f(2F,mg\r(3)－1) D．eq\f(F,mg\r(3)－1)答案A解析将木块所受重力按照垂直AB面和垂直BC面正交分解，如图所示，则F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，木块受到AB、BC面的滑动摩擦力为f＝μ(F1＋F2)，木块做匀速直线运动，根据平衡条件有f＝F，联立解得木块与AB、BC面间的动摩擦因数大小为μ＝eq\f(2F,mg\r(3)＋1)，故选A。3.(2021·山东省枣庄市高三上期末)如图所示，物块以初速度v0沿水平面运动，然后冲上固定的粗糙斜面，到达最高点后返回。物块与所有接触面的动摩擦因数均相同，而且物块经过水平面和斜面连接处时速率不变，下列关于物块速率v和时间t的v­t图像正确的是()答案D解析物块在水平面上运动时，有μmg＝ma1，所以加速度大小为a1＝μg，方向与速度方向相反，物块做匀减速运动；物块沿斜面上升时有mgsinα＋μmgcosα＝ma2，则加速度大小为a2＝gsinα＋μgcosα，方向与速度方向相反，物块沿斜面匀减速上升；物块从斜面最高点下滑时有mgsinα－μmgcosα＝ma3，则加速度大小为a3＝gsinα－μgcosα，方向与速度方向相同，且有a3<a2，由v2＝2as可知物块从斜面上滑下回到斜面底端时的速度小于从水平面滑上斜面时的速度；回到水平面时在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝μg。综上所述，A、B、C错误，D正确。4．(2021·北京市朝阳区高三下二模)利用如图1所示的实验粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，内部截面积为S。管内塞有潮湿的小棉球，其质量为m，与B端的距离为x。实验者从玻璃管的A端均匀吹气，棉球从B端飞出，落地点为C。测得C点与B端的水平距离为l，棉球下落高度为h。多次改变x，测出对应的l，画出l2­x图像如图2所示，图线的斜率为k。不计棉球与管壁的摩擦，不计空气阻力。下列选项正确的是()A．实验中小棉球在玻璃管中做匀速运动B．获取图2中各组数据时可以改变每次吹气的压强C．由题中数据可求得小棉球到达B端的速度为leq\r(\f(2h,g))D．由于人吹气使小棉球两侧产生的压强差为eq\f(kmg,4hS)答案D解析若不计棉球与管壁的摩擦及空气阻力，人均匀吹气时，气体给棉球一个恒力，故棉球做匀加速运动，A错误；设人吹气产生的压强为p，则棉球的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(pS,m)，棉球到达B端的速度vB＝eq\r(2ax)＝eq\r(\f(2pSx,m))，由于不计空气阻力，则之后棉球做平抛运动，则l＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2，整理得l2＝eq\f(4pSh,mg)x，可见l2­x图线的斜率k＝eq\f(4pSh,mg)，所以吹气的压强对图线的斜率是有影响的，故获取图2中各组数据时不能改变每次吹气的压强，B错误；由l＝vBt，h＝eq\f(1,2)gt2可得，小棉球到达B端的速度为vB＝leq\r(\f(g,2h))，C错误；由图线斜率k＝eq\f(4pSh,mg)可得，由于人吹气使小棉球两侧产生的压强差为p＝eq\f(kmg,4hS)，D正确。5．(2021·江苏省南京市高三下5月冲刺练习)如图所示，餐桌中心有一个半径为r的圆盘，可绕其中心轴转动，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为μ。现缓慢增大圆盘的角速度，小物块将从圆盘上滑落，最终恰好停在桌面边缘。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则下列说法正确的是()A．小物块刚滑落时，圆盘的角速度为eq\r(\f(μg,2r))B．餐桌的半径为eq\f(\r(5),2)rC．该过程中支持力的冲量为零D．该过程中因摩擦产生的内能为μmgr答案B解析小物块即将滑落时，根据最大静摩擦力提供向心力可得μmg＝mrω2，解得小物块即将滑落(刚滑落)时圆盘的角速度ω＝eq\r(\f(μg,r))，A错误；小物块刚滑落时的速度大小为v＝rω＝eq\r(μgr)，设小物块在餐桌上滑行的距离为x，根据动能定理可得－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x＝eq\f(1,2)r，小物块在桌面上运动的轨迹俯视图如图所示，根据图中几何关系可得R2＝r2＋x2，解得R＝eq\f(\r(5),2)r，B正确；该过程中支持力的冲量I＝FNt，支持力和运动时间均不为零，则支持力的冲量不为零，C错误；该过程中因摩擦产生的内能为Q＝μmgx＝eq\f(1,2)μmgr，D错误。6．(2020·海南高考)2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则()A．试验船的运行速度为eq\f(2πR,T)B．地球的第一宇宙速度为eq\f(2π,T)eq\r(\f(R＋h3,R))C．地球的质量为eq\f(2πR＋h3,GT2)D．地球表面的重力加速度为eq\f(4π2R＋h2,RT2)答案B解析试验船的运行速度为eq\f(2πR＋h,T)，故A错误；近地轨道卫星的速度等于地球的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，对近地卫星有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，对试验船有Geq\f(Mm船,R＋h2)＝m船eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2·(R＋h)，联立两式，解得地球的第一宇宙速度v＝eq\f(2π,T)eq\r(\f(R＋h3,R))，故B正确；根据Geq\f(Mm船,R＋h2)＝m船eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2(R＋h)，解得地球的质量为M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，故C错误；地球表面的重力加速度等于近地轨道卫星的向心加速度，对近地卫星，根据万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,R2)＝mg，再根据地球的质量M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，可得地球表面的重力加速度g＝eq\f(4π2R＋h3,R2T2)，故D错误。7．(2022·江苏省常州市高三上期中质量调研)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是()A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C．上坡过程中，汽车速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，所用的时间可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于eq\f(2s,vm)答案D解析关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则支持力的冲量不为零，故B错误；汽车上坡过程中，设速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)所用的时间为t，发生的位移为s′，根据动能定理可得：Pt－fs′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,2)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,4)))2，解得t＝eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)＋eq\f(fs′,P)，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，则牵引力逐渐减小，加速度逐渐减小，设所用时间为t1，对应的v­t图像向上凸起，则eq\f(vm,2)·t1<s，解得t1<eq\f(2s,vm)，故D正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．(2021·河北省承德市高三下二模)太空梭是游乐园和主题乐园模拟完全失重环境的大型机动游戏设备，这种器材的乘坐台可将乘客载至高空，然后由静止开始以重力加速度竖直向下跌落2h，紧接着通过机械制动匀减速下降h将乘坐台在落地前停住，如图所示，已知乘坐台与乘客的总质量为m，当地的重力加速度为g，则()A．由M至N和由N至P的运动时间比值是2∶1B．由M至N，乘坐台的座椅对乘客的支持力与乘客的重力大小相等C．由M至N，乘坐台与乘客总重力的冲量大小为meq\r(gh)D．由N至P，减速机械对乘坐台的阻力大小为3mg答案AD解析由题意可知，2h＝eq\f(0＋vN,2)t1，h＝eq\f(vN＋0,2)t2，则从M到N与从N到P的运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，故A正确；从M到N，乘客做自由落体运动，故乘坐台的座椅对乘客的作用力为零，B错误；由2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，可得t1＝2eq\r(\f(h,g))，则从M到N，乘坐台和乘客总重力的冲量大小为IG＝mgt1＝2meq\r(gh)，故C错误；由veq\o\al(2,N)＝2g·2h，veq\o\al(2,N)＝2ah，可知乘坐台从N到P的加速度大小a＝2g，从N到P，根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，故D正确。9.(2021·八省联考辽宁卷)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是()A．t＝0.5s时，两滑块相距2mB．t＝1.5s时，两滑块速度相等C．0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25mD．0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J答案BCD解析甲、乙两滑块在传送带上做匀变速直线运动时的加速度大小分别为a甲＝eq\f(μm甲g,m甲)＝μg＝2m/s2，a乙＝eq\f(μm乙g,m乙)＝μg＝2m/s2，根据匀变速直线运动规律，t＝0.5s时，甲、乙两滑块运动时间t甲1＝t乙1＝0.5s，两滑块相距s甲乙′＝s甲乙－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v甲t甲1－\f(1,2)a甲t\o\al(2,甲1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙t乙1－\f(1,2)a乙t\o\al(2,乙1)))＝3m，A错误。传送带启动时，甲滑块的速度为v甲′＝v甲－a甲t甲1＝5m/s，之后与传送带速度相等所需时间t甲2＝eq\f(v甲′－v带,a甲)＝1s；传送带启动时，乙滑块的速度为v乙′＝v乙－a乙t乙1＝1m/s，之后与传送带速度相等所需时间t乙2＝eq\f(v带－v乙′,a乙)＝1s，当两滑块恰好与传送带共速时，s甲乙′－eq\f(v甲′＋v带,2)·t甲2＋eq\f(v乙′＋v带,2)·t乙2＝1m>0，则甲、乙未发生碰撞，故t＝1.5s时，两滑块速度相等，B正确。0～0.5s内，乙相对传送带的位移大小为x乙1＝v乙t乙1－eq\f(1,2)a乙teq\o\al(2,乙1)＝0.75m，方向向右，0.5～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x乙2＝v带t乙2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙′t乙2＋\f(1,2)a乙t\o\al(2,乙2)))＝1m，方向向左，因此0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x乙2－x乙1＝0.25m，方向向左，C正确。0～2.5s内，甲相对传送带的位移x甲＝v甲(t甲1＋t甲2)－eq\f(1,2)a甲(t甲1＋t甲2)2－v带t甲2＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑块与传送带间摩擦产生的热量Q甲＝μm甲g·x甲＝7.5J，乙滑块与传送带间摩擦产生的热量Q乙＝μm乙g(x乙1＋x乙2)＝7J，因此0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦产生的总热量Q＝Q甲＋Q乙＝14.5J，D正确。10.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时轻绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则()A．轻绳被拉断的瞬间，木板的加速度大小为eq\f(F,M)B．轻绳被拉断的瞬间，弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq\f(1,2)mv2D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq\f(v2,2gl)答案ABD解析轻绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，不受摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，故F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，故A正确；轻绳被拉断瞬间弹簧的压缩量达到最大，弹性势能最大，根据机械能守恒定律可知此时弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2，故B正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，根据机械能守恒定律知滑块的动能小于eq\f(1,2)mv2，故C错误；小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，由轻绳被拉断瞬间到小滑块恰未掉落的过程中，取水平向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得：μ＝eq\f(v2,2gl)，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)(2021·八省联考湖南卷)某同学利用滑块在气垫导轨上的运动测量当地的重力加速度。如图a所示，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、数字计时器、光电门等。导轨下方两支点间的距离为l。实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当光电门A记录的遮光时间________(填“大于”“小于”或“等于”)光电门B记录的遮光时间时，可认为气垫导轨水平；(2)用游标卡尺测量遮光片宽度d。如图b所示，d＝________cm；(3)在导轨左支点下加一高度为h的垫块，让滑块从导轨顶端滑下，记录遮光片经过A、B两处光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12，可求出重力加速度g＝____________________(用题中给出的物理量符号表示)；(4)分析实验结果发现，重力加速度的测量值比该地的实际值偏小，写出一条产生这一结果的可能原因：________________________________________________________________。答案(1)等于(2)0.304(3)eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))(4)测量的遮光片宽度d偏小(或测量的运动时间偏大，或气垫导轨未调水平等，合理即可)解析(1)调节气垫导轨水平后，轻推滑块，滑块能在导轨上做匀速直线运动，则滑块通过两光电门的时间应相等。(2)50分度游标卡尺的精确度为0.02mm，则遮光片宽度为d＝3mm＋2×0.02mm＝3.04mm＝0.304cm。(3)滑块经过两光电门的时间极短，则经过两光电门的平均速度可认为是经过两光电门的瞬时速度，有vA＝eq\f(d,Δt1)，vB＝eq\f(d,Δt2)，滑块做匀加速直线运动，有vB＝vA＋at12，而对滑块由牛顿第二定律有a＝gsinα＝g·eq\f(h,l)，联立各式解得重力加速度为g＝eq\f(dl,ht12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)－\f(1,Δt1)))。(4)根据重力加速度的测量公式，测量值偏小，可能的原因有：测量的遮光片宽度d偏小，测量的运动时间偏大，气垫导轨未调水平等。12．(9分)(2021·山东高考)某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：①固定好手机，打开录音功能；②从一定高度由静止释放乒乓球；③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示。根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞时刻(s)1.121.582.002.402.783.143.47根据实验数据，回答下列问题：(1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为________m(保留2位有效数字，当地重力加速度g＝9.80m/s2)。(2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的________倍(用k表示)，第3次碰撞过程中k＝________(保留2位有效数字)。(3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度________(填“高于”或“低于”)实际弹起高度。答案(1)0.20(2)1－k20.95(3)高于解析(1)由表可知，乒乓球第3次碰撞到第4次碰撞用时Δt＝2.40s－2.00s＝0.40s，根据竖直上抛运动的对称性可知，第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2＝eq\f(1,2)×9.80×0.202m＝0.20m。(2)设碰撞后弹起瞬间速度大小为v2，该次碰撞前瞬间速度大小为v1，根据题意可知eq\f(v2,v1)＝k，则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝1－eq\f(v\o\al(2,2),v\o\al(2,1))＝1－k2。第3次碰撞前瞬间的速度大小为第2次碰后从最高点自由下落的末速度大小，为v＝gt，其中t＝eq\f(2.00－1.58,2)s＝0.21s；同理第3次碰撞后瞬间速度大小为v′＝gt′，其中t′＝eq\f(2.40－2.00,2)s＝0.20s，则第3次碰撞过程中k＝eq\f(v′,v)＝eq\f(t′,t)＝eq\f(0.20,0.21)＝0.95。(3)假设空气阻力的大小恒定，空气阻力对乒乓球产生的加速度大小为a，第3次碰撞后乒乓球弹起的实际高度为h实，上升所用的时间为t上，则有h实＝eq\f(1,2)(g＋a)teq\o\al(2,上)，h实＝eq\f(1,2)(g－a)·(Δt－t上)2，联立解得t上＝eq\f(Δt,\r(\f(g＋a,g－a))＋1)，h实＝eq\f(1,2)·eq\f(g＋aΔt2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(g＋a,g－a))＋1))2)，令a＝kg，其中0≤k＜1，则h实＝eq\f(1,2)g(Δt)2·eq\f(1＋k,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1＋k,1－k))＋1))2)＝4h·eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))＋\f(1,\r(1＋k))))2)，根据数学知识，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))＋\f(1,\r(1＋k))))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1－k))))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋k))))2＋2·eq\f(1,\r(1－k))·eq\f(1,\r(1＋k))≥4·eq\f(1,\r(1－k2))(当k＝0时取等号)，联立可得eq\f(h,h实)≥eq\f(1,\r(1－k2))，根据题意，k>0，则h>eq\f(1,\r(1－k2))h实>h实。(方法二：设实际上升过程加速度为a上，所用时间为t上，下降过程加速度为a下，所用时间为t下，则a上＋a下＝(g＋a)＋(g－a)＝2g>2eq\r(a上a下)，t上＋t下＝Δt>2eq\r(t上t下)，则h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2>eq\f(1,2)×eq\r(a上a下)·t上t下＝eq\r(\f(1,2)a上t\o\al(2,上))·eq\r(\f(1,2)a下t\o\al(2,下))＝eq\r(h实)·eq\r(h实)＝h实。)即第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起高度。13.(11分)(2021·浙江省温州市高三二模)运动员把冰壶沿水平冰面推出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。空气阻力不计，g取10m/s2。(1)运动员以4.0m/s的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远；(2)若运动员仍以4.0m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行7.6m后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，求冰壶多滑行的距离及全程的平均速度大小。答案(1)40m(2)3.6m1.98m/s解析(1)冰壶在冰面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma1解得a1＝－0.2m/s2根据速度位移公式有0－veq\o\al(2,0)＝2a1x解得x＝40m。(2)冰壶先以加速度a1做匀减速直线运动，根据速度位移公式有veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1x1解得v1＝3.6m/s设冰壶之后以加速度a2做匀减速直线运动，根据题意有a2＝90%·a1＝－0.18m/s2根据速度位移公式有0－veq\o\al(2,1)＝2a2x2解得x2＝36m所以Δx＝x1＋x2－x＝3.6m第一段运动的时间t1＝eq\f(v1－v0,a1)＝eq\f(3.6－4.0,－0.2)s＝2s第二段运动的时间t2＝eq\f(0－v1,a2)＝eq\f(0－3.6,－0.18)s＝20s全程的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2)＝1.98m/s。14.(12分)(2021·江苏高考)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；(2)环A的质量M；(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。答案(1)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m(3)eq\f(31,30)mgL解析(1)装置静止时，设细线AB、OB段的张力分别为F1、F2，A受力平衡，有F＝F1sin37°B受力平衡，有F1cos37°＋F2cos37°＝mgF1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)。(2)当细线与竖直方向的夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，对A，有F＝Mω2·2Lsin53°对B，有mgtan53°＝mω2·Lsin53°解得M＝eq\f(9,64)m。(3)B上升的高度h＝Lcos37°－Lcos53°末状态A、B的动能分别为EkA＝eq\f(1,2)M(ω·2Lsin53°)2，EkB＝eq\f(1,2)m(ω·Lsin53°)2根据功能关系可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋m