《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优专练一 培优点1 力学三大观点的综合应用含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优专练一力学综合问题培优点1力学三大观点的综合应用1．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，木块C未受到子弹打击。若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间tA、tB、tC的关系是()A．tA<tB<tC B．tA>tB>tCC．tA＝tC<tB D．tA＝tB<tC答案：C解析：木块C自由落体，木块A在刚要下落瞬间被子弹击中，并留在其中，木块A与子弹一起做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，A、C下落高度相同，故二者下落时间相同，即tA＝tC。木块B下落一定高度后被水平飞来的子弹射中，子弹留在其中，在子弹击中木块B过程中，由于作用时间极短，子弹和木块间的作用力远大于其他外力，则子弹和木块组成的系统动量守恒，竖直方向上有Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝eq\f(M,M＋m)v<v，木块B竖直方向速度变小，落地时间延长，即tA＝tC<tB。故C正确，A、B、D错误。2．(2024·天津市河北区高三总复习质量检测(一))如图所示，细绳一端固定，下端连接乒乓球，乒乓球从A点静止释放摆动到右侧最高点E，C为最低点，B、D两点等高，上述过程中乒乓球()A．在E点时，绳中拉力为零B．在C点时速度最大C．在B、D两点的速度大小相等D．从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短答案：D解析：乒乓球在E点时速度为0，没有向心力，沿绳方向受力平衡，则绳中拉力不为零，故A错误；由题图可知E点比A点低，说明乒乓球运动过程中有阻力存在，当乒乓球的切向加速度为0时速度最大，则速度最大的点位于C点左侧重力沿运动方向的分力与阻力等大处，故B错误；乒乓球从B到D的运动过程中，重力不做功，阻力做负功，根据动能定理可知，乒乓球在B点的速度大于在D点的速度，故C错误；任取BC段和CD段上等高的两点G、F，由C项分析同理可知，乒乓球在G点的速度大于其在F点的速度，故乒乓球在BC段的平均速率大于在CD段的平均速率，又BC段与CD段路程相同，由t＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))可知，乒乓球从B点到C点的时间比从C点到D点的时间短，故D正确。3．(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是()A．t＝0.15s时，运动员的重力势能最大B．t＝0.30s时，运动员的速度大小为10m/sC．t＝1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N答案：BD解析：根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，则蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员在t＝0.30s离开蹦床，t＝2.30s再次落到蹦床，经历的时间为Δt＝2s，运动员在这期间做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为eq\f(Δt,2)＝1s，则t＝1.00s时，运动员还在向上运动，t＝1.30s时，运动员恰好运动到最大高度处，由逆向思维可得，t＝0.30s时运动员的速度大小为v＝g·eq\f(Δt,2)＝10m/s，故B正确，C错误；由竖直上抛运动的对称性可知，运动员落到蹦床上时的速度大小也为10m/s，设运动员的质量为m，运动员每次与蹦床接触到离开过程中受到蹦床的平均作用力大小为eq\o(F,\s\up6(－))′，以竖直向上为正方向，根据动量定理有eq\o(F,\s\up6(－))′·Δt′－mg·Δt′＝mv－(－mv)，其中Δt′＝0.3s，代入数据可得eq\o(F,\s\up6(－))′＝4600N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(F,\s\up6(－))′＝4600N，故D正确。4．(多选)物体a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物体a的质量为1.2kg，如图甲所示。开始时两物体均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物体a施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中，以下分析正确的是()A．t＝1s时a的速度大小为0.8m/sB．t＝1s时弹簧伸长量最大C．b物体的质量为0.8kgD．弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6m/s答案：CD解析：由a­t图线与t轴所围面积表示速度变化量可知，0～1s内a的速度变化量Δv<eq\f(1.0＋0.6,2)×1m/s＝0.8m/s，而开始时a静止，则t＝1s时a的速度大小小于0.8m/s，故A错误；撤去F时，两者的加速度相等，但a加速的加速度在t＝1s前始终大于b加速的加速度，则t＝1s时a的速度大于b的速度，此后a相对b继续远离，则弹簧继续拉长，当两者速度相等时弹簧的伸长量最大，故B错误；恒力F拉动a的瞬间，由a­t图像知a的加速度为a0＝1.0m/s2，对物体a，根据牛顿第二定律有F＝maa0＝1.2N，t＝1s时两者的加速度均为a＝0.6m/s2，对a、b整体由牛顿第二定律有F＝(ma＋mb)a，解得mb＝0.8kg，故C正确；F拉动1s的过程，对系统由动量定理可知Ft＝mava＋mbvb，撤去F后直至到达共同速度v时，系统的动量守恒，有mava＋mbvb＝(ma＋mb)v，联立解得v＝0.6m/s，即弹簧伸长量最大时，a和b的速度大小都为0.6m/s，故D正确。5.(2024·云南省曲靖市高三下第二次教学质量监测)(多选)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线，细线另一端系一质量也为m的球C，球C可视为质点。现将球C拉起使细线水平伸直，并同时由静止释放A、B、C。下列说法正确的是()A．球C下摆过程中，A、B、C系统机械能守恒，动量守恒B．A、B两木块分离时，A的速度大小为eq\r(\f(gl,3))C．球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为eq\f(l,4)D．当C第一次向右运动经过O点正下方时，C的速度大小为2eq\r(\f(gl,3))答案：BC解析：球C下摆过程中，A、B、C系统只有重力做功，系统机械能守恒，系统在水平方向所受合力为0，所以系统在水平方向动量守恒，因球C有竖直方向的分加速度，系统在竖直方向所受合力不为0，所以系统在竖直方向动量不守恒，故A错误；球C第一次运动到最低点时，A、B两木块分离，此时设C的速度大小为vC，A、B的速度大小为vA，根据系统水平方向动量守恒可得mvC－2mvA＝0，由机械能守恒定律可得mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)，联立解得vA＝eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，vC＝2eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，故B正确；球C向左摆至最高点时，A、C共速，设此时A、C的速度大小为v，球C距离轨迹最低点的高度为h，以水平向左为正方向，对球C从A、B两木块分离至第一次到达轻杆左侧最高处的过程，对A、C组成的系统，由水平方向动量守恒得mvC－mvA＝(m＋m)v，根据机械能守恒定律得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，联立解得h＝eq\f(3,4)l，则球C第一次到达轻杆左侧最高处时，与O点的竖直距离为Δh＝l－h＝eq\f(l,4)，故C正确；C第一次向右运动经过O点正下方时，设C的速度为vC′，A的速度为vA′，以水平向左为正方向，对球C从A、B两木块分离至第一次向右运动经过O点正下方的过程，对A、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得mvC－mvA＝mvC′＋mvA′，由机械能守恒定律得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，联立解得v′C＝－eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，vA′＝2eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，即C的速度大小为eq\r(\f(\a\vs4\al(gl),3))，故D错误。6．(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是()A．上升和下落两过程的时间相等B．上升和下落两过程损失的机械能相等C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度答案：C解析：由于空气阻力一直对小球做负功，则小球机械能不断减小，小球上升过程与下落过程经过同一位置时，重力势能相同，则上升时动能更大，速度更大，所以小球上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，由h＝eq\o(v,\s\up6(－))t可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，A错误；经过同一位置时，小球上升时的速度大于下落时的速度，而小球所受空气阻力大小与速度大小成正比，因此上升时所受空气阻力大于下落时所受空气阻力，则上升过程中空气阻力所做的负功大于下落过程中空气阻力所做的负功，由功能关系可知，上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能，B错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，重力做功为0，由动能定理可知，小球抛出时的速度大小大于落回原处时的速度大小，所以小球上升过程中动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；小球上升过程中受到向下的空气阻力，方向与重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落过程中受到向上的空气阻力，方向与重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升过程所受合力始终大于下落过程所受合力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，D错误。7．(2024·安徽高考)(多选)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图1所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图2所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则()A．物块始终做匀变速曲线运动B．t＝1s时，物块的y坐标值为2.5mC．t＝1s时，物块的加速度大小为5eq\r(3)m/s2D．t＝2s时，物块的速度大小为10eq\r(2)m/s答案：BD解析：沿x轴方向，根据题图2可得，F1＝4－t(N)，F2＝3t(N)，故F1与F2两个力的合力为Fx＝F1＋F2＝4＋2t(N)，在y轴方向上，物块受到的力为Fy＝mgsin30°，根据平行四边形定则可得，物块所受合力F＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))随时间变化，故物块做的不是匀变速曲线运动，A错误；在y轴方向上，根据牛顿第二定律有Fy＝may，可得y轴方向的加速度为ay＝5m/s2，故t＝1s时，物块的y坐标值为y1＝eq\f(1,2)ayteq\o\al(2,1)＝2.5m，B正确；t＝1s时，物块在x轴方向所受合力为Fx1＝6N，在x轴方向上，根据牛顿第二定律有Fx1＝max1，可得此时物块在x轴方向的加速度为ax1＝5m/s2，故此时物块的加速度大小为a1＝eq\r(aeq\o\al(2,x1)＋aeq\o\al(2,y))＝5eq\r(2)m/s2，C错误；由于Fx与时间t呈线性关系，故0～2s内Fx的冲量IFx＝eq\o(F,\s\up6(－))xt2＝eq\f(（4＋2×0）＋（4＋2×2）,2)×2N·s＝12N·s，0～2s内，在x轴方向，对物块根据动量定理有IFx＝mvx2－0，可解得t＝2s时物块在x轴方向的分速度vx2＝10m/s，此时物块在y轴方向的分速度大小为vy2＝ayt2＝5×2m/s＝10m/s，故此时物块的速度大小为v2＝eq\r(veq\o\al(2,x2)＋veq\o\al(2,y2))＝10eq\r(2)m/s，D正确。8．(2024·全国甲卷)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小()A．在Q点最大 B．在Q点最小C．先减小后增大 D．先增大后减小答案：C解析：设大圆环半径为R，小环下滑过程中小环与大圆环圆心连线转过的角度为θ(0≤θ≤π)时，小环速度大小为v，如图所示。连线转过θ角的过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2gR（1－cosθ）)。在θ从0开始增大的一小段时间内，v较小，对小环根据牛顿第二定律有mgcosθ－F＝meq\f(v2,R)，解得小环受到的弹力大小F＝mgcosθ－meq\f(v2,R)＝3mgcosθ－2mg，方向背离大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从0开始增大，cosθ从1开始减小，F减小，当cosθ＝eq\f(2,3)时，F减小到0；当arccoseq\f(2,3)<θ≤eq\f(π,2)时eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(小环经过Q点时θ＝\f(π,2)))，对小环有mgcosθ＋F＝meq\f(v2,R)，解得小环受到的弹力大小F＝meq\f(v2,R)－mgcosθ＝2mg－3mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从arccoseq\f(2,3)增大到eq\f(π,2)，cosθ从eq\f(2,3)减小到0，F从0增大到2mg；当eq\f(π,2)<θ≤π时，对小环有F－mgcosθ＝meq\f(v2,R)，解得小环受到的弹力大小F＝2mg－mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从eq\f(π,2)增大到π，cosθ从0减小到－1，F增大。综上所述，结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，在Q点之前某位置最小，故C正确，A、B、D错误。9．(2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求滑雪者运动到P点的时间t；(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度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)设滑雪者的质量为m，在滑雪道AP段运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsin45°－μmgcos45°＝ma滑雪者从A到P，由运动学公式有d＝eq\f(1,2)at2联立解得t＝eq\r(\f(2\r(2)d,（1－μ）g))。(2)滑雪者从P点由静止滑到B点的过程，设下落高度为hPB，克服摩擦力做功为Wf，由动能定理有mghPB－Wf＝0－0滑雪者从A点由静止滑到B点的过程，由动能定理有mgdsin45°－μmgcos45°·d＋mghPB－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0联立解得v＝eq\r(\r(2)（1－μ）gd)。(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大。滑雪者从B点飞出做斜抛运动落到C点，设运动时间为t′，竖直方向上有vsin45°＝g·eq\f(t′,2)水平方向上有L＝vcos45°·t′联立解得L＝eq\r(2)(1－μ)d。10．(2024·海南高考)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5m，静止在光滑水平面上的滑板B，上表面紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25kg，一质量为m＝50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；(2)滑板的长度L。答案：(1)1000N(2)7m解析：(1)设游客滑到b点时速度大小为v0，受到滑梯的支持力大小为FN。对游客，从a到b过程，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0代入数据，解得v0＝10m/s在b点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)根据牛顿第三定律，游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN′＝FN联立并代入数据，解得FN′＝1000N。(2)设游客恰好滑上平台时的速度大小为v，对游客，在平台上运动过程，由动能定理得－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2游客与滑板B相对滑动的过程，设游客与滑板的加速度大小分别为a1和a2，此过程经历的时间为t，根据牛顿第二定律得μmg＝ma1μmg＝Ma2根据运动学规律，对游客有v＝v0－a1t该段时间内游客的位移大小为x1＝eq\f(v＋v0,2)t滑板的位移大小为x2＝eq\f(1,2)a2t2根据位移关系得L＝x1－x2联立并代入数据，解得L＝7m。11．(2024·湖北高考)如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。答案：(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m解析：(1)设小物块的质量为m物，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块与传送带相对滑动时，小物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μm物g＝m物a假设小物块与小球碰撞前，小物块可以达到传送带的速度v传，设小物块加速运动的距离为x，根据运动学公式有veq\o\al(2,传)－0＝2ax联立并代入数据解得x＝2.5m由于x<3.6m，可知假设成立，则小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为v＝v传＝5m/s。(2)小物块与小球碰撞的时间极短，则碰撞过程中小物块与小球组成的系统动量守恒，设小球的质量为m球，碰后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2由题知v1＝－1m/s代入数据解得v2＝3m/s小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为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)代入数据解得ΔEk＝0.3J。(3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，则P点到O点的距离最小，设为d，设此时小球在P点正上方的速度大小为v3，绳长为L绳，小球在P点正上方时，由牛顿第二定律有m球g＝m球eq\f(veq\o\al(2,3),L绳－d)小球从O点正下方到P点正上方的过程，由机械能守恒定律有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绳－d)联立并代入数据解得d＝0.2m。12．(2024·河北高考)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。答案：(1)1.5m(2)90J2(3)xAC＝eq\f(7,4)LB解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程，机器人与A木板组成的系统水平方向上动量守恒。设机器人质量为M，A木板质量为m；机器人的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))M，A的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))m；机器人的位移大小为xM，A的位移大小即机器人走到A木板右端时A、B木板间的水平距离为xm；此过程所用时间为t0；A的长度为LA。以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有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联立并代入数据，解得xm＝1.5m。(2)设机器人跳离瞬间的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端所用的时间为t，根据斜抛运动规律得vcosθ·t＝xmvsinθ＝g·eq\f(t,2)联立解得t＝eq\f(xm,vcosθ)，v＝eq\r(\f(gxm,2sinθcosθ))设跳离瞬间A的速度大小为vA，机器人跳离A木板的过程，系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有Mvcosθ－mvA＝0根据功能关系可得，起跳过程机器人做的功为W＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)联立可得W＝eq\f(1,4)Mgxmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθcosθ)＋\f(Mcosθ,msinθ)))利用三角函数将W的表达式变形，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)))根据数学知识可知，当W取最小值Wmin时，tanθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)＋1))eq\f(1,tanθ)代入数据可解得tanθ＝2则Wmin＝90J。(3)由(2)知，机器人以做功最少的方式跳到B木板左端时，tanθ＝2代入数据可解得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机器人跳离A后A木板以速度vA向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒，设机器人与B、C相对静止时的共同速度大小为v共，以水平向右为正方向，有Mvcosθ＝(M＋2m)v共代入数据得v共＝eq\f(3\r(15),10)m/s该过程A木板向左运动的距离为xA＝vAt代入数据得xA＝4.5m机器人连续3次等间距跳到B木板右端，每个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，则每次落回B木板上，机器人和B木板均相对静止，速度仍为v共，分析可知，机器人3次跳跃运动情况相同。设每次起跳后机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃在空中运动的时间为Δt，B最终追上A，则每次起跳后B的速度向左，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有(M＋m)v共＝Mv0－mvB设B木板长度为LB，则每次起跳后至落回B木板，机器人和B木板的相对位移大小为eq\f(LB,3)根据运动学公式，有eq\f(LB,3)＝(v0＋vB)Δt机器人在B木板上第一次跳跃前，A、B木板间的距离Δx＝xm＋xA代入数据得Δx＝6m机器人跳到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，根据运动学公式，有(vB－vA)·3Δt＝Δx联立可得Δt＝eq\f(LB,4（vA＋v共）)－eq\f(Δx,3（vA＋v共）)B木板恰好追上A木板时，根据位移关系可知，A、C两木板间距为xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB其中C木板的速度大小vC＝v共联立并代入数据，解得xAC＝eq\f(7,4)LB。培优点2板块模型问题题组一板块模型的动力学、能量问题1．如图所示，P、Q两本完全相同的物理课本，叠放在足够长的水平桌面上，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每本物理课本质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F不小于()A．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmg答案：D解析：要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出，由牛顿第二定律可知，物理课本P的加速度为aP＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝μg，设物理课本Q的加速度为aQ，由牛顿第二定律有F－μ·2mg－μmg＝maQ，且aQ>aP，解得F>4μmg，故选D。2.(2024·广西高三下模拟押题)(多选)如图所示，质量m＝1kg的小滑块(可视为质点)放在木板的右端，质量为M＝4kg的木板与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度g＝10m/s2，则以下说法中错误的是()A．当拉力F＝18N时，小滑块和木板一起匀速运动B．当拉力F＝24N时，小滑块和木板一起匀速运动C．当拉力F＝30N时，小滑块和木板一起加速运动D．当拉力F＝42N时，小滑块和木板发生相对滑动答案：AB解析：木板受到地面的最大静摩擦力f1＝μ(M＋m)g＝20N，则当拉力F＝18N<f1时，小滑块和木板都保持静止，故A错误；当小滑块受到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律可知，产生的最大加速度为a＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),m)＝4m/s2，对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知F1－μmg－μ(M＋m)g＝Ma，解得F1＝40N，当f1<F＝24N<F1时，小滑块和木板一起加速运动，故B错误；当f1<F＝30N<F1时，小滑块和木板一起加速运动，故C正确；当拉力F＝42N>F1时，小滑块和木板发生相对滑动，故D正确。本题选说法错误的，故选A、B。3．如图所示，一倾角为θ的足够长的斜面上有一质量为M＝5kg的长木板B，长木板B右上端有一质量为m＝1kg的小物块A。长木板B下表面光滑，上表面以D点为分界线，右边部分动摩擦因数为μ1＝0.1，左边部分动摩擦因数为μ2＝0.5。初始时D点在斜面上的C点处，小物块A、长木板B沿斜面向下和向上的初速度分别为v1＝4m/s和v2＝6.2m/s，小物块A第一次经过C点时速度恰好减为0，且最终小物块A恰好未滑离长木板B。不计长木板B厚度，小物块A可视为质点，取sinθ＝0.1，cosθ＝1.0，g＝10m/s2。求：(1)初始时，小物块A、长木板B的加速度；(2)长木板B上D点右侧部分的长度；(3)从初始到小物块A、长木板B共速全过程中系统摩擦生热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)初始时，设小物块A、长木板B的加速度分别为a1和a2，以沿斜面向下为正方向，对A进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1解得a1＝0对B进行分析，根据牛顿第二定律有Mgsinθ＋μ1mgcosθ＝Ma2解得a2＝1.2m/s2，方向沿斜面向下。(2)设小物块A到达长木板上D点左侧后的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma3解得a3＝4m/s2，方向沿斜面向上设A从D点运动到C点的位移大小为d，由匀变速直线运动的规律有0－veq\o\al(2,1)＝－2a3d解得d＝2m分析知，A在D点右侧匀速运动过程中，B减速的位移大小也为d，设此阶段A和B运动的时间为t1，对B，由匀变速直线运动的规律有d＝v2t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)解得t1＝eq\f(1,3)s(另一解t1＝10s，不符合题意，舍去)因此A在D点右侧匀速运动的位移大小x＝v1t1长木板B上D点右侧部分的长度L右＝x＋d联立解得L右＝eq\f(10,3)m。(3)当A到达D点时，A速度大小依然为v1，B的速度大小为v3＝v2－a2t1设此后B的加速度大小为a4，由牛顿第二定律有Mgsinθ＋μ2mgcosθ＝Ma4解得a4＝2m/s2，方向沿斜面向下从A到达D点开始计时，设经过时间t2，A、B达到共速，以沿斜面向上为正方向，设共速时速度为v4，对A、B，由匀变速直线运动速度与时间的关系分别有v4＝－v1＋a3t2v4＝v3－a4t2联立解得t2＝eq\f(49,30)s由题意可知，长木板B上D点左侧部分长度即为该阶段小物块A和长木板B的相对位移大小，为L左＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(v3＋v4,2)t2－\f(－v1＋v4,2)t2))全过程摩擦生热Q＝μ1mgcosθ·L右＋μ2mgcosθ·L左联立解得Q＝43.35J。题组二板块模型的动力学、动量问题4．(2024·云南省昆明市模拟预测)(多选)如图甲所示，水平地面上有一长木板B，其左端放置一物块A，初始A、B均静止，用如图乙所示的水平拉力作用于物块A，已知物块A的质量mA＝2kg，长木板B的质量mB＝1kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，则()A．0～1s内A、B间的摩擦力为6NB．1s末A的速度为1m/sC．0～2s内A相对B的位移为1mD．0～2s内A、B所受摩擦力总冲量的大小为6N·s答案：BCD解析：由题意可知，木板上、下表面处的最大静摩擦力分别为f1m＝μ1mAg＝6N，f2m＝μ2·(mA＋mB)g＝3N，由牛顿第二定律可知，长木板B的最大加速度aBm＝eq\f(f1m－f2m,mB)＝3m/s2，当A、B恰好不发生相对滑动时，A的加速度为aBm，此时对A由牛顿第二定律有F0－f1m＝mAaBm，解得F0＝12N。0～1s内，f2m<F1＝6N<F0，故A、B未发生相对滑动，一起向右加速运动，则对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－f2m＝(mA＋mB)a1，解得A、B整体的加速度a1＝1m/s2，对A，由牛顿第二定律得F1－f1＝mAa，解得A、B间的摩擦力为f1＝4N，故A错误；1s末A、B的速度均为v1＝a1t1＝1×1m/s＝1m/s，故B正确；1～2s内，F2＝16N>F0，故A、B发生相对滑动，对A由牛顿第二定律得F2－f1m＝mAaA，解得A的加速度aA＝5m/s2，此时B的加速度为aBm＝3m/s2，由匀变速直线运动的规律可知，1～2s内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内不发生相对滑动，所以0～2s内A相对B的位移为Δx＝xA－xB＝1m，故C正确；因A、B之间的摩擦力为一对作用力与反作用力(内力)，其总冲量始终为零，故0～2s内A、B所受摩擦力总冲量的大小I＝f2m(t1＋t2)＝3×(1＋1)N·s＝6N·s，故D正确。题组三板块模型的动量、能量问题5．(2024·河南省普通高等学校招生考试适应性测试)(多选)如图a所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v­t图像如图b所示。重力加速度g取10m/s2，则()A．Q的质量为1kgB．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0JD．t＝5.8s时木板速度恰好为零答案：AC解析：已知P的质量为m＝1kg，设Q的质量为M，根据题图b可知，碰前瞬间P的速度v1＝3m/s，Q的速度v2＝1m/s，碰后瞬间两者的共同速度v3＝2m/s，P、Q碰撞时，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，解得M＝1kg，由于碰撞系统损失的机械能为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正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据题图b可知，0～2s内P与Q的加速度大小分别为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，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；以碰撞后的P、Q整体为研究对象，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得碰后整体运动的时间t2＝4s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2s＋4s＝6s，故D错误。题组四力学三大观点在板块模型问题中的综合应用6．(2024·山东高考)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。(ⅰ)求μ和m；(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s，求轨道水平部分的长度L。答案：(1)4m/s(2)(ⅰ)0.21kg(ⅱ)4.5m解析：(1)小物块运动到Q点时，根据牛顿第二定律有mg＋N＝meq\f(v2,R)其中小物块受到轨道的弹力大小N＝3mg联立并代入数据，解得v＝4m/s。(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当F≤4N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a变形得a＝eq\f(1,M＋m)F结合题图乙可知，图线的斜率k＝eq\f(1,M＋m)＝eq\f(2,4)kg－1＝0.5kg－1当F>4N时，轨道与小物块相对滑动，对轨道，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma变形得a＝eq\f(1,M)F－eq\f(\a\vs4\al(μmg),M)结合题图乙可知，图线的斜率k′＝eq\f(1,M)＝eq\f(6－2,8－4)kg－1＝1kg－1联立可得M＝1kg，m＝1kg由题图乙可知，F＝8N时，a＝6m/s2，将数据代入F－μmg＝Ma可解得μ＝0.2。(ⅱ)当F＝8N时，由题图乙可知，轨道的加速度为a1＝6m/s2设此时小物块的加速度为a2，对小物块，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma2代入数据解得a2＝2m/s2设小物块运动到P点时经过的时间为t0，则此时轨道的速度v1＝a1t0小物块的速度v2＝a2t0小物块从P到Q的过程，对小物块和轨道组成的系统，水平方向动量