2025屆高考物理一輪復習專題重組卷第一部分綜合性模塊一力學部分綜合含解析

PAGE14-綜合性模塊一力學部分綜合第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選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1.(2024·浙江寧波慈溪高三上學期期末)北京時間2018年4月13日晚上19：00全國游泳冠軍賽男子200米自由泳決賽進行，孫楊以1分46秒07輕松奪冠(國際標準游泳池長50米)，下列說法正確的是()A．在探討孫楊的技術動作時，不能把孫楊看成質(zhì)點 B．時間“2018年4月13日晚上19：00”指的是時間間隔 C．在游泳過程中，以游泳池里的水為參考系孫楊是靜止的 D．孫楊200米自由泳的平均速度為1.92m/s答案A解析質(zhì)點是志向化的物理模型，當物體的大小、形態(tài)對所探討的問題沒有影響或影響很小時，物體才可以看做質(zhì)點，在探討孫楊的技術動作時，孫楊的形態(tài)不能忽視，所以孫楊不能看做質(zhì)點，A正確；“2018年4月13日晚上19：00”對應時間軸上的點，指的是時刻，B錯誤；孫楊在游泳過程中，以游泳池里的水為參考系，他是運動的，C錯誤；200米游泳競賽的位移是0，依據(jù)平均速度定義式可知平均速度為0，D錯誤。2．(2024·安徽皖中名校聯(lián)盟高三第一次模擬聯(lián)考)一名宇航員在某星球上完成自由落體運動試驗，讓一個質(zhì)量為2kg的小球從肯定的高度自由下落，測得在第4s內(nèi)的位移是42m，則()A．小球在2s末的速度是16m/sB．該星球上的重力加速度為12m/s2C．小球在第4s末的速度是42m/sD．小球在4s內(nèi)的位移是80m答案B解析第4s內(nèi)的位移是42m，有：eq\f(1,2)gteq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)＝42m，t4＝4s，t3＝3s，解得：g＝12m/s2，所以2s末的速度：v2＝gt2＝24m/s，故A錯誤，B正確；小球在第4s末的速度是v4＝gt4＝48m/s，C錯誤；小球在4s內(nèi)的位移是eq\f(1,2)gteq\o\al(2,4)＝96m，D錯誤。3．(2024·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式開通。為保持以往船行習慣，在航道處建立了單面索(全部鋼索均處在同一豎直面內(nèi))斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是()A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度C．索塔兩側(cè)鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必需對稱分布答案C解析索塔對鋼索豎直向上的作用力跟鋼索和橋體整體的重力平衡，增加鋼索數(shù)量，其整體重力變大，故索塔受到的壓力變大，A錯誤；若索塔高度降低，則鋼索與豎直方向夾角θ將變大，由Tcosθ＝G可知，鋼索拉力T將變大，B錯誤；兩側(cè)拉力對稱，合力肯定在夾角平分線上，即豎直向下，C正確；若鋼索非對稱分布，但其水平方向的合力為0，合力仍豎直向下，D錯誤。4．(2024·廣西名校高三上學期聯(lián)合調(diào)研)如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道豎直固定在水平地面上，AB是豎直直徑。一小球以某一速度進入半圓軌道，通過最高點B時，對軌道的壓力為其重力的一半，小球落地點到B點的水平距離為()A.eq\r(2)RB.eq\r(3)RC.eq\r(5)RD.eq\r(6)R答案D解析小球在最高點時受到的彈力方向向下，小球受到的合外力為mg＋eq\f(1,2)mg，由牛頓其次定律有mg＋eq\f(1,2)mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(3,2)gR)，小球從B點拋出做平拋運動，故有2R＝eq\f(1,2)gt2，小球落地點到B點的水平距離為：x＝vt＝eq\r(6)R，D正確，A、B、C錯誤。5.(2024·江蘇常州高三上學期期末)據(jù)報道，2024年我國放射了全球低軌衛(wèi)星星座“鴻雁星座”系統(tǒng)的首顆試驗衛(wèi)星，它將運行在距離地球1100公里的圓軌道上，則其()A．向心加速度小于地面的重力加速度B．線速度大于第一宇宙速度C．周期大于地球自轉(zhuǎn)周期D．角速度小于地球自轉(zhuǎn)角速度答案A解析由a＝eq\f(GM,r2)知，試驗衛(wèi)星的向心加速度小于近地衛(wèi)星的向心加速度，而近地衛(wèi)星的向心加速度約等于地面的重力加速度，所以試驗衛(wèi)星的向心加速度小于地面的重力加速度，A正確；第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最大運行速度，知試驗衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，B錯誤；依據(jù)v＝eq\r(\f(GM,r))和v＝rω可知ω＝eq\r(\f(GM,r3))，將試驗衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星比較，由于試驗衛(wèi)星的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以試驗衛(wèi)星的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，而地球同步衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)角速度，所以試驗衛(wèi)星的角速度大于地球自轉(zhuǎn)角速度，由T＝eq\f(2π,ω)知，其周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，C、D錯誤。6．(2024·江蘇常州高三上學期期末)在水平地面上以某一初速度豎直向上拋出一物體，物體所受的空氣阻力與物體的速率成正比，經(jīng)一段時間后落回地面，則下列關于物體的加速度隨時間變更圖象、速度隨時間變更圖象、機械能隨路程變更圖象、重力勢能(以地面作為參考平面)隨路程變更圖象正確的是()答案C解析物體豎直向上拋出，上升過程中受到重力和向下的空氣阻力，依據(jù)牛頓其次定律，有：mg＋f＝ma1，又f＝kv，可知a1＝g＋eq\f(kv,m)，由于速度不斷變小，故阻力不斷變小，加速度不斷變小，最高點速度為零，阻力為零，加速度為g；下落過程中，物體受到重力和向上的空氣阻力，則有mg－f＝ma2，又f＝kv，則得a2＝g－eq\f(kv,m)，速度v不斷變大，則知加速度不斷變小，故加速度始終變小，方向始終豎直向下，A錯誤。v-t圖象的斜率代表加速度，則斜率始終減小，但速度是先減小到零后反向增大，B錯誤。由功能關系可知除重力以外有空氣阻力始終做負功，故機械能始終減小，ΔE＝－fs，故E-s圖象的斜率大小代表空氣阻力大小，則斜率大小先減小后增大，C正確。由重力勢能Ep＝mgh可知，Ep-s圖象的斜率大小代表重力mg，則圖象為兩段傾斜直線，D錯誤。7．(2024·石家莊精英中學高三二調(diào))如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端懸掛于天花板，下端系有質(zhì)量為M的圓板，處于平衡狀態(tài)。起先一質(zhì)量為m的圓環(huán)套在彈簧外，與圓板距離為h，讓環(huán)自由下落撞擊圓板，碰撞時間極短，碰后圓環(huán)與圓板共同向下運動，使彈簧伸長。那么()A．碰撞過程中環(huán)與板系統(tǒng)的機械能守恒 B．碰撞過程中環(huán)與板的總動能減小，轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 C．碰撞后新平衡位置與下落高度h無關 D．碰撞后環(huán)與板共同下降的過程中，它們動能的削減量等于彈簧彈性勢能的增加量答案C解析圓環(huán)與圓板碰撞過程時間極短，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)總動量守恒，由于碰后速度相同，為完全非彈性碰撞，機械能不守恒，A錯誤；碰撞過程中，彈簧還將來得及發(fā)生形變，彈性勢能不發(fā)生變更，減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B錯誤；碰撞后平衡時，有kx＝(m＋M)g，故碰撞后新平衡位置與下落高度h無關，C正確；碰撞后環(huán)與板共同下降的過程中，它們動能和重力勢能的削減量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，D錯誤。8．(2024·江蘇通州、海門、啟東高三上學期期末三縣聯(lián)考)如圖所示，橡皮筋一端固定在豎直墻的O點，另一端懸掛質(zhì)量為m的小球靜止在M點。O點正下方N處固定一鐵釘(橡皮筋靠在鐵釘左側(cè))，ON間距等于橡皮筋原長，現(xiàn)對小球施加拉力F，使小球沿以MN為直徑的圓弧緩慢向N運動，橡皮筋始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，則小球從M移動到N的過程中()A．橡皮筋的彈力始終在變小B．拉力F的方向始終跟橡皮筋垂直C．拉力F的方向始終跟圓弧垂直D．拉力F先變大后變小答案AB解析小球從M移動到N的過程中，橡皮筋的長度越來越小，即形變量越來越小，所以橡皮筋的彈力始終在變小，A正確；由題可知，小球由M移動到N的過程中時刻保持平衡狀態(tài)，對小球在圓弧上隨意一點A受力分析如圖，設小球與N的連線與豎直方向夾角為α，橡皮筋的勁度系數(shù)為k，圓弧直徑為d，由題可知，橡皮筋原長x0＝eq\x\to(ON)，在M點時小球靜止，則有mg＝kd，則當小球在圓弧上A點時，橡皮筋的彈力F′＝k·Δx，又Δx＝d·cosα，聯(lián)立解得F′＝mgcosα，方向沿橡皮筋由A指向N，由平衡條件可得，拉力F與橡皮筋彈力F′的合力肯定與小球的重力mg等大、反向，求得拉力F＝mgsinα，方向始終垂直于橡皮筋，故B正確，C錯誤；小球由M向N運動的過程中，α越來越大，則拉力F＝mgsinα也越來越大，D錯誤。9．(2024·山東濟南高三上學期期末)物體甲做勻變速直線運動，物體乙做勻速直線運動，它們的位移—時間圖象如圖所示(t＝2s時，曲線與橫軸相切)。下列說法正確的是()A．t＝0時，物體甲的速度大小為2m/sB．物體甲的加速度大小為2m/s2C．t＝1s時，甲、乙兩物體速度相等D．0到2s內(nèi)，乙物體的平均速度大于甲物體的平均速度答案BC解析依據(jù)x-t圖象的斜率表示速度，知t＝2s時甲物體的速度為零，設t＝0時，物體甲的速度大小為v0，由圖知，0～2s內(nèi)甲的位移x＝4m，由x＝eq\f(v0,2)t得v0＝4m/s，A錯誤；甲物體運動的逆過程是初速度為零的勻加速直線運動，有x＝eq\f(1,2)at2，得a＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(2×4,22)m/s2＝2m/s2，B正確；乙的速度大小v乙＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δx,Δt)))＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s，t＝1s時，甲的速度大小v甲＝v0－at＝(4－2×1)m/s＝2m/s，且由圖象知甲、乙兩物體的速度方向相同，知t＝1s時，甲、乙兩物體速度相等，C正確；0～2s內(nèi)，兩物體的位移相等，所用時間相等，則兩者的平均速度相等，D錯誤。10．(2024·山東臨沂十九中高三上學期第六次調(diào)研)如圖所示，初始時A、B兩木塊在水平方向的外力作用下被擠壓在豎直墻面上處于靜止狀態(tài)，A與B、B與墻面之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩木塊質(zhì)量相等，都為1kg。當外力F變?yōu)橄铝胁煌禃r，關于A、B之間的摩擦力f1，B與墻壁之間的摩擦力f2的大小，下列說法中正確的是(g＝10m/s2)()A．當F＝0時，f1＝f2＝0B．當F＝50N時，f1＝0，f2＝5NC．當F＝100N時，f1＝5N，f2＝10ND．當F＝300N時，f1＝10N，f2＝20N答案ACD解析當F＝0時，A、B間及B與墻壁間均沒有相互擠壓，故沒有摩擦力，A正確；當F＝50N時，B與墻面間的最大靜摩擦力fm＝μF＝5N＜2mg，所以A、B下滑，即f2＝fm＝5N，設A、B相對靜止，則2mg－f2＝2ma，對A有mg－f1＝ma，解得a＝7.5m/s2，f1＝2.5N＜μF，假設成立，B錯誤；當F＝100N時，B與墻面間的最大靜摩擦力fm＝μF＝10N＜2mg，由以上分析可知，A、B以相同加速度下滑，有f2＝fm＝10N,2mg－f2＝2ma，mg－f1＝ma，解得f1＝5N，C正確；當F＝300N時，B與墻面間的最大靜摩擦力fm＝μF＝30N＞2mg，則A、B靜止，對A、B整體有2mg＝f2，對A有mg＝f1，則f1＝10N，f2＝20N，D正確。11．(2024·甘肅民樂一中、張掖二中一調(diào)聯(lián)考)在豎直桿上安裝一個光滑導向槽，使豎直上拋的小球通過導向槽能變更方向做平拋運動。不計經(jīng)導向槽時小球的能量損失，設小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，那么當小球有最大水平位移時，下列說法正確的是()A．導向槽位置應在高為eq\f(v2,4g)的位置B．最大水平距離為eq\f(v2,g)C．小球在上、下兩過程中，在經(jīng)過某相同高度時，合速度的大小總有v下＝2v上D．當小球落地時，速度方向與水平方向成45°角答案AD解析設平拋時的速度為v0，依據(jù)機械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v0＝eq\r(v2－2gh)，依據(jù)平拋運動的學問可得下落時間t＝eq\r(\f(2h,g))，則水平位移x＝v0t＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,g)－2h))·2h)，所以當eq\f(v2,g)－2h＝2h時水平位移最大，解得h＝eq\f(v2,4g)，A正確；最大的水平位移為x＝eq\r(4h2)＝2h＝eq\f(v2,2g)，B錯誤；依據(jù)機械能守恒定律可知，小球在經(jīng)過某相同高度處時上升的速率和下落的速率相等，C錯誤；當小球落地時，設速度與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，依據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，tanθ＝2tanα＝2×eq\f(h,2h)＝1，則θ＝45°，D正確。12．(2024·福建南平二模)如圖所示，質(zhì)量為M＝950g的木塊隨足夠長的水平傳送帶AB一起以v1＝6m/s的速度向左勻速運動，傳送帶的速度恒定，木塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。當木塊運動到最左端A點時，一顆質(zhì)量為m＝50g的子彈，以v0＝254m/s的水平向右的速度射入木塊并留在其中，設子彈射中木塊的時間極短，重力加速度g取10m/s2。則()A．子彈射中木塊后，木塊始終做減速運動B．木塊被擊中后向右運動，離A點的最大距離為4.9mC．木塊被擊中后由于木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量為6.5JD．木塊被擊中后到相對傳送帶靜止過程中，摩擦力對木塊的沖量大小為13N·s答案BD解析子彈射中木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒：mv0－Mv1＝(m＋M)v，解得v＝7m/s，子彈射中木塊后，木塊先向右做減速運動，速度減到零后反向加速，A錯誤；木塊被擊中后向右運動，當速度減為零時有：－μg(m＋M)x＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得離A點的最大距離為x＝eq\f(v2,2μg)＝eq\f(72,2×0.5×10)m＝4.9m，B正確；木塊向右運動速度減到零的時間：t1＝eq\f(v,μg)＝1.4s，此過程中木塊相對傳送帶的位移：s1＝eq\f(v,2)t1＋v1t1＝13.3m，然后木塊向左運動，當速度與傳送帶共速時所用時間：t2＝eq\f(v1,μg)＝1.2s，此過程中木塊相對傳送帶的位移：s2＝v1t2－eq\f(v1,2)t2＝3.6m，則木塊被擊中后由于木塊與皮帶的摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μ(m＋M)·g(s1＋s2)＝0.5×1×10×(13.3＋3.6)J＝84.5J，C錯誤；木塊被擊中后到相對傳送帶靜止過程中，依據(jù)動量定理，摩擦力對木塊的沖量大小為I＝(M＋m)(v＋v1)＝13N·s，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共14分)13.(2024·安徽蕪湖高三上學期期末)(6分)阿特武德機是早期測量重力加速度的裝置，由英國數(shù)學家、物理學家阿特武德于1784年制成。某同學依據(jù)其原理設計出測量當?shù)刂亓铀俣鹊难b置如圖所示。一根不行伸長的輕繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪，兩端分別連接正方體物塊A和物塊B(A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＜m2)，讓兩物塊組成的系統(tǒng)從靜止起先做勻加速運動，測出物塊A先后通過光電門1和光電門2的遮光時間。保持物塊A的質(zhì)量不變，漸漸增大物塊B的質(zhì)量，重復以上操作，測出物塊B不同質(zhì)量時A、B的加速度。(1)測得物塊A的邊長為d，在某次試驗中它先后通過兩個光電門的遮光時間分別為Δt1和Δt2，則其通過兩個光電門的速度分別為______________、____________。(2)為了測算A、B的加速度大小，還須要測量的物理量有________。A．兩個光電門的間距B．物塊B的邊長C．物塊A的初始高度D．輕繩的長度(3)某次試驗中測得物塊A和物塊B的質(zhì)量分別為m1、m2，測算出A、B的加速度大小為a，可以得到g＝________(用m1、m2、a表示)。答案(1)eq\f(d,Δt1)eq\f(d,Δt2)(2)A(3)eq\f(m1＋m2,m2－m1)a解析(1)物塊A通過兩個光電門的速度分別為：v1＝eq\f(d,Δt1)和v2＝eq\f(d,Δt2)。(2)依據(jù)veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ah可知，為了測算A、B的加速度大小，還須要測量的物理量有兩個光電門的間距h，故選A。(3)設輕繩的張力為T，對物塊B：m2g－T＝m2對物塊A：T－m1g＝m1聯(lián)立解得g＝eq\f(m1＋m2,m2－m1)a。14．(2024·江蘇無錫高三上學期期末)(8分)某物理小組對輕彈簧的彈性勢能進行探究，試驗裝置如圖1所示，輕彈簧放置在傾斜的長木板上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點計時器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮一段距離，由靜止釋放物塊，通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能。(1)試驗中涉及下列操作步驟：①松手釋放物塊；②接通打點計時器電源；③木板一端抬高以平衡摩擦；④向左推物塊使彈簧壓縮，并測量彈簧壓縮量。上述步驟正確的操作依次是________(填序號)。(2)甲同學實際打點結(jié)果如圖2所示，視察紙帶，推斷測量值比真實值________(填“偏小”或“偏大”)。(3)乙同學實際打點結(jié)果如圖3所示。打點計時器所用溝通電的頻率為50Hz，小車質(zhì)量為200g，結(jié)合紙帶所給的數(shù)據(jù)，可求出在該紙帶對應的試驗中物塊脫離彈簧時的速度為________m/s，相應的彈簧的彈性勢能為________J。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)答案(1)③④②①(2)偏小(3)0.780.061解析(1)正確的操作依次是：③④②①。(2)由紙帶可知，物塊先加速后減速，可知平衡摩擦力不夠，彈簧的彈性勢能一部分克服摩擦力做功，則彈簧彈性勢能的測量值小于真實值。(3)物塊脫離彈簧時的速度為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(1.56×10－2,0.02)m/s＝0.78m/s，相應的彈簧的彈性勢能為：Ep＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.2×0.782J≈0.061J。三、計算論述題(本題共4小題，共48分。解答時寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，只寫出答案的不得分。有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值的單位)15.(2024·河北唐山一模)(10分)如圖所示，兩個半圓柱A、B相接觸并靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為2m，A、B的質(zhì)量都為m，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin。答案(1)eq\f(2\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)解析(1)對C受力分析，如圖所示：依據(jù)平衡條件有：2Fcos30°＝2mg解得：F＝eq\f(2\r(3),3)mg。(2)C恰好降到地面上時，B受C壓力的水平分力最大，對C受力分析可知2F′cos60°＝2此時，B受C的壓力大小FN＝F′B受C壓力的水平分力Fxmax＝FNsin60°＝eq\r(3)mgB受地面的摩擦力Ff＝Fxmax依據(jù)題意，若此時B恰好保持靜止，則μ有最小值，F(xiàn)f＝μmin(mg＋FNcos60°)＝2μminmg解得：μmin＝eq\f(\r(3),2)。16．(2024·山西高三二模)(12分)足夠長的光滑細桿豎直固定在地面上，輕彈簧及小球A、B均套在細桿上，彈簧下端固定在地面上，上端和質(zhì)量為m1＝50g的小球A相連，質(zhì)量為m2＝30g的小球B放置在小球A上，此時A、B均處于靜止狀態(tài)，彈簧的壓縮量x0＝0.16m，如圖所示。從t＝0時起先，對小球B施加豎直向上的外力，使小球B始終沿桿向上做勻加速直線運動。經(jīng)過一段時間后A、B兩球分別；再經(jīng)過同樣長的時間，B球距其動身點的距離恰好也為x0。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度取g＝10m/s2。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)整個過程中小球B加速度a的大小及外力F的最大值。答案(1)5N/m(2)2m/s20.36N解析(1)依據(jù)共點力平衡條件和胡克定律得：(m1＋m2)g＝kx0解得：k＝5N/m。(2)設經(jīng)過時間t小球A、B分別，此時彈簧的壓縮量為x，對小球A：kx－m1g＝mx0－x＝eq\f(1,2)at2對小球B：x0＝eq\f(1,2)a(2t)2當B與A的相互作用力為零時F最大對小球B:Fmax－m2g＝m解得：a＝2m/s2，F(xiàn)max＝0.36N。17.(2024·河北衡水中學高三二調(diào))(12分)如圖所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切。一質(zhì)量為m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從空中的A點以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，g取10m/s2。求：(1)小物塊從A點運動至B點的時間；(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時，對軌道的壓力大小。答案(1)0.35s(2)8N解析(1)將小物塊在B點的速度分解為水平方向和豎直方向，則有：vy＝v0tan60°小物塊從A點運動至B點的時間為：t＝eq\f(v0tan60°,g)＝eq\f(2\r(3),10)s≈0.35s。(2)小物塊在B點的速度為：vB＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0＝4m/s對小物塊從B到C應用動能定理得：mgR(1＋sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點由牛頓其次定律可得：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)由以上兩式解得：FN＝8N由牛頓第三定律可得：小物體對軌道的壓力大小為8N。18．(2024·全國卷Ⅰ)(14分)豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖a所示。t＝0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止起先下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的P點(圖中未標出)時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道