《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)專練一 培優(yōu)點3 用數(shù)學(xué)歸納法和v-t圖像法求多次碰撞問題含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理培優(yōu)點3用數(shù)學(xué)歸納法和v-t圖像法求多次碰撞問題題組一數(shù)學(xué)歸納法求多次碰撞問題1．(2024·四川省巴中市高三下一診)如圖所示，水平地面上固定一水平長直軌道ABC，AB段和BC段足夠長，在水平軌道A點放置一小物塊P，在BC段沿軌道有n個與物塊P相同的小物塊(n足夠大)，相鄰兩個小物塊的間距均為L＝1m，從左往右依次編號1、2、3、…、n，其中1號小物塊距B點的距離也為L。小物塊P在水平向右的拉力F作用下，從A點開始運動，P到達B點前已經(jīng)開始做勻速運動，拉力F的功率恒為P0＝28W，物塊P運動到B點前瞬間撤去F，此后物塊P滑上BC段，物塊P運動L后與1號物塊碰撞，碰后二者粘連在一起繼續(xù)向前運動L與2號物塊碰撞，碰后三者粘連在一起繼續(xù)向前運動L與3號物塊碰撞，此后每次兩物塊碰后都粘連在一起向前運動與下一個物塊碰撞。已知物塊與AB段軌道動摩擦因數(shù)為μ0＝0.2，物塊與BC段軌道動摩擦因數(shù)為μ＝0.07，每個物塊質(zhì)量均為m＝1kg，所有物塊都視為質(zhì)點，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(已知\i\su(n＝1,n,n)2＝\f(n（n＋1）（2n＋1）,6)))求：(1)小物塊P到達B點的速度大??；(2)物塊P與1號物塊碰后二者的總動能；(3)最多能發(fā)生幾次碰撞。答案：(1)14m/s(2)48.65J(3)6次解析：(1)P到達B點前已經(jīng)開始做勻速運動，拉力與摩擦力平衡，有F＝μ0mg設(shè)P到達B點的速度大小為v0，則拉力F的功率P0＝Fv0聯(lián)立解得v0＝14m/s。(2)物塊P到達B點的動能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝98J設(shè)物塊P與1號物塊碰前瞬間速度為v1，則動能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)設(shè)物塊P與1號物塊碰后瞬間整體速度為v1′，則整體動能為Ek1′＝eq\f(1,2)×2mv1′2物塊P從B點運動到與1號物塊碰前瞬間，由動能定理可得－μmgL＝Ek1－Ek0物塊P與1號物塊碰撞過程，由動量守恒定律有mv1＝2mv1′聯(lián)立可得Ek1′＝eq\f(1,2)(Ek0－μmgL)＝48.65J。(3)設(shè)與k號物塊碰前瞬間k號物塊左側(cè)所有物塊的速度為vk，則動能為Ekk＝eq\f(1,2)·kmveq\o\al(2,k)設(shè)與k號物塊碰后瞬間整體速度為vk′，則整體動能為Ekk′＝eq\f(1,2)(k＋1)mvk′2P與1號物塊整體運動到與2號物塊碰前瞬間，由動能定理可得－μ×2mgL＝Ek2－Ek1′P與1號物塊整體與2號物塊碰撞過程，由動量守恒定律有2mv2＝3mv2′聯(lián)立可得Ek2′＝eq\f(2,3)(Ek1′－2μmgL)＝eq\f(1,3)(Ek0－5μmgL)P與1、2號物塊整體運動到與3號物塊碰前瞬間，由動能定理可得－μ×3mgL＝Ek3－Ek2′P與1、2號物塊整體與3號物塊碰撞過程，由動量守恒定律有3mv3＝4mv3′聯(lián)立可得Ek3′＝eq\f(3,4)(Ek2′－3μmgL)＝eq\f(1,4)(Ek0－14μmgL)同理可得，P與前k－1個物塊組合體與k號物塊碰前瞬間，由動能定理可得－μ×kmgL＝Ekk－Ek(k－1)′P與前k－1個物塊整體與k號物塊碰撞過程，由動量守恒定律有kmvk＝(k＋1)mvk′聯(lián)立可得Ekk′＝eq\f(1,k＋1)[Ek0－(12＋22＋32＋…＋k2)μmgL]當(dāng)Ekk′≤μ(k＋1)mgL時，不會再發(fā)生碰撞聯(lián)立得Ek0≤[12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2]μmgL解得k≥6所以最多發(fā)生6次碰撞。2．(2023·全國乙卷)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為20l。一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。?2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；(3)圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。答案：(1)eq\f(\r(\a\vs4\al(2gl)),2)eq\f(\r(\a\vs4\al(2gl)),2)(2)l(3)4解析：(1)小球釋放后自由下落，設(shè)下降高度為l時小球的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律得mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)小球以速度v0＝eq\r(2gl)與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后瞬間小球的速度為vm1，圓盤的速度為vM1，取豎直向下為正方向，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律分別有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M1)mv0＝mvm1＋MvM1聯(lián)立解得vm1＝－eq\f(1,2)v0＝－eq\f(\r(\a\vs4\al(2gl)),2)vM1＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(\a\vs4\al(2gl)),2)即第一次碰撞后瞬間，小球的速度大小為eq\f(\r(\a\vs4\al(2gl)),2)，方向豎直向上，圓盤的速度大小為eq\f(\r(\a\vs4\al(2gl)),2)，方向豎直向下。(2)第一次碰撞后，小球做豎直上拋運動，圓盤所受摩擦力與重力平衡，勻速下滑，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，設(shè)這段時間為t，以豎直向下為運動的正方向，則vm1＋gt＝vM1根據(jù)運動學(xué)公式，這段時間圓盤和小球的位移分別為xM1′＝vM1txm1′＝vm1t＋eq\f(1,2)gt2則在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離dmax＝xM1′－xm1′聯(lián)立解得dmax＝l。(3)從第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度為vM1的圓盤為參考系，則小球做豎直上拋運動，且相對初速度為vm1′＝vm1－vM1設(shè)該過程所用時間為t1，則－vm1′＝vm1′＋gt1可得vm1′＝－v0，t1＝eq\f(2v0,g)這段時間圓盤的實際位移xM1＝vM1t1可得xM1＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)＝2l第二次碰撞過程，仍以速度為vM1的圓盤為參考系，根據(jù)碰撞規(guī)律同理可得，碰后瞬間小球和圓盤相對vM1的速度分別為vm2′＝－eq\f(1,2)v0，vM2′＝eq\f(1,2)v0分析可知，此后相鄰兩次碰撞時間內(nèi)，以前一次碰撞后的圓盤為參考系，則小球均以初速度－v0做豎直上拋運動，相鄰兩次碰撞的時間間隔均為t1＝eq\f(2v0,g)且第n次碰撞后，圓盤速度大小為vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…)第n次碰撞至第n＋1次碰撞時間內(nèi)，圓盤向下運動的位移xMn＝vMnt1聯(lián)立可得xMn＝2nl則第n次碰撞時圓盤與管的上端口的距離為ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1)結(jié)合數(shù)學(xué)知識解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…)因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l則第五次碰撞前，圓盤已落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。3．(2024·湖南高考)如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運動。(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大??；(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質(zhì)量比eq\f(mA,mB)；(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍(0<e<1)，求第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之間小球B通過的路程。答案：(1)eq\f(mAv0,mA＋mB)eq\f(meq\o\al(2,A)veq\o\al(2,0),（mA＋mB）R)(2)2或5(3)eq\f(2πRmA,mA＋mB)·eq\f(e2n－1,e2n（e－1）)解析：(1)由題意可知，A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后動量守恒，設(shè)碰撞后小球組合體的速度大小為v，以碰前A的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v可得v＝eq\f(mAv0,mA＋mB)碰撞后，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球組合體做圓周運動所需向心力大小F＝(mA＋mB)eq\f(v2,R)可得F＝eq\f(meq\o\al(2,A)veq\o\al(2,0),（mA＋mB）R)。(2)若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)A、B第一次碰后速度分別為vA和vB，以碰前A的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB根據(jù)總動能不變有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0，vB＝eq\f(2mAv0,mA＋mB)因為mA>mB，則vA>0，分析可知，B沿順時針方向比A多運動一周，追上A發(fā)生第二次碰撞對第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA′、vB′，以碰前A、B的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′根據(jù)總動能不變有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2聯(lián)立解得vA′＝v0，vB′＝0所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，則三個碰撞點a、b、c的位置如圖所示。設(shè)eq\o(ab,\s\up8(︵))、eq\o(bc,\s\up8(︵))、eq\o(ca,\s\up8(︵))的弧長均為L，根據(jù)vA、vB與vA′、vB′的大小分析可知，第二次碰撞不可能發(fā)生在a點，只可能發(fā)生在b點或c點，現(xiàn)在分情況求解：①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞，A通過的路程xA1＝L＋3k1LB通過的路程xB1＝4L＋3k1L其中k1＝0，1，2，…則第一次碰撞后A、B的速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\f(xA1,xB1)＝eq\f(1＋3k1,4＋3k1)(k1＝0，1，2，…)聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(4＋3k1,2－3k1)由于mA、mB均為正值，故k1＝0，即eq\f(mA,mB)＝2根據(jù)vA、vB與vA′、vB′的大小，可知第三次碰撞發(fā)生在c點，第四次碰撞發(fā)生在a點，以此類推，可知eq\f(mA,mB)＝2滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞，A通過的路程xA2＝2L＋3k2LB通過的路程xB2＝5L＋3k2L其中k2＝0，1，2，…則第一次碰撞后A、B的速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\f(xA2,xB2)＝eq\f(2＋3k2,5＋3k2)(k2＝0，1，2，…)聯(lián)立可得eq\f(mA,mB)＝eq\f(5＋3k2,1－3k2)因為mA、mB均為正值，故k2＝0，即eq\f(mA,mB)＝5根據(jù)vA、vB與vA′、vB′的大小，可知第三次碰撞發(fā)生在b點，第四次碰撞發(fā)生在a點，以此類推，可知eq\f(mA,mB)＝5滿足題意。綜上可知，eq\f(mA,mB)＝2或eq\f(mA,mB)＝5。(3)第1次碰撞，以碰前A的速度方向為正方向，設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA1、vB1，根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝mAvA1＋mBvB1第1次碰撞后A、B的相對速度大小為v1相＝vB1－vA1根據(jù)題意，第1次碰撞前A、B的相對速度大小為v0，則第1次碰撞后A、B的相對速度大小為v1相＝ev0聯(lián)立解得vA1＝eq\f(mA－emB,mA＋mB)v0，vB1＝eq\f(（1＋e）mA,mA＋mB)v0根據(jù)mA>mB、0<e<1可知，vA1>0，vB1>0，則碰后A、B均沿順時針方向運動，B追上A將發(fā)生第2次碰撞第1次碰撞后至第2次碰撞前，B球相對A球運動一圈，則經(jīng)歷的時間為t1＝eq\f(2πR,v1相)這段時間B球運動的路程s1＝vB1t1聯(lián)立可解得s1＝eq\f(2πRmA,mA＋mB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))第2次碰撞，以碰前A、B的速度方向為正方向，設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA2、vB2，根據(jù)動量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2第2次碰撞后A、B的相對速度大小為v2相＝vA2－vB2根據(jù)題意，第2次碰撞后A、B的相對速度大小為v2相＝ev1相＝e2v0聯(lián)立可得vA2＝eq\f(mA＋e2mB,mA＋mB)v0，vB2＝eq\f(（1－e2）mA,mA＋mB)v0同理分析可知，碰后A、B均沿順時針方向運動，A追上B將發(fā)生第3次碰撞第2次碰撞后至第3次碰撞前，經(jīng)歷的時間為t2＝eq\f(2πR,v2相)這段時間B球運動的路程s2＝vB2t2聯(lián)立可得s2＝eq\f(2πRmA,mA＋mB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)－1))以此類推可知，當(dāng)n為奇數(shù)時，第n次碰撞后A、B的速度分別為vAn＝eq\f(mA－enmB,mA＋mB)v0，vBn＝eq\f(（1＋en）mA,mA＋mB)v0當(dāng)n為偶數(shù)時，第n次碰撞后A、B的速度分別為vAn＝eq\f(mA＋enmB,mA＋mB)v0，vBn＝eq\f(（1－en）mA,mA＋mB)v0分析可知，第n次碰撞后A、B的相對速度大小為vn相＝env0第n次碰撞后至第n＋1次碰撞前，經(jīng)歷的時間為tn＝eq\f(2πR,vn相)則第n次碰撞后至第n＋1次碰撞前，B球沿順時針方向運動的路程為sn＝vBntn聯(lián)立可得，n為奇數(shù)時，sn＝eq\f(2πRmA,mA＋mB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,en)＋1))n為偶數(shù)時，sn＝eq\f(2πRmA,mA＋mB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,en)－1))第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之間，B球通過的總路程s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n聯(lián)立可得s＝eq\f(2πRmA,mA＋mB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋\f(1,e2)＋\f(1,e3)＋…＋\f(1,e2n)))根據(jù)等比數(shù)列求和可知，s＝eq\f(2πRmA,mA＋mB)·eq\f(e2n－1,e2n（e－1）)。題組二v-t圖像法求多次碰撞問題4．如圖所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d＝2m，A、B質(zhì)量均為m＝1kg，不計一切摩擦。從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F＝9N的恒力作用，經(jīng)過一段時間，B與A的擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程中無機械能損失，碰撞時間極短。重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊B與A的擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大小；(2)從開始至物塊B與木板A的擋板發(fā)生第二次碰撞所用的時間，以及第二次碰后瞬間A、B的速度大小；(3)畫出由A、B靜止開始到物塊B與木板A的擋板發(fā)生第三次碰撞時間內(nèi)，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像；(4)從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內(nèi)，物塊B運動的距離。答案：(1)06m/s(2)eq\f(6,3)s12m/s6m/s(3)圖見解析(4)[2＋4n(n－1)]m(n＝1，2，3，4，…)解析：(1)以向右為正方向，設(shè)第一次碰撞前瞬間B的速度為v0，第一次碰撞后瞬間B的速度為vB1，A的速度為vA1。B從A的左端開始運動到右端的過程，由動能定理有Fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝6m/sB與A碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0＝mvB1＋mvA1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)聯(lián)立解得vB1＝0，vA1＝6m/s。(2)B在A上運動的過程，設(shè)B的加速度為a，由牛頓第二定律有F＝ma解得a＝9m/s2設(shè)從開始到B與A的擋板第一次碰撞用時為t1，則有d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得t1＝eq\f(2,3)s第一次碰撞后A向右以速度vA1＝6m/s做勻速直線運動，B向右做初速度為0、加速度為a＝9m/s2的勻加速直線運動，設(shè)從第一次碰撞到第二次碰撞用時為t2，則有vA1t2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得t2＝eq\f(4,3)s故從開始到B與A的擋板發(fā)生第二次碰撞用時t總＝t1＋t2＝eq\f(6,3)s第二次碰前瞬間，B的速度為vB1′＝at2＝12m/sA的速度為vA1′＝vA1＝6m/s設(shè)第二次碰后瞬間A、B的速度分別為vA2、vB2，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mvA1′＋mvB1′＝mvA2＋mvB2eq\f(1,2)mvA1′2＋eq\f(1,2)mvB1′2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B2)聯(lián)立解得vA2＝12m/s，vB2＝6m/s。(3)設(shè)從第二次碰撞到第三次碰撞用時為t3，則有vA2t3＝vB2t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)解得t3＝eq\f(4,3)s第三次碰前瞬間，B的速度為vB2′＝vB2＋at3＝18m/s由A、B靜止開始到B與A的擋板發(fā)生第三次碰撞時間內(nèi)，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像如圖所示。(4)由v-t圖像可知，從B開始運動到第一次碰撞，B運動的距離為s1＝eq\f(1,2)×6×eq\f(2,3)m＝2m從第一次碰撞到第二次碰撞，B運動的距離為s2＝eq\f(1,2)×12×eq\f(4,3)m＝8m從第二次碰撞到第三次碰撞，B運動的距離為s3＝s2＋6×eq\f(4,3)m＝16m由以上分析可知，從第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前運動的距離都比前一次多8m則從第三次碰撞到第四次碰撞，B運動的距離為s4＝s3＋8m＝24m……從第n－1次碰撞到第n次碰撞，B運動的距離為sn＝sn－1＋8m＝sn－2＋2×8m＝sn－3＋3×8m＝…＝s2＋(n－2)×8m＝8(n－1)m根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內(nèi)，物塊B運動的距離s總＝s1＋s2＋s3＋s4＋…＋sn＝2m＋8m＋16m＋24m＋…＋8(n－1)m＝2m＋eq\f(（n－1）[8＋8（n－1）],2)m＝[2＋4n(n－1)]m(n＝1，2，3，4，…)。5．在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B，物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，L為1.0m，凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)μ為0.05，開始時物塊靜止，凹槽以v0＝5m/s的初速度向右運動，設(shè)物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時間不計。g取10m/s2。求：(1)物塊與凹槽相對靜止時的共同速度大?。?2)從凹槽開始運動到兩者相對靜止，物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù)；(3)從凹槽開始運動到兩者剛相對靜止所經(jīng)歷的時間及該時間內(nèi)凹槽運動的位移大小。答案：(1)2.5m/s(2)6次(3)5s12.75m解析：(1)設(shè)兩者相對靜止時的共同速度大小為v，由動量守恒定律得mv0＝2mv解得v＝2.5m/s。(2)由題知，物塊與凹槽間的滑動摩擦力大小Ff＝μmg設(shè)兩者相對靜止前相對運動的路程為s1，由能量守恒定律得Ffs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2解得s1＝12.5m因eq\f(s1－1.5L,2L)＝5.5，可知從凹槽開始運動到兩者相對靜止，物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞。(3)設(shè)凹槽與物塊碰撞前的速度分別為v1、v2，碰撞后的速度分別為v1′、v2′，由動量守恒定律有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv2′2聯(lián)立解得v1′＝v2，v2′＝v1即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，A、B相對滑動時，根據(jù)牛頓第二定律，對A、B均有Ff＝ma可解得A、B的加速度大小a＝0.5m/s2eq\f(s1－0.5L,L)＝12，則從開始到最終，A、B共碰撞了12次，且A、B恰好共速時，B到達A左側(cè)槽壁恰未發(fā)生碰撞。根據(jù)以上分析，畫出該過程兩者的速度—時間圖線如圖所示，圖中陰影部分的面積即該過程凹槽運動的位移大小s2設(shè)從開始到相對靜止經(jīng)歷的時間為t總，則v＝v0－at總解得t總＝5sv-t圖中兩條傾斜直線間的幾個陰影等腰梯形的面積，即對應(yīng)過程A比B多運動的位移，由題知，第1次碰撞前，A比B多運動的位移為0.5L，第2次碰撞到第3次碰撞、第4次碰撞到第5次碰撞、……第12次碰撞后，A比B多運動的位移均為L，則A的速度較大時，整個過程A比B多運動的位移大小s2′＝0.5L＋6L＝6.5L則s2＝eq\f(1,2)vt總＋s2′解得s2＝12.75m。考點1動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系考向一功和功率1．(2023·北京高考)如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中()A．摩擦力做功大小與F方向無關(guān)B．合力做功大小與F方向有關(guān)C．F為水平方向時，F(xiàn)做功為μmgxD．F做功的最小值為max答案：D解析：F的方向會影響物體與地面間彈力大小，因此會影響摩擦力大小，故摩擦力做功大小與F方向有關(guān)，A錯誤；合力做功為W＝F合·x＝max，與F方向無關(guān)，B錯誤；F為水平方向時有WF－μmgx＝max，則WF>μmgx，C錯誤；由WF－Ffx＝max可得，當(dāng)Ff＝0時F做功最小，最小值為max，D正確。2．如圖甲所示，學(xué)校運動會上，某同學(xué)參加鉛球比賽，他將同一鉛球從空中同一位置A先后兩次拋出，第一次鉛球在空中軌跡如圖乙中1所示，第二次鉛球在空中軌跡如圖乙中2所示，兩軌跡的交點為B。已知鉛球兩次經(jīng)過B點時機械能相同，不計空氣阻力，不計鉛球大小，則下列說法正確的是()A．兩次拋出的初速度相同B．兩次鉛球落地時重力的瞬時功率相同C．第二次鉛球在空中運動過程中重力做功的平均功率更大D．第二次鉛球在最高點的機械能更大答案：C解析：兩次鉛球到達最高點時距地面的高度h不同，則落地時豎直方向分速度vy＝eq\r(2gh)不同，因此重力的瞬時功率P＝mgvy不同，故B錯誤；第二次鉛球在空中軌跡的最高點較小，在空中的運動時間較小，兩次拋出后鉛球重力做功相同，根據(jù)eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)，可知第二次鉛球在空中運動過程中重力做功的平均功率更大，故C正確；小球在空中運動過程中機械能守恒，由于兩次鉛球在B點機械能相同，因此兩次鉛球在空中運動過程機械能相等，它們在最高點的機械能相等，故D錯誤；由D項分析可知，兩次鉛球在A點的機械能相同，則動能相同，速度大小相等，但因軌跡不同，則速度方向不同，A錯誤?？枷蚨C車啟動問題3．(2023·湖北高考)兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為v1和v2?，F(xiàn)將它們編成動車組，設(shè)每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為()A.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2)B .eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v1＋P2v2)D.eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)答案：D解析：設(shè)兩節(jié)動車在運動過程中所受阻力大小分別為f1、f2，則有P1＝f1v1，P2＝f2v2，當(dāng)將它們編組后，則有P1＋P2＝(f1＋f2)v，聯(lián)立可得該動車組能達到的最大速度v＝eq\f(（P1＋P2）v1v2,P1v2＋P2v1)，故選D。4.質(zhì)量m＝1500kg的家庭轎車，行駛速度v≤54km/h時靠電動機輸出動力；行駛速度在54km/h<v≤90km/h范圍內(nèi)時自動轉(zhuǎn)換為靠汽油發(fā)動機輸出動力；行駛速度v>90km/h時汽油發(fā)動機和電動機將同時工作，這種混合動力汽車更節(jié)能環(huán)保。該轎車在一條平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨運動時間t的變化圖線如圖所示，所受阻力恒為1500N。已知汽車在t1時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至t2時刻。汽車在0～t2時間內(nèi)行駛的位移為217.5m。則t1和t2分別為()A．t1＝9s，t2＝11s B．t1＝9s，t2＝16sC．t1＝5.625s，t2＝11s D．t1＝5.625s，t2＝16s答案：B解析：由題意知，第一次切換引擎時速度為v1＝54km/h＝15m/s，0～t1時間內(nèi)由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝eq\f(5,3)m/s2，則t1＝eq\f(v1,a1)＝9s，0～t1時間內(nèi)行駛的位移為s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝67.5m，設(shè)切換引擎后瞬間的牽引力為F2，根據(jù)P＝F2v1，代入數(shù)據(jù)解得P＝75000W，設(shè)在t2時刻的牽引力為F3，則在t2時刻的速度大小為v2＝eq\f(P,F3)＝25m/s，t1～t2時間內(nèi)行駛的位移為s2＝s－s1＝150m，t1～t2時間根據(jù)動能定理得P(t2－t1)－fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得t2＝16s，故B正確，A、C、D錯誤。考向三動能定理的應(yīng)用5.蹦極是一項非常刺激的戶外運動。如圖所示，某景區(qū)蹦極所用的橡皮繩原長為L＝80m、勁度系數(shù)為k＝25N/m，橡皮繩一端固定在跳臺上，另一端拴接在游客腳踝處。已知游客的質(zhì)量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，不計橡皮繩的重力和空氣阻力，橡皮繩始終在彈性限度內(nèi)，假設(shè)游客始終在同一豎直線上運動，則游客無初速度地從跳臺跳下后，橡皮繩的最大伸長量為()A．20m B．40mC．60m D．80m答案：D解析：當(dāng)游客運動到最低點時，橡皮繩的伸長量最大，設(shè)橡皮繩的最大伸長量為x，橡皮繩從原長到伸長x的過程中，橡皮繩彈力從0均勻增大到kx，則此過程，游客克服橡皮繩彈力做的功為W1＝eq\f(kx＋0,2)·x＝eq\f(1,2)kx2，游客從跳臺跳下到最低點速度減為0的過程，由動能定理可知mg(L＋x)－W1＝0－0，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得x＝80m(另一個解x＝－40m舍去)，D正確。6．如圖甲所示，一物塊從固定斜面的底端沿斜面方向沖上斜面，物塊的動能Ek隨距斜面底端高度h的變化關(guān)系如圖乙所示，已知斜面的傾角為30°，重力加速度大小為g，取物塊在斜面底端時的重力勢能為零，下列說法正確的是()A．物塊的質(zhì)量為eq\f(2E0,gh0)B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)C．上滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，到斜面底端的高度為eq\f(4,7)h0D．下滑過程中，物塊動能等于重力勢能時，物塊的動能大小為eq\f(E0,2)答案：C解析：因為從斜面底端沖上斜面到返回斜面底端，摩擦力做負功，則根據(jù)動能定理可知，返回斜面底端時的動能小于從斜面底端沖上斜面時的動能，故從斜面底端沖上斜面時的動能為2E0，返回斜面底端時的動能為E0。物塊從底端上滑到最高點的過程，由動能定理可知－mgh0－μmgcos30°·eq\f(h0,sin30°)＝0－2E0，從最高點滑回斜面底端的過程，由動能定理可知mgh0－μmgcos30°·eq\f(h0,sin30°)＝E0－0，聯(lián)立解得m＝eq\f(3E0,2gh0)，μ＝eq\f(\r(3),9)，A、B錯誤；物塊從斜面底端上滑高度為h時的動能為Ek1＝2E0－mgh－μmgcos30°·eq\f(h,sin30°)，物塊具有的重力勢能為Ep1＝mgh，當(dāng)Ek1＝Ep1時，解得h＝eq\f(4,7)h0，C正確；物塊從最高點下滑到高度為h時的動能為Ek2＝mg(h0－h(huán))－μmgcos30°·eq\f(h0－h(huán),sin30°)，物塊具有的重力勢能為Ep2＝mgh，當(dāng)Ek2＝Ep2時，解得h＝eq\f(2,5)h0，Ek2＝eq\f(3,5)E0，D錯誤?？枷蛩臋C械能守恒定律的應(yīng)用7.如圖所示，頂角P為53°的光滑“”形硬桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均視為質(zhì)點)用長度為L的輕質(zhì)硬桿連接，分別套在“”形硬桿的傾斜和水平部分，當(dāng)輕質(zhì)硬桿呈豎直狀態(tài)時甲靜止在A點，乙靜止在C點。甲由于受到輕微的擾動開始運動，當(dāng)甲運動到B點時，輕質(zhì)硬桿與“”形硬桿的傾斜部分垂直，重力加速度大小為g，則甲在B點的速度大小為()A.eq\f(\r(5gL),5) B.eq\f(2\r(5gL),5)C.eq\f(\r(5gL),2) D.eq\f(\r(5gL),4)答案：B解析：由于甲在B點時，輕質(zhì)硬桿與傾斜部分垂直，甲沿輕質(zhì)硬桿的分速度為0，又兩小球沿輕質(zhì)硬桿方向的分速度相等，則此時乙的速度為0，甲、乙兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mg(L－Lsin37°)＝eq\f(1,2)mv2，解得甲在B點的速度大小v＝eq\f(2\r(5gL),5)，故B正確?？枷蛭迥芰渴睾愣珊凸δ荜P(guān)系8．(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有質(zhì)量為m的物塊P，彈簧形變量為x0，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。用x表示P離開初始位置的位移，向上拉力F和x之間關(guān)系如圖乙所示。從拉力F作用在物塊上開始到彈簧恢復(fù)原長的過程中，下列說法正確的是()A．系統(tǒng)機械能的變化量為(2F1－mg)x0B．物塊P的動能變化量大小為(F1－mg)x0C．彈簧的彈性勢能變化量大小為eq\f(1,2)mgx0D．物塊P的重力勢能變化量大小為2mgx0答案：BC解析：彈簧上端放有質(zhì)量為m的物塊P，由平衡條件有mg＝kx0，拉力使物塊向上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有F＋k(x0－x)－mg＝ma，聯(lián)立可得F＝kx＋ma，故x＝0時F0＝ma，x＝x0時，F(xiàn)1＝mg＋ma。根據(jù)功能關(guān)系，系統(tǒng)機械能的變化量ΔE機＝WF＝eq\f(F0＋F1,2)x0＝eq\f(F1－mg＋F1,2)x0＝eq\f(（2F1－mg）x0,2)，故A錯誤；物塊P做勻加速直線運動，動能變化量ΔEk＝ma·x0＝(F1－mg)x0，故B正確；由功能關(guān)系有WG＝－mgx0＝－ΔEpG，可知物塊P的重力勢能變化量ΔEpG＝mgx0，故D錯誤；根據(jù)ΔE機＝ΔEk＋ΔEpG＋ΔEp彈可知，彈簧的彈性勢能變化量ΔEp彈＝ΔE機－ΔEk－ΔEpG＝－eq\f(mgx0,2)，故C正確。1．(2024·安徽高考)某同學(xué)參加戶外拓展活動，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為()A．mgh B．eq\f(1,2)mv2C．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D．mgh－eq\f(1,2)mv2答案：D解析：人與滑板下滑的過程，由動能定理有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正確。2．(2023·遼寧高考)如圖a，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關(guān)系如圖b所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中()A．甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案：B解析：受力分析可知，沿Ⅱ下滑的物塊受力恒定，做勻變速直線運動，速率隨時間均勻變化，故結(jié)合圖b可知，甲沿Ⅱ下滑，則乙沿Ⅰ下滑，A、D錯誤；由圖b可知，任意時刻甲的速率都小于乙的速率，而兩物塊質(zhì)量相同，則同一時刻甲的動能比乙的小，B正確；乙沿Ⅰ下滑，開始時乙速度為0，到N點時乙豎直方向的分速度為零，而在中間任意位置豎直分速度都不為零，根據(jù)重力的瞬時功率P＝mgvy可知，在M點和N點乙的重力功率均為零，在中間任意位置乙的重力功率都不為零，則乙沿Ⅰ下滑過程中，重力功率變化且不是一直增大，C錯誤。3．(2024·江西高考)“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天?！笔抢畎讓]山瀑布的浪漫主義描寫。設(shè)瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發(fā)電，發(fā)電效率為70%，則發(fā)電功率大致為()A．109W B．107WC．105W D．103W答案：B解析：設(shè)瀑布水流量為Q，水位落差為h，發(fā)電效率為η，水的密度為ρ，則t時間內(nèi)流過某橫截面的水的體積V＝Qt，從瀑布頂端落到底部，重力對這部分水所做的功W＝ρVgh，發(fā)電功率P＝ηeq\f(W,t)，聯(lián)立解得P＝ηρQgh≈107W，故選B。4．(2024·安徽高考)在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設(shè)抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為()A.eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,2h))) B.eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))C.eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,2h))) D.eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋\f(l2,4h)))答案：B解析：設(shè)水從出水口射出的初速度為v0，水離開出水口在空中做平拋運動的時間為t′，取t時間內(nèi)抽出的水為研究對象，該部分水的質(zhì)量為m＝v0tSρ，根據(jù)平拋運動規(guī)律有v0t′＝l，h＝eq\f(1,2)gt′2，根據(jù)功能關(guān)系，得Ptη＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)，聯(lián)立解得水泵的輸出功率約為P＝eq\f(\a\vs4\al(ρgSl\r(2gh)),2ηh)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋h＋\f(l2,4h)))，故選B。5.(2023·山東高考)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景。引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動。每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為()A.eq\f(2nmgω2RH,5) B.eq\f(3nmgωRH,5)C.eq\f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH答案：B解析：由題意可知，水輪每轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水的總質(zhì)量為m總＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，筒車對這些水做的功W＝m總gH，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為P＝eq\f(W,T)，其中T＝eq\f(2π,ω)，聯(lián)立解得P＝eq\f(\a\vs4\al(3nmgωRH),5)，故選B。6．(2024·山東高考)如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E＝eq\f(1,2)kx2(x為繩的伸長量)。現(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則F所做的功等于()A.eq\f(\a\vs4\al(（μmg）2),2k)＋μmg(l－d) B.eq\f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋μmg(l－d)C.eq\f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋2μmg(l－d) D.eq\f(\a\vs4\al(（μmg）2),2k)＋2μmg(l－d)答案：B解析：當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體，根據(jù)平衡條件和胡克定律，有kx0＝μmg，解得彈性繩的伸長量x0＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),k)，則此時彈性繩的彈性勢能為E0＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝eq\f(\a\vs4\al(μ2m2g2),2k)，從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1＝x0＋l－d，由功能關(guān)系可知W－μmgx1＝E0－0，可解得該過程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝eq\f(\a\vs4\al(3（μmg）2),2k)＋μmg(l－d)，故B正確。7.(2023·全國乙卷)(多選)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時()A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物塊的動能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl答案：BD解析：物塊在木板上運動的過程中，設(shè)木板位移為xM，則物塊位移為xm＝xM＋l，根據(jù)動能定理，對物塊有－fxm＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對木板有fxM＝EkM－0，可得物塊從木板右端離開時，木板的動能EkM＝fxM，物塊的動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－fxM，則Ekm<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，C錯誤，D正確；畫出該過程中物塊、木板的v-t圖像如圖所示，且v0>vm，vm≥vM，由v-t圖線與t軸所圍面積表示對應(yīng)位移可知，圖中梯形面積S1表示l，下方三角形面積S2表示xM，由幾何知識知，必定有S1>S2，則l>xM，則EkM＝fxM<fl，A錯誤，B正確。8.(2023·湖南高考)(多選)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道答案：AD解析：小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC＝0，小球從B到C的過程中，由動能定理知，其所在位置和O點連線與豎直方向的夾角為α?xí)r，小球在該點速度v滿足－mgR·(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，此時mgcosα－FN＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得軌道對小球的支持力FN＝3mgcosα－2mg，從B到C的過程中α由θ減小到0，則cosα逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大，結(jié)合牛頓第三定律知，小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；小球從A到B的過程中，速度逐漸減小，則重力的功率P＝－mgvsinθ逐漸減小，B錯誤；小球從A到C的過程中，由動能定理有－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；若小球在B點恰好脫離軌道，則有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得vB＝eq\r(gRcosθ)，若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能大于eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確。9．(2022·浙江6月選考)小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動，到達平臺的速度剛好為零，g取10m/s2，則提升重物的最短時間為()A．13.2s B．14.2sC．15.5s D．17.0s答案：C解析：為了以最短時間提升重物，開始階段應(yīng)以最大拉力提升重物做勻加速運動，當(dāng)功率達到額定功率時，保持功率不變，拉力減小，當(dāng)拉力等于重力時，速度達到最大，接著做勻速運動，最后以最大加速度5m/s2做勻減速運動，上升至平臺速度剛好為零。重物在第一階段勻加速上升，根據(jù)牛頓第二定律可得a1＝eq\f(Tm－mg,m)＝eq\f(300－20×10,20)m/s2＝5m/s2，當(dāng)功率達到額定功率時，設(shè)重物的速度為v1，則有v1＝eq\f(P額,Tm)＝eq\f(1200,300)m/s＝4m/s，勻加速過程所用時間和上升高度分別為t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\f(4,5)s＝0.8s，h1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＝eq\f(42,2×5)m＝1.6m；重物的最大速度vm＝eq\f(P額,mg)＝eq\f(1200,20×10)m/s＝6m/s，重物最后以最大加速度做勻減速運動的時間和上升高度分別為t3＝eq\f(vm,am)＝eq\f(6,5)s＝1.2s，h3＝eq\f(veq\o\al(2,m),2am)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m；設(shè)重物從結(jié)束勻加速運動到開始做勻減速運動所用時間為t2，該過程根據(jù)動能定理可得P額t2－mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又h2＝85.2m－1.6m－3.6m＝80m，解得t2＝13.5s，故提升重物的最短時間為tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8s＋13.5s＋1.2s＝15.5s，故C正確。10．(2024·江蘇高考)如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)在電動機作用下，從斜面底端A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關(guān)閉電動機，物塊恰好到達最高點D點，重力加速度為g，不計電動機消耗的電熱。求：(1)CD段長度x；(2)BC段電動機的輸出功率P；(3)全過程儲存的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值。答案：(1)eq\f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)(2)mgvsinθ＋μmgvcosθ(3)eq\f(sinθ,sinθ＋μcosθ)解析：(1)對物塊從C點運動到D點的過程，由動能定理有－mgxsinθ－μmgcosθ·x＝0－eq\f(1,2)mv2解得x＝eq\f(v2,2g（sinθ＋μcosθ）)。(2)物塊在BC段做勻速直線運動，由平衡條件知，電動機對物塊的作用力大小F＝mgsinθ＋μmgcosθ電動機的輸出功率P＝Fv聯(lián)立解得P＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。(3)根據(jù)題意，全過程儲存的機械能E1＝mgLsinθ由能量守恒定律可知，電動機消耗的總電能E2＝mgLsinθ＋μmgcosθ·L聯(lián)立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(sinθ,sinθ＋μcosθ)。11.(2023·湖北高考)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求(1)小物塊到達D點的速度大小。(2)B和D兩點的高度差。(3)小物塊在A點的初速度大小。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)解析：(1)由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點，根據(jù)牛頓第二定律有meq\f(veq\o\al(2,D),R)＝mg解得vD＝eq\r(gR)。(2)小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道eq\o(CDE,\s\up8(︵))內(nèi)側(cè)，則在C點有cos60°＝eq\f(vB,vC)小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)從A到B的過程中，小物塊所受摩擦力方向始終與速度方向相反，根據(jù)動能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)其中s＝π·2R聯(lián)立解得vA＝eq\r(3gR)。1.(2024·北京市海淀區(qū)高三一模)如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和B，B球的質(zhì)量是A球的3倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面。不計空氣阻力、定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦，重力加速度為g。由靜止釋放B球，到B球落地前的過程中，下列說法正確的是()A．A球的加速度大小為2gB．拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量C．重力對B球做的功等于B球動能的增加量D．B球機械能的減少量大于A球機械能的增加量答案：B解析：設(shè)A球質(zhì)量為m，則B球質(zhì)量為3m，輕繩拉力大小為T，A、B球加速度大小均為a，根據(jù)牛頓第二定律，對B球有3mg－T＝3ma，對A球有T－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(g,2)，故A錯誤；A球只受重力和輕繩拉力，拉力對A球做正功，則拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量，故B正確；根據(jù)動能定理，重力與輕繩拉力的合力對B球做的功等于B球動能的增加量，故C錯誤；對A、B和輕繩整體，只有重力做功，機械能守恒，則B球機械能的減少量等于A球機械能的增加量，故D錯誤。2．(2024·江西省贛州市高三下5月二模)某山頂有一排風(fēng)力發(fā)電機，發(fā)電機的葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為R＝20m的圓面。某時間內(nèi)該山頂?shù)娘L(fēng)速達10m/s，風(fēng)向恰好跟某風(fēng)力發(fā)電機葉片轉(zhuǎn)動形成的圓面垂直，已知空氣的密度ρ＝1.2kg/m3。若該風(fēng)力發(fā)電機能將吹向此圓內(nèi)20%的空氣的動能轉(zhuǎn)化為電能，則此風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率P約為()A．1.5×104W B．1.5×105WC．5×104W D．5×105W答案：B解析：設(shè)風(fēng)速為v，則時間Δt內(nèi)，吹向此圓面的空氣的體積V＝vΔt·πR2，質(zhì)量m＝ρV，該部分空氣的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，則此風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率P＝eq\f(20%Ek,Δt)，聯(lián)立解得P＝0.1πR2ρv3≈1.5×105W，故選B。3．(2024·江蘇省南通市高三下第三次適應(yīng)性考試)足球從地面上被斜向上方踢出后，在空中劃出一條美麗的曲線后落回地面。不考慮空氣作用，足球的加速度a、速率v、機械能E和重力的功率大小P隨時間t的關(guān)系圖像可能正確的是()答案：D解析：足球運動過程中只受到重力作用，所以加速度為重力加速度，保持不變，故A錯誤；設(shè)足球初速度大小為v0，方向與水平方向夾角為θ，則t時刻水平分速度大小vx＝v0cosθ，豎直分速度大小vy＝|v0sinθ－gt|，速率v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(（v0cosθ）2＋（v0sinθ－gt）2)，故v與時間t不是線性關(guān)系，故B錯誤；足球運動過程中只受到重力作用，機械能守恒，故C錯誤；足球重力的功率大小P＝mgvy＝mg|v0sinθ－gt|，故D正確。4.(2024·東北三省四校高三下第四次模擬)如圖所示，兩個質(zhì)量相等可視為質(zhì)點的小球a、b通過鉸鏈用長為eq\r(2)L的剛性輕桿連接，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細桿M的夾角為45°。兩根足夠長的細桿M、N不接觸(a、b球均可無碰撞通過O點)，且兩桿間的距離忽略不計，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法中正確的是()A．a(chǎn)、b兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．a(chǎn)球到達與b球等高位置時速度大小為eq\r(gL)C．a(chǎn)球運動到最低點時，b球速度最大D．a(chǎn)球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對a球的彈力一直做負功答案：C解析：a球、b球和剛性輕桿所組成的系統(tǒng)只有重力做功，又剛性輕桿的機械能不計，則a、b兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；兩球沿剛性輕桿方向的分速度相等，則a球到達與b球等高位置時，b球速度為零，設(shè)此時a球速度大小為va，a、b兩球質(zhì)量均為m，由幾何關(guān)系可知，a球下降高度為L，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gL)，故B錯誤；a球到達最低點時，b球到達兩桿交點處，此時a球速度為0，則a球機械能最小，又系統(tǒng)機械能守恒，則b球的機械能最大，速度最大，C正確；在a球從初位置下降到兩桿交點的過程中，b球速度先從0增大后減小至0，即動能先增大后減小，在a球從兩桿交點下降到最低點的過程中，b球速度一直增大，即動能一直增大，由系統(tǒng)機械能守恒可知，a球從初位置下降到最低點的過程中，a球機械能先減小后增大，再減小，則剛性輕桿對a球的彈力先做負功后做正功，再做負功，D錯誤。5．(2024·江西省南昌市高三一模)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R，bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a處由靜止開始向右運動。已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則小球從a處開始運動到其落至水平軌道cd上時，水平外力所做的功為()A．5mgR B．7mgRC．9mgR D．11mgR答案：D解析：根據(jù)題意，小球從a到c過程中，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－0，其中水平外力F＝mg，解得小球到達c點時的速度大小vc＝2eq\r(gR)，小球由c點離開圓弧軌道，豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做加速度為a＝eq\f(F,m)＝g的勻加速直線運動，由豎直方向的分運動可得，小球從c點離開圓弧軌道到落在cd的時間為t＝eq\f(2vc,g)＝4eq\r(\f(R,g))，此過程小球在水平方向運動的距離為x＝eq\f(1,2)at2＝8R，則小球從a處開始運動到其落至水平軌道cd上時，水平外力所做的功為W＝F(3R＋8R)＝11mgR，故D正確。6.(2024·浙江省麗水市、湖州市、衢州市3地高三下二模)如圖所示，輕彈簧一端懸掛在橫桿上，另一端連接質(zhì)量為m的重物，彈簧和重物組成的系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。某時刻在重物上施加一方向豎直向上、大小為F＝eq\f(1,2)mg的恒力，重物上升的最大高度為h，已知彈簧的彈性勢能表達式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量)，則()A．上升過程中系統(tǒng)機械能守恒B．開始時彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mghC．上升過程中重物的最大動能為eq\f(1,4)mghD．上升到最高點過程中重物的重力勢能增加eq\f(1,2)mgh答案：B解析：上升過程中，恒力F對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機械能增加，故A錯誤；設(shè)開始時彈簧的形變量為x1，對重物由平衡條件有mg＝kx1，重物上升至最高點的過程中，對系統(tǒng)由功能關(guān)系，有Fh＝mgh＋eq\f(1,2)k(h－x1)2－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得x1＝h，k＝eq\f(mg,h)，所以開始時彈簧的彈性勢能為Ep1＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh，故B正確；上升過程中，當(dāng)重物所受合力為零時，速度最大，動能最大，設(shè)此時彈簧的形變量為x2，故F＋kx2＝mg，解得x2＝eq\f(1,2)h，重物上升至動能最大的過程中，由功能關(guān)系有F(x1－x2)＝mg(x1－x2)＋Ekm＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)，解得上升過程中重物的最大動能為Ekm＝eq\f(1,8)mgh，故C錯誤；上升到最高點過程中，重物的重力所做的功為WG＝－mgh，根據(jù)重力勢能與重力做功的關(guān)系可知，重物重力勢能的增加量為ΔEp＝－WG＝mgh，故D錯誤。7．(2024·四川省瀘州市高三下三模)(多選)2023年10月6日，在杭州亞運會女子龍舟1000米直道競速決賽中，中國隊驅(qū)動總質(zhì)量約1200kg(含人)的龍舟以4分51秒的成績獲得冠軍，如圖所示。比賽過程中，運動員拉槳對船做正功，加速；回槳對船不做功，減速。若10個劃手一直保持最大輸出功率劃船，觀測發(fā)現(xiàn)從靜止開始的啟動過程中每個劃手劃了8槳，船前進了20m，船速達到3.5m/s，之后保持3.5m/s的平均速度直至結(jié)束，設(shè)船受到的阻力恒定，每次拉槳過程做功相同。則下列說法中正確的是()A．船受到的阻力約為397NB．船受到的阻力約為3970NC．全程每個劃手大約劃了150槳D．全程每個劃手大約劃了212槳答案：AD解析：全程運動時間t總＝(4×60＋51)s＝291s，前進x1＝20m、速度達到v＝3.5m/s后的運動時間t勻＝eq\f(x總－x1,v)＝eq\f(1000－20,3.5)s＝280s，則啟動過程時間t＝t總－t勻＝11s；設(shè)每個劃手每次拉槳過程做功為W，船前進過程中，10個劃手的平均輸出功率為P，則有10×8W＝Pt；船速達到v＝3.5m/s后，保持v＝3.5m/s的平均速度運動，則此時10個劃手的平均輸出功率等于船克服阻力做功的平均功率，設(shè)船受到的阻力大小為f，則有P＝fv；設(shè)船的總質(zhì)量為m，啟動過程，根據(jù)動能定理有10×8W－fx1＝eq\f(1,2)mv2－0，聯(lián)立解得f≈397N，W≈191J，故A正確，B錯誤。設(shè)全程每個劃手劃了n槳，全程根據(jù)動能定理有10nW－fx總＝eq\f(1,2)mv2－0，解得n≈212，故C錯誤，D正確。8．(2024·河北省石家莊市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(二))(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的拖車通過跨過定滑輪的繩子將質(zhì)量為m的礦石從礦井提拉至地面。拖車以恒定功率P0從靜止開始啟動，經(jīng)過時間t0，立刻關(guān)閉發(fā)動機，又經(jīng)過時間t0拖車停止運動，此時礦石剛好上升至井口且速度減為0。已知整個過程拖車所受地面阻力恒為其重力的k倍，不計空氣阻力和滑輪的摩擦力，繩子的質(zhì)量可忽略，且繩子始終處于繃緊狀態(tài)，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．拖車在加速階段的平均速度大于減速階段的平均速度B．整個過程礦石上升的高度為eq\f(P0t0,kMg＋mg)C．拖車在減速階段的加速度大小為eq\f(mg＋kMg,M)D．拖車剛關(guān)閉發(fā)動機時的速度為eq\f(P0,kMg)答案：AB解析：設(shè)拖車剛關(guān)閉發(fā)動機時的速度即最大速度為vm，拖車在減速階段做勻減速直線運動，平均速度為eq\f(vm,2)；設(shè)拖車在加速階段的加速度大小為a1，此時繩子的拉力大小為T1，根據(jù)牛頓第二定律，對礦石有T1－mg＝ma1，對拖車有F－kMg－T1＝Ma1，又牽引力F＝eq\f(P0,v)，聯(lián)立解得a1＝eq\f(\f(P0,v)－kMg－mg,M＋m)，則隨著速度v的增大，拖車的加速度減小，結(jié)合v-t圖像知，此過程通過的位移大于勻加速運動到vm的位移，所以其平均速度大于勻加速運動的平均速度，即大于eq\f(vm,2)，所以拖車在加速階段的平均速度大于減速階段的平均速度，故A正確；設(shè)整個過程礦石上升的高度為h，對系統(tǒng)由動能定理可得P0t0－mgh－kMgh＝0－0，解得h＝eq\f(P0t0,kMg＋mg)，故B正確；設(shè)拖車在減速階段的加速度大小為a2，此時繩子的拉力大小為T2，根據(jù)牛頓第二定律，對礦石有mg－T2＝ma2，對拖車有T2＋kMg＝Ma2，聯(lián)立解得a2＝eq\f(mg＋kMg,M＋m)，故C錯誤；設(shè)拖車可能達到的最大速度為v′，此時拖車受力平衡，加速度為0，即a1＝0，得v′＝eq\f(P0,mg＋kMg)，而實際拖車剛關(guān)閉發(fā)動機時的速度vm≤v′＝eq\f(P0,mg＋kMg)<eq\f(P0,kMg)，故D錯誤。9.(2024·四川省南充市高三下三診)為測試質(zhì)量m＝1kg的電動玩具車的性能，將電動車置于足夠大的水平面上，某時刻，電動車從靜止開始做加速直線運動，運動過程中所受阻力恒為車重的0.2倍，電動車的牽引力F與速率的倒數(shù)關(guān)系圖像如圖中實線所示，g＝10m/s2。(1)求電動車的最大速度vm以及電動車的輸出功率P；(2)電動車運動10s恰好達到最大速度，求電動車在這段時間運動的距離x。答案：(1)10m/s20W(2)75m解析：(1)根據(jù)題圖可得eq\f(1,vm)＝0.1s/m故vm＝10m/s根據(jù)P＝Fv得F＝eq\f(P,v)結(jié)合題圖可得，F(xiàn)-eq\f(1,v)圖像的斜率即為電動車的輸出功率P，即P＝eq\f(2.0－0,0.1－0)W＝20W。(2)設(shè)電動車運動時間t后恰好達到最大速度，電動車所受阻力恒為車重的k倍，根據(jù)動能定理得Pt－kmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0代入數(shù)據(jù)解得x＝75m。10.(2024·山西省臨汾市高三下適應(yīng)性訓(xùn)練考試(三))如圖所示，一根L形輕質(zhì)細桿abc可繞過b點水平轉(zhuǎn)軸(垂直于紙面)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，ab長度r1＝0.6m，bc長度r2＝0.8m，ab垂直于bc。a、c兩端分別固定兩個大小可忽略、質(zhì)量均為m＝0.25kg的小球。不計空氣阻力和轉(zhuǎn)軸的摩擦，取重力加速度g＝10m/s2。現(xiàn)將輕質(zhì)細桿由圖示位置(ac連線水平)無初速度地釋放，當(dāng)c端的小球到達最低點時，求：(結(jié)果均保留一位小數(shù))(1)c端小球的動能；(2)此過程中桿abc對a端小球做的功Wa及桿abc對c端小球做的功Wc。答案：(1)2.8J(2)0.4J－0.4J解析：(1)在轉(zhuǎn)動過程中系統(tǒng)機械能守恒，且整體具有相同的角速度。當(dāng)c端小球到達最低點時，設(shè)整體的角速度為ω，則c端小球的速度vc＝ωr2a端小球的速度va＝ωr1設(shè)bc與ac的夾角為θ，如圖所示，