2025屆高考物理二輪復習：微專題2　滑塊-木板模型綜合問題-專項訓練 【含答案】

2025屆高考物理二輪復習微專題2滑塊—木板模型綜合問題-專項訓練1.如圖所示,光滑細桿BC和AC構成直角三角形ABC,其中AC桿豎直,BC桿和AC桿的夾角θ=37°,兩根細桿上分別套有可視為質點的小球P、Q,其質量之比為1∶2.現(xiàn)將P、Q兩個小球分別從AC桿和BC桿的頂點由靜止釋放,不計空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8.P、Q兩個小球由靜止釋放到運動至C點的過程中,下列說法正確的是 ()A.重力的沖量之比為1∶1B.重力的沖量之比為5∶6C.合力的沖量之比為5∶8D.合力的沖量之比為5∶22.[2024·河北保定模擬]如圖所示為雜技表演“胸口碎大石”,其原理可解釋為當大石塊獲得的速度較小時,下面的人感受到的振動就會較小,人的安全性就較強.若大石塊的質量是鐵錘的150倍,則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的 ()A.150 B.1150 C.1250 3.出現(xiàn)暴風雪天氣時,配備航空燃油發(fā)動機的某型號“除雪車”以20km/h的速度勻速行駛,進行除雪作業(yè).直徑約為30cm的吹風口向側面吹出速度約30m/s、溫度約700℃、密度約1.0kg/m3的熱空氣.已知航空燃油的熱值為4×107J/kg,根據(jù)以上信息可以估算出()A.除雪車前進時受到的阻力B.除雪車吹出熱空氣時受到的反沖力C.除雪車進行除雪作業(yè)時消耗的功率D.除雪車進行除雪作業(yè)時單位時間內消耗的燃油質量4.(不定項)[2024·溫嶺模擬]老鷹俯沖捕獵時的速度可達200km/h,圖甲是老鷹成功捕獲鯉魚的照片,圖乙為某同學估算所畫的捕獲示意圖.一質量為2kg的老鷹捕獵前、后的一小段運動近似為半徑R=100m的圓周運動,捕獵前瞬時的水平速度大小v0=180km/h,鯉魚質量為0.5kg,若老鷹和魚均可視為質點,忽略魚的初速度以及捕獵過程中水的作用力,重力加速度g取10m/s2,則 ()A.捕獵前、后瞬間,老鷹處于非平衡狀態(tài)B.捕獵前、后瞬間,老鷹的加速度大小不變C.捕獵后瞬間老鷹的速度大小為40km/hD.捕獵后瞬間老鷹所受空氣作用力比捕獵前瞬間減少5N5.[2024·臺州模擬]如圖所示,質量均為m的物塊A、B放在光滑的水平面上,中間用輕彈簧相連,彈簧處于原長.一顆質量為kmk<1的子彈以水平速度v0射入物塊A并留在物塊中(時間極短),則下列說法正確的是 (A.子彈射入物塊A的過程中,子彈的動量變化量為kmB.子彈射入物塊A的過程中,物塊A的動能增加量為kmC.在彈簧第一次被壓縮到最短的過程中,物塊B的動量最大值為kmD.在彈簧第一次壓縮到最短的過程中,彈簧具有的最大彈性勢能為k6.如圖所示,質量分別為m、3m、nm(n=1,2,3,…)的14圓弧槽、小球B、小球C均靜止在水平面上,圓弧槽的半徑為R,末端與水平面相切.現(xiàn)將質量為m的小球A從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止釋放,一段時間后與B發(fā)生彈性正碰.已知重力加速度為g,不計A、B、C大小及一切摩擦.下列說法正確的是 (A.小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為mgB.若B、C發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則n取不同值時,B、C碰撞損失的機械能不同C.若B、C發(fā)生的是彈性正碰,則當n=2時,碰撞完成后小球C的速度為5D.n取不同值時,C最終的動量不同,其最小值為34m7.(不定項)[2024·嘉興一中模擬]如圖所示,一輛質量M=3kg的小車A靜止在光滑的水平面上,A上有一質量m=1kg的光滑小球B將一左端固定于A上的輕質彈簧壓縮并鎖定,此時彈簧的彈性勢能Ep=6J,B與A右壁距離為l.解除鎖定,B脫離彈簧后與A右壁碰撞并被粘住,下列說法正確的是 ()A.B脫離彈簧時,A的速度大小為1m/sB.B和A右壁碰撞并被粘住的過程中,A右壁對B的沖量大小為3N·sC.整個過程中B移動的距離為0.25lD.B碰到A右壁前瞬間,A與B的動量相同8.(不定項)[2024·湖北卷]如圖所示,在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊,質量為m的子彈水平射入木塊.設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變,其大小Ff與射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k為已知常數(shù)).改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則 ()A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運動的時間為2C.木塊和子彈損失的總動能為kD.木塊在加速過程中運動的距離為mL9.[2024·余姚模擬]如圖所示為某彈射游戲裝置,游戲軌道由水平直軌道AB和兩個半徑R=0.8m、圓心角θ=120°的圓弧軌道BC、C'D組成,OB、DO'豎直,小球(可視為質點)能無碰撞地從軌道BC進入軌道C'D.小球1被固定于A處的彈簧彈出后,與靜置在水平軌道的小球2發(fā)生彈性碰撞.游戲設置一、二、三等獎:若小球2能夠進入圓弧軌道C'D則獲三等獎,若小球2能在圓弧軌道C'D(不包括D點)段脫離則獲二等獎,若小球1能在圓弧軌道C'D(不包括D點)段脫離則獲一等獎,其他情況都不能獲獎.已知小球1的質量m1=0.3kg,小球2的質量m2=0.1kg,重力加速度g取10m/s2,忽略一切摩擦,不考慮小球間的二次碰撞.(1)若游戲能獲獎,求小球2經過B點時軌道BC對小球彈力的最小值;(2)小球2碰后的速度v為多大時,游戲能獲二等獎?(3)彈簧釋放的彈性勢能Ep滿足什么條件時,游戲能獲一等獎?參考答案與詳細解析1.C[解析]設AC桿長度為5l,則BC桿長度為5lcos37°=4l,P球沿AC桿做自由落體運動,設下落的時間為tP,有5l=12gtP2,Q球沿BC桿做勻加速直線運動,加速度為aQ=gcos37°=0.8g,設下滑的時間為tQ,有4l=12aQtQ2,聯(lián)立得tPtQ=11,由沖量的定義I=Ft可得,兩球的重力的沖量之比IPIQ=mPgtPmQgtQ=mPmQ=12,故A、B錯誤.由速度公式v=at可得,兩球在C點時的速度大小之比vPvQ=gtP2.B[解析]如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則由動量守恒定律得mv0=(150m+m)v共,解得v共=1151v0,如果發(fā)生的是彈性碰撞,則由動量守恒定律得mv0=150mv1+mv2,由機械能守恒定律得12mv02=12×150mv12+12mv22,聯(lián)立解得v1=2151v0,故撞擊后大石塊的速度與鐵錘碰撞前的速度的比值k的取值范圍為1151≤3.B[解析]由于除雪車勻速行駛,所以除雪車前進時受到的阻力為Ff=F=Pv車,由于不知除雪車牽引力的功率,故不能求出阻力,A錯誤;以熱空氣為研究對象,根據(jù)動量定理有FΔt=Δmv,其中Δm=ρ·14πd2vΔt,解得反沖力的大小為F=ρ·14πd2v2≈63.6N,B正確;計算除雪車進行除雪作業(yè)時消耗的功率的途經有兩種,一種是根據(jù)燃料放熱公式Q=mq,可得P=qΔmΔt,另一種是根據(jù)能量守恒定律,有P=P熱+P機,第一種途徑中消耗的功率和單位時間內消耗燃油質量均不知道,故不能采用此途徑,第二種途徑中機械功率(牽引力的功率)不知道,傳給汽缸的熱功率也不知道,甚至排出的氣體的熱功率也因不知比熱容而無法求出4.AD[解析]老鷹捕獵前、后的一小段運動近似為圓周運動,圓周運動是曲線運動,所以合外力不為0,老鷹處于非平衡狀態(tài),故A正確;捕獵前、后瞬間,老鷹和魚組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有m1v0=(m1+m2)v共,解得捕獵后瞬間老鷹的速度大小v共=144km/h=40m/s,加速度a=v2R,由于捕獵后瞬間老鷹的速度減小了,而圓周運動半徑不變,所以捕獵后瞬間老鷹的加速度變小,故B、C錯誤;設捕獵前瞬間空氣對老鷹的作用力為F,捕獵后瞬間空氣對老鷹的作用力為F',分別對捕獵前瞬間的老鷹及捕獵后瞬間的老鷹和魚組成的系統(tǒng)進行受力分析,有F-m1g=m1v02R,F'-(m1+m2)g=(m1+m2)v共2R,解得F=70N,F'=65N,則F-F'=5N,5.C[解析]子彈射入物塊A的過程中,子彈與物塊A組成的系統(tǒng)動量守恒,有kmv0=m+kmv1,解得v1=kk+1v0,子彈的動量變化量Δp=kmv1-kmv0=-kmv0k+1,物塊A的動能增加量為ΔEkA=12mv12=k2mv022(k+1)2,選項A、B錯誤;當彈簧第一次壓縮到最短時,物塊B的動量最大,彈簧的彈性勢能也最大,子彈與物塊A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,有kmv0=(2m+km)v2,解得v2=kk+2v0,物塊B的動量最大值為pBm=kmv6.B[解析]小球A第一次下滑到圓弧槽最低點時,小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有mvA=mv1,小球A和圓弧槽組成的系統(tǒng)機械能也守恒,有mgR=12mvA2+12mv12,聯(lián)立解得vA=v1=gR,故小球A通過圓弧槽最低點時相對于圓弧槽的速度大小為v相=vA+v1,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg=mv相2R,聯(lián)立解得小球A通過圓弧槽最低點時受到圓弧槽的支持力為F=5mg,由牛頓第三定律可知,小球A通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為5mg,故A錯誤;小球A與小球B發(fā)生彈性正碰,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有mvA=mvA1+3mvB,根據(jù)機械能守恒定律有12mvA2=12mvA12+12×3mvB2,聯(lián)立解得vA1=-12gR,vB=12gR,若B、C發(fā)生的是完全非彈性碰撞,則B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,根據(jù)能量守恒定律有ΔE=12×3mvB2-12(3m+nm)v2,聯(lián)立解得B、C碰撞損失的機械能為ΔE=3n8(n+3)mgR,所以當n取不同值時,B、C碰撞損失的機械能不同,故B正確;若B、C發(fā)生的是彈性正碰,則當n=2時,B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=3mvB2+2mvC,根據(jù)機械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB22+12×2mvC2,聯(lián)立解得碰撞完成后小球C的速度為vC=35gR,故C錯誤;當B、C發(fā)生的是完全非彈性正碰時,B、C碰撞過程,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,解得碰撞完成后小球C的速度為v=36+2ngR,小球C的動量為p=nmv=3n6+2nmgR=36n+2mgR,當n取1時,動量取最小值,為pmin=38mgR,當B、C發(fā)生的是彈性正碰時,根據(jù)動量守恒定律有3mvB=3mvB'+nmvC',根據(jù)機械能守恒定律有12×3mvB2=12×3mvB'2+12nmvC'2,聯(lián)立解得碰撞完成后小球C的速度為vC'=33+ngR,小球7.AB[解析]B脫離彈簧時,對系統(tǒng),由動量守恒定律得Mv1-mv2=0,由機械能守恒定律得12Mv12+12mv22=Ep,聯(lián)立解得A的速度大小為v1=1m/s,B的速度大小為v2=3m/s,選項A正確;B碰到A右壁前瞬間,A與B的動量大小相等,方向相反,選項D錯誤;B和A右壁碰撞并被粘住時,由動量守恒定律得mv2-Mv1=(m+M)v,解得A、B的共同速度v=0,由動量定理得A右壁對B的沖量大小為I=|mv-mv2|=3N·s,選項B正確;整個過程中,由動量守恒定律得Ml1-ml2=0,其中l(wèi)1+l2=l,解得B移動的距離l2=0.758.AD[解析]子彈的初速度大小v0改變時,分為兩種情況,一種是最終子彈和木塊共速,一種是子彈穿出木塊后繼續(xù)運動.分析最終子彈和木塊共速這種情況,由于水平面光滑,子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零,則系統(tǒng)動量守恒,設子彈和木塊最終速度為v,由動量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=mm+Mv0,可知此種情況下木塊獲得的速度v隨子彈初速度v0增大而增大木塊獲得的速度取得最大值,設此時v0=v0m,v=vm,滿足vm=mm+Mv0m,子彈在木塊中運動過程中,子彈所受阻力Ff=kv0,子彈做勻減速運動的加速度大小a1=Ffm=kv0m,木塊做勻加速運動的加速度大小a2=FfM=kv0M,由位移關系得v0m2-vm22a1-vm22a2=L,聯(lián)立解得v0m=2kL(m+M)mM;分析子彈穿出木塊后繼續(xù)運動這種情況,將子彈恰好穿出木塊(與子彈恰好不穿出木塊實際為同一臨界點)包含在這種情況內,此時v0≥2kL(m+M)mM,設子彈剛穿出木塊時子彈和木塊的速度分別為v1、v2,可知v1>v2,對子彈有2a1x1=v12-v02,對木塊有2a2x2=v22,又知x1-x2=L,聯(lián)立解得v2=mv0-v02-2kLm+MmMv0m+M,研究函數(shù)f(v0)=v0-v02-2kLm+MmMv0,對此函數(shù)變形得f(v0)=2kLm+MmMv0v0+v02-2kLm+MmMv09.(1)4.5N(2)42m/s<v<214m/s(3)19.2J<Ep<33.6J[解析](1)若游戲能獲獎,則小球2必須要通過C點.小球2恰好通過C點時,由牛頓第二定律得m2gsinθ-90°=m2小球2從B運動到C過程,根據(jù)動能定理得-m2g[R+Rsin(θ-90°)]=12m2vC2-1聯(lián)立解得vB=27m/s小球2經過B點時,由牛頓第二定律得FN-m2g=m2v解得軌道BC對小球2的最小彈力FN=4.5N(2)當小球2恰好到達與O'等高處時,根據(jù)動能定理得-m2g[R+2Rsin(θ-90°)]=0-12m2解得vB1=