2024年高考湖南卷物理真题T5变式题

1．如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 2．如图所示，质量半径的光滑圆弧槽C和质量的木板B锁定在一起静止于光滑水平面上，圆弧槽末端水平且与木板上表面高度相同并平滑相接，某时刻，一个质量为的小物块A（可视为质点）从圆弧槽的顶端由静止滑下，当物块滑上木板瞬间圆弧槽和木板之间的锁定自动解除（对速度没影响），物块与木板之间的动摩擦因数为，木板足够长，物块总不能到木板的右端，重力加速度。求： （1）物块滑上木板瞬间的速度； （2）从释放物块到木板速度减为零时，木板的位移； （3）当木板速度减为零时在木板右侧水平面上与木板右端相距L处固定一竖直弹性挡板，木板碰撞挡板时间极短，碰撞后速度大小不变、方向反向，要使木板与挡板至少发生n次碰撞，L应满足的条件。 3．如图所示，水平传送带以的速度沿逆时针转动。传送带右端与光滑水平面相接（紧靠但不接触）于N点，传送带上表面与水平面相平，传送带左端与固定的光滑四分之一圆弧体相接（紧靠但不接触）于M点，MN间的距离为0.75m，传送带的上表面与圆弧面的最低点相切，圆弧面的半径为0.8m，圆弧面的最低点停放着物块A，将物块B在圆弧面的最高点由静止释放，物块B到达圆弧面最低点时刚好沿水平方向与物块A发生弹性碰撞，碰后物块A立即滑上传送带。物块A滑过传送带后与固定在水平面上的挡板碰撞，碰撞过程无机械能损失，此后当物块A刚好要再次滑上传送带时与物块B发生第二次弹性对碰，已知物块A质量为3kg，物块B的质量为1kg，两物块与传送带之间的动摩擦因数均为0.2，取重力加速度大小为，不计物块大小，两物块碰撞时间极短，不计空气阻力。求： （1）物块B与物块A第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别是多少； （2）第二次碰撞后瞬间物块B的速度大小； （3）物块B前四次通过MN两点间区域，物块B与传送带因摩擦而产生的内能一共为多少（结果保留两位有效数字，已知）。 4．如图所示，足够长的水平传送带以v=8m/s的恒定速度逆时针转动。在传送带的左端有一足够长的光滑水平面，一质量mA=3kg的小物块A在水平面上以v0=8m/s的速度向右运动，与静止在水平面右端质量mB=1kg的小物块B发生正碰后，两物块均无能量损失地滑上传送带，经过4s两物块再次发生正碰。已知B与传送带的动摩擦因数μB=0.5，重力加速度g=10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且时间极短。 （1）求A、B第一次碰撞后的速度vA、vB的大小； （2）求A与传送带的动摩擦因数μA； （3）分析A、B是否会发生第三次碰撞。 5．如图所示，一上表面光滑的平台固定在光滑水平地面上，平台上方静置一质量为的物块。紧挨着平台右侧有一质量为足够长的小车，小车上表面和平台在同一水平高度且连接处不粘连。小车最左端静止放置一质量为滑块（可视为质点），小车右端距离固定的竖直墙面足够远。从0时刻起给物块施加一个水平向右的变力随时间变化的规律如图所示，在第3.5秒末物块A与滑块B发生弹性正撞，碰撞时间极短。随后小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度方向改变，速度大小变为碰前的。已知滑块与小车上表面间的动摩擦因数，取重力加速度，求： （1）物块A与滑块B碰后瞬间，物块B的速度； （2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量； （3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前所需时间。 6．如图所示，足够长水平传送带按如图所示的方向以速度v0=8m/s匀速运动，传送带最右端恰好位于半径为R=1m的光滑圆弧轨道最高点C的正下方，圆弧轨道圆心为O，圆弧轨道下端D恰与一倾角为θ=37°的粗糙斜面平滑连接。粗糙斜面上E处有一垂直斜面的小挡板，小挡板距D点的距离为。现将两靠在一起但不粘连的小滑块A、B（均可视为质点），从传送带上某处由静止释放，滑到传送带最右端时恰好与传送带共速，并从C点进入圆弧轨道。已知A的质量为mA=1kg，B的质量为mB=3kg，A、B与水平传送带间的动摩擦因数均为μ1=0.4，与斜面间的动摩擦因数均为μ2=0.75。运动过程中，小滑块A、B间，B与挡板间的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计滑块通过传送带最右端前后的速率变化，g取10m/s2。求： （1）小滑块A、B由静止加速到与传送带共速过程中A、B与传送带因摩擦产生的热量； （2）通过计算判断小滑块A、B第二次碰后能否到达圆心等高处； （3）小滑块A、B碰撞的总次数及每次碰撞后的速度大小（写出计算结果即可）。 7．如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 （1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。    8．如图甲，一质量为2kg的物块B用一长度为l=0.9m的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角α=60°，P点正下方0.6m处有一钉子。另一质量为3kg物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动，物块B触地时水平速度不变，竖直速度变为零；然后物块B以水平速度向物块A运动，记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t=0，第一次与弹簧分离的时刻为t=2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.432t0。重力加速度为g=10m/s2。求 （1）轻绳即将断裂时的拉力； （2）第一次碰撞过程中，弹簧的弹性势能的最大值； （3）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用t0表示）。 9．如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37°。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木盒下端的距离为2.5m。已知木盒的质量M=2.5kg，小球的质量m=0.5kg，取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）若释放后，小球与木盒同时开始运动，求木盒与斜面间的动摩擦因数应满足的条件； （2）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间； （3）若木盒与斜面问的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求两者第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离； （4）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求从开始释放至两者第n次碰撞系统损失的机械能（不要求写计算步骤，只写出最后结果即可）。 10．如图所示，半径、质量带有四分之一光滑圆弧面的斜面体a，静置于光滑水平平台上，弧面最低点与平台相切；质量、长度的木板b静止在光滑水平面上，其上表面与平台等高，在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量的滑块c从弧面最高点由静止释放，滑下后冲上木板b，木板b、滑块c之间的动摩擦因数。木板b、滑块c第一次共速时，木板b与挡板P恰好发生弹性碰撞。取重力加速度，求： （1）滑块c冲上木板b时的速度大小； （2）木板b与挡板P第一次发生弹性碰撞时，滑块c到木板b左端的距离； （3）初始时木板b右端到挡板P的距离； （4）木板b与挡板P碰撞若干次后，木板b与滑块c分离，分离时各自的速度大小。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．（1），；（2）或； （3） 【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或。 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 2．（1） ；（2）；（3） 【详解】（1）设物块滑上木板的速度为v0，圆弧槽和木板整体的速度为u，系统水平方向动量守恒 又物块下滑时，系统机械能守恒，即 联立解得物块滑上木板的速 此时木板的速度 （2）物块滑到圆弧槽末端时，设物块水平方向的位移大小为x1，圆弧槽和木板整体的位移大小为x2，由于系统水平方向动量守恒有 又有 物块滑上木板后，根据牛顿第二定律,物块的加速度 木板的加速度 木板减速到0的位移为 木板减速到0的总位移为 （3）当木板速度减为0时， 物块的速度 此后木板与物块的运动图像如图所示 木板从开始向右运动到第n-1次碰撞后向左减速到0所用时间 能发生第n次碰撞的条件是此时物块的速度向右，即 解得 3．（1）,；（2）；（3） 【详解】（1）设块A质量为，物块B的质量为，物块B第一次运动到M点时，由动能定理得 解得 物块B与物块A发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 解得物块B与物块A第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别是 （2）第一次碰后物块A立即滑上传送带，匀减速滑至N点时，根据动能定理 其中 解得 同时物块B返回固定的光滑四分之一圆弧体又再次下滑至M点时，速度大小为 再匀减速滑至N点时，根据动能定理 解得N点时物块B的速度为 之后物块A与固定在水平面上的挡板碰撞，碰撞过程无机械能损失，此后当物块A刚好要再次滑上传送带时速度为 此时与物块B发生第二次弹性对碰，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 解得第二次碰撞后瞬间物块B的速度大小为 物块A的速度大小为 （3）物块B第一次通过MN两点间区域时所用时间为，根据动量定理 解得 则相对滑动距离为 因为 故物块B第二次通过MN两点间区域时与传送带共速，匀速通过MN两点间区域所用时间为 则相对滑动距离为 再滑上光滑四分之一圆弧体又再次下滑至M点时，速度大小为 同样，再匀减速滑至N点时，根据动能定理 解得N点时物块B的速度为 则相对滑动距离为 再与物块A发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 解得物块B与物块A第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别是 则物块B第四次匀加速通过MN两点间的区域，时间设为 解得 则相对滑动距离为 物块B前四次通过MN两点间区域，设物块B与传送带因摩擦而产生的内能一共为，故 4．（1）4m/s；12m/s；（2）0.1；（3）A、B一定会发生碰撞 【详解】（1）由于A、B发生的是弹性正碰，有 解得 （2）设B的加速度为aB，经过时间t，B的速度与传送带速度相同 解得 B刚好与传送带速度相同时与A相碰，此时B的位移为 解得 设A的加速度为aA 解得 （3）设A、B第二次碰前A的速度为vA1，碰后A、B的速度分别为vA2、vB2 解得 AB发生第二次弹性正碰，以向左为正 解得 假设A向左匀加速离开传送带时速度为vA3 解得 假设成立 假设B向左匀加速离开传送带时速度为vB3 解得 说明B是以速度离开传送带，因此，A、B一定发生碰撞。 5．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设水平向右为正方向，由图像可知，图线与时间轴围成的图形面积为力在内的冲量，动量定理可得 发生弹性碰撞，系统动量守恒 系统能量守恒 解得 物块A与滑块B碰后瞬间，物块B的速度为。 （2）由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速，由动量守恒可得 解得 小车与墙壁完成第1次碰撞后，车速变为 小车与墙壁第2次碰撞前与滑块B再次共速，由动量守恒可得 解得 由系统功能关系可得，小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩擦产生的热量 解得 （3）以小车为研究对象，第1次碰后到共速在做匀变速直线运动，由牛顿第二定律可得 解得 设第1次碰后到共速所用时间为，根据 从共速到第2次碰前小车做匀速直线运动，设运动时间为，根据 第1次碰后到第2次碰前所用时间 解得 同理可得：第2次碰后到第3次碰前所用时间 小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前所需时间 解得 6．（1）128J；（2）见解析；（3）见解析 【详解】（1）小滑块A、B由静止加速到与传送带共速过程中有 解得 所以该过程中A、B与传送带因摩擦产生的热量为 （2）滑块从C点进入圆弧轨道运动到D点的过程中，根据动能定理可得 解得 同理可得，B运动到D点时的速度大小也为 由于 可知，滑块A、B从D到E做匀速直线运动，所以两滑块第一次碰撞在E点，有 联立可得 ， 即两滑块第一次碰撞后B将静止，A沿斜面向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得 从E运动到D点有 解得 A沿圆弧轨道运动到C点有 解得 可知，A从C点滑上传送带再次返回到C点的速度为v0，之后沿圆弧轨道运动到D的速度与第一次经过D点的速度相同，即为10m/s，接着A匀速下滑到E点与B发生第二次碰撞，有 联立可得 ， 由此可知，A、B第二次碰撞后，A反弹，B与挡板碰撞并反弹，当二者运动到D点过程中有 解得 由于 即小滑块A、B第二次碰后恰好能到达圆心等高处； （3）根据机械能守恒定律可知，当两滑块沿圆弧轨道返回到D点速度大小为 之后沿斜面向下做匀速直线运动，在E处发生第三次碰撞，有 联立可得 ， 之后A沿斜面和圆弧面上滑，经过D点的速度大小为，经过C点时速度大小为，由于 所以当A返回到D点的速度大小为，接下来与B发生第四次碰撞，碰后A的速度大小为，方向沿斜面向上，B的速度大小为，方向沿斜面向下，与挡板碰撞后反弹，之后A、B将不能上升到圆心等高处，之后在E处发生第五次碰撞，碰后A的速度大小为，方向沿斜面向上，B的速度为零，到达D点时速度大小为，之后将不能到达圆心等高处，所以再次返回与B发生第六次碰撞，碰后A的速度大小为，方向沿斜面向上，B的速度大小为，方向沿斜面向下，与挡板碰撞后反弹，之后A、B将不能上升到D处，将在DE段减速为零，并保持静止，其最终静止的位置距E的距离为 综上分析可知，A、B滑块共碰撞6次，第一次碰撞后A、B的速度大小分别为20m/s，0；第二次碰撞后A、B的速度大小分别为5m/s，5m/s；第三次碰撞后A、B的速度大小分别为8m/s，0；第四次碰撞后A、B的速度大小分别为，；第五次碰撞后A、B的速度大小分别为，0；第六次碰撞后A、B的速度大小分别为，。 7．（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4 【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律 解得 过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 解得 即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下； （2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即 解得 根据运动学公式得最大距离为 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 即 解得 此时小球的速度 圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 根据能量守恒 联立解得 同理可得当位移相等时 解得 圆盘向下运动 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 有动量守恒 机械能守恒 得碰后小球速度为 圆盘速度 当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3 即 得 在这段时间内，圆盘向下移动 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l = 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动 x盘4= 8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 8．（1）80N；（2）5.4J；（3）1.92t0 【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有 代入数值，解得 设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析有 解得 （2）第一次碰撞过程中，当 AB共速时，弹簧的弹性势能最大 ， 联立解得 （3）当AB共速时，弹复压缩量最大，在任意时刻都满足动量守恒 整理得 在t=0到t=t0时间内时间上积分可得 又 则有 所以弹簧压缩量的最大值 9．（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）若小球开始运动的同时木盒也开始运动，则 解得 （2）小球在木盒中运动时，有 对木盒沿斜面向下的运动过程，有 解得 （3）第一次碰撞前，小球的速度 木盒的速度 小球和木盒第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 解得 第一次碰撞至第二次碰撞，两者共速时相对位移有最大值 小球的位移 木盒的位移 小球与木盒底端的距离 解得 （4）由动量守恒定律和机械能守恒定律可解得，每次碰撞完成后小球的速度 木盒的速度 其中的为每次碰撞前小球的速度，为每次碰撞前木盒的速度，归纳可知，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为 因此每相邻两次相碰之间小球速度沿斜面向下增加 木盒速度沿斜面向下增加 结合第（3）问分析可得出以下归纳情况 第一次碰前小球的速度为，木盒的速度为 第一次碰后小球的速度为，木盒的速度为 第二次碰前小球的速度为，木盒的速度为 第二次碰后小球的速度为，木盒的速度为 第三次碰前小球的速度为，木盒的速度 第三次碰后小球的速度为，木盒的速度为 …… 第n次碰后小球的速度大小 第n次碰后木盒的速度大小 自第（n-1）次碰撞至第n次碰撞木盒的位移 自开始释放至第n次碰撞木盒的总位移 损失的机械能 10．（1）；（2）；（3）；（4）， 【详解】（1）斜面体a和滑块c组成的系统，在水平方向动量守恒 滑块c在斜面体a上滑下时，系统机械能守恒 解得 （2）滑块c和长木板b组成的系统，动量守恒 能量守恒 解得 （3）木板b的合外力等于滑块c对木板b的滑动摩擦力 根据牛顿第二定律 解得 初始时木板b右端到挡板P的距离等于第一次碰撞前木板b的位移 解得 （4）取向右为正方向，木板b与挡板P第一次碰撞后，滑块c的速度 木板b与挡板P发生弹性碰撞，速度大小不变，方向反向，木板b的速度为 根据动量守恒 根据能量守恒 解得 木板b与挡板P第二次碰撞后，滑块c的速度为 碰撞后木板b的速度为 根据动量守恒 根据能量守恒 解得 因为，所以第二次碰后两者没有达到共速，即第二次碰后根据动量守恒 根据能量守恒 解得 ， 或者 ，（不合题意，舍去） 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$