13 高三物理一轮复习阶段检测B卷(必修第一册、必修第二册，动量)-《中学生数理化》高考理化2024年9月刊

(必修第一册、必修第二册、动量) ■河南省信阳市新县高级中学 付培军 一、单项选择题(本题共6小题,每小题 只有一个选项符合题目要求) 图1 1.在高度差一定的不 同光滑曲线轨道中,小球滚 下用时最短的曲线轨道叫 最速曲线轨道。如图1所 示,在科技馆展厅里,摆有 两个并排轨道,它们分别为 直线轨道和最速曲线轨道。 现让两个完全相同的小球A 和B 同时从顶 端M 点分别沿两个轨道由静止下滚,小球B 先到达底端N 点。若不计一切阻力,则下列 说法中正确的是( )。 A.两小球到达N 点时,重力的功率相同 B.两小球由 M 点到N 点的过程中,合 力做功不同 C.由 M 点到N 点的过程中,小球A 重 力的冲量比小球B 重力的冲量大 D.两小球到达N 点时,对轨道的压力大 小相等 图2 2.如图2所示,放在 水平 转 台 上 的 物 体 A、 B、C 正随转台一起匀速 转动,转 台 的 角 速 度 为 ω,三者质量均为 m,各 接触面间的动摩擦因数 均为μ,物体A 叠放在B 上,物体B、C 离转 台中心的距离分别为r、 3 2r 。假设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则下 列说法中正确的是( )。 A.物体B 对A 的摩擦力可能为μmg B.角速度ω 可能恰好等于 2μg 3r C.物体C 与转台间的摩擦力小于物体 A 与B 间的摩擦力 D.若缓慢增大角速度ω,则物体B 与转 台间将最先发生相对滑动 图3 3.如图3所示,水平地 面上两滑块 A、B 的质量分 别为1 kg、2 kg,两滑块与地 面间的动摩擦因数均为0.2。 轻质弹簧的劲度系数为50 N/m,左端固定在 墙壁上,右端固定在滑块A 上。两滑块紧靠 在一起(不粘连)压紧弹簧,此时弹簧的压缩 量为10 cm,且两滑块均静止。现施加一水 平向右的恒力F=10 N拉滑块B,假设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度 g=10 m/s2。则( )。 A.施加拉力F前,两滑块间的弹力为2 N B.两滑块分离瞬间,滑块B 的加速度为 2 m/s2 C.滑 块 A 的 速 度 最 大 时,其 位 移 为 4 cm D.从施加拉力F 开始计时,3 s末滑块 B 的速度为9 m/s 图4 4.质量为 M 的粗糙长 木板ae 放在光滑水平面 上,b、c、d 是ae 的四等分 点。质量为 m(可视为质 点)的物块以初速度v0 从 a点水平滑上木板左端,经过一段时间物块 停在木板上。图4中的上图是物块刚滑上木 板时物块与木板的位置状态,下图是物块刚 14 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 与木板达到共同速度时的两者位置状态,重 力加速度为g,则下列质量关系和运动时间 可能正确的是( )。 A.M= 1 2m B.M=m C.t= mv0 μ(M+m)g D.t= (M+m)v0 μmg 5.劳动人民的智慧是无穷的,他们在劳 动中摸索、总结着自然的规律,积累着劳动的 智慧。人们在向一定高度处运送物料时,为 图5 了省力,搭建了一长斜面, 其简化图如图5所示。将 质量为m 的物料放在倾角 为α的粗糙斜面上,用轻绳 拉着物料匀速上滑,轻绳与 斜面间的夹角θ(θ<90°-α)保持不变。下列 说法中正确的是( )。 A.物料对斜面的压力可能为零 B.物料所受轻绳的拉力越大,所受斜面 的摩擦力越小 C.若适当增大θ,则物料所受轻绳的拉 力减小 D.斜面对物料的作用力方向与θ角无关 图6 6.如图6所示,A、B 两球分 别用长度均为L 的轻杆通过光 滑铰链与C 球连接,通过外力作 用使两杆并拢,系统竖直放置在 光滑水平地面上。某时刻将系统 由静止释放,A、B 两球开始向左 右两边滑动。已知A、B 两球的质量均为m, C 球的质量为2m,三球的体积相同,且均在 同一竖直面内运动,忽略一切阻力,重力加速 度为g。系统从静止释放到C 球落地前的过 程中,下列说法正确的是( )。 A.由A、B、C 三球组成的系统动量守恒 B.C 球的机械能先增加后减少 C.C 球落地前瞬间的速度大小为 2gL D.A 球的最大速度为 1 2 3gL 二、多项选择题(本题共4小题,每小题 有多个选项符合题目要求) 7.两同学为了对比甲、乙两辆玩具小汽 车的性能,选取了一条水平直赛道,将甲、乙 两辆可视为质点的玩具小汽车前后放置,甲 在乙后方1 m处。让两辆玩具小汽车同时沿 同一方向做直线运动,两辆玩具小汽车达各 自的最大速度后做匀速运动,它们的v2-x 图 图7 像如图7所示,下列判断 中正确的是( )。 A.在加 速 过 程 中, 甲车的加速度比乙车的 小 B.在t=1 s时刻, 甲车的速度比乙车的小 C.在t=3 s时刻, 甲、乙两车相遇 D.在甲车追上乙车之前,甲、乙两车间 的最大距离为1.5 m 8.《流浪地球》系列电影深受好评,观众 分析流浪地球的发动机推动地球的原理:发 动机通过逐步改变地球绕太阳运行的轨道, 达到极限后通过引力弹弓效应弹出地球,整 个流浪时间长达几十年。可以通过停止自 转,然后加大地球的反推力来逐步改变地球 绕太阳的公转轨道。具体过程如图8所示, 轨道1为地球运行的近似圆轨道,轨道2、3 为椭圆轨道,P、Q 为椭圆轨道长轴端点。下 列说法中正确的是( )。 图8 A.设地球在轨道1、2、3上的运行周期 分别为T1、T2、T3,则T1>T2>T3 B.设地球在轨道1、2、3上运行时经过 P 点 时 的 速 度 分 别 为v1、v2、v3,则v1< v2<v3 C.地球在轨道3上运行经过P 点时的 加速度大于在轨道2上运行经过 P 点时的 加速度 24 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 D.地球在轨道1上的P 点加速后进入 轨道2,在轨道2上的P 点再加速后进入轨 道3 图9 9.如图9所示, 1 4 光滑圆弧轨道 AB 末 端切线水平,与1 2 光滑 圆弧轨道BCD 在B 处 连接且固定,圆弧轨道 BCD 的半径为r2,圆弧轨道AB 的半径r1 未 知且可调节。一质量为 m 的小球,从与O1 点等高的A 点由静止释放,经过B 点落在圆 弧轨道BCD 上。若忽略空气阻力,则下列说 法中正确的是( )。 A.小球经过B 点时对轨道的压力与r1 的大小无关 B.若小球在空中运动的时间相同,则落 在圆弧轨道BCD 上时的动能就相同 C.适当调节r1 的大小,小球可以垂直落 在圆弧轨道BCD 上 D.当r1= r2 4 时,小球在空中运动的时间 最长 10.如图10甲所示,一足够长的水平传 送带以某一恒定速度沿顺时针方向转动,一 根轻弹簧一端与竖直墙面连接,另一端与工 件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后从传 送带最左端无初速度地释放,工件向右运动 受到的摩擦力f 随位移x 变化的关系如图 10乙所示,图中x0、f0 为已知量,工件与传 送带间的动摩擦因数处处相等,则下列说法 中正确的是( )。 图10 A.工件在传送带上先加速后减速 B.工件向右运动2x0 后与弹簧分离 C.弹簧的劲度系数为 f0 x0 D.整个运动过程中摩擦力对工件做的 功为 3 4f0x0 三、实验题(本题共2小题) 11.某实验小组利用气垫导轨、光电门等 器材来完成“探究加速度与力、质量的关系” 实验,实验装置如图11所示。实验时先测出 遮光条的宽度d,由刻度尺读出释放滑块时 遮光条到光电门的距离L,将滑块每次从气 垫导轨上的同一位置释放,与光电门连接的 数字计时器记录下遮光条的遮光时间t,仅改 变砂桶和砂的总质量 m 或滑块和遮光条的 总质量M 进行多组实验。 图11 (1)实验中砂桶和砂的总质量 m (填“需要”或“不需要”)远小于滑块和遮光条 的总质量 M。 (2)某次实验中测得d=3.0 mm,L= 40.00 cm,t=2.5×10-3 s,则遮光条经过光 电门时的速度大小v= m/s,滑块的加 速度大小a= m/s。(计算结果均保留 两位有效数字) (3)实验小组测得多组实验数据后,根据 实验数据处理结果绘制出的a-F 图像如图 图12 12所示,图像不过坐标原点 的原因可能是 。 A.砂桶和 砂 的 总 质 量 m 过大 B.气垫导轨固定有滑轮 的一侧高于另一侧 C.气垫导轨固定有滑轮 的一侧低于另一侧 12.两个实验小组分别采用如图13甲、 乙两种实验装置进行“验证动量守恒定律”的 实验,部分操作步骤如下:①在水平桌面上的 34 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 适当位置固定好弹簧发射器,使其出口处切 线与水平桌面相平;②甲图装置中在小球b 右侧O 点放置一斜面OC,乙图装置中在小 球b右侧x2 远处放置一竖直木板,在斜面 OC 和竖直木板表面先后贴上白纸和复写纸; ③先不放小球b,将小球a 向左压缩弹簧到 某一固定位置后由静止释放,小球a 撞到斜 面OC 或木板上,在白纸上留下压痕P;④将 与小球a 半径相同的小球b 放在桌面的边 缘,仍将小球a 从步骤③中的释放点由静止 释放,与小球b 相碰后,两小球均撞在斜面 OC 或木板上,在白纸上留下压 痕 M、N; ⑤进行必要的测量,利用测量数据验证两小 球碰撞过程中的动量守恒。 图13 依据上述实验步骤,请回答下面问题: (1)a、b两小球的质量m1、m2 应满足m1 m2(选填“>”“=”或“<”)。 (2)两小球碰撞后,甲图中小球a的落点 是 点,乙图中小球a的落点是 点。 (3)实验中水平桌面不光滑,对实验 (选填“有”或“无”)影响;乙图需要标记竖直 木板上的O 点,其实验方法是 。 (4)甲图中用毫米刻度尺测出各落点位 置到斜面端点O 的距离,记 M、P、N 到O 点 的距离分别为sM、sP、sN,只要满足关系式 ,就说明两小球碰撞过程中动量守恒。 (5)乙图中用毫米刻度尺测出小球在木 板上的压痕 M、P、N 与O 点间的竖直距离 分别为h1、h2、h3,只要满足关系式 ,就说 明两小球碰撞过程中动量守恒。 四、解答题(本题共4小题,请写出必要 的文字说明、推理过程等) 13.风洞是研究空气动力学的实验设备。 如图14所示,间距d=0.6 m的两条水平虚 线间是能提供水平方向恒定风力的风洞区 域,物体进入该区域会受到风力作用。现自 该区域下边界的O 点将质量为m 的小球以 速度v0=4 m/s竖直向上抛出,小球从 M 点 离开风洞区域后继续上升到最高点,然后从 N 点返回风洞区域,之后恰能沿与上边界成 夹角θ=53°的直线运动,最后落在下边界上 的P 点。若不计空气阻力,取重力加速度 g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: 图14 (1)小球在风洞区域内外的运动时间之比。 (2)小球在风洞区域内受到的风力大小。 (3)O、P 两点的间距。 图15 14.如图15所示,长为L 的 细绳一端固定在 O 点,另一端 系着一个质量为m 的小球。第 一次将小球拉到最高点 A 后, 以初速度v0= gL 2 水平推出; 第二次将小球拉至使细绳伸直 与水平方向成θ=30°的 B 点 后,由静止释放。重力加速度为g,求: (1)第一次细绳在何处伸直。 (2)细绳两次伸直时的能量损失之比。 (3)小球两次经过最低点C 时,细绳中 的张力之比。 图16 15.如图16所示,上 表面为半径 R=3.2 m 的 1 4 光滑圆弧的斜面体 固定在光滑水平面上,质 量 M=3 kg的足够长木板置于斜面体右侧, 二者接触但不连接,圆弧面的末端恰与木板 上表面相平。在木板右侧固定一个竖直弹性 挡板,挡板下沿略高于木板上表面。将质量 m=1 kg的小物块(可视为质点)从圆弧面的 顶端由静止释放,一段时间后与木板一起向 右做匀速运动,物块与挡板发生弹性碰撞,碰 撞时间不计。已知物块与木板间的动摩擦因 数μ=0.2,取重力加速度g=10 m/s2。求: 44 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 (1)物块和木板一起做匀速运动时的速 度大小v1。 (2)物块最终停下的位置到木板左端的 距离d。 (3)物块与挡板第四次碰撞结束到再次与 木板刚好达共速这段时间内,物块的位移s。 16.如图17 甲所示,粗糙的水平地面上 有一块长木板,可视为质点的小滑块置于长 木板的最右端。现用水平向右的恒力F 作 用在长木板的右端,让长木板从静止开始运 动,t=5 s后撤去力 F。滑块、长木板的速 度—时间图像如图17乙所示。已知物块与 长木板的质量均为m=2 kg,滑块始终没有 从长 木 板 上 滑 下,取 重 力 加 速 度 g = 10 m/s2。求: 图17 (1)地面与长木板间的动摩擦因数。 (2)图乙中两直线与t轴交点的横坐标。 (3)长木板的最小长度。 1.C 提示:两小球由 M 点到N 点的过 程中,只有重力做功,机械能守恒定律,因此 两小球到达N 点时的动能均为mgh,合力做 功相同,速度大小相同而方向不同,重力的功 率不相同,选项A、B错误。由 M 点到N 点 的过程中,重力的冲量I=mgt,由tA>tB 知 小球A 重力的冲量比小球B 重力的冲量大, 选项C正确。到达 N 点时,小球 A 受到的 支持力FA=mgcos θA,小球B 受到的支持 力FB>mgcos θB,由θA>θB 知FB>FA,由 牛顿第三定律知小球B 对轨道的压力大于 小球A 对轨道的压力,选项D错误。 2.B 提示:同轴转动物体的角速度相 同,对物体C 由μmg=m 3 2rω 2 max 得ωmax= 2μg 3r ,对 物 体 A 由 f =mrω2 得 f = 2 3μmg ,选项B正确,A、C错误。物体C 的 最大静摩擦力全部用来提供向心力,若缓慢 增大角速度ω,则物体C 将最先发生相对滑 动,选项D错误。 3.D 提示:初始状态下,弹簧弹力F1= kx=5 N,滑块A 受到的最大静摩擦力fA= μmAg=2 N,滑块 B 受到的最大静摩擦力 fB=μmBg=4 N,因此两滑块间的弹力 N= F1-fA=3 N,选项A错误。两滑块分离瞬 间,对滑块B 由F-fB=mBa得a=3 m/s2, 选项B错误。当滑块A 的加速度为零时,其 速度最大,由fA=kΔx 得Δx=4 cm,其位移 为10 cm-4 cm=6 cm,选项 C错误。由 N>fA 知施加拉力F 瞬间两滑块就分离,分 离后滑块B 做匀加速直线运动,第3 s末其 速度v=at=9 m/s,选项D正确。 4.A 提示:根据水平面光滑,木板粗糙 可知,物块的加速度am=μg,木板的加速度 aM=μ mg M 。两者共速时,根据v共=v0-amt, v共=aMt,解得v共= mv0 M+m ,t= Mv0 μ(M+m)g , 选项C、D错误。设物块与木板的相对位移 为Δx,对木板有μmgx= 1 2Mv 2 共,对物块有 μmg(x +Δx)= 1 2mv 2 0- 1 2mv 2 共,解 得 x x+Δx= m M+2m = 1 2+ M m ,由 题 图 知 x< Δx<2x,因此m>M,选项A正确,B错误。 图18 5.D 提示:物料匀速上滑, 受力平衡,物料的受力情况如图 18所示,根据牛顿第三定律 可 知,物料对斜面的压力不可能为 零,选项 A错误。根据平衡条件 可知,沿斜面方向上有Fcos θ= mgsin α+f,垂 直 于 斜 面 方 向 上 有 N = mgcos α-Fsin θ,又有f=μN,整理得F= mg(sin α+μcos α) 1+μ2sin(θ+β) ,其中tan β= 1 μ 。根据 数学知识可知,当sin(θ+β)=1时,轻绳的 拉力最小,选项B、C错误。斜面对物料的作 54 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 用力为支持力和摩擦力的合力,设合力的方 向与斜面间的夹角为γ,则tan γ= N f = 1 μ , 即γ与θ无关,选项D正确。 6.C 提示:地面光滑,由 A、B、C 三球 组成的系统在水平方向上不受外力,在竖直 方向上受外力,动量不守恒,选项 A 错误。 A、B 两球先加速后减速,动能先增加后减 少,由A、B、C 三球组成的系统机械能守恒, 因此C 球的机械能先减少后增加,选项B错 误。C 球落地时A、B 两球的速度为0,由 2mgL= 1 2×2mv 2 得v= 2gL,选项C正 确。设两杆与水平面成θ角时,A、C 两球沿 杆方向的分速度相等,即vAcos θ=vCsin θ, 根据机械能守恒定律得2mgL(1-sin θ)= 2× 1 2 mv 2 A + 1 2 × 2mv 2 C,解 得 vA = 2gL(sin2θ-sin3θ),根据数学知识可知,当 sin θ= 2 3 时 A 球的速度最大,且最大速度 vA= 2 9 6gL ,选项D错误。 7.CD 提示:在加速过程中,根据v2= 2ax,结 合 题 图 得 a甲 = 9-0 2×3 m/s2 = 1.5 m/s2,a乙= 4-1 2×3 m/s2=0.5 m/s2,即甲 车的加速度比乙车的大,选项 A错误。根据 图19 v2-x 图像可绘制两车 的v-t图像如图19所 示,由a甲t=v乙+a乙t 知t=1 s,选 项 B 错 误。在t=1 s时刻,两 车同速,此前甲车速度 小于乙车速度,故此时 两车相距最远,且最远 距离x=x0+ v乙 2t=1.5 m,选项D正确。根 据两车的v-t图像可知,在t=2 s时刻两车 相距1 m,此时甲车未追上乙车,根据两车的 速度关系可知,甲车追上乙车应该在t=3 s 时刻,选项C正确。 8.BD 提示:轨道1、2、3的半长轴依次 增大,根据a 3 T2 =k可知,地球的运行周期依次 变大,即T1<T2<T3,选项A错误。地球从 轨道1上的P 点点火加速做离心运动才能 进入轨道2,则v1<v2,同理得v2<v3,故 v1<v2<v3,选项B、D正确。地球在轨道3 和轨道2上运行经过P 点所受的万有引力 相等,加速度也相等,选项C错误。 9.AD 提示:小球从 A 点沿光滑圆弧 轨道运动到B 点的过程中,根据动能定理得 mgr1= 1 2mv 2 0,在B 点由N-mg=m v20 r1 得 N=3mg,选项 A正确。小球落在圆弧轨道 BCD 上关于竖直半径对称的相同高度处在 空中运动的时间才相同,水平射程不同,从B 点平抛的初速度不同,对应的动能也不同,选 项B错误。若小球垂直落在圆弧轨道BCD 上,则其末速度的反向延长线交 BD 于O2 点。小球的平抛运动轨迹上任一点速度的反 向延长线必交于抛出点B 与落点连线沿BD 方向上投影的中点处,显见小球只有落在 D 点其末速度的反向延长线才能交BD 于O2 点,而小球在空中飞行时必然要下降一定高 度,故小球不可能垂直落在圆弧轨道 BCD 上,选项C错误。小球从B 点抛出后落在C 点时下降的高度最大,飞行时间最长。根据 平抛运动规律得r2= 1 2gt 2,r2=v0t,解得 r1= r2 4 ,选项D正确。 10.BD 提示:由f-x 图像知工件受到 的摩擦力的方向在x0 处发生突变,在x0~ 2x0 间工件受到的摩擦力大小发生变化,说 明工件与传送带相对静止,故工件在传送带 上先做加速运动后做匀速运动,选项 A 错 误。在x0~2x0 间工件受到的摩擦力大小等 于弹簧弹力大小,在2x0 处工件受到的摩擦 力为零,弹簧弹力为零,故工件向右运动至 2x0 处后与弹簧分离,选项B正确。在x0~ 2x0 间,由胡克定律知kx0= f0 2 ,故k= f0 2x0 , 选项C错误。摩擦力对工件先做正功后做负 功,f-x 图像与x 轴所围成的图形的面积在 64 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 数值上等于摩擦力对工件做的功,即 W = f0x0- 1 2× f0 2x0= 3 4f0x0 ,选项D正确。 11.(1)需要 (2)1.2 1.8 (3)C 提示:(1)该实验中,需要用砂桶和砂的 总重力代替滑块和遮光条受到的合外力,因 此需要让砂桶和砂的总质量远小于滑块和遮 光条的总质量。(2)遮光条经过光电门时的 速度大小v= d t=1.2 m/s,根据速度与位移 的关系式得v2=2aL,解得a=1.8 m/s2。 (3)根据a-F 图像可知,在未挂砂桶和砂时, 滑块和遮光条就已经有加速度,只能是滑块 和遮光条在自身重力作用下获得的加速度, 即气垫导轨固定有滑轮的一侧低于另一侧。 12.(1)> (2)M N (3)无 将竖直 木板左移至贴紧桌面边缘,让小球a 向左压 缩弹簧并由静止释放,小球a碰到木板,在白 纸上留下的压痕即为O 点 (4)m1 sP = m1 sM +m2 sN (5) m1 h2 = m1 h3 + m2 h1 提示:(1)为了防止入射球碰撞后反弹, 一定要保证入射球的质量大于被碰球的质 量,故m1>m2。(2)碰撞前,小球a 落在题 图中的P 点,由m1>m2 知小球a 的碰后速 度减小,题图甲中小球a的射程减小,小球a 的落点是 M 点;题图乙中小球a 的速度减 小,飞越相同的水平距离耗时较长,小球a的 落点是N 点。(3)小球a每次都从同一点由 静止释放,弹出时的初速度相同,虽然水平桌 面不光滑,但是小球a 每次到达桌面边缘克 服摩擦力做的功相同,撞击小球b前的速度 是相同的。(4)甲图中,设碰撞前小球a的水 平初速度为v1,当小球a与b发生碰撞后,小 球a落到M 点,设其水平速度为v1',小球b 的落点是N,设其水平速度为v2',设斜面BC 的倾角为α,根据平抛运动规律得sMsin α= 1 2gt 2,sMcos α=v1't,解 得v1'=cos α· gsM 2sin α ,同理得v2'=cos α gsN 2sin α ,v1= cos α gsP 2sin α 。若 动 量 守 恒,则 m1v1 = m1v1'+m2v2',即 m1 sP =m1 sM + m2 sN 。(5)乙图中,小球离开桌面边缘后 做平抛运动,则 x2=v0t,h= 1 2gt 2,解 得 v0=x2 g 2h 。碰撞前小球a的水平速度v3= x2 g 2h2 ,碰撞后小球a 的水平速度v4= x2 g 2h3 ,碰撞后小球b 的水平速度v5= x2 g 2h1 。若动量守恒,则 m1v3=m1v4+ m2v5,即 m1 h2 = m1 h3 + m2 h1 。 13.(1)小球以速度v0 进入风洞区域后, 在竖直方向上受重力作用做匀减速运动,根 据d=v0t1- 1 2gt 2 1,解得t1=0.2 s和t2= 0.6 s(舍去),小球到达 M 点时的竖直分速 度vy=v0-gt1=2 m/s。小球离开风洞区域 继续上升所用的时间t2= vy g =0.2 s,根据竖 直上抛运动的对称性可知,小球在风洞区域 内外的运动时间之比等于 t1 t2 =1。(2)小球从 N 点返回风洞区域之后恰能做直线运动,表 明合外力与速度共线,根据tan θ= mg F = vy vx , vx= F mt1 ,解 得 F= 3 4mg ,vx =1.5 m/s。 (3)小球从 M 点离开风洞区域后,在水平方 向上做匀速运动,则其水平位移x1=vx·2t2= 0.6 m;小球在风洞区域内沿风力方向做 匀加速运动,则其水平位移x2= 1 2 ·F m · (2t1)2=0.6 m。因此O、P 两点的间距x= x1+x2=1.2 m。 14.(1)设第一次细绳在转过α角的位置 伸直,根据平抛运动规律得Lsin α=v0t,L- Lcos α= 1 2gt 2,整理得1-cos α=sin2α,解 得α=90°和α=0°(舍去),即细绳在与O 点 等高处伸直。(2)第一次细绳伸直瞬间,沿绳 方向的分速度突变为零,保留垂直于绳方向 74 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月 的分速度,损失水平方向的分速度v0,损失的 能量ΔEk1= 1 2mv 2 0= mgL 4 ;第二次小球下落 L 至与水平方向成θ'=30°处伸直,根据机械 能守 恒 定 律 得 mgL= 1 2mv' 2,解 得 v'= 2gL,细绳伸直时损失垂直于绳方向的分 速度v1=v'sin θ',损失的能量ΔEk2= 1 2mv 2 1 = mgL 4 。因此ΔEk1 ΔEk2 =1。(3)细绳第一次伸 直后竖直分速度不变,则mgL= 1 2mv 2 2,小球 下摆到 C 点时有 1 2mv 2 C =mgL+ 1 2mv 2 2, T1-mg=m v2C L ,解得T1=5mg;细绳第二次 伸直后保留沿绳方向的分速度v3=v'cos θ', 小球下摆到C 点时有 1 2mvC' 2=mgL(1- sin θ')+ 1 2mv 2 3,T2-mg=m vC'2 L ,解 得 T2= 7 2mg 。因此T1 T2 = 10 7 。 15.(1)物块沿圆弧面下滑时,根据机械 能守 恒 定 律 得 mgR= 1 2mv 2 0,解 得 v0= 8 m/s。物块在木板上滑行至二者共速,根据 动量守恒定律得 mv0=(m+M)v1,解得 v1=2 m/s。(2)物块与木板第一次达共速的 过程中,有1 2mv 2 0= 1 2 (m+M)v21+μmgL1, 解得二者的相对位移L1=12 m。从物块与 挡板第一次相碰到二者最终停下来,有1 2 (m+ M)v21=μmgL2,解得二者的相对位移L2= 4 m。根据几何关系可知,物块最终停下的位 置到木板左端的距离 d=L1-L2=8 m。 (3)物块与挡板第一次碰撞结束到再次与木 板达共速,有 Mv1-mv1=(m+M)v2,解得 v2= M-m M+mv1= 1 2v1 。物块与挡板第二次碰 撞结束到再次与木板达共速,有 Mv2-mv2 =(m+M)v3,解得v3= M-m M+mv2= 1 2 2 v1。 依此类推,物块与挡板第四次碰撞前的速度 v4= 1 2 3 v1= 1 4 m/s,碰撞后的速度v5= 1 2 4 v1= 1 8 m/s。在物块与挡板第四次碰 撞结束到再次与木板达共速这段时间内,根 据速度与位移的关系式得v24-v25=2μgs,解 得s= 3 256 m。 16.(1)在二者达共同速度之前长木板的 速度大于滑块的速度,撤去力F 时长木板的 速度v1=5 m/s。在t=6 s时刻二者达共同 速度v2=3 m/s。t=6 s时刻之后二者仍相 对滑动,说明长木板的加速度大于滑块的加 速度。设长木板与滑块间的动摩擦因数为 μ1,在0~6 s时间内,对滑块有μ1mg=ma1, 结合v-t图像的斜率得a1= 3 6 m/s2,解得 μ1=0.05。设长木板与地面间的动摩擦因数 为μ2,在5 s~6 s时间内,对长木板有μ1mg +μ2·2mg=ma2,结合v-t图像的斜率得 a2= 5-3 6-5 m/s2,解得μ2=0.075。(2)从t= 6 s时刻到长木板停下来,对长木板有μ2· 2mg-μ1mg=ma3,解 得 a3=1 m/s2,由 Δt1= v2 a3 =3 s可知,在t=9 s时刻长木板停 下来,即与t轴的交点横坐标为9 s。对滑块 有μ1mg=ma4,解得a4=0.5 m/s2,由Δt2= v2 a4 =6 s可知,在t=12 s时刻滑块停下来,即 与t轴的交点横坐标为12 s。(3)根据v-t图 像与横轴所围成的图形的面积表示位移可 知,二者达共同速度之前滑块相对长木板向 左滑行的位移Δx1= 1 2×5×5 m+ 1 2× (5+ 3)×1 m- 1 2×3×6 m=7.5 m,二者达共同 速度之后滑块相对长木板向右滑行的位移 Δx2= 1 2×6×3 m- 1 2×3×3 m=4.5 m。 因为Δx1>Δx2,所以长木板的最小长度L= Δx1=7.5 m。 (责任编辑 张 巧) 84 演练篇 核心考点AB卷 高考理化 2024年9月