力学模块综合集训-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

力学模块综合集训 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 3．(2023·福建高考)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图a所示，乙车所受合外力—时间图像如图b所示。则(　　) A．0～2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同 C．2～6 s内，甲、乙两车的位移不同 D．t＝8 s时，甲、乙两车的动能不同 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 4．(多选)如图所示，左侧带有挡板的小车质量m1＝2 kg，挡板上固定一轻弹簧，弹簧水平且自由端恰好在小车O点正上方，O点离小车右端的距离L＝1．0 m，小车上表面O点左侧光滑，小车静止于光滑水平面上。质量m2＝1 kg的滑块(可以看作质点)以水平速度v0＝6 m/s从右端滑上小车，经弹簧反弹后离开小车。已知滑块与小车O点右侧表面间的动摩擦因数μ＝0．45，重力加速度g＝10 m/s2，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是(　　) A．滑块相对小车向左滑行的过程中一直在减速 B．滑块相对小车向左滑行的过程中加速度大小 先不变后变小 C．此过程中弹簧的最大弹性势能Ep＝6 J D．滑块离开小车后在空中做自由落体运动 1 2 3 4 5 6 7 8 解析：滑块相对小车向左滑动的过程中分两个阶段，滑块在O点右侧滑动时，滑块受滑动摩擦力作用而减速，该阶段根据牛顿第二定律有μm2g＝m2a1，解得a1＝μg，可知此阶段滑块向左滑行的加速度大小不变；滑块经过O点后瞬间，摩擦力突变为0，弹簧处于原长，则滑块加速度大小为0，之后滑块相对小车在O点左侧向左滑行时，滑块受弹簧弹力作用而减速，该阶段滑块加速度大小随弹簧形变量增大而逐渐变大，故A正确，B错误；弹簧压缩量最大时，弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车达到共同速度v，由动量守恒定律和能量守恒定律有 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 5．(2025·江苏省淮安市高三上第一次调研)如图所示，在同一竖直平面内，从A、B两点以相同速率同时抛出甲、乙两相同的小球，两球在上升过程中的C点相遇。该过程中，下列说法正确的是(　　) A．甲球的重力的冲量比乙球的小 B．抛出时，甲球重力的功率比乙球大 C．甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的大 D．相遇时，甲球的动能比乙球的大 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 6．(多选)如图所示，一质量M＝0．8 kg的小车静置于光滑水平地面上，小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道与水平轨道相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°，半径OB＝OC＝5 m，CD的长度为5 m。某一时刻，质量m＝0．2 kg的物块A从空中某处以大小v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，最终物块A恰好不滑离小车。取g＝10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，空气阻力不计。则(　　) A．物块A在小车上相对小车运动的过程中，A与小车构成 的系统动量守恒 B．物块A通过B点时的速度大小为5 m/s C．物块A滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大于2．0 N D．物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0．418 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离； (2)第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。 答案：(1)6 m　(2)2．0 N 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)求C的质量； (2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小； (3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为eq \f(l,2)、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　) A．req \r(\f(k,2m)) B．leq \r(\f(k,2m)) C．req \r(\f(2k,m)) D．leq \r(\f(2k,m)) 解析：由题意可知，当插销恰好不会卡进固定的端盖时v最大，设为vm，此时弹簧的伸长量为Δx＝l－eq \f(l,2)＝eq \f(l,2)，根据胡克定律，此时弹簧弹力F＝kΔx，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，设为ω，对插销有F＝mlω2，对卷轴边缘有vm＝rω，联立解得vm＝req \r(\f(k,2m))，故选A。 2．(2024·广东高考)(多选)如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞，在接近某行星表面时以60 m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000 kg，背罩质量为50 kg，该行星的质量和半径分别为地球的eq \f(1,10)和eq \f(1,2)。地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有(　　) A．该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2 B．该行星的第一宇宙速度为7．9 km/s C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80 m/s2 D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的 功率为30 kW 解析：设地球的质量为M、半径为R，则该行星的质量为eq \f(M,10)、半径为eq \f(R,2)，在地球表面，对质量为m的物体有Geq \f(Mm,R2)＝mg，可得地球表面的重力加速度大小g＝eq \f(GM,R2)，同理可得，该行星表面的重力加速度大小g′＝eq \f(G·\f(M,10),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))\s\up12(2))，则g′＝eq \f(2,5)g＝eq \f(2,5)×10 m/s2＝4 m/s2，故A正确；在地球近地轨道上，对质量为m的环绕物体，根据万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，可得地球的第一宇宙速度v＝eq \r(\f(GM,R))，同理可得， 该行星的第一宇宙速度v行＝eq \r(\f(G·\f(M,10),\f(R,2)))，则v行＝eq \f(\r(5),5)v＝eq \f(\r(5),5)×7．9 km/s＝3．5 km/s，故B错误；设探测器的质量为m1，背罩的质量为m2，“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，设速度大小为v′，对探测器受力分析，由平衡条件可知，探测器与保护背罩之间的作用力大小为F＝m1g′＝1000×4 N＝4000 N，“背罩分离”后瞬间，背罩与降落伞间弹性轻绳的弹力不发生突变，则背罩所受的合力大小为F′＝F＝4000 N，根据牛顿第二定律有F′＝m2a，解得背罩的加速度大小为a＝80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率P＝m1g′v′＝1000×4×60 W＝240 kW，故D错误。 解析：速度—时间图像中图线的斜率表示加速度，则根据题图a可知，0～2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误。设乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度分别为v2、v6，由合外力—时间图像中图线与t轴所围图形的面积表示合外力的冲量，结合题图b可知，乙车在0～2 s内所受合外力的冲量为I2＝eq \f(1,2)×2×2 N·s＝2 N·s，乙车在0～6 s内所受合外力的冲量为I6＝eq \f(1,2)×2×4 N·s－eq \f(1,2)×2×(6－4) N·s＝2 N·s，以开始时的运动方向为正方向，根据动量定理有I2＝mv2－0，I6＝mv6－0，解得v2＝v6，可知乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同，故B正确。 根据速度—时间图像中图线与t轴所围图形的面积表示位移，结合题图a可知，2～6 s内甲车的位移为0；根据题图b和选项B分析可知，2～6 s内乙车先向正方向加速运动，后向正方向减速运动，且2 s、6 s时乙车速度相同，则乙车一直向正方向运动，则2～6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确。根据题图a可知，t＝8 s时甲车的速度为0，则其动能为0；在0～8 s内，对乙车根据动量定理有I8＝mv8－0，根据题图b可知，I8＝eq \f(1,2)×2×4 N·s－eq \f(1,2)×2×(8－4) N·s＝0，解得t＝8 s时乙车的速度v8＝0，则其动能为0，综上可知，t＝8 s时，甲、乙两车的动能相同，故D错误。 m2v0＝(m1＋m2)v，Ep＋μm2gL＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Ep＝7．5 J，故C错误；当滑块离开小车时，设滑块的速度为v1，小车的速度为v2，此过程中由动量守恒定律和能量守恒定律有m2v0＝m2v1＋m1v2，Q＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,2)，其中Q＝2μm2gL，解得v1＝0，v2＝3 m/s(另一组解v1＝4 m/s，v2＝1 m/s不符合实际，舍去)，可知滑块离开小车时其速度为零，所以滑块离开小车后在空中做自由落体运动，故D正确。 解析：以相同速率同时抛出甲、乙两相同的小球，在C点相遇时，两球在空中运动的时间相同，受到的重力相同，由IG＝Gt可知重力的冲量也相同，故A错误；甲、乙两球在抛出后竖直方向的加速度相同，运动时间相同，但是甲球在竖直方向上的位移小于乙球，由h＝v0yt－eq \f(1,2)gt2可知，甲球初速度在竖直方向上的分量小于乙球初速度在竖直方向上的分量，所以抛出时，甲球重力的功率比乙球小，故B错误；又因为甲、乙两球的初速度大小相等，由平行四边形定则可知，甲球初速度在水平方向上的分量大于乙球初速度在水平方向上的分量，所以甲球的初速度与水平方向的夹角比乙球的小，故C错误；甲、乙两球的初动能相同，相遇时，甲球重力势能的减少量小于乙球，由机械能守恒定律可知，相遇时，甲球的动能比乙球的大，故D正确。 解析：物块A从B点到C点过程中，A与小车构成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；在B点，根据几何关系有cos37°＝eq \f(v0,vB)，解得vB＝5 m/s，故B正确；在C点，物块A有向上的向心加速度，物块A处于超重状态，则物块A滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大于自身重力2．0 N，故C正确；设物块A到达轨道CD的D端时A和小车的共同速度大小为vD，水平方向由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)vD，由能量守恒定律得mg(R－Rcosθ)－μmgLCD＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，联立解得μ＝0．418，故D正确。 7．“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中，而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度h0＝0．8 m处，将一质量m＝20 g的小石片以初速度v0＝16 m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1．2 N，接触水面0．1 s后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的eq \f(3,4)。取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求： 解析：(1)设小石片第1次接触水面时竖直方向的速度为vy0，小石片水平抛出到第1次到达水面的过程做平抛运动，竖直方向有veq \o\al(2,y0)＝2gh0 由题意可知，小石片第1次弹起时竖直方向的速度大小vy1＝eq \f(3,4)vy0 第1次接触水面的过程中，设小石片在水平方向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得f＝ma 设小石片第1次离开水面时水平方向的速度大小为vx1，由匀变速直线运动规律有vx1＝v0－aΔt 其中Δt＝0．1 s 小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前做斜抛运动，设经历时间为t1，在空中运动的水平距离为x，则有vy1＝g·eq \f(t1,2)，x＝vx1t1 联立并代入数据解得x＝6 m。 (2)第1次与水面接触的过程，设水面对小石片的竖直作用力大小为F，取竖直向上为正方向，根据动量定理有 FΔt－mgΔt＝mvy1－(－mvy0) 根据平行四边形定则，可得第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小 F′＝eq \r(F2＋f2) 联立并代入数据解得F′＝2．0 N。 8．(2022·湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为eq \r(\f(3gL,5))时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动eq \f(L,10)距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。 答案：(1)eq \r(3)m　(2)6．5mg　(3)(4－2eq \r(3))mgL 解析：(1)系统在如图虚线位置保持静止时，以C为研究对象，根据平衡条件可知mCg＝2Tsin60° 以A或B为研究对象，有T＝mg 联立解得mC＝eq \r(3)m。 (2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度大小为v，以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律可知mCeq \r(\f(3gL,5))＝2mv C、D碰撞后D向下运动eq \f(L,10)距离后静止，根据动能定理可知2mgeq \f(L,10)－Feq \f(L,10)＝0－eq \f(1,2)×2mv2 联立解得F＝6．5mg。 (3)当C运动到图中虚线位置时，受力平衡，加速度为零，速度最大，此时A、B的加速度也为零，速度也达到最大，则A、B、C的总动能最大。设此时C的速度大小为vC，则A、B的速度大小vA＝vB＝vCsin60° 对A、B、C组成的系统，由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＝mCgLtan60°－2mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cos60°)－L)) 此时C的动能EkC＝eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C) 联立解得EkC＝(4－2eq \r(3))mgL。 $$