第1部分 关键能力提升2 数学工具在力学问题中的应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　物理 　关键能力提升二　数学工具在力学问题中的应用 复习数学中的图像知识、二次函数知识、不等式知识、三角函数知识、数学归纳法与数列知识，并能在力学问题中灵活运用。 考点1　图解法在力学中的应用 有时用常规的物理方法不容易解题，但是可以画出物理过程的图像，结合图像可以比较容易和直观地得到启发，提高问题的分析效率和准确度。 例1　(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则(　　) A．t1<t2 B．t1>t2 C．x1>x2 D．x1<x2 [解析]　设MN段的长度为x0，滑块在除MN段外通过的位移为x′，则整个过程的位移为x＝x0＋x′，整个过程由动能定理得－μ1mgx0－μ2mgx′＝0－mv，由题意可知，滑块两次在MN段的位移x0相等，则两次在除MN段外通过的位移x′也一定相等，所以x1＝x2，C、D错误；由μmg＝ma可知，滑块在MN段的加速度大小为a1＝μ1g，在除MN段外的加速度大小为a2＝μ2g，因为μ1>μ2，则a1>a2，据此作出滑块第一次滑动的v­t图像如图中折线Ⅰ所示，由于第二次的释放点距离M较近，则滑块第二次到达M点的速度比第一次的大，根据v­t图像与t轴所围面积表示位移，可知两次滑块通过MN段时v­t图线与t轴所围梯形面积相等，由此可作出滑块第二次滑动的v­t图像如图中折线Ⅱ所示，由图可直观地看出t1<t2，A正确，B错误。 [答案]　A [跟进训练]　(2025·河北省保定市高三下一模)如图所示，轻弹簧上端固定在光滑斜面顶端，自由伸长时下端在B点(图中未画出)，下端连接某物体时物体恰能静止于斜面的A点。现对物体施加一个平行于斜面向上的力F，使物体沿斜面缓慢向上移动到B点，此过程中力F做功为W。则此过程中(　　) A．物体机械能守恒 B．弹簧和物体组成的系统机械能守恒 C．力F的大小始终等于弹簧弹力的大小 D．弹簧弹性势能减小量等于W 答案：D 解析：物体沿斜面缓慢上升，动能不变，重力势能增大，物体的机械能增大，A错误；对于弹簧和物体组成的系统，因为有外力F做正功，系统机械能增大，B错误；设斜面倾角为θ，因为物体缓慢上升，始终处于受力平衡状态，因此有F＋F弹＝mgsinθ，设从A到B的距离为l，物体自A点开始运动的位移为x时，弹簧的拉力为F弹＝k(l－x)，则F与x的关系和F弹与x的关系分别如图中图线②和图线①所示，C错误；作用力与位移的图像中图线与x轴围成的面积即为对应力所做的功，由几何关系可知图线①与图线②在0～l间与横坐标围成的面积相等，因此二力做功相等，由功能关系可知，弹簧弹性势能减小量等于W，故D正确。 考点2　二次函数与不等式在力学中的应用 1．二次函数 表达式：y＝ax2＋bx＋c。 图像：抛物线。 常用规律：当x＝－时，有极值ym＝(若a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)。 2．均值不等式 由均值不等式a＋b≥2(a>0，b>0)可知 (1)两个正数的积为定值时，若两数相等，其和最小； (2)两个正数的和为定值时，若两数相等，其积最大。 例2　如图所示为某游乐场一游戏设施，光滑半圆轨道半径R可调，玩家需将物块P(可视为质点)从A点滑上倾角为θ＝37°的传送带，并调整半径R以使通过D点后的落点距C尽可能远，传送带AB以vk＝6 m/s的速度顺时针匀速转动，AB长为1.8 m，BC长为14 m，AB与物块间的动摩擦因数为μ1＝0.5，BC与物块间的动摩擦因数为μ2＝0.1，物块在B点处没有机械能损失，平滑滑上BC。现物块P经过A点时的速度为vA＝10 m/s，重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)物块在传送带上留下痕迹的长度； (2)物块落点离C的最远距离xm； (3)若可将物块P从B点水平向右释放，且释放的速度为v0，并要求释放后t＝4 s内运动s＝4 m(此时物块未停下)，v0和μ2可调，在BC段上加速度大小为a0，试求－的最小值。(小提示：可用均值不等式求解) [解析]　(1)设物块的质量为m，物块刚滑上传送带时减速的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μ1mgcosθ＋mgsinθ＝ma1 假设物块做匀减速直线运动到B点，且在B点处的速度大小为vB，由运动学公式可得 v－v＝－2a1sAB 解得a1＝10 m/s2，vB＝8 m/s>vk，假设成立 设物块在传送带上运动的时间为t1，有 vB＝vA－a1t1 物块在传送带上留下的痕迹长度Δs＝sAB－vkt1 解得Δs＝0.6 m。 (2)物块能通过D点，则其在D点的最小速度vDmin满足mg＝m 物块从B点运动到D点的过程中，根据动能定理有 －μ2mgsBC－mg·2Rmax＝mv－mv 解得半径R的最大值Rmax＝0.72 m 物块从B点运动到D点的过程中，有 －μ2mgsBC－mg·2R＝mv－mv 物块从D点飞出后做平抛运动，设在空中运动的时间为t2，在竖直方向上有2R＝gt 物块落点离C点的距离为x＝vDt2 整理得x＝ 根据数学关系可得当R＝ m＝0.45 m<Rmax时，物块落点离C最远，最远距离为xm＝1.8 m。 (3)根据运动学公式有s＝v0t－a0t2 可得1＝v0－2a0 则－＝(v0－2a0)＝3－≥3－2 仅当＝时取等号，有最小值，为＝3－2。 [答案]　(1)0.6 m　(2)1.8 m　(3)3－2 [跟进训练]　如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P端从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直 时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0<l<H)，空气阻力不计，小孩运动过程中绳子始终处于伸直状态。下列说法正确的是(　　) A．l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大 B．l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大 C．当l＝时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大 D．当l＝H时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大 答案：C 解析：小孩向下摆动的过程中，由机械能守恒定律有mgl＝mv2，解得小孩在O点正下方的速度为v＝，小孩在O点正下方松手前瞬间，设绳子对小孩的拉力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝，解得F＝3mg，由牛顿第三定律可知，小孩对绳子的拉力为3mg，与l无关，故A、B错误；设小孩松手后做平抛运动的时间为t，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离为x，由平抛运动的规律，在水平方向上有x＝vt，在竖直方向上有H－l＝gt2，联立解得x＝2，由数学知识可得，当l＝时x最大，故C正确，D错误。 考点3　三角函数在力学中的应用 1．三角函数 (1)平方恒等式：1＝sin2x＋cos2x。 (2)和差公式 sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ； cos(α±β)＝cosαcosβ∓sinαsinβ； tan(α±β)＝。 (3)辅助角公式：asinx＋bcosx＝sin(x＋φ)。 (4)在角度α极小的情况下，存在关系α≈sinα≈tanα。 2．正弦定理 在如图所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等，即＝＝。 注：(1)正弦定理经常被用到三力平衡问题中，此时应把三力首尾相连构成闭合的矢量三角形。 (2)如图所示，同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任意一个力与其他两个力夹角的正弦之比相等，即＝＝，称为拉密定理，其本质是正弦定理在静力学中的变形应用。 3．余弦定理 在如图所示的三角形中，有 a2＝b2＋c2－2bc·cosA， b2＝a2＋c2－2ac·cosB， c2＝a2＋b2－2ab·cosC。 例3　(2025·山东省潍坊市高三下诊断性调研监测)如图所示，半圆柱体静止在粗糙水平地面上，光滑的小球紧靠半圆柱体的底端也静止于地面上。给小球施加始终沿切线方向的拉力F，使小球紧贴着半圆柱体缓慢运动至最高点，半圆柱体始终静止。小球可视为质点。关于该过程，下列说法正确的是(　　) A．拉力F变大 B．小球所受支持力变小 C．半圆柱体所受地面的支持力先变小后变大 D．半圆柱体所受地面的摩擦力先变大后变小 [解析]　设小球的质量为m，小球球心与O点的连线与竖直方向的夹角为θ，小球所受支持力大小为N1，对小球进行受力分析如图所示，根据平衡条件，沿切线方向有F＝mgsinθ，垂直切线方向有N1＝mgcosθ，在小球紧贴着半圆柱体缓慢运动至最高点的过程中，θ减小，则F变小，N1变大，故A、B错误；设半圆柱体的质量为M，圆柱体所受地面的支持力和摩擦力大小分别为N2和f，对小球与半圆柱体整体进行分析，根据平衡条件，在水平方向上有f＝Fcosθ，在竖直方向上有Fsinθ＋N2＝(M＋m)g，结合F＝mgsinθ解得f＝mgsinθcosθ＝mgsin2θ，N2＝(M＋m)g－mgsin2θ，在小球紧贴着半圆柱体缓慢运动至最高点的过程中，θ由90°减小到0°，则f先变大后变小，N2变大，故C错误，D正确。 [答案]　D 总结提升 本题使用了三角函数中的倍角公式(和差公式的特殊情形)：sin2α＝2sinαcosα，cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α，tan2α＝。 例4　(2025·江西省宜春市高三下二模)宋应星，宜春奉新人，其所著《天工开物》一书是世界上第一部关于农业和手工业生产的综合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的场景如图甲所示，简化的物理模型如图乙所示：人站在水平木板上，两根绳子相互平行且垂直于木板边缘，与水平地面夹角θ＝30°，人与木板的总重力为800 N，木板与地面间的动摩擦因数μ＝，若人与木板匀速前进，以下说法正确的是(　　) A．木板对地面的压力FN＝800 N B．每根绳中的拉力F＝320 N C．若θ可调，则当绳子水平时F最小 D．若θ可调，则当绳子与水平面夹角的正切值为tanθ＝时F最小 [解析]　以人与木板为研究对象，根据平衡条件，在水平方向上有2Fcosθ＝f，在竖直方向上有2Fsinθ＋N＝mg，又f＝μN，联立解得F＝，N＝，代入数据解得F＝160 N，N＝640 N，由牛顿第三定律可知木板对地面的压力FN＝N＝640 N，故A、B错误；若θ可调，根据F＝＝，其中sinα＝＝＝，cosα＝＝，可知当θ＋α＝90°时F最小，此时tanθ＝＝，故C错误，D正确。 [答案]　D 总结提升 本题除了可以用“辅助角公式”求极值，还可以将支持力与摩擦力合成，得出“摩擦角”，进而求极值。 考点4　数学归纳法及数列在力学中的应用 对于过程多、重复性强且随着物理过程的重复，某些物理量接连发生着与前后过程有联系的变化的物理问题，求解的基本思路为： (1)逐个分析开始的几个物理过程； (2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)； (3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。 等差数列：Sn＝＝na1＋d(d为公差)。 等比数列：Sn＝(q为公比)。 例5　(2025·河南省洛平许济四市高三下第二次质量检测)如图所示，水平轨道上只有AB段粗糙，其余部分光滑，A、B之间存在水平向右的匀强电场，B点右侧的C点处静止放置一质量为M＝3 kg的绝缘物块b，A点的左侧有一质量m＝1 kg、带正电的物块a，a与一锁定的压缩弹簧接触但不拴接。弹簧的弹性势能Ep＝9 J，现对弹簧解除锁定，a被弹出，滑出电场后与b发生弹性碰撞，a到达A点前弹簧已恢复原长。已知AB长L＝1.0 m，a与AB之间的动摩擦因数μ＝0.3，场强E＝2×106 V/m，a的电荷量q＝6×10－6 C，重力加速度g取10 m/s2。a、b均可视为质点，运动过程中a的电荷量始终保持不变。 (1)求物块a第一次运动到A点时的速度大小v0； (2)求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小va1、vb1； (3)若每次物块a与C点处的物块碰撞之后，都立即在C点放入与物块b完全相同的静止物块，求a被弹簧弹出后，经过足够多次的碰撞，a在电场中运动的路程s。 [解析]　(1)释放后，弹簧的弹性势能转化为物块a的动能，由机械能守恒定律有Ep＝mv 解得v0＝3 m/s。 (2)设第一次碰撞前瞬间a的速度大小为v1，物块a由A到B的过程，根据动能定理得 qEL－μmgL＝mv－mv 解得v1＝6 m/s 因m<M，则物块a与物块b发生弹性碰撞后a反弹，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1＝－mva1＋Mvb1 根据机械能守恒定律可得 mv＝mv＋Mv 联立解得va1＝v1，vb1＝v1 代入数据得va1＝3 m/s，vb1＝3 m/s。 (3)假设碰后a不能到达A点，碰后物块a第一次经过B点后在电场中向左运动的最大距离为x1，根据动能定理可得 －qEx1－μmgx1＝0－mv 解得x1＝ m<1 m，则假设成立，a到达不了A点 设第n次碰后物块a经过B点进入电场后向左运动的最大距离为xn，进入电场时经过B点的速度大小为van，离开电场时经过B点的速度大小为van′，由动能定理，有 －qExn－μmgxn＝0－mv qExn－μmgxn＝mvan′2 联立可得＝，xn＝ 同理可得xn＋1＝ 由(2)可知va(n＋1)＝van′ 联立可得＝ 又s＝L＋2(x1＋x2＋x3＋…) 由等比数列求和公式知x1＋x2＋x3＋…＝ 代入数据得s＝ m。 [答案]　(1)3 m/s　(2)3 m/s　3 m/s　(3) m 专题作业 课时检测Ⅰ 1．(2025·山西省太原市高三下二模联考)某款智能电动汽车进行自动驾驶测试，在沿直线行驶的一段过程中，若汽车在中间时刻的动能与在中间位置的动能相等，则可能是(　　) A．汽车做匀加速直线运动 B．汽车做加速度减小的加速直线运动 C．汽车做加速度增大的减速直线运动 D．汽车先做加速度减小的减速直线运动，紧接着又做加速度增大的加速直线运动 答案：D 解析：不同选项中汽车的v­t图像及中间位置出现的时刻如图所示(其中D为列出的一种特殊情形)，可知，A、B、C错误，D可能正确。 2．(2025·重庆市九龙坡区高三下二模)如图所示，边长为4L的光滑正方形水平桌面中心钉有一枚钉子，长为L的不可伸长的轻绳一端通过极小光滑绳套套在钉子上，另一端与一可看成质点的物块相连，物块以大小为v0的速度绕钉子做匀速圆周运动。已知桌面离地面高h＝，g为重力加速度。某时刻烧断轻绳，则从烧断轻绳到物块落到地面的最短时间为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：如图，烧断轻绳后，物块将从圆周上某点A沿切线方向运动到桌面边缘B，由几何关系可知，因OB最小为2L，则物块在桌面上做匀速直线运动的最短距离为smin＝＝L，物块在桌面上做匀速直线运动的最短时间t1＝＝，物块离开桌面后，设做平抛运动的时间为t2，在竖直方向上有h＝gt，解得t2＝，从烧断轻绳到物块落到地面的最短时间为t＝t1＋t2＝，故选A。 3．一条光滑轻质柔软晾衣绳两端分别固定在两根竖直杆上等高的A、B两点，一个下端带挂钩的轻质圆环穿过晾衣绳，圆环与绳子的接触点为O，在挂钩上施加一个大小不变的力F，如图所示。当力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中(不考虑杆和绳的形变)，下列说法正确的是(　　) A．绳子拉力保持不变 B．绳子拉力一直变小 C．绳子拉力先减小后增大 D．∠AOB一直增大 答案：B 解析：在力F的方向由竖直向下沿顺时针缓慢转动60°角的过程中，O点的运动轨迹为以A、B两点为焦点的椭圆的一部分，分析可知∠AOB一直减小，故D错误；由题意可知，绳子OA、BO段的拉力大小相等，设为FT，根据平衡条件，有F＝2FTcos，F大小不变，∠AOB一直减小，则FT一直变小，故B正确，A、C错误。 4．歼­20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是(　　) A． B． C． D．G 答案：C 解析：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图所示，歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f，竖直方向F2＋Fy＝G，又F2＝kf，解得Fy＝G－kf，则F＝F＋F＝(k2＋1)f2－2kGf＋G2，F与f的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝时，F取最小值，解得最小推力是F1min＝，故选C。 5．(2025·浙江省衢州、丽水、湖州三市高三下教学质量检测)如图所示，一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A，另一端通过光滑滑轮连接重物B，此时两边细线竖直。某时刻，水平拉力F作用在滑块A上，使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m，滑块A与细杆间的动摩擦因数为。则(　　) A．若A做匀速运动，则B也做匀速运动 B．若B做匀速运动，则A做加速运动 C．若A缓慢向右运动，当细线与细杆间的夹角为30°时，拉力F有最小值 D．若A缓慢向右运动，到细线与细杆间的夹角为30°时，拉力F一直在增大 答案：D 解析：设细线与细杆间的夹角为θ，把A的速度分别沿细线方向和垂直细线方向进行分解，如图甲所示，有vB＝v∥＝vAcosθ，若A做匀速运动，随着θ逐渐减小，cosθ逐渐增大，则B的速度逐渐增大；若B做匀速运动，随着θ逐渐减小，cosθ逐渐增大，则A的速度逐渐减小，故A、B错误。若A缓慢向右动，则A、B均处于平衡状态，设细线的拉力大小为T，根据平衡条件，对重物B有T＝2mg，当30°≤θ≤90°时，由于Tsinθ＝2mgsinθ≥mg，对滑块A进行受力分析如图乙所示，则在竖直方向上有Tsinθ＝mg＋N，在水平方向上有F＝μN＋Tcosθ，联立解得F＝2mgcosθ＋2μmgsinθ－μmg＝2mg－μmg，取sinα＝＝，cosα＝＝，解得α＝60°，可求得F＝2mgsin(60°＋θ)－μmg，滑块A缓慢向右移动，θ从90°减小至30°的过程中，60°＋θ从150°减小至90°，sin(60°＋θ)逐渐增大，可知F逐渐增大，故C错误，D正确。 6．(2025·北京市丰台区高三下二模)如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的小球以速度v0与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，m<M。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意时刻两球速度分别为v和V，令x＝v，y＝V，则x2＋y2＝r2，其中r为定值，该函数的图像如图2所示，图像中的点(x，y)表示两个小球组成的系统可能的状态，A、B、C为系统连续经历的三个状态。根据以上信息，下列说法正确的是(　　) A．从状态A到状态B过程系统动量不守恒 B．从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞 C．直线AB的斜率k＝－ D．图像中圆的半径r＝ 答案：C 解析：质量为m的小球以速度v0与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1＋MV1，mv＝mv＋MV，可得v1＝v0<0，V1＝v0，可知碰撞后m的速度反向；由图2可知，状态A时M的速度为0，状态B时m的速度方向与状态A时的速度方向相反，则从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，系统动量守恒，A错误。从状态B到状态C，M的速度不变，m的速度大小不变、方向反向，则从状态B到状态C过程m与墙壁发生弹性碰撞，故B错误。从状态A到状态B过程，两个小球发生弹性碰撞，由v1＝v0和V1＝v0可知图中直线AB的斜率为k＝＝＝－，故C正确。把x＝v，y＝V代入x2＋y2＝r2，则有(v)2＋(V)2＝r2，由于m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失，根据机械能守恒定律可得mv2＋MV2＝mv，联立解得r＝，故D错误。 7．(2024·湖南卷，10)(多选)如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1，方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2 m/s，方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1 m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是(　　) A．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15° B．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0° C．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0° D．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15° 答案：AC 解析：由于水平面光滑，则除碰撞过程外，两小球均做匀速直线运动，设B球与挡板在P点处碰撞，两小球在D点处相遇，B球从O点运动到P点所用时间为t1，从P点到D点所用时间为t2，根据题意，画出A、B的运动轨迹图如图所示，在△OPD中，根据正弦定理有＝＝，由几何关系知，∠ODP＝α＋α＋θ＝2α＋θ，∠OPD＝2(90°－α－θ)＝180°－(2α＋2θ)，由匀速直线运动规律有OP＝v2t1，PD＝v2′t2，OD＝v1(t1＋t2)，其中v2′＝1 m/s，联立并代入数据，可解得v1＝ m/s。令β＝α＋θ，则v1＝ m/s＝ m/s＝ m/s＝ m/s＝ m/s，由数学不等式可知，θ确定时，当且仅当＝时，v1取最大值，可解得此时的β＝θ＋α＝30°。将数据代入可知，若θ＝15°，则v1的最大值为v1m＝ m/s，且α＝15°，若θ＝30°，则v1的最大值为v1m＝ m/s，且α＝0°，故A、C正确，B、D错误。 8．(2025·江苏卷，14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 答案：(1)v0　(2)v0　(3)mv 解析：(1)玻璃球碰撞右侧第1个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v01，钢球速度为v右1，则有 mv0＝mv01＋mv右1 mv＝mv＋mv 联立解得v01＝0，v右1＝v0 之后右侧钢球依次碰撞，同理可得，碰撞的两球质量相等，则速度交换，最右侧的钢球最终运动的速度大小v＝v0。 (2)玻璃球碰撞右侧第1个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v1′，钢球速度为v11，则有 mv0＝mv1′＋3mv11 mv＝mv1′2＋×3mv 联立解得v1′＝－v0，v11＝v0 则玻璃球的速度大小v1＝|v1′|＝v0。 (3)玻璃球与右侧第1个钢球碰撞后，右侧钢球依次碰撞，第1个钢球的速度最终会交换到第n个钢球，玻璃球反向后与左侧第1个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v2′，钢球速度为v21，则有 mv1＝mv2′＋3mv21 mv＝mv2′2＋×3mv 联立解得v2′＝－v0＝－v0，v21＝v0 则玻璃球的速度大小v2＝|v2′|＝v0 且结合上述分析，同理可知，左侧钢球依次碰撞后，最左侧钢球速度大小为v0，左侧其余钢球静止，玻璃球向右运动，与静止的右侧第1个钢球碰撞，该钢球再将所获得速度依次交换给右侧第n－1个钢球…… 以此类推，知每次碰撞后玻璃球的速度大小均为碰撞前的，玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v2n＝v0 动能为Ek＝mv 解得Ek＝mv。 9．在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求： (1)物块与凹槽相对静止时的共同速度大小； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 答案：(1)2.5 m/s　(2)6次　(3)5 s　12.75 m 解析：(1)设两者相对静止时的共同速度大小为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝2.5 m/s。 (2)由题知，物块与凹槽间的滑动摩擦力大小Ff＝μmg 设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由能量守恒定律得Ffs1＝mv－×2mv2 解得s1＝12.5 m 因＝5.5，可知从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。 (3)设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ 由机械能守恒定律有 mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 联立解得v1′＝v2，v2′＝v1 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，A、B相对滑动时，根据牛顿第二定律，对A、B均有Ff＝ma 可解得A、B的加速度大小a＝0.5 m/s2 ＝12，则从开始到最终，A、B共碰撞了12次，且A、B恰好共速时，B到达A左侧槽壁恰未发生碰撞。根据以上分析，画出该过程两者的速度—时间图线如图所示，图中阴影部分的面积即该过程凹槽运动的位移大小s2 设从开始到相对静止经历的时间为t，则 v＝v0－at 解得t＝5 s v­t图中两条倾斜直线间的几个阴影等腰梯形的面积，即对应过程A比B多运动的位移，由题知，第1次碰撞前，A比B多运动的位移为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多运动的位移均为L，则A的速度较大时，整个过程A比B多运动的位移大小 s2′＝0.5L＋6L＝6.5L 则s2＝vt＋s2′ 解得s2＝12.75 m。 课时检测Ⅱ 1．(2025·安徽卷，6)在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。t＝0时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 答案：D 解析：根据题意可知，M的速度在竖直方向上的分量始终与N的速度相同，设M做圆周运动的角速度大小为ω，则在t时间内转过的角度θ＝ωt，对质点M的速度进行分解，如图所示，以竖直向上为正方向，则其竖直分速度vMy＝vMcosθ＝vMcosωt，所以N的速度v＝vMy＝vMcosωt，故D可能正确。 2．(2025·江西省宜春市高三下二模)气排球运动是一项集运动、休闲、娱乐为一体的群众性体育项目。已知球重0.125 kg，某次比赛中运动员将一个速度为5 m/s、方向与水平面成30°角飞来的气排球以等大反向的速度垫向队友。已知垫球处离地高度为1.5 m，球与手作用时间为0.1 s，网高1.9 m，g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，则以下说法正确的是(　　) A．运动员垫球过程中球的动量变化量大小为0 B．运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为 N C．运动员垫球过程中手对球的平均作用力大小为12.5 N D．队友可在球飞至最高点时将球直接扣杀过网 答案：B 解析：垫球过程中，球的动量变化量大小为Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝1.25 kg·m/s，故A错误；根据动量定理可知，垫球过程中球受到的合力F合＝＝12.5 N，方向与水平方向夹角为30°斜向上，如图所示，根据几何关系可知，F合与mg的夹角为θ＝120°，根据余弦定理，则有F手＝＝ N，故B正确，C错误；垫出后，球在竖直方向上升的最大高度h＝＝＝0.3125 m，垫球处的高度h0＝1.5 m，则球能达到的最大高度为hm＝h＋h0＝1.8125 m<1.9 m，故不能在最高点将球直接扣杀过网，D错误。 方法点拨　本题求手对球的平均作用力大小时，除了可以用余弦定理，还可以将球受到的手的作用力、合力分别沿水平方向和竖直方向分解，求手对球的平均作用力的竖直分力、水平分力，再求合力。 3．一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子(可看作质点)在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．箱子滑到底端时重力的功率PG＝mgsinθ B．箱子滑到底端时重力的功率PG＝mg C．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ＝30°时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短 D．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ＝60°时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短 答案：A 解析：箱子在斜面上运动时，受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，运动过程中支持力始终不做功，则箱子由顶端滑到底端的过程，由动能定理可得mgLtanθ＝mv2－0，箱子滑到底端时重力的功率为PG＝mgvsinθ，联立解得PG＝mgsinθ·，故A正确，B错误；保持斜面的底边长度L不变，由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，由匀变速直线运动规律可得＝at2，联立解得t＝，且由题意知0<θ<90°，所以当sin2θ＝1，即θ＝45°时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间t最短，故C、D错误。 4．(2025·吉林省吉林市高三下四模)假设有一空间探测器着陆在某个类地星球表面进行观测，该星球为半径为R的球体，自转周期为2T，其赤道上空有一颗沿圆形轨道运行的卫星，它的运行方向与该星球的自转方向相同，公转周期为T。如图所示，某时刻，位于星球赤道上P点的探测器观测到卫星的仰角为30°，后观测到卫星仰角变为90°。引力常量为G，根据以上信息，该类地星球的质量约为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：如图所示，在内P点转过的圆心角为α＝360°×＝30°，卫星转过的圆心角为β＝360°×＝60°，在△POA中，由几何关系可知∠POA＝β－α＝30°，∠PAO＝180°－∠POA－120°＝30°＝∠POA，故卫星做圆周运动的半径为r＝OA＝2Rcos30°＝R，设该类地星球的质量为M，卫星的质量为m，根据牛顿第二定律可得＝mr，解得M＝，故选C。 5．(2025·河北省高三下普通高中学业水平选择性考试模拟)某学生在体育场进行铅球练习，经过反复尝试，发现当铅球以一定角度斜向上抛出时，铅球的飞行距离最远。已知铅球出手时距离地面的高度为h，初速度大小为v0，不计空气阻力，重力加速度为g，则铅球落地点与出手点之间的最大水平距离为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：设铅球在空中飞行的时间为t，v0与水平方向的夹角为θ，则铅球在水平方向上的位移为x＝v0cosθ·t，在竖直方向上的位移为－h＝v0sinθ·t－gt2，解得cosθ＝，sinθ＝，根据几何关系有sin2θ＋cos2θ＝1，代入得＋＝1，整理得x2＝－g2t4＋(gh＋v)t2－h2，变形得x2＝－g2·＋－h2，可知当t2＝时x2有最大值，当竖直上抛时其运动时间最长，有－h＝v0tmax－gt，解得t2的最大值为t＝，可知t2可以取到，则x2最大值为x＝－h2，解得水平距离的最大值为xmax＝，故选C。 6．(2025·陕西省商洛市高三下尖子生第二次学情诊断)如图所示，一个小物体在两个大小相等的力的作用下沿着轨迹为y2＝2px的抛物线轨道运动，其中一个力沿着x轴正方向，另一个力指向抛物线焦点F0，其大小与小物体到焦点的距离成反比，比例系数为k，下列说法正确的是(　　) A．小物体做速度不变的运动 B．小物体到达坐标原点时速率最大 C．小物体加速度为零 D．小物体到达坐标原点时加速度最大 答案：D 解析：如图所示，CA为平行于x轴的光线，根据抛物面反光镜的性质，可知反射光线AB过焦点，且虚线(抛物线的法线)平分∠BAC，因此对于两个等大的、分别沿着AB和AC方向的力，其合力必然垂直于小物体的运动方向，因此合力不做功，小物体的运动为速率恒定的曲线运动，速度方向不断改变，加速度不为零，故A、B、C错误；F1与F2的大小相等，且大小与小物体到焦点的距离成反比，则小物体到达坐标原点时F1、F2最大且夹角为0，所以合力最大，小物体加速度最大，故D正确。 7．(2025·福建卷，8)(多选)如图，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，A可留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。则(　　) A．在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m 答案：BD 解析：以向右为正方向，设t＝t0时A、B的运动速度分别为vA、vB，t＝0时，A相对传送带向右运动，所受传送带的摩擦力向左，大小为f1＝μAmAg＝5 N，B相对传送带向左运动，所受传送带的摩擦力向右，大小为f2＝μBmBg＝5 N，所以A、B组成的系统所受合力为零，假设0～t0时间内，A、B组成的系统所受合力始终为零，则系统动量守恒，由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB＝0.5 m/s<1 m/s，分析知该段时间内A始终向右减速，B始终向右加速，则该段时间内A的速度始终大于传送带的运动速度，B的速度始终小于传送带的运动速度，A始终受向左的滑动摩擦力，B始终受向右的滑动摩擦力，系统所受合力始终为零，所以假设成立，B正确；由于0～t0时间内，A、B所受摩擦力大小、方向均不变，任意时刻所受弹簧弹力大小相等、方向与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律可得f1＋F弹＝mAaA，f2＋F弹＝mBaB，可得aA＝2aB，即A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍，A错误；0～t0时间内，对A、B组成的系统，由动能定理可得μBmBgxB＋W弹－μAmAgxA＝mAv＋mBv－mAv，由功能关系可知W弹＝－Ep，又t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB，联立解得Δx＝0.1 m，C错误；结合前面分析可作出A、B的v­t图像如图所示，在v­t图像中，图线与t轴所围面积表示物体的位移，则上方曲线与平直虚线围成的面积表示痕迹长度，两曲线围成图形的面积表示C项分析中的Δx＝xA－xB，则痕迹长度小于＝0.05 m，D正确。 8．如图所示，光滑水平面(足够大)的右端B处连接一半径R＝0.5 m的光滑竖直半圆轨道，B点为水平面与半圆轨道的切点，用大小恒定的水平推力将一质量m＝0.2 kg的滑块(视为质点)从B点左侧的A点由静止开始推到B点，然后立即撤去推力，滑块恰好能沿半圆轨道运动到最高点C，并且恰好落回A点。取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求A、B两点的距离x； (2)若A、B两点的距离可调节，用最小推力完成上述过程(不要求滑块经过C点时对半圆轨道无压力)，求该最小推力Fmin及其对应A、B两点的距离s。 答案：(1)1 m　(2)2 N　2 m 解析：(1)设滑块到达C点时的速度大小为v0，滑块离开C点后在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有 x＝v0t 2R＝gt2 在C点，重力恰好提供向心力，有mg＝m 联立并代入数据解得x＝1 m。 (2)设推力大小为F，对应A、B两点的距离为s′，对滑块从A点运动到C点的过程，根据动能定理有Fs′－mg×2R＝mv0′2 在C点时有m≥mg 物块脱离C点后做平抛运动，有 s′＝v0′t，2R＝gt2 联立得F＝mg(s′≥2R) 根据数学知识可知当＝时，即s′＝4R时，推力F最小，为Fmin＝mg 代入数据可得Fmin＝2 N， 对应A、B两点的距离s＝2 m。 9．(2025·湖北卷，15)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(β为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j＋1个滑块开始滑动时的速度为vj＋1。用已知量和vj表示vj＋1。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。 提示：12＋22＋…＋k2＝k(k＋1)(2k＋1) 答案：(1) (2)vj＋1＝ (3) 解析：(1)分析可知，第1个滑块与第2个滑块碰撞前，木板处于静止状态。第1个滑块从开始滑动至与第2个滑块碰撞前瞬间的过程，初速度大小v1＝，末速度大小设为v1′，对第1个滑块由动能定理有 －2μmgL＝mv1′2－mv 解得v1′＝。 (2)第j个滑块从开始滑动至与第j＋1个滑块碰撞前瞬间的过程，初速度大小为vj，末速度大小设为vj′，对前j个滑块整体由动能定理有－2μjmgL＝jmvj′2－jmv 对前j个滑块整体与第j＋1个滑块碰撞的过程，由动量守恒定律有jmvj′＝(j＋1)mvj＋1 联立解得vj＋1＝。 (3)设第i个滑块开始滑动时木板恰不开始滑动，则对木板由平衡条件有 2μimg＝μ(nm＋3nm)g 解得i＝2n 所以第2n＋1个滑块开始滑动时，木板开始滑动。设第2n＋1个滑块开始滑动时的速度大小为v2n＋1；之后前2n＋1个滑块向右做减速运动，设加速度大小为a1；假设木板与其余滑块整体向右做加速运动，加速度大小为a2。对前2n＋1个滑块，由牛顿第二定律有 2μ(2n＋1)mg＝(2n＋1)ma1 对木板与其余滑块整体，由牛顿第二定律有 2μ(2n＋1)mg－μ×4nmg＝(2n－1)ma2 解得a1＝2μg，a2＝μg 因为ma2＝<2μmg，所以假设成立 设从第2n＋1个滑块开始运动到第2n＋1个滑块与第2n＋2个滑块恰好不相碰经历的时间为t，则由运动学公式有 －a2t2＝L v2n＋1－a1t＝a2t 联立解得v＝μgL① 由(2)问分析可知 v＝(v－4μgL) v＝(v－4μgL) 依次类推至v＝(v－4μgL) 逐级代入可得v＝v－4μgL· 式中＋＋…＋＝＝＝ 又v1＝ 所以v＝βμgL－μgL② ①②式联立解得 β＝。 28 学科网（北京）股份有限公司 $