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课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题二　能量与动量 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。 2 目录 1 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 2 课时检测Ⅱ 3 考点 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。 考点 5 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 考点 6 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。 考点 7 [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 考点 8 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 9 考点2　二次函数与不等式在力学中的应用 考点 10 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： 考点 11 考点 12 考点 13 考点 14 考点 15 考点 16 考点 17 考点3　三角函数在力学中的应用 考点 18 考点 19 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。 考点 20 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 考点 21 考点 22 考点 23 考点 24 考点 25 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 26 考点4　数学归纳法及数列在力学中的应用 考点 27 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。 考点 28 (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。 考点 29 考点 30 考点 31 考点 32 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 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。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 专题作业 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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．二次函数 表达式：y＝ax2＋bx＋c。 图像：抛物线。 常用规律：当x＝－eq \f(b,2a)时，有极值ym＝eq \f(4ac－b2,4a)(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≥2eq \r(ab)(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。 (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eq \f(1,v0)－eq \f(1,a0)的最小值。(小提示：可用均值不等式求解) 答案　(1)0.6 m　(2)1.8 m　(3)3－2eq \r(2) 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 veq \o\al(2,B)－veq \o\al(2,A)＝－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＝m2,Dmin)eq \f(v,Rmax) 物块从B点运动到D点的过程中，根据动能定理有 －μ2mgsBC－mg·2Rmax＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,Dmin)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 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＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2) 物块落点离C点的距离为x＝vDt2 整理得x＝eq \r(－16R2＋14.4R) 根据数学关系可得当R＝eq \f(14.4,16×2) 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－eq \f(1,2)a0t2 可得1＝v0－2a0 则eq \f(1,v0)－eq \f(1,a0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,v0)－\f(1,a0)))(v0－2a0)＝3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a0,v0)＋\f(v0,a0)))≥3－2eq \r(2) 仅当eq \f(2a0,v0)＝eq \f(v0,a0)时取等号，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,v0)－\f(1,a0)))有最小值，为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,v0)－\f(1,a0))) eq \s\do7(min)＝3－2eq \r(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＝eq \f(H,2)时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大 D．当l＝eq \f(\r(2),2)H时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大 解析：小孩向下摆动的过程中，由机械能守恒定律有 mgl＝eq \f(1,2)mv2，解得小孩在O点正下方的速度为v＝eq \r(2gl)，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＝eq \f(mv2,l)，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＝eq \f(1,2)gt2，联立解得x＝2eq \r(l（H－l）)，由数学知识可得，当l＝eq \f(H,2)时x最大，故C正确，D错误。 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)＝eq \f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ)。 (3)辅助角公式：asinx＋bcosx＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中ab≠0，tanφ＝\f(b,a)))。 (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eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)。 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eq \f(F1,sinα)＝eq \f(F2,sinβ)＝eq \f(F3,sinγ)，称为拉密定理，其本质是正弦定理 在静力学中的变形应用。 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＝eq \f(1,2)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。 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＝eq \f(2tanα,1－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＝eq \f(\r(3),4)，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＝eq \f(\r(3),4)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＝ eq \f(\a\vs4\al(μmg),2（cosθ＋μsinθ）)，N＝eq \f(mgcosθ,cosθ＋μsinθ)，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＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),2（cosθ＋μsinθ）)＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),2\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中sinα＝eq \f(1,\r(1＋μ2))＝eq \f(1,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)))\s\up12(2)))＝eq \f(4,\r(19))，cosα＝eq \f(\a\vs4\al(μ),\r(1＋μ2))＝eq \f(\r(3),\r(19))，可知当θ＋α＝90°时F最小，此时tanθ＝eq \f(1,tanα)＝eq \f(\r(3),4)，故C错误，D正确。 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＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d(d为公差)。 等比数列：Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q为公比)。 答案　(1)3eq \r(2) m/s　(2)3 m/s　3 m/s　(3)eq \f(29,17) m 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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v0＝3eq \r(2) 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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,b1) 联立解得va1＝eq \f(1,2)v1，vb1＝eq \f(1,2)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－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a1) 解得x1＝eq \f(3,10) 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－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,an) qExn－μmgxn＝eq \f(1,2)mvan′2 联立可得eq \f(van,van′)＝eq \r(\f(5,3))，xn＝2,an)eq \f(v,30) 同理可得xn＋1＝2,a（n＋1）)eq \f(v,30) 由(2)可知va(n＋1)＝eq \f(1,2)van′ 联立可得eq \f(xn＋1,xn)＝eq \f(3,20) 又s＝L＋2(x1＋x2＋x3＋…) 由等比数列求和公式知x1＋x2＋x3＋…＝eq \f(x1,1－\f(3,20)) 代入数据得s＝eq \f(29,17) m。 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＝2,0)eq \f(gL2,2v) ，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．eq \f(（\r(3)＋1）L,v0) B．eq \f(2\r(3)L,v0) C．eq \f(2L,v0) D．eq \f(3L,v0) 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＝eq \r(（2L）2－L2)＝eq \r(3)L，物块在桌面上做匀速直线运动的最短时间t1＝eq \f(smin,v0)＝eq \f(\r(3)L,v0)，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＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)，解得t2＝eq \f(L,v0)，从烧断轻绳到物块落到地面的最短时间为t＝t1＋t2＝eq \f(（\r(3)＋1）L,v0)，故选A。 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＝2FTcoseq \f(∠AOB,2)，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．eq \f(G,1＋k2) B．eq \f(G,k) C．eq \f(G,\r(1＋k2)) D．G 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Feq \o\al(2,1)＝Feq \o\al(2,x)＋Feq \o\al(2,y)＝(k2＋1)f2－2kGf＋G2，Feq \o\al(2,1)与f的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝eq \f(kG,k2＋1)时，Feq \o\al(2,1)取最小值，解得最小推力是F1min＝eq \f(G,\r(1＋k2))，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eq \f(\r(3),3)。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 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＝2mgeq \r(1＋μ2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋μ2))cosθ＋\f(\a\vs4\al(μ),\r(1＋μ2))sinθ))－μmg，取sinα＝eq \f(1,\r(1＋μ2))＝eq \f(\r(3),2)，cosα＝eq \f(\a\vs4\al(μ),\r(1＋μ2))＝eq \f(1,2)，解得α＝60°，可求得F＝2mgeq \r(1＋μ2)sin(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＝eq \r(m)v，y＝eq \r(M)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＝－eq \r(\f(m,M)) D．图像中圆的半径r＝2,0)eq \r(\f(1,2)mv) 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，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)MVeq \o\al(2,1)，可得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0<0，V1＝eq \f(2m,m＋M)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＝eq \f(m－M,m＋M)v0和V1＝eq \f(2m,m＋M)v0可知图中直线AB的斜率为k＝eq \f(\r(M)V1,\r(m)v1－\r(m)v0)＝eq \f(\r(M)·\f(2m,m＋M)v0,\r(m)·\f(m－M,m＋M)v0－\r(m)v0)＝－eq \r(\f(m,M))，故C正确。把x＝eq \r(m)v，y＝eq \r(M)V代入x2＋y2＝r2，则有(eq \r(m)v)2＋(eq \r(M)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eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)MV2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，联立解得r＝2,0)eq \r(mv) ，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eq \r(2) m/s，且α＝15° B．若θ＝15°，则v1的最大值为eq \f(2,3) eq \r(3) m/s，且α＝0° C．若θ＝30°，则v1的最大值为eq \f(2,3) eq \r(3) m/s，且α＝0° D．若θ＝30°，则v1的最大值为eq \r(2) m/s，且α＝15° 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eq \f(OP,sin∠ODP)＝eq \f(OD,sin∠OPD)＝eq \f(PD,sinθ)，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＝eq \f(2sin（2α＋2θ）,2sinθ＋sin（2α＋θ）) m/s。令β＝α＋θ，则v1＝eq \f(\a\vs4\al(2sin2β),2sinθ＋sin（2β－θ）) m/s＝eq \f(\a\vs4\al(2sin2β),2sinθ＋sin2βcosθ－cos2βsinθ) m/s＝eq \f(2,cosθ＋\f(\a\vs4\al(2－cos2β),sin2β)·sinθ) m/s＝eq \f(2,cosθ＋\f(\a\vs4\al(3sin2β＋cos2β),2sinβcosβ)·sinθ) m/s＝eq \f(2,cosθ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(3sinβ),2cosβ)＋\f(\a\vs4\al(cosβ),2sinβ)))sinθ) m/s，由数学不等式可知，θ确定时，当且仅当eq \f(\a\vs4\al(3sinβ),2cosβ)＝eq \f(\a\vs4\al(cosβ),2sinβ)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＝eq \r(2) m/s，且α＝15°，若θ＝30°，则v1的最大值为v1m＝eq \f(2\r(3),3) m/s，且α＝0°，故A、C正确，B、D错误。 答案：(1)v0　(2)eq \f(1,2)v0　(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4n＋1)mveq \o\al(2,0) 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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,01)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,右1) 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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,11) 联立解得v1′＝－eq \f(1,2)v0，v11＝eq \f(1,2)v0 则玻璃球的速度大小v1＝|v1′|＝eq \f(1,2)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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv2′2＋eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,21) 联立解得v2′＝－eq \f(1,4)v0＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)v0，v21＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)v0 则玻璃球的速度大小v2＝|v2′|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)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eq \f(1,2)，玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2n)v0 动能为Ek＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2n) 解得Ek＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4n＋1)mveq \o\al(2,0)。 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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2 解得s1＝12.5 m 因eq \f(s1－1.5L,2L)＝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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)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 eq \f(s1－0.5L,L)＝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＝eq \f(1,2)vt＋s2′ 解得s2＝12.75 m。 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eq \f(5,4) eq \r(111) 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 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＝eq \f(Δp,Δt)＝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＝2,合)eq \r(（mg）2＋F－2mgF合cosθ) ＝eq \f(5,4) eq \r(111) 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＝2,y)eq \f(v,2g) ＝eq \f(（vsin30°）2,2g)＝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。 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＝mgsinθeq \r(2gLtanθ) B．箱子滑到底端时重力的功率PG＝mgeq \r(2gLtanθ) 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 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＝eq \f(1,2)mv2－0， 箱子滑到底端时重力的功率为PG＝mgvsinθ，联立解得PG＝ mgsinθ·eq \r(2gLtanθ)，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eq \f(L,cosθ)＝eq \f(1,2)at2，联立解得t＝eq \r(\f(4L,gsin2θ))，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°，eq \f(T,6)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．eq \f(4π2R3,GT2) B．eq \f(32π2R3,GT2) C．eq \f(12\r(3)π2R3,GT2) D．eq \f(3\r(3)π2R3,GT2) 解析：如图所示，在eq \f(T,6)内P点转过的圆心角为α＝360°×eq \f(\f(T,6),2T)＝30°，卫星转过的圆心角为β＝360°×eq \f(\f(T,6),T)＝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°＝eq \r(3)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eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得M＝eq \f(12\r(3)π2R3,GT2)，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．2,0)eq \f(v,g) B．2,0)eq \f(2v,g) C．4,0)eq \f(1,g) eq \r(v＋2ghveq \o\al(2,0)) D．4,0)eq \f(1,g) eq \r(v＋ghveq \o\al(2,0)) 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－eq \f(1,2)gt2，解得cosθ＝eq \f(x,v0t)，sinθ＝eq \f(\f(1,2)gt2－h,v0t)，根据几何关系有sin2θ＋cos2θ＝1，代入得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0t))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)gt2－h,v0t))) eq \s\up12(2)＝1，整理得x2＝－eq \f(1,4)g2t4＋(gh＋veq \o\al(2,0))t2－h2，变形得x2＝－eq \f(1,4)g2·2,0)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t2－\f(2（gh＋v）,g2))) eq \s\up12(2) ＋2,0)eq \f(（gh＋v）2,g2) －h2，可知当t2＝2,0)eq \f(2（gh＋v）,g2) 时x2有最大值，当竖直上抛时其运动时间最长，有－h＝v0tmax－eq \f(1,2)gteq \o\al(2,max)，解得t2的最大值为teq \o\al(2,max)＝2,0)eq \f(2（gh＋v）＋2v0\r(veq \o\al(2,0)＋2gh),g2) ，可知t2可以取到2,0)eq \f(2（gh＋v）,g2) ，则x2最大值为xeq \o\al(2,max)＝2,0)eq \f(（gh＋v）2,g2) －h2，解得水平距离的最大值为xmax＝4,0)eq \f(1,g) eq \r(v＋2ghveq \o\al(2,0)) ，故选C。 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＝eq \f(t0,2)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 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＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)，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eq \f(Δx,2)＝0.05 m，D正确。 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＝eq \f(1,2)gt2 在C点，重力恰好提供向心力，有mg＝m2,0)eq \f(v,R) 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＝eq \f(1,2)mv0′2 在C点时有meq \f(v0′2,R)≥mg 物块脱离C点后做平抛运动，有 s′＝v0′t，2R＝eq \f(1,2)gt2 联立得F＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2R,s′)＋\f(s′,8R)))(s′≥2R) 根据数学知识可知当eq \f(2R,s′)＝eq \f(s′,8R)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eq \r(βμgL)(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＝eq \f(1,6)k(k＋1)(2k＋1) 答案：(1)eq \r(（β－4）μgL) (2)vj＋1＝2,j)eq \f(\a\vs4\al(j),j＋1) eq \r(v－4μgL) (3)eq \f(4n（2n＋1）（8n2＋10n＋5）,3（2n－1）) 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＝eq \r(βμgL)，末速度大小设为v1′，对第1个滑块由动能定理有－2μmgL＝eq \f(1,2)mv1′2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得v1′＝eq \r(（β－4）μgL)。 (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＝eq \f(1,2)jmvj′2－eq \f(1,2)jmveq \o\al(2,j) 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＝2,j)eq \f(\a\vs4\al(j),j＋1) eq \r(v－4μgL) 。 (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＝eq \f(2,2n－1)μg 因为ma2＝eq \f(\a\vs4\al(2μmg),2n－1)<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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v2n＋1t－\f(1,2)a1t2))－eq \f(1,2)a2t2＝L v2n＋1－a1t＝a2t 联立解得veq \o\al(2,2n＋1)＝eq \f(8n,2n－1)μgL ① 由(2)问分析可知 veq \o\al(2,2n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n,2n＋1))) eq \s\up12(2)(veq \o\al(2,2n)－4μgL) veq \o\al(2,2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,2n))) eq \s\up12(2)(veq \o\al(2,2n－1)－4μgL) 依次类推至veq \o\al(2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)(veq \o\al(2,1)－4μgL) 逐级代入可得veq \o\al(2,2n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1))) eq \s\up12(2)veq \o\al(2,1)－4μgL·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n,2n＋1)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,2n＋1)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)))\s\up12(2))) 式中eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n,2n＋1))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n－1,2n＋1))) eq \s\up12(2)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1))) eq \s\up12(2)＝eq \f(12＋22＋…＋（2n）2,（2n＋1）2)＝eq \f(\f(1,6)×2n（2n＋1）（4n＋1）,（2n＋1）2)＝eq \f(n（4n＋1）,3（2n＋1）) 又v1＝eq \r(βμgL) 所以veq \o\al(2,2n＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1))) eq \s\up12(2)βμgL－eq \f(4n（4n＋1）,3（2n＋1）)μgL ② ①②式联立解得β＝eq \f(4n（2n＋1）（8n2＋10n＋5）,3（2n－1）)。 $