第1部分 专题2 关键能力提升二 数学工具在力学问题中的应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 关键能力提升二　数学工具在力学问题中的应用 高考体验 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 答案：A 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。 2．(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。 3．(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＝。 好题精选 4．(2025·湖南省怀化市高三下二模)如图所示装置，可以将一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)从地面缓慢抬升至任意高度后再以任意速度水平打出。若需要将小球一次性投入(不与地面发生碰撞)距发射台l＝4 m的收集孔里，则装置对小球做的功至少为(忽略一切阻力，g＝10 m/s2)(　　) A．20 J B．30 J C．40 J D．50 J 答案：C 解析：装置对小球做的功用于提高小球的机械能(重力势能与动能)，设将小球抬升至高度h后以初速度v0水平射出，则装置对小球做的功为W＝mgh＋mv，对于后续的平抛运动，在水平方向上到达收集孔时，时间为t＝，同时竖直方向上小球自由落体的高度h＝gt2，联立各式可得W＝mg，根据数学知识可知当h＝时，W有最小值，即当且仅当h＝时，Wmin＝mgl＝40 J，故选C。 5．(2025·四川省巴中市高三下三模)在某物理探究活动中，同学用质量都为m的两个小球分别从地面以不同角度向空中抛出，恰好垂直通过两个窗口。设两次抛射初速度大小均为v0，射出角分别为θ1、θ2，对应的飞行时间分别为t1、t2。两轨迹位于同一竖直平面，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．两球在空中受重力的冲量之比为cosθ1∶cosθ2 B．两球在空中动能变化量之比一定为1∶1 C．水平方向位移满足x＝gt1t2 D．到达h2的小球，同学对球做功更多 答案：C 解析：两球的运动可以逆向视为平抛运动，球在空中运动的时间t＝，重力冲量I＝mgt＝mv0sinθ，可知两球在空中受重力的冲量之比为sinθ1∶sinθ2，A错误；球在运动过程中动能变化量为ΔE＝mv－m(v0cosθ)2＝mvsin2θ，可知两球在空中动能变化量之比为sin2θ1∶sin2θ2，B错误；水平方向位移x＝v0cosθt＝v0cosθ·＝，由于两球的水平位移相等，有＝，可得2θ1＝180°－2θ2，即θ1＋θ2＝90°，竖直方向有gt2＝v0sinθ2，与x＝v0cosθ1t1联立，可知水平方向位移满足x＝gt1t2，C正确；同学两次对球做功相等，均为W＝mv，D错误。 6．(2025·辽宁省丹东市高三下复习质量测试一)如图所示，质量为m的小球由A点静止释放，沿半径为R的AB光滑圆弧轨道从A点运动至B点，A点与圆心O等高，然后由B点抛出，最终落到水平面上C点(C点未画出)，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A．小球运动到B点时对轨道的压力为mg B．由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为R C．小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中重力的最大功率为 D．小球运动到B点时的速度大小为 答案：C 解析：设小球在B点时的速度大小为vB，小球从A点运动到B点过程中机械能守恒，有mgRcos60°＝mv，可知小球运动到B点时的速度大小为vB＝，小球在B点沿半径方向上由牛顿第二定律有FB－mgcos60°＝，联立解得小球运动到B点时轨道对小球的支持力为FB＝mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为FB′＝FB＝mg，A、D错误；小球从B点抛出后做斜抛运动，小球在竖直方向的分速度vy0＝vBsin60°，分位移－R(1－cos60°)＝vy0t－gt2，小球在水平方向的分速度vx＝vBcos60°，分位移x＝vxt，联立解得由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为x＝R，B错误；小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中，设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ时的速率为v，则重力的功率为PG＝mgvsinθ，小球在运动过程中机械能守恒，有mgRcosθ＝mv2，联立解得PG＝mg＝mg，由数学导数及单调性知识可知，当cosθ＝时，cosθ－cos3θ有最大值，重力的功率有最大值，代入数据可知，小球由A点运动到圆弧轨道最低点过程中，重力的最大功率为，C正确。 7．(2025·福建省厦门市第一中学高三下模拟)(多选)两颗相距较远的行星A、B的半径分别为RA、RB，距行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方v2随r变化的关系如图甲所示，两图线左端的纵坐标相同；距行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的周期为T，取对数后得到如图乙所示的拟合直线(线性回归)，两直线平行，它们的截距分别为bA、bB。已知两图像数据均采用国际单位，bB－bA＝lg ，行星可看作质量分布均匀的球体，忽略行星的自转和其他星球的影响，下列说法正确的是(　　) A．图乙中两条直线的斜率均为 B．行星A、B表面的重力加速度大小之比为2∶1 C．行星A、B的第一宇宙速度之比为1∶1 D．行星A、B的质量之比为3∶2 答案：BC 解析：对距行星中心r处的卫星，根据万有引力提供向心力有＝mr，整理得r3＝，两边取对数得lg r＝lg T＋lg ，题图乙中两条直线的斜率均为，A错误；根据已知条件有bB－bA＝lg －lg ＝lg ＝lg 2，解得MB＝2MA，D错误；根据万有引力提供向心力有＝，解得v＝，当r取行星半径时，v即为该行星的第一宇宙速度，由题图甲可知，行星A、B的第一宇宙速度之比为1∶1，C正确；两行星的第一宇宙速度相等，有＝，解得RB＝2RA，在星球表面，万有引力等于重力，有＝mg，可知gA＝，gB＝，解得gA＝2gB，B正确。 8．(2025·河南省新乡市等2地高三下模拟)如图所示，质量为m＝0.2 kg的足够长的长木板c放在光滑的水平面上，长木板的右端到右侧弹性挡板的距离为x0＝6 m，左端紧靠一平台且上表面与平台平齐，长木板的最左端放置一质量为m2的物体b。质量为M＝2 kg、带半径为r＝1.35 m的光滑圆弧形轨道的滑块d放在光滑平台上，且圆弧与平台相切。初始时滑块d锁定在平台上，质量为m1的物体a由距离平台h＝2r高处静止释放，物体a刚好由圆弧轨道的最高点进入弧形轨道，物体a运动到最低点时对轨道的压力为50 N。现解除锁定，物体a仍从原来的位置静止释放，经过一段时间与物体b发生弹性碰撞，物体b在长木板上相对滑动的距离为L＝0.6 m时，物体b第一次与长木板c共速，此后长木板c与挡板发生弹性碰撞。已知m1＝m2，a、b可视为质点，b始终没有离开长木板c，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物体a的质量m1； (2)物体b与长木板c间的动摩擦因数； (3)长木板c在水平面上通过的总路程s。 答案：(1)1 kg　(2)0.5　(3)7.8 m 解析：(1)滑块d锁定时，设物体a在最低点的速度大小为v0，由机械能守恒定律得 m1gh＝m1v 物体a在最低点时，设轨道对物体a的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得 FN－m1g＝ 又由牛顿第三定律得FN＝50 N 联立并代入数据解得m1＝1 kg。 (2)解除锁定后，以向右为正方向，设物体a在最低点的速度为v1，滑块d的速度为v，物体a与滑块d组成的系统水平方向动量守恒，则有0＝m1v1＋Mv 又由机械能守恒定律得m1gh＝m1v＋Mv2 解得v1＝6 m/s 物体a与物体b发生弹性碰撞，以向右为正方向，设碰撞后a、b的速度分别为v10、v20，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m1v1＝m1v10＋m2v20， m1v＝m1v＋m2v 且m1＝m2 解得v10＝0，v20＝6 m/s 设物体b与长木板c共速时的速度大小为v共，对b、c组成的系统由动量守恒定律得 m2v20＝(m2＋m)v共 解得v共＝5 m/s 又由功能关系得μm2gL＝m2v－(m2＋m)v 解得μ＝0.5。 (3)物体b与长木板c共速后，长木板c与挡板发生碰撞，假设b、c再次共速前，c仍未与挡板相撞，长木板c第一次与挡板碰撞后，设b、c的共同速度为v2，由动量守恒定律得 m2v共－mv共＝(m2＋m)v2 解得v2＝v共 因0<v2<v共，且c的加速度大小始终为a＝＝25 m/s2，有>，即c向左匀减速运动的位移大于向右匀加速运动的位移，假设成立 设长木板c第一次与挡板碰撞后向左滑动的距离为s1，对长木板c由动能定理得 －μm2gs1＝0－mv 解得s1＝0.5 m 长木板c第二次与挡板碰撞后，由动量守恒定律得m2v2－mv2＝(m2＋m)v3 解得v3＝v2＝v共 对长木板c有－μm2gs2＝0－mv 解得s2＝s1 …… 长木板c第n次与挡板碰撞后，由动量守恒定律得m2vn－mvn＝(m2＋m)vn＋1 对长木板c有－μm2gsn＝0－mv 同理解得sn＝s1 长木板c通过的路程为s＝x0＋2(s1＋s2＋s3＋…＋sn＋…) 整理得s＝x0＋2s1 代入数据解得s＝7.8 m。 10 学科网（北京）股份有限公司 $