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课件PPT

第一部分　专题特训 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 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 高考体验 1 2 3 4 5 6 7 8 2 1 2 3 4 5 6 7 8 3 1 2 3 4 5 6 7 8 4 1 2 3 4 5 6 7 8 5 1 2 3 4 5 6 7 8 6 1 2 3 4 5 6 7 8 7 1 2 3 4 5 6 7 8 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 10 1 2 3 4 5 6 7 8 11 1 2 3 4 5 6 7 8 12 1 2 3 4 5 6 7 8 13 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 好题精选 1 2 3 4 5 6 7 8 14 1 2 3 4 5 6 7 8 15 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 1 2 3 4 5 6 7 8 16 1 2 3 4 5 6 7 8 17 1 2 3 4 5 6 7 8 18 1 2 3 4 5 6 7 8 19 1 2 3 4 5 6 7 8 20 1 2 3 4 5 6 7 8 21 1 2 3 4 5 6 7 8 22 1 2 3 4 5 6 7 8 23 (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 1 2 3 4 5 6 7 8 24 1 2 3 4 5 6 7 8 25 1 2 3 4 5 6 7 8 26 1 2 3 4 5 6 7 8 27 1 2 3 4 5 6 7 8 28 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 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－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，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(2sin2β,2sinθ＋sin（2β－θ）) m/s＝eq \f(2sin2β,2sinθ＋sin2βcosθ－cos2βsinθ) m/s＝eq \f(2,cosθ＋\f(2－cos2β,sin2β)·sinθ) m/s＝eq \f(2,cosθ＋\f(3sin2β＋cos2β,2sinβcosβ)·sinθ) m/s＝eq \f(2,cosθ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3sinβ,2cosβ)＋\f(cosβ,2sinβ)))sinθ) m/s， 由数学不等式可知，θ确定时，当且仅当eq \f(3sinβ,2cosβ)＝eq \f(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。 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(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(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(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)μgL① 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）)μgL② ①②式联立解得β＝eq \f(4n（2n＋1）（8n2＋10n＋5）,3（2n－1）)。 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＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，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＝eq \f(l,v0)，同时竖直方 向上小球自由落体的高度h＝eq \f(1,2)gt2，联立各式可得W＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(l2,4h)))，根据数学知识可知当h＝eq \f(l2,4h)时，W有最小值，即当且仅当h＝eq \f(l,2)时，Wmin＝mgl＝40 J，故选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＝eq \f(v0sinθ,g)，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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)m(v0cosθ)2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)sin2θ，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·eq \f(v0sinθ,g)＝2,0)eq \f(vsin2θ,2g) ，由于两球的水平位移相等，有2,0)eq \f(vsin2θ1,2g) ＝2,0)eq \f(vsin2θ2,2g) ，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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，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eq \f(1,2)mg B．由B点抛出后，最终落地点C距B点的水平距离为eq \f(\r(3)＋\r(7),2)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eq \f(2mg,3) eq \r(\r(3)gR) D．小球运动到B点时的速度大小为eq \r(\r(3)gR) 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°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，可知小球运动到B点时的速度大小为vB＝eq \r(gR)，小球在B点沿半径方向上由牛顿第二定律有FB－mgcos60°＝2,B)eq \f(mv,R) ，联立解得小球运动到B点时轨道对小球的支持力为FB＝eq \f(3,2)mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为FB′＝FB＝eq \f(3,2)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－eq \f(1,2)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＝eq \f(\r(3)＋\r(7),4)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＝eq \f(1,2)mv2，联立解得PG＝mgeq \r(2gRcosθsin2θ)＝mgeq \r(2gR（cosθ－cos3θ）)，由数学导数及单调性知识可知，当cosθ＝eq \f(\r(3),3)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eq \f(2mg,3) eq \r(\r(3)gR)，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 eq \r(3,2)，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eq \f(1,2) 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 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eq \f(GMm,r2)＝mreq \f(4π2,T2)，整理得r3＝eq \f(GMT2,4π2)，两边取对数得lg r＝eq \f(2,3)lg T＋eq \f(1,3)lg eq \f(GM,4π2)，题图乙中两条直线的斜率均为eq \f(2,3)，A错误；根据已知条件有bB－bA＝eq \f(1,3)lg eq \f(GMB,4π2)－eq \f(1,3)lg eq \f(GMA,4π2)＝lg eq \r(3,2)＝eq \f(1,3)lg 2，解得MB＝2MA，D错误；根据万有引力提供向心力有eq \f(GMm,r2)＝eq \f(mv2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，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eq \r(\f(GMA,RA))＝eq \r(\f(GMB,RB))，解得RB＝2RA，在星球表面，万有引力等于重力，有eq \f(GMm,R2)＝mg，可知gA＝2,A)eq \f(GMA,R) ，gB＝2,B)eq \f(GMB,R) ，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eq \f(1,4)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： 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＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0) 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＝2,0)eq \f(m1v,r) 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＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)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， eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,10)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,20) 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＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,20)－eq \f(1,2)(m2＋m)veq \o\al(2,共) 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＝eq \f(2,3)v共 因0<v2<v共，且c的加速度大小始终为a＝eq \f(μm2g,m)＝25 m/s2，有2,共)eq \f(v,2a) >2,2)eq \f(v,2a) ，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－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,共) 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＝eq \f(m2－m,m2＋m)v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)v共 对长木板c有－μm2gs2＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 解得s2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)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－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,n) 同理解得sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2（n－1）)s1 长木板c通过的路程为s＝x0＋2(s1＋s2＋s3＋…＋sn＋…) 整理得s＝x0＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2（n－1）)＋…))s1 代入数据解得s＝7.8 m。 $