2025届高考物理二轮复习：微专题2　滑块—木板模型综合问题-专项训练 （含解析）

2025届高考物理二轮复习
微专题2　滑块—木板模型综合问题-专项训练
1.如图所示,光滑细杆BC和AC构成直角三角形ABC,其中AC杆竖直,BC杆和AC杆的夹角θ=37°,两根细杆上分别套有可视为质点的小球P、Q,其质量之比为1∶2.现将P、Q两个小球分别从AC杆和BC杆的顶点由静止释放,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.P、Q两个小球由静止释放到运动至C点的过程中,下列说法正确的是 (　)
A.重力的冲量之比为1∶1
B.重力的冲量之比为5∶6
C.合力的冲量之比为5∶8
D.合力的冲量之比为5∶2
2.[2024·河北保定模拟] 如图所示为杂技表演“胸口碎大石”,其原理可解释为当大石块获得的速度较小时,下面的人感受到的振动就会较小,人的安全性就较强.若大石块的质量是铁锤的150倍,则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的 (　)
A. B. C. D.
3.出现暴风雪天气时,配备航空燃油发动机的某型号“除雪车”以20 km/h的速度匀速行驶,进行除雪作业.直径约为30 cm的吹风口向侧面吹出速度约30 m/s、温度约700 ℃、密度约1.0 kg/m3的热空气.已知航空燃油的热值为4×107 J/kg,根据以上信息可以估算出(　)
A.除雪车前进时受到的阻力
B.除雪车吹出热空气时受到的反冲力
C.除雪车进行除雪作业时消耗的功率
D.除雪车进行除雪作业时单位时间内消耗的燃油质量
4.(不定项)[2024·温岭模拟] 老鹰俯冲捕猎时的速度可达200 km/h,图甲是老鹰成功捕获鲤鱼的照片,图乙为某同学估算所画的捕获示意图.一质量为2 kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径R=100 m的圆周运动,捕猎前瞬时的水平速度大小v0=180 km/h,鲤鱼质量为0.5 kg,若老鹰和鱼均可视为质点,忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作用力,重力加速度g取10 m/s2,则 (　)
A.捕猎前、后瞬间,老鹰处于非平衡状态
B.捕猎前、后瞬间,老鹰的加速度大小不变
C.捕猎后瞬间老鹰的速度大小为40 km/h
D.捕猎后瞬间老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬间减少5 N
5.[2024·台州模拟] 如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长.一颗质量为km的子弹以水平速度v0射入物块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是 (　)
A.子弹射入物块A的过程中,子弹的动量变化量为
B.子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为
C.在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量最大值为
D.在弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为
6.如图所示,质量分别为m、3m、nm(n=1,2,3,…)的圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上,圆弧槽的半径为R,末端与水平面相切.现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放,一段时间后与B发生弹性正碰.已知重力加速度为g,不计A、B、C大小及一切摩擦.下列说法正确的是 (　)
A.小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为mg
B.若B、C发生的是完全非弹性碰撞,则n取不同值时,B、C碰撞损失的机械能不同
C.若B、C发生的是弹性正碰,则当n=2时,碰撞完成后小球C的速度为
D.n取不同值时,C最终的动量不同,其最小值为m
7.(不定项)[2024·嘉兴一中模拟] 如图所示,一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上,A上有一质量m=1 kg的光滑小球B将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能Ep=6 J,B与A右壁距离为l.解除锁定,B脱离弹簧后与A右壁碰撞并被粘住,下列说法正确的是 (　)
A.B脱离弹簧时,A的速度大小为1 m/s
B.B和A右壁碰撞并被粘住的过程中,A右壁对B的冲量大小为3 N·s
C.整个过程中B移动的距离为0.25l
D.B碰到A右壁前瞬间,A与B的动量相同
8.(不定项)[2024·湖北卷] 如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块.设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小Ff与射入初速度大小v0成正比,即Ff=kv0(k为已知常数).改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则 (　)
A.子弹的初速度大小为
B.子弹在木块中运动的时间为
C.木块和子弹损失的总动能为
D.木块在加速过程中运动的距离为
9.[2024·余姚模拟] 如图所示为某弹射游戏装置,游戏轨道由水平直轨道AB和两个半径R=0.8 m、圆心角θ=120°的圆弧轨道BC、C'D组成,OB、DO'竖直,小球(可视为质点)能无碰撞地从轨道BC进入轨道C'D.小球1被固定于A处的弹簧弹出后,与静置在水平轨道的小球2发生弹性碰撞.游戏设置一、二、三等奖:若小球2能够进入圆弧轨道C'D则获三等奖,若小球2能在圆弧轨道C'D(不包括D点)段脱离则获二等奖,若小球1能在圆弧轨道C'D(不包括D点)段脱离则获一等奖,其他情况都不能获奖.已知小球1的质量m1=0.3 kg,小球2的质量m2=0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略一切摩擦,不考虑小球间的二次碰撞.
(1)若游戏能获奖,求小球2经过B点时轨道BC对小球弹力的最小值;
(2)小球2碰后的速度v为多大时,游戏能获二等奖
(3)弹簧释放的弹性势能Ep满足什么条件时,游戏能获一等奖
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
参考答案与详细解析
1.C　[解析] 设AC杆长度为5l,则BC杆长度为5lcos 37°=4l,P球沿AC杆做自由落体运动,设下落的时间为tP,有5l=g,Q球沿BC杆做匀加速直线运动,加速度为aQ=gcos 37°=0.8g,设下滑的时间为tQ,有4l=aQ,联立得=,由冲量的定义I=Ft可得,两球的重力的冲量之比===,故A、B错误.由速度公式v=at可得,两球在C点时的速度大小之比==,由动量定理I合=Δp=mΔv可知,两球的合力的冲量之比==×=,故C正确,D错误.
2.B　[解析] 如果发生的是完全非弹性碰撞,则由动量守恒定律得mv0=(150m+m)v共,解得v共=v0,如果发生的是弹性碰撞,则由动量守恒定律得mv0=150mv1+mv2,由机械能守恒定律得m=×150m+m,联立解得v1=v0,故撞击后大石块的速度与铁锤碰撞前的速度的比值k的取值范围为≤k≤,A、C、D错误,B正确.
3.B　[解析] 由于除雪车匀速行驶,所以除雪车前进时受到的阻力为Ff=F=,由于不知除雪车牵引力的功率,故不能求出阻力,A错误;以热空气为研究对象,根据动量定理有FΔt=Δmv,其中Δm=ρ·πd2vΔt,解得反冲力的大小为F=ρ·πd2v2≈63.6 N,B正确;计算除雪车进行除雪作业时消耗的功率的途经有两种,一种是根据燃料放热公式Q=mq,可得P=q,另一种是根据能量守恒定律,有P=P热+P机,第一种途径中消耗的功率和单位时间内消耗燃油质量均不知道,故不能采用此途径,第二种途径中机械功率(牵引力的功率)不知道,传给汽缸的热功率也不知道,甚至排出的气体的热功率也因不知比热容而无法求出,故也不能采用这种途径,C、D错误.
4.AD　[解析] 老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动,圆周运动是曲线运动,所以合外力不为0,老鹰处于非平衡状态,故A正确;捕猎前、后瞬间,老鹰和鱼组成的系统在水平方向上动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v共,解得捕猎后瞬间老鹰的速度大小v共=144 km/h=40 m/s,加速度a=,由于捕猎后瞬间老鹰的速度减小了,而圆周运动半径不变,所以捕猎后瞬间老鹰的加速度变小,故B、C错误;设捕猎前瞬间空气对老鹰的作用力为F,捕猎后瞬间空气对老鹰的作用力为F',分别对捕猎前瞬间的老鹰及捕猎后瞬间的老鹰和鱼组成的系统进行受力分析,有F-m1g=m1,F'-(m1+m2)g=(m1+m2),解得F=70 N,F'=65 N,则F-F'=5 N,即捕猎后瞬间老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬间减少5 N,故D正确.
5.C　[解析] 子弹射入物块A的过程中,子弹与物块A组成的系统动量守恒,有kmv0=v1,解得v1=v0,子弹的动量变化量Δp=kmv1-kmv0=-,物块A的动能增加量为ΔEkA=m=,选项A、B错误;当弹簧第一次压缩到最短时,物块B的动量最大,弹簧的弹性势能也最大,子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒,有kmv0=(2m+km)v2,解得v2=v0,物块B的动量最大值为pBm=,弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp=-(2m+km)=,选项C正确,D错误.
6.B　[解析] 小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时,小球A和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒,有mvA=mv1,小球A和圆弧槽组成的系统机械能也守恒,有mgR=m+m,联立解得vA=v1=,故小球A通过圆弧槽最低点时相对于圆弧槽的速度大小为v相=vA+v1,根据牛顿第二定律有F-mg=m,联立解得小球A通过圆弧槽最低点时受到圆弧槽的支持力为F=5mg,由牛顿第三定律可知,小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg,故A错误;小球A与小球B发生弹性正碰,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mvA=mvA1+3mvB,根据机械能守恒定律有m=m+×3m,联立解得vA1=-,vB=,若B、C发生的是完全非弹性碰撞,则B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,根据能量守恒定律有ΔE=×3m-(3m+nm)v2,联立解得B、C碰撞损失的机械能为ΔE=mgR,所以当n取不同值时,B、C碰撞损失的机械能不同,故B正确;若B、C发生的是弹性正碰,则当n=2时,B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=3mvB2+2mvC,根据机械能守恒定律有×3m=×3m+×2m,联立解得碰撞完成后小球C的速度为vC=,故C错误;当B、C发生的是完全非弹性正碰时,B、C碰撞过程,根据动量守恒定律有3mvB=(3m+nm)v,解得碰撞完成后小球C的速度为v=,小球C的动量为p=nmv=m=m,当n取1时,动量取最小值,为pmin=m,当B、C发生的是弹性正碰时,根据动量守恒定律有3mvB=3mvB'+nmvC',根据机械能守恒定律有×3m=×3mvB'2+nmvC'2,联立解得碰撞完成后小球C的速度为vC'=,小球C的动量为p'=nmvC'=m=m,当n取1时,动量取最小值,为pmin'=m,由于B、C碰撞的类型未确定,所以可能会导致n取不同值时C最终的动量相同,当B、C的碰撞为完全非弹性碰撞时,C最终的动量最小值为m,故D错误.
7.AB　[解析] B脱离弹簧时,对系统,由动量守恒定律得Mv1-mv2=0,由机械能守恒定律得M+m=Ep,联立解得A的速度大小为v1=1 m/s,B的速度大小为v2=3 m/s,选项A正确;B碰到A右壁前瞬间,A与B的动量大小相等,方向相反,选项D错误;B和A右壁碰撞并被粘住时,由动量守恒定律得mv2-Mv1=(m+M)v,解得A、B的共同速度v=0,由动量定理得A右壁对B的冲量大小为I=|mv-mv2|=3 N·s,选项B正确;整个过程中,由动量守恒定律得Ml1-ml2=0,其中l1+l2=l,解得B移动的距离l2=0.75l,选项C错误.
8.AD　[解析] 子弹的初速度大小v0改变时,分为两种情况,一种是最终子弹和木块共速,一种是子弹穿出木块后继续运动.分析最终子弹和木块共速这种情况,由于水平面光滑,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,设子弹和木块最终速度为v,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=v0,可知此种情况下木块获得的速度v随子弹初速度v0增大而增大,当子弹恰好不穿出木块时,
木块获得的速度取得最大值,设此时v0=v0m,v=vm,满足vm=v0m,子弹在木块中运动过程中,子弹所受阻力Ff=kv0,子弹做匀减速运动的加速度大小a1==,木块做匀加速运动的加速度大小a2==,由位移关系得-=L,联立解得v0m=;分析子弹穿出木块后继续运动这种情况,将子弹恰好穿出木块(与子弹恰好不穿出木块实际为同一临界点)包含在这种情况内,此时v0≥,设子弹刚穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、v2,可知v1>v2,对子弹有2a1x1=-,对木块有2a2x2=,又知x1-x2=L,联立解得v2=,研究函数f(v0)=v0-,对此函数变形得f(v0)==,当1-=0,即v0=时,f(v0)取得最大值,v2也取得最大值,综上可知,子弹的初速度大小为时,木块获得的速度最大,故A正确;将v0=代入上面各式,可得Ff=,a2=,v2=,子弹在木块中运动的时间t==,木块在加速过程中运动的距离x2==,根据能量守恒定律可知,木块和子弹损失的总动能用来克服摩擦力做功,即ΔEk=FfL=,故B、C错误,D正确.
9.(1)4.5 N　(2)4 m/s[解析] (1)若游戏能获奖,则小球2必须要通过C点.小球2恰好通过C点时,由牛顿第二定律得
m2gsin =m2
小球2从B运动到C过程,根据动能定理得
-m2g[R+Rsin(θ-90°)]=m2-m2
联立解得vB=2 m/s
小球2经过B点时,由牛顿第二定律得FN-m2g=m2
解得轨道BC对小球2的最小弹力FN=4.5 N
(2)当小球2恰好到达与O'等高处时,根据动能定理得-m2g[R+2Rsin(θ-90°)]=0-m2
解得vB1=4 m/s
当小球2恰好运动到D点时,由牛顿第二定律得
m2g=m2
小球2从B运动到D过程,由动能定理得-m2g[2R+2Rsin(θ-90°)]=m2-m2
联立解得vB2=2 m/s
由于vB1>vB,故小球2碰后的速度v满足4 m/s(3)小球1被弹簧弹出后,根据机械能守恒定律得Ep=m1
小球1和小球2发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和能量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2
m1=m1+m2
小球1的速度v1需满足4 m/s联立解得19.2 J