二轮专题 挑战压轴1专练力学综合（含解析）

挑战压轴1专练力学综合1(2024徐州三模)如图所示，足够大的光滑板固定在水平面内，板上开有光滑的小孔O，细线穿过小孔，将小球A、B、C拴接．小球A在光滑板上做匀速圆周运动，小球B、C自然下垂处于静止状态．已知小球A、B、C的质量均为m，小球A到小孔O的距离为L，重力加速度为g.(1)求小球A做圆周运动的速度大小v0；(2)剪断B、C间细线瞬间，小球A的加速度大小为aA，求此时小球B的加速度大小aB；(3)剪断B、C间细线后，小球B运动到最高点的过程中(小球B未与板接触)，细线对小球B做的功为W，求小球B运动到最高点时小球A的角速度大小ω.2(2025南通启东中学)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝4.5J，质量m＝1.0kg的滑块静止于弹簧右端，传送带左右两侧分别与水平导轨AB和CD平滑连接，四分之一圆弧的小车与水平面CD在D′点等高但不粘连，传送带长度L＝2.0m，以恒定速率v1＝5.0m/s顺时针转动．某时刻解除弹簧锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带C端离开，再进入质量M＝4.0kg的四分之一圆弧的小车D′E上．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，其他轨道均光滑，轻弹簧的自然长度小于水平导轨AB的长度且滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑块进入传送带时的速度大小vB；(2)滑块从B点到C点运动过程中摩擦产生的热量；(3)滑块冲上小车的过程中，离D′点的最大高度．

3(2025苏州三模)一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端．观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h.青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端．设青蛙(看作质点)每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：(1)每次青蛙起跳做的功W；(2)青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小(用木板长度L表示)；(3)若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小(用h表示).4(2025黑龙江哈尔滨期中)如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面与水平地面在B点平滑连接．质量M＝9.0kg的滑块静止在水平地面上，滑块与地面之间的动摩擦因数μ＝0.25.现将质量m＝1.0kg的光滑小球从斜面上A点由静止释放，A点距水平地面的高度为H＝5.0m．已知小球与滑块间的碰撞是弹性碰撞，g取10m/s2，结果可用根式表示．(1)求小球由A点下滑至B点的过程所受支持力的冲量大小；(2)求小球与滑块第一次碰撞后滑块的速度大小vM1；(3)求小球与滑块发生第n次碰撞后，滑块滑行的距离sn.

挑战压轴1专练力学综合1(1)依题意，小球A所受细线拉力提供其做匀速圆周运动的向心力，有2mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),L)，解得v0＝eq\r(2gL).(2)剪断B、C间细线瞬间，对小球B受力分析，根据牛顿第二定律可得T－mg＝maB，对小球A，有T＝maA，联立解得aB＝aA－g.(3)设小球B上升的高度为h，由动能定理可得W－mgh＝0，解得h＝eq\f(W,mg)，系统机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，又v＝ω(L＋h)，联立解得ω＝eq\f(g\r(2m2gL－2mW),mgL＋W).2(1)根据能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝3m/s.(2)滑块在传送带上先做匀加速运动，设滑块运动距离为s时与传送带共速，经过时间为t，物块在传送带上的加速度a＝eq\f(μmg,m)＝5m/s2，根据运动学公式有v1＝vB＋at，s＝vBt＋eq\f(1,2)at2，解得t＝0.4s，s＝1.6m<L，所以滑块在传送带上到C点前已经达到最大速度，此过程中传送带的位移x＝v1t＝2m，滑块从B点到C点运动过程中摩擦产生的热量Q＝μmg(x－s)＝2J.(3)滑块冲上小车离D′点的高度最大时与小车共速，根据水平方向动量守恒mv1＝(m＋M)v2，根据机械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,2)＋mgh，联立解得h＝1m.3(1)对青蛙竖直起跳过程列动能定理有W－mgh＝0，解得每次青蛙起跳做的功W＝mgh.(2)对青蛙在木板上向右上方起跳过程有mx1＝Mx2，由几何关系得x1＋x2＝L，联立解得x1＝eq\f(M,M＋m)L.(3)青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ，运动时间为t，则竖直方向v0sinθ＝geq\f(t,2)，水平方向x3＝v0tcosθ，联立解得x3＝eq\f(veq\o\al(2,0)sin2θ,g)，则当θ＝45°时，x3＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)，对青蛙起跳过程列动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得青蛙水平方向上最大位移为x3＝2h.4(1)小球光滑，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，代入数据可得a＝5m/s2，小球沿斜面匀加速下滑，由运动学公式有eq\f(H,sinθ)＝eq\f(1,2)at2，代入数据可得t＝2s，所以小球由A点下滑至B点过程所受支持力的冲量大小为I＝FN·t＝mgcosθ·t＝10eq\r(3)N·s.(2)小球到达B点时v1＝at＝10m/s，设小球与滑块第一次碰后反弹速度大小为vm1，碰撞过程动量守恒，以水平向右为正方向，有mv1＝MvM1－mvm1，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M1)，代入数据可得vM1＝eq\f(1,5)v1＝2m/s，vm1＝eq\f(4,5)v1＝8m/s.(3)第一次碰后，小球沿斜面往返的时间tm1＝eq\f(2vm1,a)＝3.2s，滑块沿水平地面滑行的时间tM1＝eq\f(vM1,μg)＝0.8s，则小球第二次与滑块碰撞时滑块已静止，第二次碰前小球速度v2＝vm1＝eq\f(4,5)v1＝8m/s，由小球与滑块发生弹性碰撞有mv2＝MvM2－mvm2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M2)，联立可得vM2＝eq\f(1,5)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))v1，vm2＝eq\f(4,5)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2v1，同理可知小球第三次与滑块碰撞时滑块也已静止，碰后有vM3＝eq\f(1,5)v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2v1，vm3＝eq\f(4,5)v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))3v1，所以，小球第n次与滑块碰撞后，滑块速度vMn＝eq\b\lc\(\rc\)(\