金版教程2025年高考物理复习力学模块综合集训

力学模块综合集训一、选择题(本题共5小题)1．(2023·福建高考)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图a所示，乙车所受合外力—时间图像如图b所示。则()A．0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大B．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同C．2～6s内，甲、乙两车的位移不同D．t＝8s时，甲、乙两车的动能不同答案BC解析速度—时间图像中图线的斜率表示加速度，则根据题图a可知，0～2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误。设乙车在t＝2s和t＝6s时的速度分别为v2、v6，由合外力—时间图像中图线与t轴所围图形的面积表示合外力的冲量，结合题图b可知，乙车在0～2s内所受合外力的冲量为I2＝eq\f(1,2)×2×2N·s＝2N·s，乙车在0～6s内所受合外力的冲量为I6＝eq\f(1,2)×2×4N·s－eq\f(1,2)×2×(6－4)N·s＝2N·s，以开始时的运动方向为正方向，根据动量定理有I2＝mv2－0，I6＝mv6－0，解得v2＝v6，可知乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同，故B正确。根据速度—时间图像中图线与t轴所围图形的面积表示位移，结合题图a可知，2～6s内甲车的位移为0；根据题图b和选项B分析可知，2～6s内乙车先向正方向加速运动，后向正方向减速运动，且2s、6s时乙车速度相同，则乙车一直向正方向运动，则2～6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确。根据题图a可知，t＝8s时甲车的速度为0，则其动能为0；在0～8s内，对乙车根据动量定理有I8＝mv8－0，根据题图b可知，I8＝eq\f(1,2)×2×4N·s－eq\f(1,2)×2×(8－4)N·s＝0，解得t＝8s时乙车的速度v8＝0，则其动能为0，综上可知，t＝8s时，甲、乙两车的动能相同，故D错误。2．如图所示，物体A以速度v0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为1m，图a中的虚线是A做平抛运动的轨迹，图b中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图a中的虚线完全相同，让物体B从轨道顶端沿轨道无初速度下滑，B下滑过程中没有脱离轨道，物体A、B都可以看作质点，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A．A、B两物体落地时的速度相同B．A、B两物体下落运动的时间相等C．物体A落地时的速度大小为5m/sD．物体B落地时沿水平方向的速度大小为5m/s答案C解析物体A以速度v0做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速度下滑，B所受轨道的支持力时刻与速度垂直，所以轨道的支持力对B不做功，重力对A、B做的功大小相同，由动能定理得，B的末速度小于A的末速度，故A错误；A、B两物体的竖直位移相等，但是B在竖直方向上的加速度小于A的加速度，根据h＝eq\f(1,2)at2可知，A、B在空中运动的时间不同，且tA＜tB，故B错误；根据平抛运动的知识，A沿水平方向：1m＝v0tA，竖直方向：1m＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，解得v0＝eq\r(5)m/s，tA＝eq\f(\r(5),5)s，则A落地时的速度：vA＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（gtA）2)＝eq\r(（\r(5)）2＋（2\r(5)）2)m/s＝5m/s，故C正确；根据机械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得B的末速度：vB＝2eq\r(5)m/s，可知B落地时沿水平方向的速度vBx<2eq\r(5)m/s<5m/s，故D错误。3．(2023·安徽省芜湖市高三下5月教学质量统测(二模))(多选)如图所示，左侧带有挡板的小车质量m1＝2kg，挡板上固定一轻弹簧，弹簧水平且自由端恰好在小车O点正上方，O点离小车右端的距离L＝1.0m，小车上表面O点左侧光滑，小车静止于光滑水平面上。质量m2＝1kg的滑块(可以看作质点)以水平速度v0＝6m/s从右端滑上小车，经弹簧反弹后离开小车。已知滑块与小车O点右侧表面间的动摩擦因数μ＝0.45，重力加速度g＝10m/s2，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是()A．滑块相对小车向左滑行的过程中一直在减速B．滑块相对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后变小C．此过程中弹簧的最大弹性势能Ep＝6JD．滑块离开小车后在空中做自由落体运动答案AD解析滑块相对小车向左滑动的过程中分两个阶段，滑块在O点右侧滑动时，滑块受滑动摩擦力作用而减速，该阶段根据牛顿第二定律有μm2g＝m2a1，解得a1＝μg，可知此阶段滑块向左滑行的加速度大小不变；滑块经过O点后瞬间，摩擦力突变为0，弹簧处于原长，则滑块加速度大小为0，之后滑块相对小车在O点左侧向左滑行时，滑块受弹簧弹力作用而减速，该阶段滑块加速度大小随弹簧形变量增大而逐渐变大，故A正确，B错误；弹簧压缩量最大时，弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车达到共同速度v，由动量守恒定律和能量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，Ep＋μm2gL＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Ep＝7.5J，故C错误；当滑块离开小车时，设滑块的速度为v1，小车的速度为v2，此过程中由动量守恒定律和能量守恒定律有m2v0＝m2v1＋m1v2，Q＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)，其中Q＝2μm2gL，解得v1＝0，v2＝3m/s(另一组解v1＝4m/s，v2＝1m/s不符合实际，舍去)，可知滑块离开小车时其速度为零，所以滑块离开小车后在空中做自由落体运动，故D正确。4.(2023·湖南省怀化市高三下仿真考试(二模))如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，sin53°＝0.8，g取10m/s2。以下说法正确的是()A．小球B下落时离地面的高度是20mB．小球A上升至最高处时离地面40mC．小球A从抛出到落回地面的时间为3sD．小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m答案C解析A抛出到与B碰撞前，在空中做斜抛运动，抛出时在竖直方向的分速度vAy＝vsin53°＝20m/s，则A上升的最大高度为hA＝eq\f(veq\o\al(2,Ay),2g)＝20m，运动时间t＝eq\f(vAy,g)＝2s，t时间内B做自由落体运动，下落高度hB＝eq\f(1,2)gt2＝20m，所以小球B下落时离地面的高度HB＝hA＋hB＝40m，故A、B错误；A、B两小球碰撞前瞬间，竖直方向上，A的分速度大小vAy1＝0，B的分速度大小vBy1＝gt＝20m/s，设碰后瞬间A、B竖直方向分速度大小为vy，碰撞过程竖直方向动量守恒，取竖直向下为正方向，有mvAy1＋3mvBy1＝(m＋3m)vy，解得vy＝15m/s，设A、B两球碰后到落到地面所经历时间为t′，由匀变速直线运动规律有vyt′＋eq\f(1,2)gt′2＝hA，解得t′＝1s(t′＝－4s舍去)，则小球A从抛出到落回地面所用时间t总＝t＋t′＝3s，故C正确；A、B两小球碰撞前瞬间，A沿水平方向的分速度vAx1＝vcos53°＝15m/s，B沿水平方向的分速度vBx1＝0，设碰后瞬间A、B沿水平方向的分速度大小为vx，碰撞过程中A、B在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，有mvAx1＋3mvBx1＝(m＋3m)vx，解得vx＝3.75m/s，A从抛出到碰撞前瞬间，水平方向做匀速直线运动，故其水平位移x1＝vAx1t＝30m，碰撞后到落回地面过程中水平方向做匀速直线运动，故其水平位移x2＝vxt′＝3.75m，则小球A从抛出到落回地面的水平距离x＝x1＋x2＝33.75m，故D错误。5．(2022·安徽省淮南市高三下5月二模)(多选)如图所示，一质量M＝0.8kg的小车静置于光滑水平地面上，小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道与水平轨道相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°，半径OB＝OC＝5m，CD的长度为5m。某一时刻，质量m＝0.2kg的物块A从空中某处以大小v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，最终物块A恰好不滑离小车。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计。则()A．物块A在小车上相对小车运动的过程中，A与小车构成的系统动量守恒B．物块A通过B点时的速度大小为5m/sC．物块A滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大于2.0ND．物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.418答案BCD解析物块A从B点到C点过程中，A与小车构成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；在B点，根据几何关系有cos37°＝eq\f(v0,vB)，解得vB＝5m/s，故B正确；在C点，物块A有向上的向心加速度，物块A处于超重状态，则物块A滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大于自身重力2.0N，故C正确；设物块A到达轨道CD的D端时A和小车的共同速度大小为vD，水平方向由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)vD，由能量守恒定律得mg(R－Rcosθ)－μmgLCD＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立解得μ＝0.418，故D正确。二、非选择题(本题共2小题)6．(2023·山东省潍坊市高三下二模)“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中，而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度h0＝0.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，接触水面0.1s后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的eq\f(3,4)。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离；(2)第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。答案(1)6m(2)2.0N解析(1)设小石片第1次接触水面时竖直方向的速度为vy0，小石片水平抛出到第1次到达水面的过程做平抛运动，竖直方向有veq\o\al(2,y0)＝2gh0由题意可知，小石片第1次弹起时竖直方向的速度大小vy1＝eq\f(3,4)vy0第1次接触水面的过程中，设小石片在水平方向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得f＝ma设小石片第1次离开水面时水平方向的速度大小为vx1，由匀变速直线运动规律有vx1＝v0－aΔt其中Δt＝0.1s小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前做斜抛运动，设经历时间为t1，在空中运动的水平距离为x，则有vy1＝g·eq\f(t1,2)，x＝vx1t1联立并代入数据解得x＝6m。(2)第1次与水面接触的过程，设水面对小石片的竖直作用力大小为F，取竖直向上为正方向，根据动量定理有FΔt－mgΔt＝mvy1－(－mvy0)根据平行四边形定则，可得第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小F′＝eq\r(F2＋f2)联立并代入数据解得F′＝2.0N。7．(2022·湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为eq\r(\f(3gL,5))时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动eq\f(L,10)距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。(1)求C的质量；(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。答案(1)eq\r(3)m(2)6.5mg(3)(4－2eq\r(3))mgL解析(1)系统在如图虚线位置保持静止时，以C为研究对象，根据平衡条件可知mCg＝2Tsin60°以A或B为研究对象，有T＝mg联立解得mC＝eq\r(3)m。(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度大小为v，以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律可知mCeq\r(\f(3gL,5))＝2mvC、D碰撞后D向下运动eq\f(L,10)距离后静止，根据动能定理可知2mgeq\f(L,10)－Feq\f(L,10)＝0－eq\f(1,2)×2mv2联立解得F＝6.5mg。(3)当C运动到图中虚线位置时，受力平衡，加速度为零，速