2020年高考物理一轮复习No18力学优化方案综合试题
2020版新一线高考物理(新课标)一轮复习课后限时集训18 动量守恒定律及其应用 含解析
课后限时集训(十八)(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：动量守恒定律的理解和判断1．(2019·衡水检测)关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒C[根据动量守恒的条件可知A、B错误，C正确；系统中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，系统中总动量一定守恒，D错误。
]2．(多选)如图所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统()A．由于不受摩擦力，系统动量守恒B．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒C．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒D．M对m作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒BC[水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C正确；竖直方向系统所受重力和支持力大小不等，系统竖直方向动量不守恒，B正确。
]题组二：碰撞、爆炸与反冲3．(2019·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。
两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则()A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D ．左方为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6C [A 、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是A 球，若是A 球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A 球的动量为4 kg·m/s ，所以碰撞后B 球的动量是增加的，为12 kg·m/s ，由于m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶3，故C 正确。
2020高考物理全国Ⅰ卷18题
微解题62
2020高考物理全国Ⅰ卷18题
18．一匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab
为半圆，ac 、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。
一束质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。
不计粒子之间的相互作用。
在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( ) A ．
76m qB π B ．
54m qB π C ．
43m qB π D ．
32m qB π
【答案】C 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：v
r T r v m qvB π2,2== 解得周期：qB
m T π2= 粒子在磁场中运动的时间qB m T t ϕϕπ==
2
可见，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。
粒子垂直ca 射入磁场，则轨迹圆心必在ca 直线上，当半径0.5r R ≤和 1.5r R ≥时，
粒子分别从ca 、bd 区域射出，轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。
当0.5R <r <1.5R 时，粒子从半圆边界射出。
如图，过a 作ab 半圆的切线交半圆于k ，连接ok ，∠cko=90°，由图可知，θ=2ɑ，ɑ=30°为最大值，θ=60°也达到最大值。
即当轨迹半径为R 时，轨迹圆心角最大，3ππθ+
=
代入qB m T t ϕϕπ==
2中可得粒子运动最长时间为：qB m t 34π=。
2020年山东高考物理18题
18．（16 分）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。
某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。
Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。
两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。
重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;（3）求物块Q从A点上升的总高度H;（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
18．解：（1）P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得①由机械能守恒定律得②联立①②式得③④故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为（2）设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得⑤联立①②⑤式得⑥设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P 由动能定理得⑦联立①②⑤⑦式得⑧P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得⑨由机械能守恒定律得⑩联立①②⑤⑦⑨⑩式得⑪⑫设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得⑭设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P 由动能定理得⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得⑯P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得⑰由机械能守恒定律得⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得⑲⑳设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得……总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（n=1，2，3……）（3）当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得解得（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3当A点与挡板之间的距离最小时联立式，代入数据得。
2023年高考山东卷第18题分析讲评课件
（2）求 s 的范围
C 甲A B
乙
A
丙
P1
（2）与P碰撞前，若B 与 C 能 达 到 共 速，
且A、B 未 发 生 碰 撞，求s的范围
C
B①
此时B 和C刚好共速
C A B②
A刚要碰B
P2
（3）对滑块C wf = ?
挡板P3 P1
C 甲A B
s=0.48m
SC=1.2m
C
乙1
A
B
丙
C A B②
A刚要碰B
求A点与挡板之间的最小距离s。
2023（18）难度系数 0.4 0 应用动能定理解多段过程问题；含有动量守恒的多 过程问题；利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰 撞问题；
2022（18）难度系数 0.15 完全弹性碰撞 --动碰静；含有动量守恒的 多过程问题；单摆周期公式的简单应用；
2021（18）难度系数 0.4 0 应用动能定理解多段过程问题；利用能量守恒解 决实际问题；
18．（16 分）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止 于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静 摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长， Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。 （1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1； （2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn； （3）求物块Q从A点上升的总高度H； （4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，
m1v12
1 2
m2v2 2
2020年理综全国Ⅰ卷第18题的多种解法赏析
2020年11月1日理科考试研究•综合版• 45 .题的过程中，不难发现，无论是弹簧连接体模型，抑或 降落伞问题，都可以利用牛顿运动定律建立质点运动 学微分方程.除上述两个物理模型外，利用微分方程 还可以严格求解阻尼运动、谐振子、放射性元素衰变、稳/暂态电路、流体流量等多类物理问题.从普通力学 到理论力学、从量子力学到天体物理，微分方程贯穿 于物理学的各个领域，应用性强、覆盖面广.物理学是应用数学方法最充分、最成功的一门科 学['物理学中的数学方法是物理思维和数学思维高 度融合的产物[3].在应用微分方程解决物理问题时，利用物理定律 分析模型、按照逻辑定性描述物体运动状态是物理思 想，将分析模型转化为方程并严格求解、借助函数定 量阐述物体运动规律则是数学思想，两者的有机融合 便构成了“数理思想从高观点视域下进行习题分析，能够使学生掌握 归纳演绎、逻辑推理、数学计算等技能,培养学生的数 理思想，进而在一定程度上增强学生学习兴趣与动 机、提升学生物理学习的能力.5结束语本文以“弹簧连接体”和“降落伞模型”为例，阐述了微分方程在解决高中物理问题中的实际应用，引导中学物理教师要从高站位、高观点的视域下看待中 学物理教学.科技高速发展时代、知识碎片化时代，都可能使 学生的原有认知结构随时发生变化，其知识储备M和 新知识组块能力都可能随时代的发展而加速变化.因 此在中学物理实际教学中，教师不能仅拘泥于教材、教参、练习册、试卷体现出的知识点和解题方法，不能 长期坚持原有的传统教学模式，应尝试努力扩展知识 储备、革新教学理念、创新教学模式、提升教学素养、开发教学特色，正所谓“教师要给学生一碗水，自己要 有一桶水”[4]，致力于将物理学科核心素养在新时代 的中学物理教学中“落地生根参考文献：[1 ]同济大学数学系.高等数学第六版上册[M].北京：高等教育出版社,2007(04) :294.[2] [3]阎金铎，梁树森.物理学习论[M].南宁：广西教育 出版社，1996( 12) :89 -90.[4 ]陈向明.教师的作用是什么——对教师隐喻的分析 [J].教育研究与实验,2001 (01):13 - 19 + 72.(收稿日期：2020-07 -21)2020年理综全国I卷第18题的多种鮮法貴析薛彦学(莒县第一中学山东日照276500)摘要：本题属于带电粒子在有界磁场中运动的问题，磁场边界由直线和圆组合而成，比较新颖.在规范作图基础 上，可以形成多种解题思路.思路1利用余弦定理和均值不等式求解；思路2利用现有图形构造椭圆，利用椭圆的性质 找到最大圆心角；思路3运用多次试探作图找到最大圆心角，然后利用几何知识巧妙求解；思路4利用定性判断和排除 法结合求解.关键词：余弦定理；椭圆性质；相切1问题呈现(2020 •全国 I卷 18T)—匀：：：：：：：：：：：：：：强磁场的磁感应强度大小为b，方LLLi丨丨i丨:i j l U向垂直于纸面向外，其边界如图i e d 中虚线所示，2为半圆与直图1径《/;共线,间的距离等于半圆的半径.一束质量为m、电荷量为9(9>〇)的粒子，在纸面内从c点垂直于 a c射人磁场，这些粒子具有各种速率.不计粒子之间 的相互作用.在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）•»lirm..5mn r 47rm n3Tim2^B2解法赏析分析本题属于带电粒子在有界匀强磁场中运动问题，磁场边界为直线边界和圆形边界组合，粒子 具有各自不同速度，轨道半径不同，在圆形磁场组合 运动时间不同，要求最长时间对应轨迹圆心角最大. 本题规范作图后，就变成一个数学问题了，因此可以作者简介：萍彦学（1968 -),男，山东日照人，领士，中学高级教师，研究方向：高三物理实验班教学.• 46 •理科考试研究•综合版2020年11月1日从代数和几何两个方向思考.如图2,设带电粒子速度为 ^时轨迹半径为/?,a c 间的距离 为半圆圆心为0,轨迹圆心*5 角为T T +0，粒子出射点为e ，由 洛伦兹力和向心力公式得图2=竽，，=¥，在磁场中运动时间为i =d方法i运用余弦定理和均值不等式求解由余弦定理得nR2 + (2r - R )2 R 2r -R ^ 1C 〇s6 = 2R (2r -R ) = 2(2r -R ) + 2R ^ ~1(均值不等式），故0纭f ,运动时间最长t =^f .方法2利用三角形的特点构造椭圆，利用楠圆的性质解题在三角形oae 中，ae = /?，oe = r 为 定值,oa =2r -/?,由椭圆的定义，到两 定点距离之和为定值的点组成集合.我们构造一个以为焦点的椭圆，则 到o e 两定点的距离之和为不变.如图3所示，根据椭圆的性质，〇a与 e a 的夹角在椭圆的短半轴与椭圆交点最大，即=ae此时三角形为等边三角形，0=60°，同上可得 到C 正确.方法3有序试探作图，发现极值，利用三角形圆心角与圆周角关系求证如图4所示，我们用圆规分别作出速度逐渐增大的四个轨迹,发现当《连线与d 的夹角先增大后减小.当〇62与磁场边界圆相 切时，圆周角oce 最大，对应 圆心角0最大，也可利用弦 切角等于圆周角一半，直接 观察出相切为极值.由几何关系得sina= +，a =3〇。
高考物理一轮专题复习 力学综合试题-人教版高三全册物理试题
力学综合试题1、一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上，槽内嵌着三个大小一样的刚性小球，它们的质量分别为m1、m2、m3，且m2=m3= 2m1．小球与槽的两壁刚好接触且不计所有摩擦。
起初三个小球处于如图- 25所示的等间距的I、II、III三个位置，m2、m3静止，m1以初速度沿槽运动，R为圆环内半径与小球半径之和。
m1以v0与静止的m2碰撞之后，m2的速度大小为2v0/3；m2与m3碰撞之后二者交换速度；m3与m1之间的碰撞为弹性碰撞：求此系统的运动周期T．2、如下列图，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M 点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮〔不计滑轮摩擦〕分别连接小物块P、Q 〔两边细绳分别与对应斜面平行〕，并保持P、Q两物块静止．假设PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1= 3kg，与MN间的动摩擦因数，求：〔sin37°=0.6，cos37°=0.8〕〔1〕小物块Q的质量m2；〔2〕烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；〔3〕P物块P第一次过M点后0.3s到达K点，如此MK间距多大；〔4〕物块P在MN 斜面上滑行的总路程．3、如下列图，一轻质弹簧将质量为m 的小物块连接在质量为M 〔M ＝3m 〕的光滑框架内。
物块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度。
现框架与物块共同以速度v 0沿光滑水平面向左匀速滑动。
〔1〕假设框架与墙壁发生瞬间碰撞后速度为0且与墙不粘连，求框架刚要脱离墙壁时小物块速度的大小和方向；〔2〕在〔1〕情形下，框架脱离墙面后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值E p m ；〔3〕假设框架与墙壁发生瞬间碰撞立即反弹，以后过程中弹簧的最大弹性势能为2023mv ，求框架与墙壁碰撞时损失的机械能ΔE 1。
〔4〕在〔3〕情形下试判定框架与墙壁能否发生第二次碰撞？假设不能，说明理由。
2020版高考物理一轮总复习力学综合训练(含解析)新人教版
力学综合训练一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如图所示，在0～t 0时间内下列说法正确的是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间相同，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，若在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落相同高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，则地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ． R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体表面上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，则有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1 R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，则有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如图所示，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以相同的加速度向上做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.则弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.本题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如图所示，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上表面水平，则下列说法正确的是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有相同的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B 项错误；由于P 的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P 受到的摩擦力方向水平向左，故C 项错误；由牛顿第三定律可知，P 对Q 的摩擦力水平向右，故D 项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m ＝1 kg 的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F 作用由静止开始运动，用x 表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F 与x 的关系如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.则物体沿斜面向上运动过程中，下列说法正确的是( )A ．机械能先增大后减小，在x ＝3.2 m 处，物体机械能最大B ．机械能一直增大，在x ＝4 m 处，物体机械能最大C ．动能先增大后减小，在x ＝2 m 处，物体动能最大D ．动能一直增大，在x ＝4 m 处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f ＝μmg cos θ＝4 N ，所以当F 减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F 从4 N 减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由F x 图象可知，当F ＝4 N 时，位移为3.2 m ，故A 项正确，B 项错误；当F ＝mg sin θ＋μmg cosθ＝10 N 时动能最大，由F x 图象知此时x ＝2 m ，此后动能减小，故C 项正确，D 项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v t 图象如图所示．t ＝0时刻质量为1 kg 的楔形物体从B 点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s 后开始减速，在t ＝4 s 时物体恰好到达最高点A 点．重力加速度为10 m/s 2.对物体从B 点运动到A 点的过程中，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B ．物体重力势能增加48 JC ．摩擦力对物体做功12 JD ．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，则有mg sin θ＝μmg cos θ ，解得μ＝0.75 ，故A 项正确；经分析可知，2 s 时物体速度与传送带相同，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv 2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(本题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如图所示装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A，滑块A匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B相碰，碰后滑块A、B先后通过光电门乙，采集相关数据进行验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)下列所列物理量哪些是必须测量的______．A．滑块A的质量m A，滑块B的质量m B.B．遮光片的的宽度d(滑块A与滑块B上的遮光片宽度相等)C．本地的重力加速度gD．滑块AB与长木板间的摩擦因数μE．滑块A、B上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A、B与斜面间的摩擦因数μA、μB，质量m A、m B，要完成本实验，它们需要满足的条件是________．A．μA＞μB m A＞m B B．μA＞μB m A＜m BC．μA＝μB m A＞m B D．μA＜μB m A＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)若光电门甲的读数为t1，光电门乙先后的读数为t2，t3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Adt A甲＝m Adt A乙＋m Bdt B乙，故选项A、E正确．(2)由于滑块A匀速通过光电门甲，则有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA＝μB，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A的质量大于B的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt1＝m Adt3＋m Bdt2.答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等(意思相近的叙述均可给分)(4)m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m B t 2)10．(20分)如图所示，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度相同： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如图所示，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，若将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进行受力分析，如图所示kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)＋23mg3。
2020年高考物理专题：力学综合大题
2020年高考物理专题：力学综合大题主编：宁永辉题型一：2020年高考物理新课标Ⅰ卷第24题：我国自主研制了运-20重型运输机。
飞机获得的升力大小F 可用2kv F =描写，k 为系数；v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的v 称为飞机的起飞离地速度。
已知飞机质量为kg 51021.1⨯时，起飞离地速度为s m /66；装载货物后质量为kg 51069.1⨯，装在货物前后起飞离地时的k 值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行m 1521起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用时间。
本题解答：（1）飞机质量为kg 51021.1⨯时，起飞离地速度为s m /66。
mg F =，27866101021.125222≈⨯⨯==⇒=⇒=v mg k mg kv kv F 。
装载货物后质量为kg 51069.1⨯。
mg F =，s m v k mg v mg kv kv F /786084278101069.15222=⇒≈⨯⨯==⇒=⇒=。
所以：飞机装载货物后的起飞离地速s m /78。
（2）位移：m x 1521=；初速度：0；末速度：s m v /78=；加速度：a ；时间：t 。
22222/2304260841521278202s m x v a v ax ==⨯==⇒-=；s a v a v a v t 392780===-=∆=。
所以：飞机在滑行过程中加速度的大小2/2s m a =，所用时间s t 39=。
题型二：2020年高考物理新课标Ⅱ卷第25题：如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球。
圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。
已知m M 4=，球与管之间的滑动摩擦力大小为mg 4，g 为重力加速度的大小，不计空气阻力。
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粗糙2020一轮复习优化方案No18力学综合试题1． 如图所示，光滑水平地面上放有一长木板B ，其质量为M ，长度=L 3.0 m ，B 的右端紧靠台阶，上表面与台阶平齐。
B 上放有一质量为m 的滑块C 。
现有一质量也为m 的滑块A 从h ＝1.0 m 高的斜面顶端由静止滑下，然后冲上木板B ，（转角处速度大小不变，只改变方向；转角的大小可忽略）但最终A 恰好未能撞上C 。
设A 与其接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，滑块A 的起始位置与木板B 右端的水平距离s ＝0.8 m ，此过程中C 与B 恰好不发生相对滑动，不计滑块A 、C 的大小。
已知m M 3=，取g=10m/s 2． 求：（1）滑块A 刚冲上木板B 时的速度v 0； （2）滑块C 原来离木板B 右端的距离d 。
1．答案（1）设斜面长为1s ，倾角为θ，滑块A 滑到斜面底端后冲上木板B 前的水平部分长为2s 。
对滑块A 由动能定理得202121cos mv mgs mgs mgh =--μθμ 由几何关系可知s s s =+θcos 12所以m/s 40=v（2）当最终A 恰好未能撞上C 时，三个物体速度相同，设为v ，由动量守恒定律得()v M m m mv ++=08.0=v m/s设在此过程A 相对于B 滑行的距离为l ，由能量守恒定律可得220)(2121v M m m mv mgl ++-=μ整理得m 56.2=l所以滑块C 原来离木板B 右端的距离m 56.2=l2．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R＝0.45 m 的1/4圆弧面，A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P 1和P 2的质量均为m ，滑板的质量M ＝4 m ．P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0＝4.0 m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上，当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续滑动，到达D 点时速度为零，P 1与P 2视为质点，取g ＝10 m/s 2．问： ⑴P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？⑵BC 长度为多少？N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？2．答案．（1）P 1滑到最低点速度为1v ，由机械能守恒定律有：21202121mv mgR mv =+ 解得：s m v /51= P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 211v m v m mv '+'= 222121212121v m v m mv '+'= 解得：01='v 2v '=5m/s P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：m mg u f 422==（向左） 对P 1、M 有：2)(a M m f += 22/8.054s m mmM m f a ==+=此时对P 1有：m f m ma f m 0.180.01=<==，所以假设成立。
（2）P 2滑到C 点速度为2v '，由2221v m mgR '= 得s m v /32=' P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，对动量守恒定律：22)(v m v M m mv '++= 解得：s m v /40.0= 对P 1、P 2、M 为系统：222222)(212121v M m v m mv L f ++'-= 代入数值得：m L 9.1=滑板碰后，P 1向右滑行距离：m a v S 08.02121==P 2向左滑行距离：m a v S 125.122222='=所以P 1、P 2静止后距离：m S S L S 695.021=--=∆3、图中滑块和小球的质量均为m ，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l 1．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点．求：⑴从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量； ⑵小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小．3．答案、⑴小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v 1、v 2，有22121122m m mgl +=v v 小球由最低点向左摆动到最高点时，有2021(1cos 60)2m mgl =-v解得：12==v v 挡板阻力对滑块的冲量为I ，有10I m =-=-v⑵小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，绳拉力对小球做功为W ，有2212mgl W m +=v 解得：12W mgl =-绳拉力对小球做功大小为12mgl4、如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h ．一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2射出．重力加速度为g ．求： ⑴此过程中系统损失的机械能；⑵此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．4．答案、⑴由动量守恒得：002m mMV =+v v 系统损失机械能为：22200111()2222E m m MV ∆=--v v解得：20138mE m M ⎛⎫∆=-⎪⎝⎭v ⑵M 做平抛运动有：212h gt =s Vt = 解得：02m h s M g=v5、我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形轨道绕月飞行．为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化．卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球．设地球和月球的质量分别为M 和m ，地球和月球的半径分别为R 和R 1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r 和r 1，月球绕地球转动的周期为T ．假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间（用M 、m 、R 、R 1、r 、r 1和T 表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响）．5．答案、如图，卫星在»BE 上运动时发出的信号被遮档 对月球：2224πMm G m r r T=对卫星：200122114πmm G m r r T =解得：2311T r M T m r ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭卫星发出的信号被遮档时间为t ，应有：1πt T αβ-= 式中，/CO A α=∠，/CO B β=∠ 由几何关系得：1cos r R R α=-1cos r R β=解得：111arccos arccos R R R t r r ⎫-=-⎪⎭或：111arcsin arcsin R R R t r r ⎫-=-⎪⎭6．如图所示，挡板P 固定在足够高的水平桌面上，小物块A 和B 大小可忽略，它们分别带有+Q A 和+Q B 的电荷量，质量分别为m A 和m B 。
两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B 连接，另一端连接一轻质小钩。
整个装置处于场强为E 、方向水平向左的匀强电场中。
A 、B 开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k ，不计一切摩擦及A 、B 间的库仑力，A 、B 所带电荷量保持不变，B 不会碰到滑轮。
(1) 若在小钩上挂一质量为M 的物块C 并由静止释放，可使物块A 恰好能离开挡板P ，求物块C 下落的最大距离；(2) 若C 的质量改为2M ，则当A 刚离开挡板P 时，B 的速度多大？6．答案．参考答案．（1）开始平衡时有：KEQ x EQ kx BB ==11可得 ……① 当A 刚离开档板时：KEQ x EQ kx AA==22可得……② 故C 下落的最大距离为：21x x h += ……③ 由①～③式可解得h=)(A B Q Q KE +……④（2）由能量守恒定律可知：C 下落h 过程中，C 重力势能的的减少量等于B 的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量、系统动能的增量之和 当C 的质量为M 时：B Mgh Q E h E =⋅+∆弹……⑤当C 的质量为2M 时：2)2(212V m M E Eh Q Mgh B B ++∆+=弹……⑥由④～⑥式可解得A 刚离开P 时B 的速度为：)2()(2B B A m M K Q Q MgE V ++= ⑦距离。
（2）粒子到达挡板上时的速度大小。
7. 如图，足够长的水平传送带始终以大小为v ＝3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为M ＝2kg 的小木盒A ，A 与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.3，开始时，A 与传送带之间保持相对静止。
先后相隔△t ＝3s 有两个光滑的质量为m ＝1kg 的小球B 自传送带的左端出发，以v 0＝15m/s 的速度在传送带上向右运动。
第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t 1＝31s 而与木盒相遇。
求（取g ＝10m/s 2）（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度多大？ （2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？ （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？7．答案解：⑴设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v 1,根据动量守恒定律： 01()mv Mv m M v -=+ 代入数据，解得： v 1=3m/s⑵设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，第1个球经过t 0与木盒相遇, 则： 00st v =设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律：()()m M g m M a μ+=+得： 23/a g m s μ==设木盒减速运动的时间为t 1,加速到与传送带相同的速度的时间为t 2，则：12vt t a∆===1s 故木盒在2s 内的位移为零依题意： 011120()s v t v t t t t t =∆+∆+∆---代入数据，解得： s=7.5m t 0=0.5s⑶自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S ，木盒的位移为s 1,则： 10()8.5S v t t t m =∆+∆-=11120() 2.5s v t t t t t m =∆+∆---=故木盒相对与传送带的位移： 16s S s m ∆=-=则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： 54Q f s J =∆=8. 今年2月我国南方遭受了严重的冰冻灾害，很多公路路面结冰，交通运输受到了很大影响。