第一章高考强化

设乙对甲的磁力大小为 $ F $ ,对两磁铁受力分析如图所示,由牛顿第二定律和牛顿第三定律可知 $ F=F^\prime $ , $ a=\dfrac{F}{m}-\mu g $ ,因为 $ {m}_{甲} > {m}_{乙} $ ,所以 $ {a}_{甲} < {a}_{乙} $ ,故在它们相互接近过程中的任一时刻 $ {v}_{甲} < {v}_{乙} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；由动量定理可知 $ p=(F-\mu mg)t $ ,因为 $ {m}_{甲} > {m}_{乙} $ ,所以 $ {p}_{甲} < {p}_{乙} $ , $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；对甲、乙整体分析,取向右为正方向,甲和乙的动量之和 $ p^\prime =(-\mu {m}_{甲}g+\mu {m}_{乙}g)t $ ,可知甲和乙的动量之和不为零, $ \mathrm{D} $ 正确.

鸡蛋触地后匀减速至静止,位移 $ s=5\mathrm{c}\mathrm{m}=0.05\mathrm{m} $ .匀减速平均速度为 $ \dfrac{v}{2} $ ,故撞击时间 $ \mathrm{\Delta }t=\dfrac{2s}{v} $ ,根据动量定理 $ (F-mg)\mathrm{\Delta }t=0-(-mv) $ ,代入数据解得 $ v\approx \sqrt{1000}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由自由落体公式 $ {v}^{2}=2gh $ ,得高度 $ h=\dfrac{{v}^{2}}{2g}=\dfrac{1000}{2×9.8}\mathrm{m}\approx 51\mathrm{m} $ ,每层楼高约 $ 3\mathrm{m} $ ,对应楼层数为 $ \dfrac{51}{3}=17 $ 层 $ .\mathrm{C} $ 正确.

（1） 由题图2可知 $ F=\dfrac{2\sqrt{3}}{8}mgt=\dfrac{\sqrt{3}}{4}mgt $ ,

$ t=6\mathrm{s} $ 时 $ F=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}mg(\mathrm{N}) $ ,

$ 0\sim 6\mathrm{s} $ 内 $ F $ 的冲量大小 $ {I}_{F}=\dfrac{1}{2}×6×\dfrac{3\sqrt{3}}{2}mg(\mathrm{N}\cdot \mathrm{s})=\dfrac{9\sqrt{3}}{2}mg(\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}) $ .

（2） 由题意可知,初始时刻物块刚好能静止,则有

$ mg \sin \theta =\mu mg \cos \theta $ ,解得 $ \mu =\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,

对物块受力分析,如图甲所示,

当杆对物块的支持力为零时,有 $ F \sin {30}^{\circ }=mg \cos {30}^{\circ } $ ,

解得 $ F=\sqrt{3}mg $ ,代入 $ F=\dfrac{\sqrt{3}}{4}mgt $ 可知此时 $ t=4\mathrm{s} $ ,

$ 0～4\mathrm{s} $ 内,支持力垂直于杆向上,

有 $ {F}_{\mathrm{N}}+F \sin {30}^{\circ }=mg \cos {30}^{\circ } $ ,摩擦力 $ f=\mu {F}_{\mathrm{N}} $ ,

联立解得 $ f=\dfrac{4-t}{8}mg(\mathrm{N})(0 < t⩽ 4\mathrm{s}) $ ,

$ 4～6\mathrm{s} $ 内,支持力垂直于杆向下,

有 $ F \sin {30}^{\circ }=mg \cos {30}^{\circ }+{F}_{\mathrm{N}} $ ,摩擦力 $ f=\mu {F}_{\mathrm{N}} $ ,

联立解得 $ f=\dfrac{t-4}{8}mg(\mathrm{N})(4\mathrm{s} < t⩽ 6\mathrm{s}) $ ,

综上可知 $ f $ 的表达式 $ \begin{cases}f=\dfrac{4-t}{8}mg\left(\mathrm{N}\right)\left(0 < t⩽ 4\mathrm{s}\right)\\ f=\dfrac{t-4}{8}mg\left(\mathrm{N}\right)\left(4\mathrm{s} < t⩽ 6\mathrm{s}\right)\end{cases} $ ,

以沿杆向上为 $ f $ 的正方向, $ f-t $ 图像如图乙所示.

（3） $ 0～6\mathrm{s} $ 内,由（2）中 $ f-t $ 图可知摩擦力冲量大小 $ {I}_{f}=\dfrac{1}{2}×4×\dfrac{1}{2}mg(\mathrm{N}\cdot \mathrm{s})+\dfrac{1}{2}×2×\dfrac{1}{4}mg(\mathrm{N}\cdot \mathrm{s})=\dfrac{5}{4}mg(\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}) $ ,

$ 0\sim 6\mathrm{s} $ 内,平行于杆方向由动量定理可知 $ mg \sin {30}^{\circ }\cdot t+{I}_{F} \cos {30}^{\circ }-{I}_{f}=mv-0 $ ,解得 $ v=\dfrac{17}{2}g(\mathrm{m}/\mathrm{s}) $ .

由题图可知三小车速度变化量的大小关系是 $ \mathrm{\Delta }{v}_{P} > \mathrm{\Delta }{v}_{N} > \mathrm{\Delta }{v}_{Q} $ , $ P $ 碰撞 $ N $ 过程中两车组成的系统动量守恒,有 $ {m}_{P}{v}_{P}+{m}_{N}{v}_{N}={m}_{P}v{\prime }_{P}+{m}_{N}v{\prime }_{N} $ ,则有 $ {m}_{P}({v}_{P}-v{\prime }_{P})={m}_{N}(v{\prime }_{N}-{v}_{N}) $ ,则速度变化量越大质量越小,则 $ {m}_{P} < {m}_{N} $ ,同理可知 $ {m}_{N} < {m}_{Q} $ ,故 $ {m}_{Q} > {m}_{N} > {m}_{P} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

由于两小球碰撞过程中总机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即 $ {v}_{M}=0 $ , $ {v}_{N}=v $ .碰后 $ N $ 将以速度 $ v $ 做平抛运动,竖直方向为自由落体运动,水平方向为匀速直线运动,故竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于 $ v $ , $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 题图乙和题图丙中的位移图线均在 $ 1.0\mathrm{s} $ 时弯折,说明 $ t=1.0\mathrm{s} $ 时两滑块发生碰撞.

（2） 滑块 $ B $ 碰前的速度大小为 $ v=\dfrac{110\mathrm{c}\mathrm{m}-90\mathrm{c}\mathrm{m}}{1.0\mathrm{s}}=0.20\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 碰撞前后滑块 $ A $ 远离传感器 $ a $ ,滑块 $ B $ 靠近传感器 $ b $ ,碰撞前 $ A $ 、 $ B $ 的速度分别为 $ {v}_{1}=\dfrac{60\mathrm{c}\mathrm{m}-10\mathrm{c}\mathrm{m}}{1.0\mathrm{s}}=0.50\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 、 $ {v}_{2}=0.20\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,碰撞后 $ A $ 、 $ B $ 的速度分别为 $ v{\prime }_{1}=\dfrac{110\mathrm{c}\mathrm{m}-60\mathrm{c}\mathrm{m}}{2.4\mathrm{s}-1.0\mathrm{s}}=\dfrac{5}{14}\mathrm{m}/\mathrm{s}\approx 0.36\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 、 $ v{\prime }_{2}=\dfrac{90\mathrm{c}\mathrm{m}-20\mathrm{c}\mathrm{m}}{2.4\mathrm{s}-1.0\mathrm{s}}=\dfrac{7}{14}\mathrm{m}/\mathrm{s}=0.50\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{\Delta }{v}_{1}=v{\prime }_{1}-{v}_{1}=-0.14\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{\Delta }{v}_{2}=v{\prime }_{2}-{v}_{2}=0.30\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由动量守恒定律得 $ {m}_{A}{v}_{1}+{m}_{B}{v}_{2}={m}_{A}v{\prime }_{1}+{m}_{B}v{\prime }_{2} $ ,则 $ {m}_{A}\mathrm{\Delta }{v}_{1}=-{m}_{B}\mathrm{\Delta }{v}_{2} $ ,解得 $ {m}_{A}\approx 2{m}_{B} $ ,所以质量为 $ 200.0\mathrm{g} $ 的滑块是 $ B $ .

（1） 实验中要保证碰撞后小球做平抛运动,则实验前需要调节装置使斜槽末端水平, $ \mathrm{A} $ 正确；为使两小球发生对心碰撞,两小球的半径需要相同, $ \mathrm{B} $ 错误；为使碰后两球均向前飞出,需要用质量大的小球去碰撞质量小的小球, $ \mathrm{C} $ 正确.

（2） $ \mathrm{a} $ .用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点.

$ \mathrm{b} $ .碰撞后小球均做平抛运动,由 $ x=vt $ 和 $ h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ 可得 $ v=x\sqrt{\dfrac{g}{2h}} $ ,则平抛初速度与水平射程成正比,则需验证的等式为 $ {m}_{1}OP={m}_{1}OM+{m}_{2}ON $ .

（3） 设轻绳长为 $ L $ ,小球从偏角为 $ \theta $ 处由静止摆下,在最低点时速度为 $ v $ ,小球经过圆弧对应的弦长为 $ l $ ,由动能定理得 $ mgL(1- \cos \theta )=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,又由几何关系得 $ \sin \dfrac{\theta }{2}=\dfrac{l}{2L} $ , $ \cos \theta =1-2{ \sin }^{2}\frac{\theta }{2} $ ,解得 $ v=l\sqrt{\dfrac{g}{L}} $ ,可知碰撞前后的速度与弧长对应的弦长成正比,若两球碰撞过程中动量守恒,则需满足 $ m{l}_{1}=-m{l}_{2}+M{l}_{3} $ .

系统所受合外力为0,系统动量守恒, $ \mathrm{C} $ 错误；系统在运动过程中只有动能和弹性势能的转化,系统机械能守恒, $ \mathrm{D} $ 错误；根据动量守恒定律有 $ {m}_{A}{v}_{A}={m}_{B}{v}_{B} $ ,根据机械能守恒定律有 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{B}{v}_{B}^{2} $ ,联立解得 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{{m}_{B}^{2}}{{m}_{A}}+{m}_{B}){v}_{B}^{2} $ ,弹簧处于原长时弹性势能的变化量 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}} $ 最大, $ A $ 、 $ B $ 的速度最大, $ A $ 、 $ B $ 的动量最大, $ A $ 、 $ B $ 的动能最大, $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误.

碰撞瞬间 $ C $ 的速度不变,相对地面向左运动, $ \mathrm{A} $ 错误；以向右为正方向, $ A $ 、 $ B $ 碰撞过程中,由动量守恒定律得 $ m{v}_{A}-m{v}_{B}=2m{v}_{1} $ ,解得 $ {v}_{1}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向向右,三者共速时有 $ 2m{v}_{1}-m{v}_{C}=3mv $ ,解得 $ v=0 $ ,可知最终三者一起静止,经历的时间 $ t=\dfrac{{v}_{C}}{\mu g}=\dfrac{2}{0.5×10}\mathrm{s}=0.4\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；从碰撞后到三者相对静止的过程,由能量守恒定律可知,摩擦产生的热量 $ Q=\dfrac{1}{2}×2m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{C}^{2}=3\mathrm{J} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；从碰撞后到三者相对静止的过程,由功能关系可得 $ Q=\mu mg{x}_{相对} $ ,解得 $ {x}_{相对}=0.6\mathrm{m} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 设小车运动至圆弧轨道 $ B $ 点时的速度大小为 $ {v}_{0} $ ,由机械能守恒定律,有 $ mgR=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ {v}_{0}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

由牛顿第二定律,有 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg=m\dfrac{{v}_{0}^{2}}{R} $ ,

代入数据解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=3.6\mathrm{N} $ .

（2） 小车与物块在 $ C $ 点碰撞,在水平方向由动量守恒定律,有 $ m{v}_{0}=(M+m)v $ ,代入数据解得 $ v=1.2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 组合体水平方向受摩擦力作用,从 $ C $ 点匀减速运动至 $ D $ 点静止,由动能定理,有 $ -\mu (M+m)gx=0-\dfrac{1}{2}(M+m){v}^{2} $ ,

代入数据解得 $ \mu =0.36 $ .

（1） 小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,在竖直方向移动的距离为 $ R $ ,重力对其做的功为 $ {W}_{G}=mgR $ .

（2） 设 $ B $ 、 $ A $ 两点间的距离为 $ h $ ,小球与弹簧刚接触时的速度大小为 $ {v}_{0} $ ,由机械能守恒定律得 $ mg(h+R)=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,

对小球与弹簧,当小球速度减小至刚接触弹簧时的 $ \dfrac{1}{3} $ 时弹簧的弹性势能为 $ 2mgR $ ,由机械能守恒定律有

$ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=2mgR+\dfrac{1}{2}m{\left(\dfrac{{v}_{0}}{3}\right) ^ {2}} $ ,

联立解得 $ {v}_{0}=\dfrac{3\sqrt{2gR}}{2} $ , $ h=\dfrac{5}{4}R $ .

（3） 弹簧达到最大弹性势能时,小球与 $ Q $ 共速,设 $ Q $ 的质量为 $ M $ ,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

$ m\cdot \dfrac{1}{3}{v}_{0}=(m+M){v}_{共} $ ,

$ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=2.2mgR+\dfrac{1}{2}(m+M){v}_{共}^{2} $ ,

联立解得 $ M=4m $ .

（4） 对 $ Q $ 、轻弹簧和小球整体,根据机械能守恒定律可知,要使 $ Q $ 的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零,同时弹簧刚好恢复原长.设此时 $ Q $ 的质量为 $ M^\prime $ , $ Q $ 的最大速度为 $ {v}_{\mathrm{m}} $ ,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 $ m\cdot \dfrac{1}{3}{v}_{0}=M^\prime {v}_{\mathrm{m}} $ , $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}M^\prime {v}_{\mathrm{m}}^{2} $ ,联立解得 $ M^\prime =\dfrac{1}{9}m $ .

（1） 机器人从 $ A $ 木板左端走到 $ A $ 木板右端的过程中,机器人与 $ A $ 木板组成的系统动量守恒, $ A $ 木板向左运动, $ B $ 、 $ C $ 木板静止,设机器人的质量为 $ M $ ,三个木板的质量均为 $ m $ ,由动量守恒定律得 $ Mv=m{v}_{A} $ ,

设所用时间为 $ t $ ,则有 $ Mvt=m{v}_{A}t $ ,即 $ Mx=m{x}_{A} $ ,又 $ x+{x}_{A}={L}_{A} $ ,

联立解得 $ {x}_{A}=1.5\mathrm{m} $ ,

则 $ A $ 、 $ B $ 木板间的水平距离为 $ 1.5\mathrm{m} $ ．

（2） 设机器人起跳的速度大小为 $ {v}_{0} $ ,速度方向与水平方向的夹角为 $ \theta $ ,机器人从 $ A $ 木板右端跳到 $ B $ 木板左端的时间为 $ {t}_{1} $ ,由斜抛运动规律得 $ {v}_{0} \cos \theta \cdot {t}_{1}={x}_{A} $ ,

$ {v}_{0} \sin \theta =g\cdot \dfrac{{t}_{1}}{2} $ ,

联立解得 $ {v}_{0}^{2}=\dfrac{15}{2 \sin \theta \cos \theta } $ ,

机器人跳离 $ A $ 木板的过程中,系统水平方向动量守恒,

由动量守恒定律得 $ M{v}_{0} \cos \theta =mv{\prime }_{A} $ ,

由功能关系得,机器人做的功为 $ W=\dfrac{1}{2}M{v}_{0}^{2}+\dfrac{1}{2}mv{\prime }_{A}^{2} $ ,

联立可得 $ W=\dfrac{1+3{ \cos }^{2}\theta }{2 \sin \theta \cos \theta }×45\mathrm{J}=\dfrac{{ \sin }^{2}\theta +4{ \cos }^{2}\theta }{2 \sin \theta \cos \theta }×45\mathrm{J}=(\dfrac{1}{2} \tan \theta +\dfrac{2}{ \tan \theta })×45\mathrm{J} $ ,

由数学知识可知,当且仅当 $ \dfrac{1}{2} \tan \theta =\dfrac{2}{ \tan \theta } $ 时,即 $ \tan \theta =2 $ 时,机器人做功最少,代入可得 $ {W}_{ \min }=90\mathrm{J} $ ．

（3） 由 $ \tan \theta =2 $ ,可计算出 $ {v}_{0} \cos \theta =\dfrac{\sqrt{15}}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由 $ M{v}_{0} \cos \theta =mv{\prime }_{A} $ 解得 $ v{\prime }_{A}=\dfrac{3}{2}\sqrt{15}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,此后 $ A $ 木板以此速度向左做匀速直线运动．机器人跳离 $ A $ 木板到与 $ B $ 木板相对静止的过程中,机器人与 $ B $ 、 $ C $ 木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得 $ M{v}_{0} \cos \theta =(M+2m){v}_{B} $ ,

此过程中 $ A $ 木板向左运动的距离 $ x{\prime }_{A}=v{\prime }_{A}{t}_{1} $ ,

代入数据得 $ x{\prime }_{A}=4.5\mathrm{m} $ ,

机器人连续三次等间距跳到 $ B $ 木板右端,整个过程机器人和 $ B $ 木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为 $ {v}_{1} $ , $ B $ 木板的速度大小为 $ {v}_{B1} $ ,机器人每次跳跃的时间为 $ \mathrm{\Delta }t $ ,

以向右为正方向,由动量守恒定律得

$ (M+m){v}_{B}=M{v}_{1}-m{v}_{B1} $ ,

每次跳跃,机器人和 $ B $ 木板的相对位移为 $ \dfrac{{L}_{B}}{3} $ ,则有

$ \dfrac{{L}_{B}}{3}=({v}_{1}+{v}_{B1})\mathrm{\Delta }t $ ,

机器人到达 $ B $ 木板右端时, $ B $ 木板恰好追上 $ A $ 木板,从机器人跳上 $ B $ 左端到跳到 $ B $ 的右端的过程中, $ A $ 、 $ B $ 木板的位移之差为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{A}+x{\prime }_{A}=6\mathrm{m} $ ,则有 $ ({v}_{B1}-v{\prime }_{A})×3\mathrm{\Delta }t=\mathrm{\Delta }x $ ,

联立解得 $ \mathrm{\Delta }t=\dfrac{{L}_{B}}{4(v{\prime }_{A}+{v}_{B})}-\dfrac{\mathrm{\Delta }x}{3(v{\prime }_{A}+{v}_{B})} $ ,

$ A $ 、 $ C $ 两木板的间距为 $ {x}_{AC}=(v{\prime }_{A}+{v}_{C})×3\mathrm{\Delta }t+\mathrm{\Delta }x+{L}_{B} $ , $ {v}_{C}={v}_{B} $ ,

整理得 $ {x}_{AC}=\dfrac{7}{4}{L}_{B} $ ．

小球在 $ B $ 点的速度水平,在 $ A $ 、 $ B $ 之间的运动可看成反向的类平抛运动, $ BC $ 段为平抛运动.水平方向上小球做匀速直线运动, $ AB $ 段与 $ BC $ 段所用时间之比为 $ 2:1 $ ,小球水平速度恒定，在 $ A $ 、 $ C $ 两点的速度方向平行，则小球在 $ A $ 、 $ C $ 两点速度相同,小球的动量变化量为零.对小球从 $ A $ 到 $ C $ 的过程,以竖直向下为正方向,由动量定理可得 $ mg×3t+F×2t=0 $ ,解得 $ F=-\dfrac{3}{2}mg $ ,即 $ F $ 大小为 $ \dfrac{3}{2}mg $ ,方向竖直向上， $ \mathrm{C} $ 正确.

设 $ A $ 、 $ B $ 的质量分别为 $ m $ 、 $ 2m $ , $ A $ 的初速度为 $ {v}_{0} $ , $ B $ 与挡板碰撞前的瞬间, $ A $ 、 $ B $ 的速度分别为 $ {v}_{A} $ 、 $ {v}_{B} $ ,以水平向右为正方向,则有 $ m{v}_{0}=m{v}_{A}+2m{v}_{B} $ , $ B $ 与挡板碰后至弹簧的弹性势能最大时,由动量守恒定律有 $ m{v}_{A}-2m{v}_{B}=3m{v}_{共} $ ,由能量守恒定律有 $ {E}_{\mathrm{p}\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}×3m{v}_{共}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{共}=0 $ , $ {v}_{A}=\dfrac{1}{2}{v}_{0} $ , $ {v}_{B}=\dfrac{1}{4}{v}_{0} $ , $ B $ 与挡板碰撞时弹簧的弹性势能为 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}m{v}_{A}^{2}-\dfrac{1}{2}×2m{v}_{B}^{2}=\dfrac{5}{16}m{v}_{0}^{2} $ ,则 $ \dfrac{{E}_{\mathrm{p}}}{\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}}=\dfrac{5}{8} $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确.