《2025年高中总复习优化设计高中物理》

1. 一包裹以某一初速度沿着倾角为37°的雪道（可视为斜面）从底端开始上滑，包裹上滑到速度为零后又滑回底端，且速度大小为开始上滑的初速度大小的$\frac{3}{4}$。已知$\sin 37^{\circ}=0.6,\cos 37^{\circ}=0.8$，包裹可视为质点，则包裹和雪道之间的动摩擦因数为（ ）
A. 0.05 B. 0.16 C. 0.21 D. 0.25

答案： 1.C　解析设包裹沿斜面上滑的最远距离为s,对包裹上滑过程，由动能定理有 -mgs·sinθ - μ mgs·cosθ =0 - $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，同理，下滑时有mgssinθ - μ mgs·cosθ =$\frac{1}{2}m(\frac{3v_{0}}{4})^{2}$ -0，联立解得μ =0.21，故选C。

2.（2023辽宁沈阳一模）如图所示，质量为$m$的滑块从竖直墙壁上高为$h$处的$a$点，由静止开始沿斜面$ab$滑入水平地面（斜面与水平地面在$b$点平滑连接，斜面长度可随$b$点位置变动调节），并最终静止在$c$点，已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为$\mu$，空气阻力不计。设$c$点到竖直墙壁的水平距离为$x$，滑块到达$b$点时的速度大小为$v$，则滑块从$a$到$c$的运动过程中（ ）
　　　　　　　　　　　　　
A. 斜面倾角越大，$v$越大
B. 斜面倾角越大，$v$越小
C. 斜面倾角越大，$x$越大
D. 斜面倾角越大，$x$越小

答案： 2.A　解析设斜面的倾角为α。滑块沿斜面下滑的过程，由动能定理得mgh - μmgcosα·$\frac{h}{sinα}$=$\frac{1}{2}mv^{2}$ -0，可得v =$\sqrt{(2-\frac{\mu}{tanα})gh}$，则知斜面倾角α越大，$tanα$越大，v越大，故A正确，B错误；从a到c，由动能定理得mgh - μmgcosα·$\frac{h}{sinα}$ - μmg(x -$\frac{h}{tanα}$) =0，整理得x =$\frac{h}{\mu}$，x与斜面倾角无关，故C、D错误。

3. 如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端$A$点向上有三个等间距点$B、C$和$D$，即$AB = BC = CD$。小滑块以初速度$v_{0}$从$A$点出发，沿斜面向上运动，若斜面与滑块间无摩擦，则滑块恰好到达$D$点，而后下滑；若斜面$AB$部分与滑块间有摩擦，其余部分与滑块间仍无摩擦，则滑块恰好上滑到$C$点，而后下滑，则滑块下滑到$B$点时速度大小以及回到$A$点时速度大小分别为（ ）
　　　　　　　　　　　　　　
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}v_{0}、\frac{\sqrt{3}}{3}v_{0}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}v_{0}、\frac{\sqrt{3}}{2}v_{0}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}v_{0}、\frac{\sqrt{2}}{2}v_{0}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{3}v_{0}、\frac{\sqrt{3}}{6}v_{0}$

答案： 3.A　解析由于A、B、C、D等间距，A、B、C、D所处的高度均匀变化，设A到B克服重力做功为$W_{G}$，从A到D，根据动能定理有-3$W_{G}$=0 - $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，若斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功为$W_{f}$，根据动能定理有-2$W_{G}$ -$W_{f}$=0 - $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，联立解得$W_{f}=W_{G}$，设滑块下滑到B位置时速度大小为$v_{B}$，根据动能定理有$W_{G}=\frac{1}{2}mv_{B}^{2}$，解得$v_{B}=\frac{\sqrt{3}}{3}v_{0}$，滑块由B到A，由动能定理有$W_{G}-W_{f}=\frac{1}{2}mv_{A}^{2}-\frac{1}{2}mv_{B}^{2}$，解得$v_{A}=v_{B}=\frac{\sqrt{3}}{3}v_{0}$，故选A。

4. 如图所示，$ABCD$是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底$BC$的连接处都是一段与$BC$相切的圆弧，$BC$是水平的，其宽度$d = 0.50\ m$，盆边缘的高度$h = 0.30\ m$，在$A$点处放一个质量为$m$的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底$BC$面与小物块间的动摩擦因数$\mu = 0.10$。小物块在盆式容器内来回滑动，最后停下来，$g$取$10\ m/s^{2}$，则小物块最终的位置到$B$点的距离为（ ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 0.50 m B. 0.25 m
C. 0.10 m D. 0

答案： 4.D　解析设小物块在BC面通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为-μmgs ，而重力做功与路径无关 ，由动能定理得mgh - μmgs =0 ，代入数据解得s =3 m。由于d =0.5 m ，所以小物块在BC面经过3次往复运动后 ，停在B点 ，D正确。

5.（多选）（2023江苏启东中学模拟）如图所示，直杆$AB$与水平面成$\alpha$角固定，在杆上套一质量为$m$的滑块，杆底端$B$点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回。现将滑块拉到$A$点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰能上升到$AB$的中点，设重力加速度为$g$，由此可以确定（ ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 滑块下滑和上滑过程加速度大小$a_{1}、a_{2}$
B. 滑块第1次与挡板碰撞前的速度$v_{1}$
C. 滑块与杆之间的动摩擦因数$\mu$
D. 滑块第$k$次与挡板碰撞到第$k + 1$次与挡板碰撞的时间间隔$\Delta t$

答案： 5.AC　解析设AB长为L ，对整个过程运用动能定理得mgsinα·0.5L - μmgcosα(L +0.5L)=0 ，得μ =$\frac{sinα}{3cosα}$ ，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程有mgsinα - μmgcosα = $ma_ {1 }$ ，上滑过程有mgsinα + μmgcosα = $ma_ {2 }$ ，解得 $a_ {1 }$= gsinα - μgcosα，$a_ {2 }$= gsinα + μgcosα ，所以可以求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小 $a_ {1 }$、 $a_ {2 }$ ，故A正确；由于A、B间的距离未知 ，虽然能求出加速度 ，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度 ，故B、D错误。

6.（多选）（2024福建莆田模拟）如图所示，一遥控电动赛车（可视为质点）从$A$点由静止以恒定功率$P$沿水平地面向右加速运动，当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点$B$时关闭发动机，赛车恰好能通过最高点$C$（$BC$为半圆轨道的竖直直径）。已知赛车的质量为$m$，半圆轨道的半径为$R$，$A、B$两点间的距离为$2R$，赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为$\frac{1}{4}mg$（$g$为重力加速度大小）。不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 赛车通过$C$点后在空中运动的时间为$\sqrt{\frac{2R}{g}}$
B. 赛车通过$C$点后恰好落回$A$点
C. 赛车通过$B$点时的速度大小为$2\sqrt{gR}$
D. 赛车从$A$点运动到$B$点的时间为$\frac{3mgR}{P}$

答案： 6.BD　解析赛车通过C点后在空中做平抛运动 ，竖直方向有2R =$\frac{1}{2}gt^{2 }$ ，解得t = $2\sqrt{\frac{R}{g}}$ ，故A错误；赛车恰好能通过最高点C，则有mg =$\frac{m{v}_{C}^{2}}{R }$，根据平抛运动水平方向规律有x = $v_ {C }$t，解得x = 2R，赛车通过C点后恰好落回A点，故B正确；赛车从B到C 的过程中，根据动能定理有-2mgR=$\frac{1}{2} mv _ { C }^{2}-\frac{1}{2} mv _ { B }^{2 }$，解得 $v_ { B }=\sqrt {5gR }$，故C错误；赛车从A点运动到B点，根据动能定理有Pt'-$\frac{1}{4 } mg\cdot2R=\frac{1}{2} mv _ { B }^{2 }$，解得t'=$\frac{3mgR }{P }$，故D正确。