专题14力学综合计算题（解析版）—近5年（2017-2021）高考物理试题分类解析.pdf

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1、专题专题 14 力学综合计算题力学综合计算题（解析版）（解析版） 近近 5 年（年（2017-2021）高考物理试题分类解析）高考物理试题分类解析 1.2021全国甲卷第全国甲卷第11题题. 如图， 一倾角为如图， 一倾角为的光滑斜面上有的光滑斜面上有50个减速带 （图中未完全画出） ，个减速带 （图中未完全画出） ，相邻减速带间的距离均为相邻减速带间的距离均为 d，减速带的宽度远小于，减速带的宽度远小于 d；一质量为；一质量为 m的无动力小车（可视为质的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带点）从距第一个减速带 L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带处由静止释放。已知小

2、车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。 观察发现， 小车通过第时的速度有关。 观察发现， 小车通过第 30 个减速带后， 在相邻减速带间的平均速度均相同。个减速带后， 在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第小车通过第 50 个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离 s后停下。后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，重力加速度大小为 g。 （1）求小车通过第）求小车通过第 30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械

3、能； （2）求小车通过前）求小车通过前 30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； （3）若小车在前）若小车在前 30 个减速带上平均每一个损失的个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则机械能，则 L应满足什么条件？应满足什么条件？ 【答案】【答案】 （1）sinmgd； （； （2）()29sin30mg Ldmgs+； （； （3）sinsLd+ 【解析】【解析】 （1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第

4、二定律有 sinmgma= 设小车通过第设小车通过第 30 个减速带后速度为个减速带后速度为 v1，到达第，到达第 31 个减速带时的速度为个减速带时的速度为 v2，则有，则有 22212vvad= 因为小车通过第因为小车通过第 30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为速度与到达下一个减速带均为 v1和和 v2；经过每一个减速带时损失的机械能为；经过每一个减速带时损失的机械能为 22211122Emvmv= 联立以上各式解得联立以上各式解得 sinEmgd= （2）由（）由（1）

5、知小车通过第）知小车通过第 50 个减速带后的速度为个减速带后的速度为 v1，则在水平地面上根据动能定理有，则在水平地面上根据动能定理有 21102mgsmv= 从小车开始下滑到通过第从小车开始下滑到通过第 30 个减速带，根据动能定理有个减速带，根据动能定理有 ()21129sin2mg LdEmv+=总（易错点：此式中注意是（易错点：此式中注意是 29 不是不是 30） 联立解得联立解得 ()=29sinEmg Ldmgs+总 故在每一个减速带上平均损失的机械能为故在每一个减速带上平均损失的机械能为 ()29sin3030mg LdmgsEE+=总 （3）由题意可知）由题意可知 EE 可得

6、可得 sinsLd+。 2. 2021 全国乙卷全国乙卷第第 11 题题. 一篮球质量为一篮球质量为0.60kgm =，一运动员使其从距地面高度为，一运动员使其从距地面高度为11.8mh =处由静止自由落下， 反弹高度为处由静止自由落下， 反弹高度为21.2mh =。 若使篮球从距地面。 若使篮球从距地面31.5mh =的高度的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也也为为1.5m。假设运动员。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为0.20st =；该篮球每次；该篮球每

7、次与地面碰撞前后的动能的比与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取值不变。重力加速度大小取210m/sg =，不计空气阻力。求：，不计空气阻力。求： （1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；）运动员拍球过程中对篮球所做的功； （2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 【答案】【答案】 （1）4.5JW =； （； （2）9NF = 【解析】【解析】 （1 1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 11Emgh= 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 220Emgh= 第二次从

8、第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得得 4400Emgh= 第二次从第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得 33WmghE+= 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系 2413EEEE= 代入数据可得代入数据可得 4.5JW = （2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可

9、）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得得 Fmgma+= 在拍球时间内运动的位移为在拍球时间内运动的位移为 212xat= 做得功为做得功为 WFx= 联立可得联立可得 9NF =（-15NF =舍去）舍去） 3.3. 2021 全国乙卷全国乙卷第第 11 题题. 一篮球质量为一篮球质量为0.60kgm =，一运动员使其从距地面高度为，一运动员使其从距地面高度为11.8mh =处由静止自由落下， 反弹高度为处由静止自由落下， 反弹高度为21.2mh =。 若使篮球从距地面。 若使篮球从距地面31.5mh =的高度的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍

10、球、球落地后反弹的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也也为为1.5m。假设运动员。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为0.20st =；该篮球每次；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取值不变。重力加速度大小取210m/sg =，不计空气阻力。求：，不计空气阻力。求： （1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；）运动员拍球过程中对篮球所做的功； （2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 【答案】【答案】 （1）4.5JW =； （； （2）9NF

11、 = 【解析】【解析】 （1 1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 11Emgh= 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 220Emgh= 第二次从第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得得 4400Emgh= 第二次从第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得 33WmghE+= 因篮球每次和地面撞击的

12、前后动能的比值不变，则有比例关系因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系 2413EEEE= 代入数据可得代入数据可得 4.5JW = （2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得得 Fmgma+= 在拍球时间内运动的位移为在拍球时间内运动的位移为 212xat= 做得功为做得功为 WFx= 联立可得联立可得 9NF =（-15NF =舍去）舍去） 4. 2021 湖南卷第湖南卷第 14. 如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为如图，竖直平面内一足够长的光滑倾

13、斜轨道与一长为L的水平轨道通的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为。质量为m的小物块的小物块 A与水平轨道间的动摩擦因数为与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下， 弧形轨道轴的正方向竖直向下， 弧形轨道P端坐标为端坐标为()2 LL，Q端在端在y轴上。重力加速度为轴上。重力加速度为g。 （1）若）若 A 从倾斜轨道上距从倾斜轨道上距x轴高度为轴高度为2

14、 L的位置由静止开始下滑，求的位置由静止开始下滑，求A经过经过O点时的速点时的速度大小；度大小； （2）若）若 A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道点落在弧形轨道PQ上的动能均上的动能均相同，求相同，求PQ的曲线方程；的曲线方程； （3）将质量为）将质量为m（为常数且为常数且5）的小物块）的小物块B置于置于O点，点，A 沿倾斜轨道由静止开始沿倾斜轨道由静止开始下滑，与下滑，与 B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短） ，要使发生弹性碰撞（碰撞时间极短） ，要使 A 和和 B 均能落在弧形轨道上，且均能落在弧形轨道上，且 A 落在落在B 落

15、点的右侧，求落点的右侧，求 A 下滑的初始位置距下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。轴高度的取值范围。 【答案】【答案】 （1）2 gL； （； （2）22 2xLyy=（其中，（其中，2LyL） ； （） ； （3）2231143(1)LxL+ 【解析】【解析】 （1）物块）物块A从光滑轨道滑至从光滑轨道滑至O点，根据动能定理点，根据动能定理 2122mgLmgLmv= 解得解得 2vgL= （2）物块）物块A从从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为0v，落在弧形轨道上的坐标为，落在弧形轨道上的坐标为( , )x y，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直

16、线运动和竖直方向的自由落体运动，有，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有 0 xv t=，212ygt= 解得水平初速度为解得水平初速度为 2202gxvy= 物块物块A从从O点到落点，根据动能定理可知点到落点，根据动能定理可知 2012kmgyEmv= 解得落点处动能为解得落点处动能为 220k124Emgxmgymvmgyy=+=+ 因为物块因为物块A从从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点点到弧形轨道上动能均相同，将落点(2,)PLL的坐标代入，可得的坐标代入，可得 2k2(2)244mgxmgLmgymgLm LEgyL=+=+= 化简可得化简可得 22

17、4xyLy+= 即即 22 2xLyy=（其中，（其中，2LyL） （3） 物块） 物块A在倾斜轨道上从距在倾斜轨道上从距x轴高轴高h处静止滑下， 到达处静止滑下， 到达O点与点与B物块碰前， 其速度为物块碰前， 其速度为0v，根据动能定理可知根据动能定理可知 2012mghmgLmv= 解得解得 2022vghgL= - 物块物块A与与B发生弹性碰撞， 使发生弹性碰撞， 使 A 和和 B 均能落在弧形轨道上， 且均能落在弧形轨道上， 且 A 落在落在 B 落点的右侧， 则落点的右侧， 则 A与与 B 碰撞后需要反弹后再经过水平轨道碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道倾斜轨道-水平轨道再次

18、到达水平轨道再次到达 O点。规定水平向右点。规定水平向右为正方向，碰后为正方向，碰后 ABAB 的速度大小分别为的速度大小分别为1v和和2v，在物块，在物块A与与B碰撞过程中，动量守恒，能碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则量守恒。则 012mvmvmv= + 222012111222mvmvmv=+ 解得解得 1011vv=+ - 2021vv=+ - 设碰后设碰后A物块反弹，再次到达物块反弹，再次到达O点时速度为点时速度为3v，根据动能定理可知，根据动能定理可知 223111222mgLmvmv= 解得解得 22314vvgL= - 据题意，据题意， A 落在落在 B 落点的右侧，则落点的右

19、侧，则 32vv - 据题意，据题意，A 和和 B 均能落在弧形轨道上，则均能落在弧形轨道上，则 A A 必须落在必须落在 P P 点的左侧，即：点的左侧，即： 32vgL - 联立以上，可得联立以上，可得h的取值范围为的取值范围为 2231143(1)LhL+ 5. 2021 浙江卷第浙江卷第 20 题题. 机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量31.0 10 kgm =的汽车以的汽车以136km/hv =的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线20ms =处，驾驶员处，驾驶员发现小朋友排着长发现小朋友

20、排着长6ml =的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 （1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小； （2）若路面宽）若路面宽6m=L，小朋友行走的速度，小朋友行走的速度00.5m/sv =，求汽车在斑马线前等待小朋友全，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；部通过所需的时间； （3）假设驾驶员以）假设驾驶员以254m/hv =超速行驶

21、，在距离斑马线超速行驶，在距离斑马线20ms =处立即刹车，求汽车到处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。斑马线时的速度。 【答案】【答案】 （1）14st =，32.5 10 NfF =； （； （2）20s； （； （3）5 5m/sv = 【解析】【解析】 （1）根据平均速度）根据平均速度 1stv= 解得刹车时间解得刹车时间 14st = 刹车加速度刹车加速度 11vat= 根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律 fFma= 解得解得 32.5 10 NfF = （2）小朋友过时间）小朋友过时间 20ltvL+= 等待时间等待时间 2120sttt= （3）根据）根据 2222vvas= 解得

22、解得 5 5m/sv = 6. 2021 浙江卷第浙江卷第 21 题题. 如图所示，水平地面上有一高如图所示，水平地面上有一高0.4mH =的水平台面，台面上竖直的水平台面，台面上竖直放置倾角放置倾角37=的粗糙直轨道的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道，它们平滑连接，其中管道CD的半径的半径0.1mr =、圆心在、圆心在1O点，轨道点，轨道DEF的半径的半径0.2mR =、圆、圆心在心在2O点，点，1O、D、2O和和 F点均处在同一水平线上。点均处在同一水平线

23、上。小滑块从轨道小滑块从轨道AB上距台面高为上距台面高为 h的的 P点静止下滑，与静止在轨道点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道、轨道DEF从从 F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱上的三棱柱 G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上 Q点，已点，已知小滑块与轨道知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数间的动摩擦因数112=，sin370.6 =，cos370.8 =。 （1）若小滑块的初始高度）

24、若小滑块的初始高度0.9mh =，求小滑块到达，求小滑块到达 B点时速度点时速度0v的大小；的大小； （2）若小球能完成整个运动过程，求）若小球能完成整个运动过程，求 h的最小值的最小值minh； （3）若小球恰好能过最高点）若小球恰好能过最高点 E，且三棱柱，且三棱柱 G的位置上下可调，求落地点的位置上下可调，求落地点 Q与与 F点的水平距点的水平距离离 x的最大值的最大值maxx。 【答案】【答案】 （1）4m/s； （； （2）min0.45mh=； （； （3）0.8m 【解析】【解析】 （1）小滑块在）小滑块在AB轨道上运动轨道上运动 021cossin2hmghmgmv= 代入数据

25、解得代入数据解得 044m /s3ghv = （2）小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有）小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有 0ABmvmvmv=+，2220111+222ABmvmvmv= 解得解得 0,4m/sABvv= 小球沿小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得轨道运动，在最高点可得 2minEvmgmR= 从从 C点到点到 E点由机械能守恒可得点由机械能守恒可得 ()22minmin1122EBmvmg Rrmv+= 其中其中minmin43Bghv=，解得，解得 min0.45mh= （3）设）设 F点到点到 G点的距离为点的距离为 y，小球从，小球从 E点到点

26、到 Q点的运动，由动能定理点的运动，由动能定理 22min11()22GEmvmvmg Ry=+ 由平抛运动可得由平抛运动可得 Gxv t=，212Hrygt+= 联立可得水平距离为联立可得水平距离为 2 (0.5)(0.3)xyy=+ 由数学知识可得当由数学知识可得当 0.50.3yy=+ 取最小，最小值为取最小，最小值为 min0.8mx=。 20212021 山东卷第山东卷第 1616 题题. . 海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量碎硬壳。一只

27、海鸥叼着质量0.1kgm =的鸟蛤，在的鸟蛤，在20mH =的高度、以的高度、以015m/sv =的水平速的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度210m/sg =，忽略空气阻力。，忽略空气阻力。 （1 1）若鸟蛤与地面的碰撞时间）若鸟蛤与地面的碰撞时间0.005st =，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小平均作用力的大小F F； （碰撞过程中不计重力）； （碰撞过程中不计重力） （2 2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一

28、与地 面平齐、长面平齐、长度度6m=L的岩石，以岩石的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在，速度大小在15m/s 17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x x坐标范围。坐标范围。 【答案】 （【答案】 （1 1）500NF =； （； （2 2）34m,36m或或(34m,36m) 【解析】 （【解析】 （1 1）设平抛运动的时间为）设平抛运动的时间为t t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，鸟蛤落地前瞬间的速度大小

29、为v v。竖直方向分速度大。竖直方向分速度大小为小为yv，根据运动的合成与分解得，根据运动的合成与分解得 212Hgt=，ygt=v，220yvvv=+ 在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v v的方向为正方向，由动量定理得的方向为正方向，由动量定理得 0F tmv= 联立，代入数据得联立，代入数据得 500NF = （2 2）若释放鸟蛤的初速度为）若释放鸟蛤的初速度为115m/sv =，设击中岩石左端时，释放点的，设击中岩石左端时，释放点的x x坐标为坐标为x x1 1，击中，击中右端时，释放点的右端时，释放点的x x坐标为坐标为2x，得，得 11xv

30、t=，21xxL=+ 联立，代入数据得联立，代入数据得 130mx =，236x =m m 若释放鸟蛤时的初速度为若释放鸟蛤时的初速度为217m/sv =，设击中岩石左端时，释放点的，设击中岩石左端时，释放点的x x坐标为坐标为1x，击中右，击中右端时，释放点的端时，释放点的x x坐标为坐标为2x，得，得 12xtv=，12xxL=+ 联立，代入数据得联立，代入数据得 134mx=，240mx= 综上得综上得x x坐标区间坐标区间 34m,36m或或(34m,36m) 20212021 山东卷第山东卷第 1818 题题. . 如图所示，三个质量均为如图所示，三个质量均为m m的小物块的小物块

31、A A、B B、C C，放置在水平地面上，放置在水平地面上，A A 紧靠竖直墙壁，一劲紧靠竖直墙壁，一劲度系数为度系数为k k的轻弹簧将的轻弹簧将 A A、B B 连接，连接，C C 紧靠紧靠 B B，开始时弹簧处于原长，开始时弹簧处于原长，A A、B B、C C 均静止。现给均静止。现给C C 施加一水平向左、大小为施加一水平向左、大小为F F的恒力，使的恒力，使 B B、C C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后力，一段时间后 A A 离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知 A A、B B、C C 与

32、地面间的滑动摩擦与地面间的滑动摩擦力大小均为力大小均为f f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。 （弹簧的弹性势能，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。 （弹簧的弹性势能可表示为：可表示为：2p12Ekx=，k k为弹簧的劲度系数，为弹簧的劲度系数，x x为弹簧的形变量）为弹簧的形变量） （1 1）求）求 B B、C C 向左移动的最大距离向左移动的最大距离0 x和和 B B、C C 分离时分离时 B B 的动能的动能kE； （2 2）为保证）为保证 A A 能离开墙壁，求恒力的最小值能离开墙壁，求恒力的最小值minF； （3 3）若三物块都停止时）若三物块都停止

33、时 B B、C C 间的距离为间的距离为BCx，从，从 B B、C C 分离到分离到 B B 停止运动的整个过程，停止运动的整个过程，B B克服弹簧弹力做的功为克服弹簧弹力做的功为W W，通过推导比较，通过推导比较W W与与BCfx的大小；的大小； （4 4）若）若5Ff=，请在所给坐标系中，画出，请在所给坐标系中，画出 C C 向右运动过程中加速度向右运动过程中加速度a a随位移随位移x x变化的图变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a a、x x值（用值（用f f、k k、m m表示） ，不要求推导表示） ，不要求推导过程。以撤去过程

34、。以撤去F F时时 C C 的位置为坐标原点，水平向右为正方向。的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 【答案】（【答案】（1 1）024Ffxk=、22k68FfFfEk+=；（；（2 2）min10(3)2Ff=+；（；（3 3）BCWfx 联立可知联立可知 BCWfx （4 4）小物块）小物块 B B、C C 向左运动过程中，由动能定理得向左运动过程中，由动能定理得 211115202fxfxkx= 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 16kxf= 则坐标原点的加速度为则坐标原点的加速度为 11262222kxffffammm= 之后之后 C C 开始向右运动过程（开始向

35、右运动过程（B B、C C 系统未脱离弹簧）加速度为系统未脱离弹簧）加速度为 22kxfam= 可知加速度随位移可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，减小，a减小，弹簧恢复原长减小，弹簧恢复原长时，时，B B 和和 C C 分离，之后分离，之后 C C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为只受地面的滑动摩擦力，加速度为 2fam= 负号表示负号表示 C C 的加速度方向水平向左； 从撤去恒力之后到弹簧恢复原长， 以的加速度方向水平向左； 从撤去恒力之后到弹簧恢复原长， 以 B B、 C C 为研究对象，为研究对象，由动能定理得由动能定理得 22

36、11112222kxfxmv= 脱离弹簧瞬间后脱离弹簧瞬间后 C C 速度为速度为v，之后，之后 C C 受到滑动摩擦力减速至受到滑动摩擦力减速至 0 0，由能量守恒得，由能量守恒得 2212fxmv= 解得脱离弹簧后，解得脱离弹簧后，C C 运动的距离为运动的距离为 2112xx= 则则 C C 最后停止的位移为最后停止的位移为 12133 6922ffxxxkk+= 所以所以 C C 向右运动的图象为向右运动的图象为 2021 年上海高考等级考第 19 题、题、(14 分分) 如图， 在倾角为如图， 在倾角为的斜面的斜面 ABC 上，上， AB 光滑且长为光滑且长为 L， BC 段粗糙段粗

37、糙(摩擦因数恒定摩擦因数恒定)且足够长。且足够长。 一一质量为质量为 m 的物体在平行于斜面的力的物体在平行于斜面的力 F 作用下，从静止开始运动，作用下，从静止开始运动，AB 段做匀加速直线运动，段做匀加速直线运动，经过经过 t0到达到达 B 点。重力加速度为点。重力加速度为 g，求，求: (1) AB 段的拉力段的拉力 F 的大小；的大小； (2)物体运动到物体运动到 B 点时拉力的功率点时拉力的功率 PB； (3)若若 BC 段拉力的功率恒为段拉力的功率恒为 PB， 且物体做减速运动， 定性画出物体由， 且物体做减速运动， 定性画出物体由 A 运动到运动到 C 的的 v-t 图像。图像。

38、 【答案】 （【答案】 （1） （2） （3）见最后图）见最后图 【解析】【解析】 （1） 解得解得 （2） 所以加速度的大小所以加速度的大小 a 随随 v的减小而减小，物体做加速度减小的减速运动。的减小而减小，物体做加速度减小的减速运动。 图像如下：两种可能：左图物体最后做匀速运动，右图物体一直减速运动到图像如下：两种可能：左图物体最后做匀速运动，右图物体一直减速运动到 C。 2020 全国全国 3 卷第卷第 12 题题 12.如图，相距 L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10 kg 的

39、载物箱（可视为质点） ， 以初速度 v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。 载物箱与传送带间的动摩擦因数 = 0.10，重力加速度取 g =10m/s2。 (1)若 v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； (3)若 v=6.0m/s，载物箱滑上传送带13s12t =后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。 【答案】(1)2.75s；(2) 12m/sv =，24 2m/sv =；(3)0 【解析】(1)传送带的速度为4.0m/s=v时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其

40、加速度为 a，由牛顿第二定律有：mgma= 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 x1，由运动学公式有22012vvax= 联立式，代入题给数据得 x1=4.5m； 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至 v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为 t1，做匀减速运动所用的时间为 t2，由运动学公式有 02vvat= 112Lxttv=+ 联立式并代入题给数据有 t1=2.75s； (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为 v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v2.由动能定理有 221

41、01122mgLmvmv= 22201122mgLmvmv= 由式并代入题给条件得12m/sv =，24 2m/sv = (3)传送带的速度为6.0m/sv =时，由于02vvv 即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设v3，由运动学公式有，223232 ()vva Lxx= 设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为 I，由动量定理有30()Im vv= 代题给数据得0I =。 20202020 天津卷第天津卷第 1212 题题 12.长为 l 的轻绳上端固定，下端系着质量为1m的小球 A，处于静止状态。A 受到一个水平为瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动， 恰好能通过圆周轨迹的最高点。 当

42、 A 回到最低点时，质量为2m的小球 B 与之迎面正碰，碰后 A、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为 g，求 （1）A 受到的水平瞬时冲量 I 的大小； （2）碰撞前瞬间 B 的动能kE至少多大？ 【答案】 （1）15Imgl=； （2）()212k2522glmmEm+= 【解析】 （1）A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设 A 在最高点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律，有211vm gml= A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设 A 在最低点的速度大小为Av，有2211111222Amv

43、mvm gl=+ 由动量定理，有1AImv= 联立式，得15Imgl= （2）设两球粘在一起时速度大小为v，A、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 Avv = 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前 B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设 B 碰前瞬间的速度大小为Bv，由动量守恒定律，有()2112BAm vmvmmv=+ 又2k212BEm v= 联立式，得碰撞前瞬间 B 的动能kE至少为()212k2522glmmEm+= 20202020 山东卷第山东卷第 1818 题题 18.如图所示，一倾角为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

44、 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tan，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。 【答案】 (1) P 的速度大小

45、为035v， Q 的速度大小为025v； (2)21072525nnvhg=（）（n=1， 2， 3） ；(3)2018vHg=；(4)20(8 713)200 sinvsg= 【解析】(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 0114PQmvmvmv=+ 由机械能守恒定律得2220111114222PQmvmvmv=+ 联立式得1035Pvv= 1025Qvv= 故第一次碰撞后 P 的速度大小为035v，Q 的速度大小为025v (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211=2 ( 2 sin )s0inQhgv 联立式得2

46、0125vhg= 设 P 运动至与 Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为02v，第一次碰后至第二次碰前，对P 由动能定理得 22021111=22Pmvmvmgh 联立式得02075vv= P 与 Q 的第二次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为2Pv、2Qv，由动量守恒定律得 02224PQmvmvmv=+ 由机械能守恒定律得22202221114222PQmvmvmv=+ 联立式得203755Pvv= 202755Qvv= 设第二次碰撞后 Q 上升的高度为 h2，对 Q 由运动学公式得222=2 ( 2 sin )s0inQhgv 联立式得202725 25vhg= 设 P 运动至与

47、Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为03v，第二次碰后至第三次碰前，对P 由动能定理得 22032211=22Pmvmvmgh 联立式得203075vv= （） P 与 Q 的第三次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为3Pv、3Qv， 由动量守恒定律得03334PQmvmvmv=+ 由机械能守恒定律得22203331114222PQmvmvmv=+ 联立式得2303755Pvv= （） 2302755Qvv= （） 设第三次碰撞后 Q 上升的高度为 h3，对 Q 由运动学公式得233=2 ( 2 sin )s0inQhgv 联立式得220372525vhg=（） 总结可知，第 n 次碰撞后

48、，物块 Q 上升的高度为 21072525nnvhg=（）（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 2010(4 )tan4cos2sinHmvmm gHmg= + 解得2018vHg= (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112sinQvgt= 设 P 运动到斜面底端时的速度为1Pv，需要的时间为 t2，由运动学公式得 112 sinPPvvgt=+ 2211 2 sinPPvvsg= 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 t30213()sinPvvgt=

49、当 A 点与挡板之间的距离最小时1232ttt=+ 联立式，代入数据得20(8 713)200 sinvsg= 20202020 上海等级考第上海等级考第 2020 题题 20、(15 分)足够长的斜面与水平之间的倾角为 37。质量为 2kg 物体静止在斜面底端。在平行于斜面向上的外力 F=24N 的作用下沿斜面向上运动，经过 2s 后撒去外力 F.物体与斜面间的滑动摩擦系数为 0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力。求: （1）物体在斜面上向上滑行的时间。 （2)求上行过程中撤去 F 前后物块受到的摩擦力做功之比 k. (3)在 S- t 图像中画出减速阶段的图线。(t=0 时，物体在

50、S=0 处) (4)分析说明为什么物块动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求出该位置离斜面底墙的距离 L. (取斜面底端为零势能面) 【解析】 （1） 加速运动阶段1cossinmamgmgF=，代入数据解得21/2sma = 末速度smtav/4111= 减速运动阶段（撤去 F 后） ，2cossin-mamgmg=，代入数据解得22/10-sma = 时间savt4 . 00212= 物体在斜面上向上滑行的时间sttt4 . 221=+= （2）上行过程中撤去 F 前物块受到的摩擦力做功11cosxmgWf= 其中mtax4212111= 上行过程中撤去 F 后物块受到的