专题19 力与运动综合计算题-2022年高考物理母题题源系列（解析版）.doc

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1、专题19 力与运动综合计算题【母题来源一】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国卷）【母题原题】（2020·新课标卷）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，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载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1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。【答案】(1)；（2）2m/s2，【解析】（1）空

2、载起飞时，升力正好等于重力：满载起飞时，升力正好等于重力：由上两式解得：（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以解得：由加速的定义式变形得：解得：【母题来源二】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国卷）【母题原题】(2020·全国卷)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=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小,不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第

3、一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。【答案】(1)2g3g(2)(3)【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有Mg+f=Ma1f-mg =ma2联立式并代入题给数据,得a1=2g,a2=3g(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下。设自弹起经过时间t1,管与

4、小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动学公式v0-a1t1=-v0+a2t1联立式得设此时管下端的高度为h1,速度为v。由运动学公式可得v=v0-a1t1由式可判断此时v>0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2联立式可得(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0联立式并代入题给数据得同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为设圆管长度为L。管第二次落地

5、弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2L联立式,L应满足的条件为【母题来源三】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国卷）【母题原题】（2020·新课标卷）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

6、度；(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，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) ， ；(3)0，方向竖直向上【解析】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有： 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 联立式并代入题给数据有t1=2.75s；(2)当

7、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.由动能定理有由式并代入题给条件得，(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有 联立式并代入题给数据得t3=1.0sx2=5.5m因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有 由式可知即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公

8、式有， 则减速运动时间设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有，方向竖直向上则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量，方向竖直向上【母题来源四】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（山东卷）【母题原题】(2020·山东等级考)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。某次练习过程中,运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹

9、角=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2,sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30。求:(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d;(2)M、N之间的距离L。【答案】 (1)4.8 m(2)12 m【解析】 (1)在M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得v1=vMsin72.8°设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1由运动学公式得

10、联立式,代入数据得d=4.8 m(2)在M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规律得v2=vMcos72.8°设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2设腾空时间为t,由运动学公式得联立式,代入数据得L=12 m【母题来源五】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（江苏卷）【母题原题】(2020·江苏高考)如图所示,鼓形轮的半径为R,可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆,杆上分别固定有质量为m的小球,球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳,绳上

11、悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落,带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动,转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动,忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量,不计空气阻力,重力加速度为g。求:(1)重物落地后,小球线速度的大小v;(2)重物落地后一小球转到水平位置A,此时该球受到杆的作用力的大小F;(3)重物下落的高度h。【答案】(1)2R(2)(3)【解析】(1)由题意可知,若当重物落地后鼓形轮转动的角速度为,则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v=2R(2)小球匀速转动,当在水平位置时,设杆对球的作用力为F,合力提供向心力,则有 结合(1)可解得杆对球的作用力大小为(3) 重物下落高度为h,

12、重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统,根据系统机械能守恒可知而重物的速度等于鼓形轮的线速度,有v1=R联立各式解得【母题来源六】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（浙江选考）【母题原题】(2020·浙江7月选考)如图1所示,有一质量m=200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图2所示,t=34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2),求物件:(1)做匀减速运动的加速度大小和方向;(2)匀速运动的速度大小;(3)总位移

13、的大小。【答案】(1)0.125 m/s2竖直向下(2)1 m/s(3)40 m【解析】(1)由图2可知026 s内物件匀速运动,2634 s物件匀减速运动,在匀减速运动过程根据牛顿第二定律有mg-FT=ma,根据图2得此时FT=1 975 N,则有a=g-=0.125 m/s2,方向竖直向下。(2)结合图2根据运动学公式有v=at2=0.125×(34-26) m/s=1 m/s。(3)根据图象可知匀速上升的位移h1=vt1=1×26 m=26 m,匀减速上升的位移，匀加速上升的位移为总位移的,则匀速上升和减速上升的位移为总位移的,则有h1+h2=h,所以总位移为h=40

14、 m。【母题来源六】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷）【母题原题】（2020·山东卷）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，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

15、；(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的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3）；(3)；(4)【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 由机械能守恒定律得 联立式得 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 联立式得 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 联立式得 P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 由机械能守恒定律得 联立式得 设第二次

16、碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得 联立式得 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 联立式得 P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 由机械能守恒定律得 联立式得 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

17、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 【命题意图】平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律。曲线运动（平抛和圆周）的两大处理方法：一是运动的分解；二是动能定理。用图像法求变力做功，功能关系；势能是保守力做功才具有的性质，即做功多少与做功的路径无关（重力势能弹性势能、电势能、分子势能、核势能），而摩擦力做功与路径有关，所以摩擦力不是保守力，没有“摩擦力势能”的概念。【考试方向】力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能

18、力要求较高具体问题中可能涉及到单个物体单一运动过程，也可能涉及到多个物体，多个运动过程，在知识的考查上可能涉及到运动学、动力学、功能关系等多个规律的综合运用【得分要点】（1）对于多体问题，要灵活选取研究对象，善于寻找相互联系。选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键选取研究对象需根据 不同的条件，或采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽取出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体来进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用（2）对于多过程问题，要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律。观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键分析过程特征需仔细分析

19、每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参 量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找（3）对于含有隐含条件的问题，要注重审题，深究细琢，努力挖掘隐含条件。注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图象图表中去挖掘（4）对于存在多种情况的问题，要认真分析制约条件，周密探讨多种情况。解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探

20、讨，防止漏解（5）对于数学技巧性较强的问题，要耐心细致寻找规律，熟练运用数学方法。耐心寻找规律、选取相应的数学方法是关键求解物理问题，通常采用的数学方法有：方程法、比例法、数列法、不等式法、函数极值法、微元分析法、图象法和几何法等，在众多数学方法的运用上必须打下扎实的基础（6）对于有多种解法的问题，要开拓思路避繁就简，合理选取最优解法。避繁就简、选取最优解法是顺利解题、争取高分的关键，特别是在受考试时间限制的情况下更应如此这就要求我们具有敏捷的思维能力和熟练的解题技巧，在短时间内进行斟酌、比较、选择并作出决断当然，作为平时的解题训练，尽可能地多采用几种解法，对于开拓解题思路是非常有益的1.（2

21、020·山东应县一中二模）如图所示，质量m=1kg的小滑块，轻质弹簧的一端与滑块相连，弹簧的另一端固定在挡板上，光滑斜面和光滑圆筒形轨道平滑连接，开始时弹簧处于压缩状态，滑块和小球均处于锁定状态，圆弧的轨道半径R和斜面的顶端C离地面的高度均为1m，斜面与水平面夹角=60°，现将滑块解除锁定，滑块运动到C点与小球M相碰时弹簧刚好恢复原长，相碰瞬间小球的锁定被解除，碰后滑块和小球以大小相等的速度向相反的方向运动，碰后小球沿光滑圆筒轨道运动到最高点D水平抛出时对圆筒壁刚好无压力，若滑块与小球碰撞过程时间极短且碰撞过程没有能量损失g=10ms2求：(1)小球从D点抛出后运动水平距离

22、；(2)小球的质量；(3)已知弹簧的弹性势能表达式为EP=kx2为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，求滑块碰后返回过程中滑块的最大动能【答案】（1） （2）（3）【解析】（1）小球在D点做平抛运动，设小球的质量为M，则：x1=vDt 联立解得： （2）滑块与小球相碰时动量守恒，机械能守恒： 小球从C点到D点的过程中机械能守恒：联立解得： M=3m=3kg（3）滑块由B到C过程，弹簧和滑块组成的系统机械能守恒 设碰后滑块距C点距离为x2时动能最大mgsin600=kx2滑块返回过程中弹簧和滑块组成的系统的机械能守恒； 联立解得：Ek10.14J2.（2020·四川省成都外国语学校高新

23、校区期中考试）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。【答案】(1)；(2)；(3) ，3 900 N【解析】(1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜

24、面的长度，即可解得(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以(3)小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得从B运动到C由动能定理可知解得3.（2020·长春三中二模）如图所示，固定在竖直面内半径 R=0.4m 的光滑半圆形轨道 cde 与长 s=2.2m 的水平轨道 bc 相切于 c 点，倾角=37°的斜轨道 ab 通过一小段光滑圆弧与水平轨道 bc 平滑连接。质量 m=1 kg 的物块 B 静止于斜轨道的底端 b 处，质量 M=3kg 的物块 A 从斜面上的 P 处由静止沿斜轨道滑下，与物块 B 碰撞后黏合在一起向右滑动。已知 P 处与 c 处的高度差 H

25、=4.8m，两物块与轨道 abc 间的动摩擦因数=0.25，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8， A、B 均视为质点，不计空气阻力。求：(1)A 与 B 碰撞后瞬间一起滑行的速度大小；(2)物块 A、B 到达 e 处时对轨道的压力大小。【答案】(1)6m/s；(2)50N【解析】(1)A沿斜轨道下滑时，由牛顿第二定律结合运动学公式两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向解得(2)物块从b运动到e的过程，根据动能定理在e点，根据牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律可知物块对轨道点的压力大小为。4.（2020·天津北辰新区二模）某人体重5

26、0kg，参加“蹦极”比赛，他将长20m的弹性绳栓在脚上（弹性绳的另一端拴在脚边的桩上），他轻轻跳离出发台时速度很小，可以忽略不计。设弹性绳可相当于劲度系数k=100N/m的轻弹簧。取g=10m/s2.，求(1)弹性绳刚伸直时，此人重力的功率多大？(2)此人下落过程中速度最大时，人下落的高度是多少？(3)此人下落过程中具有的最大速度为15m/s，那么此时弹性绳的弹性势能多大？【答案】(1)10000W；(2)25m； (3)1250J【解析】(1)弹性绳刚伸直时，人下落高度为20m，有P=mgv得P=10000W(2)当弹力大小等于重力，人的加速度为0时，速度最大。此时弹性绳伸长量人下落高度为h

27、1=x+h=25m(3)从开始下落到速度最大，机械能守恒，有代入数据可得Ep弹=1250J5.（2020·湖南省长沙市统一模拟考试）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E=，在包含圆弧轨道NP的ONOP区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块AA、C之间只发生一次弹性碰撞，且最终

28、刚好挨在一起停在轨道MN上，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，重力加速度为gA在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道A第一次到达N点时，对轨道的压力为2mg求：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）A、C与水平轨道MN的动摩擦因数；（3）A对轨道NP的最大压力的大小【答案】（1）；（2）（3）【解析】（1）A、C发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vC，则有：3mv0=mvA+3mvC=+联立解得：（2）设A、C最后静止时与M点的距离为l1，A在NN右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0有mg（2Ll）=3mgl=联立解得（3）设A在点的速度为，A从M到N的过程中，由动能

29、定理得设圆弧NP的半径为a因为A在点时对轨道的压力为2mg，A在NN右侧受到的电场力F=qE=mg重力和电场力的合力大小为F合=2mg，方向与OP夹角为过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度，此时A对轨道的压力最大A从M点到K点过程中，由动能定理可得：返回K点时：FNF合由得：FN由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：6.（2020·山东青岛二模）中国目前已系统掌握各种复杂地质及气候条件下的高铁建造技术。动车组是指几节自带动力车厢与几节不带动力车厢的编组。复兴号CR400AF型城际电力动车组由6节车厢编组而成，每节车厢的质量均为，

30、其中第1节和第4节车厢带有动力，牵引电机的额定功率分别为和。该动车组以的加速度沿水平直轨道由静止开始匀加速启动，当第1节车厢的牵引电机达到额定功率时，第4节车厢的牵引电机立即启动，动车组行驶过程中受到的阻力为车重的0.1倍，重力加速度。求：（1）从静止开始到第4节车厢的牵引电机启动所经历的时间；（2）当动车组的速度为时，第4节车厢对第5节车厢的拉力大小。【答案】（1）10s；（2）【解析】（1）设从静止开始到第4节车厢牵引电机启动经历的时间为，电机的牵引力为，第4节车厢牵引电机启动时动车组的速度为，有解得（2）设当第4节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车速度为，有解得所以时，有对第5、6节车

31、厢，有解得7.（2020山东临沂二模）一质量为1 kg的滑块（可视为质点）静止在粗糙水平面AB上的A点，在大小为2 N的水平推力作用下，在水平面上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过倾角为6°的光滑斜面BC到达平台CD。已知水平面AB的长度为2 m，斜面BC的长度为1 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.1，sin6° = 0.1，g = 10 m/s2，滑块在B点的速度损失不计。（1）若滑块能够到达平台，求滑块在斜面上运动的最长时间；（2）若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台上C点时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）滑块刚好能够滑上平台，即滑块到达

32、C点的速度为零时，滑块在斜面上运动的时间最长，设滑块在斜面上运动的加速度a1，由牛顿第二定律得解得（2）滑块在AB段的运动解得m/s8.（2020·山西省太原市2019届高三下学期5月模拟）近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包

33、裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;(3)包裹A是否会到达分拣通道口.【答案】(1)1=0.5(2)E=0.96J (3)包裹A不会到达分拣通道口【解析】(1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1 包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为1，由牛顿运动定律有:1mAg=mAa1解得：1=0.5(2)包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB，由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB 包裹

34、B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-2mBgx=0-mBvB2 解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:E=mAv02 -mAvA2-mBvB2 解得：E=0.96J(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，由动能定理可知-1mAgxA=0-mAvA2 解得xA=0.016m<L，包裹A在传送带上会再次向右运动.设包裹A再次离开传送带的速度为vA1mAgxA=mAvA2 解得:vA =0.4m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA-2mAgxA=0-mAvA2 解得 xA=0.08mxA=

35、<0.32m 包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.9.（2020·天津南开二模）滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的1/4圆弧轨道，半径为0.8 mPQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为=0.2滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1=2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动已知滑板质量是m=5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为x=3 m，g= 10 m/s2（不考虑滑板

36、的长度以及人和滑板间的作用时间）求：(l)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度；(3)两个滑板间的最终距离【答案】（1）1500N，竖直向下（2）4.2m/s（3）6.41m【解析】（1）OP下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒：,代入数据解得：m/s ,在P点设支持力为： 解得：N ,根据牛顿第三定律：N （2）滑板手跳离A板，滑板手与滑板A动量守恒：,解得：m/s ,滑板手跳上B板，滑板手与滑板B动量守恒：,解得：m/s（3）滑板B的位移：m ,滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度仍为v1=2m/s,

37、滑板A的位移：m,最终两滑板停下的位置间距为：L=xB+x-xA=6.41m10.（2020·北京市海淀区二模）如图所示，用水平拉力F，使质量m=5.0kg的物体以v0=1.2m/s的速度沿水平地面向右做匀速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数=0.40，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。(1)求水平拉力F的大小；(2)若从某时刻起，保持拉力F的大小不变，改为与水平成=37º角斜向上拉此物体，使物体沿水平地面向右做匀加速直线运动。已知sin37º=0.6，cos37º=0.8。求：物体对地面的压力大小；物体运动过程中所受滑动摩擦力的

38、大小；改变拉力方向后5.0s时物体的速度大小；改变拉力方向后5.0s时拉力F的功率；改变拉力方向后5.0s内拉力F所做的功W；改变拉力方向后5.0s内物体动能增量的大小Ek，并说明W与Ek不相等的原因；(3)如保持拉力F的方向与水平成=37º角斜向上不变，要使物体能沿水平地面加速运动，则拉力F的大小应满足什么条件。【答案】(1)20N；(2)38N；15.2N；2.0m/s；32W；128J；6.4J，因有摩擦力做负功(3)19.2N<F<83.3N【解析】(1)由于物体匀速运动，因此F=mg代入数据，解得F=20N(2)在竖直方向上物体受力平衡，则N+Fsin37o=m

39、g解得N=38N根据牛顿第三定律，物体对地面的压力N=N=38N滑动摩擦力大小f=N=15.2N水平方向上物体做匀加速运动Fcos37of=ma又由于v=v0+at代入数据，整理得v=2m/s拉力F的功率P=Fvcos37o=32W5s内物体的位移x=v0t+12at2=8m拉力F所做的功W=Fxcos37o=128J动能的增量Ek=12mv212mv02=6.4JW与Ek不相等的原因是由于摩擦力做负功。(3)F取最大值时，物体恰好离开地面，此时Fsin37o=mg解得F=83.3NF取最小值时，恰好能匀速运动，此时Fcos37o=(mgFsin37o)解得F=19.2N要使物体能沿水平地面加速运动19.2N<F<83.3N