力学压轴解答题（全国甲卷和Ⅰ卷）-2023年高考物理十年压轴真题题型解读与模拟预测（解析版）

这是一份力学压轴解答题（全国甲卷和Ⅰ卷）-2023年高考物理十年压轴真题题型解读与模拟预测（解析版），共33页。试卷主要包含了匀变速直线运动的规律， 生活生产情境型，7×108 J⑦，5m，如图所示等内容，欢迎下载使用。
力学压轴解答题（全国甲卷和Ⅰ卷）

命题规律
高考物理力学压轴解答题是考查学生物理学科素养高低的试金石，表现为综合性强、求解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。
一、 命题范围
1.匀变速直线运动的规律（压轴指数★★★）
匀变速直线运动的速度公式、位移公式、速度位移关系。初速度为零的匀变速直线运动的规律。
2、牛顿运动定律综合性题目（压轴指数★★★★）
单一物体多过程问题，多物体多过程问题。
3、平抛运动和圆周运动（压轴指数★★★）
平抛运动应用运动的分解思想，分解速度、分解位移或加速度。圆周运动的临界问题和多解问题。
4、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律（压轴指数★★★★★）
利用机械能守恒定律或动能定理、能量守恒定律处理力学综合类题目。
4、动量定理和动量守恒定律（压轴指数★★★★★）
利用动量定理和动量守恒定律处理力学综合类题目。
二、命题类型
1.学习探究情境型。选自平抛运动、竖直上抛运动，自由落体运动等学习探究情境。水平地面上的板块运动情境，斜面上的相互联系的物体运动情境。已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。
2. 生活生产情境型。生活生产中的汽车、飞机等的加速、减速问题；科学实验活动中的飞船等问题。对单一物体多过程型问题，比较多过程的不同之处，利用数学语言列方程求解。对于多物体同一过程型问题，要灵活选取研究对象，善于寻找相互联系。受力分析、运动过程分析，选择合适的解决方法，动力学观点或动量观点或能量观点。

历年真题
1．（2022·全国·高考真题）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度和之比为3：7。重力加速度大小取，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【答案】
【解析】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为

设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为、，根据平抛运动位移公式有



令，则有

已标注的线段、分别为


则有

整理得

故在抛出瞬间小球的速度大小为

2．（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）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。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s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）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；
（2）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；
（3）若小车在前30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，则L应满足什么条件？

【答案】（1）；（2）；（3）
【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

设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有

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速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为

联立以上各式解得

（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

联立解得

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

（3）由题意可知

可得

3．（2020·全国·统考高考真题）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：

4．（2019·全国·高考真题）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m ；（2）；（3）
【解析】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即


联立方程解得
，
根据v-t图像可知

解得

（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律，当物块A沿斜面下滑时

由v-t图像知

当物体A沿斜面上滑时

由v-t图像知

解得

又因下滑位移

则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为

其中为P点离水平面得高度，即

解得

故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为

（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为，则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有

设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得

又据（2）的结论可知

得

联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为

5．（2018·全国·高考真题）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【答案】（1） ；（2）
【解析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力．
（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有
                                    ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有
                                    ②
联立①②式得
                                    ③
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有
                                        ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和．由题给条件和动量守恒定律有
                                 ⑤
                                ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有
                                ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为
                                ⑧
6．（2017·全国·高考真题）一质量为8.00×104  kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2(结果保留两位有效数字)．
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
【答案】(1) , (2)
【解析】（1）飞船着地前瞬间的机械能为
①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得
②
设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为
③
式中，vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得
④
（2）飞船在高度h' =600 m处的机械能为
⑤
由功能原理得
⑥
式中，W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得
W=9.7×108 J⑦
【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功．
7．（2016·全国·高考真题）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：

(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
【答案】(1)mg(sinθ–3μcosθ)    (2) (sinθ–3μcosθ)
【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2．对于ab棒，由力的平衡条件得


对于cd棒，同理有


联立解得：

(2)由安培力公式得：

ab棒上的感应电动势：

由欧姆定律得：

联立解得：

8．（2015·全国·高考真题）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为

碰撞后木板速度水平向左，大小也是

木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有

解得

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移，末速度，其逆运动则为匀加速直线运动可得

解得

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即

可得

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有

可得

对滑块，则有加速度

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为

此时，木板向左的位移为

末速度

滑块向右位移

此后，木块开始向左加速，加速度仍为

木块继续减速，加速度仍为

假设又经历二者速度相等，则有

解得

此过程，木板位移

末速度

滑块位移

此后木块和木板一起匀减速，二者的相对位移最大为

滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度

位移

所以木板右端离墙壁最远的距离为


9．（2014·全国·高考真题）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．
【答案】20m/s
【解析】设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得：
μ0mg=ma0

式中m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．
设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有：

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg=ma

联立并代入题给数据得
v=20m/s

10．（2013·全国·高考真题）水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R．在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的（0，2l）、（0，-l）和（0，0）点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点（l， l）．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．
【答案】
【解析】由题意画出xOy坐标轴及A、B位置，设B车的速度为,此时A、B的位置分别为H、G，H的纵坐标为分别为yA，G的横坐标为xB，则

①
②
在开始运动时R到A和B距离之比为2:1，即

由于橡皮筋的伸长是均匀的,所以在以后任意时刻R到A和B的距离之比都为2:1．因此，在时刻t有③
由于,有④
⑤
所以⑥⑦
联立①②⑥⑦解得⑧
【点评】本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的，由三角形的相似对应边成比例,，分别解出A、B的位置yA，xB，再由A、B各自的运动，列出方程①,② 就可求解．难度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均匀伸长的特定的比值关系，仅能得①②两式的少部分分．

应考策略

一、 匀变速直线运动的规律
匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2.
位移的关系式及选用原则
(1)x＝t，不涉及加速度a；
(2)x＝v0t＋at2，不涉及末速度v；
(3)x＝，不涉及运动的时间t.
1．基本思路
→→→→
2．正方向的选定
无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负．
3．解决匀变速运动的常用方法
(1)逆向思维法：
对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．
(2)图像法：借助v－t图像(斜率、面积)分析运动过程．
4．刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失．
(2)求解时要注意确定实际运动时间．
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．
5．双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变．
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
6．匀变速直线运动的常用推论
(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．即：＝＝.此公式可以求某时刻的瞬时速度．
(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．
即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度．
7．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．
二、牛顿运动定律解决两类动力学问题
1．动力学问题的解题思路

2．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；连接点速度是联系各物理过程的桥梁．
三、平抛运动和圆周运动
1.平抛运动
基本规律
如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．



两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)，有tan θ＝2tan α.(如图所示)
推导：
→tan θ＝2tan α
(2)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，如图所示，即xB＝.

推导：→xB＝
2.圆周运动
圆周运动动力学问题的分析思路

四、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律
1.动量定理的应用
运用动能定理解决多过程问题，有两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破．
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算．
全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积．
往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．
解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．
2.机械能守恒定律
表达式

应用机械能守恒定律解题的一般步骤

3、功能关系和能量守恒定律
对功能关系的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
常见的功能关系
能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能减少量
W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv02
机械能
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量
W其他＝E2－E1＝ΔE
摩擦
产生
的内能
一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能
Q＝Ff·x相对
电能
克服安培力做功等于电能增加量
W电能＝E2－E1＝ΔE
应用能量守恒定律解题的步骤
(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
模拟预测

1．如图所示，倾角为θ的光滑斜面上设置有AB和CD两个减速缓冲区，缓冲区内物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且AB＝BC＝CD＝l。一质量为m的物块从斜面上O点由静止释放，若物块在运动全过程都受到一方向始终垂直于斜面向下、大小与速度大小成正比的变力F的作用，即，其中k为已知常量。已知物块通过AB段的时间与通过CD段的时间相等，且物块运动到D点时的加速度为零，重力加速度为g。
（1）求斜面上O点到A点的距离d。
（2）求物块在缓冲区内因摩擦产生的总热量。
（3）若将整个斜面设置为缓冲区，物块从斜面上距D点为s处由静止释放，物块运动到D点的加速度为零，求物块从释放点运动到D的总时间。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）物块在BC段做匀加速直线运动，故物块在AB段和CD段一定做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾，即
，
物块运动到D点，加速度为零，则有

物块由B运动到C，由牛顿第二定律有

由运动学规律可得

物块由O运动A，有

联立解得
，
（2）物块由A运动到C，动能不变，由功能关系有

又

故物块在缓冲区内因摩擦产生的总热量为

（3）由（1）问可知物块到达D点的速度为

物块由释放点运动到D点，重力沿斜面向下的分力的冲量为

摩擦力的冲量为

由动量定理可得

联立解得

2．如图所示，质量m=4kg的物体（可视为质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带的长度l=8m，当传送带以v=4m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角θ=37°。已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：（结果保留两位有效数字）
（1）传送带稳定运动时绳子的拉力大小；
（2）某时刻剪断绳子，则经过多少时间，物体可以运动到传送带的左端。

【答案】（1）8.7N；（2）3s
【解析】（1）传送带稳定运动时，物体处于平衡状态

解得

（2）剪断绳子后，根据牛顿第二定律

解得

匀加速运动的时间为

位移为

则匀速运动的时间为

所以总时间为

3．如图所示，倾角为θ的光滑斜面底端有一挡板1，足够长的木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为m，挡板2与B、挡板1间的距离均为L。现将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求
（1）B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小；
（2）A第一次与挡板1碰撞后沿斜面上滑的最大距离x；
（3）A、B在整个运动过程中产生的内能Q。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）B第一次与挡板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，有牛顿第二定律可知

其中解得

方向沿斜面向下
（2）AB一起向下加速度运动，设B与挡板2碰撞前瞬间的速度为，由动能定理可知：


B第一次与挡板2碰撞后，木板A受到向上的摩擦力且摩擦力大小等于A重力沿斜面向下的分力，A做匀速运动，B以加速度向上做匀减速运动，当B速度减为零时


解得：
；
在此段时间内A向下运动的位移

即A恰好与挡板1相碰，碰后A原速率返回，受到B给的向下的摩擦力，此时加速度为


方向沿斜面向下，B受到A给的向上的摩擦力，与重力的分力平衡，所以B处于静止状态，A向上运动的位移

（3）A速度减为零后，与B一起向下加速，由于到各自挡板的距离都是，所以同时与挡板发生碰撞，同时反弹，再一起上滑，速度减为零，再次一起下滑，周而复始，再此过程中没有相对位移，在整个过程中的产生的热量为

解得：

4．2023年1月17日，翔安大桥正式通车。如图所示为大桥通往滨海东大道的引桥段的简化模型，一辆质量为1500kg的轿车以54km/h的初速度从A点进入辅道，沿下坡路段刹车做匀减速直线运动至B点时速度为36km/h，接着保持该速率通过水平圆弧BC路段，最后经过CD路段进入滨海东大道。若辅道AB长为250m、与水平面夹角为θ，水平圆弧段BC的半径50m，重力加速度g取10m/s2，，求：
（1）轿车通过水平圆弧段BC时所需的向心力大小；
（2）轿车在AB路段行驶时的加速度大小；
（3）轿车在AB路段行驶时受到的总阻力大小（忽略发动机动力）。

【答案】（1）3000N；（2）0.25m/s2；（3）1125N
【解析】（1）轿车通过水平圆弧段BC时的速度

由向心力公式得

代值可得

（2）轿车从A点进入辅道的速度为

由

代值可得

加速度大小为0.25m/s2；
（3）由牛顿第二定律可得

代值可得轿车在AB路段行驶时受到的总阻力大小

5．如图所示，一光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，半径R=7.5m，圆弧轨道的圆心O在圆弧最低点B的正上方，其中∠AOB=60°。圆弧轨道左侧有一顺时针方向匀速转动的水平传送带，传送带上表面与圆弧轨道的圆心O在同一高度。现将可视为质点的物块P从传送带左端M由静止释放，离开传送带右端N时恰好与传送带共速，从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块P的质量m=3kg，重力加速度g取，求：
（1）传送带的速度；
（2）物块到达轨道最低的B时，小物块P对轨道的压力。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设传送带速度v0，则在A点时


解得

（2）从A到B

其中

在B点时

解得

根据牛顿第三定律可知小物块P对轨道的压力

6．如图甲，在“雪如意”国家跳台滑雪中心举行的北京冬奥会跳台滑雪比赛是一项“勇敢者的游戏”，穿着专用滑雪板的运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，身体前倾与滑雪板尽量平行，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上，其过程可简化为图乙。现有某运动员从跳台O处沿水平方向飞出，运动员在空中飞行后落在雪道P处，倾斜的雪道与水平方向的夹角，不计空气阻力，重力加速度g取，，．（计算结果可保留根式）求：
（1）间的直线距离L；
（2）运动员在O处的起跳速度的大小；
（3）运动员在P处着落时的速度。

【答案】（1）；（2）；（3），与水平方向的夹角为
【解析】（1）运动员飞离点后做平抛运动，竖直方向上满足

解得

（2）运动员飞离点后做平抛运动，水平方向上满足

解得

（3）运动员在处着落时水平分速度仍未初速度，设竖直分速度为，运动员在处着落时速度为，与水平方向的夹角为，有

可得

则

解得


解得

7．在冰雪冲浪项目中，安全员将小朋友（可视为质点）从A点沿左侧圆弧切线方向推入滑道，小朋友获得的初速度，圆弧所在圆的半径，圆弧AB所对应的圆心角，B为轨道最低点，冰滑道视为光滑。小朋友和滑板总质量为，右侧平台比左侧平台高9.45m。小朋友冲上右侧平台后做减速运动，滑板与平台间动摩擦因数为，重力加速度。求：
（1）小朋友和滑板在圆弧形冰滑道最低点B时的速率v及其对冰道的压力；
（2）小朋友和滑板在右侧雪道滑行的距离d。

【答案】（1）；650N，方向向下；（2）9m
【解析】（1）从A到B根据机械能守恒定律

代入数据解得

根据牛顿第二定律

解得

根据牛顿第三定律，小朋友和滑板对冰滑道的压力大小为650N，方向向下。
（2）小朋友和滑板从运动到停止的过程中，根据动能定理

代入数据解得

8．如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，其B端刚好与水平面相切，水平面BD部分光滑，D点右侧部分粗糙且足够长，质量为3m的物块b放在水平面上的C点，质量为m的物块a从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块a沿圆弧面下滑到水平面上与物块b发生正碰。不计两个物块大小，已知重力加速度为g，物块与水平面粗糙部分的动摩擦因数为0.5，试回答下列问题：
（1）a与b碰撞前的瞬间a的速度大小；
（2）若a与b碰撞后粘在一起，则碰撞后间a、b在粗糙水平面上滑行的距离；
（3）若a与b发生弹性碰撞，求碰撞过程b对a的冲量及物块a、b最终静止在粗糙水平面上时的间距。

【答案】（1）；（2）；（3），方向水平向左，0
【解析】（1）设a与b碰撞前的一瞬间，a的速度大小为，根据机械能守恒有

解得

（2）设碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒有

解得

设两物块在粗糙水平面上滑动的距离为x，根据动能定理

解得

（3）设碰撞后一瞬间a、b的速度大小分别为、，根据动量守恒有

根据能量守恒有

解得


a、b碰撞过程，根据动量定理，b对a的冲量

即b对a的冲量大小为，方向水平向左。
碰后a被反向弹回，最终滑上凹面上后返回再次进入水平面，由于a、b滑上粗糙水平面时的初速度大小相同，由动能定理可知，两物块在水平面上滑行的距离相同，即物块a、b静止在粗糙水平面上时相距的距离为0。
9．物理兴趣小组设置了一个挑战游戏。如图所示，半径为光滑圆弧形轨道末端水平且与放置在水平台上质量为的“」形”薄滑板平滑相接，滑板左端A处放置质量为的滑块，水平台上的P处有一个站立的玩具小熊。在某次挑战中，挑战者将质量为的小球从轨道上距平台高度处静止释放，与滑块发生正碰。若滑板恰好不碰到玩具小熊则挑战成功。已知A、P间距。滑板长度，滑板与平台间的动摩擦因数，滑块与滑板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小球、滑块和玩具小熊均视为质点，题中涉及的碰撞均为弹性正碰，重力加速度，。求：
（1）小球到达轨道最低点时对轨道的压力；
（2）小球与滑块碰后瞬间的速度；
（3）试通过计算判定此次挑战是否成功。

【答案】（1）8.4N，方向竖直向下；（2）0，；（3）不成功
【解析】（1）根据题意可知，小球从静止释放到点过程中，由动能定理有

解得

小球在点，由牛顿第二定律有

解得

由牛顿第三定律可得，小球到达轨道最低点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。
（2）根据题意可知，小球与滑块碰撞过程中，系统的动量守恒，能量守恒，则有


解得


（3）根据题意可知，滑块以速度滑上滑板，滑板所受平台的最大静摩擦力为

滑板受滑块的滑动摩擦力为

可知，滑板保持静止不动，滑块在滑板上向右匀减速，设滑块滑到滑板右侧时速度为，由动能定理有

解得

滑块与滑板发生弹性碰撞，系统动量守恒和能量守恒，设碰后两者速度分别为、，则有


解得


此后，滑块与滑板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，假设在点前两者共速，速率为，对滑块和滑板，分别由动量定理有


解得


此过程，滑板位移为

滑块位移为

滑块相对滑板向左的位移为

说明滑块未离开滑板，故假设成立，共速后，因，两者相对静止做加速度大小为

的匀减速直线运动直至停止，由公式可得，两者的位移为

则有

滑块会碰到玩具小熊，故此次挑战不成功。
10．如图，倾角为的固定光滑斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定在斜面的挡板上，上端连接小滑块a，当a静止在P处时弹簧的弹性势能为。小滑块b从斜面上与a相距处由静止释放，b与a瞬间碰撞后粘在一起向下运动。从碰后起，经过时间，弹簧恰好恢复原长且两滑块速度为零。已知b的质量为，a的质量为，重力加速度大小为，求：
（1）b与a碰后瞬间两者的速度大小；
（2）时间内a对b做的功；
（3）时间内弹簧对挡板的冲量大小。

【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】（1）设滑块b刚到达a处的速度大小为，由机械能守恒定律得

b与a碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律得

解得

（2）设小滑块a静止时，弹簧的压缩量为，两滑块从P处到弹簧恰好恢复原长过程中，
由系统机械能守恒定律可得

设时间内a对b做的功为，对b由动能定理可得

解得

另：设弹簧的劲度系数为，当a静止时，弹簧压缩量为，有

弹簧的弹性势能可由弹簧弹力做功推算得

由系统机械能守恒定律可得

联立解得

设时间内a对b做的功为，由动能定理可得

解得

（3）设时间内弹簧对ab整体的冲量为，以沿斜面向上为正方向，由动量定理可得

时间内弹簧对挡板的冲量大小

解得

11．如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一与水平面夹角为37°逆时针匀速转动的传送带，传送带长，传送带匀速运动的速度为，货物与传送带间的动摩擦因数，传送带不打滑。现在传送带底端由静止释放一货物，其质量为。已知重力加速度，，，货物可视为质点。求：
（1）货物在传送带上的运动时间；
（2）从货物滑上传送带到离开传送带该装运系统额外消耗的电能。

【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对货物，根据牛顿第二定律

设匀加速运动时间为，则

匀加速运动的位移

达到与传送带速度相同后，货物匀速运动，设货物匀速运动时间为，则

货物在传送带上的运动时间

联立以上各式解得

（2）设货物匀加速运动时间内相对传送带的位移为，则有

此过程中因摩擦产生的热量为Q，则

每传送一只货物需额外消耗的电能为，由能量守恒定律得

其中
，
解得

12．如图所示，质量为的滑块C的右半部分是光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为，圆弧轨道的最低点与水平面相切，质量为（n为正整数）的物块B左侧固定一水平轻弹簧，滑块C和物块B都静止在光滑水平面上。质量为的小物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，离开滑块C后继续向右运动与弹簧发生相互作用。重力加速度为。求：
（1）小物块A离开滑块C时的速度大小；
（2）当时弹簧的最大弹性势能；
（3）n至少为多少时，小物块A能追上滑块C，此种情况下小物块A运动至最高点时C的速度是多大。

【答案】（1）15m/s；（2）75J；（3）5，
【解析】（1）A、C组成的系统，小物块A离开滑块C时二者速度分别为，规定向右为正方向，由机械能守恒定律有

由水平方向动量守恒定律得

由联立解得

（2）A、B及弹簧组成的系统，共速时弹性势能最大，设共速时的速度为v，由动量守恒定律得

由能量守恒定律得

由联立解得

（3）若A要追上C则有

解得

故n的最小值为5，此种情况下

A、C组成的系统水平方向动量守恒，二者共速度时A滑至C最高处，此时速度为，则由水平方向动量守恒有

解得

故物块A滑至C的最高点时C的速度大小为。