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高中物理高考 押课标卷物理第24题（解析版）-备战2020年高考物理临考题号押题
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这是一份高中物理高考 押课标卷物理第24题（解析版）-备战2020年高考物理临考题号押题，共29页。
押课标卷理综第24题
题号
考情分析
考查知识点
分值
预测知识点
第24题
近几年高考中对力学综合知识的考查一般体现在计算中，尤其在动量成为必考内容后，其考核更加多样化．对于一般的力学问题要涉及以下知识点：①牛顿运动定律结合运动学公式处理有规律的运动；②动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；③动量定理结合能量守恒定律处理碰撞、爆炸、反冲类问题．此部分在复习中要有效地寻求解题的突破口.[来源:Z_xx
力学计算
15
预计2020年高考新课标全国卷第24题会以力学计算知识为主。
（2019·新课标全国Ⅰ卷）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）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
①
②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v–t图线可知
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得
如图所示，传送带水平部分的长度=4.5 m，在电动机带动下匀速运行。质量M=0.49 kg的木块（可视为质点）静止在传送带左端的光滑平台上．质量为m=10 g的子弹以v0=50 m/s的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q。已知木块与传送带间的动摩擦因数m=0.5，P点与车底板间的竖直记度H=1.8 m，与车厢底板中心点Q的水平距离x=1.2 m，取g=10m/s2，求：
（1）木块从传送带左端到达右端的时间；
（2）由于传送木块，电动机多消耗的电能。
【答案】（1）2.3 s （2）1 J
【解析】（1）传送带的速度等于木块运动到P点后做平抛运动，得x=vt
竖直方向：
解得抛出速度：v=2 m/s
子弹打入木块过程，由动量守恒定律得mv0=（M+m）v1
木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得μ（M+m）g=（M+m）a
加速至v的位移x1==0.3m<4.5m
加速运动时间t1=s
之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间t2=s
木块从传送带左端到达右端的时间t=t1+t2=2.3s
（2）根据功能关系，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量ΔEk与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内能Q之和，即E=ΔEk+Q（1分）
其中
解得：ΔEk=0.75J
产生的热量为：Q=μmg（x带–x块）=μmg△x=0.25J
联立可得：E=ΔEk+Q=1J
1．如图所示，一个质最为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H=5m．现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10m／s2．求
(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大?
(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．
(3)圆管的长度L．
【答案】（1），方向向下，方向向上（2）0 4s；（3）4m
【解析】
（1）管第一次落地弹起时，管的加速度大小为，球的加速度大小为，由牛顿第二定律
对管
对球
故，方向向下
方向向上
（2）球与管第一次碰地时，由
得碰后管速，方向向上
碰后球速，方向向下
球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有
对管
对球
代入数值联立解得
（3）管经t时间上升的高度为
球下降的高度
管长
考点：牛顿第二定律的应用
2．甲、乙两车同时同向从同一地点出发，甲车以v1＝16 m/s的初速度，a1＝－2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，乙车以v2＝4 m/s的初速度，a2＝1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，求两车再次相遇前两车相距最大距离和再次相遇时两车运动的时间．
【答案】24m、8s
【解析】
【详解】
当两车速度相等时，相距最远，再次相遇时，两车的位移相等．设经过时间t1相距最远．
由题意得
v1＋a1t1＝v2＋a2t1
∴t1＝＝s＝4 s
此时
Δx＝x1－x2＝(v1t1－)－(v2t1＋)
＝[16×4＋×(－2)×42]m－(4×4＋×1×42) m＝24 m
设经过时间t2，两车再次相遇，则
v1t2＋a1＝v2t2＋a2
解得
t2＝0(舍)或t2＝8 s.
所以8 s后两车再次相遇．
思路分析：当两车速度相等时，相距最远，再次相遇时，两车的位移相等．设经过时间t1相距最远．Δx＝x1－x2v1t2＋a1＝v2t2＋a2
试题点评：本题考查了追击相遇问题，当两车速度相等时，相距最远，再次相遇时，两车的位移相等是关键
3．如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
(1)当B环下落时A球的速度大小；
(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环；
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）A与B下降的过程中系统的机械能守恒，先由速度的合成与分解求出A、B速度的关系，然后即可求出A、B在不同点的速度；
（2）根据匀变速直线运动的公式，结合位移关系即可求出A追上B的时间。
【详解】
（1）当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝，即α＝30°
由速度的合成与分解可知v绳＝vAcos 30°＝vBsin 30°
则vB＝＝vA
B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有
所以A环的速度vA＝
（2）由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒，
2mvA′2＝mgL，
解得vA′＝
环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动；
当A追上B时，有vA′t＋gt2＝L＋gt2
解得t＝
【点睛】
该题结合机械能守恒考查运动的合成与分解，解答的关键是能看到A与B的速度不一定大小相等，但它们沿绳子方向的分速度大小相等.
4．如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M=2kg．车上在沙箱左侧距离S=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为=0.1．仅在沙面上空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2.3×103V/m．当物块A随小车以速度向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为的带正电的小球C，以的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中．已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g=10m/s2．求：
（1）小球落入沙箱前的速度和开始下落时与小车右端的水平距离；
（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能；
（3）设小车左端与沙箱左侧的距离为L．请讨论分析物块A相对小车向左运动的整个过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式．
【答案】(1)10m/s,方向竖直向下，15m （2）9J （3）①若时， ②若时，．
【解析】
【分析】
小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解；小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度．之后，由于车速减小，物块相对车向右运动，并压缩弹簧，当A与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解；由功能关系求热量Q与L的关系式．要分物块是否从小车上滑下两种情况研究．
【详解】
（1）小球C下落到沙箱的时间为，则竖直方向上：
代入数据解得：t=1s
小球在水平方向左匀减速运动：
根据速度公式有：
代入数据解得：，
所以小球落入沙箱瞬间的速度：，方向竖直向下
小球开始下落时与小车右端的水平距离：
设向右为正，在小球落快速落入沙箱过程中，小车（不含物块A）和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球球入沙箱瞬间，车与球的共同速度为，则有：
可得：
由于小车速度减小，随后物块A相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A与小车（含小球）系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时，整个系统有一共同速度，则有：
解得：
根据能的转化和守恒定律，弹簧的最大势能为：
代入数据解得：
随后弹簧向左弹开物块A，假设A运动至车的左端时恰好与车相对静止．此过程中系统动量仍然守恒，所以系统具有的速度仍为：
根据功能关系有：
解得小车左端与沙箱左侧的距离为：
分情况讨论如下：
①若时，物块A停在距离沙箱左侧处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为：
②若时，物块A最终会从小车的左端滑下，因此摩擦产生热量为：
【点睛】
解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒．
5．某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，AB为水平传送带，CD为倾角θ=37°、长s=3m的倾斜轨道，AB与CD通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，DE为半径r=0.4m的光滑圆弧轨道，CD与DE在D点相切，OE为竖直半径，FG为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），所有轨道在同一竖直平面内．当传送带以恒定速率v=10m/s运行时，把一质量m=50kg的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
(1)货物在二楼仓库地面滑行的距离；
(2)传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）由题意，贷物恰好能滑入二楼仓库则在圆轨道的最高点E，恰好由重力提供向心力，得：
mg=
所以：
vE=＝2m/s
货物到达仓库后在运动的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得：
-μmgs=0-
代入数据得：
s=1m
（2）货物从B到达E的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：
-mgs•sin37°-μmgs•cos37°-mgr（1+cos37°）=
代入数据得：
vB=8m/s
货物在传送带上加速时，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得：
ma=μmg
所以：
a=μg=0.2×10=2m/s2
货物从开始运动到速度等于8m/s的过程中的位移为x，则：
2ax＝vB2
代入数据得：
x=16m
该过程中的时间：
t=＝4s
该过程中传送带的位移：
x′=vt=10×4=40m
货物相对于传送带的位移：
△x=x′-x=40-16=24m
所以传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能：
Q=μmg•△x=0.2×50×10×24=2400J
6．如图所示，在倾角q＝37°的光滑斜面上用装置T锁定轨道ABCD．AB为平行于斜面的粗糙直轨道，CD为光滑的四分之一圆孤轨道，AB与CD在C点相切，质量m＝0.5kg的小物块（可视为质点）从轨道的A端由静止释放，到达D点后又沿轨道返回到直轨道AB中点时速度为零．已知直轨道AB长L＝1m，轨道总质量M＝0.1kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．
（1）求小物块与直轨道的动摩擦因数m；
（2）求小物块对圆弧轨道的最大压力；
（3）若小物块第一次返回C点时，解除轨道锁定，求从此时起到小物块与轨道速度相同时所用的时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
（1）小物块在从A→B→D→C→直轨AB中点的过程中，根据能量守恒
解得：m＝0.25
（2）设圆轨道的半径为R，小物块在从A→B→D的过程中，根据动能定理
mg（Lsinq－Rcosq＋Rsinq）－mmgLcosq＝0
解得：R＝2m
设四分之一圆弧轨道的最低点为P，小物块从D点返回C点的过程中，经过P点时，小物块对圆轨的压力最大，设速度为vp，轨道对小球的最大支持力大小为F，小物块对圆轨道的最大压力为F＇，则
F＇＝F
解得：F＇＝9N
（3）设小物块第一次返回C点时，速度为vC，解除轨道锁定后，小物体的加速度沿斜面向下，大小为a1，轨道的加速度沿斜面向上，大小为a2．从此时起到小物块与轨道共速时所用的时间为t，则
ma1＝mgsinq＋mmgcosq
Ma2＝mmgcosq－Mgsinq
vC－a1t＝a2t
解得：vC＝2m/s，a1＝8m/s2，a2＝4m/s2
t＝
7．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：
(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s
【解析】
【详解】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
v0=5m/s
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
F=60N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；
(2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
代入数据解得：
v=4m/s
由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：
解得：
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
解得：
l′=2m＜4.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：
解得：
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
代入数据解得：
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：
解得：
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为
构成无穷等比数列，公比，由无穷等比数列求和公式
当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为
8．如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R=0.1m，两轮轴距为L=3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.6，g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？
（2）若传送带实际速度为0.2m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少？（所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ相同）
【答案】（1）小于1m/s；（2）400J。
【解析】
【详解】
（1）设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传送带的支持力为FN，则由牛顿第二定律得：mg-FN=m
解得：v=
当FN=0时，v有最大值vmax==1m/s
旅行包一直加速能达到的最大速度为v′max==6m/s＞1m/s
故传送带的速度应小于1m/s
（2）旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分为别为：x传=v传t，
x包=t
表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有=
故有：x传=2x包
消耗电能为E=μmgx传
旅行包在滑动过程中动能的增量为：△Ek=μmgx包
故E=2△Ek
结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能
转化为内能
故春运期每天多消耗的电能为10吨行包在传送带上获得总动能的两倍
E电=2△EK总=m总v02=10000×004J=400J
9．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m．重力加速度g=10m/s2．求：
(1)碰后小球B的速度大小vB；
(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力．
【答案】（1）6m/s（2）20N，向下
【解析】
【详解】
(1)根据
得:
则
规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2vB-m1vA，
代入数据解得：vB=6m/s．
(2)根据动能定理得:
代入数据解得:
根据牛顿第二定律得:
解得:,方向向下
根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上．
【点睛】
本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.
10．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．
【答案】（1）0.24s（2）5m/s
【解析】
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，
小车的加速度大小为：，根据v0-a2t=a1t得则速度相等需经历的时间为：．
（2）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v，由水平方向动量守恒得：m2v0=（m1+m2）v…①
根据能量守恒得：μm2gL＝ m2v0′2−(m1+m2)v2 ②
代入数据，联立①②解得v0′=5m/s．
【点睛】
本题考查了滑块模型，关键理清物体的运动规律，对于第二问，也可以抓住临界情况，结合动力学知识求解，但是没有运用动量守恒和能量守恒解决方便．
11．动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐．几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组．假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为m=8×104 kg.其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别是P1=2×107 W和P2=1×107 W(第一节车厢达到额定功率如功率不够用时启动第二节车厢)，车在行驶过程中阻力恒为车重的0.1倍(g＝10 m/s2)
(1)求该动车组的最大行驶速度；
(2)若列车以1 m/s2的加速度匀加速启动，求t＝10 s时，第一节和第二节车厢之间拉力的值
【答案】(1)62.5 m/s (2)8×105 N
【解析】
【详解】
试题分析：（1）对整列动车，质量 M=6×8×104=4.8×105kg，
当牵引力等于阻力时，动车速度最大，
其中阻力：f=0.1Mg=0.1×6×8×104×10 N=4.8×105N，
假设两节有动力的车厢都正常工作．
则：
（2） 当t=10 s时，v1=at=10m/s．假设只有第一节车厢提供动力，则对整列车：
解得：P11=9.6×106W < P1=2×107W
说明只有第一节车厢提供动力可以按照题设要求行驶．此时第一、二节间拉力最大；
对后五节车厢：Fm －f2 = M2a
其中M2 = 5×8×104kg = 4.0×105kg
解得第一、二节间最大拉力：Fm = 8×105N
12．如图所示，半径为R=0.5m，内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A以的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P点的可视为质点的物块B碰撞（碰撞时间极短），P点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L=0.1m，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为，物块A、B的质量均为，重力加速度g取．
（1）求物块A到达Q点时的速度大小v和受到的弹力F；
（2）若两物块最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求两物块滑至第n（n
【解析】
【详解】
（1）物块A滑入圆轨道到达Q的过程中机械能守恒，根据机械能守恒：
①
物块A做圆周运动：
②
由①②联立得：
方向向下 ③
（2）在与B碰撞前，系统机械能守恒，A和B在碰撞过程中动量守恒：
④
A、B碰后向右滑动，由动能定理得：
⑤
由④⑤联立得
所以
；
（3）碰后A、B滑至第n个光滑段上的速度，由动能定理得：
⑥
解得：
点睛：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用．
13．如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切．在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能Ep=12J．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高．现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处．已知A与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g取10m/s2，求
（1）A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；
（2）圆弧轨道的半径R；
（3）A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有µ）．
【答案】（1）4m/s（2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，
【解析】
【分析】
（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度；
（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R；
（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q.
【详解】
（1）设弹簧恢复到自然长度时A、B 的速度分别为vA、vB， 由动量守恒定律： 由能量关系：
解得vA=2m/s；vB=4m/s
（2）设B经过d点时速度为vd，在d点：
由机械能守恒定律：
解得R=0.32m
（3）设μ=μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：由能量关系：
解得μ1=0.2
讨论：
（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为 （J）
（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为，解得Q2=2J
14．如图所示，质量为m2＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑．现让质量为m1＝1kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10m/s2．求：
(1)物块到达最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置．
【答案】（1）2m/s(2)2.8J(3) 最终停在D点
【解析】
【分析】物体1从释放到与物体2相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体1、2碰撞前两个物体的速度；物体1、2碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度．碰后，物体1、2向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守恒列式，即可求出物体1、2相对滑道CD部分运动的路程s，从而确定出物体1、2最终停在何处；
解：（1）从释放到最低点，由动量守恒得到：
由机械能守恒得到：
解得：
（2）由能量守恒得到：
解得：
（3）最终物块将停在C、D之间，由能量守恒得到：
解得：
所以最终停在D点．
15．如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
（1）物块速度滑到O点时的速度大小；
（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）
（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题．
【详解】
（1）从顶端到O点的过程中，由机械能守恒定律得：
解得：
（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为：
由能量守恒定律得：
联立上式解得：
（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；
由能量守恒定律得 ：
解得物块A能够上升的最大高度为：
16．如图（a）所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m=2kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图（b）所示，取沿传送带向上为正方向，，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）0—10s内物体位移的大小；
（2）物体与传送带间的动摩擦因数；
（3）0—10s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．
【答案】（1）33m（2）0.9375（3）405J
【解析】
【详解】
(1) 由物体相对地面的速度随时间变化的关系的图象可知：0—10s内物体位移的大小为图中曲线与坐标轴所围成的图像的面积：
（2）由图可知，物体在0-6秒内的加速度．而由受力分析可知，在0—6s内,满足所以算得
（3）动能增量：
势能增量：
机械能增量：
设物体相对传送带的速度为，物体相对于传送带的位移：
摩擦力做功
17．如图所示，半径的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为=1.25m，现将一质量=0.2kg的小滑块从A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B点以的速度水平飞出（取）．求：
（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；
（2）小滑块经过B点时对圆轨道的压力大小；
（3）小滑块着地时的速度大小.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理
mgR-Wf =mv2
Wf =1.5J
（2）由牛顿第二定律可知：
解得：
（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：
解得：
18．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）若微粒打在探测屏AB的中点，则有：=gt2，
解得：
（2）设打在B点的微粒的初速度为V1，则有：L=V1t1，2h=gt12
得：
同理，打在A点的微粒初速度为：
所以微粒的初速度范围为：≤v≤
（3）打在A和B两点的动能一样，则有：mv22+mgh=mv12+2mgh
联立解得：L=2h
19．如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为D．此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度取g，空气阻力不计．求：
(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)
(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功
(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能
【答案】（1）a=g; （2） (3)
【解析】
【详解】
(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，所以a=g；
(2)根据动能定理得：
；
(3) 滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台上的时间与软钢锭在平台最后滑运L的时间相等，都为t
由位移公式得：
由动能定理得：
滑块落到平台上时的速度：
滑块到达平台时的动能：
联立以上四个方程式解得：
。
20．为研究工厂中天车的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，质量mC=3 kg的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的A、B两个弹性摆球质量mA= mB=1 kg，摆线长L=0.8 m，分别挂在轨道的左端和小车上．静止时两摆线均在竖直位置，此时两摆球接触而不互相挤压，且球心处于同一水平线上．在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后，由静止释放，在最低点处与B球相碰，重力加速度大小g取10 m/s2．求：
（1）A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0；
（2）相碰后B球能上升的最大高度hm；
（3）B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
（1）A球从水平位置摆到最低点，则
解得：v0=4m/s
（2）A与B发生弹性碰撞，则
解得：vA=0，vB=4m/s
B上升至最大高度过程，B、C系统水平方向动量守恒
B、C系统机械能守恒：
解得：vC=1m/s，hm=0.6m
（3）B从最高点又摆至最低点过程
解得：v B′=-2m/s，v C′=2m/s
则B在最低点时有
解得：T=30N
由牛顿第三定律可得球对绳子的拉力为30 N
点睛：此题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用；关键是搞清三个物体相互作用的物理过程，分阶段应用动量守恒定律列方程；注意AB发生相互作用时，物体C可认为不动.
押课标卷理综第24题
题号
考情分析
考查知识点
分值
预测知识点
第24题
近几年高考中对力学综合知识的考查一般体现在计算中，尤其在动量成为必考内容后，其考核更加多样化．对于一般的力学问题要涉及以下知识点：①牛顿运动定律结合运动学公式处理有规律的运动；②动能定理结合能量守恒定律处理变力及曲线运动问题；③动量定理结合能量守恒定律处理碰撞、爆炸、反冲类问题．此部分在复习中要有效地寻求解题的突破口.[来源:Z_xx
力学计算
15
预计2020年高考新课标全国卷第24题会以力学计算知识为主。
（2019·新课标全国Ⅰ卷）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）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
①
②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v–t图线可知
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得
如图所示，传送带水平部分的长度=4.5 m，在电动机带动下匀速运行。质量M=0.49 kg的木块（可视为质点）静止在传送带左端的光滑平台上．质量为m=10 g的子弹以v0=50 m/s的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q。已知木块与传送带间的动摩擦因数m=0.5，P点与车底板间的竖直记度H=1.8 m，与车厢底板中心点Q的水平距离x=1.2 m，取g=10m/s2，求：
（1）木块从传送带左端到达右端的时间；
（2）由于传送木块，电动机多消耗的电能。
【答案】（1）2.3 s （2）1 J
【解析】（1）传送带的速度等于木块运动到P点后做平抛运动，得x=vt
竖直方向：
解得抛出速度：v=2 m/s
子弹打入木块过程，由动量守恒定律得mv0=（M+m）v1
木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得μ（M+m）g=（M+m）a
加速至v的位移x1==0.3m<4.5m
加速运动时间t1=s
之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间t2=s
木块从传送带左端到达右端的时间t=t1+t2=2.3s
（2）根据功能关系，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量ΔEk与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内能Q之和，即E=ΔEk+Q（1分）
其中
解得：ΔEk=0.75J
产生的热量为：Q=μmg（x带–x块）=μmg△x=0.25J
联立可得：E=ΔEk+Q=1J
1．如图所示，一个质最为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H=5m．现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10m／s2．求
(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大?
(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．
(3)圆管的长度L．
【答案】（1），方向向下，方向向上（2）0 4s；（3）4m
【解析】
（1）管第一次落地弹起时，管的加速度大小为，球的加速度大小为，由牛顿第二定律
对管
对球
故，方向向下
方向向上
（2）球与管第一次碰地时，由
得碰后管速，方向向上
碰后球速，方向向下
球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有
对管
对球
代入数值联立解得
（3）管经t时间上升的高度为
球下降的高度
管长
考点：牛顿第二定律的应用
2．甲、乙两车同时同向从同一地点出发，甲车以v1＝16 m/s的初速度，a1＝－2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，乙车以v2＝4 m/s的初速度，a2＝1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，求两车再次相遇前两车相距最大距离和再次相遇时两车运动的时间．
【答案】24m、8s
【解析】
【详解】
当两车速度相等时，相距最远，再次相遇时，两车的位移相等．设经过时间t1相距最远．
由题意得
v1＋a1t1＝v2＋a2t1
∴t1＝＝s＝4 s
此时
Δx＝x1－x2＝(v1t1－)－(v2t1＋)
＝[16×4＋×(－2)×42]m－(4×4＋×1×42) m＝24 m
设经过时间t2，两车再次相遇，则
v1t2＋a1＝v2t2＋a2
解得
t2＝0(舍)或t2＝8 s.
所以8 s后两车再次相遇．
思路分析：当两车速度相等时，相距最远，再次相遇时，两车的位移相等．设经过时间t1相距最远．Δx＝x1－x2v1t2＋a1＝v2t2＋a2
试题点评：本题考查了追击相遇问题，当两车速度相等时，相距最远，再次相遇时，两车的位移相等是关键
3．如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
(1)当B环下落时A球的速度大小；
(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环；
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）A与B下降的过程中系统的机械能守恒，先由速度的合成与分解求出A、B速度的关系，然后即可求出A、B在不同点的速度；
（2）根据匀变速直线运动的公式，结合位移关系即可求出A追上B的时间。
【详解】
（1）当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝，即α＝30°
由速度的合成与分解可知v绳＝vAcos 30°＝vBsin 30°
则vB＝＝vA
B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有
所以A环的速度vA＝
（2）由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒，
2mvA′2＝mgL，
解得vA′＝
环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动；
当A追上B时，有vA′t＋gt2＝L＋gt2
解得t＝
【点睛】
该题结合机械能守恒考查运动的合成与分解，解答的关键是能看到A与B的速度不一定大小相等，但它们沿绳子方向的分速度大小相等.
4．如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M=2kg．车上在沙箱左侧距离S=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为=0.1．仅在沙面上空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2.3×103V/m．当物块A随小车以速度向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为的带正电的小球C，以的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中．已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g=10m/s2．求：
（1）小球落入沙箱前的速度和开始下落时与小车右端的水平距离；
（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能；
（3）设小车左端与沙箱左侧的距离为L．请讨论分析物块A相对小车向左运动的整个过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式．
【答案】(1)10m/s,方向竖直向下，15m （2）9J （3）①若时， ②若时，．
【解析】
【分析】
小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解；小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度．之后，由于车速减小，物块相对车向右运动，并压缩弹簧，当A与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大．根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解；由功能关系求热量Q与L的关系式．要分物块是否从小车上滑下两种情况研究．
【详解】
（1）小球C下落到沙箱的时间为，则竖直方向上：
代入数据解得：t=1s
小球在水平方向左匀减速运动：
根据速度公式有：
代入数据解得：，
所以小球落入沙箱瞬间的速度：，方向竖直向下
小球开始下落时与小车右端的水平距离：
设向右为正，在小球落快速落入沙箱过程中，小车（不含物块A）和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球球入沙箱瞬间，车与球的共同速度为，则有：
可得：
由于小车速度减小，随后物块A相对小车向右运动并将弹簧压缩，在此过程中，A与小车（含小球）系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时，整个系统有一共同速度，则有：
解得：
根据能的转化和守恒定律，弹簧的最大势能为：
代入数据解得：
随后弹簧向左弹开物块A，假设A运动至车的左端时恰好与车相对静止．此过程中系统动量仍然守恒，所以系统具有的速度仍为：
根据功能关系有：
解得小车左端与沙箱左侧的距离为：
分情况讨论如下：
①若时，物块A停在距离沙箱左侧处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为：
②若时，物块A最终会从小车的左端滑下，因此摩擦产生热量为：
【点睛】
解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒．
5．某工厂车间通过图示装置把货物运送到二楼仓库，AB为水平传送带，CD为倾角θ=37°、长s=3m的倾斜轨道，AB与CD通过长度忽略不计的圆弧轨道平滑连接，DE为半径r=0.4m的光滑圆弧轨道，CD与DE在D点相切，OE为竖直半径，FG为二楼仓库地面（足够长且与E点在同一高度），所有轨道在同一竖直平面内．当传送带以恒定速率v=10m/s运行时，把一质量m=50kg的货物（可视为质点）由静止放入传送带的A端，货物恰好能滑入二楼仓库，已知货物与传送带、倾斜轨道及二楼仓库地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
(1)货物在二楼仓库地面滑行的距离；
(2)传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）由题意，贷物恰好能滑入二楼仓库则在圆轨道的最高点E，恰好由重力提供向心力，得：
mg=
所以：
vE=＝2m/s
货物到达仓库后在运动的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得：
-μmgs=0-
代入数据得：
s=1m
（2）货物从B到达E的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得：
-mgs•sin37°-μmgs•cos37°-mgr（1+cos37°）=
代入数据得：
vB=8m/s
货物在传送带上加速时，沿水平方向的摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得：
ma=μmg
所以：
a=μg=0.2×10=2m/s2
货物从开始运动到速度等于8m/s的过程中的位移为x，则：
2ax＝vB2
代入数据得：
x=16m
该过程中的时间：
t=＝4s
该过程中传送带的位移：
x′=vt=10×4=40m
货物相对于传送带的位移：
△x=x′-x=40-16=24m
所以传送带把货物从A端运送到B端过程中因摩擦而产生的内能：
Q=μmg•△x=0.2×50×10×24=2400J
6．如图所示，在倾角q＝37°的光滑斜面上用装置T锁定轨道ABCD．AB为平行于斜面的粗糙直轨道，CD为光滑的四分之一圆孤轨道，AB与CD在C点相切，质量m＝0.5kg的小物块（可视为质点）从轨道的A端由静止释放，到达D点后又沿轨道返回到直轨道AB中点时速度为零．已知直轨道AB长L＝1m，轨道总质量M＝0.1kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．
（1）求小物块与直轨道的动摩擦因数m；
（2）求小物块对圆弧轨道的最大压力；
（3）若小物块第一次返回C点时，解除轨道锁定，求从此时起到小物块与轨道速度相同时所用的时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
（1）小物块在从A→B→D→C→直轨AB中点的过程中，根据能量守恒
解得：m＝0.25
（2）设圆轨道的半径为R，小物块在从A→B→D的过程中，根据动能定理
mg（Lsinq－Rcosq＋Rsinq）－mmgLcosq＝0
解得：R＝2m
设四分之一圆弧轨道的最低点为P，小物块从D点返回C点的过程中，经过P点时，小物块对圆轨的压力最大，设速度为vp，轨道对小球的最大支持力大小为F，小物块对圆轨道的最大压力为F＇，则
F＇＝F
解得：F＇＝9N
（3）设小物块第一次返回C点时，速度为vC，解除轨道锁定后，小物体的加速度沿斜面向下，大小为a1，轨道的加速度沿斜面向上，大小为a2．从此时起到小物块与轨道共速时所用的时间为t，则
ma1＝mgsinq＋mmgcosq
Ma2＝mmgcosq－Mgsinq
vC－a1t＝a2t
解得：vC＝2m/s，a1＝8m/s2，a2＝4m/s2
t＝
7．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：
(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s
【解析】
【详解】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
v0=5m/s
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
F=60N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；
(2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
代入数据解得：
v=4m/s
由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：
解得：
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
解得：
l′=2m＜4.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：
解得：
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
代入数据解得：
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：
解得：
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为
构成无穷等比数列，公比，由无穷等比数列求和公式
当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为
8．如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R=0.1m，两轮轴距为L=3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.6，g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？
（2）若传送带实际速度为0.2m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少？（所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ相同）
【答案】（1）小于1m/s；（2）400J。
【解析】
【详解】
（1）设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传送带的支持力为FN，则由牛顿第二定律得：mg-FN=m
解得：v=
当FN=0时，v有最大值vmax==1m/s
旅行包一直加速能达到的最大速度为v′max==6m/s＞1m/s
故传送带的速度应小于1m/s
（2）旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分为别为：x传=v传t，
x包=t
表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有=
故有：x传=2x包
消耗电能为E=μmgx传
旅行包在滑动过程中动能的增量为：△Ek=μmgx包
故E=2△Ek
结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能
转化为内能
故春运期每天多消耗的电能为10吨行包在传送带上获得总动能的两倍
E电=2△EK总=m总v02=10000×004J=400J
9．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m．重力加速度g=10m/s2．求：
(1)碰后小球B的速度大小vB；
(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力．
【答案】（1）6m/s（2）20N，向下
【解析】
【详解】
(1)根据
得:
则
规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2vB-m1vA，
代入数据解得：vB=6m/s．
(2)根据动能定理得:
代入数据解得:
根据牛顿第二定律得:
解得:,方向向下
根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上．
【点睛】
本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.
10．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．
【答案】（1）0.24s（2）5m/s
【解析】
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2，
小车的加速度大小为：，根据v0-a2t=a1t得则速度相等需经历的时间为：．
（2）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v，由水平方向动量守恒得：m2v0=（m1+m2）v…①
根据能量守恒得：μm2gL＝ m2v0′2−(m1+m2)v2 ②
代入数据，联立①②解得v0′=5m/s．
【点睛】
本题考查了滑块模型，关键理清物体的运动规律，对于第二问，也可以抓住临界情况，结合动力学知识求解，但是没有运用动量守恒和能量守恒解决方便．
11．动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐．几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组．假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为m=8×104 kg.其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别是P1=2×107 W和P2=1×107 W(第一节车厢达到额定功率如功率不够用时启动第二节车厢)，车在行驶过程中阻力恒为车重的0.1倍(g＝10 m/s2)
(1)求该动车组的最大行驶速度；
(2)若列车以1 m/s2的加速度匀加速启动，求t＝10 s时，第一节和第二节车厢之间拉力的值
【答案】(1)62.5 m/s (2)8×105 N
【解析】
【详解】
试题分析：（1）对整列动车，质量 M=6×8×104=4.8×105kg，
当牵引力等于阻力时，动车速度最大，
其中阻力：f=0.1Mg=0.1×6×8×104×10 N=4.8×105N，
假设两节有动力的车厢都正常工作．
则：
（2） 当t=10 s时，v1=at=10m/s．假设只有第一节车厢提供动力，则对整列车：
解得：P11=9.6×106W < P1=2×107W
说明只有第一节车厢提供动力可以按照题设要求行驶．此时第一、二节间拉力最大；
对后五节车厢：Fm －f2 = M2a
其中M2 = 5×8×104kg = 4.0×105kg
解得第一、二节间最大拉力：Fm = 8×105N
12．如图所示，半径为R=0.5m，内壁光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上．圆轨道底端与地面相切，一可视为质点的物块A以的速度从左侧入口向右滑入圆轨道，滑过最高点Q，从圆轨道右侧出口滑出后，与静止在地面上P点的可视为质点的物块B碰撞（碰撞时间极短），P点左侧地面光滑，右侧粗糙段和光滑段交替排列，每段长度均为L=0.1m，两物块碰后粘在一起做直线运动．已知两物块与各粗糙段间的动摩擦因数均为，物块A、B的质量均为，重力加速度g取．
（1）求物块A到达Q点时的速度大小v和受到的弹力F；
（2）若两物块最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求两物块滑至第n（n
【解析】
【详解】
（1）物块A滑入圆轨道到达Q的过程中机械能守恒，根据机械能守恒：
①
物块A做圆周运动：
②
由①②联立得：
方向向下 ③
（2）在与B碰撞前，系统机械能守恒，A和B在碰撞过程中动量守恒：
④
A、B碰后向右滑动，由动能定理得：
⑤
由④⑤联立得
所以
；
（3）碰后A、B滑至第n个光滑段上的速度，由动能定理得：
⑥
解得：
点睛：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用．
13．如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切．在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg、mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接），其弹性势能Ep=12J．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M=2kg、长L=0.5m的小车，小车上表面与ab等高．现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处．已知A与小车之间的动摩擦因数µ满足0.1≤µ≤0.3，g取10m/s2，求
（1）A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；
（2）圆弧轨道的半径R；
（3）A在小车上滑动过程中产生的热量Q（计算结果可含有µ）．
【答案】（1）4m/s（2）0.32m(3) 当满足0.1≤μ<0.2时，Q1=10μ ；当满足0.2≤μ≤0.3时，
【解析】
【分析】
（1）弹簧恢复到自然长度时，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解两物体的速度；
（2）根据能量守恒定律和牛顿第二定律结合求解圆弧轨道的半径R；
（3）根据动量守恒定律和能量关系求解恰好能共速的临界摩擦力因数的值，然后讨论求解热量Q.
【详解】
（1）设弹簧恢复到自然长度时A、B 的速度分别为vA、vB， 由动量守恒定律： 由能量关系：
解得vA=2m/s；vB=4m/s
（2）设B经过d点时速度为vd，在d点：
由机械能守恒定律：
解得R=0.32m
（3）设μ=μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v,由动量守恒定律：由能量关系：
解得μ1=0.2
讨论：
（ⅰ）当满足0.1≤μ<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为 （J）
（ⅱ）当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为，解得Q2=2J
14．如图所示，质量为m2＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑．现让质量为m1＝1kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10m/s2．求：
(1)物块到达最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置．
【答案】（1）2m/s(2)2.8J(3) 最终停在D点
【解析】
【分析】物体1从释放到与物体2相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体1、2碰撞前两个物体的速度；物体1、2碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度．碰后，物体1、2向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守恒列式，即可求出物体1、2相对滑道CD部分运动的路程s，从而确定出物体1、2最终停在何处；
解：（1）从释放到最低点，由动量守恒得到：
由机械能守恒得到：
解得：
（2）由能量守恒得到：
解得：
（3）最终物块将停在C、D之间，由能量守恒得到：
解得：
所以最终停在D点．
15．如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
（1）物块速度滑到O点时的速度大小；
（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）
（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题．
【详解】
（1）从顶端到O点的过程中，由机械能守恒定律得：
解得：
（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为：
由能量守恒定律得：
联立上式解得：
（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；
由能量守恒定律得 ：
解得物块A能够上升的最大高度为：
16．如图（a）所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m=2kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图（b）所示，取沿传送带向上为正方向，，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）0—10s内物体位移的大小；
（2）物体与传送带间的动摩擦因数；
（3）0—10s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．
【答案】（1）33m（2）0.9375（3）405J
【解析】
【详解】
(1) 由物体相对地面的速度随时间变化的关系的图象可知：0—10s内物体位移的大小为图中曲线与坐标轴所围成的图像的面积：
（2）由图可知，物体在0-6秒内的加速度．而由受力分析可知，在0—6s内,满足所以算得
（3）动能增量：
势能增量：
机械能增量：
设物体相对传送带的速度为，物体相对于传送带的位移：
摩擦力做功
17．如图所示，半径的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为=1.25m，现将一质量=0.2kg的小滑块从A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B点以的速度水平飞出（取）．求：
（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；
（2）小滑块经过B点时对圆轨道的压力大小；
（3）小滑块着地时的速度大小.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理
mgR-Wf =mv2
Wf =1.5J
（2）由牛顿第二定律可知：
解得：
（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：
解得：
18．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）若微粒打在探测屏AB的中点，则有：=gt2，
解得：
（2）设打在B点的微粒的初速度为V1，则有：L=V1t1，2h=gt12
得：
同理，打在A点的微粒初速度为：
所以微粒的初速度范围为：≤v≤
（3）打在A和B两点的动能一样，则有：mv22+mgh=mv12+2mgh
联立解得：L=2h
19．如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为D．此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度取g，空气阻力不计．求：
(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)
(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功
(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能
【答案】（1）a=g; （2） (3)
【解析】
【详解】
(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，所以a=g；
(2)根据动能定理得：
；
(3) 滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台上的时间与软钢锭在平台最后滑运L的时间相等，都为t
由位移公式得：
由动能定理得：
滑块落到平台上时的速度：
滑块到达平台时的动能：
联立以上四个方程式解得：
。
20．为研究工厂中天车的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，质量mC=3 kg的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的A、B两个弹性摆球质量mA= mB=1 kg，摆线长L=0.8 m，分别挂在轨道的左端和小车上．静止时两摆线均在竖直位置，此时两摆球接触而不互相挤压，且球心处于同一水平线上．在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后，由静止释放，在最低点处与B球相碰，重力加速度大小g取10 m/s2．求：
（1）A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0；
（2）相碰后B球能上升的最大高度hm；
（3）B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
（1）A球从水平位置摆到最低点，则
解得：v0=4m/s
（2）A与B发生弹性碰撞，则
解得：vA=0，vB=4m/s
B上升至最大高度过程，B、C系统水平方向动量守恒
B、C系统机械能守恒：
解得：vC=1m/s，hm=0.6m
（3）B从最高点又摆至最低点过程
解得：v B′=-2m/s，v C′=2m/s
则B在最低点时有
解得：T=30N
由牛顿第三定律可得球对绳子的拉力为30 N
点睛：此题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用；关键是搞清三个物体相互作用的物理过程，分阶段应用动量守恒定律列方程；注意AB发生相互作用时，物体C可认为不动.
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