力學(xué)計算大題 （解析版）-2021年高考全國模擬試題分類匯編(一模二模)

專題15力學(xué)計算大題

1.(2021?北京東城區(qū)高三一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道半徑為R,下端與水平桌面相

切，小球A從圓弧軌道頂端無初速滑下，與靜止在圓弧軌道底端的小球3相碰，A與B碰撞后結(jié)合為一個

整體，在水平桌面上滑動。已知圓弧軌道光滑，A和B的質(zhì)量相等，A、8與桌面之間的動摩擦因數(shù)為〃，

重力加速度為g,4、B均可視為質(zhì)點。求：

(1)碰撞前瞬間A的速度大小v；

(2)碰撞后瞬間A和B整體的速度大小心

(3)4和B整體在水平桌面上滑行的最遠(yuǎn)距離I。

t................

【答案】⑴吁同；⑵v=噂;⑶/哈

【解析】(1)設(shè)兩小球質(zhì)量均為加，對小球A從圓弧軌道頂端滑到底端的過程，由機械能守恒定律有

mgR=gmv2,解得v=《2gR

(2))對A、B碰撞的過程應(yīng)用動量守恒定律有wv=2zm/,解得小=」懣

2

(3)對A、B整體在水平桌面上滑行的過程應(yīng)用動能定理有-〃?叫/:。-；2,力/,解得/=5

2.(2021?福建漳州市高三二模)圖甲為不帶滑雪杖的運動員為迎接2022年北京冬奧會的訓(xùn)練畫面，其運動

過程可簡化為如圖乙所示的模型：運動員(可視為質(zhì)點沿傾角8=37。的滑道由靜止開始勻加速直線下滑，

到達坡底后進入水平滑道勻減速直線滑行s=51.2m停下。已知水平段運動時間f=6.4s,滑雪板與整個滑

道間的動摩擦因數(shù)均相同，運動員進入水平滑道瞬間的速度大小不變，不計空氣阻力。(sin37°=0.6,

cos37°=0.8,g取lOm/s?)求：

(1)滑雪板與滑道間的動摩擦因數(shù)〃；

(2)運動員開始下滑位置到坡底的距離X。

甲乙

【答案】（1）〃=0.25；（2）x=32m

【解析】（1）設(shè)運動員在水平滑道運動時的加速度大小為。，由運動學(xué)公式可得S=La*①

2

由牛頓第二定律得2"g=，加②

聯(lián)立解得〃=025③

（2）運動員通過坡底時的速度大小為v=〃?

設(shè)運動員在傾斜滑道上下滑時的加速度大小為?i,由牛頓第二定律得

mgsin0-pmgcos0=max⑤

v**

山運動學(xué)公式可得x=k=32m⑥

2q

3.（2021.北京豐臺區(qū)高三一模）圖甲為2022年北京冬奧會國家雪車雪橇中心“游龍”總覽圖。賽道含長度x

的水平直道出發(fā)區(qū)（圖甲中1位置）和滑行區(qū)，滑行區(qū)起終點高度差為從賽道截面為U型槽，圖甲中4

位置為螺旋彎道，轉(zhuǎn)彎半徑為%某運動員和雪車總質(zhì)量〃?，在該賽道完成了一次“鋼架雪車”測試賽。運動

員在出發(fā)區(qū)的運動可視為由靜止開始的勻加速運動，離開出發(fā)區(qū)時速度為VI；在整個滑行區(qū)滑行的路程為s,

到達終點時速度為也.已知重力加速度為g,求：

（1）運動員在出發(fā)區(qū)加速度的大??；

（2）運動員和雪車在滑行區(qū)所受平均阻力的大小；

（3）如圖乙和丙所示，若運動員在螺旋彎某處速度為內(nèi)，求此時刻鋼架雪車平面與水平面夾角。的正切值

（不計阻力）。

【解析】（1）以運動員和雪車整體為研究對象，勻加速過程有匕2=2以

2

則a=幺

2x

（2）以運動員和雪車整體為研究對象，對滑行過程應(yīng)用動能定理

,TT1212

mgn-Ffs=~mv2--

,1.1

mgn————根彳2

----------2_—2——

（3）運動員和雪車在螺旋彎運動時任意時刻在水平方向勻速圓周運動，重力和支持力合力提供向心力，由

勻速圓周運動牛頓笫二定律得mgtan夕='殳，解得tan。

rrg

4.（2021?北京西城區(qū)高三一模）雪車是冬奧會的比賽項目之一，風(fēng)馳電掣般的高速行駛是雪車的最大看點

之一。北京2022年冬奧會雪車項目的比賽將在延慶賽區(qū)的國家雪車雪橇中心進行。雪車比賽所用賽道長

1.5km左右，落差在100m至150m之間.比賽可以分為兩個過程：過程1中運動員手推雪車沿斜向下的賽

道奔跑獲得初始速度，如圖1所示；過程2中運動員跳入車體內(nèi)，呈坐姿在彎曲的賽道上無動力滑行，如

圖2所示。設(shè)雪車的質(zhì)量為如，運動員的總質(zhì)量為機2,重力加速度為g,忽略冰面與雪車之間的摩擦。

（1）過程1中運動員推車奔跑使雪車獲得速度血，這一過程中賽道的落差為/?,求這一過程中運動員對雪

車做的功卬。

（2）過程2中為了讓運動員乘坐雪車能高速且安全地通過彎道，彎道處的賽道均向內(nèi)側(cè)傾斜。若雪車以速

度v通過半徑為，?的一小段彎道，彎道落差可忽略。建立圖3所示的模型，將運動員和雪車整體看作質(zhì)點，

求在彎道處賽道對雪車的支持力外的大小。

【答案】（1）W=--m{gh；（2）”,=（町+%）

1

【解析】（1）運動員推車奔跑過程中對雪車用動能定理卬+加話〃=3叫％

解得W=gg％2_m出〃

y2

（2）根據(jù)牛頓第二定律，轉(zhuǎn)彎過程中運動員和雪車需要的向心力%=（叫+也）匕

r

對運動員和雪車做受力分析，如答圖1所示

答圖1

根據(jù)平行四邊形定則可知TV=（/+%）2g2+F（-

代入解得尸N=（mi+m2））jg2+~T

5.（2021.天津河?xùn)|區(qū)高三一模）如圖所示，內(nèi)壁光滑的直圓筒固定在水平地面上，一輕質(zhì)彈簧一端固定在

直圓筒的底端，其上端自然狀態(tài)下位于。點處，將一質(zhì)量為m、直徑略小于直圓筒的小球A緩慢的放在彈

簧上端，其靜止時彈簧的壓縮量為m現(xiàn)將一與小球A完全相同的小球B從距小球A某一高度的P處由靜

止釋放，小球B與小球A碰撞后立即粘連在一起向下運動，它們到達最低點后又向上運動，并恰能回到。

點，已知兩小球均可視為質(zhì)點，彈簧的彈性勢能為1履t其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，

2

已知重力加速度g。求：

（1）彈簧的勁度系數(shù)k；

（2）小球B釋放時的高度/?；

（3）小球A與小球8一起向下運動時速度的最大值Vm。

【答案】（1）%=鱉；（2）0=3/；⑶1=J2gx（,

【解析】（1）由平衡條件可知mg=依）

m

解得人7=工8

X。

（2）B球由靜止下落后與A接觸前的瞬時速度為%,則有心8/=!%%?

設(shè)A與B碰撞后的速度為口，有恤%=（飛+加）丫

碰后從粘在一起到返回。點，系統(tǒng)機械能守恒，取碰后瞬間所在平面為零勢能面:

2

-(/nB+m)v+-^=(mB+加旃

解得〃=3%

（3）當(dāng)加速度為零時，兩球速度達到最大值，此時彈簧壓縮量為七，有（7%+加）8=依

從最大速度到返回。點，系統(tǒng)機械能守恒定律，取最大速度處所在平面為零勢能面：

+加）匕：點;=（%+'"）g%

解得匕“=J2gx0

6.（2021?江蘇南通市高三二模）如圖中所示，一輕質(zhì)短彈簧被夾在質(zhì)量均為m=0.10kg的兩小木塊A、B之

間，彈簧長度被鎖定，將此裝置放在水平支撐面上。若解除鎖定，木塊B能上升的最大高度力=25”。取

g=10m/s2,忽略空氣阻力。

（1）求彈簧解鎖前的彈性勢能Ep；

(2)若撤去A的支撐面同時解除鎖定，此時B的加速度大小為m=8.0m/s2,求此時A的加速度大小痣;

(3)圖乙為同一豎直平面內(nèi)兩四分之一光滑圓弧MP和QN與光滑水平面PQ組成的軌道，例、N與圓心

0卜。2等高，圓弧MP和QN半徑均為R=1.8〃?。若將圖甲中裝置由軌道例端靜止釋放，第一次滑至水平面

時，解除鎖定，求木塊到達N點后還能上升的最大高度

■B

A

甲

【答案】(1)Ep=2.5J；(2)28.0m/s2；(3)4.25m

【解析】⑴由機械能守恒定律有綜

代入數(shù)據(jù)解得Ep=2.5J

(2)對B有/一mg=ma}

對A有F+mg=ma2

代入數(shù)據(jù)解得G=28.0m/s2

(3)設(shè)木塊AB滑至水平面時的速度為vo,則=萬x2，”說

設(shè)解除鎖定后，兩木塊A、B離開水平面P。前的速度分別為以、UB,則由動量守恒定律有

2/nv0=mvA+mvB

1,1,

由機械能守恒定律有2mgR+Ep=5mu；+-mv-

1,

同理有mg(R+H)=-mv~A

代入數(shù)據(jù)解得H=4.25m

7.(2021?江蘇南京市高三二模)如圖所示，電動傳送帶以恒定速度%=L2m/s順時針運行，傳送帶與水平

面的夾角。=37°,現(xiàn)將質(zhì)量加=20kg的箱子輕放到傳送帶底端，經(jīng)過一段時間后，箱子被送到人=1.8m

的平臺上。己知箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.85,不計其它損耗（g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos370-0.8求：

（1）箱子在傳送帶上剛開始運動時加速度的大??；

（2）箱子從傳送帶底端送到平臺上的過程中，箱子與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

【答案】⑴0.8m/s2；⑵122.4J

【解析】（1）箱子剛開始運動時，受到豎直向下的重力G和沿斜面向上的滑動摩擦力/,將重力沿斜面方向

和垂直斜面方向進行正交分解，由牛頓第二定律得

f-mgsina=ma,①

/=*②

FN=mgcosa,③

聯(lián)立①②③式，得a=0.8m/s2

（2）箱子加速所用時間為f=%?=—=1.5s

a0.8

傳送帶位移x傳=%，=L8m

h

總長L=----=3m

sina

11

箱子加速位移為x箱=—ar?=]X0.8x1.57~m=0.9m<L

產(chǎn)生的熱量Q=/Ac=/（x傳—光箱）=122.4J

8.（2021.福建福州市高三二模）如圖所示，質(zhì)量為M=2kg,帶有半徑為R=0.8m四分之一光滑圓弧軌

道AB的曲面體靜止在光滑的水平地面上；質(zhì)量為加=0.5kg的小球以E?°=25J初動能沖上曲面體軌道

AB,=10m/s2,求:

(1)小球第一次沖出曲面休軌道的B點時曲面體的速度大小匕；

(2)小球第一次沖出曲面體軌道的B點時小球的速度大小嶺；

(3)小球第一次沖出曲面體軌道的8點至次落回B點的時間%

【答案】(1)2m/s；(2)8.25m/s；(3)1.6s

【解析】⑴由動能表達式可知Go=；機詔

設(shè)小球第一次沖出曲面體8點時水平方向分速變?yōu)樨?，豎直方向分速度為％.，由于曲面體是四分之一圓曲

面，所以匕=匕

小球從A到B運動過程，球和曲面體水平方向動量守恒=[rn+M)v,

解得%=10向s,V,=2m/s

1,1,1,

(2)從小球開始運動到B過程中，系統(tǒng)機械能守恒，有5根￥=-Mv~+—mv2+mgR

解得v2=2/s?8.25m/s

(3)小球離開曲面體后，在豎直方向上做豎直上拋運動，則落回B點有匕=(氏一"=8m/s

2v

所以從離開到回到8點，有/=—=1.6s

g

9.(2021?天津高三模擬)滑板運動是一項刺激的運動，深受青少年的喜歡，某次比賽中部分賽道如圖1所

示?，F(xiàn)將賽道簡化為如圖2所示的模型：平臺A和平臺高度相距〃=3.2m,粗糙水平軌道OE與光滑

圓弧形軌道CO、EF相切于。、E點。若運動員與滑板一起(可看作質(zhì)點)從平臺A以速度%水平飛出，

恰好從C點無能量損失地沿著圓弧切線進入CO軌道，滑過。E沖上￡尸軌道，然后返回，恰好到C點速

度為零。已知人和滑板總質(zhì)量，"=60kg,光滑圓弧CO對應(yīng)的圓心角。=53°,圓弧形軌道半徑均為

R=4m，滑板與水平軌道DE間的摩擦可視為滑動摩擦,動摩擦因數(shù)〃=0.2,不計空氣阻力,g取10m/s?，

sin530=0.8?cos53°=0.6?求:

(1)運動員的初速度%的大小;

(2)運動員第一次經(jīng)過D點時對圓弧軌道的壓力外的大小;

(3)水平軌道。石的長度心

圖1

【答案】(I)%=6m/s；(2)2850N；(3)L=12.5m

V

【解析】(1)運動員運動到C點，對速度進行分解tan53°=q

%

豎直方向有禽=2g/?

J2gh72x10x3.2,,.

聯(lián)立解得%=言行=―4-m/s=6m/s

3

(2)運動員經(jīng)過C點時的速度區(qū)=cos53°

%

或%=+咆

得匕=10m/s

運動員第一次經(jīng)過D點時，根據(jù)動能定理有mgK(l-cos53°)=}〃(*一槨)

或mgh+mgR(1-cos53°)=g〃?(年一片)

2

在D點根據(jù)牛頓第二定律有鳳-mg=哪

根據(jù)牛頓第三定律可知運動員對圓弧軌道的壓力FN=FN=2580N

(3)運動員從C點進入CO軌道，直至返回到C點時速度恰好為零，根據(jù)動能定理有

12

一〃mg2L=0--mvc

1,

或mgh-Ring2L=0——"叫

解得L=12.5m

10.（2021?福建漳州市高三二模）如圖，水平面上固定兩根足夠長的平行直導(dǎo)軌MN、PQ,兩導(dǎo)軌間靜置

一質(zhì)量2.0kg的外壁光滑環(huán)形空心玻璃管ABC。，BC、04段均為半圓管，A8、CO段是長度均

為L=3.0m的直管。管內(nèi)CO段放置有質(zhì)量為〃?=LOkg的小球，小球在AB段相對運動時受到的摩擦力

/=0.3〃吆，玻璃管內(nèi)其余部分光滑，g取l（）m/s2。現(xiàn)給玻璃管水平向右的初速度％=6.0m/s,求:

（1）從開始運動到小球與玻璃管共速，玻璃管對小球的沖量/的大小;

（2）小球第一次通過玻璃管中A點時的速度大小。

【答案】（1）I=4kg-m/s；（2）6m/s

【解析】（1）由動量守恒得"%=（根+M）v

玻璃管對小球的沖量I的大小/=mv

解得/=4kg-m/s

（2）由動量守恒得Mv0=Mvi+mv2

由功能關(guān)系得_Lmv^=扎

解得匕=3m/s,v2=6m/s,匕=5m/s,v2=2m/s（不符合實際，舍掉）

所以，小球速度嶺=6向$

11.（2021?重慶高三二模）如題圖所示，質(zhì)量均為的滑塊A、B用勁度系數(shù)為上的輕彈簧相連后靜止放在

光滑水平面上，滑塊B緊靠豎直墻壁。用大小為尸的水平恒力向左推滑塊A,當(dāng)滑塊A向左運動的速度最

大時撤去該恒力F。求：

（1）撤去恒力/時，彈簧的形變量X；

（2）撤去恒力產(chǎn)后，滑塊A的最大速度vm：

（3）B離開墻壁后，系統(tǒng)的最大彈性勢能小。

【答案】（1）—；（2）FJ—；（3）—

kvkm2k

【解析】（1）滑塊A向左的速度最大時，加速度為零，由牛頓第二定律有尸-h=0

解得x=g

k

（2）撤去尸之后，當(dāng)彈簧恢復(fù)自然長度時，滑塊A的速度最大，由功能關(guān)系有：&=加

解得3層

（3）滑塊A向右速度為％時，滑塊B開始脫離墻壁，之后系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒，當(dāng)A、B速度相

等時，系統(tǒng)的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律可得加%=（，"+，"）口

根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律可得Lm;；=,（加+m）/+紇

聯(lián)立解得”=二

12.（2021?天津和平區(qū)高三一模）如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一自由端恰好與

水平線AB平齊，靜止放于傾角為45°的光滑斜面上。一長為L=0.2m的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在。點，另一

端系一質(zhì)量為機=0/kg的小球，將細(xì)繩拉至水平，使小球從位置C由靜止釋放，小球到達最低點。時，

細(xì)繩剛好被拉斷。之后小球在運動過程中恰好沿斜面方向壓縮彈簧，已知彈簧的勁度系數(shù)為攵=20N/m。

壓縮一直處于彈性限度內(nèi)，g=10m/s2求：

（1）細(xì)繩受到的最大拉力F的大??；

（2）D點到水平線AB的高度/?；

（3）小球速度最大時彈簧的壓縮量x（結(jié)果可用根號表示）

【答案】（1）3N；（2）0.2m：（3）—m

40

1,

【解析】（1）小球由C到。，由機械能守恒定律得//^^二萬加片

解得匕="丁

在力點，由牛頓第二定律得E-機g=m號"

聯(lián)立方程，解得7?=3mg=3N

由牛頓第三定律知細(xì)繩所能承受的最大拉力為3N

（2）由。到A,小球做平拋運動，則有

W=2gh

。匕

tan45=—

匕

聯(lián)立解得〃=0.2m

（3）小球從C點到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球所受合外力為零時速度最大，即有zngsin45°=履

代入數(shù)據(jù)得x=R2m

40

13.（2021.河北高三一模）如圖1,貨車以27m/s的速度在平直的高速公路上勻速行駛。因司機看到前方警

示標(biāo)識，采取緊急制動。車廂內(nèi)貨物向前滑行，恰好在車停止時與車廂前壁相撞并反彈，其內(nèi)圖像如圖2

所示。設(shè)貨車勻減速剎停后不再移動。重力加速度g取lOm/s?。求:

（1）貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)；

（2）貨物相對車廂滑行的位移大小。

【答案】（1）0.4；（2）8.5m

【解析】（1）由圖可知^—m/s2=-4m/s2

t6

貨物滑行時有一"mg=皿

解得〃=0.4

⑵貨物向右滑行的距離為4==T*6m=9m

反彈后，滑行的距離為.h=工=0.5m

"-2a

貨物相對車廂滑行的位移大小5=當(dāng)一$2=8.5m

14.（2021.天津高三模擬）如圖所示，可視為質(zhì)點的小木塊A、B的質(zhì)量均為〃『2kg,放在一段粗糙程度相

同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥（炸藥的質(zhì)量可以忽略不計）。讓A、B以10m/s的初速度

一起從。點滑出，滑行一段距離后到達尸點，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位

置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進。己知0、P兩點間的距離為s=9m,木塊與水平地面的動摩擦因數(shù)〃=0.2,

炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能均全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，g取10m/s2。求：

（1）小木塊A、B到達尸點的速度大小；

⑵炸藥爆炸后瞬間A的速度大??；

（3）炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能。

-----

~B^A

//////////Y///////////////////X/////

<---------s--------->

0P

【答案】(l)8m/s；(2)16m/s；(3)128J

【解析】（1）研究OP階段，設(shè)兩木塊初速度為血，P點速度為vp,由動能定理，有

-2/jmgs=；x2mVp一;x2mv1

解得i>=8m/s

（2）研究爆炸階段，爆炸后A的速度為小系統(tǒng)動量守恒，則2〃"，"=0+m%

可得V4=16m/s

1.1,

（3）由能量守恒定律，有Q=~mvA~~^mv'p

解得釋放的化學(xué)能3&Ek=128J

15.（2021?浙江衢州市高三二模）如圖1是組合玩具實物圖，該玩具主要配件有小車、彈射器、三連環(huán)、滑

躍板及部分直線軌道等。如圖2為該玩具的軌道結(jié)構(gòu)示意圖，其中三連環(huán)是三個半徑不同圓軌道I、II、III

組成，且三個圓軌道平滑連接但不重疊。其圓心分別為01、。2、0筋半徑分別為Ri=20cm、R2=15cm、/?3=10cm,

04、AC為光滑水平軌道，滑躍板為足夠長的粗糙傾斜軌道，軌道與水平面夾角。可調(diào)（0<0<90°）?某

次游戲中彈射器將小車自。點以一定初速度彈出，小車先后通過圓軌道I、II、III后沖上滑躍板。小車可視

為質(zhì)點，其質(zhì)量，〃=o.ikg,與滑躍板co間動摩擦因〃=q,其它阻力均不計，軌道各部分平滑連接，g

取10m/s2o

（1）求小車通過圓軌道I最高點B的最小速度VB；

（2）改變彈射器對小車的沖量，小車均能通過三連環(huán)，求小車通過圓軌道III最低點A時受到軌道的支持力

與彈射器對小車沖量的關(guān)系；

（3）若小車恰好能夠通過三連環(huán)，為確保小車整個運動過程均不脫離軌道，分析滑躍板CD與水平面間夾

角。的取值范圍。（可用三角函數(shù)表示）

圖1圖2

【答案】(I)&m/s；(2)/^=100/2+1(N)；(3)0<^<arctan

【解析】（I）若能通過圓軌道。最高點，必然能夠通過其他圓軌道，故需滿足帆g=機管

解得vB==J^m/s

（2）根據(jù)機械能守恒可知小車運動至A點與被彈出時初速度相同，故有％=%=,

m

小車運動至圓軌道03最低點A時，根據(jù)牛頓第二定律有8-mg=

R3

解得外=100/2+1（N）

由（1）可得為確保小車通過三連環(huán)不脫離軌道，需滿足以之揚1/5

1,1,

根據(jù)動能定理有-2mg&=—inVg——mv^

解得%NViUm/s，/N*N-s

故：軌道對小車作用力與彈射器對小車沖量的關(guān)系為綜=100〃+1（N）（/2巫N-s）

10

（3）由（1）可得小車恰好通過三連環(huán)則有/=J^m/s

①當(dāng)0W6W30。時，滿足加gsine<Mngc。se,小車沖上滑越板軌道C。后不再下滑，符合題目要求;

②假設(shè)小車自B點沖上滑躍板軌道CD最大距離為L,根據(jù)動能定理有

2mgRt-mgLsin6-pimgLcos^=0--mv1

0.5

解得L=

sin6+〃cos。

]

在滑躍板軌道CD上往返克服摩擦力做功叱=2^imgLcos6=

有tan6+1

可知。增大，W減小，若要不脫離軌道，返回三連環(huán)時不能超過圓軌道03圓心等高位置，根據(jù)動能定理有

1,

mg（2Rx-R^-Wf=Q--mvl

解得tanq=^~

故當(dāng)30。＜64arctan也時，小車往返運動最終靜止于C點，綜上所述當(dāng)04。4arctan3時小車不脫離

22

軌道。

16.（2021.遼寧遼陽市高三一模）距光滑水平平臺的右端L=0.5m處有一木塊A（視為質(zhì)點），緊靠平臺右

端的水平地面PQ上放置一右側(cè)帶擋板（厚度不計）的水平木板B,木板的質(zhì)量〃%=lkg,長度L=0.5m,

且木板的上表面與平臺等高。木塊A在水平向右、大小尸=6N的拉力作用下由靜止開始運動，當(dāng)木塊A運

動到平臺右端時立即撤去拉力。已知木塊A與木板B、木板B與水平地面間的動摩擦因數(shù)均為4=0.2取

重力加速度大小g-10m/s2o

（1）若木塊A的質(zhì)量機A=2kg,求木塊A與木板B右側(cè)擋板碰撞前的速度大小匕；

（2）若木塊A的質(zhì)量相4=2kg,木塊A與木板B的碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，求木板B向右運動

的最大距離西；

（3）若木塊A與木板B碰撞后粘在一起，為使碰撞后整體向右運動的距離最大，求木塊A的質(zhì)量相及木

板運動的最大距離馬。

539

【答案】(1)/=lm/s；(2)x.=—m；(3)m=—kg；x,=—m

365-32

【解析】（1）由動能定理可知，A到達平臺右端時的動能線=也

對B受力分析可知〃（心+%）g

由于地面對B的最大靜摩擦力大于A對B的滑動摩擦力，所以A與B相碰前B保持靜止由動能定理可知,

1,

A到達B上滑行的過程中有-mAv^=Ek-fimAgL

解得/=lm/s

（2）A與B的碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律及能量關(guān)系有

fnAv^tnAvA+mBvB

121212

=2^VA+2W?VB

31,4,

得辦=§m/s#B=3m/s

對A受力分析有nmAg=mAaA

對B受力分析有jjmAg+/.i（mA+g；）g?a；,

當(dāng)A、B速度相等時有％+%，=以一

得4

可得A、B速度相等時的速度大小v.=辦+”〃

得力=gm/s

2

相對運動過程中，B的位移大小為2acxfil=vfi-vAg

得i=*m

之后對A、B整體分析，有4（，%+/%）g=（%

A、B?起向右運動有=匕/

得&2=±m(xù)

B向右運動的最大距離X1=工81+元B2

解得％=^m

17

（3）由動能定理可知，A與B碰撞前有5m2=心一〃加

A、B碰撞粘連，由動量守恒定律有機匕=（加+加8）丫

由動能定理有〃（，〃+，%）g%2=耳（機+'％）/

3m-m12

可得％=

2(m+1/

令k=----,可得々=2x]—k~H—k—|

m+1~I44J

539

當(dāng)&二一時，即〃2=—kg時，最大距離々=——m

8532

17.(2021?浙江紹興市高三二模)某校興趣小組設(shè)計了一個彈射游戲，如圖所示。一質(zhì)量為加=0.1kg的物體

。以初動能Ek=l.lJ從光滑水平軌道OA上發(fā)射，接著進入粗糙的水平軌道A8。在AB之間的某個位置(其

位置用到A的距離x表示)放一完全相同的物體從物體。與b碰撞后粘在一起，隨后進入半徑為R=0/0m

的光滑豎直圓形軌道圓軌道在底部錯開以致可以使物體運動到粗糙的水平軌道BC±,CD段為光滑傾斜軌

道，力點離8c軌道的高度為/『0.11m,C處用一光滑小圓弧連接。如果物體碰后不脫離軌道，則游戲成功。

已知AB段、BC段長度均為L=0.5m,物體在AB段和BC段的動摩擦因數(shù)分別為加=0.1和〃2=0.3。

(1)若不放被碰物體從求物體〃進入圓軌道8點時對軌道的壓力；

(2)若物體6放置的位置x=0.4m,求碰撞過程中損失的機械能；

(3)為使游戲成功，求碰撞位置x應(yīng)滿足的條件。

17

【答案】(1)22N,方向向下；(2)0.53J；(3)-m<x<—m

315

1,

【解析】(1)設(shè)物體到達B點的速度為VB,根據(jù)動能定理—=-mv}-Ek

求得以=&irn/s

2

在8點，由牛頓第二定律得心—mg=m—

R

2

可彳尋FB=mg+m為-=22N

R

由牛頓第三定律得，物體對軌道的壓力為22N,方向向下

(2)設(shè)被碰物體b處在40.4m處，物體a碰前的速度為v,，根據(jù)動能定理有

S=得匕2=22-2x

a,b碰撞，根據(jù)動量守恒定律有機匕=2根匕，得V2=gw

1,1,1

因此碰撞過程中損失的機械能為AE=,陰--mv1x2=-mv^7=0.55-0.05%=0.53J

（3）要使游戲成功，應(yīng)使物體進入圓軌道時不超過圓心等高處或者物體過最高點且不滑出斜面且返回圓軌

道時不脫離軌道碰撞后到達B點的動能為

12

EkB—mvx2-〃2"g（L]-x）=0.45+0.15x

229

情形一：不超過圓心等高處，要求

EkB=0.45+0.15x<mgR=0.1J

顯然不可能

情形二：條件1:過最高點，最高點速度大于等于廊

因此B點動能應(yīng)EkB>4mgR+；2加（"浜）=5mgR

得x>—m

3

條件2：不能滑出斜面

則B點動能應(yīng)Ekl,<2/J2mgL2+2mgh

7

得x4石m

條件3：再次返回圓軌道，不會脫離軌道

再次返回圓軌道最低點時的動能為EkB=-4〃2機=0.15x-0.15

7

x越大，再次回到B點動能越小，當(dāng)x=^m時W最大動能小于0,因此物體必然不會在脫離軌道，最終

17

靜止在BC軌道上。綜上所述—mWxK—m

315

18.（2021?遼寧錦州市高三一模）如圖所示，水平地面上左側(cè)有一質(zhì)量為2機的四分之一光滑圓弧斜槽C,

斜槽末端切線水平，右側(cè)有一質(zhì)量為3機的帶擋板P的木板B,木板上表面水平且光滑，木板與地面的動摩

擦因數(shù)為0.25,斜槽末端和木板左端平滑過渡但不粘連。某時刻，一質(zhì)量為〃，的可視為質(zhì)點的光滑小球4

從斜槽頂端靜止?jié)L下，重力加速度為g，求：

（1）若光滑圓弧斜槽C不固定，圓弧半徑為R且不計斜槽C與地面的摩擦，求小球滾動到斜槽末端時斜

槽的動能；

（2）若斜槽C固定在地面上，小球從斜槽末端滾上木板左端時的速度為％,小球滾上木板上的同時，外界

給木板施加大小為％的水平向右初速度，并且同時分別在小球上和木板上施加水平向右的恒力月與工，且

K=g=05〃g。當(dāng)小球運動到木板右端時（與擋板碰前的瞬間），木板的速度剛好減為零?之后小球與

木板的擋板發(fā)生第1次相碰，以后會發(fā)生多次碰撞。已知小球與擋板都是彈性碰撞且碰撞時間極短，小球

始終在木板上運動。則

①小球與擋板第1次碰撞后的瞬間，木板的速度大小為多少；

②小球與擋板從第1次碰撞后至第2021次碰撞后瞬間的過程中￡與居做功之和是多少。

【解析】（I）由題可知，設(shè)小球滾動到斜槽末端時，A與C的速度大小分別為乙，七，4、C系統(tǒng)水平方

向動量守恒0=mvA-2mvc

A、C系統(tǒng)機械能守恒

mgR-gmv\+；2mvj

Ekc=^2mvc

解得de=；mgR

（2）①小球滾到板上后，小球與木板的加速度大小分別為外,a2,則

61

m2

-81

5=-z----

3m^=~6g

木板開始運動到速度減為0所用時間為t0=—=—

a2g

小球第一次與擋板碰撞前的速度W=%+4%）=4%

由于A與P為彈性碰撞，第一次碰撞后小球與木板的速度大小分別為丫川，，A與8動量守恒

mvl=mvM+3mvBI

A與B系統(tǒng)能量守恒（根n：=gm3/n

聯(lián)立解得vM=-2v0,vB]=2v0

②由題可知第一次碰撞后，小球以2%向左勻減速運動再反向勻加速運動，則q=」=Lg

m2

木板以2%向右勻減速運動，加速度大小出=,g

6

所以再次相撞1球=%板

而+.2

解得

g

x」2片

g

此時融=4%,收=°,分析得每次碰撞至下一次碰撞為完全相同的重復(fù)過程，第1次碰撞后與第2021

次碰撞后瞬間，小球與木板的總位移相同都是Wo2i=2020x—=------2-

gg

所以此過程G招做功之和W=（耳+鳥）與⑵=24240小4。

19.（2021?北京東城區(qū)高三一模）如圖1所示，彈簧〃和彈簧匕為兩根相同的彈簧，與可視為質(zhì)點的小球相

連，另外兩端固定，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時兩彈簧均處于伸長狀態(tài)且伸長量為迎，彈簧的勁度系數(shù)為4,質(zhì)量

不計，小球的質(zhì)量為，小整個裝置處于光滑的水平面上?，F(xiàn)將小球向右緩慢推動一段距離x（x＜迎）。

（1）求此刻彈簧。彈力的大小和彈簧b彈力的大小。

（2）a.用圖2中的橫軸x表示小球相對于初始位置的位移，縱軸F表示彈簧的彈力（均以水平向右為正方

向）?請在圖2中畫出彈簧”的彈力凡隨x變化的Fu-x圖像，以及彈簧b的彈力B,隨x變化的Fh-x圖像。

b.取小球處于初始位置時系統(tǒng)的彈性勢能為零，請利用圖2中的圖像求出小球被向右推動了距離x時系統(tǒng)

的彈性勢能EP。

（3）如圖3所示，將小球在水平面內(nèi)沿與兩彈簧軸線相垂直的方向移動一小段距離y,請通過計算論證，

釋放后小球是否做簡諧運動以及其運動可視為簡諧運動的條件。（請對論證過程中用到的物理量加以說明;

論證過程中有可能用到的數(shù)學(xué)知識有：當(dāng)。很小時，sin。htan。）

|OOO/OOOQOOOOOOO|

（）X

圖1圖3

圖2

2

【答案】（1）女5-%）,4&+x）；⑵a.見解析，b.Ep=kx；（3）小球的運動不是簡諧運動。若。很

小，小球的運動可視為簡諧運動。

【解析】（1）根據(jù)胡克定律得，彈簧”的彈力大小為工=%（而一月

彈簧b的彈力大小為4,=左（玉）+工）

（2）由答圖1圖像可知小球被向右推動距離x的過程中，彈簧彈力做的功可通過線下面積求出，其中幾

做正功，耳做負(fù)功，二者做功的和為

2

W=^[kxa+k（x0-x）]-%-g[&（）+A（x（）+x）]?x=-kx

再由w=0_。

可知時小球被向右推動了距離x時系統(tǒng)的彈性勢能Ep=kx2

（3）如答圖2所示，設(shè)彈簧與彈簧初始位置所在連線的夾角為小球偏離初始位置的位移為），，設(shè)彈簧

的原長為/o,則小球受到兩根彈簧的拉力，其合力方向與位移y相反，大小為

y

F=2依一%）sin0=2ky-2kl（）sin0

ysin。

其中sin8=y

Jy+（%+X。）

由此可知，小球所受的回復(fù)力與相對平衡位置的位移y不成正比，即小球的運動不是簡諧運動。

y

但是若，很小(也就是y?/o+xo)時，sin。atan。=廣一

4+Xo

?2kx0

則有~~-v

4+Xo

即小球所受的回復(fù)力與相對平衡位置的位移y成正比，小球的運動可視為簡諧運動。

答圖2

20.(2021?天津高三一模)如圖所示，固定點。上系一長L=0.7m的細(xì)繩，細(xì)繩的下端系一質(zhì)量機=0.5kg

的小球(可視為質(zhì)點)，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，球與平臺的邊緣8點接觸但對平臺無壓力，平臺高〃=1.25m。

一質(zhì)量M=1.0kg的物塊開始靜止在平臺上的p點，現(xiàn)使物塊獲得一水平向右的初速度%,物塊沿粗糙平臺

向右運動到平臺邊緣B處與小球,〃發(fā)生正碰，碰后小球機在繩的約束下做圓周運動，經(jīng)最高點A時，繩上

的拉力恰好等于小球的重力的2倍，而物塊落在水平地面上的C點，其水平位移x=L25m。不計空氣阻

力，g=10m/s2。求：

(1)碰撞后物塊的速度大小；

(2)碰撞過程中小球受到的沖量大小；

(3)若平臺表面與物塊間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,物塊與小球的初始距離為王=2.8m,求物塊在尸處的

初速度大小。

【答案】(1)2.5m/s；(2)3.5N-s；(3)8.0m/s

【解析】(1)碰撞后物體做平拋運動，設(shè)其平拋的初速度為內(nèi)，平拋運動時間為f,有

,12

x=v3t

解得匕=2.5m/s

(2)物塊與小球在B點處碰撞，碰撞后小球的速度為V2,碰后小球從B點處運動到最高點4過程中機械能

守恒，設(shè)小球在A點的速度為VA,有^mv2-~,nvA+mg2L

小球在最高點時有3〃際=等

解得h=7.0m/s,碰撞過程中小球所受的沖量為/=巾匕=3.5N-s

(3)設(shè)碰撞前物塊的速度為ri,由動量守恒定律得Mv,=mv2+Mv.

物塊從P點運動到B點的過程中，由動能定理得-〃m耕

解得%=8.0m/s

21.(2021.浙江高三二模)2020年11月，“奮斗者”號成功下至10909米的深海處，讓我國達到了全球深海

裝備和技術(shù)的制高點。某種型號潛水器的質(zhì)量為M、體積為V,在一次試驗中從海面由靜止開始豎直下潛,

經(jīng)過A點的速度最大，繼續(xù)下潛后最終懸停在B點。此后潛水器向固定在艙外的油囊注油以增大體積，上

V

浮后懸停在A點，此時油囊的體積增大了一，若海水密度p隨深度h變化的關(guān)系為0=協(xié)+20和po均為常

n

數(shù))，潛水器所受阻力與速度成正比，運動過程中無其它動力，重力加速度為g,求潛水器

(1)到達8點的深度”；

(2)下潛到B過程中受到的最大阻力啟；

(3)從海面下潛直至懸停在8的過程中克服阻力做的功W。

【答案】⑴J件-夕。］；⑵陛；⑶(M-PoV)g

)〃+12kV

［解析］⑴在8時受力平衡Mg=pBgV

且夕B=.+A

解得嗯母”。)

⑵下潛經(jīng)過A點速度最大，加速度為零，則人+「AgV=Mg

注油后，上浮到4點平衡Mg=pAg(l+-)V

解得力,=當(dāng)

（3）該過程的平均浮力大小F=逸+。氈1