力學計算-2020-2024年高考物理復習試題分類匯編（解析版）

4<18力學計算

■

5年真題?分點精準練

1.(2024?北京?高考)如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S,管口離水池水面的高

度為〃，水在水池中的落點與管口的水平距離為乩假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g,遠

大于管口內徑。求：

(1)水從管口到水面的運動時間/；

(2)水從管口排出時的速度大小%;

(3)管口單位時間內流出水的體積Q。

【詳解】(1)水在空中做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得，豎直方向=

解得水從管口到水面的運動時間，=Jy

(2)由平拋運動規(guī)律得，水平方向d=

解得水從管口排出時的速度大小%4

(3)管口單位時間內流出水的體積。=Sv0=SdJ^-

2.(2024.北京.高考)科學家根據(jù)天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質(星體等)

在做彼此遠離運動，且質量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測的結果都一樣。以某一點。為觀測點，

以質量為根的小星體(記為P)為觀測對象。當前P到。點的距離為“，宇宙的密度為為。

(1)求小星體P遠離到2%處時宇宙的密度⑶

(2)以。點為球心，以小星體P到。點的距離為半徑建立球面。P受到的萬有引力相當于球內質量集中于

。點對尸的引力。已知質量為叫和加2、距離為R的兩個質點間的引力勢能耳=-G嚕，G為引力常量。

僅考慮萬有引力和P遠離。點的徑向運動。

a.求小星體尸從外處遠離到入。處的過程中動能的變化量4線；

b.宇宙中各星體遠離觀測點的速率v滿足哈勃定律v=Hr,其中廠為星體到觀測點的距離，H為哈勃系數(shù)。

H與時間/有關但與r無關,分析說明H隨/增大還是減小。

12

【答案】（1）P=~P\（2）a.AE=--Gnpmr；-b.X隨f增大而減小

o03kQ

【詳解】（1）在宇宙中所有位置觀測的結果都一樣，則小星體P運動前后距離。點半徑為“和2%的球內質

44a

量相同，即夕?，叫^=夕?兀（24）

解得小星體P遠離到2%處時宇宙的密度p=

O

4,

（2）a.此球內的質量M兀*

P從分處遠離到2%處，由能量守恒定律得，動能的變化量AEk=-G遜一（一半］=一3的0相叱

roV2roJ3

b.由。知星體的速度隨％增大而減小，星體到觀測點距離越大，運動時間f越長，由v=知，H減小，

故//隨f增大而減小。

3.（2023?北京?高考）如圖所示，質量為優(yōu)的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在。點，在。點正下方的光

滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B,B距。點的距離等于繩長心現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止

釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：

（1）A釋放時距桌面的高度H；

（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小R

（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能AE。

【詳解】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得mg"=?7步

2

解得

2g

（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得方-zng=相?

2

解得F=mg+m~~j~

（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得〃a=2znV]

解得巧=，

則碰撞過程中損失的機械能為=-=—mv2

22（2J4

4.（2023?北京?高考）螺旋星系中有大量的恒星和星際物質，主要分布在半徑為R的球體內，球體外僅有極

少的恒星。球體內物質總質量為M,可認為均勻分布，球體內外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，

恒星到星系中心的距離為廣，引力常量為G。

（1）求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關系；

（2）根據(jù)電荷均勻分布的球殼內試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達式的相似

性和相關力學知識，求區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關系；

（3）科學家根據(jù)實測數(shù)據(jù)，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運動的速度大小v隨/?的變化關

系圖像，如圖所示，根據(jù)在范圍內的恒星速度大小幾乎不變，科學家預言螺旋星系周圍（r>R）存在

一種特殊物質，稱之為暗物質。暗物質與通常的物質有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求r=“R內暗

物質的質量。

【詳解】（1）由萬有引力定律和向心力公式有G等=加工

3

_M43_Mr

（2）在內部，星體質量"°=43與4=木

鏟

由萬有引力定律和向心力公式有=

[GM

解得n=廠

(3)對處于R球體邊緣的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有G粵=〃?或

R2R

對處于尸“R處的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有G

（明‘

解得=

5.(2022?北京?高考)利用物理模型對問題進行分析，是重要的科學思維方法。

(1)某質量為機的行星繞太陽運動的軌跡為橢圓，在近日點速度為V/,在遠日點速度為也。求從近日點到

遠日點過程中太陽對行星所做的功W;

(2)設行星與恒星的距離為，，請根據(jù)開普勒第三定律(臺=左)及向心力相關知識，證明恒星對行星的

作用力產與廠的平方成反比；

(3)宇宙中某恒星質量是太陽質量的2倍，單位時間內向外輻射的能量是太陽的16倍。設想地球“流浪”

后繞此恒星公轉，且在新公轉軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽公轉的周期為刀，繞此恒星公轉

的周期為T2,求去。

【答案】(1)皿="*一"片；(2)見解析；(3)奉=4&

【詳解】(I)根據(jù)動能定理有加4-;根可

(2)設行星繞恒星做勻速圓周運動，行星的質量為如運動半徑為r,運動速度大小為丫。恒星對行星的作

用力/提供向心力，則F=w二

r

運動周期7=至

V

根據(jù)開普勒第三定律二=左，左為常量，得八絲吧

T2r

即恒星對行星的作用力/與廠的平方成反比。

(3)假定恒星的能量輻射各向均勻，地球繞恒星做半徑為廠的圓周運動，恒星單位時間內向外輻射的能量

為P。。以恒星為球心，以7■為半徑的球面上，單位面積單位時間接受到的輻射能量P=7%

4%產

設地球繞太陽公轉半徑為〃在新軌道上公轉半徑為「2。地球在新公轉軌道上的溫度與“流浪”前一樣，必須

滿足P不變，由于恒星單位時間內向外輻射的能量是太陽的16倍，得「2=4〃

設恒星質量為M,地球在軌道上運行周期為T,萬有引力提供向心力，有曾=7""

’4九3

解得T=

GM

由于恒星質量是太陽質量的2倍，得春=4夜

11

6.(2021.北京.高考)秋千由踏板和繩構成，人在秋千上的擺動過程可以簡化為單擺的擺動，等效“擺球”的

質量為陰，人蹲在踏板上時擺長為4,人站立時擺長為4。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。

(1)如果擺長為4,“擺球”通過最低點時的速度為v,求此時“擺球”受到拉力T的大小。

(2)在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。

a.人蹲在踏板上從最大擺角4開始運動，到最低點時突然站起，此后保持站立姿勢擺到另一邊的最大擺角為

%。假定人在最低點站起前后“擺球”擺動速度大小不變，通過計算證明2>4。

b.實際上人在最低點快速站起后“擺球”擺動速度的大小會增大。隨著擺動越來越高，達到某個最大擺角。后,

如果再次經過最低點時，通過一次站起并保持站立姿勢就能實現(xiàn)在豎直平面內做完整的圓周運動，求在最

低點“擺球”增加的動能AEk應滿足的條件。

【答案】(1)T=mg+m--(2)a.見解析；b.AE

;k2

【詳解】⑴根據(jù)牛頓運動定律7-儂=";

解得T=mg+m—

(2)〃.設人在最低點站起前后“擺球”的擺動速度大小分別為V/、V2,根據(jù)功能關系得

12

mg/jQ-cos^)=—mu,

12

mgl2(l-cos02)=—mv2

已知vi=V2,得mg/i(l-cos6j)=mg/2(l-cose2)

因為4〉,2，得cos4>cos%

所以%>4

。.設“擺球”由最大擺角。擺至最低點時動能為紜，根據(jù)功能關系得線=利燈。-COS0

“擺球”在豎直平面內做完整的圓周運動，通過最高點最小速度為Vm,根據(jù)牛頓運動定律得沖="4

“擺球”在豎直平面內做完整的圓周運動，根據(jù)功能關系得線+轉上2儂/2+9皿：

得AEk>gmgl2-mglx(1-cos0)

7.(2022.北京?高考)體育課上，甲同學在距離地面高4=2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大

小為%=8.0m/s；乙同學在離地為=0.7m處將排球墊起，墊起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排

球質量根=0.3kg,取重力加速度grlOm/s?。不計空氣阻力。求：

（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離無

（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；

（3）排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小/。

【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s,方向與水平方向夾角tan6=0.75；（3）I-6.0N-s

【詳解】（1）設排球在空中飛行的時間為3則4-色=；g產

解得t=0.6s；則排球在空中飛行的水平距離x=vot=4.8m

（2）乙同學墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小%=gf

得v，=6.0m/s；根據(jù)v=J說+v；

得v=10.0m/s；設速度方向與水平方向夾角為6（如答圖所示）

貝IJ有tan6=匕=0.75

%

（3）根據(jù)動量定理，排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小/=27m=6.0?46

8.（2021.北京?高考）如圖所示，小物塊A、B的質量均為優(yōu)=0.10kg,B靜止在軌道水平段的末端。A以

水平速度丫。與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為〃=0.45m,兩物

2

塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/so求：

（1）兩物塊在空中運動的時間

（2）兩物塊碰前A的速度"的大??；

（3）兩物塊碰撞過程中損失的機械能AE。

A

八、、、

h\

\

\

」Y；

/77777777777777777777777777777777^77

~S~

【答案】(1)0.30s；(2)2.0m/s；(3)0.10J

【詳解】(1)豎直方向為自由落體運動，由力=gg產

得￡=0.30s

(2)設A、B碰后速度為v,水平方向為勻速運動，由s=M

得u=1.0m/s

根據(jù)動量守恒定律，由根％=2mu

得％=2.0m/s

(3)兩物體碰撞過程中損失的機械能

得AE=0.10J

9.(2020?北京?高考)無人機在距離水平地面高度。處，以速度%水平勻速飛行并釋放一包裹，不計空氣阻

力，重力加速度為g。

(1)求包裹釋放點到落地點的水平距離無；

(2)求包裹落地時的速度大小v；

(3)以釋放點為坐標原點，初速度方向為x軸方向，豎直向下為V軸方向，建立平面直角坐標系，寫出該包

裹運動的軌跡方程。

bhI----------義7

【答案】(1)%J1；(2)+2gh；(3)y=~^x

【詳解】(i)包裹脫離無人機后做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，則a

解得”

水平方向上做勻速直線運動，所以水平距離為x=vot=丫噌

\2h

⑵包裹落地時，豎直方向速度為％=劃=g

落地時速度為V==M+2gh

（3）包裹做平拋運動，分解位移

X=vof

兩式消去時間得包裹的軌跡方程為y=白/

1年模擬?精選?？碱}

1.（2024?北京海淀?統(tǒng)考一模）如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，

設物塊通過連接處時速率不發(fā)生改變。質量〃"=0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度/z=0.8m處由靜

止下滑，并與靜止在斜槽末端的質量"Z2=0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運動，物塊B滑行

一段距離后停止運動。取重力加速度g=10m/s2,兩物塊均可視為質點。求：

（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。

（2）物塊A與物塊B碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能。

（3）滑動摩擦力對物塊B做的功。

【詳解】（1）物塊A與物塊B碰撞前，根據(jù)動能定理有叫g/z=g叫F

解得v=4m/s

（2）物塊A與物塊B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律有加1"=m2匕

根據(jù)能量守恒定律有=一；色y

解得A￡=L6J

（3）B運動到停止的過程中，根據(jù)動能定理有噴=0-；恤V：

解得噴=-1.6j

2.（2024.北京海淀?統(tǒng)考一模）1610年，伽利略用他制作的望遠鏡發(fā)現(xiàn)了木星的四顆主要衛(wèi)星。根據(jù)觀察,

他將其中一顆衛(wèi)星產的運動視為一個振幅為A、周期為T的簡諧運動，并據(jù)此推測，他觀察到的衛(wèi)星振動是

衛(wèi)星圓周運動在某方向上的投影。如圖所示，是伽利略推測的衛(wèi)星尸運動的示意圖，在xOy平面內，質量

為機的衛(wèi)星P繞坐標原點。做勻速圓周運動。已知引力常量為G,不考慮各衛(wèi)星之間的相互作用。

（1）若認為木星位于坐標原點。，根據(jù)伽利略的觀察和推測結果：

①寫出衛(wèi)星尸做圓周運動的向心力大小p的表達式。

②求木星的質量Mo

③物體做簡諧運動時，回復力應該滿足4-乙。請據(jù)此證明：衛(wèi)星尸繞木星做勻速圓周運動在x軸上的投

影是簡諧運動。

（2）若將木星與衛(wèi)星尸視為雙星系統(tǒng)，彼此圍繞其連線上的某一點做勻速圓周運動，計算出的木星質量為

請分析比較（1）②中得出的質量Mo與時的大小關系。

4TT2A3

A；②M0=;③見解析；（2）M'>M

GT20

4汀2

【詳解】（1）①衛(wèi)星尸做圓周運動的向心力大小方的表達式/二根療一二機亍-A

②根據(jù)G^=人

4^-2A3

得木星的質量A/。=

GT2

③如圖

47r之

rcos0=x=-kx

則衛(wèi)星尸繞木星做勻速圓周運動在尤軸上的投影是簡諧運動。

M'm47r之

（2）根據(jù)（7K="?亍二4

得叱=4%ZA

由于A<L

則”>此

3.（2024.北京西城?統(tǒng)考一模）兒童滑梯可簡化為如圖所示的模型?；菹禄瑓^(qū)42的長L=4m,傾角。=37。。

一個質量根=20kg的兒童從滑梯頂部A點由靜止滑下，最后停在水平緩沖區(qū)8C上。若兒童與48、部分

的動摩擦因數(shù)均為0.5,兒童經過兩段連接處速度的大小不變。sin37o=0.6,cos37o=0.8,取重力加速度

g=10m/s2o求：

（1）兒童運動到B點時速度的大小v；

（2）緩沖區(qū)8c部分的最小長度x；

（3）整個過程中摩擦阻力對兒童做的功％。

A

///////////////////////2//./././.././/c

【答案】（1）v=4m/s；（2）x=1.6m；（3）叼=-480J

【詳解】⑴由A點運動到5點的過程中，根據(jù)動能定理有機gLsina-"2gLeosa=gw2

得v=4m/s

（2）由5點運動到。點的過程中，根據(jù)動能定理有一g%=O-g相聲

得x=1.6m

（3）兒童從A點運動到。點的過程，根據(jù)動能定理有租gLsina+”=。

得叱=—480J

4.（2024.北京西城.統(tǒng)考一模）小行星撞擊地球雖然發(fā)生概率較低，卻會使地球生命面臨重大威脅。我國已

經提出了近地小行星防御的發(fā)展藍圖，計劃在2030年實現(xiàn)一次對小行星的動能撞擊，2030至2035年間實

現(xiàn)推離偏轉。已知地球質量為"，可視為質量分布均勻的球體，引力常量為G。若一顆質量為根的小行星

距離地心為r時，速度的大小v=后警，加遠小于V。不考慮地球運動及其它天體的影響。

（1）若小行星的速度方向垂直于它與地心的連線，通過分析判斷該小行星能否圍繞地球做圓周運動。

（2）若小行星的速度方向沿著它與地心的連線指向地心。已知取無窮遠處的引力勢能為零，則小行星在距

地心為r處的引力勢能”=-G也Mm。

a.設想提前發(fā)射質量為0.1m的無人飛行器,在距離地心為廠處與小行星發(fā)生迎面撞擊，小行星撞后未解體。

將撞擊過程簡化為完全非彈性的對心碰撞。為徹底解除小行星對地球的威脅，使其不與地球碰撞。求飛行

器撞擊小行星時的最小速度%O

b.設想對小行星施加適當?shù)摹巴屏Α焙螅蛊湓诰嚯x地心為廠處的速度方向與它和地心連線的夾角變?yōu)?0。,

速度大小不變，也能解除對地球的威脅。已知小行星僅在地球引力所用下的運動過程，它與地心的連線在

任意相等時間內掃過相等的面積。求小行星在此后的運動過程中，距地心的最近距離為。

【詳解】（1）若小行星在該位置做勻速圓周運動，設速度大小為匕，由萬有引力提供向心力，可得

由于VR匕

可知，小行星不能圍繞地球做圓周運動。

（2）a.設碰撞后小行星的速度大小為V2,為徹底解除小行星的威脅，應使小行星被撞后能運動至無窮遠

處。根據(jù)能量守恒定律有-GW+。，加+*+0.㈣.片=0

2GM

解得v=

2r

以飛行器速度方向為正方向，飛行器撞擊小行星的過程根據(jù)動量守恒定律有。.山飛-研=（01根+間”

解得％=21/^

b.設小行星離地心最近時，速度的大小為％,小行星與地心的連線在相等時間掃過相等面積有“sin。=丫通

根據(jù)能量守恒定律有《三+]三+

解得

5.（2024?北京東城.統(tǒng)考一模）平拋運動、簡諧運動、勻速圓周運動是三種典型的質點運動模型，初速度和

受力情況的不同決定了質點做何種運動。

（1）平拋運動是加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動。一質點以初速度％在豎直面內做平拋運動，以

拋出點為原點，以％的方向為無軸的正方向，豎直向下為y軸的正方向建立坐標系。

a.某時刻質點速度與水平方向的夾角為。，質點相對于拋出點的位移與水平方向的夾角為。，請證明。與a

滿足：tan，=2tane；

b.請寫出質點的軌跡方程。

（2）簡諧運動的質點所受回復力尸與位移尤成正比，且方向總和位移相反，即尸=-h，其中左為常數(shù)。如

圖所示，豎直平面內有一光滑的拋物線軌道，其軌跡方程與（1）問中求得的結果相同?，F(xiàn)有一質量為，”的

小珠子套在軌道上，且可在軌道上自由滑動。若將小珠子從軌道上距軌道中心。點很近的地方由靜止釋放，

小珠子將圍繞。點做往復運動。請證明小珠子在軌道中心。點附近的往復運動是簡諧運動（當。很小時，

sin0工tan0）0

（3）做勻速圓周運動的質點，其合力總指向圓心，大小等于質量乘以向心加速度。若第（2）間的拋物線

軌道繞y軸轉動，請討論并說明當以不同角速度勻速轉動時，小珠子能否相對軌道靜止？若能，請說明相對

靜止的位置。

【詳解】（1）a.由平拋運動的位Ldl移lCt—規(guī)—律—--得----_-g-t-

XvQt2%

由平拋運動的速度規(guī)律得tan6=匕=義

%%

于是得到tand=2tan。

x=vot

b.由平拋運動的位移規(guī)律12n?=3尤2

2

y=-gt2v0

（2）設小珠子在某時刻的位置坐標為（x,y）,此時速度方向（切線方向）與水平方向的夾角為內則質點所

受指向平衡位置的力產=-機？sin6Q-〃zgtan9（因距。點很近，所以夕很?。?/p>

根據(jù)前面拋物線的規(guī)律可知tand=2tana=22

X

代入得到歹=一駕工

%

即物體做簡諧運動。

/、Icos3=m^療

（3）假設小珠子相對軌道靜止處的位置坐標為無,〉，根據(jù)牛頓定律二.△，ntan9=-x

'/sm0=mcoxg

由tan。=2tancr=2—

x

得/=警、

CO

由于軌道方程為》=齊/

即

g

于是可得與片日y

gg

由此式可知，當口二旦時此式恒成立，與y無關。

%

結論：①若①二&,小珠子可以相對軌道靜止在任意位置處；

%

②若?！淳?，小珠子不能相對軌道靜止，一定會滑向。點，只能在O處相對靜止；

%

③若。＞9,小珠子不能相對軌道靜止，一定會被向外甩出軌道，只能在。處相對靜止。

%

6.（2024?北京朝陽?統(tǒng)考一模）如圖所示，質量〃2=1.0kg的小物塊從固定斜面的頂端由靜止開始勻加速下滑。

斜面的長度乙=1m,傾角6=37°,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,重力力口速度g=10m/s2,sin37°=0.6。

求物塊下滑至斜面底端的過程中：

（1）加速度的大小。；

（2）重力沖量的大小心和方向；

（3）損失的機械能AE。

【答案】(1)2m/s2;(2)10N-S,方向豎直向下；(3)4J

【詳解】(1)對物塊受力分析，由牛頓第二定律加gsin。-

且/=jumgcosO

得a=2m/s2

(2)由運動學公式￡產

2

得t=1s

根據(jù)沖量的定義可得IG=，咫f=10N?s

方向豎直向下。

(3)下滑過程中物塊克服摩擦力做功為明,機械能損失AE,有A￡=%=〃mgLcos。

得AE=4J

7.(2024?北京豐臺.統(tǒng)考一模)如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的粗糙半圓形導軌在B點相接，導軌

半徑為凡一個質量為根的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后

脫離彈簧，它經過8點的速度為可，之后沿半圓形導軌運動，恰好能運動到最高點C,重力加速度為g。求：

(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能EP；

(2)物體沿半圓形軌道運動過程中阻力所做的功Wf；

(3)物體離開C點，落至水平面時距B點的距離X。

【答案】⑴斗⑵叼=千叫我-//；⑶x=2R

【詳解】(1)對物體和彈簧組成系統(tǒng)，從A運動至8過程，由能量守恒定律有與=1相T

(2)物體恰好能運動到最高點C,由牛頓運動定律有mg=

R

解得v2=y[gR

對物體，從2運動至C過程，出動能定理有-%g2R+%=:根心-；根v；

解得叼=￡mgR-1”喈

(3)物體離開C點后做平拋運動

2K4城

x=v2t

解得x=2R

8.(2024.北京石景山.統(tǒng)考一模)一興趣小組的同學為探究物體做圓周運動的特點制作了如圖所示的裝置：

弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓軌道平滑相接，8點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。該小組的

同學讓質量為根的小球(可視為質點)從弧形軌道上距2點高5R的A點由靜止釋放，先后經過2點和C

點，而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度為g。

(1)求小球通過B點時的速度大小VB。

(2)求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小廠和方向。

(3)該小組的同學認為，只要小球能夠經過C點，則軌道8和C兩點對小球的壓力大小之差是不變的。你

是否同意這一觀點請說明理由。

【答案】(1)%=J10gR；(2)F=5mg,方向豎直向下；(3)同意，見解析

【詳解】(1)小球從4點到3點，由機械能守恒機=

解得VB=JlOgR

(2)小球從A點到C點，由機械能守恒mg(5R-2R)=g〃4

在C點，根據(jù)牛頓第二定律尸+mg=加版

解得F=5叫

方向豎直向下。

(3)同意。由機械能守恒〃琢-2氏+；"吟=；加落

根據(jù)牛頓第二定律

Fc+mg=m'

FB-mg=m-^

解得軌道2和C兩點對小球壓力大小之差片-FC=61ng

故軌道B和C兩點對小球壓力大小之差為定值。

9.（2024?北京石景山.統(tǒng)考一模）物體做曲線運動的情況較復雜，一般的曲線運動可以分成很多小段，每小

段都可以看成圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖（a）所示，曲線

上A點的曲率圓定義為：通過A點和曲線上緊鄰A點兩側的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓就叫做A

點的曲率圓，其半徑『叫做A點的曲率半徑。在分析物體經過曲線上某位置的運動時，就可以按其等效的圓

周運動來分析和處理。

（1）氫原子核外的電子繞核做勻速圓周運動，其周期為7。已知電子的電荷量為e,質量為機，靜電力常

量為鼠求電子運動的軌道半徑凡

（2）將一物體沿與水平面成a角的方向以速度V。拋出，如圖（b）所示。已知重力加速度為g,求其軌跡

最高點P處的曲率半徑廠。

（3）開普勒根據(jù)第谷的行星觀測記錄結合數(shù)學知識發(fā)現(xiàn)，對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的

時間內掃過的面積相等。如圖（c）所示，衛(wèi)星繞地球沿橢圓軌道運動。衛(wèi)星在橢圓軌道的近地點P的速度

為也，近地點P到地心的距離為R；在遠地點。的速度為以，遠地點。到地心的距離為一興趣小組

的同學根據(jù)開普勒定律結合數(shù)學知識得到v小=丫井請你根據(jù)萬有引力定律和牛頓運動定律推導這一結論。

解得電子運動的軌道半徑R=J至—

V471m

（2）小球在最高點的速度為vocosa,根據(jù)牛頓第二定律加g=-（%cosa）

v；cos2a

解得曲率半徑

g

（3）衛(wèi)星在橢圓軌道上運行，由橢圓的對稱性，近地點尸和遠地點。的等效圓周運動的半徑相等，設為

Mm

/,根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律，衛(wèi)星在近地點時G

衛(wèi)星在遠地點時G粵

解得vji=v2r

10.(2024.北京通州.統(tǒng)考一模)重錘打樁機打樁過程可簡化為如圖所示的模型：用動力裝置將質量為

m=1000kg的重錘提升到高處自由釋放，重錘下落〃=0.8m后與質量為M=1000kg的樁發(fā)生碰撞，碰撞時間

極短，碰后二者一起運動。設樁受到泥土的阻力恒為f=30000N,重力加速度取g=10m/s2,不計空氣阻

力。求：

(1)機與M碰撞前瞬時速度的大小％；

(2)機與M碰撞后速度的大小v；

(3)本次打樁后，樁下降的距離小

,,h

【答案】(1)4m/s；(2)2m/s；(3)0.4m

【詳解】(1)根據(jù)

=馬M碰撞前瞬時速度的大小/=4m/s

(2)由動量守恒定律有根％=("+根)v

得v=2m/s

(3)由動能定理有(河+”7)86%?=0-；(知+附/

得i/=0.4m

11.(2024.北京順義.統(tǒng)考一模)一枚在空中水平飛行的玩具火箭質量為"%在某時刻距離地面的高度為〃,

速度為V。此時，火箭突然炸裂成A、B兩部分，其中質量為叫的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影

響，重力加速度為g。求：

(1)炸裂后瞬間A部分的速度大小V7;

(2)炸裂后B部分在空中下落的時間f；

(3)在爆炸過程中增加的機械能AE。

/

mvmm

【答案】（1）E⑵1

^m-m1

【詳解】（1）炸裂后瞬間由動量守恒可知mv=（m—嗎）匕

mv

解得A部分的速度為匕=-----

m-rriy

（2）炸裂后由運動學規(guī)律可知〃=gg/

空中下落的時間為

（3）在爆炸過程中增加的機械能為AE=J（〃2-/）片-；mv2

f

1、

解得AE=]V29

12.（2024.北京順義?統(tǒng)考一模）動量p和力尸都是矢量，在處理二維問題時，為簡化問題研究，可以在相

互垂直的x、y兩個方向上分別研究，即將二維問題轉化為一維問題。

（1）質量為機的小球斜射到木板上，入射的角度是0,碰撞后彈出的角度也是0,碰撞前的速度大小是加，

碰撞后的速度大小是v,如圖1所示。分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化A。、\py：

（2）質量均為根的球1和球2構成一個系統(tǒng)，不考慮系統(tǒng)的外力作用，球1沿x軸正向以速度口與靜止的

球2碰撞，碰撞后兩球的速度的偏角分別為8=53。、5=37°,如圖2所示。求碰后兩球速度的大小匕'和％'。

（3）輕繩兩端各系一質量為m的小球，中央系一質量為M的小球，三球均靜止于光滑的水平桌面上，繩

處于拉直狀態(tài)，其俯視圖如圖3所示。對小球M施加一瞬時沖量，使它獲得方向與繩垂直的速度VM。分別

求出在輕繩兩端小球發(fā)生碰撞前瞬間三個小球速度的大小。

碰撞前

圖1

,34

【答案】(1)musin6-根%sin6；mvcos^+mvocos^；(2)0'=二0；=-^；(3)見解析

【詳解】（1）碰撞前后x方向小球的動量變化=相也-根%%=wsin。-加%sin。

碰撞前后y方向小球的動量變化"y=myy-mvOy=mvcos0-(-mv0cos=mvcos0+mv0cos0

(2)設碰后兩球速度大小分別為匕'、v；,規(guī)定x軸的正方向為正方向，x軸方向的動量守恒表達式如下

mV[=mv^cos0+mv；cos(p

規(guī)定y軸的正方向為正方向，y軸方向的動量守恒表達式如下mv^sintp-mv^sind=0

34

聯(lián)立，可得1'=針，

(3)由對稱性，當兩端小球發(fā)生碰撞時示意圖如圖所示，

八%

八八

---><---

匕匕

設兩小球沿二者球心連線方向速度大小為以，在垂直兩小球球心連線方向的速度大小為內，由機械能守恒

定律和動量守恒定律，有：叫2吟，MVM^(M+2m)vy

解得v72M(M+m)%=泮4

m

M+2mMM+2m

可知在輕繩兩端小球發(fā)生碰撞前瞬間，中央小球速度的大小為。

M+2m

13.(2024?北京房山?統(tǒng)考一模)山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動?；┢掠?8和8(?組成，A8是傾角

為45。的斜坡，8c是半徑為R=5m的圓弧面，圓弧面和斜坡相切于8,與水平面相切于C,如圖所示，AC

豎直高度0=10m,豎直臺階CD高度為例=5m,臺階底端與水平面。￡相連。運動員連同滑雪裝備總質

量為80kg,從A點由靜止滑下，到達C點時速度大小為14m/s。通過C點后落到水平面上，不計空氣阻力，

g取10m/s2o求：

(1)運動員經過C點時受到的支持力大小N。

(2)運動員在DE上的落點距。點的距離X。

(3)從A點運動到C點，摩擦力對運動員做的功W。

DE

【答案】（1）3936N；（2）14m；（3）160J

【詳解】（1）由題知運動員連同滑雪裝備從A點由靜止滑下，到達C點時速度大小為14m/s,則運動員在C

=m

點有Nc-mg~^

解得NC=3936N

（2）運動員連同滑雪裝備從C點飛出做平拋運動，則有

,12

色=28t'

x=vCt

聯(lián)立解得x二14m

（3）運動員連同滑雪裝備從A點運動到C點右mg%-Wf

解得歷=160J

14.（2024?北京房山?統(tǒng)考一模）動量定理在物理學中有著非常重要的地位，是解決物理問題的重要工具。

（1）如圖所示，質量為根的物體在光滑的水平面上受到恒力P的作用，做勻變速直線運動。初始時刻，物

體的速度為%,經過一段時間乙它的速度為匕。結合以上情景，利用牛頓第二定律和運動學公式推導動量

定理表達式。

（2）單個微小粒子撞擊巨大物體的力是局部而短促的脈沖，但大量粒子撞擊物體的平均效果是均勻而持續(xù)

的力。我們假定單位體積內粒子數(shù)量為"，每個粒子的質量為山，粒子運動速率均為V。如果所有粒子都垂

直物體表面運動并與其碰撞，碰撞后粒子垂直物體表面返回的速度大小也是"，利用所學力學知識，導出物

體表面單位面積所受粒子壓力/與機、〃和v的關系。

（3）在近地軌道繞地球做圓周運動的人造衛(wèi)星會受到稀薄空氣阻力作用，導致衛(wèi)星運行的軌道半徑逐漸變

小。某同學為估算稀薄空氣對衛(wèi)星的阻力大小，做出了如下假設：一質量為機最大橫截面積為A的人造衛(wèi)

星繞地球運動，每一圈均視為勻速圓周運動，運行軌道范圍內稀薄空氣的密度為夕，稀薄空氣看成是由彼

此不發(fā)生相互作用的顆粒組成的，所有的顆粒原來都靜止，它們與人造衛(wèi)星在很短時間內發(fā)生碰撞后都具

有與衛(wèi)星相同的速度，在與這些顆粒碰撞的前后，衛(wèi)星的速度可認為保持不變。地球質量為引力常量

為G。試估算衛(wèi)星在半徑為r軌道上運行時，衛(wèi)星所受阻力大小小

V

一一t一—1%

【答案】（1）見解析；（2）2nmv2（3）今空

【詳解】（1）由于物體在水平面上只受恒力尸的作用，由牛頓第二定律可知尸=3,。="二^

故尸=加匕一%

整理可得Ff=mvt-mv0

即合外力的沖量等于其動量的變化量，動量定理成立。

(2)加時間內到達面積為S容器壁上粒子所占體積V=SvM

單位體積粒子個數(shù)為〃，則加時間內粒子的總數(shù)N=

面積為S的器壁所受的壓力為F，則F\t=2Nmv=21msv1At

所以單位面積上粒子的壓力上/『y

(3)經加時間內稀薄空氣顆粒的質量Am,貝!=必，

設飛船給這部分粒子的作用力為尸，根據(jù)動量定理則有尸&=Amv

角牟得F=pAv2

又因為

「M\m.v2

CJ=Am——

R2R

pAGM

故可知/=

R

15.(2024.北京門頭溝?統(tǒng)考一模)如圖所示，豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道下端與水平桌面相切。

兩個完全相同的小滑塊A、B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速釋放，滑塊A以速度

v在水平方向和B發(fā)生正碰后粘在一起，并沿桌面繼續(xù)滑動。已知滑塊A、B質量均為m,重力加速度為g。

求：

(1)光滑圓弧半徑R；

(2)與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力大小F；

(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能AE。

【詳解】(1)滑塊A下滑的過程根據(jù)機械能守恒:加1=mgR

2

(2)AB碰撞前，對A進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律=m匕

R

解得N=3mg

利用牛頓第三定律得與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力大小為3mg

(3)AB碰撞過程動量守恒，則mv—2mv

得v'=g

2

所以碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為mv2-^-x2mv'2=Jmv2

16.(2024?北京延慶?統(tǒng)考一模)中國北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)。圖甲是北斗

導航系統(tǒng)衛(wèi)星分布示意圖，乙所示為其中一顆北斗衛(wèi)星的軌道示意圖。已知該衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動

的周期為7,地球半徑為凡地球表面附近的重力加速度為g,引力常量為G。

(1)求地球的質量M；

(2)求該衛(wèi)星的軌道距離地面的高度力；

(3)請推導第一宇宙速度V7的表達式，并分析比較該衛(wèi)星的運行速度v與第一宇宙速度叼的大小關系。

【答案】(1)M=---；(2)h=(3)v<Vj

G

【詳解】(1)設一物體的質量為m/,在地球表面附近萬有引定律等于重力^=%g

解得地球質量M=.

G

Mm4乃2

(2)設衛(wèi)星質量為m2,根據(jù)牛頓第二定律G2=m-^-(R+h)

(R+42

解得h=l\筌3喑-R

(3)根據(jù)牛頓第二定律G"=

rr

第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的運行速度，即時匕等

該衛(wèi)星的軌道半徑廠=R+/z>R

因此其速度v＜匕。

17.（2024.北京延慶?統(tǒng)考一模）如圖所示，半徑R=0.4m的豎直半圓形軌道6c與水平面仍相切。質量加2=0.2kg

的小滑塊B放在半圓形軌道的最低點6,另一個質量為〃”=0.3kg的小滑塊A,在水平推力后3N作用下由

靜止開始從a點向右做勻加速直線運動，當小滑塊A剛好要與小滑塊B碰撞時立即撤去F,隨后小滑塊A

與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起后恰好能夠到達半圓形軌道的最高點c。已知推力尸作用的

時間r=2s,滑塊A與水平面之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5。取重力加速度g=10m/s2,A、B均可視為質點。求：

（1）A與B碰撞前瞬間的速度大小四；

（2）兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能AE；

（3）兩滑塊從6運動到c的過程中系統(tǒng)產生的熱量。。

【答案】（1）10m/s;（2）6J；（3）4J

【詳解】（1）設小滑塊A的加速度為°,根據(jù)牛頓第二定律有=7如。

由運動學公式有vi=at

解得V7=10m/s

（2）小滑塊A與B相碰，根據(jù)動量守恒定律有mivi=（mi+m2）v

根據(jù)能量守恒定律有公￡？=：〃/；-