2019-2023年高考物理真题分专题训练：力学综合计算题（教师版含解析）

试卷第=page132132页，共=sectionpages132132页专题19力学综合计算题一、解答题1．(2023·全国·统考高考真题)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

【答案】(1)小球速度大小，圆盘速度大小；(2)l；(3)4【详解】(1)过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律解得过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有解得即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即解得根据运动学公式得最大距离为(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有即解得此时小球的速度圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒根据能量守恒联立解得同理可得当位移相等时解得圆盘向下运动此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度有动量守恒机械能守恒得碰后小球速度为圆盘速度当二者即将四次碰撞时x盘3=x球3即得在这段时间内，圆盘向下移动此时圆盘距离下端管口长度为20l－1l－2l－4l－6l=7l此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4=8l则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。2．(2023·全国·统考高考真题)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求(1)小球离开桌面时的速度大小；(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。

【答案】(1)；(2)【详解】(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知得小球离开桌面时速度大小为(2)离开桌面后由平抛运动规律可得第一次碰撞前速度的竖直分量为，由题可知离开桌面后由平抛运动规律得，解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为3．(2023·全国·统考高考真题)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得联立解得，由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为(2)根据能量守恒有解得(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得又，联立可得由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为4．(2023·山东·统考高考真题)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。(1)求C下滑的高度H；(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；(3)若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；(4)若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。

【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【详解】(1)由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有代入数据解得(2)滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为木板B受到C的摩擦力水平向右，为B受到地面的摩擦力水平向左，为所以滑块C的加速度为木板B的加速度为设经过时间t1，B和C共速，有代入数据解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同减速，加速度大小为设再经过t2时间，物块A恰好祖上模板B，有整理得解得，(舍去)此时B的位移共同的速度综上可知满足条件的s范围为(3)由于所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有整理后有解得，(舍去)滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的功(4)因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有此时A、B之间的距离为由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有整理得解得，(舍去)此时有方向向左；方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有代入数据解得而此时物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量末动量则整个过程动量的变化量即大小为9.02kg⋅m/s。5．(2023·山东·统考高考真题)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；(2)已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？

【答案】(1)60m；(2)【详解】(1)灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有竖直方向上有代入数据联立解得(2)根据题意可知又因为联立可得6．(2023·北京·统考高考真题)螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G。(1)求区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；(2)根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，求区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；(3)科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v随r的变化关系图像，如图所示，根据在范围内的恒星速度大小几乎不变，科学家预言螺旋星系周围()存在一种特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求内暗物质的质量。

【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)由万有引力定律和向心力公式有解得(2)在内部，星体质量由万有引力定律和向心力公式有解得(3)对处于R球体边缘的恒星，由万有引力定律和向心力公式有对处于r=nR处的恒星，由万有引力定律和向心力公式有解得7．(2023·北京·统考高考真题)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：(1)A释放时距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；(3)碰撞过程中系统损失的机械能。

【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得解得(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得解得(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得解得则碰撞过程中损失的机械能为8．(2023·海南·统考高考真题)如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。求：(1)滑到的底端时对的压力是多大？(2)若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？(3)在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。

【答案】(1)30N；(2)1.6J；(3)【详解】(1)滑块下滑到轨道底部，有解得在底部，根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知B对A的压力是。(2)当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得解得加速度向左为对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力根据牛顿第二定律解得其加速度向左为由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离C向右运动距离由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量可得(3)由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有解得B的位移为则此刻的相对位移为此时由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有解得碰撞时B速度为碰撞时由动量守恒可得解得碰撞后B、C速度为之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得后再经后停下，则有故从滑上到最终停止所用的时间总时间9．(2023·辽宁·统考高考真题)某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机琴升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。【答案】(1)，；(2)【详解】(1)飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则解得飞机滑行的时间为飞机滑行的加速度为(2)飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为10．(2023·江苏·统考高考真题)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求滑雪者运动到P点的时间t；(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有联立解得(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有水平方向上有联立可得11．(2023·江苏·统考高考真题)“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为时，碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小和受到的静摩擦力大小f。

【答案】；【详解】发光体的速度发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为12．(2023·天津·统考高考真题)已知A、B两物体，，A物体从处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度，求：(1)碰撞时离地高度x；(2)碰后速度v；(3)碰撞损失机械能。【答案】(1)1m；(2)0；(3)12J【详解】(1)对物块A，根据运动学公式可得(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为，根据运动学公式可知即解得可得碰撞前A物块的速度方向竖直向下；碰撞前B物块的速度方向竖直向上；选向下为正方向，由动量守恒可得解得碰后速度v=0(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能13．(2023·湖北·统考高考真题)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。【答案】(1)；(2)0；(3)【详解】(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有解得

(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有小物块从C到D的过程中，根据动能定理有则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有联立解得，HBD=0(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有S=π∙2R解得14．(2023·浙江·统考高考真题)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；(2)若，求能到达处的离子的最小速度v2；(3)若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。

【答案】(1)；(2)(3)60%【详解】(1)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系解得r1=2L根据解得在磁场中运动的周期运动时间

(2)若B2=2B1，根据可知粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系解得r2=2L根据解得(3)当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理即求和可得粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中解得则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为η=60%15．(2023·浙江·统考高考真题)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能(x为形变量)。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【答案】(1)10m/s；31.2；(2)0；(3)0.2m【详解】(1)滑块a从D到F，由能量关系在F点解得FN=31.2N(2)滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为根据可得在C点的速度vC=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点解得v1=5m/s因ab碰撞动量守恒，则解得碰后b的速度v2=5m/s则碰撞损失的能量(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度则当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系解得同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1则弹簧最大长度与最小长度之差16．(2023·湖南·统考高考真题)如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；(2)在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；(3)若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用及表示)。【答案】(1)，；(2)；(3)【详解】(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒联立解得因水平方向在任何时候都动量守恒即两边同时乘t可得且由几何关系可知联立得(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得()(3)将代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图

此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒联立得17．(2023·湖北·统考高考真题)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；(3)时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可)

【答案】(1)；(2)，；(3)甲(－6a，0)，乙(0，0)，67πa【详解】(1)由题知，粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r=a根据解得(2)由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲=2T乙根据，有则粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。(3)已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0则根据，可知此时乙粒子的运动半径为可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S1=6πa且在第二次碰撞时有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2

解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S2=10πa且在第三次碰撞时有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3

解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次类推在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S8=10πa且在第九次碰撞时有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9

解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为r甲1=3a则时甲粒子运动到P点即(－6a，0)处。在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为S0=3πa故整个过程中乙粒子走过总路程为S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa18．(2023·山西·统考高考真题)将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？(不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g)【答案】【详解】石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有可得落到水面上时的竖直速度由题意可知即石子抛出速度的最小值为。19．(2023·全国·统考高考真题)分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同,振幅均为5cm，波长均为8m，波速均为4m/s。时刻，P波刚好传播到坐标原点,该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。(1)在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)；(2)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。

【答案】(1)

；(2)见解析【详解】(1)根据得可知时P波刚好传播到处，Q波刚好传播到处，根据上坡下坡法可得波形图如图所示

(2)两列波在图示范围内任一位置的波程差为根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差解得振幅最大的平衡位置有、振动减弱的条件为解得振幅最小的平衡位置有、、20．(2023·浙江·高考真题)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道下、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，)(1)求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；(2)摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间。【答案】(1)，；(2)；(3)【详解】(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为所用时间为此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为21．(2022·天津·高考真题)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A(1)在N点的速度的大小；(2)与间冰面的动摩擦因数。【答案】(1)；(2)【详解】(1)设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有设A在间受到的滑动摩擦力为，则有设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得联立解得由速度与位移的关系式，有代入数据解得(2)设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得解得设A在间受到的滑动摩擦力为，则有由动能定理可得联立解得22．(2022·福建·高考真题)如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：(1)C在碰撞前瞬间的速度大小；(2)C与B碰撞过程中损失的机械能；(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得解得C在碰撞前瞬间的速度大小为(2)物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为故C与B碰撞过程中损失的机械能为(3)滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为23．(2022·福建·高考真题)清代乾隆的《冰嬉赋》用“躄躠”(可理解为低身斜体)二字揭示了滑冰的动作要领。短道速滑世界纪录由我国运动员武大靖创造并保持。在其创造纪录的比赛中，(1)武大靖从静止出发，先沿直道加速滑行，前用时。该过程可视为匀加速直线运动，求此过程加速度大小；(2)武大靖途中某次过弯时的运动可视为半径为的匀速圆周运动，速度大小为。已知武大靖的质量为，求此次过弯时所需的向心力大小；(3)武大靖通过侧身来调整身体与水平冰面的夹角，使场地对其作用力指向身体重心而实现平稳过弯，如图所示。求武大靖在(2)问中过弯时身体与水平面的夹角的大小。(不计空气阻力，重力加速度大小取，、、、)【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)设武大靖运动过程的加速度大小为，根据解得(2)根据解得过弯时所需的向心力大小为(3)设场地对武大靖的作用力大小为，受力如图所示根据牛顿第二定律可得解得可得24．(2022·重庆·高考真题)小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为(g为重力加速度)，方向均与x轴负方向成斜向上(x轴向右为正)。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。(1)若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。(2)若蛙跳出的速率不大于(1)问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。(3)若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。【答案】(1)；(2)；(3)，或，【详解】(1)虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知青蛙做平抛运动，设时间为，有联立解得，(2)若蛙和虫同时开始运动，时间均为，则虫的水平分加速度和竖直分加速度分别为，相遇时有解得则最小的坐标为若蛙和虫不同时刻出发，轨迹相切时，青蛙的平抛运动有，可得轨迹方程为虫的轨迹方程为两轨迹相交，可得整理可知令，即解得虫在x轴上飞出的位置范围为(3)设蛙的运动时间为，有解得，若青蛙两次都向右跳出，则解得，若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，则解得，25．(2022·北京·高考真题)利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。(1)某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v1，在远日点速度为v2。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W；(2)设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律()及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力F与r的平方成反比；(3)宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T1，绕此恒星公转的周期为T2，求。【答案】(1)；(2)见解析；(3)【详解】(1)根据动能定理有(2)设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为m，运动半径为r，运动速度大小为v。恒星对行星的作用力F提供向心力，则运动周期根据开普勒第三定律，k为常量，得即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。(3)假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为r的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量为P0。以恒星为球心，以r为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量设地球绕太阳公转半径为r1在新轨道上公转半径为r2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，必须满足P不变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍，得r2=4r1设恒星质量为M，地球在轨道上运行周期为T，万有引力提供向心力，有解得由于恒星质量是太阳质量的2倍，得26．(2022·北京·高考真题)体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。【答案】(1)；(2)，方向与水平方向夹角；(3)【详解】(1)设排球在空中飞行的时间为t，则解得；则排球在空中飞行的水平距离(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小得；根据得；设速度方向与水平方向夹角为(如答图所示)则有(3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小27．(2022·江苏·高考真题)在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如题图1所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为、角速度为的匀速圆周运动，运动到A点停下，然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。(1)求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小；(2)求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。(3)在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)质量为的货物绕点做匀速圆周运动，半径为，根据牛顿第二定律可知(2)货物从静止开始以加速度做匀加速直线运动，根据运动学公式可知解得货物到达点时的速度大小为货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力，所以经过时间，货物运动到点时机械臂对其做功的瞬时功率为(3)空间站和货物同轴转动，角速度相同，对质量为空间站，质量为的地球提供向心力解得货物在机械臂的作用力和万有引力的作用下做匀速圆周运动，则货物受到的万有引力解得机械臂对货物的作用力大小为则28．(2022·海南·高考真题)有一个角度可变的轨道，当倾角为时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3倍，求：①A与轨道间的动摩擦因数；②A与B刚碰完B的速度大小；③绳子的长度L。【答案】①；②；③0.6h【详解】①倾角为时匀速运动，根据平衡条件有得②③A从高为h的地方滑下后速度为，根据动能定理有A与B碰撞后速度分别为和，根据动量守恒、能量守恒有B到达最高点速度为，根据牛顿第二定律有根据能量守恒有解得29．(2022·辽宁·高考真题)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。【答案】(1)；(2)，甲【详解】(1)根据速度位移公式有代入数据可得(2)根据向心加速度的表达式可得甲、乙的向心加速度之比为甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为代入数据可得甲、乙运动的时间为，因，所以甲先出弯道。30．(2022·湖北·统考高考真题)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。(1)求C的质量；(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。【答案】(1)；(2)6.5mg；(3)【详解】(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知解得(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知解得CD碰撞后D向下运动距离后停止，根据动能定理可知解得F=6.5mg(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知令对上式求导数可得当时解得即此时于是有解得此时C的最大动能为31．(2022·湖北·统考高考真题)如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。已知水的折射率，求:(1)tanθ的值；(2)B位置到水面的距离H。【答案】(1)；(2)【详解】(1)由平抛运动的规律可知解得(2)因可知，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为，则由折射定律可知解得由几何关系可知解得32．(2022·浙江·统考高考真题)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。(1)若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。【答案】(1)；(2)；(3)当时，，当时，【详解】(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律解得与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得联立解得(2)由(1)分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得解得以竖直向下为正方向由动能定理联立可得(3)当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得从点飞出后，竖直方向水平方向根据几何关系可得联立解得代入数据解得当时，从释放时，根据动能定理可得解得可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得解得距离点0.6m，综上可知当时代入数据得33．(2022·浙江·统考高考真题)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点(取，，重力加速度)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)根据牛顿第二定律可得代入数据解得(2)根据运动学公式解得(3)根据牛顿第二定律根据运动学公式代入数据联立解得34．(2022·广东·高考真题)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；(3)滑杆向上运动的最大高度h。【答案】(1)，；(2)；(3)【详解】(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有代入数据解得。(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有代入数据联立解得。35．(2022·河北·统考高考真题)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。(1)若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。【答案】(1)，，方向均向右；(2)【详解】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有解得可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，滑板A和B质量分别为和，则由解得则新滑板速度方向也向右。(2)若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得36．(2022·湖南·统考高考真题)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍(为常数且)，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中已知，求的大小；(3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有篮球反弹后上升过程中根据动能定理有联立解得(3)方法一：由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为(方向向下)(方向向下)由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有即每拍击一次篮球将给它一个速度v。拍击第1次下降过程有上升过程有代入k后，下降过程有上升过程有联立有拍击第2次，同理代入k后，下降过程有上升过程有联立有再将h1代入h2有拍击第3次，同理代入k后，下降过程有上升过程有联立有再将h2代入h3有直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有上升过程有联立有将hN-1代入hN有其中，则有则方法二：由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为(方向向下)(方向向下)由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则，联立可得代入k可得，……①篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得，同理化简可得……②篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得，同理化简可得……③……第N次反弹可得……(N)对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得得其中，，，可得可得冲量I的大小37．(2022·山东·统考高考真题)某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：(1)比例系数k值；(2)上行路程L值。【答案】(1)；(2)【详解】(1)设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有解得小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有设斜面倾角为，对小车匀速有而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有联立各式解得，(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有可得由运动学公式可知解得38．(2022·全国·统考高考真题)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】【详解】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39．(2022·全国·统考高考真题)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图(b)所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得(2)解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得40．(2022·浙江·统考高考真题)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，()(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。【答案】(1)7N；(2)

()；(3)，，【详解】(1)滑块释放运动到C点过程，由动能定理经过C点时解得(2)能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时解得而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理可解得则要保证小球能到F点，，带入可得(3)设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……解得

n=1,3,5,……又因为，当时，，当时，，当时，，满足要求。即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度的值可能为，，。41．(2022·浙江·统考高考真题)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。【答案】(1)；(2)12m/s；(3)66N【详解】(1)AB段解得(2)AB段解得BC段过C点的速度大小(3)在BC段有牛顿第二定律解得42．(2021·重庆·高考真题)我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为的物体(物体与头盔密切接触)，使其从的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取。求：(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；(2)物体做匀减速直线运动的时间；(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)由自由落体运动规律，带入数据解得(2)由匀变速直线运动规律解得(3)由动量定理得解得43．(2021·福建·统考高考真题)如图(a)，一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图(b)所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：(1)当拉力为时，滑块的加速度大小；(2)滑块第一次到达B点时的动能；(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有

①

②

③联立①②③式并代入题给数据得

④(2)设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有

⑤式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有

⑥联立②③⑤⑥式并代入题给数据得

⑦(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有

⑧联立②③⑦⑧式并代入题给数据得

⑨44．(2021·福建·统考高考真题)一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速阶段，探测器速度大小由减小到0，历时。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，地球表面重力加速度大小取，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：(1)在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；(2)在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。【答案】(1)，；(2)【详解】(1)设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为，末速度大小为，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有

①代入题给数据得

②设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有

③联立②③式并代入题给数据得

④(2)设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和，地球的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有⑤⑥式中G为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡条件有⑦联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得

⑧在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为。45．(2021·江苏·高考真题)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取，，求：(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；(2)环A的质量M；(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)设、的张力分别为、，A受力平衡B受力平衡解得(2)设装置转动的角速度为，对A对B解得(3)B上升的高度，A、B的动能分别为；根据能量守恒定律可知解得46．(2021·海南·高考真题)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。【答案】(1)v共=；(2)x=；(3)t=，W=mv02【详解】(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木=2v滑再根据动量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑联立化简得v滑=v0，v木=v0再根据功能关系有-μmgx=×2mv木2+mv滑2-×2mv02经过计算得x=(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F=μmg对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑=μg滑块相对木板静止时有v0=a滑t解得t=则整个过程中木板滑动的距离为x′=v0t=则拉力所做的功为W=Fx′=mv0247．(2021·海南·高考真题)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0~4s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为0.5m/s。(1)求这列横波的波长；(2)求波源在4s内通过的路程；(3)在图(b)中画出t=4s时刻的波形图。【答案】(1)λ=2m；(2)s=16cm；(3)【详解】(1)由题知图(a)为波源的振动图像，则可知A=4cm，T=4s由于波的传播速度为0.5m/s，根据波长与速度关系有λ=vT=2m(2)由(1)可知波源的振动周期为4s，则4s内波源通过的路程为s=4A=16cm(3)由题图可知在t=0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5m/s，则在4s时根据x=vt=2m可知该波刚好传到位置为2m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿正方向传播，则根据“上坡、下坡”法可绘制出t=4s时刻的波形图如下图所示48．(2021·湖北·统考高考真题)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。【答案】(1)2R；(2)；(3)【详解】解：(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有在水平方向上有联立解得x=2R(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为解得(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得解得对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得解得设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得解得碰撞过程中A和B损失的总动能为解得49．(2021·辽宁·统考高考真题)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t。【答案】(1)；(2)【详解】(1)小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知解得(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时在传动带上滑动的距离为因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为所以小包裹通过传送带的时间为50．(2021·天津·高考真题)一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求(1)玩具上升到最大高度时的速度大小；(2)两部分落地时速度大小之比。【答案】(1)；(2)【详解】(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有玩具上升到最大高度有两式联立解得(2)设玩具分开时两部分的质量分别为、，水平速度大小分别为、。依题意，动能关系为玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为，设两部分落地时的速度大小分别为、，由速度合成公式，有，结合，解得51．(2021·北京·高考真题)秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。(1)如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。(2)在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。【答案】(1)；(2)a.见解析；b.【详解】(1)根据牛顿运动定律解得(2)a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得已知v1=v2，得因为，得所以b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得得52．(2021·北京·高考真题)如图所示，小物块A、B的质量均为m=0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能。【答案】(1)0.30s；(2)；(3)【详解】(1)竖直方向为自由落体运动，由得t=0.30s(2)设A、B碰后速度为，水平方向为匀速运动，由得根据动量守恒定律，由得(3)两物体碰撞过程中损失的机械能得53．(2021·山东·高考真题)如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；(3)若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；(4)若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示)，不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】(1)、；(2)；(3)；(4)【详解】(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得联立方程解得(2)当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得结合第(1)问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为(3)从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知(4)小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧)加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为54．(2021·山东·高考真题)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在