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与模拟题（解析版）

力学压轴解答题（全国甲卷和I卷）

命题妮律

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。

历年笈盛

L（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O∙O5s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Sl和52之比为3：7。重力加速度大小取

g=10m∕s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【解析】频闪仪每隔O.O5s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

t-4T-0.05X4s=0.2s

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M、必，根据平抛运动位移公式有

x=vot

2

yl=-gt=LXlOXOZ,m=0.2m

必=gg(2f)2-gg/ɪɪ×10X(0.42-0.22)m=0.6m

令X=y,则有

%=3y∣=3y

已标注的线段与、SZ分别为

22

sl=λ∣x+y

2222

S2=^x+(3y)-y∣X+9y

则有

22

y∣x+y:JX2+9.2=3：7

整理得

X—y

5

故在抛出瞬间小球的速度大小为

X2#）

V0=—=—^―IWS

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乱减速带的宽度远小于4一质量为根的无动力小车（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？

（无动力）小车

【答案】⑴MSiw⑵〃际（L+294）sin""，吗⑶L>d+^-

30sinθ

【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

mgs∖nθ=ma

设小车通过第30个减速带后速度为vl,到达第31个减速带时的速度为V2,则有

2

-vl=Iad

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山和V2；经过每一个减速带时损失的机械能为

&E=ɪmv∖—ɪwv,2

联立以上各式解得

△E=mgdsinθ

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

12

-JLifngs=0--mvl

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

2

mg^L+29")Sinθ—ΔEs=ɪwv1

联立解得

△E总=mg(∆+29d)sinθ-μmgs

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

△E，_AJ_mg(L+29d)sin，-μmgs

30-

(3)由题意可知

NF>ΔE

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

可用尸=A√描写，女为系数；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1.21x10$kg时，起飞离地速度为66m/s；

装载货物后质量为1.69x10,kg,装载货物前后起飞离地时的上值可视为不变。

(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152Im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】⑴B=78m⅛；(2)2m∕s2.∕,=39s

【解析】(1)空裁起飞时，升力正好等于重力：

kv^=mlg

满载起飞时，升力正好等于重力：

如；=m2g

由上两式解得:

v2=78m∕s

(2)满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以

vl-0=2ax

解得:

a=2m∕s2

由加速的定义式变形得：

_∆v_v-O

t——2

aa

解得：

t=39s

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。/=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M图像如图（b）所示，图中的刃和〃均为未知量。已知A

的质量为，*，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）己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。

211

【答案】⑴3m；⑵Tr的⑶§

【解析】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为匕、力,弹性碰撞瞬间，动

量守恒，机械能守恒，即

mvλ=mvA+InBVB

1ɔ12I2

-mv-=-mv-A+-mBVg

联立方程解得

m-HIR2m

V

A=L∙¼,⅝=——¼

m-∖-mβm+mB

根据VY图像可知

1

VΛ="2V>

解得

mn=3m

（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

mgsinθ-f=ma]

由v-t图像知

T

当物体A沿斜面上滑时

mgsinθ+f=ma2

由v-t图像知

5v∣

%=而

解得

f=sinΘ

又因下滑位移

H1

=-vr

%sinΘ2ɔιι

则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为

x>=---=-~∙0.4∕1=0.1v1z1

2Sine22,11

其中6为P点离水平面得高度，即

h=-H

5

解得

H

5sin8

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

W=f（xx+x2）=→ngsinθ×（^-+-^-}=^-mgH

，9ISIne5smOJ15

（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

mg（H叫=μmg+μmgS

tan。β

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

mgh=Hmg---Fμ'mgS

tan®

又据（2）的结论可知

.2,,H+h

ιWτ=—mgH=μmg------

f15tan，

得

tanθ=9μ

联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为

幺=U

二9

5.（2018•全国•高考真题）一质量为机的烟花弹获得动能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】⑴匡:（2）h=-

g∖mmg

【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V（IV0,由题给条件有

E=刎：①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为f,由运动学公式有

O-vo=-gt②

联立①②式得

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为4,由机械能守恒定律有

E=mgh]（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Vl和

V2∙由题给条件和动量守恒定律有

-mυ∖+-mv1=E⑤

4142

加+轲2=O⑥

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

=gmgħ2（7）

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

2F

h=%+h=—⑧

1mg

6.（2017•全国•高考真题）一质量为8.00x104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船

在离地面高度1.60χl05rn处以7.5x103rn∕s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为IOOm/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9.8m/sq结果保留两位有效数字）.

⑴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600m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】⑴4.0χlOSj,2.4x103（2）9.7×10s√

【解析】（1）飞船着地前瞬间的机械能为

E0=g*+O①

式中，m和Vo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

8

E0=4.0×IOJ（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

式中，昉是飞船在高度L6χl05m处的速度大小.由③式和题给数据得

6,=2.4x10"J④

（2）飞船在高度”=60Om处的机械能为

Ev=（点%）2+mgh'⑤

Z1UU

由功能原理得

W=EL4⑥

式中，W是飞船从高度60Om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=9.7χlO8J⑦

【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仇上沿相连.两细金属棒

"（仅标出“端）和M仅标出C端）长度均为L,质量分别为2m和mi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，回路电阻为凡两金属棒与斜面间的动摩擦因

数均为M，重力加速度大小为g∙已知金属棒加匀速下滑.求：

⑴作用在金属棒外上的安培力的大小；

⑵金属棒运动速度的大小.

【答案】⑴/"g（sin（9-34CoSO）⑵（Sin卅3〃cos。）

BL

【解析】⑴设导线的张力的大小为了，右斜面对岫棒的支持力的大小为M,作用在油棒

上的安培力的大小为尸，左斜面对M棒的支持力大小为N2.对于油棒，由力的平衡条件

得

2mgsinθ=μN∖+T+F

N1=2JngcosB

对于Cd棒，同理有

mgsinθ+μN2=T

N2=mgcosθ

联立解得：

F=mg(sin夕一3〃COSe)

⑵由安培力公式得：

F=BIL

4。棒上的感应电动势：

E=BLv

由欧姆定律得：

/一

R

联立解得：

一=(Sin＞一3〃CoSe),呈

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（〃）所示。/=0时刻开始，小物块

与木板一起以共同速度向右运动，直至UIS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IS时间

内小物块的VT图线如图3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∕s2o求：

（1）木板与地面间的动摩擦因数片及小物块与木板间的动摩擦因数〃2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离。

E∖

图（a）

【答案】(1)Ai=O-I-A2=θ∙4;(2)

【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为

v=4m∕s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是

v=4m∕s

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

22

%g—m∕s=4m∕s

1

解得

A2=0.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间f=ls,位移x=4.5m,末速度v=4m∕s,其逆运动则

为匀加速直线运动可得

12

x=vt+-at^

2

解得

a-lm∕s2

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即

可得

A1=θ∙l

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有

"∖(M+m)g+%Ing=Mai

可得

2

at=^m∕s

对滑块，则有加速度

2

a2=4m∕s

滑块速度先减小到0,此时碰后时间为

Z1=Is

此时，木板向左的位移为

1210

xI=vt∖~^a∖t∖

末速度

TmZS

'3

滑块向右位移

v÷0.

x=------1.=2m

72

此后，木块开始向左加速，加速度仍为

2

a2=4m∕s

木块继续减速，加速度仍为

a=-m∕s2

1l3

假设又经历与二者速度相等，则有

a2t2=V1-alt2

解得

t2=0.5s

此过程，木板位移

127

七=也-5晒=泮

末速度

vɜ=vl-ayt2-2m∕s

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

∆x=X1+x3+x2-x4=6m

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•起匀减速直到停止，整体加速度

2

a=μig=lm∕s

位移

“且=2m

2a

所以木板右端离墙壁最远的距离为

xl+xi+x5=6.5m

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ls∙当汽车在晴天干燥沥青路面上以

108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m.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120m,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"，刹车时汽车的加速度大小为预，

安全距离为s,反应时间为仇由牛顿第二定律和运动学公式得：

μomg=nuιo

_vɑ

S=voro+τ一

2%

式中加和Vo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〃，依题意有：

2

设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为“，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

2

S=F

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，48和R分别位于直角

坐标系中的（0,2/）、（0,-/）和（0,0）点.已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小

为α的匀加速运动：8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（/,/）.假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小.

【答案】VB=—∖∣6al

【解析】由题意画出Xoy坐标轴及A、8位置，设8车的速度为力,此时A、B的位置分别

为”、G,4的纵坐标为分别为yA,G的横坐标为x8,则

XB=vβt②

在开始运动时R到A和B距离之比为2:1,即

OE:OF=2:1

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"K:KG=2:1③

由于AFGH~Δ∕GK,有“G:KG=XZi:(4-/)=3:1④

HG:KG=(%+/)：2/=3:1⑤

所以XB=号⑥〃=夕⑦

联立①②⑥⑦解得力=；屈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、JB的位置yA,×B,再由4、B各自的运动，列出方程逐⅛二学；略匕群①二3

(2)就可求解%=(扃L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.

-----------≡fi≡∖

应为策咯

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：0=oo+"

(2)位移与时间的关系式：Λ=w+∣αr2.

位移的关系式及选用原则

(I)X=V3不涉及加速度4；

2

(2)x=vot+^atf不涉及末速度V；

(3)X=F2,不涉及运动的时间L

I.基本思路

画过程示意图I―I判断运动性质IfI选取正方向I-I选用公式列方程

fI解方程并加以讨论

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。0的方向为正方向；当υo=O

时，一般以加速度。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。一[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、。、。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：V=*=%.此公式可以求某

2

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.

叩：Δx=Λ⅛—为=X3-X2=""=X"-Xn-1~ClT~.

不相邻相等的时间间隔7内的位移差%一斯=(，〃一〃)。^,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

(I)T末、27末、37末、…、TIT末的瞬时速度之比为Oi:。2：。3：…：。“=1：2：3：…：n.

z

(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前〃T内的位移之比为©：X2：X3：…：xn=l：4：9：…：n.

⑶第1个T内、第2个T内、第3个7内、…、第〃个T内的位移之比为不：Xil：Xin:…:XN

=1：3：5：•••：(2n-l).

(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为tχ∙.t2∙.t,∙.…：/„=1：(√2-l)：(√3-

y∣2)…：(yfn-∖jn-]).

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

根据问题需要和解题方便,选择某

个物体或几个物体组成的系统为

研究对象

画好受力示意图、情景示意图，明

确物体的运动性质和运动过程

通常以加速度的方向为正方向或

以加速度方向为某一坐标轴的正

方向

若物体只受两个力作用，通常用

合成法；若受3个或3个以上的力,

一般用正交分解法

O根据牛顿第二定律%=∕≡或｛，屋窗

列方程求解，必要时对结果孤行,

列方程求解

讨论

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。为坐标原点，以初速度00方向(水平方向)为X轴正方向，竖直

向下为y轴正方向.

位

移

关

系

速

度水平方向:勺小大小:U=Jt2+42

合速度

关

方向的。吟嗤

系竖直方向：4=义

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tane=2tanα.(如图所示)

推导：

tanθ=文=义

VOVO

ftan9=2tana

t.anCk——_——_SCL

X2voJ

⑵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,BPχβ=y.

八班

tanθ=

XA-XBXA

推导：CRB='

。52y∕⅛

tanθ一…一

VOXAJ

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

L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

,守恒观点H片=&H要选零势能参考桐

IT转化观点HAEk=-AEPH不用选零势能参考平面

j]

一"转移观点卜bE.=-AE,N东用选零势能参常而

应用机械能守恒定律解题的一般步骤

三选一，根据

(=＞题目特点，灵

活选用公式

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

重力做功等于重力势能减少量

弹力做功等于弹性势能减少量

势能W=EPl—Ep2=—AEP

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

22

动能合外力做功等于物体动能变化量W-Eu-Eki=^mv~^mvo

除重力和弹力之外的其他力做功等于机械

机械能W其他=E⅛-Eι=AE

能变化量1

摩擦

一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝

产生Q=FfX相对

对值等于产生的内能

的内能

电能克服安培力做功等于电能增加量W电能=E2-Ei=AE

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AEW和增加的能

量AE嫡的表达式.

模拟孩部)

1.如图所示，倾角为。的光滑斜面上设置有AB和CC两个减速缓冲区，缓冲区内物块与

斜面间的动摩擦因数为〃，且AB=BC=C。=/。一质量为机的物块从斜面上。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

力下的作用，即尸=其中k为己知常量。已知物块通过AB段的时间与通过CQ段的时

间相等，且物块运动到。点时的加速度为零，重力加速度为g。

(1)求斜面上。点到4点的距离乩

(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。点为S处由静止释放，物块运动到。

点的加速度为零，求物块从释放点运动到。的总时间。

O

A

______________冰

【答案】（1）4=∕+%2g（sin”Mcos6）2；⑵Q=4"?g/sin6：（3）

2μ2k2Sine

222

mg（sinθ-JLICOSΘ}-I-juks

t—~T

Nkmg（Sin。一μcosθ）

【解析】（1）物块在BC段做匀加速直线运动，故物块在AB段和CO段一定做完全相同的

减速运动，且以相同的速度收尾，即

匕=%，味=%

物块运动到。点，加速度为零，则有

,wgsin6=μ（ιngcosθ+kvo）

物块由B运动到C,由牛顿第二定律有

mgsinθ=ma

由运动学规律可得

%2-%2=2H

物块由。运动A,有

v∖=2ad

联立解得

—济g（sin纥〃一郎,%=4（sinO"os。）

2μ2k2sin^Hk

（2）物块由A运动到C,动能不变，由功能关系有

mg-21&inθ=QAB

又

QMI=Qg

故物块在缓冲区内因摩擦产生的总热量为

Q=4mglsinθ

（3）由（1）问可知物块到达。点的速度为

V=∙^∣^（sin。一〃COS。）

D

物块由释放点运动到。点，重力沿斜面向下的分力的冲量为

∕l=mgtsinθ

摩擦力的冲量为

I2=y'jj(mf>cos6+h]∆T=>,μmgcos的+>,χ∕⅛vAf=μm^tcosθ+μks

由动量定理可得

∕I-Z2=WVD

联立解得

,〃2g(sin。一〃CoSe)+〃—

t~~7r

Nkmg(Sine-〃cosθ)

2.如图所示，质量〃?=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〃=0.2,传送带的长度∕=8m,当传送带以l≡4m∕s的速度做

逆时针转动时,绳与水平方向的夹角＜9=37。。已知：sin37o=0.6,cos37o=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

TcosΘ=μ{mg-TsinΘ）

解得

T=8.7N

（2）剪断绳子后，根据牛顿第二定律

μmg=ma

解得

a=2m∕s2

匀加速运动的时间为

乙J,s=2s

'a2

位移为

x=-at2=-×2×22m=4m

l122

则匀速运动的时间为

l-x,8-4,

Z,=----l=----s=Is

v4

所以总时间为

f=%+'2=3s

3.如图所示，倾角为。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质量均为机，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〃=tan9,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,求

(I)B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小j；

(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。。

【答案】(1)α=2gsinO；(2)x=-∙,(3)Q=2mgLsmθ

2

【解析】(I)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

Ingsinθ+μmgcosθ=ma3

其中〃=tan6解得

QB=2gsinΘ

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匕，由动能定理可知:

vl=yJ2gLsmO

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％=2gsinO向上做匀减速运动，当B速度减为零时

W=atit

解得:

在此段时间内A向下运动的位移

S2=Vyt=L

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

mgsinO+μmgcosΘ=maR

aκ-2gsinΘ

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

v2L

X=——l=—

2a22

(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乙，所以同时与挡

2

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

Q=μmgcos6(s∣+.v2+x)

解得:

Q=2mgLsinθ

4.2023年1月17日，翔安大桥正式