2024年新高考物理二轮热点题型归纳：计算题归类总结（解析版）

计算题归类总结

目录

题型一匀变速直线运动规律的应用

题型二牛顿运动定律的综合应用

题型三应用动能定理求解多过程问题

题型四机械能守恒定律的综合应用

题型五动量观点与能量观点的综合应用

题型六带电粒子（体）在电场中的运动

题型七带电粒子在磁场中的运动

题型八带电粒子在组合场中的运动

题型九带电粒子（体）在叠加场中的运动

题型十电磁感应综合问题

题型一匀变速直线运动规律的应用

1（2023上•四川绵阳•高三绵阳中学校考开学考试）某动车组列车总长L=300m,由静止出发后做加速度

大小为a=0.5m/s2的匀加速直线运动，达最大速度4=90m/s后做匀速运动。列车出发时，在车头前方

8700m处有一信号灯（信号灯宽度可忽略）。当列车尾部通过信号灯时，司机接到通知：在信号灯前方s二

2490m处有一失去控制的工程车，其运动方向与列车相同，速度大小恒为/二30m/s。司机从接到通知到

开始刹车历时回二1.5s,求：

（1）求列车由静止匀加速到最大速度所经历的时间占和位移的大小X?

（2）列车开始刹车时，与工程车的距离E

⑶列车为避免与工程车相碰，刹车加速度大小至少为多少？

【答案】⑴180s,8100m：（2）2100m：⑶?"

7

【详解】⑴列车静止出发后做加速度大小为a=0.5m/s2的匀加速直线运动，达最大速度4=90m/s后，由

速度公式

30+ah

解得到最大速度所经历的时间为

G二180s

由位移公式

Xi二；ag

解得位移为

M=8100m

（2）设反应时间△£内，列车和工程车均在匀速前进，得位移分别为

x列二%,△£二135/n

xT=v•Af=45/7?

列车开始刹车时与工程车的距离关系为

d-（s-L）-（X«-Xx）=（S-L）-（VnTV^t

解得

d=2100m

⑶恰好不碰的临界条件是：恰好相贴，后车恰好与前车共速

对后车有速度关系

,

vir=v=vm-at3

相贴时长度关系为

*列=xx+d

而

*列12

X.二人

联立解得

2

a^ll一m/s

2（2023上.云南昆明.高三云南师大附中校考阶段练习）测试员带机器狗在山地中测试，看到一松鼠在树

上，松鼠由于受到惊吓，从高为八二5m的树杈上掉下（可看成自由落体运动），同时机器狗由静止开始向松

鼠跑去，该情境可简化为图甲所示的模型，机器狗运动的v-f图像如图乙所示，已知机器狗的最大速度

为4m/s,松鼠和机器狗均可看做质点，重力加速度g取10m/s2。

（1）要使机器狗在松鼠落地的同时达到落地点P,求机器狗的初始位置与落地点P之间的距离；

⑵如果开始时机器狗与落地点P之间的距离为12m,由于松鼠落地后摔伤，松鼠将从静止开始以部

2mg的加速度与机器狗以相同方向沿同一直线逃跑（松鼠逃跑的最大速度为6m/s）,通过计算说明机器

狗能否追上松鼠？

-v/（mas-,）

甲

【答案】⑴2m；⑵见解析

【详解】（1）松鼠做自由落体运动,1

•6

C9g

解得

S

由图乙可知前1s内机器狗做匀加速直线运动。加速度

a,=—=--^<lm/s2=4m/s2

Z1

则机器狗的初始位置与落地点尸之间的距离

x产枭牛2m

（2）如果机器狗开始时与P点之间的距离

x-12m

由（1）问知松鼠落地瞬间，机器狗还未到达尸点，设松鼠落地后经过时间&达到

u=4m/s•••

即

u=a2f2

解得

t2=2s

松鼠落地后，L时间内运动的位移为

快4m

松鼠落地瞬间，机器狗刚好达到最大速度4m/s,L时间内机器狗运动的位移为

X3=vt2=8m

由于

X+X2>X1+X3

所以机器狗不能追上小松鼠。

【方法提炼】

(1)求解匀变速直线运动问题的一般思路

①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程.

②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量.

③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程.

⑵追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路

画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.

【变式演练】

题目1(2023上•天津滨海新.高三天津市滨海新区田家炳中学校考阶段练习)已知48两物体0二2kg,

m而1kg,人物体从八二1.2m处自由下落，且同时8物体从地面竖直上抛，经过仁0.2s相遇碰撞后，两

物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度lOmd,求：

(1)碰撞时离地高度x；

(2)碰前48速度。

【答案】⑴1m；⑵/=2m/s,疔4m/s

【详解】(1)根据题意，4物体做自由落体运动，下落2s后与竖直上抛的8物体相碰，则可知此时间内

,4下落的高度为

年出产二吉x10x0.04m=0.2m

而4下落时距地面八二1.2m,由此可知，碰撞时离地高度

x=h-h0=1m

(2)4物体碰撞前的速度

v^gt-10x0.2m/s=2m/s

设B物体竖直上抛时的初速度为%,则有

x=vot-^gf

解得

vQ=6m/s

根据速度时间关系可得碰撞前8的速度为

v^=vQ-gt=(6-10x0.2)m/s=4m/s

题目2(2023上.云南大理高三云南省下关第一中学校考期中)如图所示，在离地面高H处以％=10m/s的

速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长L=5m的小车，其前端M距离抛出点的正下方s=4m,小球抛

出的同时，小车由静止开始向右做a产2rTVsZ的匀加速直线运动。已知小球落地前最后1s内下落的高度为

25m,忽略空气阻力及小车的高度，求：

(1)小球抛出点离地面的高度修

⑵小车末端N到达小球抛出点正下方时，小球的位移；

(3)当小车末端2到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为及、方向与此时速度方向相反的匀变速

直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度比的范围。

H

s=4m

【答案】⑴；⑵方向竖直向2

40m15m,下；(3)12^<a2<22m/s

【详解】(1)设小球从最高点下落的时间为L则

»=±g(L1)2,/7+25m=/gf

联立解得

f=3s,h=20m

小球上抛的高度为

Mtic

h=—均=5m

则小球抛出点离地面的高度为

H=h+25-h=4Qm

(2)小车车尾到达抛出点正下方所用时间为〜则

S--y3i£

辞得

fi=3s

则小球的位移

X=Vot段g&

解得

x=-15m

小球位移大小为15m,方向竖直向下。

(3)小车车尾到达抛出点正下方速度为

aj产6m/s

当小车车尾刚好接住小球，则

x=v(fo+f-fi)-Ja(fo+Lri)2=0

解得

a-12m/s2

当小车车头刚好接住小球，则

■8

乂=V(fo+f_匕)_*a'(fo+f_匕)2二一L

解得

a*=22m/s2

2

^2m/^<a2<22m/s

题型二牛顿运动定律的综合应用

1(2023上.辽宁.高三校联考阶段练习)如图所示，质量2kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其

左端有一可视为质点、质量1kg的物块，现对物块施加一水平向右的恒定拉力尸=6/7,木板先在水平

地面上加速，物块离开木板后木板在摩擦力的作用下开始减速，运动的总距离s=0.5m。已知物块与木板

间的动摩擦因数〃产0.4,木板与地面间的动摩擦因数例二0.L取重力加速度大小g=10m/s2。求：

⑴木板的加速距离d；

⑵木板的长度/o

sm

【答案】⑴1n⑵1m

【详解】(1)分析可知，拉力F作用下物块在木板上滑动，设物块离开木板前木板的加速度大小为离开

后木板的加速度大小为木板的最大速度为3则有

〃1mg-〃2(.M+m)g=Ma]

p2Mg=Ma2

(2)设在拉力F作用下木板的加速时间为九物块的加速度大小为a3,则有

F-〃img=m也

/=1m

2(2023.云南昆明.云南师大附中校考模拟预测)如图所示，足够长的水平地面上有材质不同的甲、乙两个

物块，它们与水平面间的动摩擦因数分别为〃1=0.2、“2=04甲的质量为m尸4kg,乙的质量为在=2kg。

在F=25/V的水平推力作用下，一起由静止开始向左做匀加速运动，取g=lOm/s?。求：

(1)物块甲、乙一起做匀加速运动的加速度大小；

⑵物块甲对物块乙的作用力大小；

⑶某时刻甲、乙的速度为v=12m/s,此时撤去推力E则撤去推力后物块乙滑行的距离。•••

甲I乙f一

///z/Zz//z//Z/////z//

【答案】(1)1.5mg：⑵14/V；⑶18m

【详解】(1)设物块甲乙一起做匀加速运动的加速度为a对甲乙整体，由牛顿第二定律得

F-pimig-p2m2g;(/7?i+fn2)a

解得

a=1.5m/s2

(2)物块甲对物块乙的作用力为产，有

F-F-p2m2g=m2a

解得

P二14N

⑶撤去推力后，因为

5g<Mg

所以，两者分离，之后乙的加速度

氏二〃2g=4m/s2

物块乙滑行的距离

x=^-=18m

2a,

3如图所示，一旅客用尸二6.5/V的力拉着质量为m=1kg的行李箱沿水平地面运动.已知拉力尸与水平方

向的夹角8=30°,从静止开始经仁2.0s时行李箱移动距离x=2.3m,这时旅客松开手，行李箱又滑行了

一段距离后停下。若行李箱可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)行李箱与地面间的动摩擦因数；

⑵旅客松开手行李箱还能运动多远；

(3)行李箱要在水平地面上运动，拉力尸与水平地面夹角多大时最省力。

【答案】⑴』,：⑵三工m；⑶30°

【详解】(1)根据位移时间关系有

解得

a=\3m/s2

对行李箱，由牛顿第二定律有

Fcos30°-〃(mg卡in30°)-ma

解得

、3

吟W

⑵旅客松开手时，行李箱的速度为

v-at-2、3m/s

■8

旅客松开手后，由牛顿第二定律得

pmg=ma'

解得

a'=此2m/s2

A

由匀变速直线运动的速度位移公式得行李箱的位移为

2ar5

(3)设拉力厂与水平地面的夹角为。，行李箱要在水平地面上运动，则

Fcos00

又

f=fjN

在竖直方向上，由平衡条件的

A/+Fsin0=mg

解得

F>-----UJW-.—

coscr+psma

由数学知识知__

cosa+-^y-sina=~^-sin(a+60°)

可知当a=30°时，拉力尸最小，最省力。

【方法提炼】

1.动力学基本问题的解题步骤

(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。

(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。

①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。

②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上时。

(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。

(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。

2.处理多过程动力学问题的“二分析一关键”

(1)“二分析”

①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；

②分析研究对象在每个阶段的运动特点。

(2)“一关键”

前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是

解题的关键。

3.分析“板一块”模型的四点注意

(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系.

(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件.

(3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件

①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动.

②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出

■8

滑块“所需要”的摩擦力昂比较凡与最大静摩擦力小的关系，若5则发生相对滑动.

(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速.

4.传送带的摩擦力分析

⑴关注两个时刻

①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。

②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。

(2)注意过程分解

①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。

②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。

(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tan。与〃的大小关系：〃>tana速度相等后

一起匀速；〃<tan&速度相等后物体的加速度向下，根据/与a的方向关系即可判定运动情况。

【变式演练】

1(2023上.云南昆明.高三云南民族大学附属中学校考阶段练习)如图所示，水平面与倾角6=37°足够

长的传送带在4点平滑相连，传送带以速度％=3m/s逆时针匀速转动，小物块(视为质点)在4点右侧x

=3.6m处的。点以初速度-二10m/s向左运动，后从传送带的底端，点滑上传送带，小物块与04段水平

面和传送带间的动摩擦因数均为〃=0.5,Sinar=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)小物块从O点运动到4点时速度大小；

(2)小物块沿传送带向上运动的加速度大小；

(3)小物块沿传送带向上运动的时间和向上滑行的最远距离。

【详解】(1)小物块从O到八是匀减速运动，由牛顿第二定律有

fjmg二mat

解得

ai=5m/s2

设小物块运动到4点时速度为“则有

V2-vf=-2a1x1

解得

v2=8m/s

(2)当小物块速度时，对小物块由牛顿第二定律得

mgsin3Z+p/ngcos37°二m%

解得

2

a2=10m/s

因为

〃<tan37°

当小物块速度卜〈匕时，有

mgsin370-pmgcos37°二•••

解得

%二2m/s2

（3）小物块从4向上运动到与传送带共速时间为，则有

v2-v0=a2G

解得

G=0.5s

由共速到速度为0的时间为5则有

v/o=a3t2

解得

t2=1.5s

则向上运动的总时间

t=h+t2=2s

小物块向上滑行的最远距离为

解得

x2=5m

2〕（2023上.重庆.高三校联考阶段练习）如图所示，在光滑水平地面上静置一质量2kg、长度L=

0.5m的薄木板4木板右端放有一质量m=4kg的小滑块8（可视为质点）。某时刻在木板右端施加一水

平向右的恒力下二14N,作用仁2s后撤去。已知滑块与木板间的动摩擦因数〃=0.2,滑块离开木板前、后

的速度不变，取重力加速度大小g=10m/s2,求：

（1）滑块离开木板时的速度大小片

⑵撤去恒力尸时滑块到木板左端的距离&

B

A

//y77//7

【答案】（1）“2m/s；⑵d=4.5m

【详解】（1）设滑块在木板上运动时的加速度大小为d，木板的加速度大小为生，有

fjmg=ma],F-pmg-Ma2

滑块离开木板时

解得

to=1s<2s,u=2m/s

撤去恒力前，滑块离开木板，则滑块离开木板时的速度大小为2m/s。

（2）设滑块在木板上运动的时间为小滑块离开木板后，力尸使木板产生的加速度大小为炭，有

v=aM,F=Ma3,d=^lt-t,y+（a2t-vlt-t^

解得

d=4.5m

3（2023上.广东茂名.高三统考阶段练习）如图甲所示为月饼排盘器，月饼可以通过排盘器整齐地摆

盘，再进入烘焙设备。将排盘过程简化为如图乙所示的模型，开始时排盘器静止在盘子上方，排盘器上表面

距离盘子的高度h=0.2m,排盘器右端与盘子右端相距又二0.15m,月饼向右运动，当月饼与•排盘器•右端相•

距X2=1m时，月饼的速度%=2m/s,排盘器立刻以a二2md的加速度向左做匀加速运动。已知月饼与排

盘器间的动摩擦因数〃=0.2,重力加速度为g=10m/s2,求：

(1)从排盘器运动开始计时，经过多长时间月饼将离开排盘器？

(2)月饼落入盘子时距离盘子右端的距离X。

I月饼一一始》|

排盘器I卜I

甲乙盘子

【答W案】⑴仁0.5s；⑵x=0.2m

【详解】(1)月饼向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得

pmg=ma

解得

a=pg=2m/s2

经过f时间的位移为

x饼二％L—a，f

排盘器向左做加速运动，经过f时间的位移为

x器二轲

位移满足关系

X2=X饼+X器

联立解得

x跣二0.25m

t=0.5s

(2)月饼离开排盘器的速度

vy-VQ-at

解得

vy-1m/s

做平抛运动，水平方向有

X3=Vyt'

竖直方向有

h=Jg尸

月饼落入盘子时距离盘子右端的距离

X=Xi+X群一*3

解得

x=0.2m

■目〔4(2024.四川自贡・统考一模)如图，一滑雪道由48和BC两段滑道组成，其中A8段倾角为a8c段

水平。一个质量为g二2kg的背包在滑道顶端■处由静止滑下，若1s后质量为偿二48kg的滑雪者从顶

端以初速度%=1.5m/s、加速度a=3m/s2做匀加速追赶，恰好在坡底8处追上背包。背包与滑道的动摩擦

因数为〃二W，重力加速度取g=lOmd,sin。二鼻，cos。=祟，忽略空气阻力。求：

1/do

(1)滑道48段的长度；

(2)背包和滑雪者到达8处时，分别的速度大小。

【答案】⑴9m；⑵/=6m/s,1/2=7.5m/s

【详解】(1)设斜面长度为L,背包在斜面上滑行的加速度为a,由牛顿第二定律有

mgin”〃/7?00s6=m1a1

解得

a产2m/s2

设滑雪者在斜面上滑行时间为f，后1s,由运动学公式得

L=Vot+^at2

联立以解得

t=2s或t=-1s(舍去)

L=9m

(2)设背包和滑雪者到达8处时的速度为巧、吆，则有

也二a[(f+幻=6m/s

v2=vQ+at=7.5m/s

■B5(2023上.福建.高三校联考阶段练习)如图甲所示，一定长度、质量为"二2kg的长木板放在水平面

上，质量为1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力6(大

小未知)，使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为仁C时刻，0~2s内长木板和物块的速度随时间

的变化规律如图乙所示，f=2s时将外力大小改为成22M物块与长木板间的动摩擦因数为〃”长木板与

水平面间的动摩擦因数为色二Ho假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木

10

板，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)M以及斤的大小：

(2)长木板最终的速度大小。

甲乙

【答案】⑴所02,E=42M(2)_!!lm/s

【详解】(1)由v-f图像可知,入板的加速度大小为

四二兽二号m/s2=9m/s2

物块的加速度大小为

32=尚/=-ym/s2=2m/s?•••

分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得

尸厂〃1mg-〃2(M+m)g=May

”〔mg=ma2

联立解得

〃产0.2,Fi=42N

(2)f=2s,由u-f图像可知，此时木板和物块的速度分别为

%=18m/s,v2=4m/s

此时将外力大小改为E=22M物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定

律可知，加速度大小变为

^mg+p2(M+m')g-F2.

a；==1m/s2

MhA

设经过f时间木板和物块达到共速，则有

v共=v共=Vz+a2f

我立解得

「二号s,g二当m/s

由于

G二〃公(,M+m')g-22N

则共速后，木板和物块一起做匀速直线运动，所以长木板最终的速度大小为日m/so

题型三应用动能定理求解多过程问题

1(2023・四川德阳・统考一模)为助力2025年全运会，2023年11月25日-26日，粤港澳大湾区滑板公开赛

在广州大学城体育中心滑板场顺利举办，为大湾区市民群众带来了一场精彩纷呈的极限运动盛会。如图

所示为一质量m=50kg的运动员，从离水平地面高h=7m的斜坡上静止滑下，滑过一段水平距离后无碰

撞进入半径为月=5m、圆心角为6=53°的圆弧轨道8G从C点冲出轨道后，在空中做出各种优美动作

后落于水平地面的。点.已知圆弧轨道的8点切线水平，运动员在运动过程中不计一切摩擦，同时将其

视为质点，重力加速度大小为10诀2,sin53°=0.8,cos53°=0.6.求：

(1)运动员运动到8点时，地面对运动员的支持力大小；

⑵运动员从C点离开轨道至落地的过程，在空中运动的时间。G1.04=1)

【答案】(1)1900乂⑵1.8s

【详解】(1)运动员从4运动到8过程，由动能定理有

mgh二W

在B点对运动员受力分析,由牛顿第二定律得

N-mg=m^

联立可得地面对运动员的支持力大小为

N=1900N•••

(2)运动员从4运动到C过程，由动能定理有

mg-cos0)]=\mv^

解得

Vc=10m/s

运动员离开C点时，在竖直方向上的速度分量为

%尸VcSinB=8m/s

从C点到。点的过程，在竖直方向上有

R(1-cos©)=-vCyt+^gf

代入数据解得

t=1.8s

2(2023上.江苏淮安.高三校考阶段练习)如图，一滑雪运动员质量m=60kg,经过一段加速滑行后从4点

以外=12m/s的初速度水平飞出，恰能落到8点。在8点速度方向(速度大小不变)发生改变后进入半径

8=20小的竖直圆弧轨道80,并沿轨道下滑。已知在最低点O时运动员对轨道的压力为2100N。4与

B、8与。的高度差分别为20m、h=8m.不计空气阻力，g=10m/s2,求：

⑴A8间的水平距离；

(2)运动员在。点的速度；

(3)运动员在8。段克服阻力做的功。

【答案】⑴24m；⑵10x5m/s；⑶6120J

【详解】(1)由4到8运动员做平抛运动，竖直方向有

H二:g『

解得

、9

代入数据得

t=2s

则48间水平距离为

s=vAt=24m

⑵根据牛顿第三定律，在最低点。时轨道对人的支持力为2100M设在最低点时速度为％,由牛顿第一

定律，有

2

FN-mg=m^

解得

10、5m/s•••

(3)设运动员在8。段时克服阻力做的功力此，由动能定理得

mg(H+/7)-Wf=

代入数据，解得

的6120J

【方法提炼】

运用动能定理需注意的问题

(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个

过程的功及过程初末的动能.

(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑.但求功时，有些力不是

全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公

式.

【变式演练】

题目1(2023上•内蒙古赤峰.高三统考阶段练习)如图示，水平面8c与J圆弧48、斜面C。平滑连接，各

处均无摩擦。小物块P、Q质量为内、在。小物块P从圆弧最高点幺静止释放，与静止在水平面上小物

2

块Q发生弹性正碰。已知圆弧半径8=0.2m,m1=4kg>1kg,0=3Z,sin37°=0.6,g=10m/so

求：

(1)小物块尸运动到圆弧形轨道最低点时的速度大小；

(2)小物块尸、Q弹性正碰后P、Q的速度大小；

(3)若小物块Q从斜面返回到C点恰好与小物块尸相碰，小物块Q最初静止的位置与C点的距离。

【答案】⑴2m/s：⑵弹性正碰后尸的速度大小为1.2m/s；弹性正碰后Q的速度大小为3.2m/s；(3)2.048m

【详解】(1)由动能定理

可得小物块户运动到圆弧形轨道最低点时的速度大小

vQ=2m/s

⑵小物块P、Q弹性碰撞，有

nilu0=n7iV\+m2Vi

4^1^=2v4

联立可得

%=1.2m/s

i/2=3.2m/s

(3)小物块。在斜面上做匀变速直线运动，则加速度大小为•••

a’QiL=6md

E

则由

-v2=V2-at2

可得Q在斜面上运动的时间

设尸碰撞后运动的C点的时间为f,则有

x=v}t

X=v2(12)

联立可得小物块Q最初静止的位置与C点的距离

x=2.048m

国目2(2023・浙江绍兴・统考模％预测)如图所示，水平地面左侧固定半径/?=0.5m的竖直半圆瓠光滑轨

道48GA点为圆弧最高点，B点与圆心。等高，C点与水平地面相切。用三根材料相同、质量分布均匀

的长方木条制成直角三角形框架。EE斜木条OE的上表面光滑，倾角为6=37°。在尸点右侧相距较远处

有一尸点，尸点左侧的水平地面光滑，尸点右侧的水平地面与框架底面木条。尸之间的动摩擦因数为〃二

0.1.一可视为质点的小滑块从框架的最高点E由静止开始释放，滑块恰好能通过半圆弧轨道的最高点人水

平飞出，落到地面后停止运动。已知滑块质量1.0kg,框架侦量M=2.0kg,滑块从框架进入水平地面

时，速度由沿斜面方向变为水平方向，而速度的大小保持不变，不计其余一切阻力，重力加速度g=10m/s2

(1)求滑块经过8点时对轨道的压力时;

(2)求框架竖直边EF的高度力；

(3)求框架停止运动时尸点与尸点的距离S。

八E

A

【答案】⑴30/V：(2)1.65m：⑶2.825m

【详解】(1)设滑块通过最高点4时的速度大小为小由向心力公式

mg

^=55m/s

设滑块通过8时的速度大小为幺由动能定理

得

v2=515m/s

设在8点时半圆轨道对滑块的强力为凡，由向心力公式

得

F630N

则滑块经过0点时对轨道压力大小为30M方向向左。•••

(2)设滑块滑到水平面时的速度大小为％,由动能定理

-1/77V3--1/77vf=mg2R

得

v3=5m/s

设滑块滑到水平面时框架的速度大小为小由水平方向动量守恒

mv3cos0=Mv4

得

vA=2m/s

滑块下滑过程中机械能守恒，由能量关系

』m符.乂vl=mgh

得

h=1.65m

(3)设三角形框架底边。尸的长度为s，由几何关系

s]=-^h=2.2m

设框架经过P点过程中受到平均阻力为。经过尸点后受到阻力为则

得

h=~/jMg=1.25A/

、

f2=pMg=2.0N

设框架经过P点后经过的距离为比,由动能定理

2s2=0-3人倍

得

%二0.625m

设三角形框架停止运动时F点与尸点之间的距离为s,则

s=&+%=2.825m

(2023上•广东潮州•高三统考期末)如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道48的下端与圆弧轨

道DC8相切于8点，DC段粗糙，C8段光滑，圆心角N8OC=37°,。点与圆心。等高，圆弧轨道半径R

=1.0m,一个质量为m=0.5kg,可视为质点的小物体，从。点的正上方距离为1.8m的E点处自由下

落，小物体与斜面之间的动摩擦因数/;二05取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2o忽略空气阻力

对物体运动的影响，贝！I：

(1)小物体经多长时间到达。点；

(2)当小物体到达圆弧轨道底端C时对轨道的压力为13M求小物体在圆弧。C段克服摩擦力所做的功;

⑶要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L至少要多长？

【答案】⑴0.6s；(2)10J；⑶0.6m

【详解】(1)小物体从E点处自由下落到。点，根据

hqgf

解得

t=.生=0.6s

\Q

⑵在C点，根据牛顿第二定律可得

N-mg=m^

由题意可知

A/=13/V

解得

v(r4m/s

小物体从E点到圆弧轨道底端C过程，根据动能定理可得

mg(h+R)-皿心寺川论一0

联立解得小物体在圆弧。C段克服摩擦力所做的功为

“10J

(3)从C点到斜面最高点过程，根据动能定理可得

-mg/_sin37°一〃mgLcos37°-mgR(1-cos37°)=0-

解得

L=0.6m

要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为0.6m。

题目4(2023上.湖北孝感.高三安陆第一高中校联考阶段练习)如图所示，e字形轨道竖直放置在水平面上，

该导轨由左右两光滑半圆轨道和粗糙水平直轨道BE组成，B处有一弹性挡板，右半圆的半径。左半圆半

径为2G水平导轨8E长度为号，，圆弧上的。点与小圆圆心等高。一质量为m的小滑块经4点向左进入

轨道，恰好能通过C,并且经8亮弹一次后停在E处，已知滑块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度

为g。求：

(D滑块在。点时所受的弹力大小；

(2)滑块与水平导轨的动摩擦因数〃；

(3)改变小滑块的初速度，使小滑块运动过程中不脱离轨道且能回到4求小滑块初次经过4点的速度范

围。

【答案】(1)4mg；(2)〃=0.8；(3)匕42、gr或以24、gr

【详解】(1)设滑块通过C点时速度为此，由滑块恰好通过C点得

mg=

设滑块通过。点时速度为0,滑块由C点到。点由动能定理可得

mg