专题15 力学综合题(解析版)-2025年高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考用）

热点题型·计算题攻略热点题型·计算题攻略专题15力学综合题目录01.题型综述 错误！未定义书签。02.解题攻略 错误！未定义书签。题组01匀变速直线运动规律的应用 1题组02牛顿运动定律的综合应用 6题组03应用动能定理求解多过程问题 17题组04机械能守恒定律的综合应用 24题组05动量观点与能量观点的综合应用 2803.高考练场 42高考力学计算题思维含量大，但解决问题是有章可循的。(1)仔细审题，明确题意。审题时要慢、要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼。(2)计算题一般有二到三问，难度是层层递进的，从感觉最熟悉、最有把握的子过程或图像的物理意义切入，对研究对象进行受力或运动情况分析，列方程，进而结合题述向前或向后分析其他过程，逐渐扩大“战场”，步步为营，可化难为易。(3)可把复杂的问题分解为一个个具体的小问题，充分利用各种手段，把物理情境分析清楚，建立物理模型，各个击破。(4)遇到难以突破的，可尝试从不同角度分析。比如某些变力问题，从动力学角度不好突破，可以尝试从能量转换角度、动量角度等进行分析。题组01匀变速直线运动规律的应用【提分秘籍】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．(2)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.【典例剖析】【例1-1】（2025·广西·模拟预测）有一列动车从静止状态开始做匀变速直线运动。此时，有一位同学安全站立在第一节车厢前端的站台前进行观察，当第一节车厢通过这位同学时，历时3s，接下来剩余的车厢通过这位同学，又历时12s，在此过程中，忽略车厢之间的距离，且车厢的长度是相等的。求：(1)这列火车共有多少节车厢？(2)过程中第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要多长时间？【答案】(1)25(2)3s【详解】（1）设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1节车厢通过他历时全部车厢通过他历时由位移时间关系式得，由两式解得n=25（2）设前4节车厢通过人所用时间为t3，前9节车厢通过人所用时间为t4，由位移时间关系式得，解得第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间为【例1-2】（2025高三上·山东临沂·期中）某无人机时刻从地面由静止开始竖直向上先做匀加速直线运动，一段时间后再做匀减速直线运动，当时速度减为零到达最高点。下表记录了不同时刻无人机的速度大小，求时刻（s）0246810速度（m/s）04.08.012.012.52.5(1)无人机运动过程中的最大速度；(2)无人机到达最高点时离地的高度。【答案】(1)(2)【详解】（1）由表格数据可知,人机加速过程加速度大小无人机减速过程加速度大小无人机上升过程总时间解得（2）无人机加速过程上升高度无人机减速过程上升高度无人机到达最高点离地高度【例1-3】（2025高三·河北石家庄·期中）图甲所示为一种自动感应门，其门框上沿的正中央安装有传感器，传感器可以预先设定一个水平感应距离，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于水平感应距离时，中间的两扇门分别向左右平移。当人或物体与传感器的距离大于水平感应距离时，门将自动关闭。图乙为该感应门的俯视图，O点为传感器位置，以O点为圆心的虚线圆半径是传感器的水平感应距离，已知每扇门的宽度为d，运动过程中的最大速度为，门开启时先做匀加速运动而后立即以大小相等的加速度做匀减速运动，当每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。（1）求门从开启到单扇门位移为d的时间；（2）若人以的速度沿图乙中虚线AO走向感应门，人到达门框时左右门分别向左向右移动的距离不小于，那么设定的传感器水平感应距离R至少应为多少？【答案】（1）；（2）3d【详解】（1）依题意，门先做匀加速后做匀减速，有解得（2）依题意，人在感应区运动的最短时间为根据运动的对称性可知，门匀加速过程的时间为匀减速运动过程，运用逆向思维，可得可得门运动的位移恰好为的时间为联立，解得【变式演练】【变式1-1】．（2025高三上·云南昆明·阶段练习）一质点做匀加速直线运动，若在某段时间内，质点速度增加10m/s，位移为20m；紧接着质点速度再增加10m/s的时间内，质点的位移为40m。求该质点的加速度大小。【答案】【详解】设质点的初速度为，根据速度与位移的公式有解得【变式1-2】．（2025高三上·山东东营·开学考试）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时，从2号锥筒运动到3号锥筒用时。求该同学(1)滑行的加速度大小；(2)到达3号锥筒时的速度大小。(3)最终停在哪两个锥筒之间。【答案】(1)(2)(3)4号锥筒与5号锥筒之间【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为2、3间中间时刻的速度为故可得加速度大小为（2）到达3号锥筒时的速度大小（3）该同学在1号锥筒时的速度为从1号开始到停止时通过的位移大小为故最终停在4号锥筒与5号锥筒之间。【变式1-3】．纯电动汽车，它是完全由可充电电池提供动力的汽车，已有200年左右的悠久历史，由于电池价格高、寿命短、充电时间长等原因，一直没有进入真正的民用领域。近年来由于新材料新技术的发明改进，使得这种新能源车越来越受到大众的喜爱。如图所示是一辆电动汽车制动做匀减速直线运动时连续经过的三点A、B、C。已知，AB段平均速度是，BC段平均速度是，求电动汽车在A点的瞬时速率。【答案】24m/s【详解】设，，则有，解得匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，则有根据速度公式有联立解得题组02牛顿运动定律的综合应用【提分秘籍】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—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，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，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(1)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tanθ与μ的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一起匀速；μ<tanθ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。【典例剖析】【例2-1】（2024·福建宁德·三模）如图甲所示，一质量为m=2kg的小物块从倾角α=37°的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点。已知小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面在B点处平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。从滑块滑上水平面BC开始计时，其运动的速度图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。(1)求物块与水平面间的动摩擦因数；(2)求A、B两点间的距离。【答案】(1)0.5(2)6.25m【详解】（1）由图乙求得物块在水平面上滑行的加速度大小为根据牛顿第二定律，有求得物块与水平面间的动摩擦因数为（2）物块在斜面上滑行过程中，根据牛顿第二定律，有另外代入数据求得【例2-2】传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量。可视为质点的包裹从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量，包裹与传送带的动摩擦因数，包裹与滑板的动摩擦因数，滑板与台面的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取。(1)当传送带以速度顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑动的距离；(2)为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。【答案】(1)，(2)【详解】（1）包裹在传送带上的加速度设包裹与传送带经过时间共速，则有解得所以包裹的位移传送带的位移二者的相对位移包裹与传送带因摩擦产生的热量包裹在滑板上的加速度滑块的加速度设包裹与滑板经过时间共速，则有解得包裹与滑块的共同速度包裹的位移滑板的位移故二者的相对位移（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间共同速度包裹的位移滑块的位移二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即解得【例2-3】（2025高三上·安徽·期中）如图所示，质量M=1kg、足够长的木板A静止在水平地面上，地面与木板A之间的动摩擦因数μ1=0.2，在A的左端放置一质量m=1kg的铁块B（可视为质点），B与A间的动摩擦因数μ2=0.6，现用一水平恒力F作用在B上，初始时木板A右端距O点（l=9m，当木板A右端到达O点时撤去外力F。重力加速度取g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。(1)要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围；(2)若F=10N，求整个过程中铁块相对木板滑行的距离；(3)若F=12N，求从初始到A、B都相对地面静止过程，整个系统产生的热量。【答案】(1)4N<F≤8N(2)11.25m(3)324J【详解】（1）要保持A、B一起做匀加速运动，整体法可知，拉力的最小值Fmin需满足分析可知二者匀加速运动，当AB间摩擦达到最大值静摩擦力时拉力最大为Fmax，故对整体研究隔离B研究，有联立解得故里F的范围为（2）分析可知，F=10N时，二者已相对滑动，由牛顿第二定律可知，B的加速度为同理A的加速度为则木板A右端到达O点时，有解得此时A的速度此时B的位移此时B的速度故该过程铁块相对木板滑行的距离撤去F后，A继续加速运动，且加速度为和之前一样为撤去F后，B做减速运动，且加速度大小为设经过t1时间，二者共速，则有解得则该过程二者相对位移因为μ2>μ1，故共速后二者相对静止一起匀减速，故求整个过程中铁块相对木板滑行的距离（3）若F=12N时，由牛顿第二定律可知，B的加速度为同理A的加速度为则木板A右端到达O点时，有解得此时B的位移撤去F后，A、B最终速度减为零，则从初始到A、B都相对地面静止过程，整个系统产生的热量，由能量守恒可知【变式演练】【变式2-1】如图，倾角的足够长光滑斜面固定，长，质量的长木板下端靠着插销置于斜面上，下端上表面放有一质量的物块（视为质点），不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端栓在固定挡板上。零时刻拔去插销，0.9s末将细线剪断。已知物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。(1)求0.2s末细线对物块的拉力大小。(2)求0.9s末长木板的速度大小。(3)在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少。【答案】(1)10N(2)(3)【详解】（1）以物块为研究对象，其受力如图所示物块静止，由力的平衡条件有代入数据解得（2）以木板为研究对象，其受力如图所示由牛顿第二定律有，代入数据得由运动学规律有将代入解得（3）内木板发生的位移为代入数据得0.8s之后，由于物块所受摩擦力不变，则木板加速度不变，二者均向下做匀加速运动。假设经时间两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有代入数据得由运动学规律有代入数据得木板发生的位移为物块发生的位移为代入数据得两者间的相对位移为因，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，故在木板下滑的时，系统产生的热量【变式2-2】．（2025高三上·陕西咸阳·阶段练习）利用倾斜传送带可将货物向上运送，如图所示，传送带与水平面夹角为θ，传送带沿顺时针匀速运行的速度为3m/s，货物与传送带间的动摩擦因数为0.75，重力加速度g取10m/s2，不计货物的大小，tan37°=0.75。(1)要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则θ应满足什么条件？(2)当θ=24°时，将货物由静止释放在传送带底端，货物运动到传送带顶端时恰好与传送带共速，则传送带的长度为多少（取sin24°=0.4，cos24°=0.9）【答案】(1)θ<37°(2)【详解】（1）要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则要满足解得即（2）由题意，货物一直匀加速运动到顶端，设其加速度大小为a，则有解得货物到达顶端时速度为设传送带的长为L，则有解得【变式2-3】．（2025高三上·四川雅安·阶段练习）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为，平行于传送带的轻绳一端连接质量为的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。时，撤去外力，传送带以速度顺时针匀速转动；时，小物体A到达传送带的底端。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g取，sin37°取，cos37°取。求：(1)时，轻绳内张力T；(2)传送带顶端到底端的长度L。【答案】(1)13.2N(2)22.9m【详解】（1）撤去外力瞬间，设小物块A加速度的大小为，绳子的拉力大小为，由牛顿第二定律对A物体有同理对物体B有联立可得，若A在传送带的速度能达到所用时间为，则有解得由得（2）设A在传送带运动所用时间为时，产生的位移为，有由题意可知，小物体A在传送带上运动的剩余时间为解得s设剩余时间内小物块A的加速度为，绳子的拉力大小为，则对A物体有同理对物体B有设剩余时间内小物块A发生的位移为，则有对传送带顶端到底端的长度，有代入数据，联立求解可得【变式2-4】．如图所示，长为的传送带水平放置，并保持的速度顺时针匀速转动，其右端与一倾角的斜面平滑相连，B为其最左端，斜面的长度。一小滑块（可视为质点）在斜面顶点处由静止释放，从A点进入传送带，在传送带上运动一段时间后恰好不从传送带左端滑落。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，滑块与传送带间的动摩擦因数，，，重力加速度，忽略滑块经过A点时的能量损失。求：（1）滑块由静止释放至第一次经过A点所用的时间t；（2）传送带段的长度。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）小滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律可得解得小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由解得滑块第一次经过A点时的时间（2）滑块第一次经过A点时的速度滑块滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得解得滑块在传送带上向左匀减速运动的加速度大小为滑块在传送带上向左运动的位移大小为即传送带段的长度为。题组03应用动能定理求解多过程问题【提分秘籍】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.【典例剖析】【例3-1】如图所示为摩托车特技表演轨道示意图，段为水平平台，段为一壕沟，段为位于竖直平面内的圆弧轨道。运动员骑摩托车在段加速后从B点水平飞出，越过壕沟后从C点沿切线进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径与竖直方向的夹角为53°。若B、C两点的竖直高度差为，圆弧轨道的半径，运动员和摩托车总质量为且可视为质点，通过圆弧轨道最低点D时对轨道的压力大小为，取重力加速度，，，不计空气阻力。求：(1)B、C两点间的水平距离；(2)从C到D的过程中，运动员和摩托车克服摩擦力做的功。【答案】(1)10.8m(2)【详解】（1）设摩托车通过点时水平速度为，竖直速度为，据平抛运动的规律可得根据几何关系水平方向的位移解得（2）从到，据动能定理可得根据运动的合成可得在点的速度在点，据牛顿第二定律可得解得【例3-2】（2025高三上·广东汕头·期中）如图所示，一小圆环A套在一条均匀直杆B上，A的质量为m，B的质量为2m，它们之间的滑动摩擦力f=0.5mg（g为所处区域的重力加速度），开始时A处于B的下端，B竖直放置，在A的下方与A相距为h处，存在一个“相互作用”区域C，区域C的高度为d，固定在地面上方的空中（如图划有虚线的部分），当A进入区域C时，A就受到一个方向竖直向上、大小F=3mg的恒力作用，区域C对直杆B不产生作用力，让A和B一起由静止开始下落，已知A首次进入区域C内运动直到离开过程始终没有脱离直杆且直杆也没有碰到地面，不计空气阻力。(1)若A从区域C下方离开“相互作用”区，求A离开区域C时的速度v的大小，并求高度d与h之间满足的关系；(2)若高度d分别取两个不同值和，试求这两种不同情况下，直杆B的长度l分别应满足的条件。【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）A和B一起由静止下落到进入区域C时速度为v0，有A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做减速运动，有联立解得A离开区域C时的速度由于则高度d与h之间满足的关系（2）A进入区域C之后，把A和B两个物体构成的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒，设A离开区域C时B的速度为vB，则当时，B在这一过程中下降的高度为hB，有联立解得又则直杆B的长度l应满足的条件是当时，A从区域C上方离开“相互作用”区，A离开“相互作用”区时的速度联立解得则直杆B的长度应满足的条件是【例3-3】（2025高三上·安徽·阶段练习）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。质量为m=0.5kg的物块从轨道AB上距B高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道均光滑，物块可视为质点，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)若h=0.3m，物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；(2)h为多少时物块刚好可以沿轨道运动到E点。【答案】(1)8N(2)0.6m【详解】（1）物块从开始运动到C点过程，根据动能定理在C点，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知，第一次通过C点时物块对轨道的压力大小为（2）若物块恰好沿轨道到E点，则有vE=0，设释放的高度为h1，根据动能定理有解得【变式演练】【变式3-1】（2025高三上·福建泉州·期中）如图所示，水平轨道BC的右端与高度固定光滑斜面轨道AB在B点平滑连接，左端与一倾角为的光滑斜面轨道CE在C点平滑连接，E处固定一劲度系数的轻质弹簧。一质量为的滑块从A点由静止释放，经BC后滑上CE并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知BC长为，滑块与BC的动摩擦因数，CD长为，g取，弹簧的弹性势能满足公式，其中k为劲度系数，x为形变量。求：(1)滑块第一次经过B点时的速率；(2)滑块运动到的D点的加速度大小；(3)滑块最终停在距B点多远的位置。【答案】(1)3m/s(2)12m/s2(3)0.3m【详解】（1）从A到B过程中，根据机械能守恒定律可得：解得vB=3m/s（2）设滑块在D点时弹簧的压缩量为x，从A到D根据功能关系可得mgh=μmgs+mgLsinθ+kx2解得x=0.2m滑块在D点，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+kx=ma解得a=12m/s2（3）设最终停止时滑块在水平面上运动的距离为s′，根据功能关系可得mgh=μmgs′解得s′=4.5m由于所以滑块最终停在距B点的距离为【变式3-2】．（2025高三上·宁夏银川·期中）如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为的小球P接触但不拴连。若用外力缓慢推动P到某一位置时，撤去外力，P被弹出运动一段时间后从B点水平飞出，恰好从固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道上的C点以的速度沿切线进入圆弧轨道，并恰能经过圆弧轨道的最高点D。已知圆弧轨道的半径，O、C两点的连线与竖直方向的夹角。小球P视为质点，重力加速度g取，，，不计空气阻力。求：(1)撤去外力时弹簧的弹性势能以及B、C两点的水平距离x；(2)小球从C点运动到D点的过程中，轨道阻力做的功。【答案】(1)160J，4.8m(2)－20J【详解】（1）根据题意，由几何关系可得，小球在点时，水平方向的速度为竖直分速度为由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能小球从到所用时间为则B、C两点的水平距离（2）小球恰好通过点，在点由牛顿第二定律有小球从点运动到点的过程中，由动能定理有联立解得【变式3-3】．（2025·四川成都·模拟预测）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径、圆心角为的圆弧，半径为，圆心角为的圆弧组成，轨道末端的点为圆弧的最高点，轨道间平滑连接。质量的物块从轨道上高度处以初速度下滑，经圆弧轨道滑上轨道。物块与轨道间的动摩擦因数，其余轨道光滑。（不计空气阻力，物块视为质点，，，）(1)若初速度，求物块第一次通过点时速度大小；(2)若初速度，求物块在轨道上运动的总路程；(3)若物块沿轨道从点滑出，应满足什么条件？【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）物块从开始运动到D点过程，根据动能定理解得（2）设过D点后冲上曲面高度为，根据机械能守恒定律解得而所以故物块不会冲上E点，会原路返回。物块运动全程由能量守恒有解得（3）物块在D点不脱离轨道，则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，根据动能定理还需要满足解得同理，物块能从E点滑出，满足解得综上题组04机械能守恒定律的综合应用【提分秘籍】一机械能守恒定律的三种表达形式及注意问题1．守恒观点(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．2．转化观点(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.(2)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面．3．转移观点(1)表达式：ΔEA增＝ΔEB减．(2)注意问题：A部分机械能的增加量等于A部分末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能．二应用机械能守恒定律解题的一般步骤(1)选取研究对象eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(单个物体,多个物体组成的系统))(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒．(3)选取零势能面，确定研究对象在初、末状态的机械能．(4)根据机械能守恒定律列出方程．(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．【典例剖析】【例4-1】（2025高三上·江苏南通·阶段练习）轻质弹簧一端固定在地面上，另一端连接物体A，一轻绳跨过定滑轮分别与A、B两物体相连接。手托着B，轻绳恰好伸直且无张力，由静止释放B后，A、B在竖直方向运动，A、B均不会与滑轮和地面相碰。已知A、B质量分别为m、2m，弹簧劲度系数为k，原长为，始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计阻力。求：(1)刚释放B时弹簧的长度L；(2)A运动中的最大速度v；(3)B运动到最低点时的加速度大小a。【答案】(1)(2)，方向竖直向上(3)【详解】（1）刚释放B时，绳没有拉力，设弹簧压缩量为x，根据平衡，对A解得刚释放B时弹簧的长度（2）速度最大时，加速度为零，设此时弹簧伸长量为，则有解得与之前的压缩量相等，故弹簧的弹性势能不变，则从释放到A速度最大，对整个系统根据机械能守恒解得方向竖直向上。（3）设刚释放时弹簧的弹性势能为，B运动到最低点时，弹簧的伸长量为，弹簧的弹性势能为，对系统从释放到B运动到最低点，根据机械能守恒又因为，解得根据牛顿第二定律，对A对B解得【变式演练】【变式4-1】如图所示是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M是半径为R＝1.0m的固定在竖直平面内的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平．N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r＝eq\r(0.69)m的eq\f(1,4)圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点．M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量为m＝0.01kg的小钢珠．假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到曲面N的某一点上，取g＝10m/s2.问：(1)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大？(2)钢珠落到圆弧N上时的动能Ek多大？(结果保留两位有效数字)【答案】(1)0.15J(2)0.080J【解析】(1)设钢珠运动到轨道M最高点的速度为v，在M的最低点的速度为v0则在最高点，由题意得mg＝meq\f(v2,R)从最低点到最高点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mv2由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mgR＝0.15J.(2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2由几何关系知x2＋y2＝r2，联立解得t2＝eq\f(3,50)s2所以，钢珠从最高点飞出后落到圆弧N上下落的高度为y＝0.3m由机械能守恒定律得，钢珠落到圆弧N上时的动能Ek为Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgy＝0.080J.【变式4-2】如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r＝0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放．(g取10m/s2)(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少多高？(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h.【答案】：(1)0.2m(2)0.1m【解析】：(1)小球沿ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为v，则mgH＝eq\f(1,2)mv2小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg≤eq\f(mv2,r)①②两式联立并代入数据得H≥0.2m.(2)若h<H，小球过C点后做平抛运动，设球经C点时的速度大小为vx，则击中E点时，竖直方向上有r＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有r＝vxt又由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)可解得h＝eq\f(r,4)＝0.1m.题组05动量观点与能量观点的综合应用【提分秘籍】1．动量守恒定律表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．2．力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3.动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸．(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则．(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解.【典例剖析】【例5-1】（2024·安徽·模拟预测）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体b静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点与水平面上的A点对齐，且与水平面相切，轻质弹簧的右端与静止的质量为3m的物块c相连，左端与水平面上的B点对齐，AB部分长为R，弹簧处于原长，水平面仅A、B部分粗糙。现将质量为m、可视为质点的物块a从圆弧面的最高点由静止释放，物块a与弹簧作用，第二次滑过AB段后，恰好不再能滑上圆弧面。已知弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：(1)物块a从释放运动到圆弧面最低点时，圆弧体运动的距离为多少；(2)物块a第一次运动到A点时速度多大；(3)物块a与水平面AB部分间的动摩擦因数。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）物块a在圆弧面上运动时，物块a和b组成的系统水平方向动量守恒，则即又因为解得（2）设物块a第一次运动到A点时速度为v1，圆弧体的速度为v2，根据水平方向动量守恒有根据机械能守恒有解得，（3）设物块a与弹簧作用前的速度为v3，根据动能定理设a与弹簧作用后一瞬间速度为v4，物块c的速度为v5，a与弹簧作用过程，根据动量守恒定律根据机械能守恒解得，由于物块a刚好不再能滑上圆弧面，故物块a第二次滑过AB段后的速度大小等于v2，根据动能定理解得【例5-2】．（2025高三上·天津河西·阶段练习）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。【答案】(1)6N(2)4m/s(3)【详解】（1）设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理得解得碰撞前瞬间，对小球受力分析，有解得小球所受拉力大小为（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒得根据能量守恒得解得（3）物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有解得根据能量守恒得解得物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有解得根据能量守恒得解得综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为【例5-3】．（2025高三上·甘肃白银·阶段练习）在高度为h的光滑水平平台左侧竖直面内固定一光滑圆弧轨道，轨道与平台相切于最低点。平台右侧是一下挖深度为d的光滑水平槽，在水平槽上放置一个厚度为d的长木板，长木板质量，长木板左端放置一个质量为m的小物块（可视为质点），如图。一质量为的小球从光滑圆弧轨道最高点由静止释放，小球运动到平台后与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰撞后小物块获得水平向右的速度，小球反弹后被立即拿走。当小物块在长木板上滑动到长木板最右端时，小物块与长木板恰好达到共速，长木板右端到达平台边缘后立即被锁定，小物块水平飞出。已知重力加速度为g，小物块与长木板间的动摩擦因数为，空气阻力不计。求：(1)光滑圆弧轨道的半径R；(2)长木板的长度；(3)小物块落地点到平台边缘的水平距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设小球运动到轨道最低点时的速度为，小球与长木板上的小物块发生弹性碰撞，碰后小球反向运动，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有由机械能守恒定律有联立解得小球沿光滑圆弧轨道由静止开始下滑，由机械能守恒定律有解得（2）小物块在长木板上滑动，由动量守恒定律有解得由功能关系有解得（3）由平抛运动规律，水平方向有竖直方向有联立解得【例5-4】（2025高三上·重庆北碚·阶段练习）如图所示，表面光滑的水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带平滑相接，传送带以v0=1m/s的恒定速率逆时针匀速运动。水平轨道右侧的竖直墙上固定一轻弹簧，现用质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）将弹簧向右压缩到某一位置（弹簧处于弹性限度范围内），由静止开始释放小物块，小物块到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入固定的竖直光滑半圆轨道最高点，并恰好沿半径R=0.4m的半圆轨道做圆周运动，最后经圆周最低点C，滑上质量为M=0.9kg的长木板上，若物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.25，g取10m/s2。求：(1)小物块到达B点时速度vB的大小；(2)小物块刚滑上水平传送带A点时的动能Ek；(3)若木板和地面之间动摩擦因数μ3<0.025，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，则木板长度s与木板和地面之间动摩擦因数μ3应满足什么关系（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。【答案】(1)2m/s(2)1.2J(3)【详解】（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得解得（2）设物块到达A点时的速度为vA，有由可知，物体在传送带上一直做匀减速运动；则物块在传送带上滑行过程由动能定理可得联立以上各式解得（3）根据题意，从B到C过程中，由动能定理可得解得因为μ3<0.025，对物块有解得对长木板有共速时有木板的长度为整理可得【变式演练】【变式5-1】（2025·山东·模拟预测）如图所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右侧紧靠一足够长的木板C，木板上表面粗糙，与曲面末端等高，下表面光滑，木板右侧有一竖直墙壁P。物块A置于曲面距末端高h=0.2m处，物块B置于木板左端。已知物块A、B均可视为质点，质量均为6kg，长木板C的质量为2kg，B、C间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2。物块A由静止释放，与B发生弹性碰撞（不考虑物块A的后续运动），之后C与B第一次共速时恰好与墙壁P发生碰撞，碰后C被原速率弹回，所有碰撞时间均极短。求：(1)物块A、B碰后瞬间，B的速度大小；(2)木板C初始位置右端与墙壁P的距离；(3)木板C从与墙壁P第4次碰撞前瞬间到木板C与物块B第5次共速瞬间的时间间隔；(4)从木板C开始运动到停止运动的总路程。【答案】(1)2m/s(2)(3)(4)【详解】（1）对于A沿曲面下滑，由动能定理得A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得（2）B、C相互作用至第1次共速过程中由动量守恒定律得解得对于C由牛顿第二定律有解得C做匀加速直线运动，由运动学公式有联立解得（3）C与挡板第n次（n>1）碰撞前瞬间的速度大小和C与B第n次共速时的速度大小相同从C与B第1次共速至第2次共速时过程由动量守恒有解得从C与B第2次共速至第3次共速的过程由动量守恒有解得同理可知，C与B第4次共速时的速度大小C与B第5次共速时的速度大小从C与挡板第4次碰撞前瞬间到C与B第5次共速瞬间的过程由动量定理有解得（4）木板C从开始运动到第2次与挡板碰撞前的路程为由（3）中分析可知第2次及以后的共速的速度大小第2次碰撞到第3次碰撞期间木板C的路程第3次碰撞到第4次碰撞期间木板C的路程……【变式5-2】．（2025高三上·四川成都·阶段练习）如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质点的物块能从C点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v=6m/s的速度顺时针匀速转动，AB两端距离L1=5m，EF长L2=1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量m＝0.2kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D并从E点进入水平轨道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g=10m/s2。求：(1)物块从A点运动至B点的时间；(2)物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；(3)圆轨道半径R需满足的条件。(4)物块在AB段运动时，传送带对物块的作用力冲量大小。【答案】(1)2s(2)2m(3)(4)【详解】（1）对物块，根据牛顿第二定律有解得a=2.5m/s2假设物块一直匀加速，则有解得v1=5m/s<v=6m/s故假设成立，根据速度与时间关系有解得t=2s（2）在EF段上，根据速度与位移关系有物块飞出平台后，根据平抛运动规律有解得x=2m（3）物块滑上竖直圆轨道后恰能经过最高点D，需满足根据动能定理有解得R=0.5m所以物块能通过最高点D点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。（4）物块从A到B的时间内支持力的冲量解得摩擦力的冲量解得所以传送带对物块的作用力冲量大小为【变式5-3】．（2025高三上·广东广州·阶段练习）如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量、半径的四分之一光滑圆弧轨道（厚度不计）静置于水平地面上。圆弧轨道底端与水平面上的点平滑相接，为圆弧轨道圆心。用质量为的物块把弹簧的右端压缩到点由静止释放（物块与弹簧不拴接），此时弹簧的弹性势能为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，、之间的距离为，点右侧地面光滑，取。(1)求释放后，物块在圆弧轨道能上升的最大高度；(2)若该物块质量变为，物块到达点时以速度冲向圆弧轨道，求滑块在D点竖直速度；(3)在第（2）问基础上，当物块离开轨道点时施加一垂直向里的瞬时冲量，同时锁定轨道让其瞬间停下，求物块运动到最高点到点的距离。（提示：立体空间问题）【答案】(1)0.15m(2)(3)【详解】（1）设弹簧的弹性势能为，物块从到的过程由动能定理得代入数据得物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒则解得（2）物块到达点时在水平方向上与共速解得设物块到达点时在竖直方向上的速度为，由机械能守恒定律得解得（3）物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从点飞出到最高点所用时间为当物块上升到点时受到一个垂直于纸面的冲量，设获得的速度为，由以物块飞出时点所在的位置为坐标原点，以水平向右为轴，竖直向上为轴，垂直于纸面向里为轴，则在时间内各方向的位移分别为则最高点到点的距离【变式5-4】．（2025高三上·山东·阶段练习）如图所示，足够长的光滑水平面上有一个固定的光滑斜面，斜面末端与水平面平滑连接。mB=mC=3mA=3kg，B的右端固定一个自由伸长的轻弹簧，B、C分开一定的距离静止于水平面。从距离地面高0.8m处静止释放A物块。此后A、B分开后（A脱离弹簧），B、C碰撞并粘在一起。已知弹簧一直在弹性限度之内，重力加速度g=10m/s2。求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)物块A全过程损失的机械能。【答案】(1)6J(2)7.96J【详解】（1）由机械能守恒定律解得第一次碰撞共速时弹簧最短（2）AB碰后分开时，该过程为弹性碰撞解得；A、B分开后BC碰撞后粘在一起A以2m/s的速度滑上斜面返回后又以v1′=2m/s的速度与BC发生弹性碰撞，解得，此后A不再与BC碰撞，则物块A最终损失的机械能为【变式5-5】．（2025高三上·陕西汉中·阶段练习）如图，质量的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分上表面粗糙、竖直半圆形部分的表面光滑、半径，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。初始时质量的小物块静置在轨道最左端，与轨道水平部分间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。(1)若轨道固定，物块沿轨道运动到Q点时速度为3m/s，求此时物块对轨道的压力大小；(2)若轨道不固定，给物块施加方向水平向右、大小为8N的推力F，当物块到达P点时立即撤去F，物块恰能到达轨道上与圆心O点等高处，求物块最终速度v的大小。【答案】(1)(2)2m/s【详解】（1）物块在Q点，由牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律可知，此时物块对轨道的压力（2）对物块，由牛顿第二定律得解得对轨道有解得物块与轨道发生相对滑动，设经过时间，物块运动到P点，对物块有对轨道有解得物块恰能到达轨道上与O点等高，由能量守恒定律得水平方向动量守恒，有联立解得则水平轨道部分的长度设物块从圆弧轨道返回后停在轨道上水平部分，根据动量守恒定律可知根据能量守恒得解得可知物块刚好返回到轨道左端与轨道相对静止，所以物块最终速度v的大小为2m/s。1．（2024·广西·高考真题）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时，从2号锥筒运动到3号锥筒用时。求该同学（1）滑行的加速度大小；（2）最远能经过几号锥筒。【答案】（1）；（2）4【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为2、3间中间时刻的速度为故可得加速度大小为（2）设到达1号锥筒时的速度为，根据匀变速直线运动规律得代入数值解得从1号开始到停止时通过的位移大小为故可知最远能经过4号锥筒。2．（2024·宁夏四川·高考真题）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从时由静止开始做匀加速运动，加速度大小，在时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速，求：（1）救护车匀速运动时的速度大小；（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。【答案】（1）20m/s；（2）680m【详解】（1）根据匀变速运动速度公式可得救护车匀速运动时的速度大小（2）救护车加速运动过程中的位移设在时刻停止鸣笛，根据题意可得停止鸣笛时救护车距出发处的距离代入数据联立解得3．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8N∙s，A、B的质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg，轨道半径和绳长均为R=0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)与B碰前瞬间A的速度大小；(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。【答案】(1)4m/s(2)11.2N【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有联立代入数据解得（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有联立代入数据解得4．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；（2）平台距地面的高度。【答案】（1）4m/s；；（2）【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为薄板做加速运动的加速度对物块对薄板解得（2）物块飞离薄板后薄板得速度物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为则平台距地面的高度5．（2024·江苏·高考真题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块(可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D。重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：（1）CD段长x；（2）BC段电动机的输出功率P；（3）全过程存储的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得由运动学公式联立解得（2）物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为由得（3）全过程物块增加的机械能为整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知故可得6．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知解得（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小方向竖直向上；②头锤落到气囊上时的速度与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）解得v=2m/s则上升的最大高度7．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求：(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；(2)b从M运动到N的时间；(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。【答案】(1)30N(2)3.2s(3)95J【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律联立解得（2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理解得与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有解得滑上传送带后，根据牛顿第二定律解得的速度减小到与传送带速度相等所需的时间对地位移此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间b从M运动到N的时间（3）设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理解得向右减速到零所需的时间然后向左加速到所需的时间可得在时间内向右运动的距离循环10次后向右运动的距离每一次相对传动带运动的路程b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量然后继续向右减速运动，根据运动学公式解得此过程，b相对传动带运动的路程此过程中与传送带摩擦产生的热量b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量8．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。【答案】(1)(2)(3)（n=1，2，3，…），，【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有B从最低点到最高点由动能定理可得解得（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有2mv1=2mv2＋mv3碰后A减速到0，有碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得B随后做平抛运动，有L=v4t解得（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得（n=1，2，3，…）以N为圆心，由牛顿第二定律得（n=1，2，3，…）从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得（n=1，2，3，…）解得（n=1，2，3，…）绳断后，B做平抛运动，有（n=1，2，3，…）s=v5t可得（n=1，2，3，…）由于（n=1，2，3，…）则由数学分析可得当时，当n=1时，，9．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理解得（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒根能量守恒解得（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为共速后，共同加速度大小为考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程共速过程，滑块、木板位移分别为共速时，相对位移应为解得，随后共同减速到达H速度说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。10．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；（2）滑板的长度L【答案】（1）；（2）【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒解得在b点根据牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为（2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得解得根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得根据运动学规律对游客解得该段时间内游客的位移为滑板的位移为根据位移关系得滑板的长度为11．（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。（1）A开始运动到最低点有对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得解得，（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知故解得（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得根据能量守恒得联立解得12．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径，重力加速度大小。（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【详解】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有代入数据解得（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知根据图乙有当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有结合题图乙有可知截距联立以上各式可得，，（ii）由图乙可知，当时，轨道的加速度为，小物块的加速度为当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有小物块有在这个过程中系统机械能守恒有水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有其中，,为小物块离开Q点时的速度，为此时轨道的速度。联立解得，另一解，该解不满足,故不合题意，舍去）根据运动学公式有代入数据解得13．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有其中，解得小物块与小球碰撞过程中