高考物理力学计算题(二十七)含答案与解析

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评卷人得分一．计算题（共40小题）

1．如图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端。已知木板的质量m1＝20.0kg，物体A的质量m2＝4.0kg，物体B的质量m3＝1.0kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板长L＝2m本板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s．不计滑轮摩擦。

（1）为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；

（2）若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升。当物体B上升hB＝1.0m（物体B未碰触滑轮）时，物体A刚好到达木板最右端。求最初击打木板的冲量I。

2．如图所示，倾角为37°的斜面与一竖直光滑圆轨道相切于A点，轨道半径R＝1m，将滑块由B点无初速释放，滑块恰能运动到圆周的C点，OC水平，OD竖直，AB＝2m，滑块可视为质点，取g＝10rn/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）滑块在斜面上运动的时间；

（2）若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速释放，释放点至少应距A点多远。

3．质量m1＝2kg的物体A沿水平面向质量m2＝1kg的静止物体B运动，并发生弹性正碰。

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碰撞前当它们相距L＝4m时，物体A的速度v0＝5m/s。它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s，A，B均可视为质点。求碰撞后A、B都停止运动时它们之间的距离。

4．如图所示，一倾角α＝37°、长度S＝4m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高，B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B的上表面接触处圆滑。一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从木板B上滑下。已知A、B的质量相等，A与斜面的动摩擦因数μ1＝0.5，A与B上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

（1）当A刚滑上B的上表面时的速度v0的大小：（2）木板B的长度L。

5．在竖直平面内，将光滑金属杆OP弯成如图所示形状，PQ为一根与水平方向夹角为37°的粗糙直杆，两根杆平滑连接。小环套在金属杆上，并从x＝0处以v0＝5m/s的初速度沿杆运动。已知直杆足够长且小环与直杆间的动摩擦因数为μ＝0.5．g取10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

（1）小环运动到P点时的速度大小v；（2）小环在直杆上运动时的加速度大小a；

（3）以y＝0处为零势能面，求小环在直杆上运动时，动能和重力势能相等的位置（只需求出y轴坐标）。

6．如图，粗糙直轨道AB与水平方向的夹角θ＝37°；曲线轨道BC光滑且足够长，它们在B处光滑连接。一质量m＝0.2kg的小环静止在A点，在平行于AB向上的恒定拉力F的

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作用下，经过t＝0.8s运动到B点，立即撤去拉力F，小环沿BC轨道上升的最大高度h＝0.8m。已知小环与AB间动摩擦因数μ＝0.75．（g取10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）小环上升到B点时的速度大小；（2）拉力F的大小；

（3）简要分析说明小环从最高点返回A点过程的运动情况。

7．如图，竖直平面内的光滑半圆弧轨道在最低点P与水平长直轨道相切。一小滑块（可视为质点）从A点以大小为v0＝11m/s的水平速度向左运动。运动至最高点M时突然炸裂成质量相等的a、b两块，且两块均沿水平方向飞出，其中a块恰好落在A点。已知AP间距离s＝2.1m，圆圆弧轨道半径为R＝0.9m，小滑块的质量为m＝0.9kg，与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s．求（1）小滑块运动到P点时对圆弧轨道的压力大小F；（2）刚炸裂后另一块b的速度大小vb。

8．如图所示，质量M＝9kg的小车A以大小v0＝8m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台面上放置质量m＝1kg的小球B（可看做质点），小球距离车面H＝0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s，求：（1）小车的最终速度的大小v；（2）初始时小球与砂桶的水平距离△x。

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9．如图甲所示，m1＝5kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转。m1下滑前将m2＝3kg的滑块停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v﹣t图象，如图乙、丙所示。两滑块均视为质点，重力加速度g＝10m/s。

（1）求A、B的高度差h；

（2）求滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；（3）滑块m2到达C点时速度恰好减到3m/s，求滑块m2的传送时间；（4）求系统因摩擦产生的热量。

10．如图所示，一辆电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M＝3kg。质量为m＝1kg的小物快（可视为质点）静置在车板上某处，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1．现在启动小车，使小车由静止开始以加速度a＝2m/s向右匀加速行驶，当运动时间t＝1s时物块从车板上滑落。已知小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的取重力加速度g＝10m/s．求：（1）物块离开小车时，物块的速度大小；（2）0～1s时间内小车的牵引力做的功。

．不计空气阻力，

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11．如图，质量为4kg的小车静止在光滑水平面上。小车AB段是半径为0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为2.0m的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为0.95kg的小物块（可视为质点）静止在小车右端。质量为0.05kg的子弹、以100m/s的水平速度从小物块右端射入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到A点。不计空气阻力，重力加速度为10m/s。（1）求BC段的动摩擦因数和小物块刚刚通过B点时对小车的压力；（2）若子弹射入前小车不固定，求小物块在AB段上升的最大高度。

12．如图所示，水平面上AB间有一长度x＝4m的凹槽，长度为L＝2m、质量M＝1kg的木板静止于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径R＝0.4m的竖直半圆轨道，右侧有一个足够长的圆弧轨道，A点右侧静止一质量m1＝0.98kg的小木块。射钉以速度v0＝100m/s射出一颗质量m0＝0.02kg的铁钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数μ＝0.05，其它摩擦不计。若木板每次与A、B相碰后速度立即减为0，且与A、B不粘连，重力加速度g＝10m/s．求：（1）铁钉射入木块后共同的速度V；

（2）木块经过竖直圆轨道最低点C时，对轨道的压力大小FN；（3）木块最终停止时离A点的距离s。

13．如图所示，光滑水平面上的平板小车C质量为3kg，紧靠平台MP放置且与之等高。平台左端固定一轻弹簧，可视为质点的滑块B置于平台上，其质量为1kg，给滑块B施加水平推力使之压缩轻弹簧，当滑块B距平台右端的距离为l＝1.25m时，弹簧的弹性势能为4.5J，此时释放滑块B．已知滑块B与平台及小车间的动摩擦因数皆为μ＝0.2，重力

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加速度取g＝10m/s。

（1）如果滑块B恰好不能从小车上滑落，求小车的长度；

（2）如果在滑块B刚滑上小车的同时，给小车施加F＝7N的水平向右的恒力，求恒力作用2s时滑块B距小车左端的距离，

14．一质量为M的同学站在粗糙的水平地面上将质量为m的铅球水平推出，推出后人保持静止，铅球落地时的位移大小为L，方向与水平成θ角。第二次该同学站在光滑的水平冰面上将此铅球水平推出，假设两次推铅球过程中出手高度及推球动作相同，人做功输出的机械能也相同，求：

（1）第一次推铅球时，铅球的水平初速度大小；（2）先后两次铅球刚落时，铅球与人的水平距离之比。

15．如图所示，光滑水平地面上有高为h的平台，台面上左端有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面也为h，坡道底端与台面相切。小球B放置在台面右端边缘处，并与台面锁定在一起。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与小球B发生碰撞；在A、B碰撞前一瞬间，小球B解除锁定；A、B碰撞后粘连在一起，从台面边缘飞出。两球均可视为质点，质量均为m，平台与坡道的总质量为3m，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）小球A刚滑至水平台面时，小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB；（2）A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离S。

16．如图所示，倾角θ＝37°、斜面长为1m的斜面体放在水平面上。将一质量为2kg的小物块从斜面顶部由静止释放，1s后到达底端，斜面体始终保持静止。重力加速度g取10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：

（1）小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小；（2）小物块与斜面之间的动摩擦因数；

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（3）小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向。

17．如图所示，在某次车模试车时，一质量为m＝0.45kg的赛车以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到A点后，进入半径R＝2m的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即赛车离开圆形轨道后可继续想C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8m，水平距离s＝1.6m，水平轨道AC长为L＝4.5m，赛车与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度为g＝10m/s

（1）若赛车恰能通过圆形轨道的最高点B，求赛车在A点的速度；

（2）若赛车再从B到达A点时，恰好有一块橡皮泥从圆心方向落在车模上，和小车合为一体，若要求车模不会掉进壕沟，求在A点落在赛车上的橡皮泥的质量范围。

18．如图所示，质量为mB＝lkg的物块B通过轻弹簧和质量为mC＝lkg的物块C相连并竖直放置在水平地面上，系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x0＝0.1m，另一质量为mA＝1kg的物块A从距平衡位置也为x0处由静止释放，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速度向下运动。已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s，空气阻力可忽略不计。求：（1）A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小；

（2）A、B相碰后，整体以a＝5m/s的加速度向下加速运动时，地面对物块C的支持力FN；（3）若要A、B碰后物块C能够离开地面，物块A由静止释放位置距物块B的高度最小值h多大。

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19．在光滑的水平面上建立平面直角坐标系xOy．质量为m的物体在沿y轴负方向的恒力F作用下运动，t＝0时刻，物体以速度v0通过O点，如图所示。之后物体的速度先减小到最小值0.8v0，然后又逐渐增大。求（1）物体减速的时间t；

（2）物体的速度减小到0.8v0时的位置坐标。

20．如图所示，一质量为M＝4kg的长木板B静止在光滑的水平面上，在长木板B的最右端放置一可视为质点的小铁块A，已知长木板的长度为L＝1.4m，小铁块的质量为m＝1kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s．如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力F＝28N，为了保证小铁块能离开长木板，则恒力的作用时间至少应为多大？

21．骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P与水平路面的高度差为1.25m，拱形路面前后赛道位于同一水平面上。以54km/h的初速进入直道的赛车，以90kW的恒定功率运动10s到达P点，并恰好从P点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10m。将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力。已知赛车的质量为1.6×10kg，取g＝10m/s，求：（1）赛车到达P点时速度的大小；（2）拱形路面顶点P的曲率半径；

（3）从进入直道到P点的过程中。汽车克服阻力做的功。

22．如图所示，倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）固定在粗糙的水平地面上，斜面

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顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放。（重力加速度为g） ①求物块处于平衡位置时弹簧的长度；

②选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动； ③求弹簧的最大伸长量；

23．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上。弹簧上端与轻弹簧薄片P相连，P与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材料。在P上方H处将另一质量为m的光滑圆环Q由静止释放，Q接触P后一起做匀减速运动，下移距离为0．忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）Q做减速运动时加速度的大小；（2）Q从开始运动到速度减为零所用的时间；（3）Q下移距离d（d＜

）时，智能材料对P阻力的大小。

时速度减为

24．如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC分别与倾角θ＝37°的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接，管道AB的A端离管道BC所在平面的高度h1＝6m，管道BC的直径d＝10m。离水面EF的高

h2＝1.8m。质量m＝60kg的游客（可视为质点）从A端静止滑下，游客与管道AB的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求游客经过B点时的速度大小；

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（2）求游客受到BC管道的作用力大小；

（3）要使游客落到水中且落水的速度不超过8m/s，求管道CD的长度。

25．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s，（1）小滑块的质量为多少？

（2）当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为多大？

26．如图所示，足够长的光滑水平面与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，质量为m的小球A从圆弧最高点M由静止释放，在水平面上与静止的小球B发生弹性正碰。已知重力加速度为g，两小球均可视为质点，求：

（1）小球A刚好到达圆弧轨道最低点N时，对轨道的压力大小；（2）若要求两球发生二次碰撞，小球B的质量mB应满足的条件。

27．牛顿利用行星围绕太阳的运动可看做匀速圆周运动，借助开普勒三定律推导出两物体间的引力与它们之间的质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。牛顿思考月球

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绕地球运行的原因时，苹果的偶然落地引起了他的遐想：拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力，是否都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律﹣﹣﹣﹣平方反比规律？因此，牛顿开始了著名的“月﹣地检验”。

（1）将月球绕地球运动看作匀速圆周运动。已知月球质量为m，月球半径为r，地球质量为M，地球半径为R，地球和月球质心间的距离为L，月球绕地球做匀速圆周运动的线速度为v，求地球和月球之间的相互作用力F。

（2）行星围绕太阳的运动看做匀速圆周运动，在牛顿的时代，月球与地球的距离r′、月球绕地球公转的周期T''等都能比较精确地测定，请你据此写出计算月球公转的向心加速度a的表达式；已知r′≈3.84×10m、T′≈2.36×10s，地面附近的重力加速度g＝9.80m/s，请你根据这些数据估算比值；

（3）已知月球与地球的距离约为地球半径的60倍，如果牛顿的猜想正确，请你据此计算月球公转的向心加速度a和苹果下落的加速度g的比值，并与（2）中的结果相比较，你能得出什么结论？

28．如图所示，粗糙的水平轨道AB与光滑的半圆轨道BC平滑连接，且在同一竖直平面内，一质量M＝0.98kg的木块静止在A点，被一水平向右飞来的质量m＝20g的子弹射中，子弹滞留在木块中，不计子弹在木块中的运动时间，木块沿轨道滑到C点后水平飞出，并恰好落回A点。已知A、B两点的距离s＝1.2m，半圆轨道的半径r＝0.4m，木块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.36，重力加速度g＝10m/s．求：（1）木块在C点时对轨道的压力大小；（2）子弹射入木块前瞬间的速度大小。

29．一辆车厢长为4m的小卡车沿水平路面行驶，在车厢正沿行驶方向放置一根长2m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为0.3，重力加速度取10m/s。（1）若卡车以18m/s的速度匀速行驶，为了使车厢前挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？

（2）若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4m/s，则经多长时间

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钢管开始翻落？

30．宇航员在一行星上以速度v0竖直上抛一质量为m的物体，不计空气阻力，经2t后落回手中，已知该星球半径为R；

（1）求出该星球的第一宇宙速度的大小？

（2）求出该星球的第二宇宙速度的大小？已知取无穷远处引力势能为零时，物体距星球球心距离r时的引力势能为：Ep＝﹣G

（G为万有引力常量）

31．2018年2月在平昌冬奥会中，我国运动员李馨参加了两项越野滑雪的比赛，成绩有所突破。如图所示，某次滑雪训练，如果该运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝75N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s撤除水平推力F后经过t2＝2.0s，她第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同，已知该运动员连同装备的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝l5N．运动员可视为质点，不考虑空气阻力。求：

（1）运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用后的速度大小及这段时间内的位移大小：（2）运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。

32．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带长度L＝15m，传送带以恒定速度v＝5m/s顺时针转动，三个质量均为m＝lkg的滑块A、B、C置于水平导轨上，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，滑块B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0＝6m/s沿滑块B、C连线方向向滑块B运动，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ＝37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能：

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（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；（3）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q。

33．如图所示，张拉着小车静止在倾角为37°的光滑斜面上。已知小车的质量为5kg，重力加速度为g＝10m/s，求：

（1）绳子对小车的拉力大小F和斜面对小车的支持力大小为N；

（2）如果人突然用更大的力拉绳子，使绳子上的拉力变为原来的4倍，求小车的加速度a。

34．小球A以速度v0从平台边缘O点水平抛出，其运动轨迹为曲线OD，如图所示，为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动，特制作了一个与与A平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让小球A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）。在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°，求小球A通过M点时的水平分速度。

35．电动自行车已经成为人们日常出行的一种常用交通工具，以下是某型号电动自行车的相关参数：名称车身质量满载载重前后车轮直径参数 40kg 80kg 40cm r/min 48V 20A 835W 额定转速电动机额定电压电动机额定电流额定机械输出功率该电动自行车采用后轮驱动直流电动机，其中额定转速是电动自行车在满载情况下在平直公

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路上以额定功率匀速行进时的车轮转速，求：（1）电动自行车以额定转速行进时的速度v0；

（2）在额定工作状态时，损失的功率有80%是由于电动机绕线电阻生热而产生的，则电动机的绕线电阻为多大；

（3）满载（车身质量+满载载重）情况下，该车以速度v＝5m/s沿着坡度为θ＝4.59°的长直坡道向上匀速行驶时，受到的摩擦阻力为车重（含载重）重量的0.02倍，求此状态下电动自行车实际运行机械功率（sin4.59°＝0.08；重力加速度g＝10m/s）。

36．2022年冬奥会将在北京举行，届时会有许多精彩刺激的比赛，单板高山滑雪U形池就是其中之一。它的场地是长约120米，深为4.5米，宽 15米的U形滑道（两边竖直雪道与池底雪道由圆弧雪道连接组成，横截面像U字形状），整条赛道的平均坡度18°．选手在高处助滑后从U形池一侧边缘（示意图中A点）进入赛道，沿U型池滑行至另一侧竖直轨道，从B点跃起在空中做出各种抓板旋转等动作，完成动作落入轨道再滑向对侧，如此反复跃起完成难度不同的动作，直至滑出赛道完成比赛，裁判根据选手完成动作的难易和效果打分。

（1）选手出发时要先经过一段倾斜坡道助滑（如情景图），设坡度倾角为α，滑板与雪面的动摩擦因数为μ，当地的重力加速度为g，求选手沿此斜面坡道向下滑行的加速度大小。（2）在高中物理学习中，对于复杂的运动往往采用分解的研究方法，比如对平抛运动的研究。

a．运动员沿U形池从A滑行到B的过程是一个复杂的运动，请你用分解的方法来研究这个运动，并描述你的分解结果。

b..在平昌冬奥会上，传奇名将肖恩•怀特在赛道边缘跃起时以外转1440°（以身体为轴外转四周）超高难度的动作夺得该项目的冠军，为了简化以达到对特定问题的求解，此过程中他可视为质点，设每转一周最小用时0.5秒，他起跳时速度与竖直赛道在同一平面内，

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与竖直向上的夹角为20°，下落到与起跳点同一高度前要完成全部动作，全过程忽略空气阻力，求他起跳的最小速度为多少？（g取10m/s sin20°＝0.34 cos20°＝0.94）

37．如图所示，半径R＝2.0m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高。木块的厚度h＝0.45m，木块最右端到小车最右端的水半距离x＝0.45m，小车连同木块总质量M＝2kg。现使一个质量m＝0.5kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和弧轨道的圆心之间的连线与竖真方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。（g＝10m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）求：（1）小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；（2）小球离开木块最右端时，小球的速度大小；（3）小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。

38．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量为M＝4.0kg，质量为m＝2.0kg的铁块以水平速度v0＝2.0m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，试求：（1）铁块恰好停在木板的左端时，木板的速度；（2）运动过程中弹簧具有的最大弹性势能。

39．半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，在圆环上圆心正下方的位置固定一轻质弹簧，弹簧另一端与一空心小球相连，小球套在圆环上处于静止状态。已知此时弹簧长度为R，小球质量为m，重力加速度为g，求弹簧的弹力。

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40．如图所示是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成：水平光滑直轨道AB；半径分别为R1和R2的光滑圆弧轨道，其中R2＝5.0m；倾斜直轨道CD表面粗糙，动摩擦因数为μ＝0.25．AB、CD与两圆弧轨道相切。现有甲、乙两个质量均为m＝2kg的小球穿在滑轨上，甲球静止在B点，乙球从AB的中点E处以v0＝10

m/s的初速度水平向左运动，两球在整个过程中的碰撞均量损失。已知θ

＝37°，g＝10m/s．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）甲球第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）两球在克服摩擦力做功过程中所通过的总路程x。

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高考物理力学计算题(二十七)含答案与解析

参与试题解析

一．计算题（共40小题）

（1）为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；

【分析】（1）利用整体法或分离法，结合牛顿第二定律可求解出最大加速度和最大外力；（2）利用A、B两个物体上升的距离和物体A刚好到达木板最右端的已知条件，求出木板向左移动的距离，

再根据位移公式求出木板的初速度，结合冲量的定义求出最初打击木板的冲量。【解答】解：（1）设A、B和木板一起向左运动的加速度大小为a，采用分离法如下：物体B受重力和绳拉力T的作用，由根据牛顿第二定律有：T﹣m3g＝m3a；物体在A水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用，根据牛顿第二定律有：f﹣T＝m2a；

木板在水平方向外力F和A的摩擦力f作用，根据牛顿第二定律有：F﹣f＝m1a；

当A和木板间的摩擦力取最大值f＝μm2g时，外力F最大，

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联立解得：F﹣m3g＝（m1+m2+m3）a＝60 N；a＝2.0 m/s。

（2）打击木板后，物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a＝2.0 m/s加速运动，

当物体B上升高度hB＝1.0 m时，有：木板向左运动的位移为：x＝L+hB

木板在A的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a'，根据牛顿第二定律有：μm2g＝m1a'

设打击木板后的瞬间木板的速度为v0，则：代入数据，解得：v0＝3.5 m/s；

根据动量定理得最初击打木板的冲量为：I＝mv0＝70N•s。答：（1）求力F的最大值为60N；

（2）最初击打木板的冲量大小为70N•s。

【点评】解答本题的关键是要熟练掌握整体法或分离法，利用题目中的隐含条件，灵活运用牛顿定律和匀变速位移公式以及冲量的定义求解答案。

（2）若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速释放，释放点至少应距A点多远。

；

【分析】（1）根据机械能守恒定律求出A点的速度，结合匀变速直线运动规律求解运动时间。

（2）D点为圆周运动的最高点，速度有最小值，mg＝m

＝mgR（1+cos37°）

和v

，从A到D由机械能守恒：

＝2ax′联立解得位移。

【解答】解：（1）滑块到达A点速度为vA，从A到C过程机械能守恒：

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＝mgRcos37°

从B到A过程匀加速运动，有：＝2axAB vA＝at 解得：t＝1s

（2）能从D点抛出最小速度为v0，mg＝m从A到D由机械能守恒：mv

＝2ax′

＝mgR（1+cos37°）

解得：x′＝5.75m

答：（1）滑块在斜面上运动的时间为1s；

（2）若滑块能从D点抛出，滑块仍从斜面上无初速释放，释放点至少应距A点5.75m。【点评】本题考查了动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律的综合运用，知道最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律和机械能守恒进行求解。

3．质量m1＝2kg的物体A沿水平面向质量m2＝1kg的静止物体B运动，并发生弹性正碰。碰撞前当它们相距L＝4m时，物体A的速度v0＝5m/s。它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s，A，B均可视为质点。求碰撞后A、B都停止运动时它们之间的距离。

【分析】由动能定理可以求出碰前A的速度。A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出分开后A、B的速度。最后由动能定理可以求出A、B的位移以及它们之间的距离。

【解答】解：设A与B碰撞前的速度为v，对A，由动能定理得：﹣μmAgs＝mAv﹣mAv0，代入数据解得：v＝3m/s；

A、B碰撞过程动量守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正反向，由动量守恒定律得： mAv＝mAvA+mBvB，

碰撞的过程中没有动能的损失，则：mAv＝mAvA﹣mBvB，代入数据解得：vA＝1m/s，vB＝4m/s；

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A、B相碰后均做匀减速运动，由动能定理得：对A：﹣μmAgsA＝0﹣mAvA，对B：﹣μmBgsB＝0﹣mBvB， A、B都静止时相距：△s＝sB﹣sA，代入数据解得：△s＝3.75m。答：A、B均停止运动时相距3.75m。

【点评】本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练。

（1）当A刚滑上B的上表面时的速度v0的大小：（2）木板B的长度L。

【分析】（1）小滑块A沿斜面下滑的过程，运用动能定理列式，可求得当A刚滑上B的上表面时的速度v0的大小。

（2）滑块A滑上木板B后，分析B的运动情况，根据牛顿第二定律可求得两者的加速度。最终A刚好未从木板B上滑下，A滑到B的右端，两者速度相等，由速度公式可求得滑块A刚滑B右端的时间，再由位移关系求B板的长度。

【解答】解：（1）设A、B的质量均为m。小滑块A沿斜面下滑的过程，由动能定理得： mgSsinα﹣μ1mgcosα•S＝解得：v0＝4m/s

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﹣0

（2）滑块A滑上木板B后，由于μ2mg＞μ3•2mg，所以木板B向右做匀加速运动，A向右做匀减速运动。根据牛顿第二定律得对A有 μ2mg＝maA。对B有 μ2mg﹣μ3•2mg＝maB。

设A刚好滑B右端的时间为t，两者的共同速度为v。则 v＝v0﹣aAt＝aBt 联立解得 t＝s，v＝m/s 则木板B的长度 L＝

＝

＝m

答：（1）当A刚滑上B的上表面时的速度v0的大小是4m/s：（2）木板B的长度L是m。

【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程，明确临界条件是解题的关键，要知道A刚好未从木板B上滑下时两者两者的速度，位移之差等于B板的长度。应用牛顿第二定律、运动学公式与功能关系即可解题。

（1）小环运动到P点时的速度大小v；（2）小环在直杆上运动时的加速度大小a；

（3）以y＝0处为零势能面，求小环在直杆上运动时，动能和重力势能相等的位置（只需求出y轴坐标）。

【分析】（1）小环从O到P过程，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解P点速度大小；

（2）在直杆上运动时，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解加速度

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大小；

（3）根据速度位移公式列式，再根据题意重力势能和动能相等列式后联立求解即可。【解答】解：（1）小环在OP杆上运动时，受重力和弹力作用，且只有重力做功，小环机械能守恒，设y＝0处为零势能面，则： mv0＝mv+mgy，代入数据得：v＝

m/s；

（2）小环在直杆上的受力如图所示：

由牛顿第二定律：mgsin37°﹣f＝ma， N＝mgcos37°，且f＝μN，

代入数据可得：a＝2m/s；

（3）设小环在y´处，Ek＝Ep，即mv´＝mgy´，由匀加速运动公式，v´﹣v＝2aS，其中：S＝

，

m；

m/s；

代入数据可得：y´＝

答：（1）小环运动到P点时的速度大小v为

（2）小环在直杆上运动时的加速度大小a为2m/s；

（3）以y＝0处为零势能面，小环在直杆上运动时，动能和重力势能相等的位置的纵坐标为

m。

【点评】本题为力学综合问题，关键是正确的受力分析，根据机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式列式分析，不难。

6．如图，粗糙直轨道AB与水平方向的夹角θ＝37°；曲线轨道BC光滑且足够长，它们在B处光滑连接。一质量m＝0.2kg的小环静止在A点，在平行于AB向上的恒定拉力F的作用下，经过t＝0.8s运动到B点，立即撤去拉力F，小环沿BC轨道上升的最大高度h

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＝0.8m。已知小环与AB间动摩擦因数μ＝0.75．（g取10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）小环上升到B点时的速度大小；（2）拉力F的大小；

（3）简要分析说明小环从最高点返回A点过程的运动情况。

【分析】（1）因BC轨道光滑，小环在BC上运动时只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求解小环在B点时的速度大小。

（2）小环在AB段运动过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解拉力F的大小。（3）小环返回B点的速度与上升时速度大小相等，根据牛顿第二定律和运动学公式结合分析。

【解答】解：（1）因BC轨道光滑，小环在BC上运动时只有重力做功，机械能守恒，即小环在B处与最高处的机械能相等，且在最高处时速度为零以B点为零势能点，根据机械能守恒定律： mvB＝mgh

代入数据得小环在B点速度为：vB＝4m/s

（2）小环在AB段受到恒力作用，做初速度为零的匀加速直线运动所以有：vB＝at 代入数据得：a＝5m/s 小环受力如图

根据小环受力，由牛顿第二定律有：F合＝ma 即F﹣mgsinθ﹣f＝ma 其中f＝μN＝μmgcosθ

可得：F＝mgsinθ+μmgcosθ+ma

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代入数据得F＝3.4N

（3）小环从最高点返回B点过程中，只有重力做功，机械能守恒，小环做加速运动，回到B点时速度大小为4m/s。

小环由B向A运动过程中，根据小环受力有F合＝mgsinθ﹣μmgcosθ＝0 小环在BA段以4m/s平行BA向下匀速直线运动。答：（1）小环上升到B点时的速度大小为4m/s；（2）拉力F的大小为3.4N；

（3）小环从最高点返回B点过程中，只有重力做功，机械能守恒，小环做加速运动，回到B点时速度大小为4m/s，小环在BA段以4m/s平行BA向下匀速直线运动。

【点评】解答此题的关键是对物体做好受力分析，理清物体的运动过程，抓住物体在最高处时速度为零这一隐含条件，再由动力学方法进行研究。

【分析】（1）小滑块从A到P的过程，运用动能定理求出它经过P点时的速度。小滑块在P点时，由合力提供向心力，由牛顿运动定律求压力F。

（2）小滑块从A到M的过程，运用动能定理求出它经过M点时的速度。爆炸后a块做平抛运动，根据分运动的规律求出爆炸后瞬间a块的速度。对于爆炸过程，运用动量守恒

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定律可求得b的速度大小vb。

【解答】解：（1）小滑块从A到P的过程，由动能定理得 ﹣μmgs＝

﹣

在P点，由牛顿第二定律得 F′﹣mg＝m解得 F′＝109N

根据牛顿第三定律知，小滑块运动到P点时对圆弧轨道的压力大小 F＝F′＝109N （2）小滑块从A到M的过程，由动能定理得 ﹣μmgs﹣2mgR＝解得 vM＝8m/s

a块做平抛运动过程，有 2R＝ s＝vat 解得 va＝m/s

对爆炸过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mvM＝va+vb。解得 vb＝

m/s

﹣

答：（1）小滑块运动到P点时对圆弧轨道的压力大小F是109N；（2）刚炸裂后另一块b的速度大小vb是

m/s。

【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程，要把握滑块到达M点和P点的向心力来源：合力，能熟练运用运动的分解法求平抛的初速度。运用动量守恒定律时要注意选择正方向。

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（1）小车的最终速度的大小v；（2）初始时小球与砂桶的水平距离△x。

【分析】（1）在整个过程中，小球、小车和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，由此求解小车的最终速度的大小v。

（2）A与C的碰撞过程动量守恒，由此求出碰后A车的速度；AC碰撞后小球做平抛运动，由H＝gt求出运动的时间，再结合水平方向的位移关系即可求出初始时小球与砂桶的水平距离△x。

【解答】解：（1）整个过程中，小球、小车和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：（M+m）v0＝（M+m+m0）v 解得：v＝5m/s

（2）A与C的碰撞过程动量守恒，则有： Mv0＝（M+m0）v1。

设小球下落的时间为t，则有： H＝gt。 △x＝（v0﹣v1）t 解得：△x＝1.28m

答：（1）小车的最终速度的大小v是5m/s；（2）初始时小球与砂桶的水平距离△x是1.28m。

【点评】本题考查动量守恒定律和平抛规律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒。要注意整个过程中系统的总运量并不守恒，只是水平动量守恒。 9．如图甲所示，m1＝5kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转。m1下滑前将m2＝3kg的滑块停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑

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块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v﹣t图象，如图乙、丙所示。两滑块均视为质点，重力加速度g＝10m/s2

。

（1）求A、B的高度差h；

【分析】（1）由图示图象可以求出两滑块碰撞后瞬间的速度，两滑块碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞前滑块m1 的速度，滑块m1 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A、B的高度差。

（2）由图乙所示图象求出m1的加速度，然后由牛顿第二定律求出动摩擦因数，图象与坐标轴所形成图形的面积是滑块的位移，由图示图象可以求出传送带的长度。

（3）滑块m2在传送带上一直做匀减速直线运动，求出滑块的平均速度，然后求出其运动时间。

（4）求出滑块相对于传送带的位移，然后应用功的计算公式求出因摩擦产生的热量。【解答】解：（1）由图乙丙可知，碰撞后瞬间，m1 的速度v1＝1m/s，m2的速度v2＝5m/s，设碰撞前瞬间m1的速度为v0，碰撞过程系统动量守恒，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2 解得：v0＝4m/s，

m1下滑的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

解得：h＝0.8m；

（2）由图乙可知，滑块m1在传送带上加速运动时的加速度大小：m/s2

滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故：μ1m1g＝m1a，解得，滑块m1与传送带间的动摩擦因数：μ1＝0.05

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由图乙可知，滑块m1在传送带上先加速4s，后匀速运动6s 到达C 点图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度LBC，即LBC＝×（1+3）×4+3×（10﹣4）＝26m；

（3）滑块m2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3m/s，全程的平均速度为：

，

设滑块m2的传送时间：t＝

＝＝6.5s；

（4）由图乙可知，滑块m1在传送带上加速阶段的位移：

，

滑块m1在传送带上加速阶段产生的热量：Q1＝μ1m1g（vt1﹣x1），滑块m2在传送带上减速的加速大小：滑块m2受到的滑动摩擦力大小：f＝m2a′

滑块m2在传送带上减速阶段产生的热量：Q2＝f（LBC﹣vt），系统因摩擦产生的热量：Q＝Q1+Q2，解得：Q＝16J。答：（1）A、B的高度差h为0.8m；

（2）滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC为26m；（3）滑块m2到达C点时速度恰好减到3m/s，滑块m2的传送时间为6.5s；（4）系统因摩擦产生的热量为16J。

【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，摩擦力与相对位移的乘积等于因摩擦产生的热量，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、运动学公式即可解题。

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m/s

．不计空气阻力，

（2）0～1s时间内小车的牵引力做的功。

【分析】（1）物块在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再由v＝at求物块离开小车时的速度。

（2）先对小车，利用牛顿第二定律求得牵引力的大小。由x＝移，从而求得牵引力做功。

【解答】解：（1）设物块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得： μmg＝ma1

由运动学公式，得离开小车时，物块的速度为：v＝a1t 联立解得：v＝1m/s

（2）设小车所受的牵引力为F．对于小车，由牛顿第二定律，得：F﹣μmg﹣k（M+m）g＝Ma

小车的位移为：x＝牵引力做的功为：W＝Fx 联立解得：W＝11J

答：（1）物块离开小车时，物块的速度大小是1m/s；（2）0～1s时间内小车的牵引力做的功是11J。

【点评】解决本题的关键要理清小车和物块的运动情况，采用隔离法研究加速度和速度等物理量。第一问也可以根据动量定理求解。

求得小车在1s内的位

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【分析】（1）先研究子弹从小物块右端射入物块的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出子弹射入物块后两者的共同速度。从B到A，运用机械能守恒定律列式求出物块通过B点的速度。再研究物块从C到B的过程，由动能定理列式，从而求得BC段的动摩擦因数。

在B点，对物块，运用牛顿第二定律求得小车对物块的支持力，从而得到物块对小车的压力。

（2）若子弹射入前小车不固定，物块在小车上运动时小车向左运动，当小物块在AB段上升时两者速度相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。

【解答】解：（1）已知小车质量M＝4kg，小物块质量m＝0.95kg，子弹质量m0＝0.05kg，子弹初速度v0＝100m/s。

子弹从小物块右端射入物块的过程动量守恒，设子弹与木块达到共同速度vC，取水平向左为正方向。据动量守恒定律得： m0v0＝（m0+m）vC。代入数据解得：vC＝5m/s

己知图弧光滑轨道半径R＝0.45m，小车固定时，小物块恰好运动到A点，设物块和子弹到达B点时的速度大小vB，物块从B到A的过程，由机械能守恒定律可得：（m0+m）gR＝

代入数据解得 vB＝3m/s

已知BC段是长L＝2.0m，若BC段的动摩擦因数为μ，物块从C到B的过程，由动能定理得：

﹣μ（m0+m）gL＝代入数据解得：μ＝0.4

设小物块刚通过B点时，受的支持力为FN．由牛顿第二定律得：

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﹣

FN﹣（m0+m）g＝（m0+m）代入数据解得：FN＝30N

由牛顿第三定律可得，小物块对小车的压力大小为30N，方向竖直向下。

（2）若子弹射入前小车不固定，小物块在AB段上升到最大高度时，小物块和小车达到共同速度，设最终的共速度为v，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：（m0+m）vC＝（m0+m+M）v。代入数据解得：v＝lm/s

从子弹与小物块达到共同速度，到三种达到共同速度的过程中，系统损失的动能，一部分转化为热能，一部分化为小物块的重力势能，设子弹与小物块上升的最大高度为h，由能量守恒定律得：

﹣（m0+m+M）v＝μ（m0+m）gL+（m0+m）gh

代入数据解得：h＝0.2m

答：（1）BC段的动摩擦因数是0.4，小物块刚刚通过B点时对小车的压力为30N，方向竖直向下；

（2）若子弹射入前小车不固定，小物块在AB段上升的最大高度是0.2m。

【点评】本题的第一问是动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理与向心力的综合，要注意灵活选择研究的对象，求向心力时子弹的质量不能忘了。第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意明确隐含的临界条件：小物块在AB段上升时两者速度相等。

（2）木块经过竖直圆轨道最低点C时，对轨道的压力大小FN；（3）木块最终停止时离A点的距离s。

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【分析】（1）铁钉与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出铁钉与木块的共同速度。

（2）由牛顿第二定律求出加速度，应用匀变速运动的速度公式与位移公式求出木块到达C时的速度，木块做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出支持力，然后求出木块对轨道的压力。

（3）分析清楚木块的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式求出木块最终停止时离A点的距离。

【解答】解：（1）设铁钉与木块的共同速度为v，取向左为正方向，由动量守恒定律得： m0v0＝（m0+m1）v 代入数据解得：v＝2m/s；

（2）木块滑上薄板后，木块的加速度：a1＝μg＝0.5m/s，方向：向右，板的加速度：a2＝

＝

＝0.5m/s，方向：向左，

设经过时间t，木块与木板共同速度v运动，由匀变速直线运动的速度公式得：v﹣a1t＝a2t，此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度：

，

故共速时，恰好在最左侧B点，此时木块的速度：v′＝v﹣a1t，木块过C点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：代入数据解得：FN＝12.5N，

由牛顿第三定律知，木块过圆弧C点时对C点压力大小：12.5N，方向：竖直向下；（3）木块还能上升的高度为h，由机械能守恒定律得：

，

解得：h＝0.05m＜0.4m，木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s的速度再由B处滑上木板，设经过t1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a2，木块的加速度仍为a1，

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则：v2﹣a1t1＝a2t1，解得：t1＝1s此时：﹣a2t1＝0.5m/s，

碰撞后，v薄板＝0，木块以速度：v3＝0.5m/s的速度向右做减速运动，设经过t2时间速度为0，则：t2＝位移：

，＝

＝1s，

，v3＝v2

木块最终停止时离A点的距离：s＝L﹣△x'﹣x＝1.25m；即木块停止运动时离A点1.25m远。

答：（1）铁钉射入木块后共同的速度v大小为2m/s，方向：向左；（2）木块经过竖直圆轨道最低点C时，对轨道的压力大小FN为12.5N；（3）木块最终停止时离A点的距离s为1.25m。

【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，物体的运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后应用动量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

（1）如果滑块B恰好不能从小车上滑落，求小车的长度；

（2）如果在滑块B刚滑上小车的同时，给小车施加F＝7N的水平向右的恒力，求恒力作用2s时滑块B距小车左端的距离，

【分析】（1）由能量守恒定律可以求出释放滑块后滑块获得的速度，滑块B与小车C组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出它们共速时的速度，然后应用能量守恒定律求出小车的长度。

（2）由牛顿第二定律求出滑块与小车的加速度，应用运动学公式求出它们共速时需要的速

第33页（共67页）

度与共同的速度，然后应用牛顿第二定律求出共速后的加速度，然后求出距离。【解答】解：（1）滑块B从释放运动到P的过程中，由能量守恒定律得：

代入数据解得：vB＝2m/s，

取B和C为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mB vB＝（ mB+mC）v，代入数据解得：v＝0.5m/s，由能量守恒定律得：代入数据解得：L＝0.75m；

（2）滑块B滑上小车C后，将先做匀减速运动，其加速度大小为：

，

小车C将先做匀加速运动，其加速度大小：

代入数据解得：，

设经过时间 t1时，B、C有共同速度 v共，由速度公式可得：v共＝vB﹣aB t1＝aC t1，解得：v共＝1.2m/s，t1＝0.4s，滑块B对第的位移为：小车C对地的位移为：

假设此后小车与滑块以共同加速度前进，加速度为：

由于此种情况下，B、C间的静摩擦力为：f＝mB a共＝1.75N＜μ mBg＝2N，可知假设成立，所以在 t1＝0.4s后，B、C一起以 a共做匀加速运动，恒力作用2s时滑块B距小车左端的距离：x＝x1﹣x2＝0.4m。答：（1）小车的长度为0.75m；

（2）恒力作用2s时滑块B距小车左端的距离为0.4m。

【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚滑块与小车的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

14．一质量为M的同学站在粗糙的水平地面上将质量为m的铅球水平推出，推出后人保持

第34页（共67页）

静止，铅球落地时的位移大小为L，方向与水平成θ角。第二次该同学站在光滑的水平冰面上将此铅球水平推出，假设两次推铅球过程中出手高度及推球动作相同，人做功输出的机械能也相同，求：

（1）第一次推铅球时，铅球的水平初速度大小；（2）先后两次铅球刚落时，铅球与人的水平距离之比。

【分析】（1）铅球被推出后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出铅球的水平速度。（2）推铅球过程中，人与铅球组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出铅球落地时与人间的距离，然后求出距离之比。

【解答】解：（1）设铅球的水平初速度为v0，铅球做平抛运动，水平方向：Lcosθ＝v0t，竖直方向：Lsinθ＝gt，解得：v0＝

；

（2）在光滑的水平冰面上推出铅球过程，人与铅球组成的系统在水平方向动量守恒，以铅球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝0，推铅球过程，由能量守恒定律得：

，

铅球被推出后最平抛运动，人做匀速直线运动，铅球落地时，人与铅球间的水平距离：x2

＝（v1+v2）t，

在粗糙水平面上，铅球落地时，人与铅球间的水平距离：x1＝v0t，解得：

；

答：（1）第一次推铅球时，铅球的水平初速度大小为：（2）先后两次铅球刚落时，铅球与人的水平距离之比为

。

；

【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，铅球被推出后做平抛运动，分析清楚铅球与人的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、平抛运动规律可以解题。

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两球均可视为质点，质量均为m，平台与坡道的总质量为3m，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：

（1）小球A刚滑至水平台面时，小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB；（2）A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离S。

【分析】（1）小球A下滑的过程，A、B及平台组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，机械能也守恒，由此列式，即可求解。

（2）对于A、B两球碰撞过程，由动量守恒定律求得碰后两球的共同速度。之后，两球一起做平抛运动，平台做匀速直线运动，由平抛运动的规律和几何关系求解。

【解答】解：（1）小球A下滑的过程，对A、B及平台组成的系统，取水平向右为正方向，由水平动量守恒得： 0＝mvA﹣（3m+m）vB。根据机械能守恒定律得： mgh＝mvA+（3m+m）vB。联立解得：vA＝

，vB＝

（2）对于A、B两球碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： mvA﹣mvB＝2mv 得：v＝

之后两球一起做平抛运动，时间为：t＝

A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离为：S＝vBt+vt。解得：S＝

，小球B的速度大小

答：（1）小球A刚滑至水平台面时，小球A的速度大小vA是vB是

。

（2）A、B两球落地时，落地点到平台右端的水平距离S是

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h。

【点评】本题要分析清楚两球及平台的运动过程，把握每个过程的规律，知道小球A下滑的过程系统水平动量守恒和机械能守恒，但总动量不守恒。掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。

（1）小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小；（2）小物块与斜面之间的动摩擦因数；

（3）小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向。

【分析】（1）物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间公式求加速度。由v＝at求物块到达底端时速度的大小；

（2）根据牛顿第二定律列式，可求得小物块与斜面之间的动摩擦因数；

（3）以斜面为研究对象，根据牛顿第二定律求水平面对斜面体的摩擦力大小和方向。【解答】解：（1）由运动学公式s＝at得 a＝

＝

＝2m/s

由v＝at得v＝2m/s （2）由牛顿第二定律 mgsin θ﹣μmgcos θ＝ma 得μ＝0.5

（3）物块对斜面的压力大小 F1＝mgcosθ 物块对斜面的摩擦力大小 f1＝μmgcosθ 因为F1sinθ＝mgcosθsin θ＞f1cosθ＝μmgcosθ

所以水平面对斜面体的摩擦力向左，斜面的受力情况如下图所示。

第37页（共67页）

水平面对斜面的摩擦力大小 f＝F1sinθ﹣f1cosθ＝mgcosθsin θ﹣μmgcosθ 解得 f＝3.2N。答：

（1）小物块沿斜面下滑的加速度是2m/s，到达底端时速度的大小是2m/s；（2）小物块与斜面之间的动摩擦因数是0.5；

（3）小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小是3.2N，方向向左。

【点评】本题是加速度不同的连接体问题，采用隔离法研究，要正确分析物体的受力情况，作出受力示意图。

（1）若赛车恰能通过圆形轨道的最高点B，求赛车在A点的速度；

【分析】（1）赛车恰能通过圆形轨道的最高点B时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定

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律求出赛车通过最高点B时的速度。对A到B的过程，运用动能定理，求出赛车在A点的速度。

（2）要求车模不会掉进壕沟，可能不通过C点，也通过C点做平抛运动。若赛车刚好停在C点，对橡皮泥落在赛车上的过程，由动量守恒定律列式。从A到C由动能定理列式可求得橡皮泥的质量。

若赛车恰好越过壕沟，根据平抛运动的规律求出赛车越过壕沟在C点的最小速度，再结合动量守恒定律和动能定理列式，求出橡皮泥的质量，从而得到橡皮泥的范围。【解答】解：（1）小球恰好能通过最高点，有：

由点A到点B由机械能守恒得：

联立解得：vA＝10m/s

（2）若赛车刚好停在C点，在A点车上，落上质量为m1的橡皮泥后速度为v1 取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得：mvA＝（m+m1）v1 从A到C由动能定理可得：代入数据解得：m1＝1.05kg

若赛车恰好越过壕沟，在C点的速度为vC，则有竖直方向水平方向 s＝vCt

此时假设落在赛车上质量为m2的橡皮泥后的速度为v2，由动量守恒定律可得 mvA＝（m+m2）v2 从A到C由动能定理可得：代入数据解得：m2＝0.45kg

综上所述，满足题意的橡皮泥质量 m1≥1.05kg或m2≤0.45kg。

答：（1）若赛车恰能通过圆形轨道的最高点B，赛车在A点的速度是10m/s；（2）在A点落在赛车上的橡皮泥的质量范围是m1≥1.05kg或m2≤0.45kg。

【点评】本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律与圆周运动、平抛运动的综合应用，关键要分析清楚赛车的运动过程，抓住临界状态和临界条件，选择合适的研究过

第39页（共67页）

，

程，再进行解答。

【分析】（1）根据动能定理求出A与B碰撞前的速度，结合动量守恒定律求出碰撞后瞬间整体的共同速度大小。

（2）对AB整体分析，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力，再对C分析，根据平衡求出地面对物块C的支持力大小。

（3）抓住初状态弹簧弹性势能等于末状态弹性势能，根据动能定理、动量守恒以及能量守恒定律求出物块A由静止释放位置距物块B的高度最小值。【解答】解：（1）对A应用动能定理得，

A与B碰撞粘合动量守恒，规定A的方向为正方向，有：mAv0＝（mA+mB）v ② 由①②代入数据解得v＝1m/s。 ③

（2）对A、B整体分析，根据牛顿第二定律得，（mA+mB）g﹣F弹＝（mA+mB）a ④ 对C受力分析得，FN＝mCg+F弹⑤

由④⑤代入数据解得FN＝20N，方向竖直向上。

，①

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（3）根据动能定理得，mAv1＝（mA+mB）v共，⑦

⑥

碰后C恰好能离开地面弹簧伸长量也为x0，初状态弹簧弹性势能等于末状态弹性势能，根据能量守恒有：代入数据解得h＝0.8m。

答：（1）A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小为1m/s；（2）地面对物块C的支持力为20N；

（3）物块A由静止释放位置距物块B的高度最小值h为0.8m。

【点评】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律和能量守恒定律的综合运用，综合性强，对学生的能力要求较高，对于第三问，注意初状态弹簧弹性势能等于末状态弹性势能。

（2）物体的速度减小到0.8v0时的位置坐标。

，⑧

【分析】（1）物体做类似斜上抛运动，将速度沿着平行力和垂直力的方向正交分解，平行力方向做类似竖直上抛运动，垂直力方向做匀速直线运动，结合动量定理求出时间；（2）由位移公式即可求出物体的位移，然后由几何关系确定物体的坐标。

【解答】解：（1）物体做类似斜上抛运动，将速度沿着平行力和垂直力的方向正交分解，平行力方向做类似竖直上抛运动，垂直力方向做匀速直线运动；

平行合力方向的分速度减为零时，速度达到最小值，物体的速度最小值为0.8v0，故平行合力方向的分速度的初始值为：

＝0.6v0，

对平行合力方向分运动运用动量定理，有：﹣Ft＝0﹣m（0.6v0）解得：t＝

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（2）由匀速直线运动的公式可得：x＝vxt＝

物体在竖直方向的位移：

所以物体的坐标为：（，）

答：（1）物体减速的时间是；

（2）物体的速度减小到0.8v0时的位置坐标为（

，）。

【点评】本题关键明确物体做类似斜上抛运动，采用运动的合成与分解的方法进行研究，同时结合动能定理和动量定理列式分析，较难。

【分析】根据牛顿第二定律求解B的加速度大小，根据能量关系列方程，整体整个过程中根据动量定理列方程求解即可。

【解答】解：以B为研究对象，加速运动过程中的加速度为a＝设恒力的作用时间至少应为t，此过程的位移为x，则x＝

；

＝6m/s；

设最后二者恰好匀速运动的速度为v，此时m刚好达到木板的末端，根据能量关系可得：Fx＝

+μmgL，

整个过程根据动量定理可得：ft＝（m+M）v 联立解得t＝1s。

答：恒力的作用时间至少应为1s。

【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关

第42页（共67页）

键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。

（3）从进入直道到P点的过程中。汽车克服阻力做的功。【分析】（1）根据平抛运动的规律求解速度大小；（2）根据牛顿第二定律结合向心力求解；

（3）从进入直道到P点的过程中根据动能定理列方程求解。

【解答】解：（1）赛车到达P点时速度的大小为vp，从P点飞出后做平批运动，时间为t，水平方向：x＝vpt 竖直方向：解得：vp＝20m/s；

（2）拱形路面顶点P的由率率径为R，则解得：R＝40m；

（3）从进入直道到P点的过程中，汽车克服阻力做的功Wf 根据动能定理可得：解得：Wf＝7.4×10J。

答：（1）赛车到达P点时速度的大小为20m/s；（2）拱形路面顶点P的曲率半径为40m；

（3）从进入直道到P点的过程中。汽车克服阻力做的功为7.4×10J。

【点评】本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；能够根据动能定理进行分析解答。

22．如图所示，倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）固定在粗糙的水平地面上，斜面

第43页（共67页）

﹣

【分析】（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；

（2）简谐运动中，合力充当回复力，满足条件F＝﹣kx，由此求出；

（3）先求出简谐振动的振幅，然后由简谐振动的对称性求出弹簧的最大伸长量。【解答】解：①设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为△L，有：mgsinα﹣k△L＝0，得到：

此时弹簧的长度为

②当物块位移为x时，弹簧伸长量为x+△L，物体所受合力为：F合＝mgsinα﹣k（x+△L）联立以上各式解得：F合＝﹣kx 可知物块做简谐运动。 ③物块做简谐振动的振幅为：由对称性可知，最大伸长量为：

答：①物块处于平衡位置时弹簧的长度为②证明见上； ③弹簧的最大伸长量是

；

【点评】本题关键是对滑块受力分析，利用简谐运动的对称性求解弹簧最大伸长量，明确简谐运动的条件是回复力满足：F＝﹣kx。

23．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上。弹簧上端与轻弹簧薄

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片P相连，P与杆之间涂有一层能调节阻力的智能材料。在P上方H处将另一质量为m的光滑圆环Q由静止释放，Q接触P后一起做匀减速运动，下移距离为0．忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）Q做减速运动时加速度的大小；（2）Q从开始运动到速度减为零所用的时间；（3）Q下移距离d（d＜

）时，智能材料对P阻力的大小。

时速度减为

【分析】（1）Q先自由下滑，由运动学公式求出下滑H时的速度v。Q接触P后一起以初速度v做匀减速运动，再根据速度位移公式求其加速度大小。

（2）Q的运动时间等于自由下滑的时间和匀减速运动时间之和，分别根据速度时间公式求解。

（3）对PQ整体，运用牛顿第二定律可求得智能材料对P阻力的大小。【解答】解：（1）令Q刚接触P时速度为v：v＝2gH，得：接触P后令其加速度大小为a，则有：得：

（2）Q自由下落所用的时间：Q做减速运动时所用的时间：Q运动的总时间：

（3）令新型智能材料对P的阻力为F kd+F﹣mg＝ma

解得：F＝mg+k（H﹣d）答：

第45页（共67页）

（1）Q做减速运动时加速度的大小是；

；

（2）Q从开始运动到速度减为零所用的时间是（3）Q下移距离d（d＜

）时，智能材料对P阻力的大小是F＝mg+k（H﹣d）。

【点评】本题是两个过程的问题，关键要分析清楚物体的运动情况，知道加速度是联系力和运动的桥梁。也可以根据v﹣t图象分析Q的运动情况。

h2＝1.8m。质量m＝60kg的游客（可视为质点）从A端静止滑下，游客与管道AB的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求游客经过B点时的速度大小；（2）求游客受到BC管道的作用力大小；

（3）要使游客落到水中且落水的速度不超过8m/s，求管道CD的长度。

【分析】（1）对AB段运用动能定理，求出游客到达B点的速度大小。

（2）根据弹力提供向心力，结合牛顿第二定律求出游客受到BC管道的作用力大小。（3）根据平抛运动的规律得出游客离开D点的最大速度，结合动能定理求出管道CD的长度。

【解答】解：（1）对A到B过程运用动能定理有：

，

第46页（共67页）

代入数据解得：vB＝10m/s。

（2）游客在BC管道中做匀速圆周运动，根据N＝m得：

N＝1200N。

（3）游客离开CD管道后，做平抛运动，落水的最大速度为8m/s，落水时的竖直分速度为：则离开管道CD的最大速度为：根据动能定理得：

代入数据解得：xCD＝7.2m。

答：（1）游客经过B点时的速度大小为10m/s；（2）游客受到BC管道的作用力大小为1200N；（3）管道CD的长度为7.2m。

【点评】本题考查了动能定理与平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。

（2）当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为多大？

m/s＝6m/s，

m/s。

，

【分析】（1）当拉力F小于6N时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力大于6N时，m和M发生相对滑动。由图读出：当F＝6N时，加速度为：a＝2m/s．对整体，由牛顿第二定律列式：F＝（M+m）a，得到M+m．当F大于6N时，对长木板，根据牛顿第二定律列式，结合图线的斜率求解滑块的质量。

（2）根据上题的结果求出滑块与长木板间的动摩擦因数。当水平拉力F＝7N时，对长木板，

第47页（共67页）

运用牛顿第二定律求加速度。

【解答】解：（1）当F＝6N时，加速度为：a＝2m/s。

对整体，由牛顿第二定律有：F＝（M+m）a，代入数据解得：M+m＝3kg 当F＞6N时，根据牛顿第二定律得：长木板的加速度 a＝解得：M＝1kg

则得滑块的质量为：m＝2kg。

（2）当F＞6N时 a＝F﹣20μ．代入题图数据即得：μ＝0.2 所以a＝F﹣4

当F＝7N时，长木板的加速度为：a1＝3m/s。答：

（1）小滑块的质量为2kg。

（2）当水平拉力F＝7N时，长木板的加速度大小为3m/s。

【点评】本题是牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。

（1）小球A刚好到达圆弧轨道最低点N时，对轨道的压力大小；（2）若要求两球发生二次碰撞，小球B的质量mB应满足的条件。

＝F﹣，知图线的斜率 k＝＝＝1

【分析】（1）小球下滑的过程，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求小球A到达N点时的速度。

（2）若要求两球发生二次碰撞，碰撞后小球A的速度必须大于B球的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求解。

【解答】解：（1）设小球A到达N点时的速度为v，根据机械能守恒定律得：

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在N点处：

联立解得 F＝3mg

由牛顿第三定律得：小球对轨道压力为 F′＝F＝3mg （2）A与B发生弹性碰撞，设碰后速度为vA，vB。取向左为正方向。由动量守恒定律有： mv＝mvA+mBvB 由机械能守恒定律有：

解之得，

要使两球发生二次碰撞，则有vA＜0，vB＜﹣vA 联立解得：mB＞3m 答：

（1）小球A刚好到达圆弧轨道最低点N时，对轨道的压力大小是3mg。（2）若要求两球发生二次碰撞，小球B的质量mB应满足的条件是mB＞3m。

【点评】本题的关键是明确碰撞前A球的机械能守恒，碰撞过程两球系统机械能守恒，动量也守恒，同时要抓住要使两球发生二次碰撞的条件。

27．牛顿利用行星围绕太阳的运动可看做匀速圆周运动，借助开普勒三定律推导出两物体间的引力与它们之间的质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。牛顿思考月球绕地球运行的原因时，苹果的偶然落地引起了他的遐想：拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力，是否都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律﹣﹣﹣﹣平方反比规律？因此，牛顿开始了著名的“月﹣地检验”。

（2）行星围绕太阳的运动看做匀速圆周运动，在牛顿的时代，月球与地球的距离r′、月球绕地球公转的周期T''等都能比较精确地测定，请你据此写出计算月球公转的向心加速度a的表达式；已知r′≈3.84×10m、T′≈2.36×10s，地面附近的重力加速度g＝

第49页（共67页）

9.80m/s，请你根据这些数据估算比值；

【分析】（1）研究月球绕地球圆周运动，利用向心力与距离、线速度的关系即可求出相互作用力。

（2）由月亮与地球之间的距离和月亮的周期，根据a＝然后比较即可；

（3）根据万有引力和牛顿第二定律

，在地球表面的物体的重力等于万有引

即可求出月球的向心加速度，

力，两式相比，代入数据即可解出a的值。

【解答】解：（1）月球绕地球做匀速圆周运动，则：F＝（2）由向心加速度的表达式得：a＝其中：

联立可得：a＝

代入相关数据可得：

（3）根据牛顿的猜想，若两个引力都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律，都是由地球的吸引产生的，设地球的质量为M，则m月a∝

地球表面的物体：m′g∝

所以：

与（2）的结果比较可知，两种情况下的计算的结果是近似相等的，可知牛顿的猜想是正确的。

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答：（1）将月球绕地球运动看作匀速圆周运动，地球和月球之间的相互作用力是。

（2）月球绕地球运动可看作匀速圆周运动，在牛顿的时代，月球与地球的距离r′、月球绕地球公转的周期T''等都能比较精确地测定，请你据此写出计算月球公转的向心加速度a 的表达式；估算比值约为

；

（3）通过对比可知，牛顿的猜想是正确的。

【点评】解对万有引力与天体的运动问题，一定要知道两个关系：①星球表面的物体受到的重力等于万有引力，②做匀速圆周运动的物体需要的向心力由万有引力提供。 28．如图所示，粗糙的水平轨道AB与光滑的半圆轨道BC平滑连接，且在同一竖直平面内，一质量M＝0.98kg的木块静止在A点，被一水平向右飞来的质量m＝20g的子弹射中，子弹滞留在木块中，不计子弹在木块中的运动时间，木块沿轨道滑到C点后水平飞出，并恰好落回A点。已知A、B两点的距离s＝1.2m，半圆轨道的半径r＝0.4m，木块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.36，重力加速度g＝10m/s．求：（1）木块在C点时对轨道的压力大小；（2）子弹射入木块前瞬间的速度大小。

【分析】（1）研究木块C点平抛运动的过程，由分位移公式求出木块在C点时的速度。在C点，由牛顿第二定律求出轨道对木块的压力，从而得到木块对轨道的压力。

（2）木块从B到C的过程，由机械能守恒定律求出木块经过B点的速度，由动能定理求出子弹射入木块后瞬间的速度，再研究子弹打击木块的过程，由动量守恒定律求子弹射入木块前瞬间的速度大小。

【解答】解：（1）木块从C点落回A点的过程中做平抛运动，则： 2r＝ s＝vCt 解得 vC＝3m/s

在C点，由牛顿第二定律得 F+（M+m）g＝（M+m）

第51页（共67页）

解得：F＝12.5N

由牛顿第三定律知木块在C点时对轨道的压力大小 F′＝F＝12.5N

（2）设子弹射入木块前瞬间的速度大小为v0，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mv0＝（M+m）v1

木块从A到B的过程，由运动学公式有 vB﹣v1＝﹣2μgs 木块从B到C的过程，由机械能守恒定律得解得：v0＝290m/s 答：

（1）木块在C点时对轨道的压力大小是12.5N；（2）子弹射入木块前瞬间的速度大小是290m/s。

【点评】对于圆周运动，常常是机械能守恒定律或动能定理与牛顿运动定律的综合。子弹射击木块过程，基本的规律是动量守恒。

（2）若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4m/s，则经多长时间钢管开始翻落？

【分析】（1）车厢前挡板恰好不被撞击时，钢管的位移与车厢的位移之差等于原来钢管前端与车厢前挡板间的距离，根据牛顿第二定律求出钢管的加速度，结合位移关系列式求解。（2）当钢管的重心滑至车厢后端正上方时，钢管开始翻落，根据位移关系求解。【解答】解：（1）若车厢前挡板恰好不被撞击，则小车在刹车过程中的位移 x1＝

＝（m+M）•2r+

对钢管有 μmg＝ma，解得钢管的加速度 a＝μg＝3m/s。钢管的位移 x2＝

＝

m＝54m

由位移关系得 x2﹣x1＝

第52页（共67页）

联立以上各式解得 am＝

m/s≈3.06m/s。

即刹车时加速度的最大值为3.06m/s。

（2）从小卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中：小卡车的位移 x1′＝钢管的位移 x2′＝

由位移关系有 x2′﹣x1′＝联立以上各式解得 t＝2s 答：

（1）刹车时加速度的最大值是3.06m/s。（2）经2s时间钢管开始翻落。

【点评】分析清楚钢管与小卡车的运动过程，抓住两者位移关系是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题。

30．宇航员在一行星上以速度v0竖直上抛一质量为m的物体，不计空气阻力，经2t后落回手中，已知该星球半径为R；

（1）求出该星球的第一宇宙速度的大小？

（2）求出该星球的第二宇宙速度的大小？已知取无穷远处引力势能为零时，物体距星球球心距离r时的引力势能为：Ep＝﹣G

（G为万有引力常量）

【分析】（1）根据速度时间公式，结合竖直上抛运动的规律求出星球表面的重力加速度，根据重力提供向心力求出星球的第一宇宙速度大小；

（2）根据黄金代换式，以及重力加速度的表达式得出引力势能的表达式，根据机械能守恒求出星球的第二宇宙速度。

【解答】解：（1）由题意可知星球表面重力加速度为：

，

根据得到：。

（2）由GM＝gR可知势能公式为：

，

由机械能守恒得到：

，

第53页（共67页）

解得。

答：（1）星球的第一宇宙速度为。

（2）星球的第二宇宙速度为。

【点评】本题考查了万有引力定律和运动学公式、机械能守恒的综合运用，关键要理解第一宇宙速度和第二宇宙速度的含义。

（1）运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用后的速度大小及这段时间内的位移大小：（2）运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。

【分析】（1）由牛顿第二定律求解运动员的加速度，由运动学公式求解速度和位移；（2）运动员做匀减速运动时由牛顿求解加速度大小，根据速度时间关系求解撤除水平推力2s后的速度；分析以后的运动情况，由运动学公式和牛顿第二定律联立求解即可。【解答】解：（1）运动员在滑雪杖作用时，做匀加速运动由牛顿第二定律有F﹣Ff＝ma1 解得运动员的加速度a1＝lm/s

由运动学公式，解得速度v1＝a1t1＝1m/s

第54页（共67页）

这段时间内的位移X1＝ a1t1＝0.5m；（2）无滑雪杖作用时，运动员做匀减速运动由牛顿第二定律有Ff＝ma2 解得加速度a2＝0.25m/s

撤除水平推力2s后的速度v2＝v1﹣a2t2＝0.5m/s。

第二次有水平推力作用的距离与第一次相同为x1＝0.5m，加速度为a1＝1m/s 由运动学公式有v3﹣v2＝2a1x1解得v3＝第二次撤去推力后，由运动学公式有v3＝2ax2 解得滑行的最大距离为x2＝2.5m。

答：（1）运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用后的速度大小为1m/s；这段时间内的位移大小为0.5m；

（2）运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离为2.5m。

【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，抓住位移关系以及时间相等进行求解、速度时间关系求解。

m/s

【分析】（1）A、B碰撞过程系统的动量守恒，由此求出碰后二者的共同速度；由能量转化

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和守恒定律即可求出损失的机械能；

（2）A、B碰撞后与C作用的过程中A、B、C组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出C与弹簧分开后的速度，即为滑块C刚滑上传送带时的速度；（3）C在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量。【解答】解：（1）设A与B碰撞后共同速度为v1，取向右为正方向。对A、B系统，由动量守恒定律得：m v0＝2mv1 碰撞时损失的机械能：△E＝mv0﹣ （2m） v1 解得：△E＝9J

（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC。取向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv1＝2mvB+mvC 由机械能守恒定律得：（2m） v1＝（2m） vB﹣m vC 解得：vC＝4m/s

（3）C以4m/s的速度滑上传送带，假设匀加速直线运动的位移为x时与传送带共速，根据牛顿第二定律得： μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得 a＝4m/s。

由运动学公式：v﹣vC＝2ax 解得：x＝11.25m＜L

C匀加速运动时间为t，有：t＝

＝

s＝2.5s

所以相对位移为：△x＝vt﹣x＝5×2.5﹣11.25＝1.25m 摩擦生热：Q＝μmgcosθ•△x 解得 Q＝8J

答：（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能是9J：（2）滑块C刚滑上传送带时的速度是4m/s；（3）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q是8J。

【点评】本题的关键是理清物理过程，抓住每个过程的物理规律。在知道碰撞的基本规律是动量守恒定律，要注意AB碰撞时，C没有参与碰撞。要知道摩擦生热与相对位移有关。 33．如图所示，张拉着小车静止在倾角为37°的光滑斜面上。已知小车的质量为5kg，

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重力加速度为g＝10m/s，求：

（1）绳子对小车的拉力大小F和斜面对小车的支持力大小为N；

（2）如果人突然用更大的力拉绳子，使绳子上的拉力变为原来的4倍，求小车的加速度a。

【分析】（1）小车静止在斜面上，受力平衡，对小车进行受力分析，小车受到重力、斜面对小车的支持力、绳子的拉力，根据平衡条件求解绳子对小车的拉力大小F和斜面对小车的支持力N；

（2）如果绳子突然断开，小车受到重力和斜面对小车的支持力，求出合力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度

【解答】解：（1）对小车受力分析，如图：

由平衡关系可知

F＝mgsin37°，解得 F＝30N N＝mgcos37°，解得 N＝40N （2）当拉力增大为原来的4倍时： 4F﹣mgsin37°＝ma 解得 a＝18m/s 方向沿斜面向上答：

（1）绳子对小车的拉力大小F是30N；斜面对小车的支持力N是40N；（2）小车的加速度a是18m/s。

【点评】本题考查了共点力平衡的条件以及牛顿第二定律的直接应用，解题的关键是能正确对物体进行受力分析，运用正交分解法求解。

34．小球A以速度v0从平台边缘O点水平抛出，其运动轨迹为曲线OD，如图所示，为了

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研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动，特制作了一个与与A平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让小球A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）。在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°，求小球A通过M点时的水平分速度。

【分析】根据平抛运动的规律，得出平抛运动的轨迹方程，求出运动到A点下降的高度，结合动能定理求出M点的速度大小，抓住小球A由轨道经M点的速度方向与平抛经M点时的速度方向相同，求出小球A通过M点时的水平分速度。

【解答】解：以O点为坐标原点，沿水平方向建立x轴，竖直方向建立y轴。当小球A以v0的速度做平抛运动时，有：x＝v0t，联立得小球A的平抛轨迹方程为y＝

，

在M点，x＝y，所以，

，

小球A自O点沿该轨道无初速下滑到M点，有可得

＝2v0，

小球A由轨道经M点的速度方向与平抛经M点时的速度方向相同，则有

＝，

联立解得。

。

答：小球A通过M点时的水平分速度为

【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意小球沿轨道的运动不是平抛运动，不能结合平抛运动的规律求解M点的水平分速度。

35．电动自行车已经成为人们日常出行的一种常用交通工具，以下是某型号电动自行车的相

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关参数：名称车身质量满载载重前后车轮直径参数 40kg 80kg 40cm r/min 48V 20A 835W 额定转速电动机额定电压电动机额定电流额定机械输出功率该电动自行车采用后轮驱动直流电动机，其中额定转速是电动自行车在满载情况下在平直公路上以额定功率匀速行进时的车轮转速，求：（1）电动自行车以额定转速行进时的速度v0；

（2）在额定工作状态时，损失的功率有80%是由于电动机绕线电阻生热而产生的，则电动机的绕线电阻为多大；

（3）满载（车身质量+满载载重）情况下，该车以速度v＝5m/s沿着坡度为θ＝4.59°的长直坡道向上匀速行驶时，受到的摩擦阻力为车重（含载重）重量的0.02倍，求此状态下电动自行车实际运行机械功率（sin4.59°＝0.08；重力加速度g＝10m/s）。【分析】（1）根据额定转速和前后轮的半径，利用匀速圆周运动的规律，求解车速；（2）利用电学公式和能量守恒定律可解出绕线电阻的大小；

（3）根据物体做匀速直线运动的平衡状态，先求出牵引力的大小，再用功率公式求出答案。【解答】解：（1）在额定状态下电机以额定的转速转动，根据匀速圆周运动功率可得：

，又因为：角速度ω＝2πn；联立上边两式联立得：

。

（2）电动机在额定工作状态时，根据能量守恒定律可得，损失的功率为： P损失＝UI﹣P输出；

由题得知损失的电功率80%转化为电热功率，则：

；联立上边两式联立得：

（3）当电动自行车在斜坡上匀速行驶时，受到重力、支持力和摩擦阻力作用，由牛顿定律得牵引力F＝（M+m）gsinθ+k（M+m）g＝120N；

再利用功率公式可得：电动自行车的实际功率为P＝Fv，代入已知数值解得：

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P＝600W。

答：（1）电动自行车以额定转速行进时的速度大小是v0＝15m/s；（2）电动机的绕线电阻为0.25Ω；

（3）此状态下电动自行车的实际运行机械功率为600W。

【点评】解答本题的关键是要通过表格挖掘出已知条件，再利用相关的规律解答；另外本题的角速度大小在计算时一定要换算成每秒钟多少转。

a．运动员沿U形池从A滑行到B的过程是一个复杂的运动，请你用分解的方法来研究这个运动，并描述你的分解结果。

b..在平昌冬奥会上，传奇名将肖恩•怀特在赛道边缘跃起时以外转1440°（以身体为轴外转四周）超高难度的动作夺得该项目的冠军，为了简化以达到对特定问题的求解，此过程中他可视为质点，设每转一周最小用时0.5秒，他起跳时速度与竖直赛道在同一平面内，与竖直向上的夹角为20°，下落到与起跳点同一高度前要完成全部动作，全过程忽略空

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气阻力，求他起跳的最小速度为多少？（g取10m/s sin20°＝0.34 cos20°＝0.94）

【分析】（1）以选手为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律求解加速度大小；（2）a．可以将该运动沿滑道坡度方向和U型截面方向分解；根据受力情况分析运动情况； b．求出选手完成动作的总时间，将选手的运动分解为水平和竖直两个分运动，根据运动的合成与分解进行解答。

【解答】解：（1）受力分析如图，将mg分解

由牛顿第二定律：mgsinα﹣f＝ma 滑动摩擦力 f＝μmgcosα 得出：a＝gsinα﹣μgcosα；

（2）a．可以将该运动沿滑道坡度方向和U型截面方向分解；沿坡道方向可能做匀速直线或匀加速直线运动；

沿截面方向做自由落体运动，圆周运动，匀减速直线运动，竖直上抛运动。 b．以身体为轴外转四周，每转一周最小用时0.5s，完成动作总用时T＝2s 将选手的运动分解为水平和竖直两个分运动，竖直方向上匀变速直线运动。上升过程运动时间 T1＝＝1s

出发时速度的竖直分量：vy＝gt1＝10m/s 出发时最小速度 v＝

＝10.6m/s

答：（1）选手沿此斜面坡道向下滑行的加速度大小为gsinα﹣μgcosα；

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（2）a．可以将该运动沿滑道坡度方向和U型截面方向分解；沿坡道方向可能做匀速直线或匀加速直线运动；沿截面方向做自由落体运动，圆周运动，匀减速直线运动，竖直上抛运动；

b..他起跳的最小速度为10.6m/s。

【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，能够将合运动分解为两个分运动，然后根据几何关系求解。

【分析】（1）小球沿圆弧下滑的过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球到达圆弧轨道最低点时的速度。小球在轨道最低点时由合力充当向心力，由牛顿运动定律求解对轨道的压力。

（2）先研究小球在木块上表面运动的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求得小球运动到木块最右端时小球和小车的速度。小球恰好击中小车的最右端，根据水平位移关系列式，求解即可。

（3）由能量守恒定律求解系统产生的内能。

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【解答】解：（1）设小球到达轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律得： mgR（1﹣cos53°）＝mv0 解得：v0＝4m/s

小球在轨道最低点，由牛顿第二定律得：

F﹣mg＝m解得：F＝9N

由牛顿第三定律小球对轨道的压力为：F′＝F＝9N

（2）设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，取水平向右为正方向。由动量守恒定律得： mv0＝mv1+Mv2

小球离开木块最右端后做平抛运动，运动时间为t，有： h＝gt 解得：t＝0.3s

小球恰好击中小车的最右端，则有： v1t﹣v2t＝x 以上各式联解得： v1＝2m/s，v2＝0.5m/s

所以小球到达木块最右端的速度大小为2m/s （3）由能量守恒定律得：

mgR（1﹣cos53°）＝mv1+Mv2+Q 解得系统产生的内能为：Q＝2.75J

答：（1）小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小是9N；（2）小球离开木块最右端时，小球的速度大小是2m/s；（3）小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能是2.75J。

【点评】解决本题的关键是理清小球和木板在整个过程中的运动规律，抓住每个过程的物理规律。要注意分析小球和木块水平位移的关系。

38．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量为M＝4.0kg，质量为m＝2.0kg的铁块以水平速度v0＝2.0m/s，从木板的左端沿板面向

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右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，试求：（1）铁块恰好停在木板的左端时，木板的速度；（2）运动过程中弹簧具有的最大弹性势能。

【分析】铁块从木板的左端沿板面向右滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大。根据能量守恒列出此过程的方程。从两者速度相同到铁块运动到木板的左端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程。根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能。

【解答】解：（1）设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，选取向右为正方向，根据系统动量守恒可知： mv0＝（M+m）v 代入数据得：v＝m/s

（2）设铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有：

＝fL+

+EP

铁块相对于木板运动的整个过程有：

＝2fL+联立得到：EP＝J。

答：（1）铁块恰好停在木板的左端时，木板的速度是（2）运动过程中弹簧具有的最大弹性势能是

。

；

【点评】本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分析两个过程进行研究，要抓住铁块与木板两次共同速度相同这一关键条件。

第页（共67页）

【分析】先判断弹簧的状态。假设弹簧处于拉伸状态，分析小球的受力情况，根据合力能否为零，判断知道小球不能平衡，所以弹簧处于压缩状态，再由平衡条件求解弹簧的弹力。【解答】解：由弹簧长度为

R，可知，弹簧和竖直方向的夹角为30°。

假设弹簧处于拉伸状态，分析小球的受力情况，如图甲所示，显然小球不能平衡，所以弹簧处于压缩状态。

小球的受力如图乙所示

由图可得：

F弹cos60°＝FNcos30° F弹sin60°＝mg+FNsin30° 解得 F弹＝

mg，方向沿弹簧向外

mg，方向沿弹簧向外。

答：弹簧的弹力为

【点评】对于涉及非直角三角形的力平衡问题，可以运用正交分解法处理，要注意分析弹簧的状态，判断弹力的方向。

m/s的初速度水平向左运动，两球在整个过程中的碰撞均量损失。已知θ

＝37°，g＝10m/s．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

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（1）甲球第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力；（2）两球在克服摩擦力做功过程中所通过的总路程x。

【分析】（1）先由动量守恒和能量守恒求出发生弹性碰撞后的速度，显然交换速度，然后在对B球，从B点到F点，由机械能守恒律求出B球在F的速度，再由牛顿第二定律和牛顿第三定律求出压力；

（2）由于摩擦阻力总是做负功，由动能定理就能求出克服摩擦力过程中所通过的总路程。【解答】解：（1）选定向左方向为正，由于两球在光滑的杆上运动，所以水平方向不受外力，甲乙两球在发生碰撞过程前后动量守恒，有： mv0＝mv甲+mv乙

由题意发生量损失的碰撞，由机械能守恒律可得：

＝

解得：v乙＝0，v甲＝v0 即两球交换速度

甲球从B点滑到F点的过程中，根据机械能守恒律得：

+mg×2R2＝

在F点，根据牛顿第二定律：FN﹣mg＝m由以上几式解得：FN＝180N

根据牛顿第三定律，甲球对轨道的压力FN′＝FN＝180N，方向竖直向下，（2）小球最张在D点下方来回晃动，即到达D点的速度为零，由能量守恒得：

+mgR2（1+cosθ）＝μmgxcosθ

解得：x＝95m

答：（1）甲球第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力是180N；（2）两球在克服摩擦力做功过程中所通过的总路程x是95m。

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【点评】这是由游戏改编的一道涉及弹性碰撞、动能定理、能量守恒的好题，过程清晰，综合内容广，但要注意的是要根据小球运动过程的顺序列式子求解。

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