2024年高考物理真題模擬題匯編20力學(xué)計算題含解析

PAGEPAGE30專題20力學(xué)計算題1．（2024·新課標(biāo)Ⅰ卷）我國自主研制了運(yùn)-20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用描寫，k為系數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度，已知飛機(jī)質(zhì)量為時，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變。（1）求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；（2）若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止起先勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過程中加速度的大小和所用的時間?！敬鸢浮?1)；（2）2m/s2，【解析】（1）空載起飛時，升力正好等于重力：滿載起飛時，升力正好等于重力：由上兩式解得：（2）滿載貨物的飛機(jī)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，所以解得：由加速的定義式變形得：解得：2．（2024·新課標(biāo)Ⅱ卷）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質(zhì)量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運(yùn)動過程中，管始終保持豎直。已知M=4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管其次次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應(yīng)滿意的條件。【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）【解析】（1）管第一次落地彈起的瞬間，小球仍舊向下運(yùn)動。設(shè)此時管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，由牛頓運(yùn)動定律有Ma1=Mg+f①ma2=f–mg②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得a1=2g，a2=3g③（2）管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為④方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依舊向下。設(shè)自彈起時經(jīng)過時間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動學(xué)公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤聯(lián)立③④⑤式得⑥設(shè)此時管下端的高度為h1，速度為v。由運(yùn)動學(xué)公式可得⑦⑧由③④⑥⑧式可推斷此時v>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升h2，到達(dá)最高點。由運(yùn)動學(xué)公式有⑨設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為H1，則H1=h1+h2⑩聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得?（3）設(shè)第一次彈起過程中球相對管的位移為x1。在管起先下落到上升H1這一過程中，由動能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0?聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得?同理可推得，管與球從再次下落到其次次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移x2為?設(shè)圓管長度為L。管其次次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是x1+x2≤L?聯(lián)立????式，L應(yīng)滿意條件為?3．（2024·新課標(biāo)Ⅲ卷）如圖，相距L=11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運(yùn)動，其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)依據(jù)須要設(shè)定。質(zhì)量m=10kg的載物箱（可視為質(zhì)點），以初速度v0=5.0m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；(2)求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺時所能達(dá)到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s，載物箱滑上傳送帶后，傳送帶速度突然變?yōu)榱?。求載物箱從左側(cè)平臺向右側(cè)平臺運(yùn)動的過程中，傳送帶對它的沖量?！敬鸢浮?1)2.75s；(2)，；(3)0，方向豎直向上【解析】(1)傳送帶的速度為時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，由牛頓其次定律有：①設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運(yùn)動的距離為x1，由運(yùn)動學(xué)公式有②聯(lián)立①②式，代入題給數(shù)據(jù)得x1=4.5m；③因此，載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺前，速度先減小至v，然后起先做勻速運(yùn)動，設(shè)載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1，做勻減速運(yùn)動所用的時間為t2，由運(yùn)動學(xué)公式有④⑤聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)有t1=2.75s；⑥(2)當(dāng)載物箱滑上傳送帶后始終做勻減速運(yùn)動時，到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最小，設(shè)為v1，當(dāng)載物箱滑上傳送帶后始終做勻加速運(yùn)動時，到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最大，設(shè)為v2.由動能定理有⑦⑧由⑦⑧式并代入題給條件得，⑨(3)傳送帶的速度為時，由于，載物箱先做勻加速運(yùn)動，加速度大小仍a。設(shè)載物箱做勻加速運(yùn)動通過的距離為x2，所用時間為t3，由運(yùn)動學(xué)公式有⑩?聯(lián)立①⑩?式并代入題給數(shù)據(jù)得t3=1.0s?x2=5.5m?因此載物箱加速運(yùn)動1.0s、向右運(yùn)動5.5m時，達(dá)到與傳送帶相同的速度。此后載物箱與傳送帶共同勻速運(yùn)動的時間后，傳送帶突然停止，設(shè)載物箱勻速運(yùn)動通過的距離為x3有?由①???式可知即載物箱運(yùn)動到右側(cè)平臺時速度大于零，設(shè)為v3，由運(yùn)動學(xué)公式有，?則減速運(yùn)動時間設(shè)載物箱通過傳送帶的過程中，傳送帶在水平方向上和豎直方向上對它的沖量分別為I1、I2。由動量定理有，方向豎直向上則在整個過程中，傳送帶給載物箱的沖量，方向豎直向上4．（2024·江蘇卷）一只質(zhì)量為的烏賊吸入的水，靜止在水中。遇到危急時，它在極短時間內(nèi)把吸入的水向后全部噴出，以的速度向前逃跑。求該烏賊噴出的水的速度大小v?！敬鸢浮俊窘馕觥繛踬\噴水過程，時間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力；選取烏賊逃跑的方向為正方向，依據(jù)動量守恒定律得解得噴出水的速度大小為5．（2024·江蘇卷）如圖所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉(zhuǎn)動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質(zhì)量為m的小球，球與O的距離均為。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉(zhuǎn)動。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度為。繩與輪之間無相對滑動，忽視鼓形輪、直桿和長繩的質(zhì)量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉(zhuǎn)到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】(1)由題意可知當(dāng)重物落地后鼓形輪轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則依據(jù)線速度與角速度的關(guān)系可知小球的線速度為(2)小球勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)在水平位置時設(shè)桿對球的作用力為F，合力供應(yīng)向心力，則有結(jié)合(1)可解得桿對球的作用力大小為(3)設(shè)重物下落高度為H，重物下落過程中對重物、鼓形輪和小球組成的系統(tǒng)，依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知而重物的速度等于鼓形輪的線速度，有聯(lián)立各式解得6．（2024·浙江卷）如圖1所示，有一質(zhì)量的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動到總位移的時起先計時，測得電機(jī)的牽引力隨時間改變的圖線如圖2所示，末速度減為0時恰好到達(dá)指定位置。若不計繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：(1)做勻減速運(yùn)動的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動的速度大?。?3)總位移的大小。【答案】(1)，豎直向下；(2)1m/s；(3)40m【解析】(1)由圖2可知0~26s內(nèi)物體勻速運(yùn)動，26s~34s物體減速運(yùn)動，在減速運(yùn)動過程依據(jù)牛頓其次定律有依據(jù)圖2得此時FT=1975N，則有方向豎直向下。(2)結(jié)合圖2依據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有(3)依據(jù)圖像可知勻速上升的位移勻減速上升的位移勻加速上升的位移為總位移的，則勻速上升和減速上升的位移為總位移的，則有所以總位移為h=40m7．（2024·浙江卷）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角的斜軌道平滑連接而成。質(zhì)量的小滑塊從弧形軌道離地高處靜止釋放。已知，，滑塊與軌道和間的動摩擦因數(shù)均為，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽視空氣阻力。(1)求滑塊運(yùn)動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算推斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質(zhì)量為的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動，動摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們在軌道上到達(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰撞時間不計，，）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不會沖出；(3)（）；（）【解析】(1)機(jī)械能守恒定律牛頓其次定律牛頓第三定律方向水平向左(2)能在斜軌道上到達(dá)的最高點為點，功能關(guān)系得故不會沖出(3)滑塊運(yùn)動到距A點x處的速度為v，動能定理碰撞后的速度為，動量守恒定律設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，動能定理得8．（2024·山東卷）單板滑雪U型池競賽是冬奧會競賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中心的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習(xí)過程中，運(yùn)動員以vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運(yùn)動員可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)運(yùn)動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L。【答案】(1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M點，設(shè)運(yùn)動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動的合成與分解規(guī)律得①設(shè)運(yùn)動員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓其次定律得mgcos17.2°=ma1②由運(yùn)動學(xué)公式得③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d=4.8m④(2)在M點，設(shè)運(yùn)動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動的合成與分解規(guī)得v2=vMcos72.8°⑤設(shè)運(yùn)動員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓其次定律得mgsin17.2°=ma2⑥設(shè)騰空時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式得⑦⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L=12m⑨9．（2024·山東卷）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面對上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離s?！敬鸢浮?1)P的速度大小為，Q的速度大小為；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得①由機(jī)械能守恒定律得②聯(lián)立①②式得③④故第一次碰撞后P的速度大小為，Q的速度大小為(2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對Q由運(yùn)動學(xué)公式得⑤聯(lián)立①②⑤式得⑥設(shè)P運(yùn)動至與Q剛要發(fā)生其次次碰撞前的位置時速度為，第一次碰后至其次次碰前，對P由動能定理得⑦聯(lián)立①②⑤⑦式得⑧P與Q的其次次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得⑨由機(jī)械能守恒定律得⑩聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得??設(shè)其次次碰撞后Q上升的高度為h2，對Q由運(yùn)動學(xué)公式得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得?設(shè)P運(yùn)動至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為，其次次碰后至第三次碰前，對P由動能定理得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得?P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得?由機(jī)械能守恒定律得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得??設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對Q由運(yùn)動學(xué)公式⑩得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得?總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為（n=1，2，3……）?(3)當(dāng)P、Q達(dá)到H時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運(yùn)動全過程由動能定理得?解得?(4)設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零須要的時間為t1，由運(yùn)動學(xué)公式得?設(shè)P運(yùn)動到斜面底端時的速度為，須要的時間為t2，由運(yùn)動學(xué)公式得??設(shè)P從A點到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動的時間為t3?當(dāng)A點與擋板之間的距離最小時?聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得?10．（2024·天津卷）長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個水平瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當(dāng)A回到最低點時，質(zhì)量為的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動，并能通過圓周軌跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g，求（1）A受到的水平瞬時沖量I的大小；（2）碰撞前瞬間B的動能至少多大？【答案】（1）；（2）（1）A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點時的速度大小為v，由牛頓其次定律，有①A從最低點到最高點的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設(shè)A在最低點的速度大小為，有②由動量定理，有③聯(lián)立①②③式，得④（2）設(shè)兩球粘在一起時速度大小為，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需滿意⑤要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必需與碰前B的速度方向相同，以此方向為正方向，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為，由動量守恒定律，有⑥又⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能至少為⑧11．（2024·四川省成都外國語學(xué)校高新校區(qū)期中考試）我國的動車技術(shù)已達(dá)世界先進(jìn)水平，“高鐵出?！睂⒃谖覈耙粠б宦贰睉?zhàn)略構(gòu)想中占據(jù)重要一席．所謂的動車組，就是把帶動力的動力車與非動力車依據(jù)預(yù)定的參數(shù)組合在一起．某中學(xué)愛好小組在模擬試驗中用4節(jié)小動車和4節(jié)小拖車組成動車組，總質(zhì)量為m=2kg，每節(jié)動車可以供應(yīng)P0=3W的額定功率，起先時動車組先以恒定加速度啟動做勻加速直線運(yùn)動，達(dá)到額定功率后保持功率不變再做變加速直線運(yùn)動，直至動車組達(dá)到最大速度vm=6m/s并起先勻速行駛，行駛過程中所受阻力恒定，求：（1）動車組所受阻力大小和勻加速運(yùn)動的時間；（2）動車組變加速運(yùn)動過程中的時間為10s，求變加速運(yùn)動的位移．【答案】（1）2N3s（2）46.5m【解析】（1）動車組先勻加速、再變加速、最終勻速；動車組勻速運(yùn)動時，依據(jù)P=Fv和平衡條件求解摩擦力，再利用P=Fv求出動車組恰好達(dá)到額定功率的速度，即勻加速的末速度，再利用勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律即可求出求勻加速運(yùn)動的時間；（2）對變加速過程運(yùn)用動能定理，即可求出求變加速運(yùn)動的位移．（1）設(shè)動車組在運(yùn)動中所受阻力為f，動車組的牽引力為F，動車組以最大速度勻速運(yùn)動時：F=動車組總功率：，因為有4節(jié)小動車，故聯(lián)立解得：f=2N設(shè)動車組在勻加速階段所供應(yīng)的牽引力為F?，勻加速運(yùn)動的末速度為由牛頓其次定律有：動車組總功率：，運(yùn)動學(xué)公式：解得勻加速運(yùn)動的時間：（2）設(shè)動車組變加速運(yùn)動的位移為x，依據(jù)動能定理：解得：x=46.5m12．（2024·四川省成都外國語學(xué)校高新校區(qū)期中考試）2024年將在我國舉辦其次十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具欣賞性的項目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑連接，滑道BC高h(yuǎn)=10m，C是半徑R=20m圓弧的最低點，質(zhì)量m=60kg的運(yùn)動員從A處由靜止起先勻加速下滑，加速度，到達(dá)B點時速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。(1)求長直助滑道AB的長度L；(2)求運(yùn)動員在AB段所受合外力的沖量的I大小；(3)若不計BC段的阻力，畫出運(yùn)動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)，3900N【解析】(1）已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動學(xué)公式可以求解斜面的長度，即可解得(2)依據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的該變量所以(3)小球在最低點的受力如圖所示由牛頓其次定律可得從B運(yùn)動到C由動能定理可知解得13．（2024·云南省楚雄彝族自治州一模）如圖所示，物塊A、C的質(zhì)量均為m，B的質(zhì)量為2m，都靜止于光滑水平臺面上，A、B間用一不行伸長的輕質(zhì)短細(xì)線相連．初始時刻細(xì)線處于松弛狀態(tài)，C位于A右側(cè)足夠遠(yuǎn)處．現(xiàn)突然給A一瞬時沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運(yùn)動，A與C相碰后，粘合在一起．①A與C剛粘合在一起時的速度為多大？②若將A、B、C看成一個系統(tǒng)，則從A起先運(yùn)動到A與C剛好粘合的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能．【答案】①②【解析】①輕細(xì)線繃緊的過程，A、B這一系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正，則，解得，之后A、B均以速度v1向右勻速運(yùn)動，在A與C發(fā)生碰撞過程中，A、C這一系統(tǒng)動量守恒，則有，，解得，②輕細(xì)線繃緊的過程，A、B這一系統(tǒng)機(jī)械能損失為△E1，則，在A與C發(fā)生碰撞過程中，A、C這一系統(tǒng)機(jī)械能損失為△E2，則，則A、B、C這一系統(tǒng)機(jī)械能損失為14．（2024·湖南省長沙市統(tǒng)一模擬考試）如圖所示，絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內(nèi)，其中MN段是長度為L的水平軌道，PQ段為足夠長的光滑豎直軌道，NP段為光滑的四分之一圓弧，圓心為O，直線NN′右側(cè)有方向水平向左的電場（圖中未畫出），電場強(qiáng)度E=，在包含圓弧軌道NP的ONO′P區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面對外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場（邊界處無磁場）．軌道MN最左端M點處靜止一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的物塊A，一質(zhì)量為3m為物塊C從左側(cè)的光滑軌道上以速度v0撞向物塊A．A、C之間只發(fā)生一次彈性碰撞，且最終剛好挨在一起停在軌道MN上，A、C均可視為質(zhì)點，且與軌道MN的動摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g．A在運(yùn)動過程中所帶電荷量保持不變且始終沒有脫離軌道．A第一次到達(dá)N點時，對軌道的壓力為2mg．求：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）A、C與水平軌道MN的動摩擦因數(shù)μ；（3）A對軌道NP的最大壓力的大?。敬鸢浮浚?）；（2）（3）【解析】（1）A、C發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為vA、vC，則有：3mv0=mvA+3mvC①=+②聯(lián)立①②解得：③④（2）設(shè)A、C最終靜止時與M點的距離為l1，A在NN′右側(cè)運(yùn)動過程中，電場力和重力做功之和為0．有μmg（2L－l１）=⑤μ?3mgl１=⑥聯(lián)立解得③④⑤⑥μ⑦（3）設(shè)A在Ｎ點的速度為，A從M到N的過程中，由動能定理得⑧設(shè)圓弧NP的半徑為a因為A在Ｎ點時對軌道的壓力為2mg，⑨A在NN′右側(cè)受到的電場力F=qE=mg⑩重力和電場力的合力大小為F合=2mg，方向與OP夾角為．過O點沿合力方向作直線與圓弧相交于Ｋ點，當(dāng)A經(jīng)P點返回N點的過程中到達(dá)K點時，達(dá)到最大速度，此時A對軌道的壓力最大．A從M點到K點過程中，由動能定理可得：?返回K點時：FN－F合－?由③⑦⑧⑨⑩??得：FN由牛頓第三定律得A對軌道NP的最大壓力為：15．（2024·山東師范高校附屬中學(xué)高三第七次模擬）如圖是利用傳送帶裝運(yùn)煤塊的示意圖其中，傳送帶的從動輪與主動輪圓心之間的距離為，傳送帶與水平方向間的夾角，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，傳送帶的主動輪和從動輪半徑相等，主動輪軸頂端與運(yùn)煤車底板間的豎直高度，與運(yùn)煤車車箱中心的水平距離現(xiàn)在傳送帶底端由靜止釋放一煤塊可視為質(zhì)點煤塊恰好在輪的最高點水平拋出并落在車箱中心，取，，，求：（1）主動輪的半徑；（2）傳送帶勻速運(yùn)動的速度；（3）煤塊在傳送帶上直線部分運(yùn)動的時間．【答案】（1）0.1m（2）1m/s；（3）4.25s【解析】（1）由平拋運(yùn)動的公式，得，代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s要使煤塊在輪的最高點做平拋運(yùn)動，則煤塊到達(dá)輪的最高點時對輪的壓力為零，由牛頓其次定律，得，代入數(shù)據(jù)得R=0.1m（2）由牛頓其次定律得，代入數(shù)據(jù)解得a=0.4m/s2由得s1=1.25m＜s，即煤塊到達(dá)頂端之前已與傳送帶取得共同速度，故傳送帶的速度為1m/s．（3）由v=at1解得煤塊加速運(yùn)動的時間t1=2.5s煤塊勻速運(yùn)動的位移為s2=s﹣s1=1.75m，可求得煤塊勻速運(yùn)動的時間t2=1.75s煤塊在傳送帶上直線部分運(yùn)動的時間t=t1+t2代入數(shù)據(jù)解得t=4.25s16．（2024·山西省太原市2025屆高三下學(xué)期5月模擬）近年來，隨著AI的迅猛發(fā)展，自動分揀裝置在快遞業(yè)也得到廣泛的普及.如圖為某自動分揀傳送裝置的簡化示意圖，水平傳送帶右端與水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率順時針運(yùn)行，傳送帶的長度為L=7.6m.機(jī)械手將質(zhì)量為1kg的包袱A輕放在傳送帶的左端，經(jīng)過4s包袱A離開傳送帶，與意外落在傳送帶右端質(zhì)量為3kg的包袱B發(fā)生正碰，碰后包袱B在水平面上滑行0.32m后靜止在分揀通道口，隨即被機(jī)械手分揀.已知包袱A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.1，取g=10m/s2.求：(1)包袱A與傳送帶間的動摩擦因數(shù);(2)兩包袱碰撞過程中損失的機(jī)械能;(3)包袱A是否會到達(dá)分揀通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J(3)包袱A不會到達(dá)分揀通道口【解析】(1)假設(shè)包袱A經(jīng)過t1時間速度達(dá)到v0，由運(yùn)動學(xué)學(xué)問有包袱A在傳送帶上加速度的大小為a1,v0=a1t1包袱A的質(zhì)量為mA，與傳輸帶間的動摩檫因數(shù)為μ1，由牛頓運(yùn)動定律有:μ1mAg=mAa1解得：μ1=0.5(2)包袱A離開傳送帶時速度為v0，設(shè)第一次碰后包袱A與包袱B速度分別為vA和vB，由動量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB包袱B在水平面上滑行過程，由動能定理有:-μ2mBgx=0-mBvB2解得vA=-0.4m/s，負(fù)號表示方向向左，大小為0.4m/s兩包袱碰撞時損失的機(jī)械能:△E=mAv02-mAvA2-mBvB2解得：△E=0.96J(3)第一次碰后包袱A返回傳送帶，在傳送帶作用下向左運(yùn)動xA后速度減為零，由動能定理可知-μ1mAgxA=0-mAvA2解得xA=0.016m<L，包袱A在傳送帶上會再次向右運(yùn)動.設(shè)包袱A再次離開傳送帶的速度為vA′μ1mAgxA=mAvA′2解得:vA′=0.4m/s設(shè)包袱A再次離開傳送帶后在水平面上滑行的距離為xA-μ2mAgxA′=0-mAvA2解得xA′=0.08mxA′=<0.32m包袱A靜止時與分揀通道口的距離為0.24m，不會到達(dá)分揀通道口.17．如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2m，A與B的質(zhì)量相等，A與B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)=0.2．取重力加速度g=10m/s2，求：（1）碰撞前瞬間A的速率v．（2）碰撞后瞬間A與B整體的速度．（3）A與B整體在桌面上滑動的距離L．【答案】（1）2m/s（2）1m/s（3）0.25m【解析】（1）對A從圓弧最高點到最低點的過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有：可得（2）A在圓弧軌道底部和B相撞，滿意動量守恒，有：，可得（3）對AB一起滑動過程，由動能定理得：，可得L=0.25m18．（2024·河北省邯鄲市期末）質(zhì)量m=0.60kg的籃球從距地板H=0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h=0.45m，從釋放到彈跳至h高處經(jīng)驗的時間t=1.1s，忽視空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能ΔE；（2）籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Φ拇笮。敬鸢浮浚?）（2），方向向下【解析】（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機(jī)械能為（2）設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時間為，剛接觸地板時的速度為；反彈離地時的速度為，上升的時間為，由動能定理和運(yùn)動學(xué)公式

下落過程解得上升過程解得籃球與地板接觸時間為設(shè)地板對籃球的平均撞擊力為F，取向上為正方向，由動量定理得解得依據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?，方向向下．點睛：本題主要考查了自由落體運(yùn)動的基本規(guī)律，在與地面接觸的過程中，合外力對物體的沖量等于物體動量的改變量，從而求出地板對籃球的作用力．19．在不久的將來，我國科學(xué)家乘坐“嫦娥N號”飛上月球(可認(rèn)為是勻稱球體)，為了探討月球，科學(xué)家在月球的“赤道”上以大小為v0的初速度豎直上拋一物體，經(jīng)過時間t1，物體回到拋出點；在月球的“兩極”處仍以大小為v0的初速度豎直上拋同一物體，經(jīng)過時間t2，物體回到拋出點。已知月球的半徑為R，求：(1)月球的質(zhì)量；(2)月球的自轉(zhuǎn)周期。【答案】(1)M=2v【解析】(1)科學(xué)家在“兩極”處豎直上拋物體時，由勻變速直線運(yùn)動的公式-解得月球“兩極”處的重力加速度g同理可得月球“赤道”處的重力加速度g在“兩極”沒有月球自轉(zhuǎn)的影響下，萬有引力等于重力，G解得月球的質(zhì)量M=(2)由于月球自轉(zhuǎn)的影響，在“赤道”上，有G解得：T=2πt20．（2024·江西省贛州市期中）貨車A正在馬路上以20m/s的速度勻速行駛，因疲憊駕駛，司機(jī)留意力不集中，當(dāng)司機(jī)發(fā)覺正前方有一輛靜止的轎車B時，兩車距離僅有75m。（1）若此時B車馬上以2m/s2的加速度啟動，通過計算推斷：假如A車司機(jī)沒有剎車，是否會撞上B車；若不相撞，求兩車相距最近時的距離；若相撞，求出從A車發(fā)覺B車起先到撞上B車的時間。（2）若A車司機(jī)發(fā)覺B車，馬上剎車(不計反應(yīng)時間)做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為2m/s2(兩車均視為質(zhì)點)，為避開碰撞，在A車剎車的同時，B車馬上做勻加速直線運(yùn)動(不計反應(yīng)時間)，問：B車加速度至少多大才能避開相撞。(這段馬路很窄，無法靠邊讓道)【答案】(1)兩車會相撞5s(2)0.67m/s2【解析】(1)當(dāng)兩車速度相等時，設(shè)經(jīng)過的時間為t，則：vA＝vB對B車vB＝at聯(lián)立可得：t＝10sA車的位移為：xA＝vAt＝200mB車的位移為：xB＝at2＝100m因為xB＋x0＝175m<xA，所以兩車會相撞;設(shè)經(jīng)過時間t相撞，有：vAt＝x0＋at2代入數(shù)據(jù)解得：t1＝5s，t2＝15s(舍去)。(2)已知A車的加速度大小aA＝2m/s2，初速度v0＝20m/s設(shè)B車的加速度為aB，B車運(yùn)動經(jīng)過時間t，兩車相遇時，兩車速度相等，則有：vA＝v0－aAt，vB＝aBt且vA＝vB在時間t內(nèi)A車的位移為：xA＝v0t－aAt2B車的位移為：xB＝aBt2又xB＋x0＝xA聯(lián)立可得：aB≈0.67m/s2。（或2/3m/s2）21．如圖所示，一小球自平臺上水平拋出，恰好落在鄰近平臺的一傾角為的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差，重力加速度，，。(1)小球水平拋出的初速度是多少？(2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離是多少？(3)若斜面頂端高，則小球離開平臺后到達(dá)斜面底端的時間是多少？【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)由題意可知，小球落到斜面上并沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行則有又代入數(shù)據(jù)解得(2)由得(3)小球沿斜面做勻加速直線運(yùn)動的加速度在斜面上的初速度代入數(shù)據(jù)解得（舍去）所以22．（2024·湖南省邵陽市洞口一中高三上學(xué)期第三次模擬）水平面上靜止放置一質(zhì)量為m=0.2kg的物塊，固定在同一水平面上的小型電動機(jī)通過水平細(xì)線牽引物塊，使物塊由靜止起先做勻加速直線運(yùn)動，2秒末達(dá)到額定功率，其v－t圖線如圖所示，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為=0.1，10m/s2，電動機(jī)與物塊間的距離足夠長．求：（1）物塊做勻加速直線運(yùn)動時受到的牽引力大??；（2）電動機(jī)的額定功率；（3）物塊在電動機(jī)牽引下，最終能達(dá)到的最大速度．【答案】（1）0.28N；（2）0.224W；（3）1.12m/s?！窘馕觥浚?）由題圖知物塊在勻加速階段加速度大小A==0.4m/s2物塊受到的摩擦力大?。篎f=μmg設(shè)牽引力大小為F，依據(jù)牛頓其次定律有：F－Ff=ma代入數(shù)據(jù)得：F=0.28N（2）當(dāng)v=0.8m/s時，電動機(jī)達(dá)到額定功率，則P=Fv=0.224W（3）物塊達(dá)到最大速度vm時，此時物塊所受的牽引力大小等于摩擦力大小，有Ff=μmg依據(jù)P=Ffvm解得vm=1.12m/s23．（2024·甘肅省嘉峪關(guān)市酒鋼三中月考）如圖所示，豎直平面內(nèi)的一半徑R＝0.5m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，質(zhì)量m＝0.1kg的小球(可看作質(zhì)點)從B點正上方H＝0.75m高處的A點自由下落，由B點進(jìn)入圓弧軌道，從D點飛出，不計空氣阻力，(取g＝10m/s2)求：（1）小球經(jīng)過B點時的動能；（2）小球經(jīng)過最低點C時的速度大小vC；（3）小球經(jīng)過最低點C時對軌道的壓力大小．【答案】(1)0.75J(2)5m/s(3)6N【解析】（1）小球從起先運(yùn)動到B點的過程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒列出方程即可求解．（2）A到C的過程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒列出方程即可求解；（3）在C點時，做圓周運(yùn)動，由機(jī)械能守恒求C點的速度．在C點，由重力和支持力的合力作為向心力，由向心力的公式可以求得軌道對它的支持力，再由牛頓第三定律求出小球經(jīng)過最低點C時對軌道的壓力大?。?）小球從A