2024年高考物理真題模擬題匯編20力學(xué)計(jì)算題含解析

PAGEPAGE30專題20力學(xué)計(jì)算題1．（2024·新課標(biāo)Ⅰ卷）我國(guó)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(shí)的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度，已知飛機(jī)質(zhì)量為時(shí)，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(shí)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(shí)間?！敬鸢浮?1)；（2）2m/s2，【解析】（1）空載起飛時(shí)，升力正好等于重力：滿載起飛時(shí)，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(dòng)，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(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直。已知M=4m，球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大小，不計(jì)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??；（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(zhǎng)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(dòng)。設(shè)此時(shí)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(dòng)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(dòng)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(shí)經(jīng)過時(shí)間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤聯(lián)立③④⑤式得⑥設(shè)此時(shí)管下端的高度為h1，速度為v。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得⑦⑧由③④⑥⑧式可推斷此時(shí)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(diǎn)。由運(yùn)動(dòng)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(duì)管的位移為x1。在管起先下落到上升H1這一過程中，由動(dòng)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(diǎn)的過程中，球與管的相對(duì)位移x2為?設(shè)圓管長(zhǎng)度為L(zhǎng)。管其次次落地彈起后的上升過程中，球不會(huì)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(tái)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(dòng)，其速度的大小v可以由驅(qū)動(dòng)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(diǎn)），以初速度v0=5.0m/s自左側(cè)平臺(tái)滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動(dòng)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(shí)間；(2)求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)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)榱恪Ｇ筝d物箱從左側(cè)平臺(tái)向右側(cè)平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過程中，傳送帶對(duì)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(shí)，載物箱在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的距離為x1，由運(yùn)動(dòng)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(tái)前，速度先減小至v，然后起先做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時(shí)間為t1，做勻減速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)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(dòng)時(shí)，到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度最大，設(shè)為v2.由動(dòng)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(shí)，由于，載物箱先做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍a。設(shè)載物箱做勻加速運(yùn)動(dòng)通過的距離為x2，所用時(shí)間為t3，由運(yùn)動(dòng)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(dòng)1.0s、向右運(yùn)動(dòng)5.5m時(shí)，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(dòng)的時(shí)間后，傳送帶突然停止，設(shè)載物箱勻速運(yùn)動(dòng)通過的距離為x3有?由①???式可知即載物箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)平臺(tái)時(shí)速度大于零，設(shè)為v3，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，?則減速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(duì)它的沖量分別為I1、I2。由動(dòng)量定理有，方向豎直向上則在整個(gè)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(shí)，它在極短時(shí)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(shí)間較短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力；選取烏賊逃跑的方向?yàn)檎较?，依?jù)動(dòng)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(dòng)。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(zhǎng)繩，繩上懸掛著質(zhì)量為M的重物。重物由靜止下落，帶動(dòng)鼓形輪轉(zhuǎn)動(dòng)。重物落地后鼓形輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為。繩與輪之間無相對(duì)滑動(dòng)，忽視鼓形輪、直桿和長(zhǎng)繩的質(zhì)量，不計(jì)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(shí)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(dòng)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(dòng)，當(dāng)在水平位置時(shí)設(shè)桿對(duì)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(duì)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(duì)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(dòng)到總位移的時(shí)起先計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間改變的圖線如圖2所示，末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動(dòng)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(dòng)，26s~34s物體減速運(yùn)動(dòng)，在減速運(yùn)動(dòng)過程依據(jù)牛頓其次定律有依據(jù)圖2得此時(shí)FT=1975N，則有方向豎直向下。(2)結(jié)合圖2依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有(3)依據(jù)圖像可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰苿驕p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?kù)o止釋放。已知，，滑塊與軌道和間的動(dòng)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(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)通過計(jì)算推斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們?cè)谲壍郎系竭_(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰撞時(shí)間不計(jì)，，）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不會(huì)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(diǎn)為點(diǎn)，功能關(guān)系得故不會(huì)沖出(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到距A點(diǎn)x處的速度為v，動(dòng)能定理碰撞后的速度為，動(dòng)量守恒定律設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，動(dòng)能定理得8．（2024·山東卷）單板滑雪U型池競(jìng)賽是冬奧會(huì)競(jìng)賽項(xiàng)目，其場(chǎng)地可以簡(jiǎn)化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)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(dòng)員以vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)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(diǎn)進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)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(dòng)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(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得①設(shè)運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)得v2=vMcos72.8°⑤設(shè)運(yùn)動(dòng)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(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)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(shí)刻，P以沿斜面對(duì)上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，Q的速度減為零之前P不會(huì)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(diǎn)上升的總高度H；(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)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?yàn)檎较颍蓜?dòng)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(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑤聯(lián)立①②⑤式得⑥設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生其次次碰撞前的位置時(shí)速度為，第一次碰后至其次次碰前，對(duì)P由動(dòng)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(dòng)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(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得?設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為，其次次碰后至第三次碰前，對(duì)P由動(dòng)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(dòng)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(duì)Q由運(yùn)動(dòng)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(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過程由動(dòng)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(shí)間為t1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得?設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為，須要的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得??設(shè)P從A點(diǎn)到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3?當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)?聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得?10．（2024·天津卷）長(zhǎng)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(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，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(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求（1）A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大?。唬?）碰撞前瞬間B的動(dòng)能至少多大？【答案】（1）；（2）（1）A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓其次定律，有①A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為，有②由動(dòng)量定理，有③聯(lián)立①②③式，得④（2）設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為，A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，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?yàn)檎较?，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為，由動(dòng)量守恒定律，有⑥又⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能至少為⑧11．（2024·四川省成都外國(guó)語學(xué)校高新校區(qū)期中考試）我國(guó)的動(dòng)車技術(shù)已達(dá)世界先進(jìn)水平，“高鐵出海”將在我國(guó)“一帶一路”戰(zhàn)略構(gòu)想中占據(jù)重要一席．所謂的動(dòng)車組，就是把帶動(dòng)力的動(dòng)力車與非動(dòng)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(yàn)中用4節(jié)小動(dòng)車和4節(jié)小拖車組成動(dòng)車組，總質(zhì)量為m=2kg，每節(jié)動(dòng)車可以供應(yīng)P0=3W的額定功率，起先時(shí)動(dòng)車組先以恒定加速度啟動(dòng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到額定功率后保持功率不變?cè)僮鲎兗铀僦本€運(yùn)動(dòng)，直至動(dòng)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(dòng)車組所受阻力大小和勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）動(dòng)車組變加速運(yùn)動(dòng)過程中的時(shí)間為10s，求變加速運(yùn)動(dòng)的位移．【答案】（1）2N3s（2）46.5m【解析】（1）動(dòng)車組先勻加速、再變加速、最終勻速；動(dòng)車組勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，依據(jù)P=Fv和平衡條件求解摩擦力，再利用P=Fv求出動(dòng)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(dòng)的規(guī)律即可求出求勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）對(duì)變加速過程運(yùn)用動(dòng)能定理，即可求出求變加速運(yùn)動(dòng)的位移．（1）設(shè)動(dòng)車組在運(yùn)動(dòng)中所受阻力為f，動(dòng)車組的牽引力為F，動(dòng)車組以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：F=動(dòng)車組總功率：，因?yàn)橛?節(jié)小動(dòng)車，故聯(lián)立解得：f=2N設(shè)動(dòng)車組在勻加速階段所供應(yīng)的牽引力為F?，勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度為由牛頓其次定律有：動(dòng)車組總功率：，運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：解得勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：（2）設(shè)動(dòng)車組變加速運(yùn)動(dòng)的位移為x，依據(jù)動(dòng)能定理：解得：x=46.5m12．（2024·四川省成都外國(guó)語學(xué)校高新校區(qū)期中考試）2024年將在我國(guó)舉辦其次十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具欣賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如下，長(zhǎng)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(diǎn)，質(zhì)量m=60kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止起先勻加速下滑，加速度，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。(1)求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L；(2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量的I大小；(3)若不計(jì)BC段的阻力，畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)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(dòng)學(xué)公式可以求解斜面的長(zhǎng)度，即可解得(2)依據(jù)動(dòng)量定理可知合外力的沖量等于動(dòng)量的該變量所以(3)小球在最低點(diǎn)的受力如圖所示由牛頓其次定律可得從B運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)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(tái)面上，A、B間用一不行伸長(zhǎng)的輕質(zhì)短細(xì)線相連．初始時(shí)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(shí)沖量，使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運(yùn)動(dòng)，A與C相碰后，粘合在一起．①A與C剛粘合在一起時(shí)的速度為多大？②若將A、B、C看成一個(gè)系統(tǒng)，則從A起先運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)，在A與C發(fā)生碰撞過程中，A、C這一系統(tǒng)動(dòng)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(zhǎng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)的水平軌道，PQ段為足夠長(zhǎng)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(chǎng)（圖中未畫出），電場(chǎng)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(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（邊界處無磁場(chǎng)）．軌道MN最左端M點(diǎn)處?kù)o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(diǎn)，且與軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g．A在運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)，對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）A對(duì)軌道NP的最大壓力的大小．【答案】（1）；（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(shí)與M點(diǎn)的距離為l1，A在NN′右側(cè)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)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(diǎn)的速度為，A從M到N的過程中，由動(dòng)能定理得⑧設(shè)圓弧NP的半徑為a因?yàn)锳在Ｎ點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg，⑨A在NN′右側(cè)受到的電場(chǎng)力F=qE=mg⑩重力和電場(chǎng)力的合力大小為F合=2mg，方向與OP夾角為．過O點(diǎn)沿合力方向作直線與圓弧相交于Ｋ點(diǎn)，當(dāng)A經(jīng)P點(diǎn)返回N點(diǎn)的過程中到達(dá)K點(diǎn)時(shí)，達(dá)到最大速度，此時(shí)A對(duì)軌道的壓力最大．A從M點(diǎn)到K點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理可得：?返回K點(diǎn)時(shí)：FN－F合－?由③⑦⑧⑨⑩??得：FN由牛頓第三定律得A對(duì)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(dòng)輪與主動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)，傳送帶的主動(dòng)輪和從動(dòng)輪半徑相等，主動(dòng)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(diǎn)煤塊恰好在輪的最高點(diǎn)水平拋出并落在車箱中心，取，，，求：（1）主動(dòng)輪的半徑；（2）傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度；（3）煤塊在傳送帶上直線部分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【答案】（1）0.1m（2）1m/s；（3）4.25s【解析】（1）由平拋運(yùn)動(dòng)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(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則煤塊到達(dá)輪的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)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(dòng)的時(shí)間t1=2.5s煤塊勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s2=s﹣s1=1.75m，可求得煤塊勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=1.75s煤塊在傳送帶上直線部分運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(dòng)分揀裝置在快遞業(yè)也得到廣泛的普及.如圖為某自動(dòng)分揀傳送裝置的簡(jiǎn)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(shí)針運(yùn)行，傳送帶的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=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(dòng)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(dòng)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(huì)到達(dá)分揀通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J(3)包袱A不會(huì)到達(dá)分揀通道口【解析】(1)假設(shè)包袱A經(jīng)過t1時(shí)間速度達(dá)到v0，由運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩檫因數(shù)為μ1，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有:μ1mAg=mAa1解得：μ1=0.5(2)包袱A離開傳送帶時(shí)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(dòng)量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB包袱B在水平面上滑行過程，由動(dòng)能定理有:-μ2mBgx=0-mBvB2解得vA=-0.4m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左，大小為0.4m/s兩包袱碰撞時(shí)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(dòng)xA后速度減為零，由動(dòng)能定理可知-μ1mAgxA=0-mAvA2解得xA=0.016m<L，包袱A在傳送帶上會(huì)再次向右運(yùn)動(dòng).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(shí)與分揀通道口的距離為0.24m，不會(huì)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(diǎn)和最低點(diǎn)．現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)．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(dòng)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(dòng)的距離L．【答案】（1）2m/s（2）1m/s（3）0.25m【解析】（1）對(duì)A從圓弧最高點(diǎn)到最低點(diǎn)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(dòng)量守恒，有：，可得（3）對(duì)AB一起滑動(dòng)過程，由動(dòng)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(yàn)的時(shí)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(shí)間為，剛接觸地板時(shí)的速度為；反彈離地時(shí)的速度為，上升的時(shí)間為，由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

下落過程解得上升過程解得籃球與地板接觸時(shí)間為設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為F，取向上為正方向，由動(dòng)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Γ较蛳蛳拢c(diǎn)睛：本題主要考查了自由落體運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，在與地面接觸的過程中，合外力對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的改變量，從而求出地板對(duì)籃球的作用力．19．在不久的將來，我國(guó)科學(xué)家乘坐“嫦娥N號(hào)”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(shí)間t1，物體回到拋出點(diǎn)；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(shí)間t2，物體回到拋出點(diǎn)。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?！敬鸢浮?1)M=2v【解析】(1)科學(xué)家在“兩極”處豎直上拋物體時(shí)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(shí)，兩車距離僅有75m。（1）若此時(shí)B車馬上以2m/s2的加速度啟動(dòng)，通過計(jì)算推斷：假如A車司機(jī)沒有剎車，是否會(huì)撞上B車；若不相撞，求兩車相距最近時(shí)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(shí)間。（2）若A車司機(jī)發(fā)覺B車，馬上剎車(不計(jì)反應(yīng)時(shí)間)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2(兩車均視為質(zhì)點(diǎn))，為避開碰撞，在A車剎車的同時(shí)，B車馬上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(不計(jì)反應(yīng)時(shí)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(huì)相撞5s(2)0.67m/s2【解析】(1)當(dāng)兩車速度相等時(shí)，設(shè)經(jīng)過的時(shí)間為t，則：vA＝vB對(duì)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?yàn)閤B＋x0＝175m<xA，所以兩車會(huì)相撞;設(shè)經(jīng)過時(shí)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(dòng)經(jīng)過時(shí)間t，兩車相遇時(shí)，兩車速度相等，則有：vA＝v0－aAt，vB＝aBt且vA＝vB在時(shí)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(tái)上水平拋出，恰好落在鄰近平臺(tái)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(tái)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(tái)邊緣的水平距離是多少？(3)若斜面頂端高，則小球離開平臺(tái)后到達(dá)斜面底端的時(shí)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(shí)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(dòng)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(dòng)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(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)為=0.1，10m/s2，電動(dòng)機(jī)與物塊間的距離足夠長(zhǎng)．求：（1）物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的牽引力大?。唬?）電動(dòng)機(jī)的額定功率；（3）物塊在電動(dòng)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。【解析】（1）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(shí)，電動(dòng)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(shí)，此時(shí)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(diǎn)與圓心O等高，質(zhì)量m＝0.1kg的小球(可看作質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)正上方H＝0.75m高處的A點(diǎn)自由下落，由B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，從D點(diǎn)飛出，不計(jì)空氣阻力，(取g＝10m/s2)求：（1）小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；（2）小球經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小vC；（3）小球經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。敬鸢浮?1)0.75J(2)5m/s(3)6N【解析】（1）小球從起先運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)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(diǎn)時(shí)，做圓周運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒求C點(diǎn)的速度．在C點(diǎn)，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(duì)它的支持力，再由牛頓第三定律求出小球經(jīng)過最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?）小球從A