熱點題型·計算題攻略熱點題型·計算題攻略專題15力學綜合題目錄01.題型綜述 錯誤！未定義書簽。02.解題攻略 錯誤！未定義書簽。題組01勻變速直線運動規(guī)律的應用 1題組02牛頓運動定律的綜合應用 6題組03應用動能定理求解多過程問題 17題組04機械能守恒定律的綜合應用 24題組05動量觀點與能量觀點的綜合應用 2803.高考練場 42高考力學計算題思維含量大，但解決問題是有章可循的。(1)仔細審題，明確題意。審題時要慢、要仔細，尤其要注意一些重要的關(guān)鍵字眼。(2)計算題一般有二到三問，難度是層層遞進的，從感覺最熟悉、最有把握的子過程或圖像的物理意義切入，對研究對象進行受力或運動情況分析，列方程，進而結(jié)合題述向前或向后分析其他過程，逐漸擴大“戰(zhàn)場”，步步為營，可化難為易。(3)可把復雜的問題分解為一個個具體的小問題，充分利用各種手段，把物理情境分析清楚，建立物理模型，各個擊破。(4)遇到難以突破的，可嘗試從不同角度分析。比如某些變力問題，從動力學角度不好突破，可以嘗試從能量轉(zhuǎn)換角度、動量角度等進行分析。題組01勻變速直線運動規(guī)律的應用【提分秘籍】求解勻變速直線運動問題的一般思路①準確選取研究對象，根據(jù)題意畫出物體在各階段的運動示意圖，直觀呈現(xiàn)物體的運動過程．②明確物體在各階段的運動性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量．③合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程，同時列出物體各階段間的關(guān)聯(lián)方程．(2)追及、相遇或避免碰撞等問題的解題思路畫出運動過程示意圖；找出時間關(guān)系、速度關(guān)系、位移關(guān)系并列出方程.【典例剖析】【例1-1】（2025·廣西·模擬預測）有一列動車從靜止狀態(tài)開始做勻變速直線運動。此時，有一位同學安全站立在第一節(jié)車廂前端的站臺前進行觀察，當?shù)谝还?jié)車廂通過這位同學時，歷時3s，接下來剩余的車廂通過這位同學，又歷時12s，在此過程中，忽略車廂之間的距離，且車廂的長度是相等的。求：(1)這列火車共有多少節(jié)車廂？(2)過程中第5節(jié)至第9節(jié)連續(xù)5節(jié)車廂經(jīng)過該同學需要多長時間？【答案】(1)25(2)3s【詳解】（1）設車廂的長度為L，火車的節(jié)數(shù)為n，即火車總長度為nL，第1節(jié)車廂通過他歷時全部車廂通過他歷時由位移時間關(guān)系式得，由兩式解得n=25（2）設前4節(jié)車廂通過人所用時間為t3，前9節(jié)車廂通過人所用時間為t4，由位移時間關(guān)系式得，解得第5節(jié)至第9節(jié)連續(xù)5節(jié)車廂經(jīng)過該同學需要的時間為【例1-2】（2025高三上·山東臨沂·期中）某無人機時刻從地面由靜止開始豎直向上先做勻加速直線運動，一段時間后再做勻減速直線運動，當時速度減為零到達最高點。下表記錄了不同時刻無人機的速度大小，求時刻（s）0246810速度（m/s）04.08.012.012.52.5(1)無人機運動過程中的最大速度；(2)無人機到達最高點時離地的高度。【答案】(1)(2)【詳解】（1）由表格數(shù)據(jù)可知,人機加速過程加速度大小無人機減速過程加速度大小無人機上升過程總時間解得（2）無人機加速過程上升高度無人機減速過程上升高度無人機到達最高點離地高度【例1-3】（2025高三·河北石家莊·期中）圖甲所示為一種自動感應門，其門框上沿的正中央安裝有傳感器，傳感器可以預先設定一個水平感應距離，當人或物體與傳感器的水平距離小于或等于水平感應距離時，中間的兩扇門分別向左右平移。當人或物體與傳感器的距離大于水平感應距離時，門將自動關(guān)閉。圖乙為該感應門的俯視圖，O點為傳感器位置，以O點為圓心的虛線圓半徑是傳感器的水平感應距離，已知每扇門的寬度為d，運動過程中的最大速度為，門開啟時先做勻加速運動而后立即以大小相等的加速度做勻減速運動，當每扇門完全開啟時的速度剛好為零，移動的最大距離為d，不計門及門框的厚度。（1）求門從開啟到單扇門位移為d的時間；（2）若人以的速度沿圖乙中虛線AO走向感應門，人到達門框時左右門分別向左向右移動的距離不小于，那么設定的傳感器水平感應距離R至少應為多少？【答案】（1）；（2）3d【詳解】（1）依題意，門先做勻加速后做勻減速，有解得（2）依題意，人在感應區(qū)運動的最短時間為根據(jù)運動的對稱性可知，門勻加速過程的時間為勻減速運動過程，運用逆向思維，可得可得門運動的位移恰好為的時間為聯(lián)立，解得【變式演練】【變式1-1】．（2025高三上·云南昆明·階段練習）一質(zhì)點做勻加速直線運動，若在某段時間內(nèi)，質(zhì)點速度增加10m/s，位移為20m；緊接著質(zhì)點速度再增加10m/s的時間內(nèi)，質(zhì)點的位移為40m。求該質(zhì)點的加速度大小。【答案】【詳解】設質(zhì)點的初速度為，根據(jù)速度與位移的公式有解得【變式1-2】．（2025高三上·山東東營·開學考試）如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現(xiàn)測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時，從2號錐筒運動到3號錐筒用時。求該同學(1)滑行的加速度大小；(2)到達3號錐筒時的速度大小。(3)最終停在哪兩個錐筒之間。【答案】(1)(2)(3)4號錐筒與5號錐筒之間【詳解】（1）根據(jù)勻變速運動規(guī)律某段內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知在1、2間中間時刻的速度為2、3間中間時刻的速度為故可得加速度大小為（2）到達3號錐筒時的速度大小（3）該同學在1號錐筒時的速度為從1號開始到停止時通過的位移大小為故最終停在4號錐筒與5號錐筒之間。【變式1-3】．純電動汽車，它是完全由可充電電池提供動力的汽車，已有200年左右的悠久歷史，由于電池價格高、壽命短、充電時間長等原因，一直沒有進入真正的民用領域。近年來由于新材料新技術(shù)的發(fā)明改進，使得這種新能源車越來越受到大眾的喜愛。如圖所示是一輛電動汽車制動做勻減速直線運動時連續(xù)經(jīng)過的三點A、B、C。已知，AB段平均速度是，BC段平均速度是，求電動汽車在A點的瞬時速率。【答案】24m/s【詳解】設，，則有，解得勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于全程的平均速度，則有根據(jù)速度公式有聯(lián)立解得題組02牛頓運動定律的綜合應用【提分秘籍】1.動力學基本問題的解題步驟(1)明確研究對象：根據(jù)問題的需要和解題的方便，選擇某個物體或某系統(tǒng)作為研究對象。(2)受力分析：畫好受力示意圖，選擇適當?shù)奶幚矸椒ㄇ蟪龊狭蚝狭Φ谋磉_式。①合成法：合成法適用于受力個數(shù)較少(2個)的情況。②正交分解法：正交分解法適用于各種情況，尤其是物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)時。(3)運動情況分析：畫出運動示意圖，明確物體的運動性質(zhì)和運動過程，求出或設出物體的加速度。(4)根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律列式求解。2．處理多過程動力學問題的“二分析一關(guān)鍵”(1)“二分析”①分析研究對象在每個過程的受力情況，并畫出受力分析圖；②分析研究對象在每個階段的運動特點。(2)“一關(guān)鍵”前一個過程的結(jié)束時刻和狀態(tài)就是后一個過程的開始時刻和狀態(tài)，明確兩個過程的交接點速度不變往往是解題的關(guān)鍵。3.分析“板—塊”模型的四點注意(1)從速度、位移、時間等角度，尋找滑塊與滑板之間的聯(lián)系．(2)滑塊與滑板共速是摩擦力發(fā)生突變的臨界條件．(3)滑塊與滑板存在相對滑動的臨界條件①運動學條件：若兩物體速度不等，則會發(fā)生相對滑動．②力學條件：一般情況下，假設兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力Ff，比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對滑動．(4)滑塊不從滑板上掉下來的臨界條件是滑塊到達滑板末端時，兩者共速．4.傳送帶的摩擦力分析(1)關(guān)注兩個時刻①初始時刻：物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向。②物體與傳送帶速度相等的時刻：摩擦力的大小、方向或性質(zhì)(滑動摩擦力或靜摩擦力)可能會發(fā)生突變。(2)注意過程分解①摩擦力突變點是加速度突變點，也是物體運動規(guī)律的突變點，列方程時要注意不同過程中物理量莫混淆。②摩擦力突變點對應的狀態(tài)是前一過程的末狀態(tài)，也是后一過程的初狀態(tài)，這是兩個過程的連接點。(3)物體在傾斜傳送上運動，物體與傳送帶速度相同后需比較tanθ與μ的大小關(guān)系：μ>tanθ，速度相等后一起勻速；μ<tanθ，速度相等后物體的加速度向下，根據(jù)v與a的方向關(guān)系即可判定運動情況。【典例剖析】【例2-1】（2024·福建寧德·三模）如圖甲所示，一質(zhì)量為m=2kg的小物塊從傾角α=37°的斜面上的A點由靜止開始滑下，最后停在水平面上的C點。已知小物塊與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同，斜面與水平面在B點處平滑連接，小物塊滑過斜面與水平面連接處時無機械能損失。從滑塊滑上水平面BC開始計時，其運動的速度圖像如圖乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。(1)求物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)；(2)求A、B兩點間的距離。【答案】(1)0.5(2)6.25m【詳解】（1）由圖乙求得物塊在水平面上滑行的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律，有求得物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為（2）物塊在斜面上滑行過程中，根據(jù)牛頓第二定律，有另外代入數(shù)據(jù)求得【例2-2】傳送帶廣泛應用于生產(chǎn)生活的多種場景。如圖所示，足夠長的傳送帶與長度的滑板在同一水平面緊密銜接，滑板右端裝有厚度不計的擋板，滑板質(zhì)量。可視為質(zhì)點的包裹從傳送帶左端無初速度釋放，一段時間后沖上滑板。已知包裹的質(zhì)量，包裹與傳送帶的動摩擦因數(shù)，包裹與滑板的動摩擦因數(shù)，滑板與臺面的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，不計包裹經(jīng)過銜接處的機械能損失，重力加速度大小取。(1)當傳送帶以速度順時針勻速運動時，求包裹與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量及包裹相對于滑板滑動的距離；(2)為保證包裹不與滑板右端的擋板相撞，求傳送帶的最大速度。【答案】(1)，(2)【詳解】（1）包裹在傳送帶上的加速度設包裹與傳送帶經(jīng)過時間共速，則有解得所以包裹的位移傳送帶的位移二者的相對位移包裹與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量包裹在滑板上的加速度滑塊的加速度設包裹與滑板經(jīng)過時間共速，則有解得包裹與滑塊的共同速度包裹的位移滑板的位移故二者的相對位移（2）設傳送帶的最大速度為時，包裹不與滑板右端的擋板恰好不相碰，根據(jù)上述分析可知，二者共速的時間共同速度包裹的位移滑塊的位移二者的相對位移恰好等于滑板的長度，即解得【例2-3】（2025高三上·安徽·期中）如圖所示，質(zhì)量M=1kg、足夠長的木板A靜止在水平地面上，地面與木板A之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，在A的左端放置一質(zhì)量m=1kg的鐵塊B（可視為質(zhì)點），B與A間的動摩擦因數(shù)μ2=0.6，現(xiàn)用一水平恒力F作用在B上，初始時木板A右端距O點（l=9m，當木板A右端到達O點時撤去外力F。重力加速度取g=10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。(1)要保持A、B一起做勻加速運動，求力F的取值范圍；(2)若F=10N，求整個過程中鐵塊相對木板滑行的距離；(3)若F=12N，求從初始到A、B都相對地面靜止過程，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)4N<F≤8N(2)11.25m(3)324J【詳解】（1）要保持A、B一起做勻加速運動，整體法可知，拉力的最小值Fmin需滿足分析可知二者勻加速運動，當AB間摩擦達到最大值靜摩擦力時拉力最大為Fmax，故對整體研究隔離B研究，有聯(lián)立解得故里F的范圍為（2）分析可知，F(xiàn)=10N時，二者已相對滑動，由牛頓第二定律可知，B的加速度為同理A的加速度為則木板A右端到達O點時，有解得此時A的速度此時B的位移此時B的速度故該過程鐵塊相對木板滑行的距離撤去F后，A繼續(xù)加速運動，且加速度為和之前一樣為撤去F后，B做減速運動，且加速度大小為設經(jīng)過t1時間，二者共速，則有解得則該過程二者相對位移因為μ2>μ1，故共速后二者相對靜止一起勻減速，故求整個過程中鐵塊相對木板滑行的距離（3）若F=12N時，由牛頓第二定律可知，B的加速度為同理A的加速度為則木板A右端到達O點時，有解得此時B的位移撤去F后，A、B最終速度減為零，則從初始到A、B都相對地面靜止過程，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，由能量守恒可知【變式演練】【變式2-1】如圖，傾角的足夠長光滑斜面固定，長，質(zhì)量的長木板下端靠著插銷置于斜面上，下端上表面放有一質(zhì)量的物塊（視為質(zhì)點），不可伸長的伸直細線一端連接物塊，一端栓在固定擋板上。零時刻拔去插銷，0.9s末將細線剪斷。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。(1)求0.2s末細線對物塊的拉力大小。(2)求0.9s末長木板的速度大小。(3)在木板下滑的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少。【答案】(1)10N(2)(3)【詳解】（1）以物塊為研究對象，其受力如圖所示物塊靜止，由力的平衡條件有代入數(shù)據(jù)解得（2）以木板為研究對象，其受力如圖所示由牛頓第二定律有，代入數(shù)據(jù)得由運動學規(guī)律有將代入解得（3）內(nèi)木板發(fā)生的位移為代入數(shù)據(jù)得0.8s之后，由于物塊所受摩擦力不變，則木板加速度不變，二者均向下做勻加速運動。假設經(jīng)時間兩者共速時，物塊仍在木板上，對物塊，由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)得由運動學規(guī)律有代入數(shù)據(jù)得木板發(fā)生的位移為物塊發(fā)生的位移為代入數(shù)據(jù)得兩者間的相對位移為因，假設成立，此后兩者一起加速下滑，物塊不會從木板上落下，故在木板下滑的時，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量【變式2-2】．（2025高三上·陜西咸陽·階段練習）利用傾斜傳送帶可將貨物向上運送，如圖所示，傳送帶與水平面夾角為θ，傳送帶沿順時針勻速運行的速度為3m/s，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75，重力加速度g取10m/s2，不計貨物的大小，tan37°=0.75。(1)要使貨物由靜止釋放在傳送帶上后能隨傳送帶向上運動，則θ應滿足什么條件？(2)當θ=24°時，將貨物由靜止釋放在傳送帶底端，貨物運動到傳送帶頂端時恰好與傳送帶共速，則傳送帶的長度為多少（取sin24°=0.4，cos24°=0.9）【答案】(1)θ<37°(2)【詳解】（1）要使貨物由靜止釋放在傳送帶上后能隨傳送帶向上運動，則要滿足解得即（2）由題意，貨物一直勻加速運動到頂端，設其加速度大小為a，則有解得貨物到達頂端時速度為設傳送帶的長為L，則有解得【變式2-3】．（2025高三上·四川雅安·階段練習）如圖所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。時，撤去外力，傳送帶以速度順時針勻速轉(zhuǎn)動；時，小物體A到達傳送帶的底端。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g取，sin37°取，cos37°取。求：(1)時，輕繩內(nèi)張力T；(2)傳送帶頂端到底端的長度L。【答案】(1)13.2N(2)22.9m【詳解】（1）撤去外力瞬間，設小物塊A加速度的大小為，繩子的拉力大小為，由牛頓第二定律對A物體有同理對物體B有聯(lián)立可得，若A在傳送帶的速度能達到所用時間為，則有解得由得（2）設A在傳送帶運動所用時間為時，產(chǎn)生的位移為，有由題意可知，小物體A在傳送帶上運動的剩余時間為解得s設剩余時間內(nèi)小物塊A的加速度為，繩子的拉力大小為，則對A物體有同理對物體B有設剩余時間內(nèi)小物塊A發(fā)生的位移為，則有對傳送帶頂端到底端的長度，有代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立求解可得【變式2-4】．如圖所示，長為的傳送帶水平放置，并保持的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，其右端與一傾角的斜面平滑相連，B為其最左端，斜面的長度。一小滑塊（可視為質(zhì)點）在斜面頂點處由靜止釋放，從A點進入傳送帶，在傳送帶上運動一段時間后恰好不從傳送帶左端滑落。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，，，重力加速度，忽略滑塊經(jīng)過A點時的能量損失。求：（1）滑塊由靜止釋放至第一次經(jīng)過A點所用的時間t；（2）傳送帶段的長度。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）小滑塊在斜面上下滑時，由牛頓第二定律可得解得小滑塊在斜面上由靜止狀態(tài)勻加速下滑，由解得滑塊第一次經(jīng)過A點時的時間（2）滑塊第一次經(jīng)過A點時的速度滑塊滑上傳送帶做勻減速運動，由牛頓第二定律可得解得滑塊在傳送帶上向左勻減速運動的加速度大小為滑塊在傳送帶上向左運動的位移大小為即傳送帶段的長度為。題組03應用動能定理求解多過程問題【提分秘籍】運用動能定理需注意的問題(1)應用動能定理解題時，在分析過程的基礎上無需深究物體運動過程中狀態(tài)變化的細節(jié)，只需考慮整個過程的功及過程初末的動能．(2)若過程包含了幾個運動性質(zhì)不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮．但求功時，有些力不是全過程都作用的，必須根據(jù)不同的情況分別對待求出總功，計算時要把各力的功連同正負號一同代入公式.【典例剖析】【例3-1】如圖所示為摩托車特技表演軌道示意圖，段為水平平臺，段為一壕溝，段為位于豎直平面內(nèi)的圓弧軌道。運動員騎摩托車在段加速后從B點水平飛出，越過壕溝后從C點沿切線進入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑與豎直方向的夾角為53°。若B、C兩點的豎直高度差為，圓弧軌道的半徑，運動員和摩托車總質(zhì)量為且可視為質(zhì)點，通過圓弧軌道最低點D時對軌道的壓力大小為，取重力加速度，，，不計空氣阻力。求：(1)B、C兩點間的水平距離；(2)從C到D的過程中，運動員和摩托車克服摩擦力做的功。【答案】(1)10.8m(2)【詳解】（1）設摩托車通過點時水平速度為，豎直速度為，據(jù)平拋運動的規(guī)律可得根據(jù)幾何關(guān)系水平方向的位移解得（2）從到，據(jù)動能定理可得根據(jù)運動的合成可得在點的速度在點，據(jù)牛頓第二定律可得解得【例3-2】（2025高三上·廣東汕頭·期中）如圖所示，一小圓環(huán)A套在一條均勻直桿B上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m，它們之間的滑動摩擦力f=0.5mg（g為所處區(qū)域的重力加速度），開始時A處于B的下端，B豎直放置，在A的下方與A相距為h處，存在一個“相互作用”區(qū)域C，區(qū)域C的高度為d，固定在地面上方的空中（如圖劃有虛線的部分），當A進入?yún)^(qū)域C時，A就受到一個方向豎直向上、大小F=3mg的恒力作用，區(qū)域C對直桿B不產(chǎn)生作用力，讓A和B一起由靜止開始下落，已知A首次進入?yún)^(qū)域C內(nèi)運動直到離開過程始終沒有脫離直桿且直桿也沒有碰到地面，不計空氣阻力。(1)若A從區(qū)域C下方離開“相互作用”區(qū)，求A離開區(qū)域C時的速度v的大小，并求高度d與h之間滿足的關(guān)系；(2)若高度d分別取兩個不同值和，試求這兩種不同情況下，直桿B的長度l分別應滿足的條件。【答案】(1)見解析(2)見解析【詳解】（1）A和B一起由靜止下落到進入?yún)^(qū)域C時速度為v0，有A進入?yún)^(qū)域C后，受到方向向上的合力作用，做減速運動，有聯(lián)立解得A離開區(qū)域C時的速度由于則高度d與h之間滿足的關(guān)系（2）A進入?yún)^(qū)域C之后，把A和B兩個物體構(gòu)成的整體作為研究對象，外力之和為零，動量守恒，設A離開區(qū)域C時B的速度為vB，則當時，B在這一過程中下降的高度為hB，有聯(lián)立解得又則直桿B的長度l應滿足的條件是當時，A從區(qū)域C上方離開“相互作用”區(qū)，A離開“相互作用”區(qū)時的速度聯(lián)立解得則直桿B的長度應滿足的條件是【例3-3】（2025高三上·安徽·階段練習）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1m、圓心角為2θ的圓弧BCD，半徑為R、圓心角為θ的圓弧DE組成，軌道間平滑連接。質(zhì)量為m=0.5kg的物塊從軌道AB上距B高度為h處靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE。物塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，圓弧軌道均光滑，物塊可視為質(zhì)點，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)若h=0.3m，物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小；(2)h為多少時物塊剛好可以沿軌道運動到E點。【答案】(1)8N(2)0.6m【詳解】（1）物塊從開始運動到C點過程，根據(jù)動能定理在C點，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律可知，第一次通過C點時物塊對軌道的壓力大小為（2）若物塊恰好沿軌道到E點，則有vE=0，設釋放的高度為h1，根據(jù)動能定理有解得【變式演練】【變式3-1】（2025高三上·福建泉州·期中）如圖所示，水平軌道BC的右端與高度固定光滑斜面軌道AB在B點平滑連接，左端與一傾角為的光滑斜面軌道CE在C點平滑連接，E處固定一勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧。一質(zhì)量為的滑塊從A點由靜止釋放，經(jīng)BC后滑上CE并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點。已知BC長為，滑塊與BC的動摩擦因數(shù)，CD長為，g取，彈簧的彈性勢能滿足公式，其中k為勁度系數(shù)，x為形變量。求：(1)滑塊第一次經(jīng)過B點時的速率；(2)滑塊運動到的D點的加速度大小；(3)滑塊最終停在距B點多遠的位置。【答案】(1)3m/s(2)12m/s2(3)0.3m【詳解】（1）從A到B過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得：解得vB=3m/s（2）設滑塊在D點時彈簧的壓縮量為x，從A到D根據(jù)功能關(guān)系可得mgh=μmgs+mgLsinθ+kx2解得x=0.2m滑塊在D點，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ+kx=ma解得a=12m/s2（3）設最終停止時滑塊在水平面上運動的距離為s′，根據(jù)功能關(guān)系可得mgh=μmgs′解得s′=4.5m由于所以滑塊最終停在距B點的距離為【變式3-2】．（2025高三上·寧夏銀川·期中）如圖，將一輕質(zhì)彈簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A點，另一端與質(zhì)量為的小球P接觸但不拴連。若用外力緩慢推動P到某一位置時，撤去外力，P被彈出運動一段時間后從B點水平飛出，恰好從固定在豎直面內(nèi)的粗糙圓弧軌道上的C點以的速度沿切線進入圓弧軌道，并恰能經(jīng)過圓弧軌道的最高點D。已知圓弧軌道的半徑，O、C兩點的連線與豎直方向的夾角。小球P視為質(zhì)點，重力加速度g取，，，不計空氣阻力。求：(1)撤去外力時彈簧的彈性勢能以及B、C兩點的水平距離x；(2)小球從C點運動到D點的過程中，軌道阻力做的功。【答案】(1)160J，4.8m(2)－20J【詳解】（1）根據(jù)題意，由幾何關(guān)系可得，小球在點時，水平方向的速度為豎直分速度為由能量守恒定理可知，撤去外力時彈簧的彈性勢能小球從到所用時間為則B、C兩點的水平距離（2）小球恰好通過點，在點由牛頓第二定律有小球從點運動到點的過程中，由動能定理有聯(lián)立解得【變式3-3】．（2025·四川成都·模擬預測）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑、圓心角為的圓弧，半徑為，圓心角為的圓弧組成，軌道末端的點為圓弧的最高點，軌道間平滑連接。質(zhì)量的物塊從軌道上高度處以初速度下滑，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道。物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，其余軌道光滑。（不計空氣阻力，物塊視為質(zhì)點，，，）(1)若初速度，求物塊第一次通過點時速度大小；(2)若初速度，求物塊在軌道上運動的總路程；(3)若物塊沿軌道從點滑出，應滿足什么條件？【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）物塊從開始運動到D點過程，根據(jù)動能定理解得（2）設過D點后沖上曲面高度為，根據(jù)機械能守恒定律解得而所以故物塊不會沖上E點，會原路返回。物塊運動全程由能量守恒有解得（3）物塊在D點不脫離軌道，則全程不會脫離軌道，此時初速度最大，根據(jù)動能定理還需要滿足解得同理，物塊能從E點滑出，滿足解得綜上題組04機械能守恒定律的綜合應用【提分秘籍】一機械能守恒定律的三種表達形式及注意問題1．守恒觀點(1)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)注意問題：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面．2．轉(zhuǎn)化觀點(1)表達式：ΔEk＝－ΔEp.(2)注意問題：要明確勢能的增加量或減少量，即勢能的變化，可以不選取零勢能參考平面．3．轉(zhuǎn)移觀點(1)表達式：ΔEA增＝ΔEB減．(2)注意問題：A部分機械能的增加量等于A部分末狀態(tài)的機械能減初狀態(tài)的機械能，而B部分機械能的減少量等于B部分初狀態(tài)的機械能減末狀態(tài)的機械能．二應用機械能守恒定律解題的一般步驟(1)選取研究對象eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(單個物體,多個物體組成的系統(tǒng)))(2)分析研究對象在運動過程中的受力情況，明確各力的做功情況，判斷機械能是否守恒．(3)選取零勢能面，確定研究對象在初、末狀態(tài)的機械能．(4)根據(jù)機械能守恒定律列出方程．(5)解方程求出結(jié)果，并對結(jié)果進行必要的討論和說明．【典例剖析】【例4-1】（2025高三上·江蘇南通·階段練習）輕質(zhì)彈簧一端固定在地面上，另一端連接物體A，一輕繩跨過定滑輪分別與A、B兩物體相連接。手托著B，輕繩恰好伸直且無張力，由靜止釋放B后，A、B在豎直方向運動，A、B均不會與滑輪和地面相碰。已知A、B質(zhì)量分別為m、2m，彈簧勁度系數(shù)為k，原長為，始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，不計阻力。求：(1)剛釋放B時彈簧的長度L；(2)A運動中的最大速度v；(3)B運動到最低點時的加速度大小a。【答案】(1)(2)，方向豎直向上(3)【詳解】（1）剛釋放B時，繩沒有拉力，設彈簧壓縮量為x，根據(jù)平衡，對A解得剛釋放B時彈簧的長度（2）速度最大時，加速度為零，設此時彈簧伸長量為，則有解得與之前的壓縮量相等，故彈簧的彈性勢能不變，則從釋放到A速度最大，對整個系統(tǒng)根據(jù)機械能守恒解得方向豎直向上。（3）設剛釋放時彈簧的彈性勢能為，B運動到最低點時，彈簧的伸長量為，彈簧的彈性勢能為，對系統(tǒng)從釋放到B運動到最低點，根據(jù)機械能守恒又因為，解得根據(jù)牛頓第二定律，對A對B解得【變式演練】【變式4-1】如圖所示是為了檢驗某種防護罩承受沖擊力的裝置，M是半徑為R＝1.0m的固定在豎直平面內(nèi)的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平．N為待檢驗的固定曲面，該曲面在豎直面內(nèi)的截面為半徑r＝eq\r(0.69)m的eq\f(1,4)圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點．M的下端相切處放置豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質(zhì)量為m＝0.01kg的小鋼珠．假設某次發(fā)射的鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過M的上端點，水平飛出后落到曲面N的某一點上，取g＝10m/s2.問：(1)發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep多大？(2)鋼珠落到圓弧N上時的動能Ek多大？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1)0.15J(2)0.080J【解析】(1)設鋼珠運動到軌道M最高點的速度為v，在M的最低點的速度為v0則在最高點，由題意得mg＝meq\f(v2,R)從最低點到最高點，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mv2由機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mgR＝0.15J.(2)鋼珠從最高點飛出后，做平拋運動，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2由幾何關(guān)系知x2＋y2＝r2，聯(lián)立解得t2＝eq\f(3,50)s2所以，鋼珠從最高點飛出后落到圓弧N上下落的高度為y＝0.3m由機械能守恒定律得，鋼珠落到圓弧N上時的動能Ek為Ek＝eq\f(1,2)mv2＋mgy＝0.080J.【變式4-2】如圖所示，ABC和DEF是在同一豎直平面內(nèi)的兩條光滑軌道，其中ABC的末端水平，DEF是半徑為r＝0.4m的半圓形軌道，其直徑DF沿豎直方向，C、D可看做重合的點．現(xiàn)有一可視為質(zhì)點的小球從軌道ABC上距C點高為H的地方由靜止釋放．(g取10m/s2)(1)若要使小球經(jīng)C處水平進入軌道DEF且能沿軌道運動，H至少多高？(2)若小球靜止釋放處離C點的高度h小于(1)中H的最小值，小球可擊中與圓心等高的E點，求h.【答案】：(1)0.2m(2)0.1m【解析】：(1)小球沿ABC軌道下滑，機械能守恒，設到達C點時的速度大小為v，則mgH＝eq\f(1,2)mv2小球能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在圓周最高點必須滿足mg≤eq\f(mv2,r)①②兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得H≥0.2m.(2)若h<H，小球過C點后做平拋運動，設球經(jīng)C點時的速度大小為vx，則擊中E點時，豎直方向上有r＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有r＝vxt又由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)可解得h＝eq\f(r,4)＝0.1m.題組05動量觀點與能量觀點的綜合應用【提分秘籍】1．動量守恒定律表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)；或Δp＝0(系統(tǒng)總動量的增量為零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的增量大小相等、方向相反)．2．力學規(guī)律的選用原則多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題時，應選用動量守恒定律，然后再根據(jù)能量關(guān)系分析解決．3.動量和能量綜合問題的主要情境模型為：碰撞、滑塊在滑板上滑動和爆炸．(1)碰撞過程滿足動量守恒并遵循碰撞后系統(tǒng)動能不增加、碰撞前后的運動情況要合理的原則．(2)滑塊放置在光滑水平地面的滑板上滑動時，滑塊和滑板組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，滑塊和滑板之間因摩擦生熱，故系統(tǒng)機械能減少，一般利用功能關(guān)系(即摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)動能的減少量)列方程求解.【典例剖析】【例5-1】（2024·安徽·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為3m、半徑為R的四分之一光滑圓弧體b靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點與水平面上的A點對齊，且與水平面相切，輕質(zhì)彈簧的右端與靜止的質(zhì)量為3m的物塊c相連，左端與水平面上的B點對齊，AB部分長為R，彈簧處于原長，水平面僅A、B部分粗糙。現(xiàn)將質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊a從圓弧面的最高點由靜止釋放，物塊a與彈簧作用，第二次滑過AB段后，恰好不再能滑上圓弧面。已知彈簧的形變在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，求：(1)物塊a從釋放運動到圓弧面最低點時，圓弧體運動的距離為多少；(2)物塊a第一次運動到A點時速度多大；(3)物塊a與水平面AB部分間的動摩擦因數(shù)。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）物塊a在圓弧面上運動時，物塊a和b組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則即又因為解得（2）設物塊a第一次運動到A點時速度為v1，圓弧體的速度為v2，根據(jù)水平方向動量守恒有根據(jù)機械能守恒有解得，（3）設物塊a與彈簧作用前的速度為v3，根據(jù)動能定理設a與彈簧作用后一瞬間速度為v4，物塊c的速度為v5，a與彈簧作用過程，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)機械能守恒解得，由于物塊a剛好不再能滑上圓弧面，故物塊a第二次滑過AB段后的速度大小等于v2，根據(jù)動能定理解得【例5-2】．（2025高三上·天津河西·階段練習）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點。物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細線拉直到水平位置，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運動。已知細線長L=1.25m。小球質(zhì)量m=0.20kg。物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長s=1.0m。圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g取。(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前，所受拉力的大小；(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；(3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。【答案】(1)6N(2)4m/s(3)【詳解】（1）設小球與物塊碰撞前速度為v0，碰撞后小球速度為v1，物塊速度為v2，小球從釋放到與物塊碰撞前，由動能定理得解得碰撞前瞬間，對小球受力分析，有解得小球所受拉力大小為（2）設水平向右為正方向，小球與物塊彈性碰撞，根據(jù)動量守恒得根據(jù)能量守恒得解得（3）物塊滑到水平軌道最右端剛好與小車共速，此時最大（但不能取），設水平向右為正方向，則小球與小車水平方向動量守恒，有解得根據(jù)能量守恒得解得物塊剛好滑到圓弧最高點，即在最高點與小車共速，此時最小，設水平向右為正方向，小球與小車水平方向動量守恒，有解得根據(jù)能量守恒得解得綜合上面分析，可得滿足要求的動摩擦因數(shù)μ取值范圍為【例5-3】．（2025高三上·甘肅白銀·階段練習）在高度為h的光滑水平平臺左側(cè)豎直面內(nèi)固定一光滑圓弧軌道，軌道與平臺相切于最低點。平臺右側(cè)是一下挖深度為d的光滑水平槽，在水平槽上放置一個厚度為d的長木板，長木板質(zhì)量，長木板左端放置一個質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點），如圖。一質(zhì)量為的小球從光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放，小球運動到平臺后與長木板上的小物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞后小物塊獲得水平向右的速度，小球反彈后被立即拿走。當小物塊在長木板上滑動到長木板最右端時，小物塊與長木板恰好達到共速，長木板右端到達平臺邊緣后立即被鎖定，小物塊水平飛出。已知重力加速度為g，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為，空氣阻力不計。求：(1)光滑圓弧軌道的半徑R；(2)長木板的長度；(3)小物塊落地點到平臺邊緣的水平距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）設小球運動到軌道最低點時的速度為，小球與長木板上的小物塊發(fā)生彈性碰撞，碰后小球反向運動，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有由機械能守恒定律有聯(lián)立解得小球沿光滑圓弧軌道由靜止開始下滑，由機械能守恒定律有解得（2）小物塊在長木板上滑動，由動量守恒定律有解得由功能關(guān)系有解得（3）由平拋運動規(guī)律，水平方向有豎直方向有聯(lián)立解得【例5-4】（2025高三上·重慶北碚·階段練習）如圖所示，表面光滑的水平軌道左端與長L=1.25m的水平傳送帶平滑相接，傳送帶以v0=1m/s的恒定速率逆時針勻速運動。水平軌道右側(cè)的豎直墻上固定一輕彈簧，現(xiàn)用質(zhì)量m=0.1kg的小物塊（可視為質(zhì)點）將彈簧向右壓縮到某一位置（彈簧處于彈性限度范圍內(nèi)），由靜止開始釋放小物塊，小物塊到達水平傳送帶左端B點后，立即沿切線進入固定的豎直光滑半圓軌道最高點，并恰好沿半徑R=0.4m的半圓軌道做圓周運動，最后經(jīng)圓周最低點C，滑上質(zhì)量為M=0.9kg的長木板上，若物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ1=0.8，物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ2=0.25，g取10m/s2。求：(1)小物塊到達B點時速度vB的大小；(2)小物塊剛滑上水平傳送帶A點時的動能Ek；(3)若木板和地面之間動摩擦因數(shù)μ3<0.025，要使小物塊恰好不會從長木板上掉下，則木板長度s與木板和地面之間動摩擦因數(shù)μ3應滿足什么關(guān)系（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。【答案】(1)2m/s(2)1.2J(3)【詳解】（1）物體在光滑半圓軌道最高點恰好做圓周運動，由牛頓第二定律得解得（2）設物塊到達A點時的速度為vA，有由可知，物體在傳送帶上一直做勻減速運動；則物塊在傳送帶上滑行過程由動能定理可得聯(lián)立以上各式解得（3）根據(jù)題意，從B到C過程中，由動能定理可得解得因為μ3<0.025，對物塊有解得對長木板有共速時有木板的長度為整理可得【變式演練】【變式5-1】（2025·山東·模擬預測）如圖所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右側(cè)緊靠一足夠長的木板C，木板上表面粗糙，與曲面末端等高，下表面光滑，木板右側(cè)有一豎直墻壁P。物塊A置于曲面距末端高h=0.2m處，物塊B置于木板左端。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為6kg，長木板C的質(zhì)量為2kg，B、C間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，取g=10m/s2。物塊A由靜止釋放，與B發(fā)生彈性碰撞（不考慮物塊A的后續(xù)運動），之后C與B第一次共速時恰好與墻壁P發(fā)生碰撞，碰后C被原速率彈回，所有碰撞時間均極短。求：(1)物塊A、B碰后瞬間，B的速度大小；(2)木板C初始位置右端與墻壁P的距離；(3)木板C從與墻壁P第4次碰撞前瞬間到木板C與物塊B第5次共速瞬間的時間間隔；(4)從木板C開始運動到停止運動的總路程。【答案】(1)2m/s(2)(3)(4)【詳解】（1）對于A沿曲面下滑，由動能定理得A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得聯(lián)立解得（2）B、C相互作用至第1次共速過程中由動量守恒定律得解得對于C由牛頓第二定律有解得C做勻加速直線運動，由運動學公式有聯(lián)立解得（3）C與擋板第n次（n>1）碰撞前瞬間的速度大小和C與B第n次共速時的速度大小相同從C與B第1次共速至第2次共速時過程由動量守恒有解得從C與B第2次共速至第3次共速的過程由動量守恒有解得同理可知，C與B第4次共速時的速度大小C與B第5次共速時的速度大小從C與擋板第4次碰撞前瞬間到C與B第5次共速瞬間的過程由動量定理有解得（4）木板C從開始運動到第2次與擋板碰撞前的路程為由（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次碰撞期間木板C的路程第3次碰撞到第4次碰撞期間木板C的路程……【變式5-2】．（2025高三上·四川成都·階段練習）如圖所示為某一游戲裝置的示意圖。裝置由水平傳送帶、豎直光滑圓軌道、水平軌道組成，水平直軌道BC、EF相接于C、E兩點，C與E前后略錯開，可視為質(zhì)點的物塊能從C點進入圓軌道內(nèi)側(cè)運動，軌道各部分平滑連接。已知傳送帶以v=6m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，AB兩端距離L1=5m，EF長L2=1.8m，OM為水平地面，F(xiàn)點位于O點正上方H＝1.25m處。將質(zhì)量m＝0.2kg物塊從傳送帶左端A點靜止釋放，物塊滑上豎直圓軌道后能經(jīng)過最高點D并從E點進入水平軌道EF，并從F點離開。物塊與傳送帶AB、水平軌道EF之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g=10m/s2。求：(1)物塊從A點運動至B點的時間；(2)物塊在水平地面上的落點與O點的水平距離；(3)圓軌道半徑R需滿足的條件。(4)物塊在AB段運動時，傳送帶對物塊的作用力沖量大小。【答案】(1)2s(2)2m(3)(4)【詳解】（1）對物塊，根據(jù)牛頓第二定律有解得a=2.5m/s2假設物塊一直勻加速，則有解得v1=5m/s<v=6m/s故假設成立，根據(jù)速度與時間關(guān)系有解得t=2s（2）在EF段上，根據(jù)速度與位移關(guān)系有物塊飛出平臺后，根據(jù)平拋運動規(guī)律有解得x=2m（3）物塊滑上豎直圓軌道后恰能經(jīng)過最高點D，需滿足根據(jù)動能定理有解得R=0.5m所以物塊能通過最高點D點，圓軌道半徑應滿足R≤0.5m。（4）物塊從A到B的時間內(nèi)支持力的沖量解得摩擦力的沖量解得所以傳送帶對物塊的作用力沖量大小為【變式5-3】．（2025高三上·廣東廣州·階段練習）如圖所示，輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右側(cè)有一質(zhì)量、半徑的四分之一光滑圓弧軌道（厚度不計）靜置于水平地面上。圓弧軌道底端與水平面上的點平滑相接，為圓弧軌道圓心。用質(zhì)量為的物塊把彈簧的右端壓縮到點由靜止釋放（物塊與彈簧不拴接），此時彈簧的彈性勢能為。已知B點左側(cè)地面粗糙，物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為，、之間的距離為，點右側(cè)地面光滑，取。(1)求釋放后，物塊在圓弧軌道能上升的最大高度；(2)若該物塊質(zhì)量變?yōu)椋飰K到達點時以速度沖向圓弧軌道，求滑塊在D點豎直速度；(3)在第（2）問基礎上，當物塊離開軌道點時施加一垂直向里的瞬時沖量，同時鎖定軌道讓其瞬間停下，求物塊運動到最高點到點的距離。（提示：立體空間問題）【答案】(1)0.15m(2)(3)【詳解】（1）設彈簧的彈性勢能為，物塊從到的過程由動能定理得代入數(shù)據(jù)得物塊和圓弧軌道相互作用的過程水平方向動量守恒，機械能守恒則解得（2）物塊到達點時在水平方向上與共速解得設物塊到達點時在豎直方向上的速度為，由機械能守恒定律得解得（3）物塊飛出后在豎直方向上做勻減速運動，設從點飛出到最高點所用時間為當物塊上升到點時受到一個垂直于紙面的沖量，設獲得的速度為，由以物塊飛出時點所在的位置為坐標原點，以水平向右為軸，豎直向上為軸，垂直于紙面向里為軸，則在時間內(nèi)各方向的位移分別為則最高點到點的距離【變式5-4】．（2025高三上·山東·階段練習）如圖所示，足夠長的光滑水平面上有一個固定的光滑斜面，斜面末端與水平面平滑連接。mB=mC=3mA=3kg，B的右端固定一個自由伸長的輕彈簧，B、C分開一定的距離靜止于水平面。從距離地面高0.8m處靜止釋放A物塊。此后A、B分開后（A脫離彈簧），B、C碰撞并粘在一起。已知彈簧一直在彈性限度之內(nèi)，重力加速度g=10m/s2。求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)物塊A全過程損失的機械能。【答案】(1)6J(2)7.96J【詳解】（1）由機械能守恒定律解得第一次碰撞共速時彈簧最短（2）AB碰后分開時，該過程為彈性碰撞解得；A、B分開后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的速度與BC發(fā)生彈性碰撞，解得，此后A不再與BC碰撞，則物塊A最終損失的機械能為【變式5-5】．（2025高三上·陜西漢中·階段練習）如圖，質(zhì)量的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分上表面粗糙、豎直半圓形部分的表面光滑、半徑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。初始時質(zhì)量的小物塊靜置在軌道最左端，與軌道水平部分間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取。(1)若軌道固定，物塊沿軌道運動到Q點時速度為3m/s，求此時物塊對軌道的壓力大小；(2)若軌道不固定，給物塊施加方向水平向右、大小為8N的推力F，當物塊到達P點時立即撤去F，物塊恰能到達軌道上與圓心O點等高處，求物塊最終速度v的大小。【答案】(1)(2)2m/s【詳解】（1）物塊在Q點，由牛頓第二定律得解得根據(jù)牛頓第三定律可知，此時物塊對軌道的壓力（2）對物塊，由牛頓第二定律得解得對軌道有解得物塊與軌道發(fā)生相對滑動，設經(jīng)過時間，物塊運動到P點，對物塊有對軌道有解得物塊恰能到達軌道上與O點等高，由能量守恒定律得水平方向動量守恒，有聯(lián)立解得則水平軌道部分的長度設物塊從圓弧軌道返回后停在軌道上水平部分，根據(jù)動量守恒定律可知根據(jù)能量守恒得解得可知物塊剛好返回到軌道左端與軌道相對靜止，所以物塊最終速度v的大小為2m/s。1．（2024·廣西·高考真題）如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現(xiàn)測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時，從2號錐筒運動到3號錐筒用時。求該同學（1）滑行的加速度大小；（2）最遠能經(jīng)過幾號錐筒。【答案】（1）；（2）4【詳解】（1）根據(jù)勻變速運動規(guī)律某段內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知在1、2間中間時刻的速度為2、3間中間時刻的速度為故可得加速度大小為（2）設到達1號錐筒時的速度為，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得代入數(shù)值解得從1號開始到停止時通過的位移大小為故可知最遠能經(jīng)過4號錐筒。2．（2024·寧夏四川·高考真題）為搶救病人，一輛救護車緊急出發(fā)，鳴著笛沿水平直路從時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小，在時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，時在救護車出發(fā)處的人聽到救護車發(fā)出的最后的鳴笛聲。已知聲速，求：（1）救護車勻速運動時的速度大小；（2）在停止鳴笛時救護車距出發(fā)處的距離。【答案】（1）20m/s；（2）680m【詳解】（1）根據(jù)勻變速運動速度公式可得救護車勻速運動時的速度大小（2）救護車加速運動過程中的位移設在時刻停止鳴笛，根據(jù)題意可得停止鳴笛時救護車距出發(fā)處的距離代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得3．（2024·天津·高考真題）如圖所示，光滑半圓軌道直徑沿豎直方向，最低點與水平面相切。對靜置于軌道最低點的小球A施加水平向左的瞬時沖量I，A沿軌道運動到最高點時，與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8N?s，A、B的質(zhì)量分別為mA=0.3kg、mB=0.1kg，軌道半徑和繩長均為R=0.5m，兩球均視為質(zhì)點，輕繩不可伸長，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)與B碰前瞬間A的速度大小；(2)A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小。【答案】(1)4m/s(2)11.2N【詳解】（1）根據(jù)題意，設小球A從最低點開始運動時的速度為v0，由動量定理有設與B碰前瞬間A的速度大小v，從最低點到最高點，由動能定理有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得（2）A與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起，由動量守恒定律有設A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小為F，由牛頓第二定律有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得4．（2024·新疆河南·高考真題）如圖，一長度的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小。求（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；（2）平臺距地面的高度。【答案】（1）4m/s；；（2）【詳解】（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為薄板做加速運動的加速度對物塊對薄板解得（2）物塊飛離薄板后薄板得速度物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為則平臺距地面的高度5．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，粗糙斜面的動摩擦因數(shù)為μ，傾角為θ，斜面長為L。一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點）在電動機作用下，從斜面底端A點由靜止加速至B點時達到最大速度v，之后做勻速運動至C點，關(guān)閉電動機，物塊恰好到達最高點D。重力加速度為g，不計電動機消耗的電熱。求：（1）CD段長x；（2）BC段電動機的輸出功率P；（3）全過程存儲的機械能E1和電動機消耗的總電能E2的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）物塊在CD段運動過程中，由牛頓第二定律得由運動學公式聯(lián)立解得（2）物塊在BC段勻速運動，得電動機的牽引力為由得（3）全過程物塊增加的機械能為整個過程由能量守恒得電動機消耗的總電能轉(zhuǎn)化為物塊增加的機械能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，故可知故可得6．（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。【答案】（1）；（2）①330N?s，方向豎直向上；②0.2m【詳解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知解得（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時的速度與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度7．（2024·貴州·高考真題）如圖，半徑為的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其末端與水平地面相切于P點，的長度。一長為的水平傳送帶以恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動，其右端與地面在M點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P點，再向左做直線運動至M點與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達傳送帶的左端N時，瞬間給b一水平向右的沖量I，其大小為。以后每隔給b一相同的瞬時沖量I，直到b離開傳送帶。已知a的質(zhì)量為的質(zhì)量為，它們均可視為質(zhì)點。a、b與地面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，取重力加速度大小。求：(1)a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小；(2)b從M運動到N的時間；(3)b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)30N(2)3.2s(3)95J【詳解】（1）a從靜止釋放到圓軌道底端過程，根據(jù)機械能守恒定律在點，設軌道對它的支持力大小為，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得（2）a從靜止釋放到M點過程中，根據(jù)動能定理解得與發(fā)生彈性碰撞的過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有解得滑上傳送帶后，根據(jù)牛頓第二定律解得的速度減小到與傳送帶速度相等所需的時間對地位移此后做勻速直線運動，到達傳送帶最左端還需要的時間b從M運動到N的時間（3）設向右為正方向，瞬間給b一水平向右的沖量，對根據(jù)動量定理解得向右減速到零所需的時間然后向左加速到所需的時間可得在時間內(nèi)向右運動的距離循環(huán)10次后向右運動的距離每一次相對傳動帶運動的路程b從N向右運動3m的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量然后繼續(xù)向右減速運動，根據(jù)運動學公式解得此過程，b相對傳動帶運動的路程此過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量8．（2024·重慶·高考真題）如圖所示，M、N兩個釘子固定于相距a的兩點，M的正下方有不可伸長的輕質(zhì)細繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質(zhì)量為m的小木塊B，繩長與M到地面的距離均為10a，質(zhì)量為2m的小木塊A，沿水平方向于B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，A與地面間摩擦因數(shù)為，重力加速為g，忽略空氣阻力和釘子直徑，不計繩被釘子阻擋和繩斷裂時的機械能損失。(1)若碰后，B在豎直面內(nèi)做圓周運動，且能經(jīng)過圓周運動最高點，求B碰后瞬間速度的最小值；(2)若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運動到P點停止，B在豎直面圓周運動旋轉(zhuǎn)2圈，經(jīng)過M正下方時細繩子斷開，B也來到P點，求B碰后瞬間的速度大小；(3)若拉力達到12mg細繩會斷，上下移動N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與（2）問中的相同，使B旋轉(zhuǎn)n圈。經(jīng)過M正下的時細繩斷開，求MN之間距離的范圍，及在n的所有取值中，B落在地面時水平位移的最小值和最大值。【答案】(1)(2)(3)（n=1，2，3，…），，【詳解】（1）碰后B能在豎直面內(nèi)做圓周運動，軌跡半徑為10a，設碰后B的最小速度大小為v0，最高點速度大小為v，在最高點時由牛頓第二足定律有B從最低點到最高點由動能定理可得解得（2）A和B碰撞過程中動量守恒，設碰前A的速度大小為v1碰后A的速度大小為v2。碰后B的速度大小為v3，則有2mv1=2mv2＋mv3碰后A減速到0，有碰后B做兩周圓周運動，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4a，在M點正下方時，離M點6a，離地面4a，此時速度大小為v4，由功能關(guān)系得B隨后做平拋運動，有L=v4t解得（3）設MN間距離為h，B轉(zhuǎn)n圈后到達M正下方速度大小為v5，繩縮短2nh，繩斷開時，以M為圓心，由牛頓第二定律得（n=1，2，3，…）以N為圓心，由牛頓第二定律得（n=1，2，3，…）從碰后到B轉(zhuǎn)n圈后到達M正下方，由功能關(guān)系得（n=1，2，3，…）解得（n=1，2，3，…）繩斷后，B做平拋運動，有（n=1，2，3，…）s=v5t可得（n=1，2，3，…）由于（n=1，2，3，…）則由數(shù)學分析可得當時，當n=1時，，9．（2024·浙江·高考真題）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大小；（2）若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；（3）若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【詳解】（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時從滑塊離開彈簧到C過程，根據(jù)動能定理解得（2）平板加速至與滑塊共速過程，根據(jù)動量守恒根能量守恒解得（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為共速后，共同加速度大小為考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與木板共速然后共同減速；假設先與木板共速然后共同減速，則共速過程共速過程，滑塊、木板位移分別為共速時，相對位移應為解得，隨后共同減速到達H速度說明可以到達H，因此假設成立，若滑塊初速度再增大，則會從木板右側(cè)掉落。10．（2024·海南·高考真題）某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量，一質(zhì)量為的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行停下。游客視為質(zhì)點，其與滑板及平臺表面之間的動摩擦系數(shù)均為，忽略空氣阻力，重力加速度，求：（1）游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小；（2）滑板的長度L【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設游客滑到b點時速度為，從a到b過程，根據(jù)機械能守恒解得在b點根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小為（2）設游客恰好滑上平臺時的速度為，在平臺上運動過程由動能定理得解得根據(jù)題意當滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運動，滑板一直做加速運動，設加速度大小分別為和，得根據(jù)運動學規(guī)律對游客解得該段時間內(nèi)游客的位移為滑板的位移為根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長度為11．（2024·甘肅·高考真題）如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點）在細繩和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細繩，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩，小球A開始運動。（重力加速度g取）（1）求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。（2）A在最低點時，細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時間極短）、碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】根據(jù)題意，設AC質(zhì)量為，B的質(zhì)量為，細繩長為，初始時細線與豎直方向夾角。（1）A開始運動到最低點有對最低點受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得，（2）A與C相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后A豎直下落可知故解得（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速，則對CB分析，過程中根據(jù)動量守恒可得根據(jù)能量守恒得聯(lián)立解得12．（2024·山東·高考真題）如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑，重力加速度大小。（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有結(jié)合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當時，軌道的加速度為，小物塊的加速度為當小物塊運動到P點時，經(jīng)過t0時間，則軌道有小物塊有在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有其中，,為小物塊離開Q點時的速度，為此時軌道的速度。聯(lián)立解得，另一解，該解不滿足,故不合題意，舍去）根據(jù)運動學公式有代入數(shù)據(jù)解得13．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有解得由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小。（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有其中，解得小物塊與小球碰撞過程中