第第頁大題01高中物理三大觀點解決力學綜合問題一、歷年考情與命題規律分析天津高考物理動力學觀點、能量觀點、動量觀點多過程綜合力學計算題是檢驗學生物理核心素養形成的重要方面，高考中每年必考，題型分布廣泛，命題趨勢將持續強調“綜合性、實際性、數學化”，呈現情境豐富考查角度寬而有創意，是天津卷物理計算題的“壓軸核心”，每年至少1道綜合計算題。1.近5年高頻考點與題型年份核心模型考察重點2024碰撞+圓周運動動量守恒、機械能守恒、動量定理2023彈簧+碰撞+圓周運動動量守恒、機械能守恒、向心力公式聯2022傳送帶+滑塊模型動力學分析（加速度、速度）、摩擦生熱2021板塊模型（含多物體碰撞）動量守恒、動能定理、相對滑動距離與摩擦生熱2020斜面+彈簧+拋體運動能量守恒、平拋運動規律、彈簧勢能極值問題2.命題規律總結天津高考物理動力學觀點、能量觀點、動量觀點多過程綜合計算題的模型越來越復合化，單一模型（如碰撞）減少，更多是“斜面+彈簧+碰撞”或“傳送帶+圓周運動”等復合模型，例：2023年題將彈簧壓縮、彈性碰撞、圓周運動結合，需分階段分析動量守恒與機械能守恒；注重實際情境導向，以生活、科技場景為背景（如滑雪、電梯安全裝置、火箭發射），考查模型抽象能力，例：2022年以物流傳送帶為背景，分析貨物加速與能量損耗；強化數學工具運用，需解多元方程組（如彈性碰撞速度公式）、利用導數求極值（如彈簧最短壓縮量）、圖像分析（v-t圖沖量計算）；關聯對象多元化，涉及2-3個物體相互作用（如滑塊與木板、小球與彈簧），需處理內力與外力關系。二、2025年考向預測與熱點模型2025年備考需重點關注復雜多過程模型、生產生活新情境模型、變力作用下的多體系統例：彈簧連接的雙物體在變力F(t)下運動、曲線運動與碰撞結合例：小球沿圓弧軌道下滑后與靜止物體發生完全非彈性碰撞。建議通過分階段建模訓練和數學工具強化，提升復雜問題的拆解與計算能力。題型一動力學觀點解決力學問題【例1】（2024高三·天津南開區·一模）2023年10月3日，杭州亞運會女子10米跳臺決賽中，中國運動員全紅嬋的驚人一跳，贏得全場7個10分，并最終奪得冠軍。在進行10米跳臺跳水訓練時，運動員必須在距離水面一定高度前完成規定動作并調整好入水姿勢。某興趣小組對10米跳臺跳水進行模擬研究，將運動員視為質點，若運動員起跳時獲得豎直向上的初速度，并在距離水面前完成規定動作并調整好入水姿勢豎直入水，其入水深度，跳臺距水面高度，運動員質量，重力加速度，空氣阻力不計。求：（1）運動員距離跳臺的最高距離；（2）運動員完成規定動作允許的最長時間；（3）運動員即將入水時速度v的大小和入水至水深h處的過程運動員受到水的平均作用力F的大小。【答案】（1）0.05m；（2）1.4s；（3），2008N【詳解】（1）運動員起跳后做豎直上拋運動，到最高點則有解得（2）運動員從起跳到最高點所用時間t1為運動員從最高點到距水面1.6m處所用時間t2為代入數據解得運動員完成規定動作允許的最長時間為（3）運動員入水時，由速度位移關系公式可得代入數據解得入水時速度大小為運動員入水后至水深h處，由速度位移關系公式可得代入數據解得運動員入水后至水深h處的過程中，受到重力mg和水的平均作用力F，由牛頓第二定律可得解得平均作用力F的大小為應用動力學觀點解決力學問題總結動力學是力學的重要組成部分，主要研究物體運動與受力之間的關系動力學問題類型，基本運動規律和受力分析方法是解決力學問題的關鍵。1.常見力以及受力分析步驟重力：F=mg，方向豎直向下。彈力：如彈簧力，F=kx，方向與形變相反。摩擦力：靜摩擦力和動摩擦力，方向與運動趨勢或運動方向相反。受力分析步驟：確定研究對象。畫出受力圖，標出所有作用力。選擇合適的坐標系，分解力。應用平衡條件或牛頓第二定律列方程。解方程求未知量。運動學規律直線運動：勻速直線運動x=vt；勻加速直線運動，應用v=v?+at、x=v?t+12v2=v?2+2ax。曲線運動：如圓周運動，應用向心力公式F=mv2/r=mw2r。平拋運動：水平方向：x=vt豎直方向v=gt，h=12gt2，h=（2023·天津·河北區·一模）如圖，一滑雪道由和兩段滑道組成，其中段傾角為，段水平，段和段由一小段光滑圓弧連接，一個質量為的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若后質量為的滑雪者從頂端以的初速度、的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數為，重力加速度取，，，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設斜面長度為，背包質量為，在斜面上滑行的加速度為，由牛頓第二定律有解得滑雪者質量為，初速度為，加速度為，在斜面上滑行時間為，落后時間，則背包的滑行時間為，由運動學公式得聯立解得或故可得（2）背包和滑雪者到達水平軌道時的速度為、，有滑雪者拎起背包的過程，系統在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設共同速度為，有解得題型二動力學觀點與能量觀點解決力學綜合題（2024高三·天津河北區·二模）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：（1）小物塊到達D點的速度大小；（2）B和D兩點的高度差；（3）小物塊在A點的初速度大小。【答案】（1）；（2）0；（3）【詳解】（1）由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有解得

（2）由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有則小物塊從B到D的過程中，根據動能定理有聯立解得，HBD=0（3）小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有S=π?2R解得動力學觀點與能量觀點解決力學綜合題總結1.動力學觀點與能量觀點規律規律公式表達平衡條件F合＝0牛頓第二定律F合＝ma動能定理W合＝ΔEkW合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)機械能守恒定律E1＝E2mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)2.規律的選用(1)認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象。(2)分析研究對象的受力情況、運動狀態以及運動狀態的變化過程，作草圖。(3)根據運動狀態的變化規律確定解題觀點，選擇適用規律：①若用力的觀點解題，要認真分析運動狀態的變化，關鍵是求出加速度；②若用動能定理求解，應確定過程的始、末狀態的動能，分析并求出過程中的功；③若可判斷研究對象在某運動過程中滿足機械能守恒的條件，則可根據題意選擇合適的始、末狀態，列守恒關系式，一般這機械能守恒定律多用于求研究對象在末狀態時的速度(率)。(4)根據選擇的規律列式，有時還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關系等)并列出輔助方程。(5)代入數據，計算結果。（2024高三·天津耀華中學·二模）2024年4月30日17時46分，神舟十七號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開主傘（降落傘），在主傘的作用下返回艙速度從80m/s降至10m/s，此過程飛船高度下降了385m，此后可視為勻速下降。當返回艙在距離地面一定高度時啟動反推發動機，速度減至0時恰落到地面上。設主傘所受的空氣阻力為，其中k為定值，v為速率，其余阻力不計。已知返回艙（含航天員）總質量為3000kg，主傘的質量忽略不計，忽略返回艙質量的變化，重力加速度g取10m/s2，設全過程為豎直方向的運動。（1）在主傘打開后的瞬間，求返回艙的加速度大小；（2）在主傘打開后，返回艙減速過程中，求空氣阻力做的功；（3）返回艙在距地面一定高度時啟動反推發動機（反推力近似為恒力，空氣阻力忽略不計），經0.2s返回艙落地，求啟動反推發動機時返回艙距離地面的高度。【答案】（1）70m/s2；（2）；（3）1m【詳解】（1）由牛頓第二定律可知由題意有聯立可得（2）在主傘打開后，返回艙減速過程中，根據動能定理可得解得（3）根據題意可得題型三能量觀點、動量觀點解決力學綜合問題（2024高三·天津耀華中學·一模）如圖所示，小球A質量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方。現拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升到最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能。【答案】m，mgh【詳解】設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據機械能守恒定律有mgh＝mv12解得v1＝設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有解得設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv1＝－mv1′＋5mv2解得由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為I＝5mv2＝碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據動量守恒定律有5mv2＝8mv3據機械能守恒定律得Epm＝×5mv22－×8mv32解得Epm＝mgh能量觀點、動量觀點解決力學綜合問題總結1.能量觀點與動量觀點規律規律公式表達動能定理W合＝ΔEkW合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)機械能守恒定律E1＝E2mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)動量定理F合t＝p′－pI合＝Δp動量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.規律的選用小結(1)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題，也可處理曲線問題(2)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．也可處理曲線問題(3)用能量守恒和動量守恒解題都可以研究又多個物體構成的系統（2024高三·天津和平區·一模）冰壺是冬奧會的熱門項目，其中包含著大量的物理規律。冰壺比賽場地如圖所示，投擲線AB到圓壘區圓心O的距離為，圓壘區半徑為。運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面以減小減速時的摩擦力。若不擦冰時，冰壺與冰面的動摩擦因數為，擦冰面后動摩擦因數減小至。在某次訓練中，運動員推著冰壺從起滑架出發，到達投擲線中點時立即將冰壺以一定的速度向O點推出，推出冰壺后運動員靜止（推出過程忽略所受的摩擦力），若不用毛刷擦冰面，冰壺向前滑行25m速度即減為0。已知運動員的質量，所有冰壺的質量均為，冰壺可看作質點，g取，壺之間碰撞的機械能損失忽略不計。求：（1）運動員剛將冰壺從手中推出時冰壺的速度；（2）將冰壺從手中推出過程中運動員對冰壺所做的功W；（3）在圓壘圓心位置有對方的冰壺，如果在碰撞前運動員用毛刷擦冰面的長度為18m，通過計算判斷擦冰面之后能否將對方冰壺撞出圓壘區。【答案】（1）；（2）；（3）能將對方冰壺碰出圓壘區【詳解】（1）若不刷冰面，冰壺滑行過程中由動能定理有式中可得（2）冰壺被推出過程，由動量守恒定律有由動能定理可得將冰壺從手中推出過程中運動員對冰壺所做的功可得（3）推出后冰壺在冰面滑行過程，根據動能定理有冰壺碰撞過程由動量守恒定律和機械能守恒定律有被碰冰球的滑行過程由動能定理有聯立以上各式解得可知，能將對方冰壺碰出圓壘區。題型四動力學觀點、能量觀點、動量觀點解決力學綜合問題（2024高三·天津河西區·一模）如圖所示，細線的一端固定在O點，一端拴著A球；B球位于O點正下方，且靜止放置在表面光滑的支架上，B球到O點的距離等于細線長度；將A球向右拉到一定高度（細線拉直且與豎直方向的夾角為37°）后由靜止釋放，A球在O點正下方與B球發生彈性正碰，兩球碰撞后B球水平飛出。已知A球的質量，B球的質量；細線不可伸長，細線長度；支架高度。忽略空氣阻力，兩球皆視為質點，整個過程A球不與支架發生作用。，，g取。求：（1）兩球碰前瞬間，細線對A球的拉力大小；（2）兩球碰后瞬間，B球速度的大小；（3）B球落到地面之前的瞬間，B球重力的瞬時功率。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）A球從最高點擺動到最低點的過程，有A球擺動到O點正下方，與B球碰前瞬間，有解得（2）兩球發生彈性碰撞，滿足解得（3）B球落到地面之前的瞬間，其速度的豎直分量B球重力的瞬時功率為解得動力學觀點、能量觀點、動量觀點解決力學綜合問題總結力學規律的選用原則1如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．2研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．3若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．4在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變為系統內能的量．5在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉換．作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．（2024高三·天津寧河區·一模）如圖所示，光滑軌道abcd固定在豎直平面內，ab水平，bcd為半圓，圓弧軌道的半徑R=0.32m，在b處與ab相切。在直軌道ab上放著質量分別為、的物塊A、B（均可視為質點），用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧（未被拴接）。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量為M、長的小車，小車上表面與ab等高。現將細繩剪斷，之后A向左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。B向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點d處。物塊A與小車之間的動摩擦因數，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物塊B運動到圓弧軌道的最低點b時對軌道的壓力大小；（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能；（3）小車的質量M。【答案】（1）60N；（2）12J；（3）2kg【詳解】（1）物塊B在最高點時，有b到d由動能定理可得在b點有聯立以上方程可得由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力為60N。（2）由動量守恒定律可得由能量守恒可得聯立以上方程可得故細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能為12J。（3）A恰好滑到小車左端時與小車有共同速度v，由動量守恒定律可得由能量守恒可得聯立以上方程可得故小車的質量為2kg。1.（2025高三·天津實驗中學模擬）如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊上，另一端與滑塊接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為的光滑水平桌面上。現有一滑塊從光滑曲面上離桌面高處由靜止開始滑下，與滑塊發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊向前運動，經過一段時間，滑塊脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動，一段距離后從桌面邊緣飛出。已知，，，滑塊、、均可看作質點，取，不計空氣阻力。求：（1）滑塊與滑塊碰撞結束瞬間的速度大小；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢能；（3）滑塊落地點與桌面邊緣的水平距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊從光滑曲面上高處由靜止開始滑下的過程中機械能守恒，設其滑到水平桌面時的速度大小為，由機械能守恒定律有解得滑塊與碰撞的過程，、系統的動量守恒，取水平向右為正方向，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為，由動量守恒定律有解得（2）滑塊、發生碰撞后與滑塊一起壓縮彈簧，壓縮的過程中機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊、、速度相同，設為，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有解得由機械能守恒定律有代入數據解得（3）被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊脫離彈簧，設此時滑塊、的速度為，滑塊的速度為，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有聯立解得滑塊從桌面邊緣飛出后做平拋運動聯立解得2.（2024高三·天津河東區·一模）保齡球運動既可以鍛煉身體，又可以緩解心理壓力，而且老少咸宜，廣受大眾的喜愛。某同學設想了如下過程來模擬一次保齡球的投擲、運行、撞擊的訓練過程．如圖所示，將一質量為的保齡球從A點開始由靜止向前擲出，球沿曲線運動，脫手后，在B點以的速度切入水平球道。球做直線運動經時間后在C點與質量為的球瓶發生正碰。已知在A點時保齡球的下沿距離球道表面的高度為，保齡球在球道上運動時受到的阻力恒為重力的倍，g取，忽略空氣阻力，忽略保齡球的滾動，球與球瓶的碰撞時間極短，碰撞中沒有能量損失，球與球瓶均可看成質點。求：（1）運動員在擲球過程中對保齡球做的功；（2）在撞上球瓶前的瞬間，保齡球的速度的大小；（3）碰撞后，球瓶的速度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）運動員在擲球過程中，根據動能定理可得解得運動員對保齡球做的功為（2）保齡球從B到C的過程，根據動量定理可得解得在撞上球瓶前的瞬間，保齡球的速度大小為（3）球與球瓶的碰撞時間極短，碰撞中沒有能量損失，可知碰撞過程滿足動量守恒和機械能守恒，則有聯立解得碰撞后，球瓶的速度大小為3.（2024高三·天津十二重點校·一模）如圖所示，水平粗糙軌道AB長為L，豎直面內半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC與軌道AB相切于B點，質量為m的物塊P以初速度v0從A點向左運動，與靜止于B點質量為2m的物塊Q發生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩物塊粘在一起運動，恰能到達軌道最高點C，已知重力加速度為g，物塊P、Q均可視為質點，求：（1）兩物塊碰后瞬間對軌道B點的壓力FN的大小；（2）物塊P與水平軌道AB間的動摩擦因數μ；（3）碰撞過程中物塊P對物塊Q做的功W的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）碰撞后恰好能運動到最高點碰后瞬間根據牛頓第三定律，壓力與支持力等大反向得（2）P從A到B的過程中碰撞過程中得（3）碰撞過程中P對Q做功等于Q動能的增加得4.（2024高三·天津河北區·一模）如圖所示，質量為M=3kg的木板靜置于光滑水平地面上，質量為m=2kg的小滑塊（可視為質點）以v0=5m/s的速度從木板左端滑上木板，小滑塊最終未滑下木板，取重力加速度g=10m/s2。（1）求小滑塊在木板上滑動過程中，它們總的機械能損失量ΔE；（2）若小滑塊與木板間的動摩擦因數μ=0.5，求小滑塊相對木板滑動的時間t和在這段時間內小滑塊相對于地面的移動距離x。【答案】（1）15J（2）2.1m解：（1）小滑塊在木板上滑動過程中，滑塊和木板組成的系統動量守恒由動量守恒定律得m系統損失的機械能為ΔE=聯立解得

ΔE=15J對滑塊，由動量定理得?μmgt=mv?m解得t=0.6s對滑塊，由動能定理得?μmgx=解得x=2.1m5.（2024高三·天津十二重點校·二模）如圖所示，傾角θ=30°的光滑斜面長為L=1.6m，質量m=1kg的物塊A以初速度v0從底端沖上斜面，恰好能到達斜面頂端。若在A以初速度v0剛要沖上斜面時，質量M=3kg的物塊B（1）物塊A的初速度v0（2）兩物塊碰撞前運動的時間t；（3）碰撞后瞬間物塊B的速度vB的大小θθAB【答案】（1）v0=4m/s（2）t=0.4s解：（1）恰好能到達斜面頂端

mg0?得：v（2）A與B相向運動的過程中，兩物塊加速度相等xxBL=x得：t=0.4s（3）碰撞前：v1碰撞過程中：mv12得：vB6.（2024高三·天津部分區·一模）靜止在水平地面上可視為質點的兩小物塊A、B的質量分別為，。兩者之間有一被壓縮的輕質微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離，如圖所示。某時刻將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，A沿著與墻壁垂直的方向運動，恰好不會與墻壁發生碰撞。A、B與地面之間的動摩擦因數為，取。求：（1）彈簧釋放后A獲得的速度大小；（2）彈簧釋放后B獲得的速度大小；（3）彈簧釋放前儲存的彈性勢能。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）彈簧釋放后A做勻減速直線運動，由動能定理，可得解得（2）依題意，釋放彈簧過程中，系統動量守恒，有解得（3）根據能量守恒可知彈簧釋放前儲存的彈性勢能為7.（2024高三·天津和平區·二模）某生產線上的傳送裝置如圖所示，質量為的零件先從A點由靜止釋放，通過半徑的圓弧軌道，然后進入一段水平軌道，運動了之后，從水平軌道末端C點沖上靜止在地面上且表面與水平軌道相切的傳送小車，零件與小車相對靜止后，小車到達擋板與擋板碰撞后立即停止運動，零件在小車上又滑行了恰好能被擋板處的工人接到，已知小車質量為，小車與地面間摩擦力很小可以忽略，已知零件與水平軌道和傳送小車間的動摩擦因數均為，g取，求：（1）傳送小車的長度L；（2）圓弧軌道的摩擦力對零件做的功。【答案】（1）3.5m；（2）【詳解】（1）車靜止后，零件在車上滑行過程根據動量守恒和能量守恒定律可知零件在車上相對滑動過程有解得傳送小車的長度（2）根據動量定理，零件在BC段滑行過程根據動能定理，在圓弧軌道上下滑可得圓弧軌道的摩擦力對零件做的功8.（2024高三·天津紅橋區·一模）如圖所示，一質量M=2.0kg的長木板AB靜止在水平面上，木板的左側固定一半徑R=0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同。現在將質量m=1.0kg的小鐵塊（可視為質點）從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達軌道底端時的速度v0=3.0m/s，最終小鐵塊和長木板達到共同速度。忽略長木板與地面間的摩擦。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小鐵塊在弧形軌道末端時所受支持力的大小F；（2）小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf；（3）小鐵塊和長木板達到共同速度v。【答案】（1）25N；（2）1.5J；（3）1.0m/s【詳解】（1）小木塊在弧形軌道末端時，滿足由牛頓第二定律F－mg＝解得小鐵塊在弧形軌道末端時所受支持力的大小為F＝25N（2）根據動能定理mgR－Wf＝解得小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功為Wf＝1.5J（3）根據動量守恒定律解得小鐵塊和長木板達到的共同速度為v=1.0m/s9.（2024高三·天津河東區·二模）如圖所示，半徑的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點B與長為的水平面BC相切于B點，BC離地面高，C點與一傾角為的光滑斜面連接。質量的小滑塊，從距地面高的圓弧上某點由靜止釋放，當小滑塊運動到C點時與一個質量的小球正碰，碰后返回恰好停在B點。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數，重力加速度g取，求：（1）到達B點時小滑塊對圓弧軌道的壓力大小；（2）小球第一落點到C點的水平距離x。【答案】（1）；（2）0.6m【詳解】（1）滑塊由距離地面H高處下滑，根據機械能守恒定律有由題圖可知B點為圓周運動最低點，在該點有由牛頓第三定律可知在該點圓弧軌道對滑塊的支持力大小等于滑塊對圓弧軌道的壓力大小，所以有聯立解得（2）設滑塊到達C點且碰撞前的速度為，由動能定理在C點兩滑塊發生碰撞，設碰后滑塊速度變為，小球速度為，由于碰后滑塊速度方向反向，且滑塊回到B點恰好速度為零，由動量守恒有對滑塊又有解得碰后小球做平拋運動，假設小球能落到水平面上，其水平方向做勻速直線運動，有豎直方向有解得由于可知假設成立，則小球第一落點與C的水平距離為。10.（2024高三·天津河西區·二模）如圖所示，光滑水平面上固定一傾角的斜面，斜面的長度，質量為的足夠長的木板左端與斜面底端平滑連接（木板與斜面不粘連）。一個質量為的滑塊（可視為質點）從斜面的頂端由靜止開始下滑，到達斜面底端時的速度大小為，接著立即以該速度大小沿水平方向滑上長木板。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數為，滑塊與長木板間的動摩擦因數為，g取。求：（1）滑塊到達斜面底端時速度大小以及滑塊在斜面上運動的過程中斜面對滑塊支持力的沖量；（2）滑塊與木板最終達到的共同速度v的大小以及滑塊相對于長木板滑動的距離x。【答案】（1），，方向垂直于斜面向上；（2），【詳解】（1）滑塊在斜面上下滑時，以滑塊為研究對象，有解得滑塊在斜面上做勻變速直線運動，有解得，斜面對滑塊支持力的沖量為解得，方向垂直于斜面向上（2）滑塊與木板最終達到的共同速度，根據動量守恒可得解得滑塊與木板相互作用的過程中，根據能量守恒可得解得11.（2024高三·天津南開區·二模）超市為節省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質量均為m=16kg的兩輛購物車相距靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套在一起，繼續運動了后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的阻力恒為車重的k=0.25倍，重力加速度取，求：（1）兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；（2）兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；（3）工人對第一輛車所做的功。【答案】（1）1s；（2）；（3）240J【詳解】（1）對整體，由牛頓第二定律解得逆向過程得t=1s（2）嵌套后，對整體得嵌套過程中得在嵌套過程中損失的機械能解得（3）對小車解得W=240J1、（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。