高中物理高考 专题20 力学计算题-2021年高考物理真题与模拟题分类训练（教师版含解析）(1)

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专题20 力学计算题

1．(2021·山东高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
(1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力）
(2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

【答案】(1）；(2）或
【解析】(1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得
，，
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得

联立，代入数据得

(2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，m
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上得x坐标区间
或
2．(2021·山东高考真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
(1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
(2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
(3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
(4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。

【答案】(1）、；(2）；(3）；(4）
【解析】(1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得

弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得

联立方程解得


(2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得

若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得

结合第(1）问结果可知

根据题意舍去，所以恒力得最小值为

(3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得

以C为研究对象，由动能定理得

由B、C得运动关系得

联立可知

(4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得

解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为

则坐标原点的加速度为

之后C开始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧）加速度为

可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为

负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得

脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得

解得脱离弹簧后，C运动的距离为

则C最后停止的位移为

所以C向右运动的图象为

3．(2021·广东高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
(1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

【答案】(1）能；(2）0.2s
【解析】
(1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有

则甲乙滑动时的加速度大小均为

甲与乙碰前的速度v1，则

解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律

解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则

可知乙恰好能滑到边框a；
(2）甲与乙碰前运动的时间

碰后甲运动的时间

则甲运动的总时间为

4．(2021·浙江高考真题）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。
(1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；
(2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；
(3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。

【答案】(1）4m/s；(2）；(3）0.8m
【解析】
(1）小滑块在轨道上运动

代入数据解得

(2）小球沿轨道运动，在最高点可得

从C点到E点由机械能守恒可得

解得
，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得
，
结合(1）问可得

解得h的最小值

(3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理

由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为

由数学知识可得当

取最大，最大值为

5．(2021·浙江高考真题）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
(1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。

【答案】(1），；(2）20s；(3）
【解析】
(1）根据平均速度

解得刹车时间

刹车加速度

根据牛顿第二定律

解得

(2）小朋友过时间

等待时间

(3）根据

解得

6．(2021·湖南高考真题）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。
(1）若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；
(2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；
(3）将质量为(为常数且）的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。

【答案】(1）；(2）(其中，）；(3）
【解析】(1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理

解得

(2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
解得水平初速度为

物块从点到落点，根据动能定理可知

解得落点处动能为

因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得

化简可得

即
(其中，）
(3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知

解得
------- ①
物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则


解得
-------②
-------③
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知

解得
-------④

据题意， A落在B落点的右侧，则
-------⑤
据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
-------⑥
联立以上，可得的取值范围为

7．(2021·全国高考真题）均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB=16cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v=20cm/s，波长大于20cm，振幅为y=1cm，且传播时无衰减。t=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△t=0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0），质点A位于波峰。求
(i）从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(ii）t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
【答案】(i）0.8s；(ii）-0.5cm
【解析】
(i）因为波长大于20cm，所以波的周期

由题可知，波的周期是

波的波长

在t1时刻(t1>0），质点A位于波峰。因为AB距离小于一个波长，B到波峰最快也是A的波峰传过去，所以 从t1时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间

(ii）在t1时刻(t1>0），由题意可知，此时图象的函数是

t1时刻质点B偏离平衡位置的位移

8．(2021·河北高考真题）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
(1）滑道段的长度；
(2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

【答案】(1）；(2）
【解析】(1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有

解得

滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得


联立解得
或
故可得

(2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有


滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有

解得

9．(2021·全国高考真题）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
(1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？

【答案】(1）；(2）；(3）
【解析】
(1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有

设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有

因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为

联立以上各式解得

(2）由(1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

联立解得

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

(3）由题意可知

可得

10．(2021·全国高考真题）一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：
(1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】(1）；(2）
【解析】(1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得

因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系

代入数据可得

(2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得

在拍球时间内运动的位移为

做得功为

联立可得
(舍去）
11．(2021·浙江高考真题）如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块
(1）最大位移值x；
(2）与斜面间的动摩擦因数；
(3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。

【答案】(1）16m；(2）0.25；(3）67.9W
【解析】(1）小车向上做匀减速直线运动，有

得

(2）加速度

上滑过程

得

(3）下滑过程

由运动学公式

重力的平均功率

12．(2021·浙江高考真题）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1）若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？

【答案】(1），，水平向左；(2）(h≥R）；(3）或
【解析】
(1）机械能守恒

解得

动量定理

方向水平向左
(2）机械能守恒

牛顿第二定律

解得

满足的条件
(3）第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动

其中，，则

得

机械能守恒

h满足的条件


1．如图，质量分别为、的A、两滑块放在水平面上，A、用绷直的细绳连接着(细绳形变不计）。零时刻，滑块受到恒力作用从静止同时开始运动，末细绳断开。已知A、与水平面间的动摩擦因数分别为、，取重力加速度。求：
(1）前内，A的位移大小；
(2）末，恒力的瞬时功率。

【答案】(1）2m；(2）280W
【解析】(1）内，对两滑块整体由牛顿第二定律得

解得

时两滑块的速度

细绳断后对A有

解得

A的速度由变为0经过的时间

第3s内A停止运动，故前内A的位移大小为

(2）绳断后对有

解得

时的速度大小为

末恒力的功率为

2．如图1，质量为货车以的速度在平直的高速公路上匀速行驶。因司机看到前方警示标识，采取紧急制动。车厢内货物向前滑行，恰好在车停止时与车厢前壁相撞并反弹，其图像如图2所示。设货车匀减速刹停后不再移动。重力加速度g取。则从货车开始刹车到物块停止运动的过程中，求：
(1）货物与车厢间的动摩擦因数；
(2）货车的位移大小；
(3）货物相对车厢滑行的位移大小；
(4）摩擦力对货物做的功。

【答案】(1）；(2）81m；(3）8.5m；(4）
【解析】
(1）对货物由图像可知

根据牛顿第二定律有

解得

(2）设货车制动前速度为，制动距离为，用时为t，则有

(3）设货物碰撞车厢时的速度大小为，碰撞前的位移大小为，碰撞后瞬间速度大小为可，返回的位移大小为。由图像可知

又因为

即

设货物相对车厢的位移为，则有

解得

(4）摩擦力对货物做的功

3．如图，一质量的平顶小车，车顶右端放一质量的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量的子弹以水平速度射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取求：
(1）子弹射中小车过程中损失的机械能为多少？
最后物体与车的共同速度为多少？
小木块在小车上滑行的时间。

【答案】(1）12J；(2）；(3）0.5s
【解析】(1）子弹进入小车的过程中由动量守恒定律可得

解得

由能量守恒定律得

代入数据得

(2）由动量守恒定律可得

解得

(3）以小物体为研究对象，由动量定理得

代入数据解得

4．质量分别为、的两弹性小球(可看作质点）放在质量、内部长度且内表面光滑的U形槽内，U形槽静止在水平面上，且与水平面间的动摩擦因数，开始时两球间夹有一压缩的弹簧(弹簧未与两球连接、长度忽略），球和弹簧共储存能量、静止在U形槽中央，如图所示。假设所有碰撞时间极短，且碰撞过程中没有能量损失，释放两球(然后弹簧被清除），已知，g取，求：
(1）两球分离时的速度大小；
(2）与U形槽首次碰撞后瞬间，与U形槽的速度；
(3）释放弹簧后，经多长时间与U形槽发生碰撞。

【答案】(1）；；(2）；；(3）
【解析】(1）根据动量守恒定律和机械能守恒定律有


联立两方程并代入数据解得


(2）取向左为正方向，碰撞过程与M组成的系统动量和机械能守恒得


得


(3）两球分离后各自做匀速运动，U形槽不动；先与U形槽碰撞

此时运动的距离

所以与U形槽碰撞时与U形槽右侧边缘的距离为0.5m
U形槽与碰撞后，仍以2m/s的速度向右运动，U形槽以1.6m/s的速度向左做匀减速运动，由牛顿第二定律有

解得

假设U形槽一直做匀减速运动，则

后停止运动
由可知与U形槽碰撞发生在槽停止运动前，则有

解得
(舍去）
则从释放弹簧到与U形槽发生碰撞需要的时间

5．如图所示的轨道由倾角为的段、圆弧轨道、水平轨道、圆轨道以及水平轨道组成，将一质量为、可视为质点的物块由轨道点无初速释放，经过一段时间物块可由点进入竖直的圆轨道。已知物块与轨道、、段的动摩擦因数均为，其余部分的摩擦力均可忽略不计，、，两点的高度差为，重力加速度为，，。求：
(1）物块第一次运动到点时对轨道的压力大小为多大？
(2）欲使物块不离开竖直圆轨道，则圆轨道的半径应满足什么条件？
(3）若，则物块最终停止的位置。

【答案】(1）；(2）l或；(3）距离点为
【解析】(1）物块由到的过程，由动能定理得

解得

物块沿轨道做圆周运动，设在点时轨道对球的作用力为，由牛顿第二定律得

其中

整理得

由牛顿第三定律得，物块对点的压力大小为，方向竖直向下
(2）物块不脱离轨道，有两种情况：
情况一：物块能滑过圆周轨道最高点，则物块在最高点应满足

物块从直到点过程，由动能定理有

解得

情况二：物块滑到与圆心等高处，速度减为零，然后物块再沿原路返回。则由动能定理有

解得

要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径应该满足
l或
(3）若，由(2）问分析可知，物块必定返回到，设其能向左滑过轨道，并沿运动到达点，在点的速度为，则由功能关系得

解得

滑块由点沿上滑的最大距离为，滑块再次返回到点时的速度为。
上滑时由动能定理得

下滑时由动能定理得

解得


物块再次返回后不能进入圆轨道，设物块在段滑动的距离为，则由动能定理得

解得

则物块静止的点距离点为
6．如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一轻质弹簧， P、Q两物块的质量分别为1kg和3kg， Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0=10m/s与Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短）。Q与斜面间的动摩擦因数μ等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。两物块均可以看作质点，P、Q两物块第一次碰撞后Q的速度在减为零后才与P发生了第二次碰撞。重力加速度大小为g=10m/s2。
(1） 求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度；
(2）若斜面足够长，求物块Q从A点上升的总高度H；
(3）若A点到斜面上端的距离为m，则在第几次碰撞后物块Q从斜面上滑落。

【答案】(1）；(2）；(3）3
【解析】(1）由动量守恒定律可得

由能量守恒定律可得

联立两式代入数值可得
，
所以P碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向下；Q碰后速度为5m/s，方向为沿斜面向上。
(2）ma受到的动摩擦力大小为

由能量守恒定律可得

代入数值可得

(3）在第一次碰撞后，物块Q上滑的高度为h1，则根据能量守恒得

当P第二次与Q碰撞时的速度为v01，则根据能量守恒可得

对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律得到下式


结合以上四式可得

因此第二次碰撞后，物块Q上升的高度为h2，根据能量守恒定律得

代入得

由此可以推论

代入数值得

因此可得

故而因此碰撞n次后的总高度为

根据等比数列求和公式可得

由于A点到斜面上端的距离为m，则A与斜面上端的高度差为m，又

因此碰撞第三次后木块Q滑下。
7．“礼让斑马线”是文明行为，也是法律责任，更是城市文明最直观的体现！广安某小学附近，李师傅正驾驶着质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，他发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，如图所示，李师傅立即刹车，最终恰好停在斑马线前，假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略李师傅的反应时间。
(1）求李师傅开始刹车到汽车停止所用的时间和汽车所受阻力的大小；
(2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车停在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间。

【答案】(1）；；(2）
【解析】(1）由题中条件可知，以车运动方向为正反向，根据运动学公式


得




加速度方向与车前进方向相反
根据牛顿第二定律

得



(2）小朋友过路时间

等待时间

得

8．随着电子商务的迅速发展，对物流的需求急剧增加，下图是物流运输过程中卸货的传送装置示意图，水平部分和倾斜部分的长度均为，部分与水平面之间的夹角。传送带以的速度沿顺时针方向匀速运转，把包裹轻放到水平传送带A端，包裹经过B端前后速度大小不变且不脱离传送带。已知包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5，包裹放上后传送带速度不变。取重力加速度，，。求：
(1）包裹到达B端时的速度大小；
(2）包裹从A端传送到C端所需时间。

【答案】(1）；(2）
【解析】(1）包裹从A端放上传送带后，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律

解得


根据运动动学公式


因为，此后包裹匀速运动到B端，所以到达B端时速度的大小为

(2）设包裹从A端运动至B端过程中，匀加速直线运动和匀速运动的时间分别为和有

解得

从A到B匀速运动过程中，由运动学公式

解得

从B端到C端，包裹一直做匀加速运动，由牛顿第二定律

解得

由运动学公式

解得

所以从A到C的总时间


9．如图所示，某机器人研究小组自制的机器车能够自动识别障碍物上、下坡。该机器车质量m=20 kg，在水平路面AB段以速度v1=6 m/s匀速行驶，BC段是一段陡坡。机器车在BC段仅用t=5 s就运动到了坡顶，且到达坡顶前机器车已经以速度v2=3 m/s做匀速运动。已知整个过程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在AB段受到的阻力Ff1=200 N，在BC段所受阻力恒定，机器车经过B点时无机械能损失，求：
(1）该机器车经过B点后刚开始上坡时的加速度大小；
(2）BC段的长度。

【答案】(1）；(2）
【解析】(1）设BC段的阻力为，当机器车水平路面AB段以速度v1=6 m/s匀速行驶时有


代入数据可得

机汽车到达坡顶之前已经匀速运动，满足

刚经过B点时由牛顿第二定律得

代入数据解得


机器车经过B点后刚开始上坡时的加速度大小为；
(2）设BC段长度为s，从B到C的过程中，根据动能定理

代入数据解得

10．如图所示，半径R=0.45m的光滑圆弧轨道与粗糙的水平轨道平滑连接。现有一质量m1=1kg的小滑块，从轨道上端无初速释放，滑到最下端B后，与静置在水平轨道的质量m2=0.5kg的小滑块相碰后粘在一起沿水平轨道运动，两小滑块经过时间t=1s停止运动。已知两滑块与水平地面动摩擦因数相同，重力加速度g取10m/s2。求∶
(1）滑块到达B端之前瞬间对轨道压力；
(2）两滑块与水平地面间动摩擦因数。

【答案】(1）30N；(2）0.2
【解析】
(1）根据动能定理

可得

由牛顿第二定律

可得

根据牛顿第三定律可得，滑块到达B端之前瞬间对轨道压力与FN等大，为30N；
(2）由动量守恒定律可得

则

由速度公式可得

则

由牛顿第二定律

得

11．2022年冬奥会将在我国举办，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中。如图所示，一滑雪运动员在忽略空气阻力的情况下，自A处由静止下滑，经B点越过宽为d的横沟到达平台C时，其速度vc刚好沿水平方向，已知A、B两点的垂直高度为20m。坡道在B点的切线方向与水平面成37°角，，运动员的质量m=60kg，重力加速度的大小取10m/s2。求：
(1）B、C点的垂直高度差h及沟宽d；
(2）整个过程中运动员机械能的减少量。

【答案】(1）10.8m，4.05m；(2）
【解析】(1）从B点到C点的过程做斜抛运动，将B点的速度沿水平方向和竖直方向分解

得
vB=15m/s
则有

由运动学规律可知：B到C的时间为

则


(2）运动员从A点运动到B点的过程中由能量守恒定律可知；损失的机械能为

代入数据得

12．如图所示，PQC为高1.8m的三角形斜坡，倾角θ=37°，P点左侧有一平台与半径为1.25m的四分之一圆弧底部相切，平台表面与圆轨道均光滑，一质量为3kg的B球静止在平台右侧紧靠P点处。现让一质量为m的小球A从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A球下滑至平台并与B球发生碰撞，碰后其中一个小球落在斜面上的M点，M点和P点的水平距离为0.15m，另一小球恰好落在斜面的底端Q点。A、B两球可视为质点，g=10m/s2．求：
(1）A球到达圆弧底端时对轨道的压力和重力的比值；
(2）落点分别为M和Q时，小球从P点抛出时的速度大小；
(3）求出符合题意的A球质量m的可能值，并对结果进行合理性论证。

【答案】(1）；(2）v0M=1m/s，v0Q=1m/s；(3）见解析
【解析】(1）根据机械能守恒

代入数据得

在圆轨道最低点

解得N=3mg
由牛顿第三定律可知

则

(2）①若碰后两球都向右运动，据平抛运动



可得

落点为M时
xM=0.15m，
落点为Q时

带入数据可得vOM=1m/s vOQ=1m/s
(3）①碰后AB都向右运动vA1=vOM=1m/s，vB1=vOQ=4m/s
由动量守恒

得m=3kg
碰前总动能

碰后总动能

因为
其解成立。
②若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有：
，

由动量守恒

得m=2kg
碰前总动能

碰后总动能

因为
其解成立。
③若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有∶
，

由动量守恒

得
碰前总动能

碰后总动能

因为
其解成立。
13．如图所示，水平轨道OP固定，其中ON段光滑、NP段粗糙且长L=1.5m。一轻弹簧的一端固定在轨道左侧O点的竖直挡板上，另一端自然伸长时在N点。P点右侧有一与水平方向成θ=37°且足够长的传送带PQ，PQ与水平轨道在P点平滑连接，传送带逆时针转动的速率恒为v=3m/s。质量m=2kg的物块A(可视为质点）放在N点，与物块A相同的物块B静止在P点。现用力推物块A向左压缩弹簧，当弹簧的弹性势能EP=31.0J时由静止释放物块A，当物块A运动到P点时与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与NP段间的动摩擦因数μ1=0.2，物块B与传送带间的动摩擦因数μ2=0.25，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1）物块A第一次运动到P点时的速度大小；
(2）第一次碰撞后物块A、物块B的速度大小；
(3）物块A、物块B第一次碰撞分离到第二次碰撞前，物块B在传送带上留下的划痕长度。

【答案】(1）5m/s；(2），；(3）
【解析】(1）设物块A第一次运动到P点时的速度大小为，由动能定理得

解得

(2）设物块A与B碰撞后，A的速度为，B的速度为，由动量守恒得

由机械能守恒得

联立解得


(3）物块B沿传送带向上匀减速至零，再向下匀加速至3m/s，由牛顿第二定律得

解得

由运动学公式有

解得

运动时间

此阶段皮带发生的位移

所以

由于，物块B沿传送带向下继续加速有

解得

由运动学公式有

解得

则

所以划痕长度为

14．如图所示的轨道由半径为R的圆轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成。一质量为M的小车紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为μ，Q点右侧表面是光滑的。一质量为m可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑块滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上，且最终未滑离小车若通过安装在B点压力传感器(图中未画出）测出滑块经过B点时对轨道的压力刚好为重力的2倍。已知M=3m，重力加速度大小为g。求：
(1）最终滑块与小车的共同速度大小v；
(2）滑块在圆弧轨道上滑动时克服摩擦力做的功；
(3）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什么范围内？(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）

【答案】(1）；(2）；(3）
【解析】
(1）设滑块滑到B点的速度大小为vB，到B点时轨道对滑块的支持力为N，由牛顿第三定律知
N=2mg
由牛顿第二定律有
N-mg=
滑块最终没滑离小车，滑块与小车组成的动量守恒
mvB=(M+m）v
联立解得

(2）对滑块由A运动到B的过程，由动能定理

解得

而克服摩擦力做的功
W克=-Wf
故

(3）若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由动能定理有

联立解得

若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由功能关系有

联立解得

综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是

15．如图是小明设计的一个游戏装置。该滑道分为AM、AB、BC，C-D-E，EF和EG六段，其中AB、BC，C-D-E和F-G轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为0.5。在M点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，释放弹簧，物块从M处出发。游戏成功的要求：物块不会脱离C-D-E轨道(检测装置省略），物块最后能平稳的停在EF处，且不会从轨道F-G中飞出。现已知物块的质量为1kg，R1=2m，R2=1m，D点与A点位于同一水平线，AM=1m，H=2m，L=20m，不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为质点，g=。回答下列有关小题：
(1）求物块在B点时速度的最小值，并求出当B点为最小速度时，A点的速度大小；
(2）若物块在M处的弹性势能为45J，求物块在E点处对轨道的压力；
(3）求弹簧的弹性势能E与物块到E点的距离d的关系式。

【答案】(1），；(2）70N；(3）见解析
【解析】
(1）由

解得

此时由动能定理

解得

(2）由能量守恒定理

解得
=20J>=10J
故会沿着轨道下滑由动能定理

解得
=
故

解得
F=70N
故综上，并根据牛顿第三定律，解得F压方向竖直向下，为70N
(3）从M到E，由动能定理，得

得
=E+15J
同时满足
≥
得
E≥55J
因为=100J，故对E进行分类讨论
当55J≤E≤85J，有
E+15J=mgμd
得
E=5d-15
当E>85J，有
E+15J=mgμ(L-d）+100J
得
E=185-5d
又因为不能飞出，故有

得
E≤95J
故综上所述，当55J≤E≤85J，E=5d-15；当95J≥E>85J，得E=185-5d