高考物理二轮复习分类训练专题19 力学计算题（含解析）

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专题19 力学计算题
【真题汇编】
1、(2022·湖南卷·T14)如图(a)，质量为m篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍(为常数且)，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中已知，求的大小；
(3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
mg - λmg = ma下
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
v下2= 2a下H
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg + λmg = ma上
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
v上2= 2a上h
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比

(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有

联立解得

(3)由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
a下 = (1 – λ)g(方向向下)
a上 = (1 + λ)g(方向向下)
由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
I = mv
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
v12 - v2= 2(1 – λ)gh0
上升过程有
(kv1)2= 2(1 + λ)gh1
代入k后，下降过程有
v12 - v2= 2(1 – λ)gh0
上升过程有
hv12= 2(1 – λ)gHh1
联立有

拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
v22 - v2= 2(1 – λ)gh1
上升过程有
hv22= 2(1 – λ)gHh2
联立有

再将h1代入h2有

拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
v32 - v2= 2(1 – λ)gh2
上升过程有
hv32= 2(1 – λ)gHh3
联立有

再将h2代入h3有

直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
vN2 - v2= 2(1 – λ)ghN - 1
上升过程有
hvN2= 2(1 – λ)gHhN
联立有

将hN-1代入hN有

其中
hN = H，h0= h
则有

则

2、(2022·广东卷·T13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。

【答案】(1)，；(2)；(3)
【解析】
(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即

当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为

(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有

代入数据解得。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有

碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

代入数据联立解得。
3、(2022·山东卷·T18)如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于)，A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量，B的质量，A与B的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小与；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功；
(4)实现上述运动过程，的取值范围(结果用表示)。

【答案】(1)，；(2)；(3)；(4)
【解析】
(1)设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有


代入数据联立解得
，(方向水平向左)
，(方向水平向右)
即A和B速度的大小分别为，。
(2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有

代入数据解得

根据动量定理有

代入数据解得

此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有


联立各式代入数据解得
，(舍去)
故根据几何关系有

代入数据解得

(3)在A刚开始减速时，B物体的速度为

在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知

解得

B物体停下来的时间为t3，则有

解得

可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为

所以A对B的摩擦力所做的功为

(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有

由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有


小球下滑过程根据动能定理有

小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有

当碰后小球摆角恰为5°时，有

联立可得

当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有

则可得

故要实现这个过程的范围为

4、(2022·山东卷·T16)某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值。

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有

解得

小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有

设斜面倾角为，对小车匀速有

而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有

联立各式解得
，
(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有

可得

由运动学公式可知

解得

5、(2022·全国甲卷·T24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度和之比为3：7。重力加速度大小取，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【答案】
【解析】
频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为

设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为、，根据平抛运动位移公式有



令，则有

已标注的线段、分别为


则有

整理得

故在抛出瞬间小球的速度大小为

6、(2022·全国乙卷·T25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图(b)所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得


(2)同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻、的的瞬时速度分别为


根据位移等速度在时间上的累积可得


又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得

设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得

7、(2022·浙江1月卷·T19)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

【答案】(1)；(2)12m/s；(3)66N
【解析】
(1)AB段

解得

(2)AB段

解得

BC段


过C点的速度大小

(3)在BC段有牛顿第二定律

解得

8、(2022·浙江1月卷·T20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。

【答案】(1)7N；(2)；(3)见解析
【解析】
(1)到C点过程

C点时


(2)能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

解得

要能过F点
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍

解得

当时

当时

当时

9、(2022·浙江6月卷·T20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
(1)若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。

【答案】(1)；(2)；(3)当时，，当时，
【解析】
(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律

解得

与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得


联立解得

(2)由(1)分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得

解得

以竖直向下为正方向

由动能定理

联立可得

(3)当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得

从点飞出后，竖直方向

水平方向

根据几何关系可得

联立解得

代入数据解得

当时，从释放时，根据动能定理可得

解得

可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得

解得

距离点0.6m，综上可知当时

代入数据得

10、(2022·浙江6月卷·T19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点(取，，重力加速度)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)根据牛顿第二定律可得

代入数据解得

(2)根据运动学公式

解得

(3)根据牛顿第二定律

根据运动学公式

代入数据联立解得

11、(2022·河北·T13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。
(1)若，求碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度的大小和方向；
(2)若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。

【答案】(1)，方向向右；(2)
【解析】
(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有

解得

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。
(2)若，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为

滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，以向右方向为正方向，则有

解得

可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得

解得

根据能量守恒可得

解得

12、(2022·湖北·T16)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

【答案】(1)；(2)6.5mg；(3)
【解析】
(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

解得

(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知

解得

CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

解得
F=6.5mg
(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

令

对上式求导数可得

当时解得

即

此时

于是有

解得

此时C的最大动能为

13、(2022·湖北·T16)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

【答案】(1)；(2)6.5mg；(3)
【解析】
(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

解得

(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知

解得

CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知

解得
F=6.5mg
(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知

令

对上式求导数可得

当时解得

即

此时

于是有

解得

此时C的最大动能为


【突破练习】
1.(2022·福建省龙岩市高三下学期一模)如图所示，杂技演员表演“水流星”，在长为L的细绳的一端系一个碗，以绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，当碗经过最低点时绳子拉力是碗和碗内水总重力的9倍。重力加速度为g，碗可视为质点，忽略空气阻力。求：
(1)碗通过最低点时速度的大小；
(2)碗通过最高点时绳子拉力是碗和碗内水总重力几倍。

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)设碗和碗内水的总质量为m，碗通过最低点时速度大小为v1，绳子拉力为F1，对碗和碗内的水，由牛顿第二定律和向心力公式有


联立可得

(2)设碗通过最高点时速度大小为v2，绳子拉力为F2，拉力是重力的N倍，碗从最低点到最高点，由动能定理有

由牛顿第二定律和向心力公式有


联立可得

2.(2022·北京市延庆区高三下学期一模)阳光明媚的中午，小明同学把一块长木板放在院子里，调整倾斜角度，使阳光刚好和木板垂直。在斜面顶端固定一个弹射装置，把一个质量为0.1kg的小球水平弹射出来做平抛运动。调整初速度大小，使小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能，拍出多张照片记录小球运动过程。通过分析照片，小明得出：小球的飞行时间为0.4s；小球与其影子距离最大时，影子A距木板顶端和底端的距离之比约为7∶9，如图所示。取g=10m/s2。
(1)求飞行过程中，重力对小球做的功；
(2)简要说明，小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻；
(3)估算木板长度。

【答案】(1)；(2)见解析；(3)1.6m
【解析】
(1)小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动位移时间公式，可得

根据功的公式，可得飞行过程中，重力对小球做的功为

(2)经过分析可知，当小球与影子距离最大时，此时小球速度方向与斜面平行，即速度方向与水平方向的夹角为，此时竖直方向的速度为

当小球落到斜面底端时，此时小球位移与水平方向的夹角为，此时速度方向与水平方向的夹角为，根据位移夹角与速度夹角的关系可知

此时竖直方向的速度为

根据竖直方向的速度时间公式可得

则有

故小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻
(3)如图所示建立直角坐标系

由题意可知

则有

可得


又

y方向速度减为零需要的时间为


联立可得


可得

取，则木板的长度为

3.(2022·福建省莆田市高三下学期二检)图甲为北京2022年冬奥会的“雪如意”跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙，助滑道AB的竖直高度，B、C间的距离，B、C连线与水平方向的夹角。某质量的运动员从出发点A沿助滑道无初速下滑，从起跳点B处沿水平方向飞出，在着地点C处着地，不计空气阻力，g取10m/s2.求
(1)运动员在起跳点B处的速度v0；
(2)运动员在助滑过程中阻力做的功。

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)运动员从B点做平抛运动水平方向

竖直方向

解得

(2)由动能定理得

解得

4.(2022·福建厦门市高三下学期二模)2022年2月12日，中国运动员高亭字新获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。谈装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中，质量m=60kg(含身上装备)的运动员仅依靠F=600N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R=10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；
(2)运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小。

【答案】(1) ，6000W；(2)
【解析】
(1)对运动员进行受力分析，由牛顿第二运动定律可得

解得

运动员由静止开始加速，由运动学公式



解得


加速过程中牵引力做的功

解得

则加速过程牵引力的平均功率为

解得

(2)对运动员在A点受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心力，即

解得

支持力在竖直方向的分力平衡重力，即

解得

由力的合成与分解可得

解得

5.(2022·福建漳州市高三下学期二模)如图，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角处，立即撤去F，此时传感装置示数为。已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，，，求：
(1)撤去F时小球的速度大小；
(2)小球返回最低处时轻绳的拉力大小；
(3)小球返回最低处时传感装置的示数。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)由动能定理得

可得

(2)从释放到运动至最低位置的过程中，由机械能守恒定律得

在最低位置时，设细绳拉力大小为T，对小球，由牛顿第二定律得

解得

(3)撤去F时传感装置的示数为

设此时细绳的拉力大小为，物块质量为M，对物块由平衡条件

对小球

小球再次运动至最低处时，物块所受支持力为

由牛顿第三定律可知传感器示数

解得

6.(2022·河南开封市高三下学期二模)北京冬奥会已圆满结束，人们参与冰雪运动的热情高涨。如图所示滑雪滑道PQR，质量60kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度为18m/s，滑行过程中姿势保持不变，P端相对滑道最低点Q高度24m，R端相对Q点高度4m。已知滑道末端R处的切线与水平方向夹角为60°(g=10m/s2)，求：
(1)从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值k；
(2)滑雪爱好者从R处离开滑道后相对R上升的最大高度h。

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)滑雪爱好者从P到R，设克服阻力做功为，由动能定理

由题意

代入数据可得

(2)滑雪爱好者从R处滑出时的竖直分速度

上升到最高点时竖直速度为0

代入数据可得

7.(2022·江苏如皋市高三下学期一调)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
(1)求滑块离开传送带时的速度大小v；
(2)求电动机传送滑块多消耗的电能E；
(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。

【答案】(1)7m/s；(2)96J；(3)12J≤Ep'≤132J
【解析】
(1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒

代入数据得

因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据根据牛顿第二定律

得

若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足

解得

所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s。
(2)滑块在传送带上运动时间

该段时间，传送带的位移

对传送带，根据动能定理有

解得

即电动机传送滑块多消耗的电能

(3)分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速。
滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有

得

同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有

得

所以，满足条件的弹性势能范围为

8.(2022·江苏南京盐城市高三下学期二模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
(1)小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
(2)当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。

【答案】(1)0.5N，0.5N；(2)；(3)，2.85m
【解析】
(1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力

(2)当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时

在B点
，
解得

(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点
，
且

解得v0的最大值为，在圆弧上受摩擦力仍为

所以

解得