【备考2022 高考物理二轮专题复习】 力学计算题专练5 功和能 （含解析 ）

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【备考2022 高考物理二轮专题复习】 力学计算题专练5 功和能 （含解析 ）
1．位于张家口的国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，被形象地称作“雪如意”，见图甲。图乙为一简化的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，长度为L=100m，BC为半径R=20m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C，∠BOC=37°，雪橇与滑道间的动摩擦因数为处处相等，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为70kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度是20m/s，CE间的竖直高度h=41.25m。不计空气阻力。全程不考虑运动员使用滑雪杖助力，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，），试求：
（1）运动员到达滑道上的C点时受到的支持力大小；
（2）运动员在E点着陆前瞬时速度大小；
（3）运动员从A点滑到C点过程中克服阻力做的功。

2．电动汽车消耗电池能量驱动汽车前进，电池的性能常用两个物理量来衡量：一是电池容量Q，即电池能够存储的电量；另一个是电池的能量密度ρ，是指单位质量能放出电能的多少。某次实验中质量的电池以恒定电流放电时，端电压与流过电池电量的关系如下图所示。电池容量检测系统在电压为4.0V时显示剩余电量100%，电压为3.0V时显示剩余电量为0。通过计算机测得曲线与电量轴所围的面积约为7000V·mAh。
（1）该电池的能量密度是多少？
（2）在放电过程中显示剩余电量从100%到90%用了时间t，依据图像信息推测剩余电量从90%到70%约要多少时间？
（3）电动汽车的续航里程是指单次充电后可以在水平路面上匀速行驶的最大距离。某电动汽车除电池外总质量为，配上质量为，能量密度为的电池，续航里程为。已知汽车行驶过程中所受阻力与总质量成正比，驱动汽车做功的能量占电池总能量的比例确定，为提升该电动汽车的续航里程，可以采用增加电池质量和提高电池能量密度两种方式，请计算说明哪种方式更合理？

3．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径；A和B的质量均为，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数。重力加速度取。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离。

4．如图，运动员起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，反弹落入篮圈，球心下降到篮圈所在平面时，球未与篮圈接触。已知篮球出手时球心离地的高度、与篮板的水平距离，篮圈离地的高度，“打板区”方框的上沿线离篮圈的高度，篮圈的直径，篮板与篮圈的最小距离；若篮球的直径、质量m＝0.5kg，不考虑空气作用力和篮球的转动。重力加速度g取，求：
（1）篮球击中篮板时的速度大小；
（2）篮球打板损失机械能的最小值。

5．如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BCD和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，两段圆弧半径相等，B、D等高，图中角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场，且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出），具有初始弹性势能，某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出，冲上直轨道AB，直轨道AB上铺有特殊材料，使滑块与轨道AB间的动摩擦因数大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为，带电量为，B点的高度，整个过程中滑块可视为质点，所带电量保持不变，，。
（1）若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，求滑块在最高点C点时对轨道的作用力；
（2）现调节AB间的动摩擦因数，求滑块首次到达E点时的速率与之间的关系式；
（3）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数。

6．某幼儿园要修建一个如图甲所示的儿童滑梯，设计师画出了如图乙所示的模型简图，若滑梯由长度为、倾角的斜面AB和长度为的水平部分BC组成，AB和BC由一小段圆弧（图中未画出且长度可忽略）平滑连接，儿童裤料与滑梯之间的动摩擦因数为，取重力加速度。
（1）儿童（可视为质点）从A点由静止开始下滑，求他到达C点时的速度大小及从A到C所需的时间；
（2）考虑安全因素，应使儿童到达C点时速度尽量小，同时因场地限制，斜面顶端到滑梯末端C的水平距离不能改变，但斜面长度、高度h和倾角都可以调整。若设计要求儿童从斜面顶端由静止开始下滑，滑到C点时速度恰好为零，则滑梯的高度h应为多少。

7．2022北京冬奥会后，冰壶运动成为了广大冰雪爱好者热捧的一个运动项目。下图是一个冰壶大本营的示意图，内环R1=0.61m，中环R2=1.22m，外环R3=1.83m。某次比赛中，红壶以某一速度和停在Q点的蓝壶发生正碰之后，质量相等的红、蓝两壶分别停在 M和 N点。设红、蓝壶与冰面间的摩擦因数相同，则：
（1）碰后红壶和蓝壶的速度大小之比；
（2）红壶和蓝壶碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比。

8．如图所示，倾角为的光滑斜面末端与水平传送带的左端D平滑连接传送带DC间的距离为L，沿顺时针方向运行的速度为，其右端C与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有n个质量为2m的小滑块。编号依次为B1、B2、B3、B4…Bn。将质量为m的滑块A由斜面上某一高度由静止释放。当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。小滑块间的碰撞均为弹性碰撞。已知滑块A与传送带间的动磨擦因数为，重力加速度为g，滑块均视为质点，求：
（1）滑块A下滑的高度；
（2）小滑块B1的最终速度及被碰撞的次数。

9．如图所示，左侧足够长的光滑水平面上有一质量M = 2kg的物块，水平面右端有一质量m = 1kg的物块。水平面右侧有一水平足够长的传送带，传送带上表面与水平面等高且非常靠近（距离视为零），传送带正以v = 2m/s的速度逆时针转动，已知物块M、m与传送带之间的动摩擦因数μ均为0.1，两物块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，现使物块M以初速度v0= 3m/s向右运动，随后与物块m发生弹性碰撞。
（1）求碰后瞬间物块m的速度大小；
（2）求物块M与传送带因摩擦产生的热量；
（3）两物块是否会再次碰撞？若会，求从第一次碰撞后到第二次碰撞需要多长时间，若不会，以两物块第一次碰撞瞬间为初始时刻，求最终两物块的间距与时间的关系。

10．如图所示，质量为m的物块A通过原长为L的轻质弹簧与静置在地面上的质量也为m的物块B相连，A、B都处于静止状态时，弹簧的压缩量为。现在A上轻放一物块C，当A、C向下运动到最低点时，弹簧的压缩量为。已知重力加速度为g，不计空气阻力，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C的质量；
（2）若在A、C向下运动到最低点时，立即取走C，求在取走C之后A的最大速度；
（3）若C从A正上方某一高度处由静止释放，C与A相碰后，立即与A粘在一起向下运动，为使B能离开地面，求C释放的最小高度。

11．自动化分拣为矿业、食品、快递等行业的发展起到很大的促进作用，而物品的自动传输主要依靠传送带进行，如图所示。物品从水平面以初速度滑入水平传送带，传送带有速度I、Ⅱ两档，速度分别为、。在段可通过电脑扫描识别，使传送带选择不同的档位速度以分拣物品。已知传送带、两端点之间的距离为，物品与传送带间的动摩擦因数均可视为，为保证物品的分离效果良好，需满足。重力加速度取，忽略空气阻力和转轮半径大小的影响。试求：（结果均保留两位小数）
（1）传送带末端点距收集板的高度；
（2）某物品的质量，选择速度进行运输时，传送过程中传送带对该物品做功的平均功率P；
（3）为了减少易碎品在运输中的损坏，可在收集板上垫放一倾角为的斜面，让物品以传送后恰能无碰撞地落在斜面上滑行来进行缓冲，请设计斜面的高度和放置的位置。已知，。

12．如图1所示，一个圆盘在水平面内转动，盘面上距圆盘中心的位置有一个质量的小物体随圆盘一起做圆周运动（未发生相对滑动），小物体与圆盘间的动摩擦因数（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力），取重力加速度。
（1）圆盘的角速度多大时，小物体将开始滑动；
（2）若小物体随圆盘一起从静止开始做加速圆周运动（始终未发生相对滑动）。
a.小物体随圆盘从静止开始加速到即将发生相对滑动的过程中，求摩擦力对小物体所做的功W；
b.请在图2（俯视图）中，画出小物体在M点处摩擦力的大致方向，并分析说明摩擦力在小物体做加速圆周运动中所起到的作用。

13．在2022年北京冬季奥运会上，中国运动员谷爱凌夺得自由式滑雪女子大跳台金牌。如图为该项比赛赛道示意图，AO段为助滑道，OB段为倾角α＝30°的着陆坡。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达起跳点O时，借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平方向成θ角（起跳角）的方向起跳，最后落在着陆坡上的某点C。已知A、O两点间高度差h＝50m，不计一切摩擦和阻力，重力加速度g取10m/s2。可能用到的公式：积化和差。
（1）求运动员到达起跳点O时的速度大小v0；
（2）求起跳角θ为多大时落点C距O点最远，最远距离L为多少。

14．如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCD，水平放置的AB段长度为L=3m，BC段是半径R=1m、圆心角θ=37°的光滑圆弧，CD段（足够长）的倾角为37°，各段轨道均平滑连接，在圆弧最低处B点下方安装有压力传感器，在A点右侧放置有弹簧发射器。一质量为m=2kg的滑块P（视为质点）被弹簧发射器发射后，沿水平轨道AB向左滑行，第一次经过B点时，压力传感器的示数为滑块P的重力的11倍。已知滑块P与AB段、CD段的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求滑块P被发射后经过A点的动能；
（2）若将一质量为M=3kg的滑块Q（视为质点，与AB段、CD段的动摩擦因数也为μ=0.5）置于B点，弹簧发射器重复上一次发射过程，P与Q在B点发生弹性正碰，Q沿BCD轨道向上运动，当Q的速度减为0时，使Q与DC段、BA段的动摩擦因数变为μ′，Q滑下后恰好能与P相遇，求μ′的值。

15．如图所示，光滑竖直墙壁底端与四分之一光滑圆弧轨道连接，圆弧轨道半径，光滑水平面上并排放两块木板B、C，两木板的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切，小滑块A（可视为质点）从墙壁P点无初速度释放，P点高出圆心，已知小滑块与两木板质量均为1 kg，小滑块A与木板B间的动摩擦因数，木板B的长度，小滑块A与木板C间的动摩擦因数随距离而变化，满足为距木板C左端的距离，木板C的长度，重力加速度，求：
(1)小滑块A对轨道最低点的压力；
(2)木板B获得的最大速度；
(3)求小滑块A的最终速度，若小滑块A脱离木板C，求木板C的最终速度；若小滑块A不脱离木板C，求出小滑块与木板C相对静止的位置。

16．如图所示，长为L=20m的水平传送带顺时针匀速转动，速度为v=5m/s。某时刻将滑块A轻放在传送带的左端，同时滑块B以大小为v0=10m/s的初速度从右端冲上传送带。一段时间后两滑块发生碰撞，碰撞后立即粘在一起。已知滑块A、B的质量均为m=2kg，与传送带的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，两滑块可看作质点，试求：.
（1）从滑块B滑上传送带到两滑块相遇所需时间；
（2）滑块在传送带上运动的时间；
（3）由于两滑块在传送带上运动而多消耗的电能。

17．如图所示,光滑的圆形轨道ABCD固定于竖直平面内，O为圆心，半径为R，直径AC在竖直方向上且与直径BD之间的夹角为，轨道与光滑的水平地面MN相切于圆的下端点A。现将两个质量均为的小球放在光滑水平地面上并让右边的小球以初速度水平向左运动，两球碰撞后迅速粘成一个整体P（可看成质点），为使整体P通过圆弧轨道，当整体P经过A点时对其施加方向水平向左、大小为的恒力，已知，重力加速度大小为g，求：
（1）两小球碰撞时左边小球所受冲量的大小及系统损失的机械能；
（2）整体P经过D点时，轨道对整体P施加的弹力；
（3）整体P离开D点到水平地面的过程中，重力的冲量大小。

18．如图，倾角的足够长斜面体固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一弹性挡板，质量分别为和的小物块、置于斜面上，物块与斜面间无摩擦。两小物块间夹一劲度系数很大、处于压缩状态的轻质短弹簧，弹簧通过机关锁定。现给两物块一大小为的初速度，两物块恰好能沿斜面匀速下滑，此时解除弹簧锁定，解除锁定后弹簧会迅速恢复原长并被移走。两物块均可视为质点，不计弹簧长度，物块、物块、挡板间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为。
（1）求物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）若锁定弹簧的弹性势能为，求弹簧恢复原长时、两物块的速度；
（3）若锁定弹簧的弹性势能，求解锁弹开后物块沿斜面向上滑动的最大距离；
（4）若锁定弹簧的弹性势能，解锁弹开后，求物块与发生第一次碰撞前物块的最小速度。（结果可保留根号）

19．如图所示，质量的长直木杆竖直静止在水平面上，但跟水平面并不黏合；另一质量、可视为质点的小橡胶环套在长直木杆上。现让小橡胶环以的初速度从长直木杆顶端沿长木杆滑下，小橡胶环每次跟水平面的碰撞都是瞬间弹性碰撞；而长直木杆每次跟水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。最终小橡胶环未从长直木杆上端滑出。已知小橡胶环与长直木杆之间的滑动摩擦力大小，认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取重力加速度。求：
(1)长直木杆的最小长度；
(2)长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能；
(3)长直木杆跟水平面第n次将要碰撞时的速度大小表达式；
(4)小橡胶环在长直木杆上运动的总路程。

20．如图，固定在竖直面内的导轨PQR，由半径为r的光滑半圆环和足够长水平导轨组成，水平导轨上的N点左侧部分光滑，右侧部分粗糙，半圆环与水平轨道在Q点相切。一根自然长度为r、劲度系数的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点P，另一端与一个穿在圆环上、质量为m的小球相连；在水平轨道的Q、N两点间依次套着质量均为2m的b、c、d三个小球，所有小球大小相同。开始时将小球移到某一位置M，使弹性绳处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球a，当小球在圆环上达到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能与其伸长量x间满足，各个小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均，小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度为g。求：
（1）释放小球瞬间，圆环对小球的作用力FN1大小；
（2）弹性绳自动脱落时，小球沿圆环下滑的速率vm；
（3）弹性绳自动脱落前的瞬间，圆环对小球作用力FN2的大小和方向；

21．如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道、竖直圆管道（管道口径远小于管道半径）、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧周定一弹簧，倾斜直轨道与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于点（C和略错开）。小滑块与倾斜直轨道及水平直轨道间的动摩擦因数均为，斜轨道倾角，长度。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹性势能为时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为。已知小滑块质量，可视为质点，已知，。
（1）求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；
（2）求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；
（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力。小滑块在水平直轨道上距离为x处的速度为，求与x之间的关系式。

22．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。一质量为m，可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下。若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置EF无机械能损失地滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板右端运动到H时与固定挡板碰撞粘连。长木板质量M=2m，板长l=6.5R，板右端到挡板的距离L在R (1)传送带BC两点间的距离x；
(2)传送带以速度顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；
(3)讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系。

23．如图所示，两段半径均为的光滑圆弧、的左右两侧分别连接斜面和传送带，两个足够长的相同斜面的倾角均为。将一质量可视为质点的小物块从右侧斜面的E点静止下滑，同时传送带以速度顺时针转动。物块第一次滑到传送带C点时的速度为，已知物块与传送带之间的动摩擦因数，与斜面间的动摩擦因数，传送带长。求：
（1）物块经过圆弧最低点B时（尚未滑上传送带），滑块对轨道的弹力；
（2）若传送带以的速度逆时针转动，物块第一次到达左侧斜面的最高点与D点的距离；
（3）若传送带以大于的速度逆时针转动，物块在斜面上运动的总路程s与传送带的速度v之间的关系。

24．如图所示，为一半径的光滑圆弧轨道，一质量的小球（可视为质点）以初速度从图中P点开始做平抛运动，恰好沿A点的切线方向进入圆弧轨道。已知，取。
（1）求小球运动到A点的速度v；
（2）通过计算判断小球能否通过圆弧轨道最高点C。若能，求出小球到达C点时速度的大小和小球对轨道的压力。

25．公交站点1与站点2之间的道路由水平路面段、段及倾角为15°的斜坡段组成，斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210kW，载人后总质量为8000kg。该车在段以54km/h的速率匀速行驶，此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达点时的速率为21.6km/h，此后在大小恒为的牵引力作用下运动，直到速度达到54km/h时关闭发动机自由滑行，结果该车正好停在了点（站点2）。若在整个行驶过程中，公交车的实际功率不超过额定功率，它在每一个路段的运动都可看成直线运动，它受到的由地面、空气等产生的阻力大小不变。已知，求：
（1）的大小；
（2）公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率；
（3）点与点之间的距离。

26．如图甲所示为北京首钢滑雪大跳台，模型简化如图乙所示，AB和EF是长为m的倾斜滑到，倾角为，CD是长为m的水平滑道，倾斜滑道AB、EF和水平滑道CD之间分别用一圆弧轨道连接，圆弧轨道半径为m，圆心角为，FG为结束区。一质量为kg的运动员从A点静止滑下沿滑道ABCD运动，从D点沿水平方向滑离轨道后，完成空翻、回转等技术动作，落到倾斜轨道，最后停在结束区。为简化运动，运动员可视为质点，不计空气阻力。
（1）运动员刚好从D点沿水平方向滑离轨道，求运动员在D点的速度；
（2）在（1）情形下，求从开始运动到完成表演落到倾斜轨道过程中摩擦阻力做的功；
（3）运动员可以在滑道ABCD滑行过程中利用滑雪杖支撑前进，获取一定的能量，要使运动员安全停留在结束区，落到倾斜轨道上的动能不能超过15250J，求大小应满足的条件。

27．图甲为冰壶比赛场地的示意图，其中营垒区由半径分别为R、2R和3R三个同心圆组成，圆心为O。某次比赛中，B壶静止在营垒区M处，对方选手将A壶掷出，A壶沿冰道中心线PO滑行并与B发生正碰，最终二者分别停在O点和N点，如图乙所示。已知冰壶质量均为m，冰面与冰壶间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）碰后A壶刚停止时两壶间的距离；
（2）碰撞过程中损失的机械能。

28．如图所示轨道由两个圆弧轨道与一倾斜轨道构成。一质量为的物块压缩弹簧后从点出发，经过长为，动摩擦因数为的粗糙轨道后进入两段圆弧轨道，且圆弧半径满足，物块进入轨道后，在点有一振波器，能使物块以与水平方向夹角为的角度从点飞出且速度大小保持不变，物块飞出后落在倾斜角为的足够长的斜面上。除段粗糙外其余轨道均光滑，，，，求：
（1）若物块在点的速度为，求物块在点对轨道的压力；
（2）若物块全程不脱离圆弧轨道，求弹簧的弹性势能的最小值；
（3）弹簧弹性势能为，若使物块在轨道上方飞行时间最久，求的值。

29．北京2022年冬奥会冰壶比赛新增加了混双项目，运动员用脚蹬固定的起踏器和冰壶一起前进，在前掷线处使冰壶脱手。冰壶前行过程中，运动员通过刷地来改变冰壶的速度和运动方向，使其到达理想位置。已知冰壶的质量为m，前掷线到营垒中心的距离为L，运动员的质量为M。重力加速度为g。
（1）在某次投壶过程中，运动员离开起踏器时他和冰壶的速率为，已知运动员和起踏器相互作用的时间为t，计算此过程中运动员和冰壶在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）某次投壶试验中，冰壶离开前掷线后沿直线运动（冰面视作水平面，不考虑冰壶的转动），冰壶在恒定阻力作用下停在营垒中心。水平方向的阻力等于其重力的k倍。求：
a．冰壶离开前掷线时的速率；
b．此过程中冰壶克服阻力做功的平均功率P。

30．遥控F3P模型是一种固定翼模型飞机，通过安装在机头位置的电机带动螺旋桨转动向后推动空气为飞机提供动力，可以通过控制副翼和尾翼实现各种复杂的3D动作，因此目前正得到越来越多航模爱好者的喜爱。现对模型进行飞行试验，已知模型的质量为，取，，，求：
（1）通过控制，使无人机在某一高度沿水平面做匀速圆周运动，需要使机翼与水平方向成一定的角度“侧身”飞行。如图所示，机翼与水平方向的夹角为，若想无人机在半径不超过的范围内运动，其飞行速度不能超过多少；
（2）控制模型使其沿竖直方向爬升，在地面上从静止开始以恒定升力竖直向上运动，经时间时离地面的高度为，设运动过程中所受空气阻力大小恒为，求此过程动力系统的升力F；
（3）从（2）中达到的状态开始，模型通过不断调整升力继续上升，在距离地面高度为处速度恰为0，求无人机从h上升到H的过程中，动力系统所做的功W为多少？


参考答案：
1．（1）2100N；（2）35m/s；（3）30800J
【解析】
【详解】
（1）在C点，支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可得

运动员受到的支持力大小

（2）方法一：从C到E，由动能定理

解得

方法二：
运动员经C点做平抛运动，
在竖直方向

vy=gt
运动员在E点着陆前瞬时速度大小

解得

（3）运动员从A到C，由动能定理



2．（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】
（1）根据图像的坐标轴可知，图像所围面积物理意义是的积累，表示电池存储的总能量，根据题意可知能量密度为

解得该电池的能量密度为

（2）根据

可知保持不变，电量消耗与时间成正比，由图像可知剩余电量从到，通过电池电量约为，剩余电量从到，通过电池电量约，则时间约为
（3）设汽车质量，电池质量，单次充电行驶最大距离，由题意，阻力与总质量成正比，则有

汽车匀速运动，故消耗电能等于克服阻力做功

设驱动汽车做功的能量与电池总能量的比例为，则有

可得单次充电行驶最大距离为

由表达式可知，与为非线性关系，行驶的最大距离随着电池质量的增加，提升得越来越慢；若电池质量一定时，与成正比，提升能量密度，并不增加阻力，不造成电能额外损耗，可见，提高电池的能量密度比增加电池质量更合理。
3．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）小滑块A在圆弧轨道下滑过程，根据机械能守恒定律

解得碰撞前A的速度大小为

在最低点，根据牛顿第二定律

解得轨道对滑块A的支持力大小为

根据牛顿第三定律，滑块A对轨道的压力大小为

（2）A和B碰撞过程满足动量守恒，则有

解得碰撞后A和B整体的速度为

A与B碰撞过程中系统损失的机械能为

（3）根据动能定理

解得A和B整体在桌面上滑动的距离为

4．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）起跳补篮，篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点，其逆过程可以看作是平抛运动，则有


代入数据得

（2）反弹后做平抛运动，则反弹速度最大时机械能损失最少，则有


解得

篮球打板损失机械能

5．（1），方向竖直向上；（2）（且）；（3）取，，，这4个值
【解析】
【详解】
（1）由几何关系得

由A点到C点的动能定理

在C点根据牛顿运动定律

解得

牛顿第三定律

方向竖直向上
（2）由A点到C点的动能定理

解得

考虑到滑块需先过C点

所以

所以
（且）
（3）滑块经多次碰撞，最终在轨道AB中点速度减为0，由动能定理可得

其中n＝0，1，2，3…
解得

其中n＝0，1，2，3…
要让滑块在中点能停住

所以

因此，只有n＝0，1，2，3时满足条件
所以动摩擦因数只能取，，，这4个值
6．（1）,；（2）
【解析】
【详解】
（1）从A到B，据牛顿第二定律及运动学规律可得



解得

从B到C，据牛顿第二定律及运动学规律可得



解得

总时间

解得


（2）调整后，从到C，据动能定理可得

设调整后的斜面与水平面的夹角为，据几何关系可得

解得

7．（1）1：2；（2）4：9
【解析】
【详解】
（1）设红、蓝壶碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，根据动能定理，有


依题意


联立以上各式可得

（2）设红壶碰前速度为，碰撞前后动量守恒，有
mv0= mv1+ mv2
v1：v2=1：2
可得
v0： v1=3：1
碰撞中损失的能量

碰撞过程损失的机械能与碰前瞬间红壶动能之比

8．（1）或；（2），次
【解析】
【详解】
（1）设滑块A的初始位置高度为h，到达斜面底端的速度为v，则下滑过程中由机械能守恒有

解得

若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有

解得

若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理有

解得

（2）滑块A先与小滑块B1发生弹性碰撞，由动量守恒定律有

由能量守恒定律有

解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑块B1与小滑块B2碰后将速度传递给小滑块B3，速度依次传递，直至与小滑块Bn发生碰撞后第一轮碰撞结束，得小滑块Bn的速度为

第一轮中小滑块B1共发生2次碰撞。滑块A通过传送带后会返回再次与小滑块B1发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平平台的速度大小为

滑块A与小滑块B1发生第二次弹性碰撞，由动量守恒定律有

由能量守恒定律有

解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2又发生弹性碰撞，速度依次传递，直至与小滑块Bn-1发生碰撞后第二轮碰撞结束，得小滑块Bn-1的速度为

第二轮小滑块B1碰撞2次。依次类推，第n轮，滑块A与小滑块B1发生弹性碰撞，最后小滑块B1的速度为

则第n轮小滑块B1只碰撞了1次，综上可得，小滑块B1共碰撞的次数为次‍。
9．（1）4m/s；（2）8J；（3）会，16s
【解析】
【详解】
（1）因M与m弹性碰撞有
Mv0= Mv1 + mv2

所以碰后瞬间M的速度大小
v1= 1m/s
m的速度大小
v2= 4m/s
（2）M以1m/s向右做匀减速直线


传送带发生的位移

所以


则M与传送带因摩擦产生的热量

（3）碰后m先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，向右运动时间

向右位移大小

再向左运动

向左位移大小

之后m一直以v = 2m/s匀速直线。M先向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，共用时

之后M一直以匀速直线，因为故两物块会再次碰撞。
综上m、M第一次碰撞后m先向右匀减速x2= 8m，再向左匀加速x3= 2m，此时m在距第一次碰撞处右侧6m，此过程中一共用时
t2 + t3= 6s
该段时间内M从距第一次碰撞处向右匀减速了1s，再向左匀加速了1s回到了第一次碰撞处，再次向左运动了4s走了4m，则此时M在距第一次碰撞处左侧4m，则此时二者相距10m，之后均向左做匀速直线运动，当到第二次碰撞时有
v1t4 + 10 = vt4
解得
t4= 10s
故从第一次碰撞后到第二次碰撞的时间间隔

10．（1）；（2）；（3）3.6L
【解析】
【详解】
（1）A、B静止时，根据平衡条件可得

从轻放C开始直到A、C的速度等于零的过程中，有

解得

（2）当弹簧恢复到压缩量为时，A有最大速度
根据能量守恒定律得

解得

（3）设C从h高度下落，与A碰撞前的速度为
由机械能守恒定律得

设C与A碰撞后共同速度为v，根据动量守恒定律得

当B与地面脱离时，弹簧的伸长量为，应有

则A、C碰撞后瞬间和B刚脱离地面瞬间，弹簀的弹性势能相等，为使B能脱离地面应满足

可得

故C释放的最小高度为3.6L。
11．（1）；（2）；（3）斜面的高度为，位置放在离传送带右端C的水平距离为
【解析】
【详解】
（1）对物品受力分析，由牛顿第二定律有

解得

使用速度大的Ⅱ档速度传输物品时，物品加速到与传送带速度相等过程有

解得

加速距离小于传送带长度，故物品在传送带上Ⅰ档、Ⅱ档速度传输时都是先做匀加速运动，后做匀速直线运动，然后从C点离开做平抛运动，有

，

联立解得

（2）物品在传送带上以Ⅰ档速度传输时

且有

物品在匀速直线阶段有

则传送带对物品做的功为

解得

则过程中传送带对物品做功的平均功率

联立解得

（3）物品以传送能无碰撞地落在斜面（如图所示），则



解得

斜面的位置放在离传送带右端C的水平距离为，有

解得

下落的高度为

斜面的高度

解得

12．（1）2rad/s；（2）a.0.1J；b. ；摩擦力一方面要提供向心力，改变速度方向，另一方面要使物体加速
【解析】
【详解】
（1）物块做圆周运动的向心力由摩擦力提供，则当物块将要滑动时

解得

（2）a. 当物块相对圆盘将要滑动时，由动能定理

即摩擦力对小物体所做的功0.1J；
b.因物块加速做圆周运动，则摩擦力一方面要提供向心力，改变速度方向，另一方面要使物体加速，则摩擦力方向与速度的夹角小于90°，如图所示；

13．(1)；(2)，
【解析】
【详解】
（1）设运动员质量为m，从A到O过程，由机械能守恒定律

解得

（2）设运动员在O点起跳时速度的与水平方向的夹角为，将起跳时速度v0和重力加速度g沿雪坡方向和垂直雪坡方向分解，如图所示

则
，，，
设运动员从O点到C点的时间为t，运动员离开雪坡的距离为s，由

当时

运动员从O点运动到C点的距离为L，则

解得

所以当

时，即

时，最佳成绩为

14．（1）130J；（2）
【解析】
【详解】
（1）滑块P第一次经过B点时压力传感器的示数为滑块P的重力的11倍，由牛顿第二定律得



从A到B由动能定理得

解得

（2）因为滑块P的质量小于滑块Q的质量，所以滑块P、Q碰撞后P将反弹，设碰撞后滑块P、Q的速度大小分别为vp、，根据动量守恒定律有

根据能量守恒定律有

设滑块Q在CD段上运动的最高点为G，且此次滑块P最终停止的位置为H，对滑块P从B到H的运动过程，根据动能定理有

对滑块Q从B到G的运动过程，根据动能定理有

由题意可知滑块Q能够恰好运动至H点，则对Q从G到H的运动过程，根据动能定理有

解得

15．(1)，方向向下；(2) 1m/s；(3) 1.5 m/s；距木板C左端0.5m处
【解析】
【详解】
(1)小滑块A下滑过程中，机械能守恒，有

解得

由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律可知，小滑块A对轨道最低点的压力，方向向下
(2)小滑块A滑过木板B的过程中，系统动量守恒，设小滑块A刚滑离木板B时，小滑块A的速度为，木板B的速度为，有


解得


(3)由于，即木板C中央右侧光滑，设小滑块A刚好滑到木板C中央时达到共同速度，由动量守恒定律，有

解得

系统动能损失


由图像可知当滑块到达木板C中点时，则X=1，由图像可知

则产生内能

即小滑块A滑到木板C中央左侧就与木板相对静止了，设停在木板C距左端x处

由图像可知

解得

即小滑块A最终速度为1.5m/s，停在距木板C左端0.5 m处。
16．（1）；（2）；（3）200J
【解析】
【详解】
（1）两滑块在传送带上与传送带发生相对运动时的加速度均为
     ①
取向右为正方向，假设经过时间，在滑块A与传送带共速前二者相遇，此过程中A、B的位移分别为
     ②
     ③
相遇时有
     ④
联立①②③④并代入数据解得
     ⑤
时刻、B的速度分别为
     ⑥
     ⑦
假设成立，所以从滑块B滑上传送带到两滑块相遇所需时间为。
（2）设两滑块碰撞后瞬间的共同速度为v共，根据动量守恒定律有
     ⑧
易知两滑块粘在一起后加速度大小仍为，设碰撞后经时间与AB与传送带共速，有
     ⑨
时间内AB的位移为
     ⑩
联立①⑥⑦⑧⑨并代入数据解得
     ⑪
     ⑫
AB与传送带共速后匀速运动时间为
     ⑬
滑块在传送带上运动的时间为
     ⑭
（3）由于两滑块在传送带上运动而多消耗的电能是由于两个滑块对传送带做负功造成的。
在和时间内滑块与传送带之间有摩擦，这段时间内传送带的位移为
     ⑮
传送带克服摩擦力做功为
     ⑯
由于两滑块在传送带上运动而多消耗的电能为
     ⑰
17．（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）两小球碰撞时，设碰撞后整体P的速度为，根据动量守恒定律有

代入数据解得

设左边小球所受冲量的大小为，对左边小球，根据动量定理有

两小球碰撞时系统损失的机械能为

（2）整体P从A点运动D点时，根据几何关系，由动能定理有

代入数据解得

在D点，设轨道对整体P的弹力为，根据几何关系，有牛顿第二定律得

联立解得

（3）设整体P经过D点时得竖直分速度为，整体落地的竖直分速度为，根据题意可知

整体P离开D点后，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动规律有

设整体P离开D点到水平地面的过程中，重力的冲量大小为，竖直方向上，根据动量定理有

联立解得

18．（1）；（2），；（3）；（4）。
【解析】
【详解】
（1）对、整体，根据受力平衡可得

解得

（2）设弹开瞬间物块、的速度分别为、，根据动量守恒和能量守恒可得


解得
，
（3）若处于锁定状态的弹簧所储存的弹性势能，则有
，
物块与挡板碰撞弹回，与物块多次碰撞，当物块到达物块位置时速度刚好减为0，此时物块b上滑距离最大，则有

解得

（4）若处于锁定状态的弹簧所储存的弹性势能，则有
，
两物块弹开后，当物块速度减为0后，物块与之相碰，此时物块的速度最小，设物块沿斜面上升的最大距离为，由动能定理可得，
对

对

解得

19．(1)3.75m；(2)；(3)；(4)大于或等于（或13.4m）
【解析】
【详解】
(1)设长直木杆的最小长度为，小橡胶环沿长直木杆下滑时，长直木杆静止不动，根据受力分析和运动分析可得小橡胶环做匀速直线运动；小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速直线运动，对小橡胶环有



对长直木杆有



根据题意则有

代入数据，联立解得



即长直木杆的最小长度3.75m
(2)小橡胶环与长直木杆共速后一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第一次碰撞前，则有

解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为

长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为

(3)长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆做匀速下滑，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速直线运动，第二次共速后又一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第二次碰撞，则有



联立可得长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为

所以可得长直木杆跟水平面第n次将要碰撞时的速度大小表达式为

(4)小橡胶环沿长直木杆第一次下滑的最小路程为，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆，在长直木杆上第一次上滑的路程为

长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，在长直木杆上第二次上滑的路程为

长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为，以此类推小橡胶环在长直木杆上运动的总路程

即小橡胶环在长直木杆上运动的总路程大于或等于（或13.4m）
20．（1）；（2）；（3）；方向沿圆环半径向外
【解析】
【详解】
（1）设释放小球a瞬间，圆环对小球a的作用力大小为FN1，有

解得

（2）设在弹性绳自动脱落前瞬间，弹性绳与竖直方向间夹角为，此时小球a的速率为，此时弹性绳弹力FT与球a的重力的合力沿半径指向圆心O，a球受力如图示


由正弦定理得


解得

（3）弹性绳脱落前的瞬间，由向心力公式得

解得

所以圆环对小球a作用力FN2的大小为，方向沿圆环半径向外。
21．（1）3N，方向竖直向下；（2）；（3）不受，
【解析】
【详解】
（1）从C到D，对小球由动能定理

在C点由牛顿第二定律

联立解得

由牛顿第三定律可知，第一次运动到C点时对轨道的压力为3N，方向竖直向下
（2）从开始到E点由动能定理

解得

（3）当滑块以通过最高点时对轨道无压力，此时的弹性势能为，由牛顿第二定律

从开始到E点由动能定理

解得

弹性势能为大于时，小滑块在圆管道内不受到摩擦力。从开始到离距离为x处，由动能定理

解得

22．(1)2R；(2)滑块与传送带能共速；(3) 或者
【解析】
【详解】
(1)由题知，滑块从A到B、B到C，由动能定理得

   
联立解得


(2)小滑块到B点的速度大于传送带速度，
据牛顿第二定律可得

滑块的位移

故滑块与传送带能共速；
(3)滑块与传送带共速后，以的速度离开传送带，由机械能守恒定律得

设长木板与滑块达到共同速度时，位移分别为，
由动量守恒定律知

由动能定理知


联立解得


滑块相对长木板的位移

即滑块与长木板在达到共同速度时，物块未离开滑板。
滑块滑到木板右端时，若，

得

若

得

23．（1）3.5N，方向竖直向下；（2）；（3）若，，若，
【解析】
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得物块在传送带上加速度

根据运动学公式

得

根据牛顿第二定律得

联立解得

由牛顿第三定律

方向竖直向下；
（2）圆弧轨道的竖直高度差为

阶段根据动能定理

得

最高点根据动能定理得

得

（3）滑块一直从B点经传送带一直加速度到C点时的速度设为，根据运动学公式得

解得

设传送带的速度为v，经分析，最后滑块到D点速度为零，在来回运动，由能量守恒方程
①
（其中就是指物块第一次到达C点的速度）第一种情况

解得

又，往返运动中传送带对其不做功，代入方程①得

第二种情况

则

又

往返运动中传送带对其不做功，代入方程①得

24．（1）10 m/s；（2）能，，，方向竖直向上
【解析】
【详解】
（1）将小球到达A点的速度正交分解，如图所示

有

解得

（2）设小球恰好能到达C点，有

解得

假设小球能到达C点，由动能定理有

解得

故小球能通过圆弧轨道最高点C，小球到达C点时速度为

小球在C点时，由牛顿第二定律有

代入数据得

由牛顿第三定律，小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力大小为

方向竖直向上。
25．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）匀速行驶的速度

匀速运动时

解得

（2）受力分析如图所示

有

又

得

（3）C点的速度大小为

加速度为

匀变速的时间为

匀变速的位移为

关闭发动机自由滑行的加速度为

减速的位移为

总位移为

26．（1）m/s；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）运动员在D点能刚好离开轨道，即运动员受到的支持力为0，在D点有

得
m/s
（2）从A点到D点的过程中，由动能定理得

AD的高度差


联立解得

（3）设水平位移x，竖直下落距离h，D点速度落到倾斜滑到上时，由平抛规律


得

由几何关系

动能

代入各量，用h表示，得

当，解得

在整个运动过程中

解得

即

27．（1）2R；（2）
【解析】
【详解】
（1）设A壶与B壶碰后的速度分别为、，由动能定理


解得


设A壶与B壶碰后运动时间t停止，在时间t内A壶运动距离为，B壶运动的距离为，则


解得


此时A壶与B壶的距离

（2）设A壶与B壶碰前瞬间的速度为v，A壶与B壶碰撞过程中动量守恒，则

碰撞过程中损失的机械能

解得


28．（1）90N，方向竖直向下；（2）150J；（3）
【解析】
【详解】
（1）在B点，由牛顿第二定律

解得

根据牛顿第三定律，物块在点对轨道的压力大小为90N，压力方向竖直向下。
（2）对上顶点，速度最小时有

得

故由

得

（3）由

解得抛出时速度

对速度沿竖直方向和水平方向分解，得


设总飞行时间为t，则可列得

化简得

故

其中

若使物块在轨道上方飞行时间最久，则

则

29．（1）；（2）a.；b.
【解析】
【详解】
（1）对运动员和冰壶整体由动量定理得

解得

（2）a冰壶所受到的阻力

由牛顿第二定律得

根据运动学公式得

联立解得

b此过程中，冰壶的平均速度为

则冰壶克服阻力做功的平均功率

30．（1）6m/s；（2）4.8N；（3）33.6J
【解析】
【详解】
（1）无人机做圆周运动的向心力由重力和机翼升力的合力提供，则

解得

（2）无人机上升的加速度

根据牛顿第二定律可知

解得
F=4.8N
（3）无人机在h=8m处的速度

由动能定理

解得
W=33.6J