/押浙江卷計算大題16動力學(xué)動量能量猜押題型考情分析命題思路16大題一般作為計算題的第二題，難度還是有的，在浙江物理選考真題卷的計算大題中占據(jù)重要地位，能夠綜合考查學(xué)生的物理思維、分析問題以及運用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力。情境設(shè)置多元化：題目常常創(chuàng)設(shè)豐富多樣的物理情境，涵蓋生活實際、科技應(yīng)用以及經(jīng)典物理模型等方面。在2025年1月的真題中，以游戲為情境，讓學(xué)生運用動量守恒和動能關(guān)系去分析碰撞前后球的運動狀態(tài)變化，這一情境貼近生活，卻需要學(xué)生具備較強的知識遷移能力，將實際問題轉(zhuǎn)化為物理模型求解。知識綜合度高：動力學(xué)動量能量計算大題幾乎不會單獨考查某一個知識點，而是將牛頓運動定律、動量定理、動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律以及能量守恒定律等多個核心知識交織融合。數(shù)學(xué)能力要求高：為了準(zhǔn)確求解這類計算大題，學(xué)生需要熟練運用數(shù)學(xué)工具。整體而言，浙江物理選考中動力學(xué)動量能量計算大題難度呈穩(wěn)中有升態(tài)勢。早期的題目雖然也考查知識綜合運用，但物理過程相對簡單清晰，學(xué)生較容易找到解題思路。近年來，題目所設(shè)置的物理過程愈發(fā)復(fù)雜，多物體、多階段的運動情景頻繁出現(xiàn)，對學(xué)生分析和拆解復(fù)雜問題的能力提出了更高要求。比如在2024年的部分真題中，物體的運動過程不僅包含多次碰撞，碰撞后還涉及不同的運動形式，每個階段的銜接緊密，需要學(xué)生細致分析每個狀態(tài)變化的原因與遵循的物理規(guī)律，這無疑增加了題目的難度。不過，題目在難度提升的同時，也注重梯度設(shè)置，一般前1-2問較為基礎(chǔ)，考查基本概念和簡單應(yīng)用，后幾問則逐步深入，考查學(xué)生對知識的深度理解與綜合運用，從而有效區(qū)分不同能力層次的學(xué)生。常考考點：牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定律、動量與動量定理1．如圖甲所示，斜軌道AB高度?可調(diào)，LCA恒為2m，水平直軌道AD長度LAD=1m，豎直圓軌道DE半徑R=0.4m，在最低點處稍微錯開，在DE右側(cè)，傾角θ=37°的直軌道FG與半徑也為R的圓弧管道GH平滑連接，長度LFG=2.5m。在H處圓弧的切線水平，H的右側(cè)緊靠著一放置在光滑平臺上質(zhì)量m=1kg的長木板b，長度L=1m，其上表面與軌道末端所在水平面平齊，木板右端固定一豎直擋板。質(zhì)量為m的滑塊a從B點由靜止下滑，與AB、AD、長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5，(1)若滑塊a恰能過E點，求a到E點的速度大小v和釋放點的高度?1(2)若要保證滑塊a能到達豎直圓軌道且第一次到達豎直圓軌道時不脫離軌道，求斜軌道AB高度的調(diào)節(jié)范圍；(3)滑塊a與長木板右側(cè)的豎直擋板可發(fā)生彈性碰撞，若滑塊a最終能停在長木板上，求AB高度的調(diào)節(jié)范圍。2．如圖所示，傾角為θ的斜面AB與長度為L1的水平面BC平滑連接，tanθ=58，光滑細管道CD是由兩個半徑均為R=0.2m的四分之一圓弧組成，G為兩圓弧的連接點，入口C和出口D處切線均水平，出口D的右側(cè)是光滑水平臺階，臺階右側(cè)地面EF（足夠長）上放置長度L2=2.0m，質(zhì)量M=0.5kg的木板，木板緊靠臺階右側(cè)且水平上表面與臺階齊平。質(zhì)量m=0.3kg的滑塊P從斜面上高度?0(1)求水平面BC的長度L1(2)求滑塊經(jīng)過G點時對管道的壓力大??；(3)若滑塊能滑上木板，且不滑離木板，求滑塊釋放的高度?和滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ23．如圖所示，足夠長光滑水平面上物塊A、B緊靠在一起，中間夾有少量炸藥，B右側(cè)有一長度L=5.7m的水平傳送帶，傳送帶與水平面等高，在兩端與水平面平滑連接，傳送帶以v0=4m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動。傳送帶左側(cè)水平面上有一圓弧槽，傳送帶右側(cè)有一固定軌道，其中bcd段是以O(shè)為圓心，半徑為R=1m的一段圓弧，ab段軌道將水平面和bcd段軌道平滑連接。某時刻炸藥爆炸，兩物塊分離后分別向左、右沿軌道運動。A向左滑上圓弧槽，物塊B沿ac段運動過程對軌道的最小作用力為0。已知A、B的質(zhì)量均為m，圓弧槽的質(zhì)量為8m，A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5(1)B經(jīng)過c點時的速度大?。?2)A滑下圓弧槽前上滑的最大高度和第一次分離時A的速度大?。?3)圓弧槽最終速度的大小。4．某固定裝置的豎直截面如圖所示，水平高臺上的直軌道CD、圓弧軌道DEF、直軌道FG平滑連接。高臺左側(cè)水平軌道AB略低，軌道上放置一塊質(zhì)量為m、長度為L的平板，平板上表面與CD等高。高臺右側(cè)有一水平地面HI，與高臺的高度差為h。初始時，平板處于靜止?fàn)顟B(tài)，其右端與高臺的CB側(cè)距離足夠大。讓一質(zhì)量也為m的滑塊以速度v0滑上平板，并帶動平板向右運動。當(dāng)平板到達CB時將立即被鎖定，滑塊繼續(xù)向前運動。若滑塊落到HI段，將與地面發(fā)生碰撞，碰撞時間極短（支持力遠大于重力），反彈后豎直分速度減半，水平速度同時發(fā)生相應(yīng)變化。已知，m=1kg，v0=10m/s，?=5m，L=10m，滑塊與平板上表面間的動摩擦因數(shù)μ(1)求平板被鎖定瞬間，滑塊的速度大小v以及此時滑塊離平板右端的距離x；(2)要使滑塊不脫離圓弧軌道，求圓弧軌道半徑R的取值范圍；(3)若滑塊沿著軌道運動至G點飛出，求其最終距G點的水平距離d。5．如圖所示是某種滑塊運動裝置，長度L=1m的傳送帶AB，以速度v=6m/s向左勻速傳動，豎直平面內(nèi)半徑R=0.4m的圓型光滑管道固定在水平地面上，左側(cè)凹槽內(nèi)有總質(zhì)量M=2kg的滑板，滑板由水平板和四分之一圓弧板兩部分構(gòu)成，水平板上表面平直粗糙，長度L1=1.5m，圓弧板表面光滑，半徑R=0.4m，距離滑板左端L2=0.25m處有一鎖定裝置K，滑板一旦碰到K就被鎖定，速度瞬間為0。現(xiàn)有一質(zhì)量m=1kg的滑塊，從傳送帶的右側(cè)以速度v0沖上傳送帶，接著進入圓管完成圓周運動后從(1)要使滑塊能滑上滑板，滑塊在B點的最小速度vB(2)若滑塊能滑上滑板，求滑塊在E點的速度vE與初速度v(3)若滑塊以v=4m/s6．一自上而下的傳送裝置可簡化為如下模型。如圖所示，水平光滑軌道OA上安裝了一理想彈簧發(fā)射器，彈簧原長小于OA間距離，彈簧左端固定在O處，彈簧右端放置一小滑塊P，使滑塊向左壓縮彈簧且不拴接，在軌道右側(cè)有一順時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，其左右端分別與軌道A點和細管道B點等高相切，水平固定粗糙平臺CD與細管道最低點C等高相切，在水平地面上有一左端帶擋板的木板，木板上表面與平臺CD等高且木板與平臺緊密接觸。將滑塊P由靜止釋放，P經(jīng)過水平傳送帶和三個豎直的半圓形光滑細管道，與靜止在CD平臺末端的小滑塊Q發(fā)生彈性碰撞，碰后P恰好能返回C點，碰后Q滑上木板，然后Q與木板左端擋板發(fā)生彈性碰撞。已知管道半徑均為R，滑塊P、木板質(zhì)量分別為mP=m、m木=6m，釋放滑塊P時彈簧彈性勢能的大小為EP=3mgR，傳送帶長度為L1=4R，傳送帶速度大小為v=3gR，平臺CD長度為L2=2R，木板長為L3=1.5R（1）求滑塊P到達B點過程中傳送帶對滑塊P做的功W；（2）求滑塊Q的質(zhì)量mQ（3）求滑塊Q與木板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q熱7．(23-24高三下·浙江縣域教研聯(lián)盟·一模)如圖為某游戲裝置原理示意圖，水平桌面上固定一個半圓形、內(nèi)側(cè)表面光滑的豎直擋板，其半徑R1=2m，擋板兩端A、B在桌面邊緣，A處固定一個彈射器，B與半徑R2=1m的光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向夾角θ=53°，半徑R3=2m的四分之一光滑豎直圓管道EF與圓弧軌道CDE稍有錯開。在水平光滑平臺左側(cè)，有一質(zhì)量m=1kg的足夠長木板左端恰好與F端齊平，右側(cè)固定有一根勁度系數(shù)k=50N/m的彈簧。質(zhì)量m=1kg的小物塊經(jīng)彈射裝置以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，沿C點切線方向進入圓弧軌道（1）物塊到達C點時對軌道的壓力大?。唬?）物塊被彈射前彈簧的彈性勢能Ep（3）若彈射器內(nèi)彈性勢能Ep1=38（4）在（3）的基礎(chǔ)上，木板繼續(xù)壓縮彈簧，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則物塊與木板剛要相對滑動時，木板的速度。8．如圖所示，一質(zhì)量M=1.0kg，高h=0.7m的平板車靜置在光滑水平地面上，其左端靜止放置一輛質(zhì)量m=0.2kg大小可忽略的四驅(qū)電動玩具小車，右側(cè)同一豎直平面有固定的光滑圓弧軌道AC，軌道半徑R=1.25m，圓心角為2θ，θ=37°，左右兩端點A、C等高，圓弧最低點B位于水平地面上。緊接C點，有一長s=1.59m的傾斜傳送帶，上表面DE沿圓弧C點的切線方向，傳送帶以v=2m/s的速度順時針運動。玩具小車啟動后，恰好能從A點沿AC圓弧切線進入軌道，并最終到達E點后飛離。已知玩具車在平板車和傳送帶上運動時，均產(chǎn)生自重0.8倍的動力（忽略摩擦阻力和空氣阻力），且從C點到D點速度不變。sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）玩具小車在A點速度大小vA；（2）玩具小車在B點受到支持力的大小FN；（3）平板車的長度l；（4）傳送帶由于運送玩具小車而多輸出的機械能?E。9．(23-24高三上·浙江衢州、麗水、湖州三地·期中)如圖所示裝置由傾斜軌道AB，關(guān)于豎直線OC對稱且半徑可調(diào)的圓弧軌道BCD，以速度v順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶EF和足夠長水平軌道MN組成。軌道AB和BCD平滑連接，F(xiàn)M間不計空隙。開始時，小物塊甲從AB某處靜止釋放，經(jīng)BCD后從D點拋出，由E點水平進入傳送帶后與MN上靜止的另一小物塊乙發(fā)生彈性正碰。已知CE的水平距離S=1.5m，CE豎直距離H=0.55m，傳送帶EF長L=2m，v=5m/s，物塊甲和乙均可視為質(zhì)點，物塊甲的質(zhì)量m1=0.02kg。到達E點時，物塊甲只有速度水平才能滑上傳送帶，其與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4（1）當(dāng)軌道BCD的半徑R1=0.2m時，甲從距B點0.2m處釋放，求甲在（2）要使甲能滑上傳送帶，求軌道BCD的半徑R2（3）在（2）問中，要使甲、乙只發(fā)生一次碰撞，求物塊乙的質(zhì)量m210．一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ=37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE，傾角θ=37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于BE處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道下FG、平臺JK所在的水平面高度差為y=1.25m。已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5m，B點高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG=2.5m，HI長度L0=9m，擺渡車長度L=3m、質(zhì)量M=2kg，將一質(zhì)量也為m=1kg的滑塊從傾斜軌道AB上高度（1）求滑塊過C點的速度大小vC和滑塊對軌道的作用力大小F（2）若在滑塊落到擺渡車上的瞬間，工人立刻推動擺渡車，使得擺渡車立刻獲得與滑塊水平方向速度相同的速度，此后的運動過程中，滑塊始終不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ需要滿足的條件；（3）在（2）的條件下，求擺渡車與滑塊組成的系統(tǒng)在從一起開始運動到第4次碰撞前所損失的機械能。

押浙江卷計算大題16動力學(xué)動量能量猜押題型考情分析命題思路16大題一般作為計算題的第二題，難度還是有的，在浙江物理選考真題卷的計算大題中占據(jù)重要地位，能夠綜合考查學(xué)生的物理思維、分析問題以及運用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力。情境設(shè)置多元化：題目常常創(chuàng)設(shè)豐富多樣的物理情境，涵蓋生活實際、科技應(yīng)用以及經(jīng)典物理模型等方面。在2025年1月的真題中，以游戲為情境，讓學(xué)生運用動量守恒和動能關(guān)系去分析碰撞前后球的運動狀態(tài)變化，這一情境貼近生活，卻需要學(xué)生具備較強的知識遷移能力，將實際問題轉(zhuǎn)化為物理模型求解。知識綜合度高：動力學(xué)動量能量計算大題幾乎不會單獨考查某一個知識點，而是將牛頓運動定律、動量定理、動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律以及能量守恒定律等多個核心知識交織融合。數(shù)學(xué)能力要求高：為了準(zhǔn)確求解這類計算大題，學(xué)生需要熟練運用數(shù)學(xué)工具。整體而言，浙江物理選考中動力學(xué)動量能量計算大題難度呈穩(wěn)中有升態(tài)勢。早期的題目雖然也考查知識綜合運用，但物理過程相對簡單清晰，學(xué)生較容易找到解題思路。近年來，題目所設(shè)置的物理過程愈發(fā)復(fù)雜，多物體、多階段的運動情景頻繁出現(xiàn)，對學(xué)生分析和拆解復(fù)雜問題的能力提出了更高要求。比如在2024年的部分真題中，物體的運動過程不僅包含多次碰撞，碰撞后還涉及不同的運動形式，每個階段的銜接緊密，需要學(xué)生細致分析每個狀態(tài)變化的原因與遵循的物理規(guī)律，這無疑增加了題目的難度。不過，題目在難度提升的同時，也注重梯度設(shè)置，一般前1-2問較為基礎(chǔ)，考查基本概念和簡單應(yīng)用，后幾問則逐步深入，考查學(xué)生對知識的深度理解與綜合運用，從而有效區(qū)分不同能力層次的學(xué)生。常考考點：牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定律、動量與動量定理1．如圖甲所示，斜軌道AB高度?可調(diào)，LCA恒為2m，水平直軌道AD長度LAD=1m，豎直圓軌道DE半徑R=0.4m，在最低點處稍微錯開，在DE右側(cè)，傾角θ=37°的直軌道FG與半徑也為R的圓弧管道GH平滑連接，長度LFG=2.5m。在H處圓弧的切線水平，H的右側(cè)緊靠著一放置在光滑平臺上質(zhì)量m=1kg的長木板b，長度L=1m，其上表面與軌道末端所在水平面平齊，木板右端固定一豎直擋板。質(zhì)量為m的滑塊a從B點由靜止下滑，與AB、AD、長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5，(1)若滑塊a恰能過E點，求a到E點的速度大小v和釋放點的高度?1(2)若要保證滑塊a能到達豎直圓軌道且第一次到達豎直圓軌道時不脫離軌道，求斜軌道AB高度的調(diào)節(jié)范圍；(3)滑塊a與長木板右側(cè)的豎直擋板可發(fā)生彈性碰撞，若滑塊a最終能停在長木板上，求AB高度的調(diào)節(jié)范圍?！敬鸢浮?1)2m/s，2.5m(2)1.5m<?≤1.9(3)3.48【來源】2025年浙江省普通高校招生選考科目考試物理測評卷（八）【詳解】（1）滑塊恰能過最高點E，在該點有mg=m解得v=2由B到E由動能定理得mg解得?（2）滑塊第一次到達豎直圓軌道時不脫離軌道，則有兩種情況：①若滑塊能經(jīng)過最高點E，結(jié)合上述可知?≥結(jié)合上述解得?≥2.5②滑塊不能越過圓軌道上與圓心等高點處，臨界條件為滑塊在O1等高點時速度恰好為0，由動能定理得解得?又滑塊能到達圓軌道，故有mg??此時滿足該情況的?取值范圍為1.5綜合上述可知，滿足條件的?的取值范圍是1.5m<?≤1.9（3）滑塊a最終能停在長木板上，臨界條件分為兩者：①滑塊a到H點時速度恰好為0，在FG段，滑塊a與FG間的動摩擦因數(shù)μ2隨距離呈現(xiàn)線性關(guān)系，則滑塊克服摩擦力做的功根據(jù)幾何關(guān)系可知，H點的高度為?滑塊a從B到H過程，根據(jù)動能定理有mg解得?②滑塊a與擋板發(fā)生彈性碰撞后，回到木板左端時恰好和木板共速，對該過程由動量守恒定律有m由能量守恒定律有1解得v滑塊由B點到H點過程，由動能定理可得mg解得?綜合上述高度?的范圍為3.482．如圖所示，傾角為θ的斜面AB與長度為L1的水平面BC平滑連接，tanθ=58，光滑細管道CD是由兩個半徑均為R=0.2m的四分之一圓弧組成，G為兩圓弧的連接點，入口C和出口D處切線均水平，出口D的右側(cè)是光滑水平臺階，臺階右側(cè)地面EF（足夠長）上放置長度L2=2.0m，質(zhì)量M=0.5kg的木板，木板緊靠臺階右側(cè)且水平上表面與臺階齊平。質(zhì)量m=0.3kg的滑塊P從斜面上高度?0(1)求水平面BC的長度L1(2)求滑塊經(jīng)過G點時對管道的壓力大?。?3)若滑塊能滑上木板，且不滑離木板，求滑塊釋放的高度?和滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2【答案】(1)1.2m(2)6N(3)5【來源】2025年浙江省普通高校招生選考科目考試物理測評卷（三）【詳解】（1）滑塊恰好能到達D點，即到達D點時速度恰為零。對滑塊從A到D的過程，根據(jù)動能定理有mg解得L（2）對滑塊從G到D的過程，根據(jù)動能定理得?mgR=0?解得v在G點根據(jù)牛頓第二定律有F解得F根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對管道的壓力大小為6N（3）滑塊恰不能滑上木板時，釋放高度為?0=5.0m。要使滑塊恰不滑離木板，即滑塊恰能運動到木板右端，此時兩者速度相同。對滑塊從A到滑塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，有m由能量守恒定律有1聯(lián)立解得?故53．如圖所示，足夠長光滑水平面上物塊A、B緊靠在一起，中間夾有少量炸藥，B右側(cè)有一長度L=5.7m的水平傳送帶，傳送帶與水平面等高，在兩端與水平面平滑連接，傳送帶以v0=4m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動。傳送帶左側(cè)水平面上有一圓弧槽，傳送帶右側(cè)有一固定軌道，其中bcd段是以O(shè)為圓心，半徑為R=1m的一段圓弧，ab段軌道將水平面和bcd段軌道平滑連接。某時刻炸藥爆炸，兩物塊分離后分別向左、右沿軌道運動。A向左滑上圓弧槽，物塊B沿ac段運動過程對軌道的最小作用力為0。已知A、B的質(zhì)量均為m，圓弧槽的質(zhì)量為8m，A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5(1)B經(jīng)過c點時的速度大??；(2)A滑下圓弧槽前上滑的最大高度和第一次分離時A的速度大??；(3)圓弧槽最終速度的大小?！敬鸢浮?1)2(2)3.6m，(3)22【來源】2025年浙江省普通高校招生選考科目考試物理測評卷（一）【詳解】（1）ab段軌道向下彎曲，物塊B不可能與軌道間無作用力，bc段軌道向上彎曲，由沿半徑指向圓心的分力提供向心力，在b點物塊B速度最大，所需向心力最大，若物塊在其他位置對軌道無作用力，則在b點會脫離，即物塊B在b點對軌道的最小作用力為0。設(shè)物塊B通過b點時的速度為vb，根據(jù)牛頓第二定律有物塊B從b到c的過程，根據(jù)動能定理有?mgR解得v（2）物塊B由a點到b點的過程，根據(jù)動能定理有?mgR從爆炸后到B運動到a點的過程，根據(jù)動能定理有?μmgL=解得v爆炸過程，物塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，則有m解得爆炸后物塊A的速度大小也為v物塊A與圓弧槽作用的過程中，二者水平方向動量守恒，設(shè)二者水平方向速度相同時共同速度為v3，由水平方向動量守恒有由機械能守恒有1聯(lián)立得?=3.6設(shè)物塊A第一次滑下圓弧槽時，圓弧槽的速度為v4，物塊A的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m解得v4=2則第一次分離時A的速度大小為7m（3）結(jié)合上述，物塊A向右運動過程，假設(shè)未滑出傳送帶，則有1解得s=4.9假設(shè)成立。則物塊A向左返回后離開傳送帶時的速度大小為v該速度大于2m/s，可知，物塊A能追上圓弧槽。設(shè)物塊A與圓弧槽第二次作用后，圓弧槽的速度為v6，物塊A的速度為v7，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m解得v6=物塊A的速度小于圓弧槽的速度，則圓弧槽最終的速度大小為v64．某固定裝置的豎直截面如圖所示，水平高臺上的直軌道CD、圓弧軌道DEF、直軌道FG平滑連接。高臺左側(cè)水平軌道AB略低，軌道上放置一塊質(zhì)量為m、長度為L的平板，平板上表面與CD等高。高臺右側(cè)有一水平地面HI，與高臺的高度差為h。初始時，平板處于靜止?fàn)顟B(tài)，其右端與高臺的CB側(cè)距離足夠大。讓一質(zhì)量也為m的滑塊以速度v0滑上平板，并帶動平板向右運動。當(dāng)平板到達CB時將立即被鎖定，滑塊繼續(xù)向前運動。若滑塊落到HI段，將與地面發(fā)生碰撞，碰撞時間極短（支持力遠大于重力），反彈后豎直分速度減半，水平速度同時發(fā)生相應(yīng)變化。已知，m=1kg，v0=10m/s，?=5m，L=10m，滑塊與平板上表面間的動摩擦因數(shù)μ(1)求平板被鎖定瞬間，滑塊的速度大小v以及此時滑塊離平板右端的距離x；(2)要使滑塊不脫離圓弧軌道，求圓弧軌道半徑R的取值范圍；(3)若滑塊沿著軌道運動至G點飛出，求其最終距G點的水平距離d?！敬鸢浮?1)5m/s，0(2)R≤0.5m或(3)20【來源】2025屆浙江省溫州市高三下學(xué)期二模物理試題【詳解】（1）平板與滑塊運動至共速過程，根據(jù)動量守恒有m解得v=5根據(jù)能量守恒定律有μ解得Δ此時滑塊離平板右端距離x=L?（2）當(dāng)滑塊恰過圓弧軌道最高點時，根據(jù)牛頓第二定律有mg=m從滑上高臺到運動至圓弧軌道最高點過程，根據(jù)動能定理有?mg?2解得R滑塊從滑上高臺到恰到達圓弧軌道圓心等高處過程，根據(jù)動能定理有?mg?解得R要使滑塊不脫離圓弧軌道，則有R≤0.5m或（3）滑塊從G點飛出至第一次落地做平拋運動，則有?=12gt解得d1=5第一次反彈后有v第一次反彈過程根據(jù)動量定理有FN1解得v第一次反彈后至第二次落地滑塊做斜拋運動，則有d第二次反彈過程根據(jù)動量定理有FN2解得v可知，之后滑塊做豎直上拋運動，綜上所述可知，最遠水平距離d=5．如圖所示是某種滑塊運動裝置，長度L=1m的傳送帶AB，以速度v=6m/s向左勻速傳動，豎直平面內(nèi)半徑R=0.4m的圓型光滑管道固定在水平地面上，左側(cè)凹槽內(nèi)有總質(zhì)量M=2kg的滑板，滑板由水平板和四分之一圓弧板兩部分構(gòu)成，水平板上表面平直粗糙，長度L1=1.5m，圓弧板表面光滑，半徑R=0.4m，距離滑板左端L2=0.25m處有一鎖定裝置K，滑板一旦碰到K就被鎖定，速度瞬間為0?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=1kg的滑塊，從傳送帶的右側(cè)以速度v0沖上傳送帶，接著進入圓管完成圓周運動后從(1)要使滑塊能滑上滑板，滑塊在B點的最小速度vB(2)若滑塊能滑上滑板，求滑塊在E點的速度vE與初速度v(3)若滑塊以v=4m/s【答案】(1)v(2)vE=vE=6vE=(3)7【來源】2025屆浙江省嘉興市高三上學(xué)期12月教學(xué)測試（一模）物理試卷【詳解】（1）要使滑塊能滑上滑板，則滑塊可以通過D點即可，所以滑塊到達D點的最小速度為v從B到達D點過程，根據(jù)動能定理?mg×2R=代入數(shù)據(jù)，解得v（2）滑塊沖上傳送帶，在傳送帶上，根據(jù)牛頓第二定律μ解得，摩擦力產(chǎn)生的加速度大小為a=6若v0<v=6m/s2aL=解得v若加速后滑塊恰好和傳送帶共速，則2aL=解得v若滑塊在傳送帶上一直減速，當(dāng)減速后恰好與傳送共速時?2aL=解得v即，當(dāng)2m/sμ解得v當(dāng)26μ解得v當(dāng)v0?解得v所以，滑塊在E點的速度vE與初速度vvE=vE=6vE=（3）假設(shè)滑塊和滑板在碰到K前可以共速，則根據(jù)動量守恒mv=對滑板根據(jù)動能定律μ聯(lián)立，解得x=所以，假設(shè)不成立。即碰到K滑塊和滑板還沒有共速，設(shè)此時滑塊的速度大小為v1，滑板的速度大小為vmv=m對滑板，根據(jù)動能定理μ聯(lián)立，解得v1=2此過程產(chǎn)生的內(nèi)能為Q此后，滑板碰到K后靜止，滑塊的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則Q滑塊在滑板上運動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是Q=6．一自上而下的傳送裝置可簡化為如下模型。如圖所示，水平光滑軌道OA上安裝了一理想彈簧發(fā)射器，彈簧原長小于OA間距離，彈簧左端固定在O處，彈簧右端放置一小滑塊P，使滑塊向左壓縮彈簧且不拴接，在軌道右側(cè)有一順時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，其左右端分別與軌道A點和細管道B點等高相切，水平固定粗糙平臺CD與細管道最低點C等高相切，在水平地面上有一左端帶擋板的木板，木板上表面與平臺CD等高且木板與平臺緊密接觸。將滑塊P由靜止釋放，P經(jīng)過水平傳送帶和三個豎直的半圓形光滑細管道，與靜止在CD平臺末端的小滑塊Q發(fā)生彈性碰撞，碰后P恰好能返回C點，碰后Q滑上木板，然后Q與木板左端擋板發(fā)生彈性碰撞。已知管道半徑均為R，滑塊P、木板質(zhì)量分別為mP=m、m木=6m，釋放滑塊P時彈簧彈性勢能的大小為EP=3mgR，傳送帶長度為L1=4R，傳送帶速度大小為v=3gR，平臺CD長度為L2=2R，木板長為L3=1.5R（1）求滑塊P到達B點過程中傳送帶對滑塊P做的功W；（2）求滑塊Q的質(zhì)量mQ（3）求滑塊Q與木板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q熱【答案】（1）?1.5mgR；（2）mQ=3m【詳解】（1）根據(jù)能量守恒定律E解得v設(shè)物體在傳送帶上減速到與傳送帶速度相同的位移為s，則s=代入數(shù)據(jù)有s=3R<故物塊在傳送帶上先減速后勻速，根據(jù)動能定理W=代入數(shù)據(jù)解得滑塊P到達B點過程中傳送帶對滑塊P做的功W為W=?1.5mgR（2）設(shè)P與Q碰撞前的速度大小為v1，碰后P的速度大小為v2，Q的速度為v3，則P從Bm解得v從C到D過程中由動能定理?2解得v對P滑塊從D到C根據(jù)動能定理?2解得v根據(jù)動量守恒和機械能守恒可知m1解得v解得m（3）由（2）可得，Q碰后速度v進入長木板上表面，先判斷長木板是否移動，Q對長木板摩擦力向左f地面對長木板最大靜摩擦力f故長木板先不動，Q做勻減速運動，可得?解得vQ以速度v4m1可得碰后Q的速度大小v長木板的速度大小為vQ向右減速a長木板向左減速aQ向右做減速運動直至速度減為零后再向左做加速運動直到兩者共速，再一起減速，做出v?t圖像如圖可得v=?相對位移Δ可得Δ則滑塊未滑離木板，滑塊Q與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q7．(23-24高三下·浙江縣域教研聯(lián)盟·一模)如圖為某游戲裝置原理示意圖，水平桌面上固定一個半圓形、內(nèi)側(cè)表面光滑的豎直擋板，其半徑R1=2m，擋板兩端A、B在桌面邊緣，A處固定一個彈射器，B與半徑R2=1m的光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向夾角θ=53°，半徑R3=2m的四分之一光滑豎直圓管道EF與圓弧軌道CDE稍有錯開。在水平光滑平臺左側(cè)，有一質(zhì)量m=1kg的足夠長木板左端恰好與F端齊平，右側(cè)固定有一根勁度系數(shù)k=50N/m的彈簧。質(zhì)量m=1kg的小物塊經(jīng)彈射裝置以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，沿C點切線方向進入圓弧軌道（1）物塊到達C點時對軌道的壓力大小；（2）物塊被彈射前彈簧的彈性勢能Ep（3）若彈射器內(nèi)彈性勢能Ep1=38（4）在（3）的基礎(chǔ)上，木板繼續(xù)壓縮彈簧，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則物塊與木板剛要相對滑動時，木板的速度?！敬鸢浮浚?）FN'=22N；（2）Ep0【詳解】（1）由題知，小物塊恰好能到達圓管軌道的最高點F，則v小物塊從C到F的過程中，根據(jù)動能定理有?mg解得v在C點根據(jù)牛頓第二定律有F解得F根據(jù)牛頓第三定律物塊對軌道的壓力F（2）小物塊從靜止到B的過程中，根據(jù)能量守恒有ES=π小物塊從B到C做平拋運動，在C點沿圓弧切線方向cos解得小物塊剛在彈射器內(nèi)時彈性勢能E（3）小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有Ev從C到F的過程中，根據(jù)動能定理有?mg解得v由小物塊與木板系統(tǒng)動量守恒m由系統(tǒng)能量守恒μ聯(lián)立解得小物塊相對木板滑動的長度Δ（4）小物塊與木板剛好相對滑動時，對整體由牛頓第二定律k對小物塊牛頓第二定律μ解得Δ對系統(tǒng)能量守恒1解得v8．如圖所示，一質(zhì)量M=1.0kg，高h=0.7m的平板車靜置在光滑水平地面上，其左端靜止放置一輛質(zhì)量m=0.2kg大小可忽略的四驅(qū)電動玩具小車，右側(cè)同一豎直平面有固定的光滑圓弧軌道AC，軌道半徑R=1.25m，圓心角為2θ，θ=37°，左右兩端點A、C等高，圓弧最低點B位于水平地面上。緊接C點，有一長s=1.59m的傾斜傳送帶，上表面DE沿圓弧C點的切線方向，傳送帶以v=2m/s的速度順時針運動。玩具小車啟動后，恰好能從A點沿AC圓弧切線進入軌道，并最終到達E點后飛離。已知玩具車在平板車和傳送帶上運動時，均產(chǎn)生自重0.8倍的動力（忽略摩擦阻力和空氣阻力），且從C點到D點速度不變。sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）玩具小車在A點速度大小vA；（2）玩具小車在B點受到支持力的大小FN；（3）平板車的長度l；（4）傳送帶由于運送玩具小車而多輸出的機械能?E?！敬鸢浮浚?）5m/s；（2）6.8N；（3）1.2m；（4）0.96J【來源】2024屆浙江省湖州市等3地高三下學(xué)期二模物理試題【詳解】（1）小車離開平板車后，做平拋運動，在A點的速度為vA，豎直方向有v解得vA=5m/s（2）從A到B由動能定理mgR在B點由牛頓第二定律F解得FN=6.8N（3）小車在平板車上做勻加速運動的加速度為a1，位移為x1，則由牛頓定律0.8mg=m由運動方程v解得x1=1m小車和平板車滿足平均動量守恒m解得x2=0.2m平板車的長度為l=x1+x2=1.2m（4）小車在傳送帶上做勻加速運動，則由牛頓第二定律可知0.8mg?mg解得a2=2m/s2由運動公式s=以及v解得t=0.3s（另一解t=-0.53s舍掉）在時間t內(nèi)，傳送帶上某點對地位移x傳=vt=0.6m傳送帶由于運送小車克服小車對其的靜摩擦力做功為W=0.8mg9．(23-24高三上·浙江衢州、麗水、湖州三地·期中)如圖所示裝置由傾斜軌道AB，關(guān)于豎直線OC對稱且半徑可調(diào)的圓弧軌道BCD，以速度v順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶EF和足夠長水平軌道MN組成。軌道AB和BCD平滑連接