專(zhuān)題08力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

目錄

01模擬基礎(chǔ)練.....................................................................2

題型一力學(xué)三大觀點(diǎn)的理解、辨析與選用..........................................2

02重難創(chuàng)新練...................................................................12

題型二力學(xué)三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題...........................................12

/樟切其礎(chǔ)嬉\\

題型一力學(xué)三大觀點(diǎn)的理解、辨析與選用

1.（2024?重慶?高考真題）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時(shí)，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈

出后僅受阻力。針鞘質(zhì)量為〃?，針鞘在軟組織中運(yùn)動(dòng)距離由后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)也后停下來(lái)。若兩

B.到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動(dòng)能為B力

C.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，阻力做功為（2/+尸2）山

D.運(yùn)動(dòng)心的過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為

【答案】A

【詳解】A.根據(jù)動(dòng)能定理有44+入出=：〃病，解得口、2億4+8/），故A正確；

B.針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)必減速至零，有&二尸2"2.故B錯(cuò)誤；

C.針鞘運(yùn)動(dòng)力的過(guò)程中，克服阻力做功為尸2d2,故C錯(cuò)誤；

D.針鞘運(yùn)動(dòng)心的過(guò)程中，動(dòng)量變化量大小W=J2,嗚=yj2mF&,故D錯(cuò)誤。

故選A。

2.（2022?海南?高考真題）在冰上接力比賽時(shí)，甲推乙的作用力是4,乙對(duì)甲的作用力是K，則這兩個(gè)力（)

A.大小相等，方向相反B.大小相等，方向相同

C.6的沖量大于人的沖量D.G的沖量小于人的沖量

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意可知々和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知6和F?等大反向、具有同時(shí)性；根

據(jù)沖量定義式/=a可知K和F2的沖量大小相等，方向相反。

故選A。

3.（2022?重慶?高考真題）在測(cè)試汽車(chē)的安全氣囊對(duì)駕乘人員頭部防護(hù)作用的實(shí)驗(yàn)中，某小絹得到了假人頭

部所受安全氣囊的作用力隨時(shí)間變化的曲線(xiàn)（如圖）。從碰撞開(kāi)始到碰撞結(jié)束過(guò)程中，若假人頭部只受到安

全氣囊的作用，則由曲線(xiàn)可知，假人頭部（）

A.速度的變化量等于曲線(xiàn)與橫軸圍成的面積B.動(dòng)量大小先增大后減小

C.動(dòng)能變化正比于曲線(xiàn)與橫軸圍成的面積D.加速度大小先增大后減小

【答案】D

【詳解】AB.由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則產(chǎn)一f圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)

動(dòng)量定理可知尸一，圖像的面積也是動(dòng)量的變化量，且圖線(xiàn)一直在/軸的上方，由于頭部有初動(dòng)量，由圖

可知，動(dòng)量變化越來(lái)越大，則動(dòng)量的大小一直減小到假人頭靜止，動(dòng)量變化最大，AB錯(cuò)誤：

c.根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系有&=左，而廣/圖像的面積是動(dòng)量的變化量，則動(dòng)能的變化量與曲線(xiàn)與

2m

橫軸圍成的面積不成正比，C錯(cuò)誤；

D.由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知〃8a即假人頭部的加速度先增大

后減小，D正確。

故選D。

4.（2024?甘肅?高考真題）（多選）電動(dòng)小車(chē)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.小車(chē)的動(dòng)能不變B.小車(chē)的動(dòng)量守恒

C.小車(chē)的加速度不變D.小車(chē)所受的合外力一定指向圓心

【答案】AD

【詳解】A.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度大小不變，故動(dòng)能不變，故A正確；

B.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度方向時(shí)刻在改變，故動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤;

C.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體加速度大小不變，方向時(shí)刻在改變，故c錯(cuò)誤;

D.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體所受的合外力一定指向圓心，故D正確。

故選AD。

5.（2023?重慶?高考真題）（多選）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無(wú)人機(jī)飛行高度），隨時(shí)間/的變化曲線(xiàn)

如圖所示，為曲線(xiàn)上的點(diǎn)，律、段可視為兩段直線(xiàn)，其方程分別為），=4-26和），=-〃+140。

無(wú)人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg,取豎直向卜為正方向.則（）

A.EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/s

B.BW段無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)

C.FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg-m/s

D.MN段無(wú)人機(jī)機(jī)械能守恒

【答案】AB

【詳解】A.根據(jù)七川段方程.丫=4/-26,可知以?、段無(wú)人機(jī)的速度大小為u=a：=4m/s,故A正確；

B.根據(jù)圖像的切線(xiàn)斜率表示無(wú)人機(jī)的速度，可知尸M段無(wú)人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速

運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；

C.根據(jù)MN段方程＞=一力+140,可知MN段無(wú)人機(jī)的速度為】，'=g=-2m/s,則有

△t

邸=mv-mv=2x（-2）kg-m/s-2x4kg-m/s=-12kg-m/s,可知/W段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大

小為12kg-m/s,故C錯(cuò)誤；

D.MN段無(wú)人機(jī)向下做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無(wú)人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。

故選ABo

6.（2023?全國(guó)?高考真題）（多選）使甲、乙兩條形磁鐵隔開(kāi)一段距離，靜止于水平桌面上，用的N極正對(duì)

著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相

互接近過(guò)程中的任一時(shí)刻（）

甲乙

IsINIISIN|

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動(dòng)量大小比乙的小

C.甲的動(dòng)量大小與乙的相等D.甲和乙的動(dòng)量之和不為零

【答案】BD

【詳解】對(duì)甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

加甲加乙

S]NqS[N

A.根據(jù)牛頓第二定律有定="一"?'，〃乙二/一""二,由于〃?，/，＞〃?乙,所以〃“，＜4乙，由于兩物體

"仙m乙

運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得乙A錯(cuò)誤；

BCD.對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于〃〃?，/，g＞〃〃?zg,合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，

顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，BD正確、C錯(cuò)誤。

故選BD。

7.（2022?重慶?高考真題）（多選）一物塊在傾角為45。的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相

等的拉力作用，由靜止開(kāi)始沿斜面向下做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。若拉力

沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功隨時(shí)間的變化分別如圖曲線(xiàn)①、②所示，

則（）

A.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為正

3

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為9J時(shí)，物塊動(dòng)能為3J

C.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為1:3

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小之比為I：啦

【答案】BC

【詳解】A.對(duì)物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動(dòng)摩擦力，有尸=/=6〃gcos45。,

由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為q=gsin45o=孝g,則拉力沿斜面向下時(shí)，物塊滑到底端

2

的過(guò)程中重力和摩擦力對(duì)物塊做功為％=mg?1a.r-sin45°=等t,

監(jiān)=-4〃叱8545。、4/2=_啰:2,代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得〃=:，故A錯(cuò)誤：

243

C.當(dāng)拉力沿斜面向t,由牛頓第二定律有mgsin45°-尸-:=血?2，解得。2=--2〃g8s45°=—,

26

則拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊的加速度大小之比為"二；,故C正確；

43

B.當(dāng)拉力沿斜面向上，重力做功為%2=〃啰拘45。丁，合力做功為%=，嗎則其比值為

y/2

3

=-,則重力做功為9J時(shí)，物塊的動(dòng)能即合外力做功為3J,故B正確;

叫江

g

6

D.當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時(shí)，物塊滑到底端時(shí)的動(dòng)量大小為P==則動(dòng)量的大小之

故選BC-,

8.（2024?四川達(dá)州?一模）傾角為37。的光滑斜面固定在水平面上，現(xiàn)用平行于斜面的拉力/將質(zhì)量為1kg

的物體從斜面底端由靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體位移x的關(guān)系如

圖所示。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8。下列說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)x=4m時(shí)，物體的速率為4Gm/s

B.當(dāng)x=3m時(shí)，拉力的功率為19W

C.物體沿斜面向上滑行的最大位移大于4m

D.從開(kāi)始到x=4m的過(guò)程，拉力產(chǎn)的沖量為24N?s

【答案】D

【詳解】AC.根據(jù)動(dòng)能定理得24-疝37。=；〃病，解得y=0,當(dāng)戶(hù)冊(cè)時(shí)。，物體的速率為0,物

體沿斜面向上滑行的最大位移等于4m,AC錯(cuò)誤；

14-（）?4-14

R.根據(jù)W=FY得E=；_^、=7N,2=§_?N=5N,前3m.根據(jù)動(dòng)能定理得

2—04—2

14+^xl-（^sin370）x3=l,^,解得丹=J5m/s,當(dāng)x=3m時(shí)，拉力的功率為尸=6右=5及W,

B錯(cuò)誤；

D.前2m的加速度為G-〃名而37。=/%，解得q=lm/s2,前2m的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為％卬：，解得乙=2s,

后2m的加速度為〃吆sin37。-8=〃g，解得。2=所收,后2m物體減速到零占二:七^(guò)，解得，2=2S,

從開(kāi)始到x=4m的過(guò)程,拉力F的沖量為/=a|+/2=24N.S,D正確。

故選D。

9.（2024?江蘇淮安?一模）如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，從A、8兩點(diǎn)以相同速率同時(shí)拋出甲、乙兩相同

的小球，在上升過(guò)程中的C點(diǎn)相遇。該過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

H

A.甲球的重力的沖量比乙球的小

B.拋出時(shí)，甲球重力的功率比乙球大

C.甲球的初速度與水平方向的夾角比乙球的大

D.相遇時(shí)，甲球的動(dòng)能比乙球的大

【答案】D

【詳解】A.以相同速率同時(shí)拋出甲、乙兩相同的小球，在C點(diǎn)相遇，兩球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，重力

相同，重力的沖量也相同，故A錯(cuò)誤；

B.甲、乙兩球在拋出后豎直方向加速度相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，但是甲球鞋直位移小于乙球，說(shuō)明甲球

在豎直方向的初速度小于乙球，所以?huà)伋鰰r(shí)，甲球重力的功率比乙球小，故B錯(cuò)誤；

C.從B選項(xiàng)的分析可知，甲球在豎直方向的初速度小于乙球，甲乙初速度大小相等，所以甲球在水平

方向的初速度大于乙球，甲球的初速度與水平方向的夾角比乙球的小，故C錯(cuò)誤；

D.全程甲球重力勢(shì)能減少量小于乙球，相遇時(shí)，甲球的動(dòng)能比乙球的大，故D正確。

故選D。

10.（2024?四川德陽(yáng)?模擬預(yù)測(cè)）籃球是中學(xué)生喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng)，如圖所示，某同學(xué)從同一高度的4、B兩點(diǎn)

先后將同一籃球拋出，且拋出點(diǎn)到籃板的水平距離B是A的兩倍，籃球恰好都能垂直打在籃板上的尸點(diǎn),

不計(jì)空氣阻力，籃球從拋出到打石籃板的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.從A點(diǎn)拋出時(shí)該同學(xué)對(duì)籃球做的功較多

B.從8點(diǎn)拋出時(shí)籃球的動(dòng)量變化量較大

C.兩次拋出的籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等

D.兩次拋出的籃球克服重力做功的功率均先增大后減小

【答案】C

【詳解】BC.用逆向思維法，將籃球看成反向平拋運(yùn)動(dòng)，籃球在豎直方向下降的高度相同，根據(jù)豎直方

向上的位移公式得"=解得兩次拋出的籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)間y杉，所以?xún)纱卧诳罩羞\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，

根據(jù)動(dòng)量定理可知兩次運(yùn)動(dòng)重力（合力）的沖量相等，則動(dòng)埴的變化量相等，即"a=3，故B錯(cuò)誤,

C正確;

A.由圖可知從A點(diǎn)投出的籃球比從3點(diǎn)投出的籃球的水平位移小，根據(jù)水平方向上的運(yùn)冽學(xué)公式得

X=vat，所以有%八＜%8，即從A點(diǎn)投出的籃球在水平方向的分速度小于在4點(diǎn)在水平方向的分速度,

可得被拋出的速度大小為V=J4+（//，則初始時(shí)匕＜匕，即從A點(diǎn)投出的籃球的速度小，動(dòng)能小，該

同學(xué)對(duì)籃球所做的功更少，故A錯(cuò)誤；

D.克服重力做功的功率為尸=Gu,,可知隨著豎直方向的速度逐漸變小，克服重力做功的功率逐漸變小，

故D錯(cuò)誤。

故選C。

11.（2024?廣東深圳?一模）某同學(xué)乘坐摩天輪做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。依次從A點(diǎn)經(jīng)8點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，下

列關(guān)于該同學(xué)的說(shuō)法正確的是（）

A.機(jī)械能保持不變B.合外力做功為零

C.重力的沖量為零D.合外力的沖量為零

【答案】B

【詳解】B.該同學(xué)坐摩天輪做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，動(dòng)能不變，故合外力做功為零，B正確;

A.從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤：

C.重力做的沖量?jī)?〃?/=/用工，不等于零，C錯(cuò)誤;

CD

D.根據(jù)動(dòng)量定理有，介-2〃”-2〃gA,合外力的沖量不為零，D錯(cuò)誤。

故選B。

12.（2024?陜西寶雞?模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為他=6kg、=2

kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，其中A緊靠墻面，現(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的力，該力

對(duì)物體B做功W=25J,使A、B間彈簧被壓縮.在系統(tǒng)靜止時(shí)，突然撤去向左的力，解除壓縮，則（）

AB.

/VZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZX

A.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒

C.從撤去外力至A與墻面皿分離，彈簧對(duì)B的沖量/=10N$方向水平向右

D.A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，兩物體速率均是2.5m/s

【答案】CD

【詳解】A.解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，墻壁對(duì)A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到

彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，恢復(fù)原長(zhǎng)后，AB一起向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的合外力

為零，動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；

B.解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；

C.壓縮彈簧時(shí)，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原K，彈性勢(shì)能全轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)

能，設(shè)此時(shí)B的速度為卬，則卬=綜=/〃％%2,得%=5m/s,此過(guò)程由動(dòng)量定理得/=〃％%=ION?s,

方向水平向右，故C正確；

D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度最小，則%n二°，A、B都運(yùn)動(dòng)后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相

等時(shí)彈簧拉伸最長(zhǎng)，此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，以向右為正，由系統(tǒng)動(dòng)

量守恒、機(jī)械能守恒有"%%=加A%+"%%，片=5心片+小標(biāo)W，得匕=2?5m/s,vB=-2.5nVs,故

D正確。

故選CD。

13.(2024?陜西安康?一模)(多選)某雙層立體泊車(chē)裝置如圖所示。欲將靜止在1號(hào)車(chē)位的轎車(chē)移至4號(hào)車(chē)

位，需先通過(guò)1號(hào)車(chē)位下方的移匈板托舉著轎車(chē)耗時(shí)8s豎直抬升2m至3號(hào)車(chē)位，再耗時(shí)12s水平右移3m

停至4號(hào)車(chē)位。若轎車(chē)的質(zhì)量為IxlfPkg,則下列說(shuō)法正確的是()

A.水平右移過(guò)程中，移動(dòng)板對(duì)轎車(chē)的支持力的沖量為0

B.豎直抬升過(guò)程中，移動(dòng)板對(duì)轎車(chē)的支持力做的功為2x10“

C.豎直抬升過(guò)程中，轎車(chē)的機(jī)械能守恒

D.整個(gè)過(guò)程中，移動(dòng)板對(duì)轎車(chē)做功的功率為1x10'W

【答案】BD

【詳解】A.水平右移過(guò)程中，移動(dòng)板對(duì)轎車(chē)的支持力的沖量為

35

I=FNt2=mgt2=1x10xION-12s=1.2x10N-s,不為零，故A錯(cuò)誤;

B.豎直抬升過(guò)程中，移動(dòng)板對(duì)轎車(chē)的支持力做的功為W=/V?=〃3?=lxl()3xl()Nx2m=2xl(fJ,故B

正確：

C.豎直抬升過(guò)程中，除重力外支持力做正功，轎車(chē)的機(jī)械能增加，不守恒，故c錯(cuò)誤；

D.整個(gè)過(guò)程中‘移動(dòng)板對(duì)轎左做功的功率=盜=IXK)3W,故D正確。

故選BD。

14.（2024?江西鷹潭?模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖所示，質(zhì)量分別為2〃?、小的乙、丙兩個(gè)小球并排放置在光滑

的水平面上，質(zhì)量為〃?的小球甲以速度％（沿乙、丙的連線(xiàn)方向）向乙球運(yùn)動(dòng)，三個(gè)小球之間的碰撞均為

彈性碰撞，下列說(shuō)法正確的是（）

甲%乙丙

A.當(dāng)三個(gè)小球間的碰撞都結(jié)束之后，乙處上靜止?fàn)顟B(tài)

B.當(dāng)三個(gè)小球間的碰撞都結(jié)束之后，三個(gè)小球的總動(dòng)量之和為2〃M

C.乙、丙在發(fā)生碰撞的過(guò)程中，丙對(duì)乙做的功為-片

O1

4

D.甲、乙在發(fā)生碰撞的過(guò)程中，乙對(duì)甲的沖量的大小為Q"?%

【答案】CD

【詳解】A.設(shè)甲、乙在碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別為咻、v乙,由彈性碰撞規(guī)律〃叫=〃“甲+2〃”乙,

綜合解得％=-；%,%二:%，設(shè)乙、丙在碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別為以、

I1128

V內(nèi)，由彈性碰撞規(guī)律2〃吆=2/”4,-X2mvJ=-x2/nv^+-mv^,綜合解得憶=-vc,了內(nèi)=g%，

故A錯(cuò)誤；

B.三個(gè)小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，碰撞都結(jié)束之后的總動(dòng)量等于碰撞之前的總動(dòng)量〃％,，故B錯(cuò)誤;

22

c,乙、內(nèi)在發(fā)生碰撞的過(guò)程中，乙的速度由吆=§%,變成以|二§%,由動(dòng)能定理，因?qū)σ易龅墓?/p>

1_2321

IV=—x乙1--x2勿八"=--m\\~,故C正確;

D.甲、乙在發(fā)生碰撞的過(guò)程中，甲的速度由%變成%=-：%,對(duì)甲由動(dòng)量定理可得，乙對(duì)甲的沖量為

/=〃?%-用%=-親〃％,負(fù)號(hào)表示方向，故乙對(duì)甲的沖量的天小為多為。故D正確。

故選CD。

15.（2024?湖南郴州?一模）（多選）原地起跳時(shí)，先屈腿卜蹲，然后突然蹬地。從開(kāi)始蹬地到離地是加速過(guò)

程（視為勻加速），加速過(guò)程重心上升的距離稱(chēng)為“加速距離”。離地后重心繼續(xù)上升，在此過(guò)程中重心上升

的最大距離稱(chēng)為“豎直高度”。已知某同學(xué)原地跳的“加速距離”d=0.50m,“豎直高度Y=1.0m,已知該同

學(xué)的質(zhì)量為50千克，重力加速度g取10m/s,不計(jì)一切阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.從蹬地開(kāi)始到重心上升到最高過(guò)程該同學(xué)處于先超重后失重狀態(tài)

B.人離開(kāi)地面時(shí)的速度為2、Sni/s

C.從開(kāi)始蹬地到離地過(guò)程中，地面的支持力對(duì)人做功為75OJ

D.從開(kāi)始蹬地到離地過(guò)程中，地面的支持力對(duì)人的沖量為100石N.s

【答案】AB

【詳解】A.該同學(xué)先加速上升后減速上升，則加速度先向上后向下，處于先超重后失重狀態(tài)，A正確;

B.根據(jù)片=2g/?,人離開(kāi)地面時(shí)的速度為%=2后m/s,B正確；

C.蹬地過(guò)程中，沿支持力的方向沒(méi)有位移，地血的支持力對(duì)人做功為零，C錯(cuò)誤；

D.加速上升階段有%=2加，加速上升的時(shí)間為"為，根據(jù)動(dòng)量定理/-〃a=地面的支持力對(duì)

a

人的沖量為/=150后N-s,D錯(cuò)誤。

故選ABo

題型二力學(xué)三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題

16.（2024?安徽?高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同的帶電小球，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的

絕緣輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)，連接成邊長(zhǎng)為，/的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為小，帶電量為+9,可視為點(diǎn)電荷。

初始時(shí)，小球均靜止，細(xì)線(xiàn)拉直?，F(xiàn)將球I和球2間的細(xì)線(xiàn)剪斷，當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線(xiàn)上時(shí)，速

度大小分別為“、匕、小如圖乙所示。該過(guò)程中三個(gè)小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減少了答》為靜電力常量,

不計(jì)空氣阻力。則（）

1?―?V|

（+）3

V

2金—>2

圖甲圖乙

A.該過(guò)程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過(guò)程中系統(tǒng)能量守恒，動(dòng)量不守恒

C.在圖乙位置，v,=v:,匕工2片D.在圖乙位置，匕=｛澈

【答案】D

【詳解】AB.該過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力

為0,故動(dòng)量守恒；當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線(xiàn)上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知細(xì)線(xiàn)中的拉力相等，此時(shí)球3

受到1和2的電場(chǎng)力大小相等：方向相反，故可知此時(shí)球3受到的合力為0,球3從靜止?fàn)顟B(tài)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，

瞬間受到的合力不為0,故該過(guò)程中小球3受到的合力在改變，故AB錯(cuò)誤；

CD.對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒〃叫+〃必=加匕，根據(jù)球1和2運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知匕=匕，解得匕=2匕，根據(jù)

能量守恒L叫2+Lm1+L〃匕2=yU,解得匕=J近，故c錯(cuò)誤,D正確。

2222dV3md

故選D。

17.（2022?北京?高考真題）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)

運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過(guò)四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)

動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速

伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩

側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說(shuō)法正確的是（）

A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深綽是為了減小與滑道之間的摩擦力

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度

C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間

【答案】B

【詳解】A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤:

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過(guò)增大滑道對(duì)人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi),

為了增加向上的速度，B正確：

C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤;

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均

沖擊力，D錯(cuò)誤。

改選B。

18.（2024?安徽?高考真題）（多選）一傾角為30。足夠大的光滑斜面固定干水平地面匕在斜面卜.建立

直角坐標(biāo)系，如圖（1）所示。從f=0開(kāi)始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從。點(diǎn)由靜止釋放，同時(shí)對(duì)物塊施加沿

工軸正方向的力E和尸2,其大小與時(shí)間，的關(guān)系如圖（2）所示。己知物塊的質(zhì)量為1.2kg,重力加速度g取

lOm/s2,不計(jì)空氣阻力。則（）

圖（1）圖（2）

A.物塊始終做勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

B.，=ls時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為2.5m

C./=ls時(shí)，物塊的加速度大小為5gm/s2

D.f=2s時(shí)，物塊的速度大個(gè)為10&m/s

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)圖像可得片=4-/,鳥(niǎo)二夕，故兩力的合力為F=4+2/（N）,物塊在y軸方向受到的力

不變?yōu)椤?gsin3O。，x軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.在y軸方向的加速度為%=mgsm30。=8$足30。=50^2,故，=心時(shí)，物塊的），坐標(biāo)值為

m

2.5m,故B正確；

2

C.，=ls時(shí)，尸=6N,故此時(shí)加速度大小為a=小a：++52m/s2=55/2m/s2,故C錯(cuò)誤；

D.對(duì)x軸正方向，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理立="7匕-。，由于尸與時(shí)間/成線(xiàn)性關(guān)系故可得

（4+2x0）+（4+2x2）

x2=1.2v,，解得匕=1Om/s,此時(shí)y軸方向速度為其=gsin30。?f=5x2m/s=1Om/s,

2

故此時(shí)物塊的速度大小為了=5：+始=］（）及］詢(xún)，故D正確。

故選BDo

19.（2024?廣西?高考真題）（多選）如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，

速度大小為M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞

后，1^在（）

A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)

B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)

C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于1，

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v

【答案】BC

【詳解】由于兩小球碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過(guò)程是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守

恒可知〃”=〃?%+"八，N，g/欣=g〃*'；+g"M，由「兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度,即

、=。，vN=v,碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)

動(dòng)速度大小等于巴在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。

故選BC.

20.（2024?寧夏四川?高考真題）（多選）蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為60kg的運(yùn)動(dòng)員在/=（）時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)

蹦床作用力大小尸與時(shí)間/的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中達(dá)動(dòng)員身體始終保持豎且，在其不與硼床接觸

時(shí)蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取lOm/s?。下列說(shuō)法正確的是（）

A.f=0.15s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大

B.f=0.30s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為10m/s

C.，=l.OOs時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處

D.運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知，=O.15s時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最人蹦床的形變后最人

此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從公().3Os離開(kāi)蹦床到"2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為2s,根據(jù)豎直上拋

運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s,則在f=L3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處,f=0.30s時(shí)

運(yùn)動(dòng)員的速度大小u=10xlm/s=10m/s,故B正確，C錯(cuò)誤；

D.同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理

F-Ar-mg-Ar-mv-(-mv),其中&=0.3s,代入數(shù)據(jù)可得產(chǎn)=4600N,根據(jù)牛頓笫三定律可知運(yùn)動(dòng)員每

次與蹦床接觸到離開(kāi)過(guò)程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N，故D正確。

故選BD。

21.(2024?重慶?高考真題)如圖所示，M、N兩個(gè)釘子固定于相距。的兩點(diǎn)，M的正下方有不可伸長(zhǎng)的輕

質(zhì)細(xì)繩，一端固定在M上，另一端連接位于M正下方放置于水平地面質(zhì)量為〃?的小木塊B,繩長(zhǎng)與M到

地面的距離均為10d質(zhì)量為2〃?的小木塊A,沿水平方向于B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，A與地面間

摩擦因數(shù)為卷，重力加速為g,忽略空氣阻力和釘子直徑，不計(jì)繩被釘子阻擋和繩斷裂時(shí)的機(jī)械能損失。

48

N.

Mf

n門(mén)」

AB尸

(1)若碰后，B在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且能經(jīng)過(guò)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，求B碰后瞬間速度的最小值；

(2)若改變A碰前瞬間的速度，碰后A運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)停止，B在豎直面圓周運(yùn)動(dòng)旋轉(zhuǎn)2圈，經(jīng)過(guò)M正下方時(shí)

細(xì)繩子斷開(kāi)，B也來(lái)到尸點(diǎn)，求B碰后瞬間的速度大??；

(3)若拉力達(dá)到12"吆細(xì)繩會(huì)斷，上下移動(dòng)N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬間的速度與(2)問(wèn)中

的相同，使B旋轉(zhuǎn)〃圈。經(jīng)過(guò)M正下的時(shí)細(xì)繩斷開(kāi)，求MN之間距離的范圍，及在〃的所有取值中，B落

在地面時(shí)水平位移的最小值和最大值。

【答案】(1)5廊(2)4際⑶青匕］,2,3,$皿=^^

【詳解】(1)碰后B能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑為10小設(shè)碰后B的最小速度大小為vo,最高

2

點(diǎn)速度大小為V,在最高點(diǎn)時(shí)由牛頓第二足定律有/〃&=〃?」」

10c

B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理可得-mgx2x10。=gmv--1〃欣

解得%-5/2即

(2)A和B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，設(shè)碰前A的速度大小為盯碰后A的速度大小為以碰后B的速度大

小為V3,則有

2mVi=2inv2-\-inv3

—1x2rtm\2=—1xr2/nv,2+—?tn\\2

2'2'2

碰后A減速到0,有〃x2〃%/.=；x2nw-

碰后B做兩周圓周運(yùn)動(dòng)，繩子在MN間纏繞2圈，縮短4m在M點(diǎn)正下方時(shí)，離M點(diǎn)6m離地面4”,

此時(shí)速度大小為V4,由功能關(guān)系得〃?gx44=g"“-J"?片

B隨后做平拋運(yùn)動(dòng)，有

解得匕=%/癡

(3)設(shè)MN間距離為九B轉(zhuǎn)〃圈后到達(dá)M正下方速度大小為“，繩縮短2nh,繩斷開(kāi)時(shí)，以M為圓

2

心，由牛頓第二定律得12〃吆一"吆=機(jī)-------(//=1?2,3,...)

10a—2nh

以N為圓心，由牛頓第二定律得12呀砥=%二』(〃~2,3,...)

2

從碰后到B轉(zhuǎn)〃圈后到達(dá)M正下方，由功能關(guān)系得=(〃=1,2,3,…)

解得‘工/?工二^-(〃=1,2,3,…)

3〃18/2-11

繩斷后，B做平拋運(yùn)動(dòng)，有

2〃h=；即2(//=1,2,3,…)

V5l

可得s=452()，〃訪(fǎng)-(〃=],2>3,...)

,十5。，,30”。

由于一<nh<------(/?=1,2,3,...)

318//-11

則由數(shù)學(xué)分析可得

當(dāng)，訪(fǎng)=時(shí)，Jmin=_^

W.?,30。40x/33?

當(dāng)〃=1時(shí)，nh=—,4”=—--

22.(2024?甘肅?高考真題)如圖，質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點(diǎn))在細(xì)繩。力和。戶(hù)作用下處于平衡狀態(tài)，

細(xì)維07=0尸=1.6m,與豎直方向的夾角均為60。。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg

的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩。，P，小球A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。(重力加速度g取lOm/s?)

(1)求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩0P所受的拉力。

(2)A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩0。斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時(shí)間極短)、碰后A豎直下落，C水平

向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

【答案】(1)40N；(2)4nVs；(3)0.15

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)AC質(zhì)量為機(jī)=2kg,B的質(zhì)量為"=6kg,細(xì)繩OP長(zhǎng)為/=1.6m,初始時(shí)細(xì)線(xiàn)與

豎直方向夾角8=60。

(?)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有〃儂。-cose)=g〃就-o

對(duì)最低點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得尸-mg=苧

解得％=4m/s,F=40N

(2)A與C相碰時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒，由于碰后A豎直下落可知機(jī)%=。+機(jī)%

故解得％=%=4m/s

(3)A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速，則對(duì)CB分析，過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量守恒可得叫)=("+機(jī))丫

根據(jù)能最守恒得對(duì)=｝麗—+

聯(lián)立解得4=。15

23.（2024?廣東?高考真題）汽車(chē)的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。

（1）安全帶能通過(guò)感應(yīng)車(chē)的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車(chē)的過(guò)程中，

敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車(chē)達(dá)到共同的加速度小同時(shí)頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡

住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為風(fēng)，敏感球的質(zhì)量為〃?，重力加速度為g。

忽略敏感球受到的摩擦力。求斜而傾角的正切值tan。。

（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為“處做自由落體運(yùn)動(dòng)。

與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力/隨時(shí)訶/的變化規(guī)

律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量”二30kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=IOm/s2。求：

①碰撞過(guò)程中產(chǎn)的沖量大小和方向；

②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。

【答案】（1）tanO=；（2）①33（）N$方向豎直向上；②0.2m

mg+FN

【詳解】（1）敏感球受向下的重力，咫和敏感臂向下的壓力Ev以及斜面的支持力N,則由牛頓第二定律

可知（"取+瑪）lan。=ma

解得⑶———

mg+FN

（2）①由圖像可知碰撞過(guò)程中產(chǎn)的沖量大小/F=gx0.1x6600N?s=330N-s,方向豎直向上;

②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度%=而彳=8向S

與氣囊作用過(guò)程由動(dòng)量定理（向上為正方向）=

解得v=2m/s

v2

則上升的最大高度/?==0.2m

27

24.（2024?湖北?高考真題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離

為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O,用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小

球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在。點(diǎn)右側(cè)的〃點(diǎn)固定一釘子，。點(diǎn)與。點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小

物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大

小為lm/s、方向水平向左。小球碰后繞。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞。點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。

已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為05重力加速度大小g=10m/s2.

(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；

(2)求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的點(diǎn)、動(dòng)能：

(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求尸點(diǎn)到0點(diǎn)的最小距離。

【答案】(1)5m/s；(2)0.3J；(3)0.2m

【詳解】(1)根據(jù)題意，小物決在傳送帶上，由牛頓第二定律有"咫

解得a=5m/s?

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，小物塊與造送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為x=由=2.5m<L傳=3.6m

2a

可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于

傳送帶的速度大小51】人。

(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方

向，由動(dòng)量守恒定律有/%咤陽(yáng)物匕+網(wǎng)”2

其中y=5m/s,V)=-1m/s

解得匕=3m/s

小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為△線(xiàn)=十〃”2-5%產(chǎn)；一3"如名

解得=0-3J

(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)尸點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為d,小球在尸點(diǎn)正上方

2

的速度為L(zhǎng)，在。點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有盧7

小球從。點(diǎn)正下方到夕點(diǎn)正上方過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有:網(wǎng)減=；加球片+網(wǎng)建(2J-d)

聯(lián)立解得d=0.2m

即P點(diǎn)到。點(diǎn)的最小距離為0.2m.

25.（2024?安徽?高考真題）如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑

四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車(chē)最左端，一小球用不

可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)懸掛于。點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線(xiàn)拉直到水平位置時(shí)，靜止齊放小球，

小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車(chē)上的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)L=1.25m。

小球質(zhì)量〃z=0.20kg0物塊、小車(chē)質(zhì)量均為M=0.30kg,小車(chē)卜的水平軌道長(zhǎng)s=1.0m,圓弧軌道半杼

￡=0.15m.小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取lOm/s?。

（1）求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大??；

（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；

（3）為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范

圍。

mo-----O

R

*-J7

_O__O_

【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）0.25<//<0.4

【詳解】（1）對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理〃田L(fēng)=$w；-。

解得%=5m/s

2

在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律4-〃?g=，吟

解得，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物決碰撞前所受拉力的大小為4=6N

（2）小球與物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律

“2%=mv}+MVj

g〃片=/叫2+(^可

解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為嗎=Ty%=4m/s

m+M

（3）若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒

Mib=2M匕

由能是守恒定律；Mvj=；x2M片+從Mgs

解得回=04

若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高的位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒

MV2=2A/V4

由能量守恒定律;用片二；x2M1+出Mgs+MgR

解得出=0.25

綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范圍為。25工〃<0.4

26.（2024?遼寧?高考真題）如圖，高度"=0.8