五年（2021-2025）高考真題分類(lèi)匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題16力學(xué)計(jì)算考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1牛頓運(yùn)動(dòng)定律2022五年考情凸顯機(jī)械能守恒定律與動(dòng)能定理的核心地位，命題趨勢(shì)聚焦多過(guò)程動(dòng)力學(xué)鏈條的深度整合、臨界條件以及數(shù)學(xué)工具的應(yīng)用。試題設(shè)計(jì)顯著強(qiáng)化能量與力的雙路徑綜合求解，例如構(gòu)建斜面-圓弧-碰撞多階段模型，要求分段運(yùn)用牛頓定律分析變速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力突變，聯(lián)動(dòng)機(jī)械能守恒計(jì)算最大高度，并利用動(dòng)能定理處理摩擦生熱損耗；設(shè)計(jì)彈簧振子與自由落體的復(fù)合場(chǎng)景，需精準(zhǔn)銜接彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化、重力勢(shì)能變化及碰撞瞬時(shí)動(dòng)量守恒，求解振子振幅衰減規(guī)律。命題緊密追蹤工程技術(shù)應(yīng)用，創(chuàng)新題型引入非慣性系分析，要求轉(zhuǎn)換參考系修正動(dòng)能表達(dá)式；高階命題則結(jié)合圖像信息，構(gòu)建動(dòng)力學(xué)方程，全面檢驗(yàn)對(duì)力學(xué)規(guī)律的系統(tǒng)建模能力與跨學(xué)科解決實(shí)際工程問(wèn)題的素養(yǎng)。考點(diǎn)2曲線運(yùn)動(dòng)2025考點(diǎn)3機(jī)械能及其守恒定律2025、2022、2021考點(diǎn)4動(dòng)能及其守恒定律2024、2023考點(diǎn)01牛頓運(yùn)動(dòng)定律1．（2022·湖南·高考）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0<λ<H（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）k=(1+λ)h(1-λ)H【詳析】（1）籃球下降過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律有mg-λmg=ma下再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，上升的過(guò)程中有v則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比k（2）若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，則籃球下落過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有mg籃球反彈后上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有-聯(lián)立解得F（3）方法一：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為a下a上由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時(shí)間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有I即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度v。拍擊第1次下降過(guò)程有v上升過(guò)程有k代入k后，下降過(guò)程有v上升過(guò)程有h聯(lián)立有h拍擊第2次，同理代入k后，下降過(guò)程有v上升過(guò)程有h聯(lián)立有h再將h1代入h2有h拍擊第3次，同理代入k后，下降過(guò)程有v上升過(guò)程有h聯(lián)立有h再將h2代入h3有h直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過(guò)程有v上升過(guò)程有h聯(lián)立有h將hN-1代入hN有h其中hN=則有H則I方法二：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為a下a上由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時(shí)間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有I即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度v’。設(shè)籃球從H下落時(shí)，速度為v0，反彈高度為h，籃球受到?jīng)_量I后速度為v’，落地時(shí)速度為v1，則2(1+聯(lián)立可得h代入k可得，v'2籃球再次反彈，反彈速度為kv1，設(shè)反彈高度為h1，受到?jīng)_量后，落地速度為v22(1+λ)同理化簡(jiǎn)可得v'2籃球第三次反彈，反彈速度為kv2，設(shè)反彈高度為h2，受到?jīng)_量后，落地速度為v32(1+λ)同理化簡(jiǎn)可得v'2……第N次反彈可得v'2=v對(duì)式子①②③……(N)兩側(cè)分別乘以(Hh)0、Hh、(1+得1-其中，v02=2(1-λ可得沖量I的大小

I考點(diǎn)02曲線運(yùn)動(dòng)2．（2025·湖南·高考）某地為發(fā)展旅游經(jīng)濟(jì)，因地制宜利用山體舉辦了機(jī)器人雜技表演。表演中，需要將質(zhì)量為m的機(jī)器人拋至懸崖上的A點(diǎn)，圖為山體截面與表演裝置示意圖。a、b為同一水平面上兩條光滑平行軌道，軌道中有質(zhì)量為M的滑桿?；瑮U用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩與機(jī)器人相連。初始時(shí)刻，輕繩？？緊且與軌道平行，機(jī)器人從B點(diǎn)以初速度v豎直向下運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)位于軌道平面上，且在A點(diǎn)正下方，AB=1.2L。滑桿始終與軌道垂直，機(jī)器人可視為質(zhì)點(diǎn)且始終作同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，輕繩不可伸長(zhǎng)，sin37°=0.6(1)若滑桿固定，v=(2)若滑桿固定，當(dāng)機(jī)器人運(yùn)動(dòng)到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時(shí)，機(jī)器人松開(kāi)輕繩后被拋至A點(diǎn)，求v的大??；(3)若滑桿能沿軌道自由滑動(dòng)，M=km，且k≥1，當(dāng)機(jī)器人運(yùn)動(dòng)到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時(shí)，機(jī)器人松開(kāi)輕繩后被拋至A點(diǎn)，求v與k【答案】(1)F(2)v(3)v=9【詳析】（1）由B點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程動(dòng)能定理有1最低點(diǎn)牛頓第二定律可得F聯(lián)立可得F（2）輕繩運(yùn)動(dòng)到左上方與水平方向夾角為37°時(shí)由能量守恒可得1水平方向x豎直方向取向上為正可得y聯(lián)立可得v（3）當(dāng)機(jī)器人運(yùn)動(dòng)到滑桿左上方且與水平方向夾角為37°時(shí)計(jì)為點(diǎn)C，由能量守恒可得1設(shè)v1的水平速度和豎直速度分別為vx則水平方向動(dòng)量守恒可得m水平方向滿(mǎn)足人船模型可得m此時(shí)機(jī)器人相對(duì)滑桿做圓周運(yùn)動(dòng)，因此有速度關(guān)系為tan設(shè)此時(shí)機(jī)器人的速度與豎直方向的夾角為θ，則有速度關(guān)系tan水平方向l豎直方向1.2聯(lián)立可得v即v顯然當(dāng)k=1時(shí)取得最小，此時(shí)考點(diǎn)03機(jī)械能及其守恒定律3．（2021·湖南·學(xué)業(yè)水平選擇性）如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ。質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為2μL，μL，Q端在y（1）若A從傾斜軌道上距x軸高度為2μL的位置由靜止開(kāi)始下滑，求A經(jīng)過(guò)O（2）若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同，求PQ的曲線方程；（3）將質(zhì)量為λm（λ為常數(shù)且λ≥5）的小物塊B置于O點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開(kāi)始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距x【答案】（1）2μgL；（2）x=22μLy-y【詳析】（1）物塊A從光滑軌道滑至O點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理mg解得v（2）物塊A從O點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出的初速度為v0，落在弧形軌道上的坐標(biāo)為(x=v解得水平初速度為v物塊A從O點(diǎn)到落點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可知mgy解得落點(diǎn)處動(dòng)能為E因?yàn)槲飰KA從O點(diǎn)到弧形軌道上動(dòng)能均相同，將落點(diǎn)P(2E化簡(jiǎn)可得y即x=22μLy（3）物塊A在傾斜軌道上從距x軸高h(yuǎn)處?kù)o止滑下，到達(dá)O點(diǎn)與B物塊碰前，其速度為v0mg解得v02=2物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，則A與B碰撞后需要反彈后再經(jīng)過(guò)水平軌道-傾斜軌道-水平軌道再次到達(dá)O點(diǎn)。規(guī)定水平向右為正方向，碰后AB的速度大小分別為v1和v2，在物塊A與B碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，能量守恒。則m解得v1=λ-v2=2設(shè)碰后A物塊反彈，再次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度為v3，根據(jù)動(dòng)能定理可知解得v32=據(jù)題意，A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，則v3>v據(jù)題意，A和B均能落在弧形軌道上，則A必須落在P點(diǎn)的左側(cè)，即：v3≤2聯(lián)立以上，可得h的取值范圍為3考點(diǎn)04動(dòng)能及其守恒定律4．（2024·湖南·高考）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大??；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比mA（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過(guò)的路程。【答案】（1）v=mAv0mA+m（3）2【詳析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒有m可得v碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有F可得F（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動(dòng)量和能量守恒有mAv聯(lián)立解得vA=因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為1+3k1聯(lián)立解得m由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即m對(duì)第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為v'A，v1聯(lián)立解得v'A=v0，v②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過(guò)的路程之比為2+3k2聯(lián)立可得m因?yàn)閮少|(zhì)量均為正數(shù)，故k2=0，即m根據(jù)①的分析可證v'A=綜上可知mAmB（3）第一次碰前相對(duì)速度大小為v0，第一次碰后的相對(duì)速度大小為v1相=ev0，第一次碰后與第二次相碰前B球比A第一次碰撞動(dòng)量守恒有mAv聯(lián)立解得vB球運(yùn)動(dòng)的路程s第二次碰撞的相對(duì)速度大小為v2相第二次碰撞有mAv聯(lián)立可得v所以B球運(yùn)動(dòng)的路程s一共碰了2n次，有s5．（2023·湖南·高考）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為a和b，長(zhǎng)軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑．以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長(zhǎng)軸位于x軸上。整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；（3）若Mm=ba-b，求小球下降【答案】（1）v2=2m2gbM2+Mm【詳析】（1）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正0=小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgb聯(lián)立解得v因水平方向在任何時(shí)候都動(dòng)量守恒即0=兩邊同時(shí)乘t可得m且由幾何關(guān)系可知x聯(lián)立得x（2）小球向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中凹槽向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的坐標(biāo)為x,y時(shí)，此時(shí)凹槽水平向右運(yùn)動(dòng)的位移為Δ則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知此時(shí)的橢圓方程為x整理得xM+m-（3）將Mm=即此時(shí)小球的軌跡為以a-b為圓心，b為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為

此時(shí)可知速度和水平方向的夾角為60°，小球下降b2的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒系統(tǒng)機(jī)械能守恒mg聯(lián)立得v1．（2025·湖南婁底·高三下模）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體在水平向右的推力F的作用下從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，5s后速度為15m/s，已知物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5。求：（g取10m/s2）(1)物體與地面之間摩擦力的大?。?2)物體加速度的大?。?3)F的大小。【答案】(1)F(2)a(3)F=16N【詳析】（1）物體與地面之間摩擦力的大小為F（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得加速度大小為a（3）由牛頓第二定律F解得F=16N2．（24-25高三·湖南邵陽(yáng)·二聯(lián)考）某游戲裝置簡(jiǎn)化圖如下，游戲規(guī)則是玩家挑選出兩個(gè)完全相同的光滑小球a、b，將a球向左壓縮彈簧至鎖扣位置松手，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，a球運(yùn)動(dòng)至右側(cè)與靜止的b球發(fā)生碰撞后，結(jié)合為c。若碰后c能完全通過(guò)豎直放置的四分之一細(xì)圓管道CD和四分之一圓弧軌道DE，并成功投入右側(cè)固定的接球桶中，則視為游戲挑戰(zhàn)成功。已知被壓縮至鎖扣位置時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep=0.5J，圓心O1、O2及D三點(diǎn)等高，E點(diǎn)為軌道的最高點(diǎn)，安裝有微型壓力傳感器（未畫(huà)出）。細(xì)圓管道、圓弧軌道半徑均為R=0.4m，接球桶的高度h=0.35m，半徑r=0.2m，中心線離EF(1)若小球a、?b的質(zhì)量為0.01?kg(2)若小球a、?b的質(zhì)量為0.01?kg，求c(3)若想要挑戰(zhàn)成功，求玩家挑選小球的質(zhì)量范圍?！敬鸢浮?1)v(2)0.25N(3)0.01【詳析】（1）對(duì)球a：E解得：v（2）a與b相碰，碰后c的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律：對(duì)c，從C到E，由機(jī)械能守恒得：1由牛頓第二定律：F得：v2=3由牛頓第三定律可知，c對(duì)傳感器的壓力大小也為0.25?（3）設(shè)小球恰好投到接球桶的左、右端點(diǎn)時(shí)，在E點(diǎn)水平拋出的速度分別為v3、2解得v若要挑戰(zhàn)成功，則小球需要通過(guò)E點(diǎn)，小球恰好經(jīng)過(guò)E點(diǎn)時(shí)有：2求得v因v3<v5由（1）可知v=3?m/s時(shí)對(duì)應(yīng)小球a若在E點(diǎn)以v=2同理有：EP=12解得m綜上a，b小球的質(zhì)量的范圍為：0.013．（24-25高三·湖南常德·二模）下圖為吸盤(pán)工作原理示意圖，使用時(shí)先把吸盤(pán)緊挨豎直墻面，按住鎖扣把吸盤(pán)緊壓在墻上，擠出吸盤(pán)內(nèi)部分空氣，如圖（a），然后要把鎖扣扳下，讓鎖扣以盤(pán)蓋為依托把吸盤(pán)向外拉出，在拉起吸盤(pán)同時(shí)，鎖扣對(duì)盤(pán)蓋施加壓力，致使盤(pán)蓋以最大的壓力吸住吸盤(pán)，使外界空氣不能進(jìn)入吸盤(pán)，如圖（b）。由于吸盤(pán)內(nèi)外存在壓強(qiáng)差，使吸盤(pán)被緊壓在墻壁上，掛鉤上即可懸掛適量物體。已知鎖扣扳下前吸盤(pán)內(nèi)密封一定質(zhì)量的氣體，壓強(qiáng)與外界大氣壓強(qiáng)相同，鎖扣扳下后吸盤(pán)內(nèi)氣體體積變?yōu)榘庀虑暗?.25倍，盤(pán)蓋的左側(cè)截面積即圖（b）中大圓面積S1=6.0?cm2，吸盤(pán)中氣體與墻面的接觸面積S(1)求扳下鎖扣后吸盤(pán)內(nèi)氣體壓強(qiáng)；(2)若吸盤(pán)與墻之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.75【答案】(1)8×(2)3.0【詳析】（1）已知環(huán)境氣溫不變，說(shuō)明氣體發(fā)生的是等溫變化；對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，在等溫變化過(guò)程中，由玻意耳定律p其中V代入數(shù)據(jù)解得下鎖扣后吸盤(pán)內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p（2）水平方向上，吸盤(pán)內(nèi)外存在壓強(qiáng)差，大氣對(duì)吸盤(pán)有一個(gè)向內(nèi)的壓力，吸盤(pán)內(nèi)氣體對(duì)吸盤(pán)有一個(gè)向外的壓力。吸盤(pán)內(nèi)外的壓力差F代入可得F當(dāng)吸盤(pán)恰好能掛起重物時(shí)，豎直方向上重物的重力等于吸盤(pán)受到的最大靜摩擦力即mg代入數(shù)據(jù)計(jì)算得m即吸盤(pán)能掛起重物質(zhì)量的最大值為3.0?4．（2025·湖南永州·三模）跳臺(tái)滑雪是最具觀賞性的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一，滑雪大跳臺(tái)的賽道主要由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)組成，其場(chǎng)地可以簡(jiǎn)化為如圖甲所示的模型。某實(shí)驗(yàn)小組結(jié)合滑雪軌道設(shè)計(jì)了如圖乙所示的光滑軌道進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究，豎直圓弧軌道ABC的圓心為O1，B點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，MN為另一四分之一豎直圓弧軌道，圓心為O2，圓弧軌道ABC和MN的半徑R相同，R=3m，C、M交接處留有可供小球通過(guò)的窄縫。O1、M、C、O2四點(diǎn)在同一水平線上，OA兩點(diǎn)連線與水平方向夾角為30°，已知OA=5m，一質(zhì)量m=1?kg的小球以與水平方向成30°的初速度v(1)小球從O到A所需時(shí)間；(2)小球在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力；(3)小球脫離MN軌道時(shí)重力的瞬時(shí)功率。【答案】(1)1s(2)45N，方向豎直向下(3)15【詳析】（1）沿OA方向和垂直O(jiān)A方向建立直角坐標(biāo)系由運(yùn)動(dòng)的分解知識(shí)可得gx=則有拋體運(yùn)動(dòng)知識(shí)得從O到A所需時(shí)間t（2）小球到達(dá)A點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)的分解知識(shí)可得vv由幾何知識(shí)得∠AO1B由動(dòng)能定理得mg小球在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得F聯(lián)立解得軌道對(duì)小球的支持力F由牛頓第三定律得，小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力等于45N，方向豎直向下。（3）由第（2）問(wèn)解得v如圖，設(shè)夾角為α?xí)r小球脫離MN軌道由牛頓第二定律得mg小球從B點(diǎn)到脫離軌道點(diǎn)由動(dòng)能定理得-各式聯(lián)立解得v=15m/s，故得小球脫離MN軌道時(shí)重力的瞬時(shí)功率P5．（25屆·懷化·二模）如圖甲所示，水平地面上鋪設(shè)有一厚度不計(jì)的軟性材質(zhì)地毯，在距離地毯高為H的位置P由靜止自由釋放一質(zhì)量為mA的小球A（H遠(yuǎn)大于小球半徑），小球A與水平地面上的地毯發(fā)生碰撞后豎直反彈。已知小球A每次與地毯發(fā)生碰撞之后的瞬時(shí)速率都是碰前瞬時(shí)速率的45。（整個(gè)過(guò)程不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為(1)求小球A第一次反彈的最高點(diǎn)到釋放點(diǎn)P的距離；(2)如果要使小球A在第一次反彈后恰好回到出發(fā)點(diǎn)P，則需在釋放時(shí)瞬間給小球A一個(gè)豎直向下的初速度v0，v(3)如圖乙所示，緊貼小球A的正下方放置一大小相同、質(zhì)量為mB的小球B，此時(shí)仍然讓兩小球從位置P由靜止自由下落，要使小球A在第一次碰后反彈恰好回到出發(fā)點(diǎn)P，則小球B的質(zhì)量mB與小球A的質(zhì)量mA之比是多少？（假設(shè)小球B每次與地毯發(fā)生碰撞之后的瞬時(shí)速率都是碰前瞬時(shí)速率的45，而小球A【答案】(1)9(2)v(3)m【詳析】（1）方法一：設(shè)小球A與地毯碰前的瞬時(shí)速率為v，從自由釋放到落點(diǎn)前瞬間由機(jī)械能守恒定律得mgH=設(shè)第一次碰后小球A上升的最大高度為h，依題意有碰后的瞬時(shí)速率為45v，則碰后反彈到最高點(diǎn)有則第一次反彈的最高點(diǎn)到釋放點(diǎn)P的距離為Δy方法二：設(shè)小球A與地毯碰前的瞬時(shí)速率為v，從自由釋放到落點(diǎn)前瞬間由自由落體得v2設(shè)第一次碰后小球A上升的最大高度為h，依題意有碰后的瞬時(shí)速率為45v，則碰后反彈到最高點(diǎn)有則第一次反彈的最高點(diǎn)到釋放點(diǎn)P的距離為Δ（2）方法一：當(dāng)小球A自由下落的初速度為v0時(shí)，其與地毯碰前的瞬時(shí)速度為v'，由機(jī)械能守恒得反彈后小球A恰好回到釋放點(diǎn)P，則有12聯(lián)立得v0方法二：當(dāng)小球A自由下落的初速度為v0時(shí)，其與地毯碰前的瞬時(shí)速度為v'，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得反彈后小球A恰好回到釋放點(diǎn)P，則有（4聯(lián)立得v（3）設(shè)小球B與地毯碰前的瞬時(shí)速率為v，則與地毯碰后的速率為45v，此時(shí)小球A的速率為v，由于小球A和小球B之間的碰撞為彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒（取豎直向上為正）和機(jī)械能守恒得45m碰后小球A恰好回到釋放點(diǎn)P，則有vA'2聯(lián)立上述各式，得m6．（2025·湖南婁底·高三下模）如圖所示為摩托車(chē)“飛越壕溝”表演場(chǎng)景。摩托車(chē)沿水平路面加速運(yùn)動(dòng)到A處，然后飛越寬為10m，高度差為1.25m的壕溝。摩托車(chē)與車(chē)手總質(zhì)量為m=100kg，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g為10m/s2。問(wèn)：(1)從A處飛出后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間落地？(2)到達(dá)A處時(shí)，摩托車(chē)的最小速度為多大？(3)剛要落地時(shí)摩托車(chē)與車(chē)手的最小動(dòng)能為多大？【答案】(1)0.5s(2)20m/s(3)21250【詳析】（1）根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知h解得t=0.5（2）根據(jù)水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x解得v（3）根據(jù)動(dòng)能定理有mg解得Ek7．（25屆湘豫名校高三·下·三模）如圖所示，固定斜面光滑?；瑝KA、B質(zhì)量相等，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的細(xì)線繞過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪連接?；瑝KA和滑輪間的細(xì)線與斜面平行。開(kāi)始A處于斜面底端，A、B均靜止，釋放后，經(jīng)過(guò)T=1s剪斷細(xì)線，之后滑塊A在斜面上滑動(dòng)，恰好又經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間回到斜面的底端。剪斷細(xì)線前B沒(méi)有落地，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)剪斷細(xì)線前后滑塊A的加速度大小之比a1(2)斜面傾角的正弦值sinθ及滑塊A返回斜面底端的速度大??；(3)為避免滑塊A從斜面上端沖出，斜面的長(zhǎng)度L不小于多少？【答案】(1)a(2)sinθ=(3)4【詳析】（1）滑塊A加速運(yùn)動(dòng)的位移x剪斷細(xì)線時(shí)滑塊A的速度v剪斷細(xì)線后滑塊A的位移x經(jīng)過(guò)相同的時(shí)間回到斜面的底端，有x聯(lián)立可得a（2）選沿斜面向上為正方向，設(shè)滑塊A、B質(zhì)量均為m，設(shè)剪斷前細(xì)線張力為F，由牛頓第二定律，對(duì)滑塊A，有F對(duì)滑塊B，有mg可得a剪斷細(xì)線后，對(duì)滑塊A，有mg可得a聯(lián)立解得sin可得a剪斷細(xì)線時(shí)，A的速度vA返回斜面底端的速度vA返回斜面底端的速度大小為4（3）A斜向上加速位移xA斜向上減速位移x斜面的最短長(zhǎng)度L8．（2025·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)·高三下·模擬）三個(gè)半徑都為R，質(zhì)量分別為mA=2m(1)釋放后瞬間，三個(gè)球的加速度分別是多少？(2)B球最大動(dòng)能是多少？(3)A球落地時(shí)的速度是多大？【答案】(1)aA=g4，方向豎直向下；(2)3(3)v【詳析】（1）對(duì)球A受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律，有2mg對(duì)B受力分析，有根據(jù)牛頓第二定律，有F加速度關(guān)系aA聯(lián)立以上解得aA=球B的加速度為a由對(duì)稱(chēng)性aCaB方向水平向左，a（2）經(jīng)分析，A球與B球（或C球）分離時(shí)，B球（或C球）動(dòng)能最大，設(shè)此時(shí)A球、B球的球心連成與水平方向的夾角為θ，A球相對(duì)B球的速度為vAB，有矢量圖如圖根據(jù)速度合成與分解可知vA1分離瞬間，A相對(duì)B做圓周運(yùn)動(dòng)，有2mgA、B、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有2mg由對(duì)稱(chēng)性v聯(lián)立以上解得sinθ=33，vAB=2所以B球最大動(dòng)能是E（3）分離后，A球以vA1做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律將vA19．（2025·湖南·一起考·高三下·一模）如圖所示，木板A的中點(diǎn)O和小球B通過(guò)長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連，O為轉(zhuǎn)動(dòng)軸，小球B的質(zhì)量為m，木板A的質(zhì)量為2m，球和木板都靜止在光滑的水平面上，開(kāi)始時(shí)桿處于豎直位置，放開(kāi)小球B后輕桿將倒下，求：(1)若木板固定，輕桿到達(dá)水平位置時(shí)，小球B接觸木板前瞬間的加速度；(2)若木板不固定，桿到達(dá)水平位置時(shí)，小球B接觸木板前瞬間桿對(duì)小球B的拉力大小?！敬鸢浮?1)a=5(2)T【詳析】（1）若木板固定，輕桿到達(dá)水平位置時(shí)，小球的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgL解得v1小球的向心加速度大小a切向加速度大小a小球的實(shí)際加速度a加速度方向與水平方向夾角為θ，且tan解得θ（2）若木板不固定，輕桿水平時(shí)，小球和木板有共同的水平速度，因系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，所以水平方向的共同速度vx為零。當(dāng)輕桿到達(dá)水平時(shí)，由機(jī)械能守恒可得小球的豎直速度設(shè)此時(shí)木板對(duì)地的加速度為a1，小球?qū)Φ厮椒较虻募铀俣葹閍2對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律T對(duì)小球，根據(jù)牛頓第二定律T聯(lián)立以上方程，解得T10．（24-25高三·湖南常德·二模）如圖所示，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻長(zhǎng)木板，其上表面光滑，下表面粗糙，靜止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一豎直擋板。一質(zhì)量為3m的小滑塊靜置在長(zhǎng)木板的右端。現(xiàn)給小滑塊一個(gè)水平向左的瞬時(shí)速度v0，小滑塊與長(zhǎng)木板發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑塊恰好不會(huì)從長(zhǎng)木板掉下。假設(shè)小滑塊與豎直擋板的碰撞為彈性正碰，碰撞時(shí)間極短，桌面粗糙程度各處相同，桌面足夠長(zhǎng)，重力加速度大小為(1)第一次碰撞后瞬間小滑塊和長(zhǎng)木板的速度大小；(2)長(zhǎng)木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。【答案】(1)v1=(2)v(3)6【詳析】（1）設(shè)小滑塊的初速度方向?yàn)檎较?，第一次碰撞后瞬間小滑塊和長(zhǎng)木板的速度分別為v1和v'1，碰撞瞬間根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得v1=（2）發(fā)生第一次碰撞后，長(zhǎng)木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樾』瑝K與長(zhǎng)木板發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑塊恰好不會(huì)從長(zhǎng)木板掉下，所以長(zhǎng)木板勻減速到與小滑塊速度相等時(shí)二者相對(duì)位移恰好等于L，設(shè)第一次碰撞后到二者速度相等所用時(shí)間為t，長(zhǎng)木板勻減速的加速度大小為a，則有v'1解得t=2對(duì)長(zhǎng)木板根據(jù)牛頓第二定律可得μ解得μ（3）二者速度相等后，長(zhǎng)木板繼續(xù)勻減速至停止通過(guò)的位移和所用時(shí)間分別為x'=這段時(shí)間內(nèi)小滑塊的位移為x因?yàn)閤所以小滑塊與長(zhǎng)木板發(fā)生第二次碰撞時(shí)長(zhǎng)木板已停止運(yùn)動(dòng)，小滑塊與長(zhǎng)木板第二次碰撞瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有3mv聯(lián)立解得v2=同理，小滑塊與長(zhǎng)木板第n次碰撞后瞬間長(zhǎng)木板的速度大小v小滑塊與長(zhǎng)木板發(fā)生每次碰撞前長(zhǎng)木板均靜止，碰后均做加速度相同的勻減速運(yùn)動(dòng)，故t長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t解得t11．（24-25高三·湖南郴州·三測(cè)）如圖所示，水平傳送帶以v=5.0m/s的速率沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，左端與一豎直放置的14光滑圓弧軌道平滑對(duì)接，右端與一足夠長(zhǎng)的水平光滑平臺(tái)平滑對(duì)接，傳送帶長(zhǎng)L=1.6m。光滑圓弧半徑R=0.2m，距離圓弧軌道最上端s=2.4m處由靜止釋放滑塊A（可看作質(zhì)點(diǎn)），滑塊A沿切線方向無(wú)碰撞進(jìn)入圓弧軌道，滑塊A從傳送帶上滑出后與平臺(tái)末端的滑塊B發(fā)生彈性正碰撞，碰后A以2m/s的速度返回，A第2次離開(kāi)傳送帶后被取走，B從平臺(tái)上水平滑出，滑出后與水平面碰撞時(shí)水平速度不變，碰后的反彈高度都是前一次的14，不計(jì)所有碰撞的時(shí)間。已知A的質(zhì)量mA=0.1kg，A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，平臺(tái)高h(yuǎn)=3.2m，重力加速度大小g=10m/s(1)滑塊B的質(zhì)量為多大；(2)滑塊A第2次在傳送帶上滑動(dòng)的過(guò)程中，滑塊A和傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；(3)滑塊B第17次與水平面接觸時(shí)在水平方向上運(yùn)動(dòng)的總距離為多大（取1216=【答案】(1)0.2(2)2(3)(9.6-6.4【詳析】（1）滑塊A第1次到達(dá)傳送帶時(shí)的速度為v0，根據(jù)解得v故滑塊A在傳送帶上做減速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)A第1次從傳送帶上滑下時(shí)的速度為v1>v解得v1A與B發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰后A速度大小vA1=2m/s，有聯(lián)立解得mB=0.2（2）滑塊A再次回到傳送帶時(shí)，滑塊A第2次在傳送帶上滑動(dòng)的過(guò)程中，滑塊A和傳送帶運(yùn)動(dòng)的v—t圖像如圖所示滑塊A的加速滿(mǎn)足μ滑塊A第2次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t滑塊A和傳送帶間的相對(duì)位移Δ內(nèi)能Q聯(lián)立解得Q（3）滑塊B水平拋出后，豎直方向有h解得t滑塊B與水平面第一次接觸后上升的高度h設(shè)滑塊B反彈到最高點(diǎn)后再次下落至水平面所需的時(shí)間為t1，有h解得t滑塊B與水平面第n次接觸后上升的高度h根據(jù)hn=解得t故滑塊B第17次與水平面接觸時(shí)n=16，則解得t故滑塊B第17次與水平面接觸時(shí)在水平方向上運(yùn)動(dòng)的總距離s12．（2025·湖南岳陽(yáng)·高三下二模）如圖所示，質(zhì)量為M且足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平地面上，一質(zhì)量為m的滑塊以速度v0從最左端沖上木板，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g(1)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，求系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)若M=2m，開(kāi)始時(shí)在離木板右側(cè)L處固定一塊擋板（圖中未畫(huà)出），木板只與右側(cè)擋板發(fā)生2次彈性碰撞（碰撞前后木板的速度大小不變，方向相反），求(3)若M=2m，開(kāi)始時(shí)在離木板右側(cè)距離【答案】(1)Q(2)v(3)13【詳析】（1）經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，滑塊與木板將會(huì)達(dá)到共同速度v，對(duì)滑塊與木板組成的系統(tǒng)，以水平向右的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M）v由能量守恒定律得：1聯(lián)立解得：Q（2）如圖為兩種臨界情況（示意圖）物塊減到0的時(shí)間是固定的，為：t木塊向右加速和向左減速是對(duì)稱(chēng)的，段數(shù)越多，每段時(shí)間就越短，L就越小。加速時(shí)，對(duì)木板由牛頓第二定律得：μmg=Ma即a=12加速時(shí)間最長(zhǎng)為t，則2t1=t對(duì)應(yīng)最長(zhǎng)長(zhǎng)度為L(zhǎng)加速時(shí)間最短為t2，則4t2=t對(duì)應(yīng)最短長(zhǎng)度為L(zhǎng)最長(zhǎng)長(zhǎng)度Lmax，如果取等號(hào)，物塊和木板將會(huì)共速為零停下，不會(huì)有第二次碰撞；不取等號(hào)，L比Lmax略小一點(diǎn)。則當(dāng)木板速度減為零時(shí)，物塊還有向右的速度（很?。?，就會(huì)帶著木板向右發(fā)生第二次碰撞。綜上所述可知，L應(yīng)滿(mǎn)足的條件是：v（3）木板將要與擋板發(fā)生碰撞時(shí)，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，對(duì)滑塊與木板組成的系統(tǒng)，以水平向右的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2木板與擋板發(fā)生碰撞后，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間滑塊與木板共速，對(duì)滑塊與木板組成的系統(tǒng)，取v1方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv1-Mv2=（m+M）v滑塊沖上木板至最終滑塊與木板共速的整個(gè)過(guò)程，由能量守恒定律得：1聯(lián)立解得：Qv2有取值范圍，當(dāng)其最小時(shí)v當(dāng)其最大時(shí)，以水平向右的方向?yàn)檎较?，則mv0=（m+M）v2max聯(lián)立解得：v2min≤v2≤v2max即v當(dāng)v2=當(dāng)v2=綜上知：1313．（2025·湖南長(zhǎng)沙·湖南師大附中·高三下·一模）如圖，固定在地面上的木板AB和半徑為R的14圓弧槽剛好接觸，圓弧槽凹側(cè)和底面光滑，各物塊與木板上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。圓弧槽右側(cè)通過(guò)不計(jì)質(zhì)量的細(xì)桿與一壓力傳感器相連。從A點(diǎn)向左，每隔l=4R15μ放置一小物塊，編號(hào)依次為1、2、3、4，質(zhì)量均為m，物塊4與一勁度系數(shù)為k=15μ2mg4R(1)帶電小物塊下滑過(guò)程壓力傳感器的最大示數(shù)Fmax(2)若所有碰撞均為彈性碰撞，在μ>qEmg的前提下，施加電場(chǎng)的強(qiáng)度E(3)先將1、2、3號(hào)物塊拿掉，若帶電物塊與4為完全非彈性碰撞，施加電場(chǎng)的強(qiáng)度E多大才能使彈簧的最大壓縮量也為l？【答案】(1)F(2)E(3)E【詳析】（1）如圖所示設(shè)滑塊與圓心連線從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)夾角θ時(shí)，速度為v，則mgR對(duì)滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為FN，則由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為FN，對(duì)圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為F，則由上述可知F當(dāng)θ=π4時(shí)，（2）設(shè)帶電滑塊從A端滑上木板時(shí)速度為v0，則設(shè)帶電滑塊與1號(hào)物塊碰撞前速度v1，有由于μ>qEmg，則qE<μmg，各物塊質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞后帶電滑塊便靜止在1號(hào)物塊處，1號(hào)滑塊將與2號(hào)滑塊碰撞，2號(hào)滑塊將與3號(hào)滑塊碰撞，3號(hào)滑塊碰撞將與4號(hào)滑塊碰撞。要使彈簧的最大壓縮量也為l，則1聯(lián)立解得E代入l=4R15（3）設(shè)帶電物塊與4號(hào)物塊碰前速度為v40，碰后的速度大小為v4'，則小物塊經(jīng)完全非彈性碰撞后,利用能量守恒，則1解得E14．（24-25高三下·湖南·大聯(lián)考二模）如圖所示，一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的箱子倒扣在水平地面上，箱子與地面之間的摩擦阻力可以忽略不計(jì)，初始時(shí)刻，箱子靜止不動(dòng)。將一質(zhì)量為m（可視作質(zhì)點(diǎn)）的小物塊緊靠在箱子的左端，小物塊的初速度大小為v0，方向水平向右，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。物塊與箱子之間的碰撞均為彈性碰撞，求：(1)求物塊與箱子發(fā)生第一次碰撞前的速度大小以及碰撞后物塊、箱子的速度大小。(2)若物塊與箱子的質(zhì)量相等，物塊的初速度大小為v0(3)若物塊與箱子的質(zhì)量相等，為使物塊最終靜止時(shí)相對(duì)于箱子位于箱子中間位置，則物塊的初速度大小v0需滿(mǎn)足什么條件?！敬鸢浮?1)v10=v0(2)tm=v0(3)v【詳析】（1）根據(jù)題意可知物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得物塊與箱子第一次碰撞前的速度大小為v由于碰撞是彈性碰撞，因此滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，即有m1其中u1由上述兩式方程可以解得物塊與箱子第一次碰撞后物塊的速度v1和箱子的速度uvu（2）由題意可知若M=m，