五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題19力學(xué)計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1牛頓運動定律2021、2022、2024計算題命題聚焦核心知識點的綜合應(yīng)用，強調(diào)對學(xué)生物理思維和問題解決能力的考查。牛頓運動定律作為基礎(chǔ)，常與斜面、傳送帶等經(jīng)典模型結(jié)合，重點考查受力分析與運動狀態(tài)變化的關(guān)聯(lián)推導(dǎo)。能量與動量守恒定律是高頻考點，注重動能定理、機械能守恒及動量守恒的綜合運用，突出不同能量形式轉(zhuǎn)化與動量傳遞過程的分析。圓周運動與天體物理類題目，多將向心力公式與萬有引力定律融合，側(cè)重圓周運動中力與運動的關(guān)系及天體運動規(guī)律的應(yīng)用。命題趨勢上，愈發(fā)注重與生活實際和科技情境的結(jié)合，強化物理知識在真實場景中的遷移應(yīng)用；同時滲透實驗思維，要求學(xué)生具備運用數(shù)學(xué)工具（如微元法、幾何分析、圖像解讀等）處理復(fù)雜物理問題的能力。整體來看，題目設(shè)計趨向復(fù)雜過程拆解，對學(xué)生綜合分析、模型建構(gòu)及邏輯推理能力的要求逐步提升?？键c2曲線運動2022考點3機械能及其守恒定律2021、2023、2024考點4動量及其守恒定律2021、2022、2023、2024考點01牛頓運動定律1．（2024·浙江·6月選考）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大??；（2）若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；（3）若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm?！敬鸢浮浚?）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【詳析】（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時mg=mv-2mgR=1（2）平板加速至與滑塊共速過程，根據(jù)動量守恒mvB=(M+（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為aa共速后，共同加速度大小為a3=μ2g=1共速過程，滑塊、木板位移分別為xx共速時，相對位移應(yīng)為Δx=L=x1-x2解得vE=6m/s，v=2.4m/s2．（2022·浙江·6月選考）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1=4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=29，貨物可視為質(zhì)點（取cos24°=0.9（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°-μmgcos24°=（2）根據(jù)運動學(xué)公式2a1l（3）根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma2根據(jù)運動學(xué)公式3．（2022·浙江·1月選考）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，重力加速度g取10m/s（1）在直道AB上的加速度大??；（2）過C點的速度大??；（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小?！敬鸢浮浚?）a1=83m/s2；（2【詳析】（1）AB段v12=2a（2）AB段v1=a1t1xa過C點的速度大小v（3）在BC段有牛頓第二定律mgsinθ4．（2021·浙江·6月選考）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m=1.0×103kg的汽車以v1（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大??；（2）若路面寬L=6m，小朋友行走的速度v（3）假設(shè)駕駛員以v2=54km/h超速行駛，在距離斑馬線【答案】（1）t1=4s，F(xiàn)f=2.5×103N；（【詳析】（1）根據(jù)平均速度t1=sv解得剎車時間t1=4s剎車加速度a=（2）小朋友過時間t2=l（3）根據(jù)v225．（2021·浙江·1月選考）如圖所示，質(zhì)量m=2kg的滑塊以v0=16m/s的初速度沿傾角θ=37°的斜面上滑，經(jīng)t=2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發(fā)點。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑塊(1)最大位移值x；(2)與斜面間的動摩擦因數(shù)；(3)從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率P?！敬鸢浮?1)16m；(2)0.25；(3)67.9W【詳析】(1)小車向上做勻減速直線運動，有x=v(2)加速度a1=Δvt=8(3)下滑過程a2=mgsinθ-μmg考點02曲線運動6．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點（與B點等高），B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長度lAB=3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ=78，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）若釋放點距B點的長度l=0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大?。唬?）設(shè)釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與l（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx【答案】（1）7N；（2）v=12lx-9.6

（lx≥0.85m）；（3【詳析】（1）滑塊釋放運動到C點過程，由動能定理mglsin37°+mgR(1-cos37°（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時mglxsin37°-mg×4Rcos37mglxsin37°-mg（3Rcos37（3）設(shè)全過程摩擦力對滑塊做功為第一次到達中點時做功的n倍，則n=1,3,5,……mg解得lx=7n+615m

n=1,3,5,……又因為lAB≥lx≥0.85m，lAB=3m當(dāng)n=1時，lx1=1315m，當(dāng)考點03機械能及其守恒定律7．（2024·浙江·1月選考）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1m的圓弧軌道BCD，長度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)μ1=0.25，向下運動時動摩擦因數(shù)μ2=0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b（1）若h=0.8m，求小物塊①第一次經(jīng)過C點的向心加速度大??；②在DE上經(jīng)過的總路程；③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t（2）若h=1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊?！敬鸢浮浚?）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【來源】2024年1月浙江省普通高校招生選考物理試題【詳析】（1）①對小物塊a從A到第一次經(jīng)過C的過程，根據(jù)機械能守恒定律有mgh=12m②小物塊a在DE上時，因為μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、mg解得s③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為aa將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運動學(xué)公式有1解得t（2）對小物塊a從A到F的過程，根據(jù)動能定理有12m設(shè)滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有m1解得l8．（2023·浙江·6月選考）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L=0.8m，以v（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【來源】2023年選考浙江卷物理真題（6月）【詳析】（1）滑塊a從D到F，由能量關(guān)系mg?2R=12mvF2FN=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為a=μg=5m/s2根據(jù)vB2=vC2-2aL可得在C點的速度vC因ab碰撞動量守恒，則mvF=-mv1+3m（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度mvF=4mv解得v=2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度4mv=6mv'則v'=53m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關(guān)系9．（2023·浙江·1月選考）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FG、平臺JK位于同一水平面。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=1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h=2.3m（1）求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小F（2）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t?！敬鸢浮浚?）vC=4m/s，F(xiàn)C=22N；（2）μ【詳析】（1）滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得mg(h-1.2R-滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得FC+mg（2）設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得mg解得v=6m/s擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速v1，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv=2mv1解得v（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a=μmgm=3m/s2所用時間為t1=v-v1a=1s10．（2021·浙江·1月選考）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點與豎直墻面的距離d=3R。現(xiàn)將質(zhì)量為m(1)若釋放處高度h=h0，當(dāng)小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vc及在此過程中所受合力的沖量的大小和方向；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應(yīng)該滿足什么條件？【答案】(1)v=2gh0，I=m2gh0，水平向左；【詳析】(1)機械能守恒mgh0=12mvC2(2)機械能守恒mg(h-R)=12mvD2牛頓第二定律(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是h≤52R第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入G之前是平拋運動vxt=vxvyg其中vx=考點04動量及其守恒定律11．（2024·浙江·1月選考）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O'點，三個相同的關(guān)于O'O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時速度為v0，方向向下，t1、t2時刻的振幅分別為A1，A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx（2）t=0時，每個線圈所受到安培力F的大?。唬?）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）在t1～t【答案】（1）mgk；（2）4v0r2π2B【詳析】（1）平臺靜止時，穿過三個線圈的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量Δ（2）在t=0時速度為v0，設(shè)每個線圈的周長為LI=每個線圈所受到安培力F的大小F=BIL=（3）由減震器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在0～t1時間內(nèi)，振動時能量的減少量為Q'，由能量守恒定律Q'（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得I其中IIΔ聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為12．（2023·浙江·6月選考）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若B2=2B1，求能到達y=（3）若B2=B1L

【答案】（1）v1=2B1qLm；t=2πm【詳析】（1）當(dāng)離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°=根據(jù)qv1在磁場中運動的周期T=2πmq

（2）若B2=2B1，根據(jù)r=mvqB粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系rr解得r2=2Lsinα=34根據(jù)qv（3）當(dāng)最終進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達x軸，則由動量定理B2qv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔvx粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域則速度在3B1qLm~6B1qLm13．（2022·浙江·6月選考）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強度B的大小；②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大?。唬?）較長時間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于6v0R，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k=0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π-θ)πm【詳析】（1）①離子在磁場中做圓周運動有qv0B=②離子在磁場中的運動時間t=πR2v0轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ωt=2kπ+π2ω=(4k+1)（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為R'Rv=離子在磁場中的運動時間t'=π-θR'v轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度ω'=(2nπ+θ)FF=(2nπ+θ)N2(π-θ)πmv（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度(4k+1)v0R=2nπ+θ'v0π-θ'R<6v14．（2022·浙江·6月選考）艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3。【答案】（1）80A；（2）R=0.5Ω；（3）【詳析】（1）由題意可知接通恒流源時安培力F安=nBIl動子和線圈在0~t1時間段內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為a=v1（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時，感應(yīng)電流為I此時安培力為F'安=nBI'l所以此時根據(jù)牛頓第二定律有(800-10v)+n2l2（3）根據(jù)圖像可知t2-t1=v1a'=0.5電荷量的定義式ΔI=可得Δq=nBls-12a't315．（2021·浙江·6月選考）如圖甲所示，空間站上某種離子推進器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)。氙離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為（1）求離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)B0的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0=2mv【答案】（1）vS=v02-4eEdm；（2）【詳析】（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有2eEd=解得離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小v（2）當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有R1-L22+L2=R12根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0=mv02R1聯(lián)立解得（3）粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×2B0所以可得cosθ=35。離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt=nΔ16．（2021·浙江·6月選考）如圖所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ=37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r=0.1m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R=0.2m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上。小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)（1）若小滑塊的初始高度h=0.9m，求小滑塊到達B點時速度v0（2）若小球能完成整個運動過程，求h的最小值hmin（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值xmax【答案】（1）4m/s；（2）hmin=0.45m；（3【詳析】（1）小滑塊在AB軌道上運動mgh-μmgcos（2）小球沿CDEF軌道運動，在最高點可得mg=mvEmin21解得vEmin=2mvA解得vA'=0，vBmin=vAmin結(jié)合(1)問可得（3）設(shè)F點到G點的距離為y，小球從E點到G點的運動，由動能定理得12mvG2=12mv取最大，最大值為x1．（2025·浙江·選考測評五）如圖所示的裝置，半圓形軌道的直徑PQ與水平面垂直，軌道的最低點Q與右側(cè)光滑的臺階相切，臺階右側(cè)緊靠著上表面與臺階齊平的長木板C。在臺階上兩個鐵塊A、B間壓縮一輕質(zhì)彈簧（彈簧與鐵塊間不固定），某次由靜止釋放兩鐵塊，鐵塊A脫離彈簧后恰好沿半圓形軌道運動到軌道最高點P。鐵塊B滑上木板C的上表面，與右側(cè)固定在地面上的豎直彈性擋板碰撞時，B、C恰好速度相同。B、C接觸面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，其余摩擦不計，木板C與彈性擋板的碰撞過程中沒有機械能損失且時間極短，半圓形軌道的半徑R=0.32m，鐵塊A、B與木板C的質(zhì)量之比是mA(1)鐵塊B滑上木板C時的速度大??；(2)木板C的右端到擋板的距離x；(3)木板C的最小長度L；(4)從鐵塊B滑上木板C，到C停止，木板C運動的總路程s?！敬鸢浮?1)6m/s(2)1m(3)4.5m(4)3.25m【詳析】（1）設(shè)鐵塊A、B與木板C的質(zhì)量分別為3m、2m、m。鐵塊A、B鐵塊A彈開后恰好過半圓形軌道最高點P，則由牛頓第二定律得3mg=3mvP2R鐵塊（2）鐵塊B滑上木板C后動量守恒，設(shè)共速時速度為v，則2mvB=2m+（3）經(jīng)多次碰撞后，B和C最終停止，由能量守恒得μ2mgL（4）碰撞過程C的速度大小不變，方向反向，到再次碰撞時B、C速度已相同，從第2次碰撞開始（以下n=2,3,4??），由動量守恒得mBvn-1-mCvn-1=mB+mCvn設(shè)第n-1次碰撞后木板C的位移最大值為xn-1，則由動能定理得2．（2025·浙江·選考二測）如圖所示，帶有四分之一圓弧的滑塊（頂端為b，底端為c，半徑r=0.5m）固定在水平面上，豎直面內(nèi)直徑為r的圓軌道與水平面的切點為d（與水平面接觸處稍錯開），圓軌道右側(cè)有一上表面和dc等高的矩形長木板，緊貼足夠長光滑凹槽左端放置，木板上右端有一擋板。一小物塊（可視為質(zhì)點）從b點上方距b點h0處由靜止釋放，滑塊固定時，物塊經(jīng)過圓軌道，與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好運動到木板左端。已知滑塊，物塊和木板質(zhì)量均為m=1kg，僅物塊與cd、木板上表面間存在摩擦，且動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，木板，(1)求物塊與擋板碰后運動到木板左端時，物塊的速度大小；(2)求h0(3)若改變物塊釋放位置，求能使物塊沿圓軌道運動到木板上并停在木板上的h的范圍；(4)若滑塊不固定，求物塊第一次進入圓軌道時對軌道的壓力大小F與h的關(guān)系式（物理量單位均用國際單位制基本單位表示）。【答案】(1)5(2)0.75m(3)[0.375m,0.75m］(4)F【詳析】（1）設(shè)物塊滑上木板時速度為v，從物塊滑上木板到兩者穩(wěn)定過程，由動量守恒定律有mv由功能關(guān)系有12m（2）由動能定理有mgh0（3）根據(jù)上述分析可知，當(dāng)h>h0時，物塊從木板左端脫離物塊能運動到木板上的速度取最小值時，物塊恰通過圓軌道最高點，設(shè)物塊恰通過圓軌道最高點時速度為v0，有mg解得hmin=0.375m則h（4）當(dāng)滑塊不固定時，物塊從釋放到運動到滑塊底端過程，水平方向動量守恒，物塊與滑塊水平速度大小時刻相等，有mx滑=mx物，x滑+x物=3．（2025·浙江·選考三測）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(xì)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下表面光滑的木板，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h0(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h和滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2【答案】(1)1.2m(2)6N(3)5m<h≤【詳析】（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mgh0-2（2）對滑塊從G到D的過程，根據(jù)動能定理得-mgR=0-12mvG2解得vG=2m/s（3）滑塊恰不能滑上木板時，釋放高度為h0=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D滑塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，有mvD=m+Mv4．（2025·浙江·選考測評七）如圖（a）所示，在光滑水平地面上固定一粗糙斜面，一個質(zhì)量為3m的物塊B（包含左端固定的輕彈簧，彈簧勁度系數(shù)未知）靜止在水平地面上；物塊A以5v0的速度向B運動，t=0時刻與彈簧接觸，到t=2t0時與彈簧分離。A、B的v-t圖像如圖（b）所示。已知在0～t0時間內(nèi)，物塊B運動的距離為0.72v0t0。A、B分離后，B與靜止在水平地面上、質(zhì)量為3m的物塊(1)物塊A的質(zhì)量；(2)A、B第一次碰撞和第二次碰撞過程中，物塊A的最大加速度之比；(3)A、B第二次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值?！敬鸢浮?1)2m(2)5:1(3)0.64【詳析】（1）設(shè)A的質(zhì)量為mA，碰后B的速度為vB，B與A發(fā)生彈性正碰，碰撞前后總動量守恒，機械能守恒，有mA?5v（2）2t0后vB=4v0，B、C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可得3m?4v0=3mvB1+3mv從最高點到運動到斜面底端，根據(jù)動能定理得3mgh-3μmgcosθ?hsinθ=12×3mvC22得解得v'C=0,v'B=2v0A與B第一次碰撞到共速，由動量守恒定律有2m?5v0=2m1由以上公式得Δx1Δx2=（3）A與B壓縮彈簧過程有2maA=3maB同一時刻A、B的瞬時速度關(guān)系為vAi=5v0-aAt,vBi=aB5．（2025·浙江·一測）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，其他摩擦不計。(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的速度大小；(3)圓弧槽最終速度的大小。【答案】(1)2m/s(2)3.6m，7m/s(3)22【詳析】（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mgcos37°=mvb2R物塊B從b（2）物塊B由a點到b點的過程，根據(jù)動能定理有-mgRcos37°=12mvb2-12mva2從爆炸后到B運動到a點的過程，根據(jù)動能定理有-μmgL=12mva2-12mv12解得v1=9m/s爆炸過程，物塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，則有mv1-mv2=0解得爆炸后物塊A（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12mv52=μmgs解得s=4.9m<L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v0=4m/s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6．（2025·浙江·選考測評六）如圖所示，圓弧軌道ABC豎直固定在水平地面上，AC是豎直直徑，B點與圓心O等高，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧放置在水平地面上，左端固定在距A點足夠遠(yuǎn)的地方?？刂菩∏颍ㄒ暈橘|(zhì)點）向左壓縮彈簧至E點（未畫出），此時彈簧的壓縮量等于圓弧軌道的半徑，由靜止釋放小球，小球經(jīng)過A點到達C，已知小球在A、C兩點受到軌道的彈力大小之差為F0，小球運動到B點時所受軌道的彈力大小等于小球重力的3倍。已知彈簧的彈性勢能Ep與彈簧的形變量Δx以及彈簧的勁度系數(shù)k之間的關(guān)系為E(1)求小球的質(zhì)量；(2)求小球在B點的向心加速度大??；(3)求圓弧軌道的半徑；(4)若圓弧軌道半徑可任意調(diào)節(jié)，小球仍從E點由靜止釋放，求小球能從C點拋出且落到水平地面上時離C點的最遠(yuǎn)水平距離及此時圓弧軌道的半徑?！敬鸢浮?1)m(2)a(3)R(4)25F0【詳析】（1）設(shè)圓弧軌道的半徑為R，小球從A到C，由機械能守恒定律可得mg×2R=12mvA2-12mvC2（2）小球在B點由向心力公式與牛頓第二定律可得3mg=m（3）小球從釋放到B點，由能量守恒定律可得12kR2=mgR+1（4）設(shè)彈簧彈性勢能為E，可知E=12kR從C點拋出后，小球做平拋運動，豎直方向有2R'=12g由數(shù)學(xué)知識可得x最大時，R'=Ex的最大值為257．（2025·浙江·二聯(lián)）有一游戲裝置，水平傳動帶以恒定速率v=10m/s如圖所示運動，傳送帶長度L0=6.0m，斜面CD的傾角為θ=53°，長為L1=2.0m。質(zhì)量m=0.05kg的物塊P可輕放在傳送帶不同的位置，經(jīng)過C點時速度大小不變，物塊P與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ0=45，BC段光滑，物塊P與斜面CD間的動摩擦因數(shù)μ1=1930，斜面在D點處與半徑R=0.40m的光滑圓形軌道相切連接，圓軌道的最低點E與水平軌道EF相切連接，EF軌道與CD斜面略錯開．質(zhì)量為M=0.15kg的物塊Q放在距離E點L2=1.60m的G點處，GF之間的距離為L3=0.40m，兩物塊與水平軌道EF的動摩擦因數(shù)均為μ2=18，緊靠F點右側(cè)下方有一距EF為H=0.80m的平臺，平臺長度(1)若物體輕放在A點，求物塊P第一次到達C點時的速度大小；(2)若物體輕放在A點，則物塊P通過圓軌道D點時受到的支持力；(3)若要使物塊P通過軌道與Q碰撞后粘在一起恰好打到平臺右邊緣，求物體P放置的位置距離B點的距離。【答案】(1)4(2)6.4N，方向指向圓心O(3)5m【詳析】（1）若物體在水平傳送帶上一直勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得a=μ聯(lián)立解得vC=46m/s<v由此可知，物體一直勻加速到達C（2）C至D過程中，根據(jù)動能定理可得-mgL1sinθ-μ1mgcosθ?L1=（3）物塊P與Q碰撞過程有mvμ0-根據(jù)平拋運動的規(guī)律有H=12g8．（2025·浙江金華&麗水&衢州·二模）如圖所示，圓心角θ=53°，半徑R=3m的光滑圓弧軌道BC固定在水平地面上，其末端C切線水平；兩個質(zhì)量均為M=1kg、長度均為L=4.5m的木板D、E靜止在粗糙的水平地面上，其上表面與C端等高且平滑接觸；水平傳送帶固定，且沿順時針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的物塊A輕放在傳送帶的左端，離開傳送帶后從B點沿切線方向進入BC軌道，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5，物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ2=0.4，AB間豎直高度h=0.8m，傳送帶長度為x=1.5m，木板D與水平面間的動摩擦因數(shù)(1)物塊A滑到C點時，在C點受到圓弧軌道支持力的大小；(2)物塊A到達B點所用時間；(3)物塊A與木板E之間摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)158(2)1.2s(3)4【詳析】（1）物塊A從傳送帶末端平拋到B，根據(jù)h=12gt02解得t0=0.4s物塊A剛好從B點切向進入，根據(jù)速度分解有vA0tan解得vC=7m/s物塊A在C點，根據(jù)牛頓第二定律有N0（2）物塊A在傳送帶上的加速度a1=μ1g=5m/s2物塊A在傳送帶上勻加速的位移x1=vA022a1=0.9m因為x（3）物塊A在木板D上時物塊A的加速度a2=μ2g=4m/s2物塊A在木板D上時木板D的加速度μ2mg-μ3(M+m)g=2Ma3解得a3=1m/s2物塊A在木板D上時物塊A的位移xA=vCt3-12a2t32物塊A在木板D上時木板D的位移xD=12a3t329．（24-25·浙江杭州高級中學(xué)·選考模擬）如圖所示，一可視為質(zhì)點的物塊從光滑斜面靜止滑下，進入豎直放置的與斜面相切的光滑圓軌道，繞圈一周后從最低點滑上水平順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶，傳送帶右側(cè)有一小車靜止在光滑水平面上，小車上表面與傳送帶齊平。已知物塊質(zhì)量m=0.2kg，初始位置離斜面底端的高度h=1.8m，斜面傾角θ=37°，圓軌道半徑R=0.5m。傳送帶長度L1=4.3m，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5。小車長度L(1)求物塊到達斜面底端時的速度大小v1(2)求物塊到達圓軌道最高點時對軌道的壓力F壓(3)設(shè)傳送帶的速度v可調(diào)（v>0），求物塊離開傳送帶的速度v2與傳送帶的速度(4)設(shè)傳送帶的速度v可調(diào)，求小車能獲得的最大速度大小v3【答案】(1)v1(2)F壓(3)v2(4)v【詳析】（1）物塊由靜止到斜面底端，由動能定理，有mgh=12（2）物塊由靜止到圓軌道最高點，由動能定理，有mgh-mgR1+cosθ=12mv（3）物塊由靜止到圓軌道底端，由動能定理，有mgh+mgR(1-cosθ)=i．當(dāng)0<v<v0時，物塊向右勻減速，有μ1mg解得勻減速位移x1≤3.8m<Lii．當(dāng)v=viii．當(dāng)v>v0時，物塊向右勻加速過程中，有v2-v0即v0<v≤9m/s時，v2=v若x1>L1，則如圖所示，綜上，v2與傳送帶的速度vv（4）由（3）問可知，物塊以最大速度v2=9m/s沖上小車，二者相互作用。若二者能共速，設(shè)為v'，由總動量守恒，有mv2=(m+物塊勻減速位移x1'=v22-v'22am=18m小車勻加速位移x2=v10．（2025·浙江五校聯(lián)盟·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為m=2kg的小滑塊，被彈簧槍以v0=8m/s的速度水平射入半徑R=0.8m表面為四分之一光滑圓弧面的小車，小車的質(zhì)量為M=2kg。當(dāng)滑塊從小車的最高點B離開的瞬間，小車恰好與薄擋板P相碰并立即停下，而滑塊運動一段時間后恰好沿傳送帶C點切入傾斜傳送裝置（C點與B點等高），傳送帶兩滑輪間CD的距離L=52(1)滑塊剛滑上小車最低點A時對小車的壓力；(2)滑塊在小車上運動過程中，小車對滑塊做的功；(3)滑塊從離開小車直到傳送帶底端D所用的時間?！敬鸢浮?1)180N，方向豎直向下(2)-16J(3)①1.8s；②1.6s【詳析】（1）在A處有F-mg=mv（2）設(shè)滑塊離開小車時水平和豎直速度分別為v1和v2滑塊到小車最高點的過程中，水平方向動量守恒mv0=m+Mv1解得v對滑塊由動能定理W-mgR=（3）設(shè)滑塊在空中運動的時間t1=方向沿傳送帶向下，且與水平成θ=①若傳送帶向上運行，則滑塊沿傳送帶一直做勻加速運動，加速度為a設(shè)運動時間為t2則由L=vCt2+12②若傳送帶向下運行，則滑塊沿傳送帶先向下做加速度為a1的勻加速運動，后做加速度為a2的勻加速運動，第一階段的加速度a1=gsinθ+μg第二階段：滑塊與傳送帶速度相等后，受到滑動摩擦力方向向上，加速度a加速位移x2=L-x1=15211．（24-25高三·浙江金華金麗衢十二?！ひ宦?lián)）某軌道模型如圖所示，AB為弧形軌道，在B處與水平軌道BH平滑相接。CDE為半徑R=0.1m的圓形軌道，C、E略微錯開。FG段為以v0=3m/s順時針旋轉(zhuǎn)的長度L1=2m的傳送帶。水平軌道末端H處放置長度L2=2m，質(zhì)量M=0.3kg的木板。質(zhì)量m=0.1kg(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點時，下落高度h1和此時通過傳送帶上G點速度v(2)滑塊恰好不滑離木板時，下落高度h2(3)若滑塊能順利通過圓軌道，求滑塊與木板摩擦產(chǎn)生的熱量Q與滑塊下落高度h的關(guān)系。【答案】(1)h1=0.25m；(2)h(3)見解析【詳析】（1）滑塊恰好能過圓軌道最高點時，對D點，根據(jù)mg=mvD2R解得vD=1m/s從A點到D點根據(jù)動能定理mgh1-2R=12m在傳動帶上，根據(jù)牛頓第二定律μ1mg=ma解得a=1m/s2方向水平向右。（2）當(dāng)滑塊到木板右端共速時，滑塊恰好不滑離木板，根據(jù)動量守恒mv1=m+Mv2根據(jù)能量守恒12mv12-（3）滑塊在傳動帶上一直減速時有vmax2-v02=2μ1mgh3=12mvmax2解得h3=0.65m當(dāng)0.25m≤h≤0.65m時，滑塊離開傳動帶的速度為v0=3m/s<v1滑塊滑上木板能共速，根據(jù)動量守mv0=m+Mv312．（2025·浙江紹興·一模）如圖所示，壓縮后處于鎖定狀態(tài)的彈簧左端與墻壁相連，右端與一質(zhì)量為m=1.1kg的滑塊接觸而不粘連，AB段光滑。一質(zhì)量為M=2.2kg的小車上表面水平，動摩擦因數(shù)μ=0.4，在小車左側(cè)上方固定一半徑R=2.75m的光滑圓弧軌道CD，圓心角θ=37°，在末端D點與小車平滑連接。C點與B點的豎直高度差h=0.45m；D點與圓心O在同一豎直線上，到小車右端F點距離L=3m，初始時小車靜止在光滑水平地面上，左端與墻壁接觸，F(xiàn)點與平臺GJ等高，且F點到平臺左端G點的水平距離x可調(diào)。現(xiàn)解除彈簧鎖定，滑塊被彈出后恰好能從C點切入圓弧軌道。假定彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為滑塊動能，滑塊運動過程中可看作質(zhì)點，求：(1)滑塊由B運動到C的時間t；(2)彈簧鎖定時儲存的彈性勢能大小Ep；(3)滑塊在圓弧軌道末端D點時，對軌道的壓力的大小FN；(4)若0.25m≤x≤1.25m，小車與平臺GJ碰撞后立即靜止，寫出滑塊剛滑到G點時的速度vG大小與x的關(guān)系?！敬鸢浮?1)t=0.3s(2)Ep=8.8J(3)FN=25.4N(4)vG=12-8xm/s（0.25m≤x<1.00m）或v【詳析】（1）B到C過程為平拋運動，則h=12gt（2）由平拋運動規(guī)律可知，在C點時，去豎直方向速度vy=gtvv由功能關(guān)系得E（3）從C到D過程，由動能定理mgR1-cos37°=12mvD2-12m（4）滑塊滑上車后，滑塊與車動量守恒，若最終共速mvD=M+mv共解得v共=2m/s由功能關(guān)系可知-況1：當(dāng)0.25m≤x<1.00m時，未共速，小車已碰到平臺GJ，滑塊全程減速，由速度位移公式vG=vD2-2μg3+x解得vG=13．（2025·浙江寧波·一模）如圖所示，某固定裝置由長度L=3?m、傾角β=37°的傾斜傳送帶AB，圓心角α=23°和θ=60°、半徑均為R=1?m的兩圓弧管道BC、CD組成，軌道問平滑連接。在軌道末端D的右側(cè)的光滑水平面上緊靠著輕質(zhì)小車，小車上表面與D所在的水平面平齊，右端放置質(zhì)量m2=3?kg的物塊b。質(zhì)量m1=1?kg(1)求物塊a在傳送帶上運動的時間t；(2)為維持傳送帶能勻速運送物塊a從A點到B點，求電動機多做的功W；(3)求物塊a到達D點時對管道的作用力FN(4)要使物塊a恰好不與物塊b發(fā)生碰撞，求小車長度的最小值d?！敬鸢浮?1)1s(2)96J(3)10N(4)5【詳析】（1）對物塊a，受重力、支持力和摩擦力，沿斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律，有μ解得a1=6?m/s2設(shè)小物塊一直加速到傳送到上端時，其速度為v1，根據(jù)速度-位移公式，有v12=2a1L解得v（2）設(shè)傳送帶的位移為x傳，則有x傳=vt=8?m物塊aQ=μ1m1gcos37°?Δx（3）由題意可知圓弧軌道光滑，所以從B到D，由動能定理有-解得vD=25?m/s在D點，根據(jù)牛頓第二定律，有FN支+m1g=m1vD2（4）當(dāng)物塊滑上小車后，由于μ1m1g=15?N>μ2m2g=6?N該過程由動量守恒m1vD=m1+14．（2025·浙江衢州&麗水&湖州·一模）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB、圓心為O的豎直半圓軌道BCD、水平直軌道EF、GH組成。BCD的最高點D與EF的右端點E在同一豎直線上，且D點略高于E點。木板靜止在GH上，其上表面與EF相平，右端緊靠豎直邊FG，左端固定一豎直彈性擋板。游戲時滑塊從A點彈出，經(jīng)過軌道AB、BCD、EF后滑上木板。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=0.3kg，木板質(zhì)量M=0.1kg，長度l=1m，BCD的半徑R=0.4m，彈簧彈性勢能的最大值為8J，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與軌道GH間的動摩擦因數(shù)為μ(1)若滑塊恰好能夠滑上軌道EF，求滑到圓心O等高處的C點時，滑塊受到的彈力大小FN；(2)若μ1=0.2，μ2=0(3)若μ1=0，μ2=0.1，滑塊恰好能夠滑上軌道EF，求在滑塊與擋板剛發(fā)生第【答案】(1)9N(2)4.8J(3)-0.45J【詳析】（1）若滑塊恰好能夠滑上軌道EF，在最高點D處做圓周運動的向心力由重力提供mg=mvD2R滑塊由C點滑到最高點D此過程能量守恒12mvC2（2）因μ1=0.2，μ2=0，木板與地面之間沒有摩擦，而滑塊與木板之間存在摩擦，把滑塊與木板看成一個系統(tǒng)，其動量守恒，滿足滑塊始終不脫離木板必定滑塊與木板共速，則有mv=(m+M)v共設(shè)滑塊以v的速度進入木板，并在木板上最終摩擦滑行x長時滑塊與木板共速，此過程能量守恒12mv2=μ1mgx+12(m+M)（3）由題意滑塊恰好能夠滑上軌道有v0=gR帶入數(shù)值滑塊剛滑上木板時v0=2m/s，因為μ1=0，再由能量守恒定律有12mv02=12mv12+15．（2025·浙江杭州·一模）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1m、圓心角為2θ的圓弧BCD，半徑為R、圓心角為θ的圓弧DE組成，軌道間平滑連接。在軌道末端E點的右側(cè)光滑水平地面FG上緊靠著質(zhì)量M=0.5kg的滑板b，其上表面與軌道末端E所在的水平面齊平。水平地面上距滑板右側(cè)足夠遠(yuǎn)處固定有擋板GH，滑板b與其碰撞時會立即被鎖定。質(zhì)量為m=0.5kg的物塊a從軌道AB上距B高度為h=0.3m處以初速度v0下滑，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE。物塊a與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5，與滑板b間的動摩擦因數(shù)(1)若初速度v0=0①第一次通過D點時速度vD②在軌道AB上運動的總路程S。(2)若物塊a能沿軌道沖上滑板b，則①v0②滑板b至少要多長，物塊a一定不會碰到擋板GH？【答案】(1)①vD=2(2)①2m/s<v【詳析】（1）①物塊從開始運動到D點過程，根據(jù)動能定理mgh-μ②設(shè)過D點后沖上曲面高度為h'，根據(jù)機械能守恒定律12mvD2=mgh'解得h'=0.1m（2）①在D點不脫離軌道則全程不會脫離軌道，此時初速度最大，根據(jù)動能定理1還需要滿足mgcosθ≥mvD1解得v0>2②物塊在D點沒有脫軌，根據(jù)牛頓第二定律mgcosθ=m物塊在滑板上運動，在剛滑上滑板到與滑板共速的過程中，由動量守恒定律和能量守恒定律有mvE滑板被鎖定后，物塊繼續(xù)滑動，由能量守恒定律μ2mg16．（2025·貴州遵義·一模）如圖所示為一種自動卸貨裝置的簡化圖，AB為傾斜直軌道，BC為水平傳送帶，CD為水平直軌道，傳送帶與AB、CD在B、C兩點平滑相接，在水平軌道右端固定一輕彈簧。O為AB上一點，AO間距離l1=1.8m，OB間的距離l2=4m，AB與水平面的夾角θ=37°，BC間距離l3=10m，傳送帶始終以v=6m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量m0=16kg的貨物裝入一個質(zhì)量為M的貨箱中，從O點由靜止釋放，貨物在貨箱中始終與貨箱保持相對靜止，彈簧被貨箱壓縮到最短時立即被鎖定，工人取走貨物后解除彈簧的鎖定，貨箱被彈回。貨箱與AB間動摩擦因數(shù)μ1=0.5，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)(1)貨箱和貨物一起下滑到B點時的速度大小v0(2)貨廂和貨物一起通過BC段所用的時間t；(3)若貨物質(zhì)量不變，要使貨箱能回到O點且不從A點滑出，貨箱質(zhì)量范圍是多少（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1)4m/s(2)1.75s(3)3.60kg≤【詳析】（1）貨箱和貨物一起從O點下滑到B點的過程中，由動能定理可得m解得v（2）貨箱和貨物一起在BC上運動時，根據(jù)牛頓第二定律可得μ2m0+Mg=m0+M在傳送帶上的加速階段有v（3）當(dāng)貨箱恰好回到O點時，貨箱質(zhì)量最大，由能量守恒得1解得Mmax=4.65kg當(dāng)貨箱恰好回到1解得Mmin=3.60kg專題19力學(xué)計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1牛頓運動定律2021、2022、2024計算題命題聚焦核心知識點的綜合應(yīng)用，強調(diào)對學(xué)生物理思維和問題解決能力的考查。牛頓運動定律作為基礎(chǔ)，常與斜面、傳送帶等經(jīng)典模型結(jié)合，重點考查受力分析與運動狀態(tài)變化的關(guān)聯(lián)推導(dǎo)。能量與動量守恒定律是高頻考點，注重動能定理、機械能守恒及動量守恒的綜合運用，突出不同能量形式轉(zhuǎn)化與動量傳遞過程的分析。圓周運動與天體物理類題目，多將向心力公式與萬有引力定律融合，側(cè)重圓周運動中力與運動的關(guān)系及天體運動規(guī)律的應(yīng)用。命題趨勢上，愈發(fā)注重與生活實際和科技情境的結(jié)合，強化物理知識在真實場景中的遷移應(yīng)用；同時滲透實驗思維，要求學(xué)生具備運用數(shù)學(xué)工具（如微元法、幾何分析、圖像解讀等）處理復(fù)雜物理問題的能力。整體來看，題目設(shè)計趨向復(fù)雜過程拆解，對學(xué)生綜合分析、模型建構(gòu)及邏輯推理能力的要求逐步提升。考點2曲線運動2022考點3機械能及其守恒定律2021、2023、2024考點4動量及其守恒定律2021、2022、2023、2024考點01牛頓運動定律1．（2024·浙江·6月選考）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2?；瑝K視為質(zhì)點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大?。唬?）若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；（3）若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm。【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【詳析】（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時mg=mv-2mgR=1（2）平板加速至與滑塊共速過程，根據(jù)動量守恒mvB=(M+（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為aa共速后，共同加速度大小為a3=μ2g=1共速過程，滑塊、木板位移分別為xx共速時，相對位移應(yīng)為Δx=L=x1-x2解得vE=6m/s，v=2.4m/s2．（2022·浙江·6月選考）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1=4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=29，貨物可視為質(zhì)點（取cos24°=0.9（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s；（3）【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°-μmgcos24°=（2）根據(jù)運動學(xué)公式2a1l（3）根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma2根據(jù)運動學(xué)公式3．（2022·浙江·1月選考）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，重力加速度g取10m/s（1）在直道AB上的加速度大??；（2）過C點的速度大?。唬?）在斜道BC上運動時受到的阻力大小?！敬鸢浮浚?）a1=83m/s2；（2【詳析】（1）AB段v12=2a（2）AB段v1=a1t1xa過C點的速度大小v（3）在BC段有牛頓第二定律mgsinθ4．（2021·浙江·6月選考）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m=1.0×103kg的汽車以v1（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大??；（2）若路面寬L=6m，小朋友行走的速度v（3）假設(shè)駕駛員以v2=54km/h超速行駛，在距離斑馬線【答案】（1）t1=4s，F(xiàn)f=2.5×103N；（【詳析】（1）根據(jù)平均速度t1=sv解得剎車時間t1=4s剎車加速度a=（2）小朋友過時間t2=l（3）根據(jù)v225．（2021·浙江·1月選考）如圖所示，質(zhì)量m=2kg的滑塊以v0=16m/s的初速度沿傾角θ=37°的斜面上滑，經(jīng)t=2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到出發(fā)點。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑塊(1)最大位移值x；(2)與斜面間的動摩擦因數(shù)；(3)從最高點返回到出發(fā)點的過程中重力的平均功率P?！敬鸢浮?1)16m；(2)0.25；(3)67.9W【詳析】(1)小車向上做勻減速直線運動，有x=v(2)加速度a1=Δvt=8(3)下滑過程a2=mgsinθ-μmg考點02曲線運動6．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點（與B點等高），B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長度lAB=3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ=78，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°=0.6，cos37°=0.8（1）若釋放點距B點的長度l=0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大??；（2）設(shè)釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與l（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx【答案】（1）7N；（2）v=12lx-9.6

（lx≥0.85m）；（3【詳析】（1）滑塊釋放運動到C點過程，由動能定理mglsin37°+mgR(1-cos37°（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時mglxsin37°-mg×4Rcos37mglxsin37°-mg（3Rcos37（3）設(shè)全過程摩擦力對滑塊做功為第一次到達中點時做功的n倍，則n=1,3,5,……mg解得lx=7n+615m

n=1,3,5,……又因為lAB≥lx≥0.85m，lAB=3m當(dāng)n=1時，lx1=1315m，當(dāng)考點03機械能及其守恒定律7．（2024·浙江·1月選考）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角θ=37°的直軌道AB，半徑R=1m的圓弧軌道BCD，長度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE，半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道DE，軌道DE由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)μ1=0.25，向下運動時動摩擦因數(shù)μ2=0.5，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b（1）若h=0.8m，求小物塊①第一次經(jīng)過C點的向心加速度大小；②在DE上經(jīng)過的總路程；③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t（2）若h=1.6m，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊?！敬鸢浮浚?）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【來源】2024年1月浙江省普通高校招生選考物理試題【詳析】（1）①對小物塊a從A到第一次經(jīng)過C的過程，根據(jù)機械能守恒定律有mgh=12m②小物塊a在DE上時，因為μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、mg解得s③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為aa將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運動學(xué)公式有1解得t（2）對小物塊a從A到F的過程，根據(jù)動能定理有12m設(shè)滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有m1解得l8．（2023·浙江·6月選考）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L=0.8m，以v（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【來源】2023年選考浙江卷物理真題（6月）【詳析】（1）滑塊a從D到F，由能量關(guān)系mg?2R=12mvF2FN=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為a=μg=5m/s2根據(jù)vB2=vC2-2aL可得在C點的速度vC因ab碰撞動量守恒，則mvF=-mv1+3m（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度mvF=4mv解得v=2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度4mv=6mv'則v'=53m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關(guān)系9．（2023·浙江·1月選考）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FG、平臺JK位于同一水平面。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=1kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h=2.3m（1）求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小F（2）擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)μ；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t。【答案】（1）vC=4m/s，F(xiàn)C=22N；（2）μ【詳析】（1）滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得mg(h-1.2R-滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得FC+mg（2）設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為v，從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得mg解得v=6m/s擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速v1，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得mv=2mv1解得v（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a=μmgm=3m/s2所用時間為t1=v-v1a=1s10．（2021·浙江·1月選考）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點與豎直墻面的距離d=3R?，F(xiàn)將質(zhì)量為m(1)若釋放處高度h=h0，當(dāng)小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vc及在此過程中所受合力的沖量的大小和方向；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關(guān)系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應(yīng)該滿足什么條件？【答案】(1)v=2gh0，I=m2gh0，水平向左；【詳析】(1)機械能守恒mgh0=12mvC2(2)機械能守恒mg(h-R)=12mvD2牛頓第二定律(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是h≤52R第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入G之前是平拋運動vxt=vxvyg其中vx=考點04動量及其守恒定律11．（2024·浙江·1月選考）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O'點，三個相同的關(guān)于O'O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時速度為v0，方向向下，t1、t2時刻的振幅分別為A1，A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx（2）t=0時，每個線圈所受到安培力F的大??；（3）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）在t1～t【答案】（1）mgk；（2）4v0r2π2B【詳析】（1）平臺靜止時，穿過三個線圈的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量Δ（2）在t=0時速度為v0，設(shè)每個線圈的周長為LI=每個線圈所受到安培力F的大小F=BIL=（3）由減震器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在0～t1時間內(nèi)，振動時能量的減少量為Q'，由能量守恒定律Q'（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得I其中IIΔ聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為12．（2023·浙江·6月選考）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若B2=2B1，求能到達y=（3）若B2=B1L

【答案】（1）v1=2B1qLm；t=2πm【詳析】（1）當(dāng)離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°=根據(jù)qv1在磁場中運動的周期T=2πmq

（2）若B2=2B1，根據(jù)r=mvqB粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系rr解得r2=2Lsinα=34根據(jù)qv（3）當(dāng)最終進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達x軸，則由動量定理B2qv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔvx粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域則速度在3B1qLm~6B1qLm13．（2022·浙江·6月選考）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強度B的大?。虎谌羲俣却笮関0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大?。唬?）較長時間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大小；（3）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于6v0R，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k=0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π-θ)πm【詳析】（1）①離子在磁場中做圓周運動有qv0B=②離子在磁場中的運動時間t=πR2v0轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ωt=2kπ+π2ω=(4k+1)（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為R'Rv=離子在磁場中的運動時間t'=π-θR'v轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度ω'=(2nπ+θ)FF=(2nπ+θ)N2(π-θ)πmv（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度(4k+1)v0R=2nπ+θ'v0π-θ'R<6v14．（2022·浙江·6月選考）艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1