專題19力學計算

1.（2025?安徽?高考真題）如圖,M、N為固定在豎直平面內(nèi)同一高度的兩根細釘，間距L=0.5m。

一根長為3L的輕繩一端系在M上，另一端豎直懸掛質(zhì)量m=0.1kg的小球，小球與水平地

面接觸但無壓力。，=0時，小球以水平向右的初速度％=10m/s開始在豎直平面內(nèi)做圓周

運動。小球牽引著繩子繞過N、M,運動到M正下方與M相距L的位置時，繩子剛好被拉

斷，小球開始做平拋運動。小球可視為質(zhì)點，繩子不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度g

取lOm/s?o

⑴求繩子被拉斷時小球的速度大小，及繩子所受的最大拉力大小；

⑵求小球做平拋運動時拋出點到落地點的水平距離；

⑶若在，=0時，只改變小球的初速度大小，使小球能通過N的正上方且繩子不松弛，求初

速度的最小值。

【答案】（l）u=4萬m/s，T=17N

（2）4m

⑶2厲m/s

【詳解】（1）小球從最下端以速度如拋出到運動到M正下方距離為L的位置時，根據(jù)機械

能守恒定律=mg-2L+-mv2

2

在該位置時根據(jù)牛頓第二定律7-mg~m~[

解得v=4，^m/s，T=17N

1、

（2）小球做平拋運動時％=必，2L=-gt-

解得x=4m

?2

（3）若小球經(jīng)過N點正上方繩子恰不松弛，則滿足加且二〃7治

從最低點到該位置由動能定理-mv；=mg-5L+-mv2

解得v0=2>/15m/s

2.（2025?福建?高考真題）如圖甲，水平地面上有A、B兩個物塊，兩物塊質(zhì)量均為0.2kg,A

與地面動摩擦因數(shù)為〃=0.25,B與地面無摩擦，兩物塊用彈簧置于外力”的作用下向右

前進，尸與位移x的圖如圖乙所示，尸為圓弧最低點，區(qū)為最高點，水平地面長度大于4m。

⑴求（Mm,￡做的功；

（2）x=lm時，A與B之間的彈力；

⑶要保證B能到達M點，圓弧半徑滿足的條件。

【答案】⑴1.5J

（2J0.5N

（3）r<0.2m

【詳解】（1）求（Hm,b做的功W=￡r=1.5xlJ=1.5J

（2）對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律尸-/=2〃以

其中f="mg

對B根據(jù)牛頓第二定律以B=利。

聯(lián)立解得瓜B=0-5N

（3）當A、B之間的彈力為零時，A、B分離，根據(jù)（2）分析可知此時/'=0.5N

此時x=3m

1

過程中，對A、B根據(jù)動能定理叫一〃〃火工二5乂2加了9

0.5+1.5

根據(jù)題圖可得叫=1.5J+x2J=3.5J

2

從P點到M點，根據(jù)動能定理mg-2%x=~,mmin一~"病

V2.

在M點的最小速度滿足mg=機」也

41ax

聯(lián)立可得分ax=0?2m

即圓弧半徑滿足的條件廠W0.2m。

4.（2025?福建?高考真題）某運動員訓練為直線運動，其口―，圖如圖所示，各階段型像均為直

線。

⑴0-2s內(nèi)的平均速度;

（2）44.2—46.2s內(nèi)的加速度;

⑶44.2-46.2s內(nèi)的位移。

【答案】（l）2.4m/s,方向與正方向相同

⑵O.lm/s"方向與正方向相同

（3）4.2m,方向與正方向相同

-28+20

【詳解】（1）0—2s內(nèi)的平均速度口=二——-m/s=2.4m/s

2

方向與正方向相同;

22—20

(2)44.2-46.2s內(nèi)的加速度。=—:---:—m/s2=0.1m/s2

46.2-44.2

方向與正方向相同;

(2.2+2.0)x2c

(3)44.2—46.2s內(nèi)的位移工=----------------m=4.2m

2

方向與正方向相同。

4.（2025?山東?高考真題）如圖所示，內(nèi)有彎曲光滑軌道的方形物體置于光滑水平面上，P、Q

分別為軌道的兩個端點且位于同一高度，P處軌道的切線沿水平方向，Q處軌道的切線沿豎

直方向。小物塊。、，，用輕彈簧連接置于光滑水平面上，被鎖定。一質(zhì)量m=：kg的小球

自。點正上方力=2m處自由下落，無能量損失地滑入軌道，并從。點水平拋出，恰好擊中

a,與。粘在一起且不彈起。當彈簧拉力達到廠=15N時，解除鎖定開始運動。己知。的

39

質(zhì)量砥=lkg,8的質(zhì)量叫=1kg,方形物體的質(zhì)量用=5kg,重力加速度大小

g=10m/s2,彈簧的勁度系數(shù)〃=5（）N/m,整個過程彈簧均在彈性限度內(nèi)，彈性勢能表

達式綜=（日2a為彈簧的形變量），所有過程不計空氣阻力。求：

⑴小球到達尸點時，小球及方形物體相對于地面的速度大小片、出；

⑵彈簧彈性勢能最大時，〃的速度大小以及彈性勢能的最大值綜m。

2

【答案】（l）6m/s,水平向左，4m/s,水平向右

2S

⑵^m/s,水平向左，Epm=-J

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，小球從開始下落到P處過程中，水平方向上動量守恒，則有

"?匕=MV2

由能量守恒定律有mgh=

2

聯(lián)立解得v,=6m/s,v2=-m/s

2

即小球速度為6m/s,方向水平向左，大物塊速度為§m/s,方向水平向右。

（2）由于小球落在物塊。正上方，并與其粘連，小球豎直方向速度變?yōu)?,小球和物塊。水

平方向上動量守恒，則有利=(〃?+〃%)匕

解得匕=2m/s

設當彈簧形變量為不時物決〃的固定解除，此時小球和物塊。的速度為匕，根據(jù)胡克定律

F=如

系統(tǒng)機械能守恒;(加+"〈,)$=；(/%+4,)u；+；履：

乙乙乙

聯(lián)立解得V4=1m/s,玉=0.3m

固定解除之后，小球、物塊。和物塊b組成的系統(tǒng)動量守恒，當三者共速時，彈簧的彈性

勢能最大，由動量守恒定律有(〃2+%)匕=(〃?+〃％+〃％)以

2

解得以二^m/s，方向水平向左。

由能量守恒定律可得，最大彈性勢能為

Epm=3(/〃+，%)戒+3米；一；(加+回+利)口；=gj

5.(2025?河南?高考真題)如圖，在一段水平光滑直道上每間隔4=3m鋪設有寬度為&=2.4m

的防滑帶。在最左端防滑帶的左邊緣靜止有質(zhì)量為町=2kg的小物塊P,另一質(zhì)量為

叱=4kg的小物塊Q以為=7m/s的速度向右運動并與P發(fā)生正碰，旦碰撞時間極短。已

知碰撞后瞬間P的速度大小為u=7m/s,P、Q與防滑帶間的動摩擦因數(shù)均為4=0.5,重

力加速度大小g=10m/s?。求：

⑴該碰撞過程中損失的機械能；

(2)P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間。

【答案】(1)245

(2)5s

【詳解】(1)P、Q與發(fā)生正碰，由動量守恒定律"2%=加2%+〃/

2

由能量守恒定律-〃?2片=-^2VQ+-m}v+A￡

乙乙乙

聯(lián)立可得%=3.5m/s,AE=24.5J

（2）對物塊P受力分析由牛頓第二定律〃叫g(shù)=叫。

物塊P在第一個防滑帶上運動時，由運動學公式哈=232，vPI=v-67r,

解得h=5m/s

則物塊P在第一個防滑帶上運動的時間為才=0.4s

物塊P在光滑的直道上做勻速直線運動，則4=4也

解得G=0.6s

物塊P在第二個防滑帶上運動時，由運動學公式年-4=2叱，％=電一外

解得%2=lm/s

則物塊P在第二個防滑帶上運動的時間為八二（）-8s

物塊P在光滑的直道上做勻速直線運動，貝心=vP2r4

解得，4=3S

由以上條件可知，物塊P最終停在第三個防滑帶上，由運動學公式（）=%2-

可得物塊P在第三個防滑帶上運動的時間為“=0-2s

故物塊p從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間為，=4+G+6+乙+，5=5s

6.（2025?廣西?高考真題）圖中為某智能分裝系統(tǒng)工作原理示意圖，每個散貨經(jīng)傾斜傳送帶由

底端A運動到頂端8后水平拋出，撞擊沖量式傳感器使其輸出一個脈沖信號，隨后豎直掉

入以與水平傳送帶共速度的貨箱中，此系統(tǒng)利用傳感器探測散貨的質(zhì)量，自動調(diào)節(jié)水平傳

送帶的速度，實現(xiàn)按規(guī)格分裝。傾斜傳送帶與水平地面夾角為30。，以速度匕）勻速運行。

若以相同的時間間隔加將散貨以幾乎為。的速度放置在傾斜傳送帶底端A,從放置某個散

貨時開始計數(shù)，當放置第10個散貨時，第1個散貨恰好被水平拋出。散貨與傾斜傳送帶間

的動摩擦因數(shù)〃=*，到達頂端前已與傳送帶共速。設散貨與傳感器撞擊時間極短，撞擊

后豎直方向速度不變，水平速度變?yōu)?。每個長度為，/的貨箱裝總質(zhì)為M的一批散貨。若

貨箱之間無間隔，重力加速度為以分裝系統(tǒng)穩(wěn)定運行后，連續(xù)裝貨，某段時間傳感器輸出

的每個脈沖信號與橫軸所圍面積為/如圖乙，求這段時間內(nèi):

圖乙

圖甲

⑴單個散貨的質(zhì)量。

⑵水平傳送帶的平均傳送速度大小。

⑶傾斜傳送帶的平均輸出功率。

【答案】⑴,

%

di

（2）△/

?2%+9g4）

2A/

【詳解】（1）對單個散貨水平方向由動量定理-/=。-

解得單個散貨的質(zhì)量為’

%

（2）落入貨箱中散貨的個數(shù)為N="=外

mI

_ddi

則水平傳送帶的平均傳送速度大小為u=k元=

NbtMvQ

（3）設傾斜傳送帶的長度為L其中散貨在加速階段,由牛頓第二定律

pimgcos30°—mgsin30°=ma

解得a='g

4

加速時間。=為=史&

。S

加速位移^|=-濾=

2g

設勻速時間為G

其中％+q=9加

則勻速位移為W=叩2=%(9加一色■)

g

故傳送帶的長度為L=x^xI=9咻加-」金

g

r\2

在加速階段散貨與傳送帶發(fā)生的相對位移為故=-X=」公

g

在\t時間內(nèi)傳送帶額外多做的功為W=-mvl+m^Lsin30。+Q

其中小=_L,￡=9v0Ar-^-,Q=/.imgcos30°,P=—

%gA/

聯(lián)立可得傾斜傳送帶的平均輸出功率為P="2%+%加)

2A/

7.(2025?海南?高考真題)足夠長的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑A=0.5m,圓心角夕=53。

的圓弧軌道與平臺平滑連接，平臺與順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓

弧頂點無初速度下滑，在平臺與B碰成一整體,B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg,mB=1kg,

A、B可視為質(zhì)點，AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，在傳送帶上運動的過程中，因摩擦生

熱。=2.5J,忽略軌道及平臺的摩擦，g=]0m/s2

(1)A滑到圓弧最低點時受的支持力；

(2)A與B整個碰撞過程中損失的機械能;

⑶傳送帶的速度大小。

【答案】⑴72N,方向豎直向上；

(2J1.6J

⑶0.6m/s或2.6m/s

【詳解】（1）A從開始到滑到圓弧最低點間，根據(jù)機械能守恒%g（R-HCOS53O）=：〃ZA%2

解得％=2m/s

2

在最低點根據(jù)牛頓第二定律FN--/〃A—

R

解得”=72N,方向豎直向上；

（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動量守恒〃%%=（%+%）口共

解得以共=L6m/s

故A與B整個碰撞過程中損失的機械能為AE=｝縱%2一;（%+〃％）收2=1.6J

（3）第一種情況，當傳送帶速度》小十口共時，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運動，設AB

與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，對AB根據(jù)牛頓第二定律，（〃入+%）g=（"?A+%）。

設經(jīng)過時間。后AB與傳送帶共速，可得-="-

該段時間內(nèi)AB運動的位移為％=2詈6

傳送帶運動的位移為

故可得Q=〃（機A一馬）

聯(lián)立解得u=0.6m/s,另一解大于u共舍去；

第二種情況，當傳送帶速度u大于u共時，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運動，設經(jīng)過時間

12后AB與傳送帶共速，同理可得v=u共+小2

該段時間內(nèi)AB運動的位移為4=上/與2

傳送帶運動的位移為"=歸2

故可得Q=〃（"入+%）g?（W-X；）

解得u=2.6m/s,另一解小于々舍去。

8.（202s?廣東?高考真題）用開瓶器拔出瓶中的木塞，初始時軟木塞的上截面與玻璃瓶口平齊,

木塞質(zhì)量為〃？，高為爪過程中做勻加速直線運動，加速度為。、過程中木塞受到的摩擦力

為/=4[1一7，其中人為參數(shù)，/?為木塞高,X為木塞運動的距離。開瓶器齒輪的半徑

為r,重力加速度為g。

⑴求拔出時，齒輪的角速度。;

⑵求初始到拔出，開瓶器對木塞做的功W；

⑶設經(jīng)過時間為，，求開瓶器的功率尸與，的關(guān)系式。

【答案】⑴①=也巫

(2)W=mah+mgh+g

f2

(3)P=nuigt+ma2t+fat——--xt3

Q2h

【詳解】（1）木塞的末速度等于齒輪線速度，對木塞，根據(jù)運動學公式一=2〃〃

根據(jù)角速度和線速度的關(guān)系U二/廠

聯(lián)立可得0=

（2）根據(jù)題意畫出木塞摩擦力與運動距離的關(guān)系圖如圖所示

可得摩擦力所做的功為叱=

1、

對木塞，根據(jù)動能定理W+嗎-，咫〃二K加廿-0

解得W=mah+mgh+；f（）h

（3）設開瓶器對木塞的作用力為尸，對木塞，根據(jù)牛頓笫二定律尸-=

速度u="

位移x二—。/

2

開瓶器的功率

3

聯(lián)立可得P=magt+meet+fGat-xz

9.（2025?黑吉遼蒙卷?高考真題）如圖，一雪塊從傾角6=37。的屋頂上的。點由靜止開始下

滑，滑到A點后離開屋頂。O、A間距離x=2.5m,A點距地面的高度〃=1.95m,雪塊與

屋頂?shù)膭幽Σ烈驍?shù)"=?！?5。不計空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin370=0.6,重力加速

度大小g=10m/s2。求：

⑴雪塊從A點離開屋頂時的速度人小%；

⑵雪塊落地時的速度大小匕，及其速度方向與水平方向的夾角。。

【答案】（l）5m/s

（2）8m/s,60°

【詳解】（1）雪塊在屋頂上運動過程中，由動能定理〃2gxsin〃-〃〃2gcos"x=；"”；-。

代入數(shù)據(jù)解得雪塊到A點速度大小為％=5m/s

（2）雪塊離開屋頂后，做斜下拋運動，由動能定理〃儂?=：〃琢

代入數(shù)據(jù)解得雪塊到地面速度大小匕=8m/s

vcos05x0.81

速度與水平方向夾角滿足cosa=」n-----=—z—=-

匕82

解得a=60。

??

2025高考模擬題

1.如圖甲所示，長度L=2m的木板固定在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一個與木板質(zhì)量

相等的滑塊以水平速度uo=4m/s從右端滑上木板?；瑝K與木板間的動摩擦因數(shù)〃隨滑塊距

木板左端距離x的變化圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2,滑塊看做質(zhì)點。

⑴要使滑塊能從木板右端滑出，求〃最大值應滿足的條件；

⑵若木板不固定，要使滑塊能從木板右端滑出，求〃最大值應滿足的條件。

【答案】（1）〃/<0.8

⑵〃2<0.4

【來源】2025屆河南省名校聯(lián)盟高三下學期5月第二次模擬考試物理試題

【詳解】（1）要使滑塊能夠從木板右端滑出，則有片

設動摩擦因數(shù)最大值為"，由圖像可知/二冬等

解得必<0.8

（2）根據(jù)動量守恒有"?%=+mv2

設動摩擦因數(shù)最大值為"2,根據(jù)能量守恒有g(shù)m%?=（加匕2+；機彩2+幺等

又匕＞%

解得〃2＜。-4

2.如圖所示，兩輛完全相同的手推車1、2沿直線排列靜置于水平地面，質(zhì)量均為〃2,小米推

動車1,當車1運動了距離L時突然放手，讓其與車2相碰，碰后兩車以共同速度又運動

了距離L時停止。車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的攵倍，重力加速度為g。假設

車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力。求：

（1）碰后兩軍的共同速度大小v；

（2）車1碰撞前瞬間速度大小w

【答案】（1"="懣

（2）%=2yj2kgL

【來源】2025屆江蘇省泰州市姜堰區(qū)高三下學期二模物理試卷

【詳解】（1）碰后根據(jù)動能定理得一62〃*乙—0-耳＞＜2〃巾2

解得口=必丁

（2）碰撞過程中根據(jù)動量守恒定律得機%=2〃zu

解得%=2,2依L

3.如圖所示，長為L的木板C右端有一擋板（厚度不計），靜置在光滑水平地面上，完全相

同的兩物塊A、B（可視為質(zhì)點）分別置于C的左端和中點處，A、B、C的質(zhì)量均為團。

現(xiàn)給A—水平向右的初速度%,此后A和B、B和C各發(fā)生一次碰撞，且A恰好未從C上

滑落。所有的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間極短，重力加速度大小為g。求：

AB

P——nC

⑴A與B碰撞前后，A的加速度大小之比;

⑵從A開始運動至再次回到C左端過程中，系統(tǒng)產(chǎn)”的熱量;

⑶B和C碰撞前瞬間B的速度大??；

⑷從A開始運動至再次回到C左端時，A的位移。

【答案】（1）4：%=2:1

⑵Q=；機說

,a1+五

⑶彩二二一%

⑷…手心

【來源】2025屆山東省實驗中學高三下學期第二次模擬考試物理試題

【詳解】（1）A與B碰撞前，以A為研究對象，有〃，叫=〃?4

A與B碰撞后，A、C相走靜止，以A和C為研究對象，則〃mg=2

則A與B碰撞前后，A的加速度大小之比為4：4=2:1

（2）對于A、B、C系統(tǒng)，從A開始運動至再次回到C左端過程中，由動量守恒有

mv0=3mv

11,

由能量守恒得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=5小40一弓'3〃"

解得Q=；相1

（3）對全過程，有Q=2pmgL

B、C碰撞前瞬間，由動量守恒有"?%=加師+2mvc

從開始到B、C碰撞前瞬舊，由功能關(guān)系有不=7x2mgL

解得％=￥%

*-*

（4）經(jīng)分析A、B、C的位移大小相等，設B、C碰撞前C的位移為引，由動能定理有

〃mgX1=~x2mv1

1010

設B、C碰撞后到A、B、C共速前，C的位移為々，由動能定理有2/jmgx2=———mv"

又ww

解得了八二三徨乙

4.如題圖是無人機快遞運輸和配送的測試現(xiàn)場，質(zhì)量為5kg的郵件被無人機從地面吊起，由

靜止開始做豎直方向的勻加速直線運動，第10s末的瞬時速度為2m/s,重力加速度g=10m/s2,

不計郵件所受空氣阻力。求：

(l)0^10s郵件的總位移大小;

(2)0-10s拉力對郵件做功的平均功率。

【答案】(l)10m

(2J51W

【來源】2025屆重慶市育才中學校高三下學期二模物理試題

【詳解】(1)0~10s郵件的總位移大小為x=^f=10m

2

Avi

(2)郵件的加速度大小為。=—=0.2m/s~

Ar

根據(jù)牛頓第二定律/-〃*=ma

解得尸=51N

拉力對郵件所做的功為W=&=510J

w

則平均功率為P=7=51W

5.在清潔外墻玻璃時可以用磁力刷。如圖所示，厚度d=3cm的玻璃左右表面平整且豎直，

兩個相同特制磁力刷A、B均可視為質(zhì)點）之間的吸引力始終沿A5連線方向，吸引力尸的

大小與A8間距離x成反比，即尸=V。已知A的質(zhì)量為加,與玻璃間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,

滑動摩擦力與最大靜摩擦力大小相等，當A、B吸附在玻璃兩側(cè)表面且水平止對時，A、

B間的吸引力b=4mg。

（1）控制B從圖中位置水平向右緩慢移動，要A不下滑，求A3的最遠距離；

（2）控制B從圖中位置豎直向上緩慢移動，當A也恰能從圖中位置豎直向上運動時，求AB連

線與豎直方向夾角8。

【答案】（1）4=6cm

（2）0=45°

【來源】2025屆河北省滄州市鹽山中學高三下學期5月二模物理試題

【詳解】（1）設A3最遠距離為么，A恰好不下滑有4〃7gd="4

對A,由平衡條件得mg==JLIF2

解得%=6cm

（2）設A8距離為&時，A也恰能豎直向上運動時，有4〃際〃=片4

對A,由平衡條件得，吆+〃華=Z^cos。，N3=F3sin0

聯(lián)立解得：8=45°

6.生活中經(jīng)常出現(xiàn)手機滑落而導致?lián)p壞的現(xiàn)象，手機套能有效的保護手機?，F(xiàn)有一部質(zhì)量為

加=0.2kg的手機（包括手機套），從離地面高〃=1.8m處無初速度下落，落到地面后，反

彈的高度為九=0.2m,由于手機套的緩沖作用，手機與地面的作用時間為/=0.2s。不計

空氣阻力,取g=10m/sL求:

⑴手機在下落過程中重力沖量的大??；

⑵地面對手機平均作用力的大小。

【答案】⑴1.2N?s

（2J10N

【來源】2025屆江蘇省鹽城中學高三下學期三模物理試題

【詳解】（1）手機在下落過程中做自由落體運動，則有/:

解得％=J?=0.6s

則手機在下落過程中重力沖量的大小為心=〃吆，|=L2N?s

（2）手機落地時速度”=的=6m/s

從地面反彈速度v2=J2g%=2m/s

手機與地面作用過程中，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理可得月-〃?季二加y2一（一機匕）

解得手機對地面的平均作用力大小為了=10N

7.如圖甲所示，"L〃形木板Q（右側(cè)豎直擋板厚度不計）靜止在粗糙水平地面上，質(zhì)量,〃=0.5kg

的滑塊P（視為質(zhì)點）以%=6m/s的速度從木板左端滑上木板，f=ls時滑塊與木板相撞（碰

撞時間極短）并粘在一起。兩者運動的修圖像如圖乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2,

求：

⑴木板的質(zhì)量

⑵木板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量。必。

【答案】⑴0.5kg

(2)2.5J

【來源】2025屆青海省海東市屬中學高三下學期5月模擬預測物理試題

【詳解】（1）根據(jù)口-，圖像可知，滑塊P滑上木板Q后，滑塊P做勻減速直線運動，木板

Q做勻加速直線運動，在兩者碰撞前，滑塊P的速度匕=3m/s,木板Q的速度i3=lm/s,

兩者碰撞后的共同速度匕=2m/s,碰撞過程滑塊P與木板Q組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動

量守恒定律有"碼+A/V2=（m+A/）v3

解得M=0.5kg

（2）設木板沿地面運動的距離為4,滑塊P與木板Q間的動摩擦因數(shù)為〃穴板Q與地

面間的動摩擦因數(shù)為根據(jù)u-7圖像可知，在0~ls時間內(nèi)，滑塊P的加速度

3—62QI2

ap=-j—m/s=-3m/s

木板Q的加速度&=lm/s2

對滑塊P,根據(jù)牛頓第二定律一4"田=〃以P

對木板Q,根據(jù)牛頓第二定律，1磔一//2（〃2+加）且=知%

則木板沿地面運動的距離為d=鋁/+-^

2~242g

木板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量為顛

解得Q熱=2.5J

8.如圖所示，半徑為R=6m的四分之一光滑圓弧軌道BC固定在豎直面內(nèi)，圓弧軌道的最

低點與水平面相切于8點。質(zhì)量為〃?=1kg的小物塊從水平面上的A點開始始終受斜向右

上方、與水平面夾角為，=30。的恒力產(chǎn)，使物塊從靜止開始運動。已知b=mg,物塊與

水平面間的動摩擦因數(shù)為A點到6點間的距離為2A，重力加速度g大小取lOm/sz,

2

物塊大小不計，求（結(jié)果可帶根號）：

⑴物塊在水平面上運動的加速度大小;

⑵物塊從A運動到B的時間；

⑶物塊在圓弧而上運動的最大動能及相應位置。

【答案】(1)。=----m/sz

2

2M

(2)r=-----s

5

⑶當物塊運動到圓弧面上，與圓心O的連線與豎直方向夾角為60。時，物塊的動能最大

%=15+5g(J)

【來源】2025屆廣西北海市高三下學期第四次模擬考試物理試題

【詳解】(1)物塊在水平面上運動時，對物塊研究代OS。-/=〃心，aine+《=mg

其中/=〃G

解得。赍苧

(2)設物塊從A運動到B的時間為乙則=

2

解得TV二節(jié);u

(3)當物塊運動到圓弧面上時，由于拉力與重力的合力大小等于"火，方向斜向右下,

與豎直方向成60。，因此當物塊運動到圓弧面上，與圓心。的連線與豎直方向夾角為60。時,

物塊的動能最大;

根據(jù)動能定理Feos。?2R-于FxR-mgx；R=Ekni

解得線m=15+5百(J)

9.如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧體靜止在光滑的水平面上，圓弧面最高點8與圓

心。等高，物塊〃、力、c一字排開也靜止在光滑的水平面上，已知物塊。的質(zhì)量為〃?、物

塊。的質(zhì)量為4"2。給物塊。一個水平向右的初速度，。、力碰撞后粘在一起，/?與C發(fā)生彈

性碰撞后。、方的速度恰好為零，C剛滑上圓弧面時對圓弧面最低點A的壓力大小為40機g,

c?沿圓弧面上滑恰好能滑到B點，重力加速度為g,不計物塊的大小，求：

(1)權(quán)。碰撞后一瞬間，物塊c的速度大小;

(2)4與〃碰撞過程中損失的機械能;

⑶圓弧體的質(zhì)量。

【答案】(1)3炳

(2)54〃zgR

8

⑶丁

【來源】2025屆山西省青桐鳴大聯(lián)考高三下學期5月模擬預測物理試卷

【詳解】(1)設b與c碰撞后一瞬間，。的速度大小為匕，c剛滑上圓弧面最低點4時有

F-=4m

根據(jù)牛頓第三定律有尸=40,咫

解得匕=3師

(2)由于〃、人碰撞后粘在一起，b與。發(fā)生彈性碰撞后〃、人的速度恰好為零，則有

(6+/)？=4機匕,會團+m)■=gx4〃2b

解得"％=3m

設。與人碰撞前的速度大小為％,根據(jù)動量守恒定律有機％=("7+"%)匕

a與人碰撞過程中損失的機械能為-；(〃，+%)片

解得AE=54mgR

(3)設圓弧體的質(zhì)量為M,物塊。從A點滑到B點時，c與圓弧體共同速度為匕，根據(jù)水

平方向動量守恒有4相片=(4m+M)彩

111

根據(jù)機械能守恒有-X4m年=4mgR+-(4〃z+MM

Q

解得M=一機

7

10.如圖所示，光滑水平地面上一個質(zhì)量為，入=1kg的木板C緊靠平臺靜置，C的上表面與

光滑平臺相平。質(zhì)量為，%=1kg、傾角為30°的光滑斜面體B靜止在平臺上。質(zhì)量為

，〃D=3kg的物塊D靜置在木板C上。斜面體B固定在平臺上，將質(zhì)量為2kg的物

塊A從斜面上距平臺高度為力=:川處由靜止釋放，物塊A脫離斜面體B后，與平臺發(fā)

生相互作用，物塊A垂直于平臺方向的速度分量瞬間變?yōu)榱?，沿平臺方向的速度分量不變。

已知物塊A和D均視為質(zhì)點，與木板C上表面的動摩擦因數(shù)均為〃=01，重力加速度

=10m/s2,求

⑴物塊A在平臺上運動時的速率；

⑵若物塊A和物塊D不能發(fā)生碰撞，物塊D到木板C左端的最小距離；

⑶若斜面體B不固定，A從斜面上高度為L5m處靜止釋放，開始時物塊D到木板C左

25

側(cè)的距離為7Tm,物塊A與物塊D的碰撞為彈性碰撞，求物塊D與木板C第一次共速

時，物塊A與物塊D之間的距離。

【答案】⑴、萬m/s

5

(2)-m

3

(3)—m

40

【來源】2025屆山東省濟南市高三下學期二?？荚囄锢碓嚲?/p>

【詳解】(1)根據(jù)題意，設物塊A滑到斜面B底端時的速度為％,由機械能守恒定律有

,12

叫沖=~砥/

解得vA=m/s

物塊A在平臺上運動時的速率%=vAcos30°=V5m/s

（2）根據(jù)題意，對A、C、D系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律有

/7/Av0=（mA+代+町）方共，4%gs=；啊說一；（〃入+，%+%）噪

解得s=*m

3

（3）根據(jù)題意，對A、B系統(tǒng)，由機械能守恒定律有〃入的'=卜4葉+；小足

水平方向由動量守恒定律有〃?AKt=，他”

由幾何關(guān)系有tan0=-一

隊+%

又有以="￡+喝

聯(lián)立解得以v=J^m/s

物塊A滑上木板C后，物塊A的加速度為q=//g=1m/s2

物塊D和木板C整體加速度為卷低70?5m/s2

則有S|一：的產(chǎn)

解得”或S

2

物塊A與物塊D碰撞前，物塊A的速度vA1=以「紂=^m/s

木板C和物塊D的速度vc|=vD1=生，=4m/s

物塊A和物塊D發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有

mxVK\+mDVDl=%以2+mDVD2，-叫-~%哈+~砥42

乙乙乙乙

解得以2=^m/s，vD2=^m/s

碰撞后物塊A以加速度o,=//^=1m/s2

向右做勻加速直線運動,碰撞后物塊D以加速度q==1m/s?

木板C以加速度4="〃>""=1m/s2

向右做勻減速直線運動,

向右做勻加速直線運動,物塊D與木板C第一次共速有彩2-。/=+。5/

解得/，=@s

10

f

此時物塊D和物塊A速度分別為vD3=vD2-a4t=，vA3=vA2+〃/=g^m/s

此時物塊A與物塊D之間的距離為$2=-D2j"31'上m

240

11.小明坐在傾角為8=37。的斜坡上將質(zhì)量為"?=lkg的小球拋出，拋出點可近似認為貼近

斜坡，并最終落在斜坡上，小球拋出瞬間的速度大小為％=2m/s,不計空氣阻力,

g=10m/s2,sin37°=0.6,求:

(1)若小球拋出時速度沿水平方向，求落在斜坡上的時間/和小球的位移大小s；

(2)若小球拋出時速度可沿任意方向，求小球運動的最長時間，m。

【答案】⑴0.75m

(2)0.5s

【來源】2025屆山西省部分名校高三下學期第二次模擬考試物理試卷

1°

【詳解】(1)小球運動的位移與水平方向夾角為夕，由平拋運動知識，則有tan°=

解得，=0.3s

小球的水平位移大小x=卬

解得x=0.6m

小球的位移大小S=——

COS0

解得s=0.75m

（2）由于小球的初速度大小一定，且最終落在斜坡上，可知垂直于斜坡方向拋出運動時

間最長

垂直于斜坡方向加速度。=gcos〃

解得a=8m/s2

小球運動的時間，m=2%

a

解得"=0-5s

12.如圖所示，一傾斜傳送帶上端與一光滑水平面平滑相連，水平面上方有一長L=0.4m的輕

桿，可繞其上端。點處的光滑軸在脛直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，下端固定連接物塊B（可看成質(zhì)

點），B與水平面接觸無擠壓。將物塊A輕放在傳送帶底端，運動至頂端時剛好與傳送帶

速度相同，之后平滑進入水平面與B發(fā)生碰撞，碰后B恰好能運動至最高點。已知傳送帶

以速度u=lm/s順時針方向勻速運行，與水平面夾角為37。A與傳送帶間的動摩擦因

數(shù)4=0.8,A、B質(zhì)量分別為町=5kg,m2=1kg,重力加速度g=lOm/s?,sin370=0.6,

cos37°=0.8o求：

⑴碰撞后物塊A的速度；

⑵物塊A從傳送帶底端運動到頂端的過程中機械能的增加量。

【答案】（l）0.2m/s

（2）40J

【來源】2025屆天津市北辰區(qū)高三下學期三模物理式卷

【詳解】（1）碰撞過程動量守恒,有：m1v=/??1v1+m2v2

B恰好能運動至最高點，說明到達最高點速度恰好為0,根據(jù)機械能守恒定律，有:

^-m2v1=m2g-2L

乙

代入數(shù)據(jù)可得匕=0.2m/s

（2）物塊A在傳送帶上受到重力，支持力和摩擦力，正交分解有:

垂直于傳送帶方向，/二班gcos37'

沿傳送帶方向，一機gsin37。=m}a

設傳送帶底端到頂端距離為x,有百=2ax

2

A物塊機械能增加量AE=—m]v+"%gxsin37'=40J

13.如圖甲所示，一質(zhì)量為M的光滑斜面體靜止在光滑水平面上，斜面高為〃=孕，，傾角

4g

。二60。，一質(zhì)量為根的物塊（可視為質(zhì)點）從斜面底端以一定的初速度％=4u沿斜面

向上運動。若物塊在斜面上運動的過程中測得在水平方向上物塊與斜面體的速度大小分別

為力和⑶作出全過程的刃川2圖像如圖乙所示，已知重力加速度大小為8。求：

⑵物塊離開斜面時與水平方向的夾角；

⑶物塊在整個運動過程的最高點時與斜面頂點間的距離。

【答案】（1）1:2

⑵45°

V2v2

⑶2(―

【來源】2025屆陜西省西安市長安區(qū)高三下學期第三次模擬考試物理試題

【詳解】（1）物塊與斜面在水平方向動量守恒，則用心以二加口+知。*

2

所以〃2:A1=1:2

（2）設物塊離開斜面時的速度為匕對系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒有

；=mgh+；mv,2+；M(^)2

解得M=0V

所以cosa=—=

M2

則a=45°

即物塊離開斜面時與水平方向的夾角為45。；

Msina

（3）物塊離開斜面后做斜上拋運動，上升到最高點的時間為/=------

g

日j（/sin"

最大向度為〃=-

2g

水平位移為％=vcos?-f

V

該過程中斜面的位移為七一

物塊在最高點時與斜面頂點間的距離為/=^?+（3_馬）2

聯(lián)立可得/二囪二

2g

14.一長度為￡、質(zhì)量為M的木板靜止放置在光滑水平地面上，一質(zhì)量為〃2的青蛙靜止蹲在

木板的左端。觀察者發(fā)現(xiàn)：青蛀豎直向上起跳時，能上升的最大高度為晨青娃向右上方

起跳時，恰好能落至長木板右端。設青蛙（看作質(zhì)點）每次起跳做功相同，忽略空氣阻力，

重力加速度為g。求：

⑴每次青蛙起跳做的功W;

（2）青蛀向右上方起跳恰好落在木板右端時的水平位移大?。ㄓ媚景彘L度L表示）;

（3）若青蛙在水平地面上起跳，則其落地時的最大水平位移大?。ㄓ??表示）；

【答案】⑴W=

M

⑵％-----LT

M+m

⑶七=2〃

【來源】2025屆江蘇省蘇州市八校高三下學期三模聯(lián)考物理試卷

【詳解】（1）對青蛙豎直起跳過程列動能定理卬-〃7g/?=0

解得每次青蛙起跳做的功W=mgh

（2）對青蛙在木板上向右上方起跳過程"4

由幾何關(guān)系X+X2=L

聯(lián)立解得E=」一L

M+7%

（3）青蛙在地面上起跳時，設青蛙起跳初速度大小為%,方向與水平方向夾角為夕，運

動時間為則豎直方向％sin〃=g；

水平方向七=%/cos6

f?口fsin29

聯(lián)乂解得七=------

g

2

則當8=45。時，不二生

g

對青蛙起跳

2

解得青蛙水平方向上最大位移為七=2〃

15.某創(chuàng)新小組研究遙控汽車的性能，他們讓一輛遙控汽車甲在水平地面上由靜止開始運動,

利用傳感器測量出小車運動的全過程，得到如圖所示的回圖像。已知小車甲的質(zhì)量為2kg,

7=0時刻小車甲由靜止勻加速啟動，，=6s小車甲的功率達到了額定功率，之后保持不變，

六12s時碰上了在水平面靜止的遙控汽車乙（一直未打開動力），碰撞時間極短，碰撞過程

中甲小車失去動力，/14s時甲小車停止，U16s時小車乙停止。己知g=10m/s2,整個運動

過程中兩車在同一直線上，兩車與地面間的摩擦力均視為滑動摩擦力，兩車與地面間的動

摩擦因數(shù)相同。求:

(1)小車甲碰撞前瞬間的速度大??；

⑵小車甲初始位置與小車乙初始位置之間的距離；

⑶小車乙的質(zhì)量。

【答案】⑴4.5m/s

(2)30.375m

(3)1.25kg

【來源】2025屆陜西省渭南市臨渭區(qū)高三下學期質(zhì)量檢測(三模)物理試題

【詳解】(1)0~6s內(nèi)，小車做勻加速直線運動，則產(chǎn)一/=，〃4,a\=~±='|rn/s2=0?5m/s2,

八6

P=F%

12~14s內(nèi)，根據(jù)圖線可得見=—=-|m/s2=lm/s2

，32

所以/=，%q=2N

則/=3N,P=9W

所以小車甲碰撞前瞬間的速度大小為％=y=4.5m/s

3

(2)0~6s內(nèi)，小車的位移大小為％=乜4=，x6m=9m

22

6~12s內(nèi)，根據(jù)動能定理可得P，2-fx2=㈣。，;

代入數(shù)據(jù)解得％=21.375m

所以小車甲初始位置與小車乙初始位置之間的距離為x=X+x2=30.375m

(3)兩車碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律可得〃加%二加甲嶺+加乙匕，

匕二%乙=1x(16-12)nVs=4m/s

聯(lián)立解得"z乙=L25kg

16.如圖所示，一質(zhì)量為機的長板A靜置于光滑水平面上，距其右端心1m處有一與A等高

的固定平臺，一質(zhì)量為，〃的滑塊B靜置于這個光滑平臺上。B的正上方有一質(zhì)量為3〃z的

滑塊C套在固定的光滑水平細桿上，B和C通過一輕質(zhì)彈簧連接。一質(zhì)量為2m的小滑塊D

以%=3m/s的初速度向右滑上A的最左端，并帶動A向右運動，A與平臺發(fā)生碰撞后，

速度反向但大小不變。A與平臺發(fā)生第二次碰撞的瞬間，D恰好滑到平臺上，隨即與B發(fā)

生碰撞并粘在一起向右運動。己知小二lkg,A與D間的動摩擦因數(shù)為〃=0.1,B、C、D均可

看作質(zhì)點，BD組合體在隨后的運動過程中一直沒有離開平臺，且C沒有滑離細桿，重力

加速度g=10m/s2且不考慮空氣阻力。求

⑴滑塊D滑上平臺時速度的大??；

⑵長木板A的長度；

⑶若彈簧第一次恢復原長時.，C的速度大小為"m/s,則隨后運動過程中彈簧的最大彈性

勢能為多少？

2

【答案】⑴匕二§皿§

25

(2)Lr=-m

6

⑶穌=?

【來源】2025屆湖北省武漢市武昌區(qū)高三下學期5月質(zhì)量檢測物理試卷

【詳解】(1)假設A和D能共速，設共速時速度為匕，由動量守恒定律有2〃2%=(2m+