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第21节 功和能
【2019年物理江苏卷】如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中

A. 弹簧的最大弹力为μmg
B. 物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C. 弹簧的最大弹性势能为μmgs
D. 物块在A点的初速度为
【答案】BC
【解析】
【详解】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
1. 2012年物理海南卷
7．下列关于功和机械能的说法，正确的是 （ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
答：B C
2. 2012年理综安徽卷
16.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R,重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中
A. 重力做功2mgR B. 机械能减少mgR
C. 合外力做功mgR D. 克服摩擦力做功
答: D
解析：到B点时恰好通过，则，，从P到B机械能减少，则此过程克服摩擦力做功为。
3.2013年新课标II卷
20．目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
答：BD
解析：由于稀薄气体阻力的作用，卫星的机械能缓慢减小，在地球引力作用下做向心运动，轨道半径减小，但在一小段轨道上，仍可认为地球引力等于向心力，即，所以随轨道半径的减小，卫星的速度和动能会增大，A、C错误；由于卫星的高度降低，引力做正功，引力势能减小，B项正确；由功能关系可知，，所以，D正确。
4. 2014年物理上海卷
11.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是 （ ）
【答案】C
【解析】物体手拉力加速上升时，拉力做正功，物体的机械能增大，又因为拉力做功为：，与时间成二次函数关系，选项A、B错误；撤去拉力后，物体只受重力作用，所以机械能守恒，D项错误，C项正确。
5.2013年全国卷大纲版
20．如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
答：AC
解析：由运动学公式可得物块上滑的初速度，
上升到最大高度时初动能全部损失，即，A对B错；
损失的机械能，C对D错。
6. 2014年理综广东卷
16．图9是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫块的动能全部转化成内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
【答案】B
【解析】由于楔块与弹簧盒、垫块间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，选项A错B正确；垫块的动能转化成内能和弹性势能，选项C错误；弹簧的弹性势能也转化为动能和内能，故选项D错误。
7. 2015年上海卷20．如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则 （ BCD ）
（A）W1=Q （B）W2-W1=Q
（C）W1=Ek （D）WF+WG=Q+Ek，
解析：由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的机械能，所以W2-W1=Q，故A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1=Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的内能，故D正确。
8.2017年新课标Ⅲ卷16．如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为
A． B． C． D．
答：A
解析：由于过程中，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的机械能的增量
，
由功能原理可知：在此过程中，外力做的功为，故A正确，B、C、 D错误
9.2017年浙江选考卷12.火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火星质量的变化，则
A.火箭在匀速下降过程中机械能守恒
B.火箭在减速下降过程中携带的检测仪器处于失重状态
C.火箭在减速下降过程中合力做功，等于火箭机械能的变化
D.火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
【答案】D
【解析】火箭匀速下降过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，A错误；火箭在减速下降时，加速度方向向上，携带的检测仪器受到的支持力大于自身重力力，故处在超重状态，故B错误；由功能关系知，合力做功等于火箭动能变化，而除重力外外的其他力做功之和等于机械能变化，故C错误；火箭着地时，加速度向上，处在超重状态，火箭对地面的作用力大于自身重力，D正确。
10. 2015年理综天津卷5、如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中 （ B ）
A、圆环的机械能守恒
B、弹簧弹性势能变化了
C、圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D、圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
解析：圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，选项A错误；圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为，故选项B正确； 圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，所以选项C错误； 在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，所以选项D错误。
11.2015年江苏卷9. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。 圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，AC = h. 圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A. 弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g. 则圆环 （ BD ）
(A)下滑过程中，加速度一直减小
(B)下滑过程中，克服摩擦力做的功为
(C)在 C 处，弹簧的弹性势能为
(D)上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度
解析：由题意知，圆环从A到C先加速后减速，到达B处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A错误；从A到C，根据能量守恒：，从C到A： ，联立解得：，，所以C错B正确；
从A到B：，
从C到A：，
联立可得vB2 > vB1，所以选项D正确。
12.2015年理综新课标I卷17.如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则 （ C ）
A. ，质点恰好可以到达Q点
B. ，质点不能到达Q点
C. ，质点到达Q后，继续上升一段距离
D. ，质点到达Q后，继续上升一段距离
解析：由动能定理可得P点的动能为EkP=mgh，经过N点时，半径方向的合力提供向心力，有，所以N点的动能为，从P点运动到N点，根据动能定理有，即摩擦力做功。
质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力，即，根据左右对称关系，在同一高度，由于摩擦力做功使得右半边的速度变小，轨道的弹力变小，滑动摩擦力变小，那么从N到Q，根据动能定理得Q点的动能为，由于
所以Q点的速度没有减小到0，仍会继续上升一段距离，故选项C正确。
13.2014年物理海南卷
10．如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面。在此过程中（ ）
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
【答案】AD
【解析】轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b小，A对；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为机械能守恒的表现，故B、C错；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确。
14. 2014年理综福建卷
18．如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（ ）
A．最大速度相同 B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同 D．重力势能的变化量不同
答案：C
解析：当加速度等于零，即kx=mgsinθ时，速度最大，又因两物块质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开始运动时，根据牛顿第二定律kx-mgsinθ=ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，离开弹簧后加速度相同，故B错；开始时两弹簧的弹性势能相同，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能， Ep=mgh，因两物块的质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确；重力势能的变化量等于弹性势能的减少，故是相同的，所以D错误。
15. 2013年江苏卷
9. 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连. 弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出). 物块的质量为m，AB =a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ. 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W. 撤去拉力后物块由静止向左运动， 经O点到达B点时速度为零. 重力加速度为g. 则上述过程中
(A)物块在A点时,弹簧的弹性势能等于
(B)物块在B点时,弹簧的弹性势能小于
(C)经O点时,物块的动能小于
(D)物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
答案：BC
解析：将物块从O点拉到A点，根据功能关系有， ， ，弹簧的弹性势能小于，故A错；将物块从O点拉到A点，然后到O点，再到B点，根据功能关系有，，，弹簧的弹性势能小于，故B对；将物块从O点拉到A点，然后到O点，根据动能定理有，，，物块的动能小于，故C对；物块动能最大时弹簧的弹性势能为kx1=μmg时，，x116. 2016年新课标Ⅱ卷21．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【答案】BCD
【解析】因M和N两点处弹簧对小球的弹力相等，且∠ONM<π/2，知M处弹簧处于压缩状态，由题意可知在运动过程中受力如上图，小球的位移为MN，则从M→A 弹簧处于压缩态，则弹力做负功；从A→B 弹簧从压缩变为原长，弹力做正功；从B→N弹簧从原长到伸长，弹力做负功，则A错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g，当弹簧为原长时，弹力为0，竖直方向的合外力为mg，加速度也为g，则有两个时刻的加速度为g，选项B正确；弹簧最短时，即弹簧水平时，弹力与速度垂直，则做功的功率为零， 选项C正确；M→N，由动能定理，因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则有弹力做功的特点知，即， 选项D正确.
17. 2014年理综重庆卷
7．（15分）题7图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图。首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停（速度为0，h1远小于月球半径）；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落到月面。已知探测器总质量为m（不包括燃料），地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g。求：
（1）月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；
（2）从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化。
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M'、R'、和g'，探测器刚接触月面时的速度大小为v1。由得
由 得
（2）设机械能变化量为△E，动能变化量为△Ek，重力势能变化量为△EP。
由
有
18. 2011年理综浙江卷
24．（20分）节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kW。当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L=72m后，速度变为v2=72km/h。此过程中发动机功率的1/5用于轿车的牵引，4/5用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求
⑴轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
⑵轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电；
⑶轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′。
答案：（1）2×103N （2）6.3×104 J （3）31.5m
【解析】（1）汽车牵引力与输出功率的关系
将，代入得
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有
（2）在减速过程中，注意到发动机只有用于汽车的牵引，根据动能定理有
，代入数据得
电源获得的电能为
(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为。此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，
代入数据得 L'=31.5m
19.2015年理综北京卷23．（18分）如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块（可视为质点）的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F=kx，k为常量。
⑴请画出F随x变化的示意图；并根据F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功。
⑵物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中，
a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
b．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。
【答案】（1），（2） ；
解析：（1））F随x变化的示意图如图示，在图象中，面积为外力拉弹簧时外力所做的功
EMBED Equation.KSEE3 \* MERGEFORMAT
弹簧的弹力对物块做负功，
（2）a.分段研究：从x1到x3过程中，弹簧的弹力做负功，为
从x3到x2过程中，弹簧的弹力做正功，为[来源:学§科§网]
则全过程弹簧的弹力作功为
由功能关系，得
b.物体向右由x1运动到x3的过程摩擦力作功
物体由由x3返回到x2的过程摩擦力做功
全程摩擦力做功
若物体直接由x1位置运动到x2位置，摩擦力做功为
可知，两次沿不同路径从相同出发点运动到同一位置，摩擦力做功不同，说明摩擦力做功与路径有关。]
而弹簧弹力做功与路径无关，只与初末位置有关，因此存在弹性势能的概念，摩擦力做功与路程成正比，而非像弹簧弹力做功一样与路径无关，只与初末位置有关，所以不存在 “摩擦势能”的概念。
20. 2011年上海卷
33．（14分）如图(a)，磁铁A、B的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端，B的质量m=0.5kg，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的总势能随位置x的变化规律，见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度（如图(b)所示），则B的总势能曲线如图(c)中II所示。将B在x=20cm处由静止释放，求：（解答时必须写出必要的推断说明。取g=9.8m/s2）
⑴B在运动过程中动能最大的位置；
⑵运动过程中B的最大速度和最大位移；
⑶图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角；
⑷若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线。

解析：(1)势能最小处动能最大，由图线II得。(在5.9 ~ 6.3cm间均视为正确)
(2)由图读得释放处势能，此即B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J，则最大动能为，(在0.42 ~ 0.44J间均视为正确)，最大速度为， (在1.29～1.33 m/s间均视为正确)
x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移，(在17.9~18.1cm间均视为正确)
(3)渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即，∴
由图读出直线斜率
，（在间均视为正确）
（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图。

得：



2R

P

O

A

B

O

t

E

A

O

t

E

B

O

t

E

D

O

t

E

C

m

H

30?

















S

N

F

l/3

l

P

M

Q

发射

回收

L

m

h

B

A

m

C

P

O

Q

R

N

m

a

b

m

B

A

M

N

O

O

N

M

F弹

F弹′

F弹

原长

A

B

h1

h2

题7图

关闭
发动机

悬停

v

O

x1

x2

x3

x

x

F


x1

O

(c)

E/J

x/cm

O

1.0

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

5.0

10.0

15.0

20.0

Ⅰ

Ⅲ

Ⅱ

导轨

x

A

B

(a)

导轨

x

A

B

(b)

E/J

x/cm

O

1.0

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

5.0

10.0

15.0

20.0

Ⅰ

Ⅲ

Ⅱ






第22节 图像在物理解题中的应用.吕叔湘中学庞留根
【2019年物理全国卷3】从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为

A. 2kg B. 15kg C. 1kg D. 0.5kg
【答案】C
【解析】
【详解】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。
【2019年物理全国卷2】从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得

A. 物体的质量为2 kg
B. h=0时，物体的速率为20 m/s
C. h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D. 从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】
【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确
B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；
C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=85J-40J=45J，故C错误
D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确
1. 2011年海南卷
8．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。
下列选项正确的是（ ）
A．在0～6s内，物体离出发点最远为30m
B．在0～6s内，物体经过的路程为40m
C．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D．在5～6s内，物体所受的合外力做负功
答：B C
【解析】在0~5s,物体向正向运动，5~6s向负向运动，故5s末离出发点最远，A错；由面积法求出0~5s的位移s1＝35m, 5~6s的位移s2＝－5m,总路程为：40m，B对；由面积法求出0~4s的位移s=30m，平度速度为：v＝s/t＝7.5m/s C对；由图像知5～6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错
2. 2013年浙江卷
17．如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是
A．5s内拉力对物块做功为零
B．4s末物块所受合力大小为4.0N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6s~9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2
答案：D
解析：由图可得，物体与地面间的最大静摩擦力为4N，物体从第4秒开始运动，在第4秒-第5秒内发生位移，因此做功不为零；4秒末物块所受合力为0，4秒以后，物块所受摩擦力为滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数为0.3；根据牛顿第二定律可求得加速度为2.0m/s2。此题考查学生对基本的物理情景的分析。
3. 2012年理综天津卷
8. 如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则
A．0—t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
答案：BD
解析：由F与t的关系图像知：0～t1拉力小于最大静摩擦力，物块静止，F的功率为0，A错误；在t1～t2阶段拉力大于最大静摩擦力，物块做加速度增大的加速运动，在t2～t3阶段拉力大于最大静摩擦力，物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大，B正确，C错误；在t1～t3阶段物块一直做加速运动，在t3～t4阶段拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在t3时刻速度最大，动能最大，D正确。
4. 2012年物理海南卷
6．如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β。一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间to后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑。在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图像是 （ ）
答：C
解析：小物块沿斜面ab向上运动时，加速度的大小为；沿斜面bc向下运动时，加速度的大小为， v -t图像均为直线，D错；由于克服摩擦做功，到达c点的速度要小于初速度v0，A错；v0>vt，s15. 2013年安徽卷22.（14分）
一物体放在水平地面上，如图Ⅰ所示，已知物体所受水平拉力F随时间的变化情况如图2所示，物体相应的速度随时间的变化关系如图3所示。求：
（1）0~8s时间内拉力的冲量；
（2）0~6s时间内物体的位移；
（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。
答案：（1）18N?S（2）6m（3）30J
解析：（1）由图2知
（2）由图3知物体的位移为
（3）由图2知，在6~8s时间内，物体作匀速运动，于是有f=2N
由图3知，在0~10s时间内，物体的总位移为

6.2014年物理上海卷
16.如图，竖直平面内的轨道I和II都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿I和II推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为△Ek1、△Ek2,假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与I、 II轨道间的动摩擦因数相等，则 （ ）
A． B．
C． D．
【解析】小球从最低点到最高点受到的克服摩擦力做功：
Wf=μ(mgcosθ+Fsinθ)×S=μmgx水平+μFh
两次情况水平位移相同，竖直高度相同，可知沿两轨道运动时，摩擦力做功相等，拉力做功相等，重力做功相等，根据动能定理得：WF-mgh-Wf=ΔEk，则动能的变化量相等，即ΔEk1=ΔEk2。所以两球到达A点时的速度相同，A、C选项错误；沿I轨道运动时，开始阶段的加速度较小，后来加速度较大，沿II轨道运动时，开始阶段的加速度较大，后来加速度较小。将小球的运动看做直线运动，画出其速率随时间变化的v-t图象，图线与横轴所围的面积表示路程。由于两次情况的路程相等，可知沿II轨道运动的小球先到达，由图可知t1>t2。选项B正确。
7. 2014年理综四川卷
7．如右图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t = 0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t = t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是：（ ）






【答案】BC
【解析】若P在传送带左端具有速度v2小于v1，则小物体P受到向右的摩擦力，使P加速运动，则有两种可能：一种是一直加速运动，另一种是先加速度运动后匀速运动，所以B正确；若P在传送带左端具有速度v2大于v1，则小物体P受到向左的摩擦力，使P减速速运动，则有三种可能：一种是一直减速运动，二种是先减速度运动后匀速运动，三种先减速度运动到v1，摩擦力反向，继续减速度直到速度减为0，再反向加速运动并且摩擦力反向加速度不变，从左端滑出，所以C选项正确。
8. 2014年理综福建卷
15．如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是 （ ）
答案：B
解析：在下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：，故加速度保持不变，故选项D错误；物体做匀减速运动，其v-t图像应为倾斜直线，故C错；根据匀变速运动的规律，可得B正确；下降的高度，所以选项A错。

9.2016年海南卷5.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5s，5~10s，10~15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1=F3
【答案】A
【解析】根据v-t图像可以知道，在0~5s内加速度为a1=0.2m/s2，方向沿斜面向下；
在5~10s内，加速度a2=0；在10~15s内加速度为a3=-0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图：
在0~5s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ-f-F1=ma1，则：
F1= mgsinθ-f-0.2m；
在5~10s内，根据牛顿第二定律：mgsinθ-f-F2=0，则：F1= mgsinθ-f；
在10~15s内，根据牛顿第二定律： f+F3-mgsinθ=ma3，
则：F3= mgsinθ-f+0.2m
故可以得到：F3> F2> F1，故选项A正确。
10.2018年海南卷8．如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，时，小物块以速度滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的图像，图中、、已知。重力加速度大小为g。由此可求得 （ BC ）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从开始到时刻，木板获得的动能
解析： 设木块和木板的质量分别为m和M，在速度时间图象上，斜率等于加速度，
可得： ①， ②，
由牛顿第二定律得：f=mam=μmg ③ f=MaM=μmg ④
①②③④联立可求得物块与木板的质量之比和物块与木板之间的动摩擦因数μ。选项B、C正确；
由动量守恒定律 解得
从开始到时刻，木板获得的动能，由于只能求出两者的质量比，不能知道木块或木板的质量，所以无法求出木板获得的动能，选项D错误。故选BC。
11.2018年全国卷III、
19．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程 （ AC ）
A．矿车上升所用的时间之比为
B．电机的最大牵引力之比为
C．电机输出的最大功率之比为
D．电机所做的功之比为
解析：设第①次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，
×2t0×v0=×(t+3t0/2)×，解得：t=5t0/2，
所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A正确；
由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；
由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；
加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m (+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F3=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的牵引力F2=mg。
第①次提升过程做功W1=F1××t0×v0+ F3××t0×v0=mg v0t0；
第②次提升过程做功W2=F1××× + F3×××+ F2×× =mg v0t0；
两次做功相同，选项D错误。
12. 2013年新课标I卷
21.2012年11曰，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为I000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则
从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g
在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率儿乎不变
【答案】AC
【解析】由v-t图象面积的物理意义可以求出飞机滑行的距离约为100m，是无阻拦索滑行时的十分之一，A选项对；在0.4s~2.5s的时间内，飞机做匀减速直线运动，阻拦索对飞机的合力不变，但两个张力的夹角变小，所以两个张力变小，B选项错；由图象可知，飞机最大加速度约为，C选项对；阻拦系统对飞机的功率等于两个张力合力对飞机的功率，由P=Fv可知，功率逐渐减小，D选项错。
13.2015年理综新课标I卷20.如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的ν-t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出 （ ACD ）
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，则平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离，
根据牛顿第二定律，向上滑行过程a1=，
向下滑行a2=，
整理可得，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数μ，选项A、C正确。根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度，选项D对。仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错。故本题选ACD。
14. 2013年广东卷
19．如图7，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
答：BD
解析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；当甲乙下降相同的高度h时，由机械能守恒定律得： 即：，可知，B正确；由v-t图像可知，C错误，D正确。
C 、D 答案判定，画切向速度函数图象如下： 分析过程：经分析甲乙开始一段时间，切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面图一到图三
3种可能，排查只有图一才合理，假设 图二成立，从0到末时刻有s甲>s乙、末时刻速度大小相同，表示下降同一高度，然后用水平线去截甲乙轨迹如图四,有s甲15.2015年上海卷19．一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变。设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则 （ AC ）
（A）v0越大，v越大
（B）v0越小，v越大
（C）子弹质量越大，v越大
（D）木块质量越小，v越大
解析： 子弹穿透木块过程中，作用力不变，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度，保持不变，若质量不变，加速速度也不变，当子弹的初速度v0越大时，如答图1所示，子弹位移也越大，木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v就越大，故A正确，B错误；子弹的质量越大，加速度越小，初速度一定，位移越大，如答图2所示，
木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v就越大，故C正确；木块的质量越小，加速度越大，初速度不变，末速度越小，如答图3所示，故D错误。
16. 2014年理综新课标卷Ⅱ
24.2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录，取重力加速度的大小g=10m/s2
（1）忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落到1.5km高度处所需要的时间及其在此处速度的大小
（2）实际上物体在空气中运动时会受到空气阻力，高速运动受阻力大小可近似表示为，其中为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状，横截面积及空气密度有关，已知该运动员在某段时间内高速下落的图象如图所示，着陆过程中，运动员和所携装备的总质量m=100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数（结果保留1位有效数字）
解：（1）设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5km高度处的速度为v，根据运动学公式有
①
②
根据题意有 ③
联立①②③式得 ④
v=8.7×102m/s ⑤
（2）该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有
⑥
由所给的v-t图像可读出 vmax=360m/s ⑦
由⑥⑦式得 ⑧
17. 2012年理综北京卷23.(18分)
摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如1所示。考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a一t图像如图2所示。电梯总质最m=2.0×103kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a-t图像，求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2；
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。
解析：（1）如图2所示a一t图像可知0～11s电梯处于超重，加速度越大拉力越大，根据牛顿第二定律得 N
30～41s电梯处于失重，加速度越大拉力越小，根据牛顿第二定律得
N
（2）v-t图像中根据面积求位移，那么在a-t图像中根据面积求速度的改变
第1s内的速度改变量等于a-t图像与t轴所夹的前1s内的三角形面积
m/s
由于初速为0，第2s末的速率v2等于a-t图像与t轴所夹的前2s内的梯形面积
m/s
（3）由于前11s一直在加速，所以11s末电梯以最大速率上升，此时速度等于a-t图像与t轴所夹的前11s内的梯形面积
m/s
此时电梯的加速度为0，根据牛顿第二定律。拉力做功的功率
W
电梯受拉力和重力两个力，拉力和重力对电梯所做的总功W就是合力的功，根据动能定理等于前11s内动能的改变量
J



t/s

v/m·s-1

0

10

-10

2

4

6

F

0

5

5

10

t/s

F/N

0

4

5

10

t/s

Ff /N

2

甲

A

F

乙

F

t

t1

t2

t3

t4

fm

2fm

β







a

c

b

A

v

v0

0

t

t0

2t0

3t0

B

v

v0

0

t

t0

2t0

3t0

C

v

v0

0

t

t0

2t0

3t0

D

v

v0

0

t

t0

2t0

3t0

F

图1

图2

t/s

F/N

2

4

6

8

1

10

2

3

图3

t/s

v/m?s-1

2

4

6

8

1

10

2

3

A

B

I

II

v

t

O

t2

t1

Ⅰ

Ⅱ

P

Q

v1

v2

A

v

t

v2

t0

O

B

v

t

v2

t0

O

C

v

t

v2

t0

O

D

v

t

v2

t0

O

v0

D

t

a

O

A

t

h

O

B

t

s

O

C

t

v

v0

O

t/s

v/(ms-1)

0

1

5

10

15

θ


F

v

mg

N

f

v

O

t

v0

v1

t1

图（b）

v0

图（a）

②

①

t0

0

2t0

t

v





+

+

飞机

阻拦索

定滑轮

图(a)

70

60

50

40

30

20

10

0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

t/s

v/(ms-1)

图(b)

图（a）

图（b）

t

t1

2t1

v

vo

v1

0

20题图

B

图7

乙

甲

A

图一

图二

图三

图四

v

t

答图1

答图2

答图3

O

t

子弹

木块

O

v

子弹

木块

O

t

v

子弹

木块

150

t/s

v/m?s-1

200

250

300

350

400

20

30

40

50

60

70

80

90

100

t/s

0

10

11

30

40

41

a/ms-2


1.0

31

1

2

-1.0

图2

图1


电梯

拉力



第23节 动量和动量定理

1.2012年天津卷9. （1）
质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为 kg?m/s。
若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为 N（g=10m/s2）。
解析：取竖直向上为正方向则初动量为负末动量为正，动量变化为kgm/s
N
2.2014年物理上海卷
22A．动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比
vA∶vB =2: 1，则动量大小之比PA∶PB= ;两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比P∶PA= 。
【答案】1∶2； 1∶1
【解析】动能，由vA∶vB=2: 1，可知两者质量之比1∶4，所以动量的关系为：1∶2；两者碰撞遵循动量守恒，其总动量与A的动量等大反向，所以碰后的总动量与A原来的动量之比为1∶1。
3.2017年海南卷1．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为 （ D ）
A． B． C． D．1
解析：由动量守恒定律得，所以P和Q的动量大小的比值为1:1，D正确。
4.2015年理综重庆卷3．高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。.此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上。则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 （ A ）
A． B． C． D．
解析：人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式，可知；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得，解得：，故选A。
5.2015年理综北京卷18．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是 （ A ）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：绳子从伸直到第一次下降至最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律可得，人先做加速度减小的加速运动，当时加速度减小到0，人的速度最大，即动量最大，动能也最大。此后人继续向下运动（），人做加速度增大的减速运动，动量一直减小到零，全程拉力向上，其冲量一直向上，选项A正确、选项C和D错误。B、拉力与运动方向相反，一直做负功，但动能先增大后减小，选项B错误。故选A。
6.2018年全国卷II 、15．高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 （ C ）
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
解析：本题是一道估算题，要知道一层楼的高度大约3m，
根据动能定理： ①
得
设向下为正，由受力分析，落地时鸡蛋受到重力和地面对鸡蛋的冲击力，
由动量定理可得： ②
联立方程解得N=103N
由牛顿第三定律可知该鸡蛋对地面产生的冲击力约为N=103N，选项C正确。
7.2018年北京卷、22．（16分）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h = 10 m，C是半径R = 20 m圆弧的最低点。质量m = 60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a = 4.5 m/s2，到达B点时速度vB = 30 m/s。取重力加速度。
（1）求长直助滑道AB的长度L；
（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
解：（1）根据匀变速直线运动公式，有
（2）根据动量定理，有
（3）运动员经C点时的受力分析如答图2
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有：
根据牛顿第二定律，有
得 FN= 3900N
8.2013年天津卷
2．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【答案】B
【解析】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识。 设甲乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙， 根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：
① 完全非弹性碰撞过程→“交棒”；m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v共
② 向前推出（人船模型）→“接棒” （m甲+m乙）v共= m甲v'甲+m乙v'乙
由上面两个方程联立可以解得：m甲Δv甲= ﹣m乙Δv乙，即B选项正确。
经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有能量损失，C、D选项错误。
9.2017年新课标Ⅲ卷20．一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
答：AB
解析：由动量定理可得：Ft=mv，解得，t=1 s时物块的速率为，故A正确；在F-t图中面积表示冲量，所以t=2 s时物块的动量大小为，
t=3 s时物块的动量大小为，t=4 s时物块的动量大小为，所以t=4 s时物块的速度为1m/s，故B正确，C、D错误。
10.2013年天津卷
10．（16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：
⑴物块在力F作用过程发生位移xl的大小：
⑵撤去力F后物块继续滑动的时间t。
解析：（1）设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1=μmg ①
根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有 F x1 -F1 x =0 ②
代入数据，解得x1=16m ③
（2）设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则
x2 = x- x1 ④
由牛顿第二定律得 ⑤
由匀变速直线运动公式得 v2=2ax2 ⑥
以物块运动方向为正方向，由动量定理，得 -F1t=0-mv ⑦
代入数据，解得 t=2s ⑧
11.2015年理综天津卷10、（16分）某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5，设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求
（1）邮件滑动的时间t；
（2）邮件对地的位移大小x；
（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.
答案：（1）0.2s； （2）0.1m； （3）-2J；
解析：（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则有：
①
取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有： ②
由①②式解得： ③
（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有： ④
由①④式并代入数据解得： ⑤
（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则有： ⑥
摩擦力对皮带做的功为： ⑦
由①③⑥⑦式代入相关数据解得： ⑧
12.2015年理综安徽卷22．（14分）一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
【答案】（1）0.32； （2）130 N； （3）9 J
解析：（1）由A到B做匀减速运动，，由牛顿第二定律，联立得μ=0.32（或根据动能定理，得μ=0.32 ）
（2）根据动量定理，取水平向左为正方向，有，
代入数据，得
（3）根据动能定理，， 所以．
13.2016年北京卷18.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是
A.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B.不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量
【答案】B
【解析】从轨道1变轨到轨道2，需要加速。故v2p>v1p；人造卫星在万有引力作用下绕地球运行，在任意位置，无论在轨道1还是轨道2，都是在P点，与地球距离相等，加速度均相同，因此B正确；在轨道1不同的位置离地球距离不同，加速度大小不同，故C不正确；动量是矢量，在轨道2不同位置，卫星的速度方向不同，所以动量方向不同，则动量不相同，故D错误。
14.2016年北京卷24．(20分)
（1）动量定理可以表示为Δp=FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向。
（2）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图②所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。
a.?光束①和②强度相同；
b.?光束①比②强度大。
【答案】（1）a. ，，方向沿y轴正方向； b. y轴负方向
（2）a. 两光束对小球的合力的方向沿SO向左 b. 两光束对小球的合力的方向指向左上方
【解析】
（1）a.在沿x轴方向，
在沿y轴方向， 沿y轴正方向
b.设木板对小球的两个方向的作用力分别为Fx、Fy；
依题意，对小球由动量定理可得：，。
由牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力；
即小球对木板的作用力沿y轴负方向。
（2）设每个粒子的动量为p。
激光束穿出介质球后，粒子动量大小不变。
以水平向右为x轴为正方向，以竖直向上为y轴为正方向。
对①光束：；；
对②光束：；；
设Δt时间内，①光束与介质球作用的粒子数为N1，②光束与介质球作用的粒子数为N2；根据动量定理可得：介质小球对①光束的作用力为，；
同理：介质小球对②光束的作用力为，；
由牛顿第三定律可得，光束对小球的作用力：，；
，；
因此两光束对介质小球的总作用力：，
a.两束光强度相同时，N1=N2，此时Fx′沿x轴负向，Fy′=0，故两光束对小球的合力的方向沿SO向左；
b.①光束强度大时，N1>N2，此时Fx′沿x轴负向，Fy′沿y轴负向，故两光束对小球的合力的方向指向左上方。
15.【2019年物理全国卷1】最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×108 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】
【详解】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。




B

h

C

A

FN

G

答图2

0

t/s

F/N

1

2

3

4

1

2

-1

v

m

A

v0

B

P

1

2

E

x

y

O

图1

v

θ

θ

v

OP1

②

①

S

图2

θ

θ



第24节 动量守恒定律
1.2012年物理上海卷
22．（A组）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为____________kgm/s；两者碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为______________m/s。
答案： 40； 10，
解析：总动量 ；
碰撞过程中满足动量守恒，，代入数据可得： vB=10m/s
2.2011年上海卷
22A.光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细绳相连。开始时a球静止，b球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量 （填“守恒”或“不守恒”）；机械能 （填“守恒”或“不守恒”)。
答案：守恒，不守恒。
解析：本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律。两球在光滑水平地面上，外力和为零，故系统的总动量守恒。由于绳子在瞬间绷紧，系统的动能将有一部分转化为热量，故机械能不守恒。
3. 2013年上海卷
22A．质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度2v0/3射出。则物块的速度为 ，此过程中损失的机械能为 。
答案： ,
解析：由动量守恒定律，m v0=m·2v0/3+Mv，解得v=.由能量守恒定律，此过程中损失的机械能为△E= m v02-m·(2v0/3)2+Mv2= m v02 -m2 v02。
4.2015年上海卷22A．两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动。A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动。碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为________m/s，方向向________（选填“左”或“右”）。
答案：0.5；左
解析：规定向右为正方向，由动量守恒定律得，解得v'B= -0.5m/s
所以B的速度大小为0.5m/s，方向向左。
5.2017年新课标I卷14．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30kg?m/s B．5.7×102 kg?m/s
C．6.0×102 kg?m/s D．6.3×102 kg?m/s
【答案】A
【解析】设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：P=m2v2=m1v1=30 kg?m/s，所以A正确；BCD错误。
6. 2016年上海卷22A.如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量_________（选填：“守恒”或“不守恒“）。在B静止后，A和B组成的系统动量 。（选填：“守恒”或“不守恒“）
【答案】守恒； 不守恒
【解析】轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即，所以系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、B系统的受力情况不变，即，所以系统的动量依然守恒；当B静止后，系统的受力情况发生改变，即，系统合外力不等于零，系统动量不守恒。
7.2016年天津卷9、（1）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为 ；滑块相对于盒运动的路程为 。
【答案】
【解析】设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得：mv=3mv共
解得v共=
由能量关系可知：
解得：
8.2014年理综重庆卷4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3:1。不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是
【答案】B
【解析】弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向系统动量守恒，设m乙=m，则m甲=3m，故爆炸前水平方向总动量P=(3m+m)v=8m。而爆炸后两弹片做平抛运动，由平抛运动规律：
选项A中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s(向左)，P' =3m×2.5+m×(-0.5)=7m，不满足动量守恒，A错误；
选项B中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s，P' ==3m×2.5+m×0.5=8m，满足动量守恒，B正确；
选项C中：v甲=2m/s，v乙=1m/s，P' ==3m×2+m×1=7m，不满足动量守恒，C错误；
选项D中：v甲=2m/s，v乙=1m/s(向左)，P' ==3m×2+m×（-1）=5m，不满足动量守恒，D错误。
9.2012年理综重庆卷
17．质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为
答：B
解析：人与平板小车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，由于受到阻力作用，做减速直线运动；当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下瞬间，系统动量守恒，(m+2m)v0= -m v0+2mv，解得v=2 v0。人跳离后车向前做减速直线运动，直到停止，所以能正确表示车运动的v—t图象为B。
10. 2012年理综天津卷
10（16分）、如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上固定有光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求
（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA
（2）A、B两球的质量之比mA:mB
解析：（1）小球A在坡道上只有重力做功机械能守恒，有 ①
解得 ②
（2）小球A、B在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为v，根据系统动量守恒得
③
离开平台后做平抛运动，在竖直方向有 ④
在水平方向有 ⑤
联立②③④⑤化简得
11. 2014年理综北京卷
22.（16分）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10m/s2。求:
（1） 碰撞前瞬间A的速率v；
（2） 碰撞后瞬间A和B整体的速率v' ;
(3) A和B整体在桌面上滑动的距离l.
【答案】（1）2m/s （2）1 m/s （3）0.25m
【解析】（1）滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有


（2）滑块A与B碰撞，根据动量守恒定律，有


（3）滑块A与B粘在一起滑行，根据动能定理，有



12. 2011年理综四川卷
23．（6分）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s2（不超载时则为5m/s2）。
⑴若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？
⑵若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？
解析：（1）货车刹车时的初速是v0=15m/s ，末速是0，加速度分别是2.5m/s2和5m/s2，根据位移推论式得 代入数据解得：超载m；不超载m。
（2）货车与轿车相撞时的速度为m/s
相撞时动量守恒，有 得 m/s
对轿车根据动量定理有 解得 N
13.2014年理综天津卷
10．（16分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg．现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s．求
（1）A开始运动时加速度a的大小；
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
（3）A的上表面长度l．
【答案】（1）2.5m/s2 (2)1m/s (3)0.45m
【解析】⑴以A为研究对象，由牛顿第二定律有 ①
代入数据解得 a=2.5m/s2 ②
⑵对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理得
③
代入数据解得v=1m/s ④
⑶设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l=0.45m ⑦
14.2017年天津卷10．（16分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止与水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。
（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始时B离地面的高度H。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】（1）（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 ①
代入数据解得t=0.6s ②
（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有 ③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得
④
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，
联立②③④式，代入数据解得v=2 m/s ⑤
（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有
⑥
代入数据解得H=0.6 m ⑦
15. 【2019年物理江苏卷】质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为 ．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设滑板的速度为，小孩和滑板动量守恒得：，解得：，故B正确。


A

B

F

A

B

v

5m

2.5m

0.5m

B

甲

乙

O

5m

2m

1m

C

甲

乙

O

5m

2.5m

0.5m

A

甲

乙

O

5m

2m

1m

D

乙

甲

O

O

v

t

v0

2v0

v

1.5v0

O

t

A

v0

O

v

t

C

v0

O

v

t

D

v0

0.5v0

h

B

A

h



B

A

O

R

A

F

l

B

B

A






第25节 碰撞.吕叔湘中学庞留根
1.2015年理综天津卷9、（1）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，A、B两球的质量之比为__________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为_______________
答案： 4∶1，9∶5
解析：A球与挡板碰后两球刚好不发生碰撞，说明A、B碰后速率大小相同设为v，规定向左为正方向，由动量守恒定律，由题意知vB∶v=3∶1， 解得mA∶mB=4∶1，
碰撞前、后两球总动能之比为
2. 2013年江苏卷
5. 水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的
(A)30% (B)50% (C)70% (D)90%
答案：A
解析：碰撞过程的频闪的时间间隔t相同，速度，如图所示，相同时间内，白球碰前与碰后的位移之比大约为5∶3，速度之比为5∶3，白球碰后与灰球碰后的位移之比大约为1∶1，速度之比为1∶1，又动能，两球质量相等，碰撞过程中系统损失的动能为碰前动能减去系统碰后动能, 除以碰撞前动能时, 两球质量可约去, 其比例为，故A对，B、C、D错。
3. 2012年理综全国卷
21.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【答案】AD
【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得，，且，解得，，所以A正确，B错误；根据，知第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，C错误；根据单摆的等时性，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
4. 2011年理综全国卷
20．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为
A． B． C． D．Nμm gL
答案：BD
解析：设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失△Ek＝mv2－(m＋M)v12，解得△Ek＝v2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为S＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能：△Ek＝Q＝NμmgL，D对。
5. 2014年理综大纲卷
21．一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为 ( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设碰撞前后中子的速率分别为v1，v′1，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.
根据完全弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v′1，
解得碰后中子的速率，因此碰撞前后中子速率之比，A正确．
6.2014年理综大纲卷24．(12 分)
冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：
⑴碰后乙的速度的大小；
⑵碰撞中总机械能的损失。
【答案】(1) 1.0 m/s (2) 1400 J
【解析】 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′ . 由动量守恒定律有 mv－MV＝MV′ ①
代入数据得 V′＝1.0 m/s ②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE ③
联立②③式，代入数据得ΔE＝1400 J ④
7. 2014年理综广东卷35.(18分)
图24 的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞.
（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.
【解析】(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv1=2mv ①
解得 ②
碰撞损失的动能 ③
解得 ΔE＝9J ④
(2) 由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，由运动学规律，得
μ(2m)g＝2ma ⑤
⑥
v2＝v-at ⑦
由①⑤⑥⑦解得 ⑧
由于2s≤t≤4s 所以解得v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s ⑨
v2的取值范围1m/s≤v2≤5m/s
所以当P向左经过B 点时最大速度为v2=5m/s，
P经过B点向左继续匀减速运动，经过A点时有最大速度v3：

则P向左经过A点时有最大动能
8.2018年海南卷14．（16分）如图，光滑轨道PQO的水平段，轨道在点与水平地面平滑连接。一质量为的小物块A从高处由静止开始沿轨道下滑，在点与质量为的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
（2）A、B均停止运动后，二者之间的距离。
解：（1）设第一次碰撞前瞬间的速度为，物块A下滑到O的过程中，由机械能守恒定律有
①
设第一次碰撞后瞬间、的速度分别为、，取向右方向为正。A、B在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后系统的动能相等，有
②
③
联立①②③式得
④
⑤
即第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为和。
（2）A、B碰撞后，A自O点向左运动，经过一段时间后返回到O点，设A两次经过QO段运动的时间为t，有
⑥
B碰撞后向右运动，设A、B在地面上运动的加速度大小分别为、，由牛顿第二定律得
⑦
设B在地面上向右运动的时间为，由运动学公式得
⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式并代入题给条件得
⑨
由⑨式可知，当A再次回到O点时B已停止运动。由和⑦式知，A、B将再次碰撞。设B从O点以速度开始运动到速度减为0的过程中，运动的距离为，再次碰撞前瞬间A的速度大小为。由运动学公式有
⑩
?
设再次碰撞后瞬间和的速度分别为和，由完全弹性碰撞的规律，可得类似于④⑤式的结果
?
?
由④⑤⑦⑩??式知，即再次碰撞后，A不能运动到O点。设再次碰撞后和走过的路程分别为和，由动能定理有
?

联立④⑤⑦⑩?????式得，A、B均停止运动后它们之间的距离为
?
9. 2013年广东卷35.（18分）
如图18，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，求
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep
解：(1)P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律
mv0=2mv1 ①
解得 ②
对P1、P2、P系统，由动量守恒定律
mv0+ 2mv0=4mv2 ③
解得 ④
(2)当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，弹簧压缩量最大，
对系统由能量守恒定律
P刚进入P2 到P1、P2、P 第二次等速时，由能量守恒得；
④
由③④得：，
10.2011年理综重庆卷
24．（18分）如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
⑴整个过程中摩擦阻力所做的总功；
⑵人给第一辆车水平冲量的大小；
⑶第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。
解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL
（2）设第一车的初速度为，第一次碰前速度为，碰后共同速度为，第二次碰前速度为，碰后共同速度为.
……………①
………②
…………… ③
动量守恒
……………④
……………⑤
人给第一辆车水平冲量的大小………⑥
⑶由①⑥解得………⑦
由④⑦解得………⑧
第一次碰撞系统动能损失………⑨
由③解得………⑩
由⑤解得………
第二次碰撞系统动能损失………
第一次与第二次碰撞系统动能损失之比……………
11.2015年广东卷36．(18分)如图18所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以V0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度Vn与n的关系式。
答案：(1) v＝4m/s，F＝22N；（2）k＝45；(3) (其中n＝1、2、3、…、44)
解析：(1)由机械能守恒定律得：
解得A滑过Q点时的速度V = 4m/s
在Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有：
解得：A滑过Q点时受到的弹力 F = 22N
（2）AB碰撞前A的速度为VA , 由机械能守恒定律有：
得：VA = V0 = 6m/s
AB碰撞后以共同的速度VP前进，由动量守恒定律得： mVA = (m + m)VP
得： VP = 3m/s
总动能
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE = fL = μ(m + m)gL = 0.2J
则：
(3)AB滑到第n个光滑段上损失的能量E损 = nΔE = 0.2n J
由能量守恒得：
代入数据解得：，（n < k）




A

B





a

b

v

L

P1

P2

L

L

A

B

C

探测器

图24

h

eq \f(h,2)

A

B

O

P

Q

l

v0

P

L

A

B

P1

P2

图18

L

L

L

1

2

3

地面

地面







Q

R

V0

A

B

P

l


l


k

图18






第26a节 动量和能量
1.【2019年物理全国卷3】静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s?。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止； 0.50m；（3）0.91m；
【解析】
【分析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。
【详解】（1）设弹簧释放瞬间A和B速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为
sA=vAt–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有


联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离

2.2018年天津卷9．（1）质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是____20 ______m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为___0.2____m。
解析：由动量守恒定律 代入数据解得
由能量守恒定律 代入数据解得Δs=0.2m
3.2018年全国卷I、 14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能 （ B ）
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
解析：根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，
由动能公式，可知列车的动能与速度的平方成正比，与时间的平方成正比，选项AC错误；
由可知列车的动能与它的位移x成正比，选项B正确；由动量公式可知列车的动能，即与它的动量的二次方成正比，选项D错误。
4.2018年海南卷5．如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 （ C ）
A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大
解析：子弹打入沙箱的过程中，由动量守恒定律 解得，①
共同摆过一小角度的过程中机械能守恒， ②
由能量守恒，系统损失的机械能 ③
由③式可以看出，若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变大，A错误；
若保持M、v、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大，C正确；
①代入②得 ④
由④式可知若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变大，选项B错误；
共同摆过一小角度的过程中机械能守恒，若保持M、m、v不变，l变大，则摆角θ减小，h不变，即机械能不变，D错误。故选C。
5.2018年全国卷I、 24．（12分）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解：（1）设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有 ②
联立①②式得 ③
（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 ⑧
6.2018年全国卷II、24．（12分）汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了，A车向前滑动了。已知A和B的质量分别为和，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小。求
（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解：（1）设B车的质量为，碰后加速度大小为。根据牛顿第二定律有
①
式中是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
②
联立①②式并利用题给数据得 ③
（2）设A车的质量为，碰后加速度大小为。根据牛顿第二定律有
④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为。两车在碰撞过程中动量守恒，有
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 ⑦




B

A

B

A

2.0m

4.5m



第26节 力学综合题
【2019年4月浙江物理选考】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。（sin37°=0.6）

（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块由静止释放到B的过程中：

解得vB=4m/s
（2）左侧离开，D点速度为零时高为h1

解得h（3）右侧抛出，D点的速度为v，则


x=vt
可得
为使能在D点水平抛出则：
解得h≥3.6m
【2019年物理北京卷】雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
____
（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。

a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
____
b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t图线。
（ ）
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
________
【答案】 (1). (2). (3). ① (4). (5). 详见解析
【解析】
【分析】
(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度为0时速度最大；
(3)由动量定理证明
【详解】(1)对雨滴由动能定理得：

解得：；
(2)a.半径为r的雨滴体积为：，其质量为
当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有：
其中
联立以上各式解得：
由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为的雨滴，
不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：
；
(3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为，
在内，空气分子个数为：，其质量为
设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：

对圆盘上方空气分子由动量定理有：

圆盘受到的空气阻力为：

联立解得：。

【2019年物理天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知飞行员的质量，，求

（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
1. 2016年上海卷25.地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h，h【答案】0或h；
【解析】据题意，从图可以看出力F是均匀减小的，可以得出力F随高度x的变化关系：，而，可以计算出物体到达h处时力；物体从地面到h处的过程中，力F做正功，重力G做负功，由动能定理可得：，而，可以计算出：，则物体在初位置加速度为：，计算得：；当物体运动到h处时，加速度为：，而，计算处理得：，即加速度最大的位置是0或h处。
2. 2016年新课标1卷20. 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（ ）
A. Q点的电势比P点高
B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大
C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案：AB
解析：由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴从P点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P点电势，A选项正确；在油滴从P点运动到Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点，B选项正确；所以选AB。
3.2017年天津卷4．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【答案】D
【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点，对乘客受力分析，根据牛顿第二定律，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，重力的冲量 ，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度与竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但夹角θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。
4. 2016年天津卷10、我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示。质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB=24m/s，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取g=10m/s2
（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
【答案】（1）144 N （2）12.5 m
【解析】（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，
则有 vB2=2ax ①
由牛顿第二定律有 mg－Ff=ma ②
联立①②式，代入数据解得 Ff=144 N ③
（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh+W=mvC2－mvB2 ④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R=12.5 m ⑥
5.2012年理综全国卷
26.（20分）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
（1）求此人落到坡面时的动能；
（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【解析】
（1）（1）设该队员在空中运动的时间为t，在坡面上落点的横坐标为，纵坐标为。由运动学公式和已知条件得： ①
　　　　　　 　②
得平抛运动的轨迹方程
根据题意有坡面的抛物线方程：y=　　 ③
两方程的交点为，。
由机械能守恒，落到坡面时的动能为：
　　 ④
联立式得：　　⑤
另解【或根据机械能守恒，解得】
（2）方法1：⑤式可以改写为
　⑥
极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得：
　　　　　　　　　　　　　⑦
此时，则最小动能为　　⑧
另解方法2：由，
令，则
当时，即探险队员的动能最小，最小值为，
另解方法3：求关于的导数并令其等于0，
即解得
即当人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为.
6.2012年理综广东卷
36.图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。
（1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。
（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1与ω的关系式。
（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。
【解析】（1）由题知，A脱离滑杆时的速度应为滑杆的最大速度 uo=ωr
设A、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律得：m uo=2m v1
A与B碰撞过程损失的机械能
解得
AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a,
由牛顿第二定律及运动学规律得：
v1=at1
由题知
联立解得 即0<
（3）AB能与弹簧相碰
不能返回道P点左侧
解得
AB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，由动能定理

AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒
解得
7.2012年理综山东卷
22．（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。（取g=10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C 两点间的高度差h。
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动
①求F的大小
②当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。
解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得
mgh-μ1mgL=0 ①
代入数据得
h=0.2m ②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
③
根据牛顿第二定律，对物体有
mgtanθ=ma ④
对工件和物块整体有
F-μ2 (M+m)g=(M+m)a ⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
F=8.5N ⑥
②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2， 由运动学公式可得
⑦
x1=vt ⑧
x2= x1-Rsinθ ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x2=0.4m ⑩
8.2012年理综安徽卷24.（20分）
如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2, l=1.0m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
答： (1) 4m/s (2) B将以4/3 m/s的速度返回皮带，无法通过皮带；(3)
解析：(1) B从曲面滑下机械能守恒：
得B滑到皮带前：
B滑上皮带做匀减速运动:

解得B滑过皮带与A碰前速度：
（2）AB发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后B的速度为v2, A的速度为va2


联立两式解得： （舍去）
B将以速度大小返回到皮带上做匀减速运动直到速度为0有：

解得，所以不能回到曲面。
（3）设B第m-1次与A碰后，从皮带返回再与A第n-1碰撞，，


联立解得：
（舍去）
由此可知B与A碰撞后每次只能保留碰前速度大小的，所以碰撞n次后B的速度应为
（n=0、1、2、3……）
9.2012年理综四川卷
24．（19分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 370，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×l0-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。
(1)求弹簧枪对小物体所做的功；
(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。
解：
(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf-mgr(1-cosθ)=mv02 ①
代入数据得Wf=0.475J ②
说明：①式4分，②式2分。
(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，
由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有
v1=v0+a1t1 ④
由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有
sl=v0t1+a1t12 ⑤
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得
－mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有
0=v1+a2t2 ⑦
s2=v1t2+a2t22 ⑧
设CP的长度为s，有 s=s1+s2 ⑨
联立相关方程，代入数据解得 s=0.57m⑩
说明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。
10.2012年物理海南卷
15．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g。求：
（1）小球从在AB段运动的加速度的大小；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间。　
解：（1）小球在BCD段运动时，受到重力mg、轨道正压力N的作用，如图示。
据题意，N≥0，且小球在最高点C所受轨道正压力为零
NC=0 ①
设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有
②
小球从B点运动到C点，机械能守恒。设B点处小球的速度大小为vB，有
③
由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式有

由②③④式得 ⑤
（2）设小球在D点的速度大小为vD，下落到A点的速度大小为v，由机械能守恒有
⑥
⑦
从D点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得
⑧
11.2011年理综安徽卷
24．（20分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动。开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。
⑴若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。
⑵若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
⑶在满足⑵的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则
①
②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则
③
由②③式，得 F=2N ④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有
⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
⑥
由⑤⑥式，得 v2=2 m/s ⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V'。由系统水平方向的动量守恒，得
⑦
将⑧式两边同乘以Δt，得
⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有
⑩
又 ?
由⑩?式得 m ?
12. 2013年北京卷23．（18分）
蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。
把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx （x为床面下沉的距离，k为常量）。质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt=2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为xl。取重力加速度g=I0m/s2，忽略空气阻力的影响。
⑴求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；
⑵求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；
⑶借助F-x图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求x1和W的值。
答：（1）k=5000N/m （2） hm=5m （3）x1= 1.1m W=2525J
【 解析】（1）床面下沉x0=0.10m时，运动员受力平衡，
mg=kx0， 解得：k=mg/x0=5.0×103N/m。
弹力F随x变化的示意图如答图2所示。
（2）运动员从x=0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等，
。
（3）参考由速度—时间图象求位移的方法，F-x图象下的面积等于弹力做的功，从x处到x=0，弹力做功WT，
运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有：
.
解得：。
对整个预备运动，由题述条件以及功能关系，有：，
解得：W=2525J≈2.5×103J。
13. 2013年上海卷
31．(12分)如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
解：小球在滑块上运动时滑块运动满足

由得小球脱离滑块时的速度
小球脱离滑块后做自由落体运动，
小球脱离滑块后的加速度a'=μg
滑块的运动时间
若t
若t >t'，小球落地前滑块已停止运动，则由得


14..2013年重庆卷
9．（18分）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A的质量为m，球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
⑴求球B第一次落地时球A的速度大小；
⑵若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；
⑶在⑵情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。
解析：（1）由 得球A的速度大小
（2）设所用时间为t'，临界情况是B刚好反跳到出发点时与A相碰，有
0 < t' < 2t 解得 1 < p < 5
（3）设碰撞时A、B的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1'、v2'，由弹性碰撞可得


联立上两式解得
球A碰后能到达比其释放点更高的位置，则需要满足 ，可得
设B从上升到相遇时间为t，则有
v1=v0+gt
v2=v0-gt

可以解得p < 3 ， p应满足的条件是0 < p < 3
15. 2013年海南卷
13．一质量m=0.6kg的物体以v0=20m/s的初速度从倾角为300的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔEk=18J，机械能减少了ΔE=3J，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求
（1）物体向上运动时加速度的大小；
（2）物体返回斜坡底端时的动能。
答：（1）6m/s2 （2）80J
解析：（1）设物体在运动过程中所受的摩擦力为f，向上运动的加速度大小为a，由牛顿定律有
①
设物体动能减小ΔEk时，在斜坡上运动的距离为s，由功能关系得
②
③
联立①②③式并代入数据可得a=6m/s2 ④
（2）设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得 ⑤
物体返回斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理有 ⑥
联立①④⑤⑥式并代入数据可得Ek=80J ⑦
16. 2013年浙江卷
23．山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值；
（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小。
解：（1）设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有
①
②
联立①、②式，得vmin=8m/s　　③
（2）猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为，有
④
⑤
（3）设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得
⑥
由几何关系 ⑦
得：L=10m ⑧
综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：
17. 2013年福建卷
20. （15分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球。现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0 m，B点离地高度H=1.0 m，A、B两点的高度差h=0.5 m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：
（1）地面上DC两点间的距离s；
（2）轻绳所受的最大拉力大小
答：（1）s=1.41m? （2）?F= 20N。
解：（1）小球从A到B过程机械能守恒，有 ①
小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有 ②
在水平方向上有s=vBt ③
由①②③式解得s=1.41m ④
（2）小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有
⑤
由①⑤式解得F=20N ⑥
根据牛顿第三定律F'=-F ⑦
轻绳所受的最大拉力为20 N。
18. 2011年理综广东卷
36．（18分）如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l =6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。E距A为s=5R。物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g。
（1）求物块滑到B点的速度大小；
（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

解析：（1）滑块从静止开始做匀加速直线运动到A过程，滑动摩擦力做正功，滑块从A到B，重力做正功，根据动能定理，，解得：
（2）滑块从B滑上滑板后开始作匀减速运动,此时滑板开始作匀加速直线运动，当滑块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v，根据动量守恒
， 解得：
对滑块，用动能定理列方程：，解得：s1=8R
对滑板，用动能定理列方程：，解得：s2=2R
由此可知滑块在滑板上滑过s1－s2=6R时，小于6.5R，并没有滑下去，二者就具有共同速度了。
当2R≤L＜5R时，滑块的运动是匀减速运动8R，匀速运动L－2R，匀减速运动0.5R，滑上C点，根据动能定理：，解得：，
，滑块不能滑到CD轨道的中点。
当R＜L＜2R时，滑块的运动是匀减速运动6.5R+L，滑上C点。根据动能定理：
，解得：
当时，可以滑到CD轨道的中点，此时要求L<0.5R，这与题目矛盾，所以滑块不可能滑到CD轨道的中点。
19. 2011年理综福建卷
21．（19分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求：
⑴质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；
⑵弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；
⑶已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90?角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2m/3到m之间变化，且均能落到水面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？
答：（1）（2）3mgR（3）
【解析】（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg =
解得　v1 =
（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有EP = mg(1.5R+R)+
解得　EP = 3mgR
（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距离为x1，由平抛运动规律有
4.5R = ，x1 = v1t+R，解得　x1 = 4R
当鱼饵的质量为时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律有
EP =
解得　v2 =
质量为的鱼饵落到水面上时，设离OO′的水平距离为x2，则x2 = v2t+R
解得　x2 = 7R
鱼饵能够落到水面的最大面积S = ≈ 8.25πR3
20. 2011年理综全国卷
26．（20分）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。
解析：设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V
由动量守恒得 (2m＋m)V＝mv0 ①
解得 V＝v0
此过程中动能损失为 △E＝mv02－×3mV2 ②
解得 △E＝mv02
分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，
由动量守恒得 mv1＋mV1＝mv0 ③
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，
由能量守恒得 mv12＋mV12＝mv02－ ④
联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得 v1＝(＋)v0 ⑤
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，
由动量守恒得 2mV2＝mv1 ⑥
损失的动能为 △E′＝mv12－×2mV22 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式得△E′＝(1＋)× ⑧
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式，射入第二块钢板的深度x为
x＝(1＋)d ⑨


x

F


h

H

F0

O


P

Q

H

h

B

A

O

C

R

起跳台




O

2h

y

m

x

v0



滑槽

t

挡板

v0

B

A

r

l

P

Q

滑杆

销钉

连杆

(a)



0

t

v













（b）



C

R

m

A

B

P

M

O

B

A



lL

h







u=2m/s

A

B

O

E

D

C

r

弹簧枪

θ

θ

C

R

D

B

O

A

A

B

O

R

D

C

mg

N

M

m

v0

O

P

L

x

O

F

x

O

F

答图2

h

m

M

L

A

B

h

ph

题9图

h1

h2

x2

x1

A

B

C

D

E

O

A

L

B

D

C

O

h

H

s

A

B

C

D

E

m

MM

RM

RM

s=5RM

l=6.5R

L

O

O′

C

B

A

R

2R

1.5R

0.5R

m

2m

m

m

m



第26节 力学综合题（下）
【2019年物理全国卷1】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m （2） （3）
【解析】
【详解】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：

联立方程解得：；
根据v-t图象可知，
解得：
（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得
当物块A沿斜面下滑时：，由v-t图象知：
当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：
解得：；
又因下滑位移
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：
其中为P点离水平面得高度，即
解得
故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：

（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为，设原来的摩擦因为为
则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：
设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：
又据（2）的结论可知：，得：
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：。
1.2018年全国卷I、18．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 （ C ）
A． B． C． D．
解析：设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：，又F=mg，解得，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后，在水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：，小球离开c点后在水平方向的位移为。
由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移为5R，则小球机械能的增量为，选项C正确ABD错误。
2.2018年天津卷2．滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中 （ C ）
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
解析：根据曲线运动的特点分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而判断运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒。
因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，选项A错误；运动员受力如图示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，有得，运动过程中速率恒定，且θ在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据可知摩擦力越来越大，选项B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，故动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，选项C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，选项D错误。
3.2018年全国卷III、25．（20分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达A点时动量的大小；
（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。
解：（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
①
②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 ③
由①②③式和题给数据得 ④
⑤
（2）设小球到达A点的速度大小为，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
⑥
⑦
由动能定理有 ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
⑨
（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
⑩
?
由⑤⑦⑩?式和题给数据得
?
4.2018年浙江卷（4月选考）20． 如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m。小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力。
（1）求小球运动至B点的速度大小；
（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；
（4）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出后静止所需的时间。
解：（1）在B点： 得到：
（2）A至B过程中，由动能定理： 得到：
（3）B至C过程中，由动能定理：
B至P的水平距离：
当 P至B的水平距离最大
（4）C至P时间：

……


5.2011年理综山东卷
24．（15分）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg。B与A左段间动摩擦因数μ=0.4。开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m。（取g=10m/s2）求：
⑴B离开平台时的速度vB。
⑵B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
⑶A左端的长度l2，
解析：（1）设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得
①
x=vBt ②
联立①②式，代入数据得
vB=2m/s ③
(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得
④
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据得
⑦
⑧
（3）设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得
⑨
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得
⑩
⑾
联立⑦⑧⑨⑩⑾式，代入数据得
⑿
6. 2011年理综天津卷
10．（16分）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2 R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求
⑴粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
⑵小球A冲进轨道时速度v的大小。
【解析】
（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有
①
解得 ②
（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 ③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 ④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 ⑤
综合②③④⑤式得
7. 2011年物理江苏卷
14．（16分）如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为g）
⑴求小物块下落过程中的加速度大小；
⑵求小球从管口抛出时的速度大小；
⑶试证明小球平抛运动的水平位移总小于
答：(1) (2) (k>2) (3) 见解析
【解析】(1) 设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律Mg-T=Ma， T-mgsin30°=ma
且M=km 解得：
(2) 设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0。
根据牛顿第二定律 -mgsin30°=ma0 ，
匀变速直线运动
解得： (k>2)
(3) 平抛运动， ，解得
因为，所以，得证。
8. 2014年物理江苏卷
15 . (16 分) 如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为 μ. 乙的宽度足够大，重力加速度为 g.
(1 ) 若乙的速度为 v0，求工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离 s;
(2 ) 若乙的速度为 2 v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v
(3 ) 保持乙的速度 2 v0 不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复. 若每个工件的质量均为 m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率 .
【答案】（1） （2）2 v0 （3）
【解析】（1）摩擦力与侧向的夹角为45°
侧向加速度大小 匀变速直线运动
解得
（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay，则ay /ax=tanθ，
在很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx= ax△t，△vy= ay△t，
解得 △vy /△vx=tanθ
且由题意可知 ， 则，
所以摩擦力方向保持不变
则当， 即
（3）工件在乙上滑动的侧向位移为x，沿乙方向的位移为y
由题意知
在侧向上 在纵向上
工件滑动时间 乙前进的距离
工件相对乙的位移
则系统摩擦生热
电动机做功
由解得
9. 2014年理综安徽卷
24．(20分) 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.5。开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2。求：
（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
【答案】（1）2.5m/s （2）6 （3）12.75m
【解析】（1）设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得
mv0=2mv v=2.5m/s
（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力
设两者间相对静止时的路程为s1，由动能定理得
得s1=12.5m
已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2, 碰后的速度分别为v1'、v2',。有

得 v1'= v2 ， v2'= v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v-t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则
v=v0+at a=μg 解得t=5s
凹槽的v-t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2。（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L。其余每份面积均为L。）
s2=12.75m
10.2014年理综四川卷9．(15分）
石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。
（1） 若”太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为ω，地球半径为R。
（2）当电梯仓停在距地面高度h2 = 4R的站点时，求仓内质量m2 = 50kg的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度g = 10m/s2，地球自转角速度ω = 7.3×10-5rad/s，地球半径R = 6.4×103km。
【解析】（1）设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则
r1＝R＋h1 ①
v1＝r1ω ②
货物对地心运动的动能为 ③
联立①②③式 ④
说明：①②③④式各1分
（2）设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为a向，受地球的万有引力为F，则
r2＝R＋h2 ⑤
⑥
⑦
⑧
设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N’，则
⑨
N’＝N ⑩
联立⑤～⑩式并代入数据得 N’＝11.5 N ⑾
说明：⑥⑦⑧⑨式各2分，⑤⑩⑾式各1分
11.2015年理综新课标I卷25.(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有
①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s，由运动学公式得
②
2 ③
t1=1s，so=4.5cm是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度
联立①②③式和题给条件得 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度的向左做匀变速运动，小物块以v1的初速的向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
⑤
⑥
式中t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得 ⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度。由牛顿第二定律及运动学公式得
⑧
⑨
⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
?
小物块运动的位移为 ?
小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1 ?
Δs=6.0m ?
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
?
?
碰后木板运动的位移为s= ?
联立⑥⑧⑨⑩????式，并代入数值得s=-6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m
12.2015年理综新课标Ⅱ卷25.（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小
（2）A在B上总的运动时间
解析：（1）在0—2s时间内，A和B的受力如图所示，其中、是A和B之间的摩擦力和正压力的大小，、是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示
①
②
③
④
以沿斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为和，由牛顿第二定律得
⑤
⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2 ⑧
（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1= a1t1=6m/s ⑨
v2= a2t1=2m/s ⑩
时，设A和B的加速度分别为a'1和a'2。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a'1=6m/s2 ?
a'2=-2m/s2 ?
即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有
?
联立⑩??式得t2=1s ?
在时间内，A相对于B运动的距离为
?
此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间后A离开B，则有
?
可得t3=1s （另一解不合题意，舍去 ⒄
设A在B上总的运动时间为，有
t总=t1+t2+t3=4s ⒅
13.2015年理综福建卷21.（19分）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求:
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。
答案：（1）3mg （2）① ②s=L/3
解析：（1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大
从A到B，根据动能定理：
在B点：
联立解得： FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg
（2）①若不固定小车， 滑块到达B点时，小车的速度最大
根据动量守恒可得：
从A到B，根据能量守恒：
联立解得：
②设滑块到C处时小车的速度为v，则滑块的速度为2v，根据能量守恒：
解得：
小车的加速度：
根据 解得：s=L/3
14.2015年江苏卷14. (16 分) 一转动装置如图所示，四根轻杆 OA、OC、AB 和 CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m，O 端固定在竖直的轻质转轴上。 套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L. 装置静止时，弹簧长为. 转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g.
求：(1)弹簧的劲度系数 k；
(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ω0；
(3)弹簧长度从缓慢缩短为的过程中，外界对转动装置所做的功 W.
【答案】（1） （2） （3）
解：（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为θ1.
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡
小球受力平衡，
解得
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为θ2 ，弹簧长度为x，
小环受到弹簧的弹力
小环受力平衡 得
对小球 ， 且
解得
（3）弹簧长度为L/2时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3
小环受到弹簧的弹力：
小环受力平衡： 且 [
对小球：；
解得：
整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理：

解得：
15.2016年新课标Ⅱ卷25．（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；
（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep=5mgl ①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，有能量守恒定律得
②
联立①②式，去M=m并代入题给数据得 ③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v满足
④
设P滑到D点时的速度为vP，由机械能守恒定律得
⑤
联立③⑤式得 ⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 ⑧
联立⑥⑦⑧式得 ⑨
（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 ?
联立①②⑩?式得 ?
16.2016年新课标1卷25.（18分）
如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。（取，）
(1) 求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2) 求P运动到点时弹簧的弹性势能。
(3) 改变物块P的质量，将P推至点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
解析：（1）选P为研究对象，受力分析如图：
设P加速度为，其垂直于斜面方向受力平衡：
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
且，可得：
对CB段过程，由
代入数据得B点速度：
（2）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程；
由C到F，重力势能变化量： ①
减少的重力势能全部转化为内能。
设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热：
②
由，联立①、②解得：x=1；
研究P从C点运动到E点过程
重力做功：
摩擦力做功：
动能变化量：
由动能定理：
代入得：
由ΔE弹=-W弹，到E点时弹性势能E弹为。
（3）其几何关系如下图
可知：，
由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为2.5R，水平距离为3R。
设P从D点抛出时速度为v0，到G点时间为t
其水平位移：
竖直位移：
解得：
研究P从E点到D点过程，设P此时质量为m'，此过程中：
重力做功： ①
摩擦力做功： ②
弹力做功： ③
动能变化量： ④
由动能定理： ⑤
将①②③④代入⑤，可得：
17.2017年浙江选考卷20.图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1,O2，弯道中心线半径分别为，弯道2比弯道1高，有一直道与两弯道圆弧相切。质量的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度；
（2）汽车以v1进入直道，以的恒定功率直线行驶了，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）弯道1的最大速度v1，有：
得
（2）弯道2的最大速度v2，有：
得
直道上由动能定理有：
代入数据可得

可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如答图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度

由
线路长度
最短时间。




a

b

c

R

B

A

B

A

f

G

FN

θ

B

O

A

C

P

R



O

A

B

C

P

DM

?

P

地面

h=3.2m

C

B

A

R=2m

第20题图

B

A

F

l2

l1

x

h

B

A

R

O

N

M

m

M

30?

传送带甲

传送带乙

v0

v0





B

A

t/s

v/ms-1

0

1

2

3

4

5

v0

v0/2

t/s

1

0

2

2

4

v/m.s-1

图（b）

图（a）

37°

B

C

A

N1

f1

mg

A

mg

f1

f2

N1

N2

B

A

B

C

M

O

m

L

R

l

l

l

l

A

B

C

O



m

m

m

B

C

D

A

P

37°

A

B

F

C

P

D

G

R



G

f

N

θ

F

C

D

G

R



O

Q

θ

第20题图

O2

O1

r2

r1

A

B

弯道1


弯道2


直道


答图

A

B

O'

O1

r'

θ






第27节 简谐振动
1. 【2019年物理江苏卷】一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的 ．
A. 位移增大 B. 速度增大
C. 回复力增大 D. 机械能增大
【答案】AC
【解析】
【详解】由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的位移增大，故A正确；当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故B错误；由回复力 可知，位移增大，回复力增大，故C正确，单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故D错误；
2.2013年上海卷
4．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是
A．位移 B．速度 C．加速度 D．回复力
答案：B
解析：做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移相同，加速度相同，位移相同，可能不同的物理量是速度，选项B正确。
3.2015年上海卷17．质点运动的位移x与时间t的关系如图所示，其中做机械振动的是 （ ABC ）






解析：机械振动是指物体在某一平衡位置附近做来回运动，质点运动的位移x与时间t的关系如图所示中，ABC正确，D错误。
4.2013年安徽卷24.（20分）
如图所示，质量为M、倾角为的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。
（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（3）求弹簧的最大伸长量；
（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
答案：（1） （2）见解析 （3）
（4）
解析：（1）设物体在斜面上平衡时，弹簧的伸长量为ΔL，有
解得
此时弹簧的长度为
（2）当物块的位移为x时，弹簧的伸长量为ΔL，
物块所受合力为
联立以上各式可得，可知物块作简谐振动。
（3）物块作简谐振动的振幅为
弹簧的最大伸长量为
（4）设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有：
水平方向
竖直方向
又
联立可得
为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有，所以

当x=-A时，上式右端达到最大值，于是有





m



M

m



M

x

O



Mg

f

FN2

FN1

F



第29节 振动图象.吕叔湘中学庞留根
1.2017年北京卷15．某弹簧振子沿x轴的简谐振动图像如图所示，下列描述正确的是
A．t=1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t=2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t=3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t=4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
答：A
解析：在t=1s和t=3s时，质点偏离平衡位置最远，速度为0，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，故选项A正确，C错误；在t=2s和t=4s时，质点位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，故选项B、D错误。
2.2016年北京卷15.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x的轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为





【答案】A
【解析】以向右为正方向，振子位于N点时开始计时，所以位移正向最大，将向左运动，即负方向运动，图像即为余弦图像。故A正确。
3.2012年理综重庆卷
14．装有砂粒的试管竖直静立于小面，如题14图所示，将管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是


答：D
解析：由题意知，t=0时为正的最大位移，故选A。
4.2012年理综北京卷
17. 一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点。从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间，关系的图像是 （　A　）



解析：由牛顿第二定律和回复力公式有
则在t=时刻，振子具有沿x轴正方向的最大加速度（正的最大），它的位移为沿x轴负方向的最大位移（负的最大），满足条件的图像只有A，答案A。
5. 2014年物理上海卷
7.质点做简谐运动，其x-t关系如图。以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v-t关系是（ ）




【答案】B
【解析】位移时间图象切线斜率的绝对值表示质点的速度的大小，斜率的正负表示速度的方向，根据题图可知该质点在T内的速度先是反向加速再减速，接着正向加速再减速，B项正确。
6. 2014年理综浙江卷
17.一位游客在千岛湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动。可把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是
A．0.5s B．0.75s
C．1.0s D．1.5s
【答案】C
【解析】从平衡位置开始计时，游船的振动方程，游客要舒服地登船需满足的条件Δx＝20－x ≤ 10cm，解得0.25 s ≤ t ≤ 1.25 s，故游客能舒服地登船的时间Δt＝1.0 s，选项C正确．
7.2018年天津卷8．一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t=0时振子的位移为-0.1 m，t=1 s时位移为0.1 m，则（ AD ）
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
解析：t=0时振子的位移为x= - 0.1 m，t=1 s时位移为x=0.1 m，关于平衡位置对称。
如果若振幅为0.1 m，则1 s为半周期的奇数倍，即 ，（k=0、1、2、3……）解得，（k=0、1、2、3……）
当k=1时，，无论k为何值，T都不能等于，A正确B错误；
如果若振幅为0.2 m，结合如图示的位移时间关系图像有：
（n=0、1、2、3……） ①
或者 （n=0、1、2、3……） ②
或者（n=0、1、2、3……） ③
对①式，只有当n=0时T=2s，为整数；
对②式，n为任何数， T都不可能为整数；
对③式，只有当n=0时T=6s，n大于0以后周期都大于6s。故C错误 D正确。


x/cm

t/s

0

5

-5

1

4

5

2

3

6

O

x

M

N

C

t

x

O

T

t

x

O

T

B

t

x

O

T

A

t

x

O

T

D



题14图

x

O



t

B

x

O



t

A

x

O

t

D

x

O

t

C

D

x

0

t

T

x

0

t

T

B



x

0

t

T

C



x

0

t

T

A

O

t

x

T

O

t

v

T

A


O

t

v

T

B


t

O

v

T

C


O

v

T

D


t

y/cm

1

-1

-2

2

0

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