五年（2017-2021）高考物理真题分项详解 专题14 力学综合计算题

高考物理真题分项详解——专题14 力学综合计算题
一．计算题（共26小题）
1．（2021?河北）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝，cosθ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
2976880107315（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
2．（2021?乙卷）一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m。若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
3．（2021?湖南）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
4．（2020?江苏）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R．在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω．绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）重物落地后，小球线速度的大小v；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
（3）重物下落的高度h。
5．（2020?新课标Ⅰ）我国自主研制了运﹣20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69×105kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
6．（2019?江苏）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB。
7．（2019?新课标Ⅱ）一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
50533306997708．（2018?江苏）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
9．（2018?天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
10．（2017?海南）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端与质量为m的小物块a相连，如图所示，质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
371030578740（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b加速度的大小
（3）在物块a、b分离前，外力大小随位移变化的关系式。
right113982511．（2017?江苏）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C的质量为m，A、B的质量都为，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A时，C受到B作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W。
4872355100647512．（2017?天津）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＝2kg、mB＝1kg。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＝1.8m（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＝10m/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。
13．（2017?新课标Ⅱ）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力加速度为g。求
3948430213995（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
14．（2017?新课标Ⅰ）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
15．（2021?广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
16．（2021?浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
right71120（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
17．（2021?浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
18．（2020?北京）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求包裹释放点到落地点的水平距离x；
（2）求包裹落地时的速度大小v；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
19．（2020?浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
right73025（3）总位移的大小。
20．（2020?江苏）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
21．（2020?浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
2376805680720（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
22．（2020?山东）如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
right232410
23．（2020?天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
24．（2020?新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
500888082550
25．（2019?天津）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BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，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W；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
3691255200660
26．（2019?浙江）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。
right90170
高考物理真题分项详解——专题14 力学综合计算题
参考答案与试题解析
一．计算题（共26小题）
1．【解答】（1）背包在斜面上运动，受力分析如图所示：
由牛顿第二定律可知：m1gsinθ﹣f＝m1a1
其中f＝μm1gcosθ
解得：a1＝2m/s2
背包从斜面滑下过程：L＝
滑雪者在斜面上滑动过程中有：L＝v0t2+
其中：t1﹣t2＝1s
解得：L＝9m，t1＝3s，t2＝2s
（2）滑雪者在斜面上滑动过程到底部时，
v2＝v0+a2t2
解得：v2＝7.5m/s，
此时背包的速度：v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，
拎起背包后滑雪者与背包的速度相等，拎起背包过程动量守恒，规定滑雪者的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v1+m2v2＝（m1+m2）v
代入数据解得：v＝7.44m/s。
答：
（1）滑道AB段的长度为9m；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度为7.44m/s。
2．【解答】（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，
篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，由动能定理得：
篮球下落过程：mgh1＝Ek1﹣0
篮球上升过程：﹣mgh2＝0﹣Ek2，
篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值：k＝
代入数据解得：k＝1.5
设拍球后篮球落地瞬间的动能为Ek3，与地面碰撞后瞬间动能为Ek4，
拍球后篮球反弹上升过程，对篮球，由动能定理得：﹣mgh3＝0﹣Ek4，
设拍球过程，运动员对篮球做的功为W，从拍球到篮球与地面碰撞前瞬间过程，
由动能定理得：W+mgh3＝Ek3﹣0
篮球与地面碰撞前后的动能之比k＝
代入数据解得：W＝4.5J
（2）运动员拍球时对球的作用力为恒力，设运动员拍球时对球的作用力大小为F，
运动员拍球过程，设球的加速度大小为a，
对篮球，由牛顿第二定律得：F+mg＝ma
拍球过程篮球做初速度为零的匀加速直线运动，设位移为x，
由匀变速直线运动的位移﹣时间公式得：x＝
运动员拍球过程中对篮球所做的功W＝Fx
代入数据解得：F＝9N （F＝﹣15N 不符合题意，舍去）
答：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功是4.5J；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小是9N。
3．【解答】（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg?2μL﹣μmgL＝﹣0
解得：v0＝
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则
x＝vxt，y＝，，
解得：
Ek＝＝＝
已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得
Ek＝＝2μmgL
依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有
＝2μmgL，
整理得PQ的曲线方程为：，0≤x≤2μL。
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得
mgh﹣μmgL＝
解得vA＝
A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
mvA＝﹣mvA1+λmvB
＝+
解得：vA1＝，vB＝
设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得
﹣2μmgL＝﹣
解得：＝﹣4μgL＝﹣4μgL
要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即，则有
﹣4μgL＞，
解得：＞
将vA＝代入得：
h＞
由（2）的结论：，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点平抛的初速度大小满足
要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，
所以需满足：≤，即：﹣4μgL≤2μgL
解得：h≤
则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
答：（1）A经过O点时的速度大小为；
（2）PQ的曲线方程为，0≤x≤2μL；
（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为＜h≤。
4．【解答】（1）根据线速度和角速度的关系可知，重物落地后，小球线速度的大小为：v＝2Rω
（2）重物落地后一小球转到水平位置，此时小球的向心力为：F向＝2mRω2
此时小球受到的向心力等于球受到杆的作用力与球重力的合力，如图所示；
根据几何关系可得：F＝＝m
（3）落地时，重物的速度为：v'＝ωR
由机械能守恒得：Mv′2+4×mv2＝Mgh
解得：h＝（ωR）2。
答：（1）重物落地后，小球线速度的大小为2Rω；
（2）重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小为m；
（3）重物下落的高度为（ωR）2。
5．【解答】（1）令飞机装载货物前的起飞速度为v1，飞机的质量为m
离地时有，
代入数据解得k＝N?s2/m2，
令飞机装载货物后的质量为m′，飞机的起飞速度为v2，
则当飞机起飞时有，
则v2＝78m/s；
（2）根据运动学公式可知，飞机在滑行过程中加速度的大小为a＝＝2m/s2，
所用时间为t＝＝39s。
答：（1）飞机装载货物后的起飞离地速度为78m/s；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，飞机在滑行过程中加速度的大小为2m/s2，所用的时间为39s。
6．【解答】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小：aA＝μg
匀变速直线运动：
解得：
（2）设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小：F＝3μmg
由牛顿运动定律：F＝maB，解得：aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小：F'＝2μmg
由牛顿运动定律F'＝2maB′
解得：a'B＝μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA，xB，A加速度的大小等于aA，则：
v＝aAt
v＝vB﹣aBt
且xB﹣xA＝L
解得：
答：（1）A被敲击后获得的初速度大小vA为；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′分别为3μg，μg；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB为。
7．【解答】（1）v﹣t图象如图所示；
（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取△t＝1s，设汽车在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t内的位移为sn，n＝1、2、3…。
若汽车在t2+3△t～t2+4△t时间内未停止，设它在t2+3△t时刻的速度为v3，在t2+4△t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：
s1﹣s4＝3a（△t）2①
s1＝v2△t﹣②
v4＝v2﹣4a△t ③
联立①②③式，代入数据解得：v4＝﹣m/s ④
这说明在t2+4△t时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在t2+3△t～t2+4△t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
v3＝v2﹣3a△t ⑤
2as4＝v32⑥
联立②⑤⑥式，代入数据解得a＝8m/s2，v2＝28m/s ⑦
或者a＝m/s2，v2＝29.76m/s ⑧
但⑧式子情境下，v3＜0，不合题意，舍去；
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I＝⑩
根据动量定理可得：I＝mv1﹣mv2，?
根据动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝﹣?
联立⑦⑨⑩??式，代入数据可得：
v1＝30m/s，?
W＝1.16×105J；?
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：
s＝v1t1+（v1+v2）（t2﹣t1）+?
联立⑦??，代入数据解得s＝87.5m。?
答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v﹣t图线如图所示。
（2）t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；
（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1～t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16×105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。
8．【解答】以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：
I﹣mgt＝mv﹣（﹣mv）
解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：
I＝2mv+mgt。
答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。
9．【解答】（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：
设两根金属棒所受安培力之和为F，有：
F＝BIl
根据牛顿第二定律有：
F＝ma
得：a＝
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经△t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为△φ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：
其中△φ＝Bl2
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：
设cd受到的平均安培力为F′，有：
F′＝BI′l
以向右为正方向，设△t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：
I冲＝﹣F′△t
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：
I0＝2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：
I总＝0﹣mv0
联立上式解得：
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若不为整数，整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
答：（1）要使列车向右运行，启动时图1中M接电源正极，理由见解答；
（2）刚接通电源时列车加速度a的大小为；
（3）若恰好为整数，则需设置n块磁场，若不为整数，整数部分为N，则需设置N+1块磁场。
10．【解答】（1）整体静止时，对整体分析，根据平衡条件有：
kx0＝（m+m）gsinθ
解得：k＝…①
（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移均为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：＝…②
说明当形变量为x1＝x0﹣＝时二者分离；
对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
kx1﹣mgsinθ＝ma…③
联立①②③解得：a＝
（3）当ab前进的位移为x时，弹簧的形变量变为：△x＝x0﹣x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
F+k△x﹣（m+m）gsinθ＝（m+m）a
解得：F＝mgsinθ+kx﹣kx0。
答：
（1）弹簧的劲度系数为；
（2）物块b加速度的大小为；
（3）在物块a、b分离前，外力大小随位移变化的关系式是F＝mgsinθ+kx﹣kx0。
11．【解答】（1）C受力平衡，如图所示
根据平衡条件可得：2Fcos30°＝mg，
解得C受到B作用力的大小为：F＝；
（2）C恰好降落到地面时，B对C支持力最大为Fm，如图所示，
则根据力的平衡可得：2Fmcos60°＝mg，
解得：Fm＝mg；
所以最大静摩擦力至少为：fm＝Fmcos30°＝，
B对的地面的压力为：FN＝mBg+＝mg
B受地面的摩擦力为：f＝μmg，
根据题意有：fm＝f，
解得：μ＝，
所以动摩擦因数的最小值为：μmin＝；
（3）C下降的高度为：h＝，
A的位移为：x＝，
摩擦力做功的大小为：Wf＝fx＝2，
整体根据动能定理有：W﹣Wf+mgh＝0，
解得：W＝。
答：（1）未拉A时，C受到B作用力的大小为；
（2）动摩擦因数的最小值为；
（3）A移动的整个过程中，拉力做的功W为。
12．【解答】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h＝gt2
代入数据解得：t＝0.6 s。
（2）根据动量定理得：
对A（取向上为正方向），则有：F2t﹣mAgt＝mAv′，
对B（取向下为正方向），则有：﹣F1t+mBgt＝mBv′﹣mBvB；
而F1＝F2
且vB＝6m/s，
得：﹣gt＝2v′+v′﹣6
由于碰撞时间极短，因此有：v′＝2 m/s
（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：
（mA+mB）v′2+mBgH＝mAgH
代入数据解得：H＝0.6 m。
答：
（1）运动时间为0.6s；
（2）A的最大速度的大小为2m/s；
（3）初始时B离地面的高度为0.6m。
13．【解答】（1）对冰球分析，根据速度位移公式得：，
加速度为：a＝，
根据牛顿第二定律得：a＝μg，
解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：．
（2）设运动员的末速度为v2，根据两者运动时间相等，有：，
解得运动员到达小旗处的最小速度为：v2＝，
则最小加速度为：＝．
答：
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数为．；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度为．
14．【解答】1.60×105 m处的速度为v1，600m处的速度为v2，落地前的速度为v3
（1）落地时的重力势能为零，动能为Ek2＝m＝×8×104×1002J＝4.0×108J；
进入大气层的机械能E＝Ek1+Ep1＝m+mgH＝2.4×1012J；
（2）此时的速度大小为v2＝7.5×103×0.02m/s＝150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理
mgh﹣Wf＝mv32﹣mv22
代入数据，可得Wf＝9.7×108J
答：（1）落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J；
（2）克服阻力做功为9.7×108J。
15．【解答】（1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，
由题意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.4m/s，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s
设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为v1，从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，
对甲算珠，由动能定理得：﹣μmgs1＝
代入数据解得：v1＝0.3m/s
甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为v乙，
以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，
代入数据解得：v乙＝0.2m/s
设碰撞后乙算珠甲减速到零过程滑行的距离为s，对乙算珠，由动能定理得：﹣μmgs＝0﹣
代入数据解得：s＝0.02m＝s2＝2.0×10﹣2m，乙算珠恰好到达边框a处
（2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s3后速度变为零，对甲，由动能定理得：﹣μmgs3＝0﹣
代入数据解得：s3＝0.005m
设从甲开始运动到甲乙碰撞所需时间为t1，从甲乙碰撞到甲停止运动需要的时间为t2，
则：s1＝t1，s3＝t2，
代入数据解得：t1＝0.1s，t2＝0.1s
甲算珠从拨出到停下所需的时间：t＝t1+t2＝（0.1+0.1）s＝0.2s
答：（1）乙算珠能滑动到边框a；
（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。
16．【解答】（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x＝
代入数据解得：
x＝m＝16m
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1＝＝m/s2＝8m/s2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
得：a1＝＝gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：μ＝＝＝＝0.25
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2＝＝gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
由运动学公式得：vt＝＝m/s＝m/s＝11.3m/s
得重力的平均功率：＝mgcos（90°﹣θ）＝W＝W＝67.9W
答：（1）最大位移值x为16m；
（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率为67.9W。
17．【解答】（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh0＝
代入数据解得速度大小vC为：vC＝
在此过程中，对小球由动量定理得：I＝mvC
代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I＝m，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
FN＝
联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN＝2mg（﹣1）
满足的条件为：h≥R
（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h≤
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d＝vxt
竖直方向上，由速度﹣时间公式得：t＝
对小球在G点，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ
联立解得：vG＝2
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）＝
联立解得h满足的条件为：h＝
答：（1）小球第一次运动到圆管最低点C时，速度大小vC为，在此过程中所受合力的冲量I大小为m，方向水平向左；
（2）小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式为FN＝2mg（﹣1）；
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该：不滑离轨道原路返回，条件为h≤，与墙面垂直碰撞后原路返回，条件为h＝。
18．【解答】（1）包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：
解得：
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为：x＝v0t＝
（2）包裹落地时，竖直方向速度为：vy＝gt＝
落地时速度为：v＝＝
（3）包裹做平抛运动，分解位移，水平方向上有：x＝v0t′
竖直方向上有：y＝gt′2
两式消去时间得包裹的轨迹方程为：y＝
答：（1）包裹释放点到落地点的水平距离x为；
（2）包裹落地时的速度大小v为；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，该包裹运动的轨迹方程为y＝。
19．【解答】（1）由图2可知，物件26s时开始减速，减速过程受牵引力为1975N，重力G＝mg
由牛顿第二定律可得：
mg﹣FT＝ma
解得：a＝0.125m/s2；
因牵引力小于重力，故加速度竖直向下；
（2）对减速过程分析可知，减速时间t2＝8s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得：
v＝at2＝0.125×8m/s＝1m/s
（3）匀速向上的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m
匀减速上升的位移h2＝＝m＝4m
则总位移h＝＝m＝40m
答：（1）做匀减速运动的加速度大小为0.125m/s2；方向竖直向下；
（2）匀速运动的速度大小为1m/s；
（3）总位移的大小为40m。
20．【解答】乌贼与乌贼喷出的水组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乌贼的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv′﹣mv＝0
代入数据解得乌贼喷出的水的速度为：v＝28m/s
答：该乌贼喷出的水的速度大小v为28m/s。
21．【解答】（1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR+
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ?L+mgLsinθ，
代入数据解得：L＝m＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx＝﹣0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ?3mg（LAB﹣x）﹣μ?3mgcosθ?﹣3mgh＝0﹣
解得：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）；
答：（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：h＝x﹣ （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x≤ m）。
22．【解答】（1）P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mvP1+4mvQ1
由机械能守恒定律得：
解得：vP1＝﹣v0，负号表示方向，vQ1＝v0
（2）Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得：
4mgsinθ+μ?4mgcosθ＝4ma
解得：a＝2gsinθ
P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h1＝
设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh1＝
解得：v02＝v0
P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv02＝mvP2+4mvQ2
由机械能守恒定律得：
解得：vP2＝﹣×v0，vQ2＝v0
第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a）
解得：h2＝?
设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得：
﹣mgh2＝
解得：v03＝v0
P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得：
mv03＝mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得：
解得：vP3＝﹣v0，vQ3＝v0
第三次碰撞后对Q，由运动学公式得：
0﹣＝2（﹣a），
解得：h3＝
…………
第n次碰撞后，Q上升的高度：hn＝（）n﹣1? （n＝1、2、3……）
（3）P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，
当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度，
当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得：
﹣（m+4m）gH﹣μ?4mgcosθ?＝0﹣
解得：H＝
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，则：t1＝
设P运动到斜面底端时的速度为vP1′，需要的时间为t2，则：vP1′＝vP1+gsinθ?t2，＝2gsinθ?s，
设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则：v02＝（﹣vP1）﹣gsinθ?t3，
当A点与挡板之间的距离最小时：t1＝2t2+t3
解得：s＝
答：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1分别为v0、v0；
（2）第n次碰撞使物块Q上升的高度hn是（）n﹣1? （n＝1、2、3……）；
（3）物块Q从A点上升的总高度H为；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，A点与挡板之间的最小距离s为。
23．【解答】（1）A恰好能通过圆周运动最高点，此时轻绳拉力恰好为零，设A在最高点的速度为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点过程机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度为vA，有
②
由动量定理，有
I＝m1vA③
联立①②③式，得
I＝④
（2）设两球粘在一起时速度v′，AB粘在一起恰能通过圆周运动轨迹最高点，需满足
v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰撞后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬时速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB﹣m1vA＝（m1+m2）v′⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦
⑧
答：（1）A受到的水平瞬时冲量的大小为；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少。
24．【解答】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg（H﹣H1）+mg（H﹣H1+x1）﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
答：（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
25．【解答】（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，
设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则舰载机在AB上滑行过程：L1＝t，
由动能定理得：W＝﹣0，
代入数据解得：W＝7.5×104J；
（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2＝Rsinθ，
以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m，
代入数据解得：FN＝1.1×103N；
答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W为7.5×104J；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN大小为1.1×103N。
26．【解答】（1）物块由静止释放到B的过程中，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
由速度位移的关系式得：
vB2＝2a
联立解得：vB＝4m/s
（2）左侧离开，设到D点速度为零时高为h1，由动能定理得：
0＝mgh1﹣μmgcosθ﹣μmgL
解得：h1＝3.0m
若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是h≤3.0m
（3）右侧抛出，设到D点的速度为v，由动能定理得：
mv2＝mgh一μmgcosθ﹣μmgL
由平抛运动的规律得：H+2R＝gt2，x＝vt
解得：x＝2
为使能在D点水平抛出，则有：
mg≤
解得：h≥3.6m
答：（1）若h＝2.4m，小物块到达B端时速度的大小是4m/s；
（2）若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是h≤3.0m；
（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，小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式是x＝2
h需要满足的条件是h≥3.6m。