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第21節 功和能
【2019年物理江蘇卷】如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中

A. 彈簧的最大彈力為μmg
B. 物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C. 彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D. 物塊在A點的初速度為
【答案】BC
【解析】
【詳解】小物塊壓縮彈簧最短時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為： ，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。
1. 2012年物理海南卷
7．下列關于功和機械能的說法，正確的是 （ ）
A．在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功
B．合力對物體所做的功等于物體動能的改變量
C．物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關
D．運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量
答：B C
2. 2012年理綜安徽卷
16.如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力。已知AP=2R,重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中
A. 重力做功2mgR B. 機械能減少mgR
C. 合外力做功mgR D. 克服摩擦力做功
答: D
解析：到B點時恰好通過，則，，從P到B機械能減少，則此過程克服摩擦力做功為。
3.2013年新課標II卷
20．目前，在地球周圍有許多人造地球衛星繞著它轉，其中一些衛星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小。若衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是
A．衛星的動能逐漸減小
B．由于地球引力做正功，引力勢能一定減小
C．由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變
D．衛星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小
答：BD
解析：由于稀薄氣體阻力的作用，衛星的機械能緩慢減小，在地球引力作用下做向心運動，軌道半徑減小，但在一小段軌道上，仍可認為地球引力等于向心力，即，所以隨軌道半徑的減小，衛星的速度和動能會增大，A、C錯誤；由于衛星的高度降低，引力做正功，引力勢能減小，B項正確；由功能關系可知，，所以，D正確。
4. 2014年物理上海卷
11.靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是 （ ）
【答案】C
【解析】物體手拉力加速上升時，拉力做正功，物體的機械能增大，又因為拉力做功為：，與時間成二次函數關系，選項A、B錯誤；撤去拉力后，物體只受重力作用，所以機械能守恒，D項錯誤，C項正確。
5.2013年全國卷大綱版
20．如圖，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（ ）
A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH
C．機械能損失了mgH D．機械能損失了
答：AC
解析：由運動學公式可得物塊上滑的初速度，
上升到最大高度時初動能全部損失，即，A對B錯；
損失的機械能，C對D錯。
6. 2014年理綜廣東卷
16．圖9是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊塊，楔塊與彈簧盒、墊塊間均有摩擦，在車廂相互撞擊時彈簧壓縮過程中
A．緩沖器的機械能守恒
B．摩擦力做功消耗機械能
C．墊塊的動能全部轉化成內能
D．彈簧的彈性勢能全部轉化為動能
【答案】B
【解析】由于楔塊與彈簧盒、墊塊間有摩擦力，即摩擦力做負功，則機械能轉化為內能，選項A錯B正確；墊塊的動能轉化成內能和彈性勢能，選項C錯誤；彈簧的彈性勢能也轉化為動能和內能，故選項D錯誤。
7. 2015年上海卷20．如圖，光滑平行金屬導軌固定在水平面上，左端由導線相連，導體棒垂直靜置于導軌上構成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動。在勻速運動過程中外力F做功WF，磁場力對導體棒做功W1，磁鐵克服磁場力做功W2，重力對磁鐵做功WG，回路中產生的焦耳熱為Q，導體棒獲得的動能為Ek。則 （ 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：磁鐵克服磁場力做功W2，等于回路的電能，電能一部分轉化為內能，另一部分轉化為導體棒的機械能，所以W2-W1=Q，故A錯誤，B正確；以導體棒為對象，由動能定理可知，磁場力對導體棒做功W1=Ek，故C正確；外力對磁鐵做功與重力對磁鐵做功之和為回路中的電能，也等于焦耳熱和導體棒的內能，故D正確。
8.2017年新課標Ⅲ卷16．如圖，一質量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為
A． B． C． D．
答：A
解析：由于過程中，PM段細繩的機械能不變，MQ段細繩的機械能的增量
，
由功能原理可知：在此過程中，外力做的功為，故A正確，B、C、 D錯誤
9.2017年浙江選考卷12.火箭發射回收是航天技術的一大進步。如圖所示，火箭在返回地面前的某段運動，可看成先勻速后減速的直線運動，最后撞落在地面上。不計火星質量的變化，則
A.火箭在勻速下降過程中機械能守恒
B.火箭在減速下降過程中攜帶的檢測儀器處于失重狀態
C.火箭在減速下降過程中合力做功，等于火箭機械能的變化
D.火箭著地時，火箭對地的作用力大于自身的重力
【答案】D
【解析】火箭勻速下降過程中，動能不變，重力勢能減小，故機械能減小，A錯誤；火箭在減速下降時，加速度方向向上，攜帶的檢測儀器受到的支持力大于自身重力力，故處在超重狀態，故B錯誤；由功能關系知，合力做功等于火箭動能變化，而除重力外外的其他力做功之和等于機械能變化，故C錯誤；火箭著地時，加速度向上，處在超重狀態，火箭對地面的作用力大于自身重力，D正確。
10. 2015年理綜天津卷5、如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環，圓環與水平狀態的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長狀態，現讓圓環由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L（未超過彈性限度），則在圓環下滑到最大距離的過程中 （ B ）
A、圓環的機械能守恒
B、彈簧彈性勢能變化了
C、圓環下滑到最大距離時，所受合力為零
D、圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變
解析：圓環在下滑過程中，彈簧對其做負功，故圓環機械能減小，選項A錯誤；圓環下滑到最大的距離時，由幾何關系可知，圓環下滑的距離為，圓環的速度為零，由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢能增加量等于圓環重力勢能的減小量，為，故選項B正確； 圓環下滑過程中，所受合力為零時，加速度為零，速度最大，而下滑至最大距離時，物體速度為零，加速度不為零，所以選項C錯誤； 在下滑過程中，圓環的機械能與彈簧彈性勢能之和保持不變，即系統機械能守恒，所以選項D錯誤。
11.2015年江蘇卷9. 如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為 m、套在粗糙豎直固定桿 A 處的圓環相連，彈簧水平且處于原長。 圓環從 A 處由靜止開始下滑，經過 B 處的速度最大，到達 C 處的速度為零，AC = h. 圓環在 C 處獲得一豎直向上的速度 v，恰好能回到 A. 彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為 g. 則圓環 （ BD ）
(A)下滑過程中，加速度一直減小
(B)下滑過程中，克服摩擦力做的功為
(C)在 C 處，彈簧的彈性勢能為
(D)上滑經過 B 的速度大于下滑經過 B 的速度
解析：由題意知，圓環從A到C先加速后減速，到達B處的加速度減小為零，故加速度先減小后增大，故A錯誤；從A到C，根據能量守恒：，從C到A： ，聯立解得：，，所以C錯B正確；
從A到B：，
從C到A：，
聯立可得vB2 > vB1，所以選項D正確。
12.2015年理綜新課標I卷17.如圖，一半徑為R，粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則 （ C ）
A. ，質點恰好可以到達Q點
B. ，質點不能到達Q點
C. ，質點到達Q后，繼續上升一段距離
D. ，質點到達Q后，繼續上升一段距離
解析：由動能定理可得P點的動能為EkP=mgh，經過N點時，半徑方向的合力提供向心力，有，所以N點的動能為，從P點運動到N點，根據動能定理有，即摩擦力做功。
質點運動過程中，半徑方向的合力提供向心力，即，根據左右對稱關系，在同一高度，由于摩擦力做功使得右半邊的速度變小，軌道的彈力變小，滑動摩擦力變小，那么從N到Q，根據動能定理得Q點的動能為，由于
所以Q點的速度沒有減小到0，仍會繼續上升一段距離，故選項C正確。
13.2014年物理海南卷
10．如圖，質量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質定滑輪兩側，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中（ ）
A．a的動能小于b的動能
B．兩物體機械能的變化量相等
C．a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量
D．繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數和為零
【答案】AD
【解析】輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動能比b小，A對；因為b與地面有摩擦力，運動時有熱量產生，所以該系統機械能減少，而B、C兩項均為機械能守恒的表現，故B、C錯；輕繩不可伸長，兩端分別對a、b做功大小相等，符號相反，D正確。
14. 2014年理綜福建卷
18．如圖，兩根相同的輕質彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動。質量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端?，F用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊（ ）
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．重力勢能的變化量不同
答案：C
解析：當加速度等于零，即kx=mgsinθ時，速度最大，又因兩物塊質量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A錯；在離開彈簧前加速度先減小后增大，離開彈簧后加速度不變，剛開始運動時，根據牛頓第二定律kx-mgsinθ=ma，彈力相同，質量不同，故加速度不同，離開彈簧后加速度相同，故B錯；開始時兩彈簧的彈性勢能相同，物塊上升到最大高度時，彈性勢能完全轉化為重力勢能， Ep=mgh，因兩物塊的質量不同，故上升的最大高度不同，故C正確；重力勢能的變化量等于彈性勢能的減少，故是相同的，所以D錯誤。
15. 2013年江蘇卷
9. 如圖所示,水平桌面上的輕質彈簧一端固定,另一端與小物塊相連. 彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出). 物塊的質量為m，AB =a，物塊與桌面間的動摩擦因數為μ. 現用水平向右的力將物塊從O 點拉至A 點，拉力做的功為W. 撤去拉力后物塊由靜止向左運動， 經O點到達B點時速度為零. 重力加速度為g. 則上述過程中
(A)物塊在A點時,彈簧的彈性勢能等于
(B)物塊在B點時,彈簧的彈性勢能小于
(C)經O點時,物塊的動能小于
(D)物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能
答案：BC
解析：將物塊從O點拉到A點，根據功能關系有， ， ，彈簧的彈性勢能小于，故A錯；將物塊從O點拉到A點，然后到O點，再到B點，根據功能關系有，，，彈簧的彈性勢能小于，故B對；將物塊從O點拉到A點，然后到O點，根據動能定理有，，，物塊的動能小于，故C對；物塊動能最大時彈簧的彈性勢能為kx1=μmg時，，x116. 2016年新課標Ⅱ卷21．如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點。已知M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球從M點運動到N點的過程中
A．彈力對小球先做正功后做負功
B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度
C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零
D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差
【答案】BCD
【解析】因M和N兩點處彈簧對小球的彈力相等，且∠ONM<π/2，知M處彈簧處于壓縮狀態，由題意可知在運動過程中受力如上圖，小球的位移為MN，則從M→A 彈簧處于壓縮態，則彈力做負功；從A→B 彈簧從壓縮變為原長，彈力做正功；從B→N彈簧從原長到伸長，彈力做負功，則A錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g，當彈簧為原長時，彈力為0，豎直方向的合外力為mg，加速度也為g，則有兩個時刻的加速度為g，選項B正確；彈簧最短時，即彈簧水平時，彈力與速度垂直，則做功的功率為零， 選項C正確；M→N，由動能定理，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，則有彈力做功的特點知，即， 選項D正確.
17. 2014年理綜重慶卷
7．（15分）題7圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖。首先在發動機作用下，探測器受到推力在距月面高度為h1處懸停（速度為0，h1遠小于月球半徑）；接著推力改變，探測器開始豎直下降，到達距月面高度為h2處的速度為v；此后發動機關閉，探測器僅受重力下落到月面。已知探測器總質量為m（不包括燃料），地球和月球的半徑比為k1，質量比為k2，地球表面附近的重力加速度為g。求：
（1）月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月面時的速度大??；
（2）從開始豎直下降到剛接觸月面時，探測器機械能的變化。
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）設地球質量和半徑分別為M和R，月球的質量、半徑和表面附近的重力加速度分別為M'、R'、和g'，探測器剛接觸月面時的速度大小為v1。由得
由 得
（2）設機械能變化量為△E，動能變化量為△Ek，重力勢能變化量為△EP。
由
有
18. 2011年理綜浙江卷
24．（20分）節能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車。有一質量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1=90km/h勻速行駛，發動機的輸出功率為P=50kW。當駕駛員看到前方有80km/h的限速標志時，保持發動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L=72m后，速度變為v2=72km/h。此過程中發動機功率的1/5用于轎車的牽引，4/5用于供給發電機工作，發動機輸送給發電機的能量最后有50%轉化為電池的電能。假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變。求
⑴轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大小；
⑵轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能E電；
⑶轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運動的距離L′。
答案：（1）2×103N （2）6.3×104 J （3）31.5m
【解析】（1）汽車牽引力與輸出功率的關系
將，代入得
當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有
（2）在減速過程中，注意到發動機只有用于汽車的牽引，根據動能定理有
，代入數據得
電源獲得的電能為
(3)根據題設，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為。此過程中，由能量轉化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，
代入數據得 L'=31.5m
19.2015年理綜北京卷23．（18分）如圖所示，彈簧的一端固定，另一端連接一個物塊，彈簧質量不計，物塊（可視為質點）的質量為m，在水平桌面上沿x軸運動，與桌面間的動摩擦因數為μ，以彈簧原長時物塊的位置為坐標原點O，當彈簧的伸長量為x時，物塊所受彈簧彈力大小為F=kx，k為常量。
⑴請畫出F隨x變化的示意圖；并根據F-x圖像求物塊沿x軸從O點運動到位置x的過程中彈力所做的功。
⑵物塊由x1向右運動到x3，然后由x3返回到x2，在這個過程中，
a．求彈力所做的功，并據此求彈性勢能的變化量；
b．求滑動摩擦力所做的功；并與彈力做功比較，說明為什么不存在與摩擦力對應的“摩擦力勢能”的概念。
【答案】（1），（2） ；
解析：（1））F隨x變化的示意圖如圖示，在圖象中，面積為外力拉彈簧時外力所做的功
EMBED Equation.KSEE3 \* MERGEFORMAT
彈簧的彈力對物塊做負功，
（2）a.分段研究：從x1到x3過程中，彈簧的彈力做負功，為
從x3到x2過程中，彈簧的彈力做正功，為[來源:學§科§網]
則全過程彈簧的彈力作功為
由功能關系，得
b.物體向右由x1運動到x3的過程摩擦力作功
物體由由x3返回到x2的過程摩擦力做功
全程摩擦力做功
若物體直接由x1位置運動到x2位置，摩擦力做功為
可知，兩次沿不同路徑從相同出發點運動到同一位置，摩擦力做功不同，說明摩擦力做功與路徑有關。]
而彈簧彈力做功與路徑無關，只與初末位置有關，因此存在彈性勢能的概念，摩擦力做功與路程成正比，而非像彈簧彈力做功一樣與路徑無關，只與初末位置有關，所以不存在 “摩擦勢能”的概念。
20. 2011年上海卷
33．（14分）如圖(a)，磁鐵A、B的同名磁極相對放置，置于水平氣墊導軌上。A固定于導軌左端，B的質量m=0.5kg，可在導軌上無摩擦滑動。將B在A附近某一位置由靜止釋放，由于能量守恒，可通過測量B在不同位置處的速度，得到B的總勢能隨位置x的變化規律，見圖(c)中曲線I。若將導軌右端抬高，使其與水平面成一定角度（如圖(b)所示），則B的總勢能曲線如圖(c)中II所示。將B在x=20cm處由靜止釋放，求：（解答時必須寫出必要的推斷說明。取g=9.8m/s2）
⑴B在運動過程中動能最大的位置；
⑵運動過程中B的最大速度和最大位移；
⑶圖(c)中直線III為曲線II的漸近線，求導軌的傾角；
⑷若A、B異名磁極相對放置，導軌的傾角不變，在圖(c)上畫出B的總勢能隨x的變化曲線。

解析：(1)勢能最小處動能最大，由圖線II得。(在5.9 ~ 6.3cm間均視為正確)
(2)由圖讀得釋放處勢能，此即B的總能量。出于運動中總能量守恒，因此在勢能最小處動能最大，由圖像得最小勢能為0.47J，則最大動能為，(在0.42 ~ 0.44J間均視為正確)，最大速度為， (在1.29～1.33 m/s間均視為正確)
x=20.0 cm處的總能量為0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直線與曲線II的左側交點確定,由圖中讀出交點位置為x=2.0cm，因此，最大位移，(在17.9~18.1cm間均視為正確)
(3)漸近線III表示B的重力勢能隨位置變化關系，即，∴
由圖讀出直線斜率
，（在間均視為正確）
（4）若異名磁極相對放置，A，B間相互作用勢能為負值，總勢能如圖。

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

發射

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彈

F彈′

F彈

原長

A

B

h1

h2

題7圖

關閉
發動機

懸停

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

導軌

x

A

B

(a)

導軌

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節 圖像在物理解題中的應用.呂叔湘中學龐留根
【2019年物理全國卷3】從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質量為

A. 2kg B. 15kg C. 1kg D. 0.5kg
【答案】C
【解析】
【詳解】對上升過程，由動能定理，，得，即F+mg=12N；下落過程，，即N，聯立兩公式，得到m=1kg、F=2N。
【2019年物理全國卷2】從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得

A. 物體的質量為2 kg
B. h=0時，物體的速率為20 m/s
C. h=2 m時，物體的動能Ek=40 J
D. 從地面至h=4 m，物體的動能減少100 J
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．Ep-h圖像知其斜率為G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正確
B．h=0時，Ep=0，Ek=E機-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B錯誤；
C．h=2m時，Ep=40J，Ek= E機-Ep=85J-40J=45J，故C錯誤
D．h=0時，Ek=E機-Ep=100J-0=100J，h=4m時，Ek’=E機-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正確
1. 2011年海南卷
8．一物體自t=0時開始做直線運動，其速度圖線如圖所示。
下列選項正確的是（ ）
A．在0～6s內，物體離出發點最遠為30m
B．在0～6s內，物體經過的路程為40m
C．在0～4s內，物體的平均速率為7.5m/s
D．在5～6s內，物體所受的合外力做負功
答：B C
【解析】在0~5s,物體向正向運動，5~6s向負向運動，故5s末離出發點最遠，A錯；由面積法求出0~5s的位移s1＝35m, 5~6s的位移s2＝－5m,總路程為：40m，B對；由面積法求出0~4s的位移s=30m，平度速度為：v＝s/t＝7.5m/s C對；由圖像知5～6s過程物體加速，合力和位移同向，合力做正功，D錯
2. 2013年浙江卷
17．如圖所示，水平板上有質量m=1.0kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F作用，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2。下列判斷正確的是
A．5s內拉力對物塊做功為零
B．4s末物塊所受合力大小為4.0N
C．物塊與木板之間的動摩擦因數為0.4
D．6s~9s內物塊的加速度的大小為2.0m/s2
答案：D
解析：由圖可得，物體與地面間的最大靜摩擦力為4N，物體從第4秒開始運動，在第4秒-第5秒內發生位移，因此做功不為零；4秒末物塊所受合力為0，4秒以后，物塊所受摩擦力為滑動摩擦力，根據滑動摩擦力公式可求得動摩擦因數為0.3；根據牛頓第二定律可求得加速度為2.0m/s2。此題考查學生對基本的物理情景的分析。
3. 2012年理綜天津卷
8. 如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F的作用，F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等，則
A．0—t1時間內F的功率逐漸增大
B．t2時刻物塊A的加速度最大
C．t2時刻后物塊A做反向運動
D．t3時刻物塊A的動能最大
答案：BD
解析：由F與t的關系圖像知：0～t1拉力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，F的功率為0，A錯誤；在t1～t2階段拉力大于最大靜摩擦力，物塊做加速度增大的加速運動，在t2～t3階段拉力大于最大靜摩擦力，物塊做加速度減小的加速運動，在t2時刻加速度最大，B正確，C錯誤；在t1～t3階段物塊一直做加速運動，在t3～t4階段拉力小于最大靜摩擦力物塊開始減速，在t3時刻速度最大，動能最大，D正確。
4. 2012年物理海南卷
6．如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上，ab面和bc面與地面的夾角分別為α和β，且α＞β。一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動，經時間to后到達頂點b時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑。在小物塊從a運動到c的過程中，可能正確描述其速度大小v與時間t的關系的圖像是 （ ）
答：C
解析：小物塊沿斜面ab向上運動時，加速度的大小為；沿斜面bc向下運動時，加速度的大小為， v -t圖像均為直線，D錯；由于克服摩擦做功，到達c點的速度要小于初速度v0，A錯；v0>vt，s15. 2013年安徽卷22.（14分）
一物體放在水平地面上，如圖Ⅰ所示，已知物體所受水平拉力F隨時間的變化情況如圖2所示，物體相應的速度隨時間的變化關系如圖3所示。求：
（1）0~8s時間內拉力的沖量；
（2）0~6s時間內物體的位移；
（3）0~10s時間內，物體克服摩擦力所做的功。
答案：（1）18N?S（2）6m（3）30J
解析：（1）由圖2知
（2）由圖3知物體的位移為
（3）由圖2知，在6~8s時間內，物體作勻速運動，于是有f=2N
由圖3知，在0~10s時間內，物體的總位移為

6.2014年物理上海卷
16.如圖，豎直平面內的軌道I和II都由兩段細直桿連接而成，兩軌道長度相等。用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球，分別沿I和II推至最高點A，所需時間分別為t1、t2；動能增量分別為△Ek1、△Ek2,假定球在經過軌道轉折點前后速度大小不變，且球與I、 II軌道間的動摩擦因數相等，則 （ ）
A． B．
C． D．
【解析】小球從最低點到最高點受到的克服摩擦力做功：
Wf=μ(mgcosθ+Fsinθ)×S=μmgx水平+μFh
兩次情況水平位移相同，豎直高度相同，可知沿兩軌道運動時，摩擦力做功相等，拉力做功相等，重力做功相等，根據動能定理得：WF-mgh-Wf=ΔEk，則動能的變化量相等，即ΔEk1=ΔEk2。所以兩球到達A點時的速度相同，A、C選項錯誤；沿I軌道運動時，開始階段的加速度較小，后來加速度較大，沿II軌道運動時，開始階段的加速度較大，后來加速度較小。將小球的運動看做直線運動，畫出其速率隨時間變化的v-t圖象，圖線與橫軸所圍的面積表示路程。由于兩次情況的路程相等，可知沿II軌道運動的小球先到達，由圖可知t1>t2。選項B正確。
7. 2014年理綜四川卷
7．如右圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t = 0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t = t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是：（ ）






【答案】BC
【解析】若P在傳送帶左端具有速度v2小于v1，則小物體P受到向右的摩擦力，使P加速運動，則有兩種可能：一種是一直加速運動，另一種是先加速度運動后勻速運動，所以B正確；若P在傳送帶左端具有速度v2大于v1，則小物體P受到向左的摩擦力，使P減速速運動，則有三種可能：一種是一直減速運動，二種是先減速度運動后勻速運動，三種先減速度運動到v1，摩擦力反向，繼續減速度直到速度減為0，再反向加速運動并且摩擦力反向加速度不變，從左端滑出，所以C選項正確。
8. 2014年理綜福建卷
15．如右圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖像最能正確描述這一運動規律的是 （ ）
答案：B
解析：在下滑過程中，根據牛頓第二定律可得：，故加速度保持不變，故選項D錯誤；物體做勻減速運動，其v-t圖像應為傾斜直線，故C錯；根據勻變速運動的規律，可得B正確；下降的高度，所以選項A錯。

9.2016年海南卷5.沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度-時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數為常數，在0~5s，5~10s，10~15s內F的大小分別為F1、F2和F3，則
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1=F3
【答案】A
【解析】根據v-t圖像可以知道，在0~5s內加速度為a1=0.2m/s2，方向沿斜面向下；
在5~10s內，加速度a2=0；在10~15s內加速度為a3=-0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如圖：
在0~5s內，根據牛頓第二定律：mgsinθ-f-F1=ma1，則：
F1= mgsinθ-f-0.2m；
在5~10s內，根據牛頓第二定律：mgsinθ-f-F2=0，則：F1= mgsinθ-f；
在10~15s內，根據牛頓第二定律： f+F3-mgsinθ=ma3，
則：F3= mgsinθ-f+0.2m
故可以得到：F3> F2> F1，故選項A正確。
10.2018年海南卷8．如圖（a），一長木板靜止于光滑水平桌面上，時，小物塊以速度滑到長木板上，圖（b）為物塊與木板運動的圖像，圖中、、已知。重力加速度大小為g。由此可求得 （ BC ）
A．木板的長度
B．物塊與木板的質量之比
C．物塊與木板之間的動摩擦因數
D．從開始到時刻，木板獲得的動能
解析： 設木塊和木板的質量分別為m和M，在速度時間圖象上，斜率等于加速度，
可得： ①， ②，
由牛頓第二定律得：f=mam=μmg ③ f=MaM=μmg ④
①②③④聯立可求得物塊與木板的質量之比和物塊與木板之間的動摩擦因數μ。選項B、C正確；
由動量守恒定律 解得
從開始到時刻，木板獲得的動能，由于只能求出兩者的質量比，不能知道木塊或木板的質量，所以無法求出木板獲得的動能，選項D錯誤。故選BC。
11.2018年全國卷III、
19．地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程 （ AC ）
A．礦車上升所用的時間之比為
B．電機的最大牽引力之比為
C．電機輸出的最大功率之比為
D．電機所做的功之比為
解析：設第①次所用時間為t，根據速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，
×2t0×v0=×(t+3t0/2)×，解得：t=5t0/2，
所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，選項A正確；
由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤；
由功率公式，P=Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確；
加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m (+g)，減速上升過程的加速度a2=-，減速上升過程的牽引力F3=ma2+mg=m(g -)，勻速運動過程的牽引力F2=mg。
第①次提升過程做功W1=F1××t0×v0+ F3××t0×v0=mg v0t0；
第②次提升過程做功W2=F1××× + F3×××+ F2×× =mg v0t0；
兩次做功相同，選項D錯誤。
12. 2013年新課標I卷
21.2012年11曰，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖（a）為利用阻攔系統讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統立即關閉，阻攔系統通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止。某次降落，以飛機著艦為計時零點，飛機在t=0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度一時間圖線如圖(b)所示。假如無阻攔索，飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為I000m。已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g。則
從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10
在0.4s-2.5s時間內，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化
在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5 g
在0.4s-2.5s時間內，阻攔系統對飛機做功的功率兒乎不變
【答案】AC
【解析】由v-t圖象面積的物理意義可以求出飛機滑行的距離約為100m，是無阻攔索滑行時的十分之一，A選項對；在0.4s~2.5s的時間內，飛機做勻減速直線運動，阻攔索對飛機的合力不變，但兩個張力的夾角變小，所以兩個張力變小，B選項錯；由圖象可知，飛機最大加速度約為，C選項對；阻攔系統對飛機的功率等于兩個張力合力對飛機的功率，由P=Fv可知，功率逐漸減小，D選項錯。
13.2015年理綜新課標I卷20.如圖（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的ν-t圖線如圖（b）所示。若重力加速度及圖中的v0，v1，t1均為已知量，則可求出 （ ACD ）
A．斜面的傾角
B．物塊的質量
C．物塊與斜面間的動摩擦因數
D．物塊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，向上滑行過程為勻變速直線運動，末速度0，則平均速度為，所以沿斜面向上滑行的最遠距離，
根據牛頓第二定律，向上滑行過程a1=，
向下滑行a2=，
整理可得，從而可計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數μ，選項A、C正確。根據斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度，選項D對。僅根據速度時間圖像，無法找到物塊質量，選項B錯。故本題選ACD。
14. 2013年廣東卷
19．如圖7，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有
A．甲的切向加速度始終比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度
D．甲比乙先到達B處
答：BD
解析：由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A錯誤；當甲乙下降相同的高度h時，由機械能守恒定律得： 即：，可知，B正確；由v-t圖像可知，C錯誤，D正確。
C 、D 答案判定，畫切向速度函數圖象如下： 分析過程：經分析甲乙開始一段時間，切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面圖一到圖三
3種可能，排查只有圖一才合理，假設 圖二成立，從0到末時刻有s甲>s乙、末時刻速度大小相同，表示下降同一高度，然后用水平線去截甲乙軌跡如圖四,有s甲15.2015年上海卷19．一顆子彈以水平速度v0穿透一塊在光滑水平面上迎面滑來的木塊后，二者運動方向均不變。設子彈與木塊間相互作用力恒定，木塊最后速度為v，則 （ AC ）
（A）v0越大，v越大
（B）v0越小，v越大
（C）子彈質量越大，v越大
（D）木塊質量越小，v越大
解析： 子彈穿透木塊過程中，作用力不變，兩者都做勻減速運動，子彈的位移與木塊的位移之和等于木塊的厚度，保持不變，若質量不變，加速速度也不變，當子彈的初速度v0越大時，如答圖1所示，子彈位移也越大，木塊的位移就越小，而木塊的初速度和加速度不變，所以末速度v就越大，故A正確，B錯誤；子彈的質量越大，加速度越小，初速度一定，位移越大，如答圖2所示，
木塊的位移就越小，而木塊的初速度和加速度不變，所以末速度v就越大，故C正確；木塊的質量越小，加速度越大，初速度不變，末速度越小，如答圖3所示，故D錯誤。
16. 2014年理綜新課標卷Ⅱ
24.2012年10月，奧地利極限運動員菲利克斯·鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下，經過4分20秒到達距地面約1.5km高度處，打開降落傘并成功落地，打破了跳傘運動的多項世界紀錄，取重力加速度的大小g=10m/s2
（1）忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落到1.5km高度處所需要的時間及其在此處速度的大小
（2）實際上物體在空氣中運動時會受到空氣阻力，高速運動受阻力大小可近似表示為，其中為速率，k為阻力系數，其數值與物體的形狀，橫截面積及空氣密度有關，已知該運動員在某段時間內高速下落的圖象如圖所示，著陸過程中，運動員和所攜裝備的總質量m=100kg，試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數（結果保留1位有效數字）
解：（1）設該運動員從開始自由下落至1.5km高度處的時間為t，下落距離為s，在1.5km高度處的速度為v，根據運動學公式有
①
②
根據題意有 ③
聯立①②③式得 ④
v=8.7×102m/s ⑤
（2）該運動員達到最大速度vmax時，加速度為零，根據牛頓第二定律有
⑥
由所給的v-t圖像可讀出 vmax=360m/s ⑦
由⑥⑦式得 ⑧
17. 2012年理綜北京卷23.(18分)
摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。電梯的簡化模型如1所示。考慮安全、舒適、省時等因索，電梯的加速度a隨時間t變化的。已知電梯在t=0時由靜止開始上升，a一t圖像如圖2所示。電梯總質最m=2.0×103kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法。請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據圖2所示a-t圖像，求電梯在第1s內的速度改變量△v1和第2s末的速率v2；
（3）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在0～11s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W。
解析：（1）如圖2所示a一t圖像可知0～11s電梯處于超重，加速度越大拉力越大，根據牛頓第二定律得 N
30～41s電梯處于失重，加速度越大拉力越小，根據牛頓第二定律得
N
（2）v-t圖像中根據面積求位移，那么在a-t圖像中根據面積求速度的改變
第1s內的速度改變量等于a-t圖像與t軸所夾的前1s內的三角形面積
m/s
由于初速為0，第2s末的速率v2等于a-t圖像與t軸所夾的前2s內的梯形面積
m/s
（3）由于前11s一直在加速，所以11s末電梯以最大速率上升，此時速度等于a-t圖像與t軸所夾的前11s內的梯形面積
m/s
此時電梯的加速度為0，根據牛頓第二定律。拉力做功的功率
W
電梯受拉力和重力兩個力，拉力和重力對電梯所做的總功W就是合力的功，根據動能定理等于前11s內動能的改變量
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

圖1

圖2

t/s

F/N

2

4

6

8

1

10

2

3

圖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

圖（b）

v0

圖（a）

②

①

t0

0

2t0

t

v





+

+

飛機

阻攔索

定滑輪

圖(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)

圖(b)

圖（a）

圖（b）

t

t1

2t1

v

vo

v1

0

20題圖

B

圖7

乙

甲

A

圖一

圖二

圖三

圖四

v

t

答圖1

答圖2

答圖3

O

t

子彈

木塊

O

v

子彈

木塊

O

t

v

子彈

木塊

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

圖2

圖1


電梯

拉力



第23節 動量和動量定理

1.2012年天津卷9. （1）
質量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動量變化為 kg?m/s。
若小球與地面的作用時間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為 N（g=10m/s2）。
解析：取豎直向上為正方向則初動量為負末動量為正，動量變化為kgm/s
N
2.2014年物理上海卷
22A．動能相等的兩物體A、B在光滑水平面上沿同一直線相向而行，它們的速度大小之比
vA∶vB =2: 1，則動量大小之比PA∶PB= ;兩者碰后粘在一起運動，其總動量與A原來動量大小之比P∶PA= 。
【答案】1∶2； 1∶1
【解析】動能，由vA∶vB=2: 1，可知兩者質量之比1∶4，所以動量的關系為：1∶2；兩者碰撞遵循動量守恒，其總動量與A的動量等大反向，所以碰后的總動量與A原來的動量之比為1∶1。
3.2017年海南卷1．光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q。撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為 （ D ）
A． B． C． D．1
解析：由動量守恒定律得，所以P和Q的動量大小的比值為1:1，D正確。
4.2015年理綜重慶卷3．高空作業須系安全帶。如果質量為m的高空作業人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h（可視為自由落體運動）。.此后經歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上。則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為 （ A ）
A． B． C． D．
解析：人下落h高度為自由落體運動，由運動學公式，可知；緩沖過程（取向上為正）由動量定理得，解得：，故選A。
5.2015年理綜北京卷18．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動。從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是 （ A ）
A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小
B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小
C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大
D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力
解析：繩子從伸直到第一次下降至最低點的過程中，拉力逐漸增大，由牛頓第二定律可得，人先做加速度減小的加速運動，當時加速度減小到0，人的速度最大，即動量最大，動能也最大。此后人繼續向下運動（），人做加速度增大的減速運動，動量一直減小到零，全程拉力向上，其沖量一直向上，選項A正確、選項C和D錯誤。B、拉力與運動方向相反，一直做負功，但動能先增大后減小，選項B錯誤。故選A。
6.2018年全國卷II 、15．高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為 （ C ）
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
解析：本題是一道估算題，要知道一層樓的高度大約3m，
根據動能定理： ①
得
設向下為正，由受力分析，落地時雞蛋受到重力和地面對雞蛋的沖擊力，
由動量定理可得： ②
聯立方程解得N=103N
由牛頓第三定律可知該雞蛋對地面產生的沖擊力約為N=103N，選項C正確。
7.2018年北京卷、22．（16分）2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h = 10 m，C是半徑R = 20 m圓弧的最低點。質量m = 60 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a = 4.5 m/s2，到達B點時速度vB = 30 m/s。取重力加速度。
（1）求長直助滑道AB的長度L；
（2）求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大?。?br/>（3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。
解：（1）根據勻變速直線運動公式，有
（2）根據動量定理，有
（3）運動員經C點時的受力分析如答圖2
根據動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有：
根據牛頓第二定律，有
得 FN= 3900N
8.2013年天津卷
2．我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現女子3000m接力三連冠。觀察發現，“接棒”的運動員甲提前站在“交捧”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則
A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量
B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反
C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量
D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功
【答案】B
【解析】本題主要考察能量（做功正負判斷）、動量（動量定理、動量守恒）相關知識。 設甲乙兩運動員的質量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分別是v甲，v乙， 根據題意整個交接棒過程可以分為兩部分：
① 完全非彈性碰撞過程→“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
由上面兩個方程聯立可以解得：m甲Δv甲= ﹣m乙Δv乙，即B選項正確。
經歷了中間的完全非彈性碰撞過程 會有能量損失，C、D選項錯誤。
9.2017年新課標Ⅲ卷20．一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則
A．t=1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t=3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t=4 s時物塊的速度為零
答：AB
解析：由動量定理可得：Ft=mv，解得，t=1 s時物塊的速率為，故A正確；在F-t圖中面積表示沖量，所以t=2 s時物塊的動量大小為，
t=3 s時物塊的動量大小為，t=4 s時物塊的動量大小為，所以t=4 s時物塊的速度為1m/s，故B正確，C、D錯誤。
10.2013年天津卷
10．（16分）質量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=20m，物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.2，g取10m/s2，求：
⑴物塊在力F作用過程發生位移xl的大?。?br/>⑵撤去力F后物塊繼續滑動的時間t。
解析：（1）設物塊受到的滑動摩擦力為F1，則F1=μmg ①
根據動能定理，對物塊由A到B整個過程，有 F x1 -F1 x =0 ②
代入數據，解得x1=16m ③
（2）設剛撤去力F時物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑動的位移為x2，則
x2 = x- x1 ④
由牛頓第二定律得 ⑤
由勻變速直線運動公式得 v2=2ax2 ⑥
以物塊運動方向為正方向，由動量定理，得 -F1t=0-mv ⑦
代入數據，解得 t=2s ⑧
11.2015年理綜天津卷10、（16分）某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動機的帶動下保持v=1m/s的恒定速度向右運動，現將一質量為m=2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數μ=0.5，設皮帶足夠長，取g=10m/s2，在郵件與皮帶發生相對滑動的過程中，求
（1）郵件滑動的時間t；
（2）郵件對地的位移大小x；
（3）郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W.
答案：（1）0.2s； （2）0.1m； （3）-2J；
解析：（1）設郵件放到皮帶上與皮帶發生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F，則有：
①
取向右為正方向，對郵件應用動量定理，有： ②
由①②式解得： ③
（2）郵件與皮帶發生相對滑動的過程中，對郵件應用動能定理，有： ④
由①④式并代入數據解得： ⑤
（3）郵件與皮帶發生相對滑動的過程中，設皮帶相對地面的位移為s，則有： ⑥
摩擦力對皮帶做的功為： ⑦
由①③⑥⑦式代入相關數據解得： ⑧
12.2015年理綜安徽卷22．（14分）一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖所示。物塊以v0=9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止。g取10 m/s2。
（1）求物塊與地面間的動摩擦因數μ；
（2）若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；
（3）求物塊在反向運動過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做勻減速運動，，由牛頓第二定律，聯立得μ=0.32（或根據動能定理，得μ=0.32 ）
（2）根據動量定理，取水平向左為正方向，有，
代入數據，得
（3）根據動能定理，， 所以．
13.2016年北京卷18.如圖所示，一顆人造衛星原來在橢圓軌道1繞地球E運行，在P變軌后進入軌道2做勻速圓周運動。下列說法正確的是
A.不論在軌道1還是在軌道2運行，衛星在P點的速度都相同
B.不論在軌道1還是在軌道2運行，衛星在P點的加速度都相同
C.衛星在軌道1的任何位置都具有相同加速度
D.衛星在軌道2的任何位置都具有相同動量
【答案】B
【解析】從軌道1變軌到軌道2，需要加速。故v2p>v1p；人造衛星在萬有引力作用下繞地球運行，在任意位置，無論在軌道1還是軌道2，都是在P點，與地球距離相等，加速度均相同，因此B正確；在軌道1不同的位置離地球距離不同，加速度大小不同，故C不正確；動量是矢量，在軌道2不同位置，衛星的速度方向不同，所以動量方向不同，則動量不相同，故D錯誤。
14.2016年北京卷24．(20分)
（1）動量定理可以表示為Δp=FΔt，其中動量p和力F都是矢量。在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。例如，質量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖1所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。
a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy；
b．分析說明小球對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動量沿光傳播方向運動。激光照射到物體上，在發生反射、折射和吸收現象的同時，也會對物體產生作用。光鑷效應就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細胞等微小顆粒。
一束激光經S點后被分成若干細光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質小球的光路如圖②所示，圖中O點是介質小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行。請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產生的合力的方向。
a.?光束①和②強度相同；
b.?光束①比②強度大。
【答案】（1）a. ，，方向沿y軸正方向； b. y軸負方向
（2）a. 兩光束對小球的合力的方向沿SO向左 b. 兩光束對小球的合力的方向指向左上方
【解析】
（1）a.在沿x軸方向，
在沿y軸方向， 沿y軸正方向
b.設木板對小球的兩個方向的作用力分別為Fx、Fy；
依題意，對小球由動量定理可得：，。
由牛頓第三定律可知，小球對木板的作用力；
即小球對木板的作用力沿y軸負方向。
（2）設每個粒子的動量為p。
激光束穿出介質球后，粒子動量大小不變。
以水平向右為x軸為正方向，以豎直向上為y軸為正方向。
對①光束：；；
對②光束：；；
設Δt時間內，①光束與介質球作用的粒子數為N1，②光束與介質球作用的粒子數為N2；根據動量定理可得：介質小球對①光束的作用力為，；
同理：介質小球對②光束的作用力為，；
由牛頓第三定律可得，光束對小球的作用力：，；
，；
因此兩光束對介質小球的總作用力：，
a.兩束光強度相同時，N1=N2，此時Fx′沿x軸負向，Fy′=0，故兩光束對小球的合力的方向沿SO向左；
b.①光束強度大時，N1>N2，此時Fx′沿x軸負向，Fy′沿y軸負向，故兩光束對小球的合力的方向指向左上方。
15.【2019年物理全國卷1】最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4.8×108 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為
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】
【詳解】設該發動機在s時間內，噴射出的氣體質量為，根據動量定理，，可知，在1s內噴射出的氣體質量，故本題選B。




B

h

C

A

FN

G

答圖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

圖1

v

θ

θ

v

OP1

②

①

S

圖2

θ

θ



第24節 動量守恒定律
1.2012年物理上海卷
22．（A組）A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質量為5kg，速度大小為10m/s，B質量為2kg，速度大小為5m/s，它們的總動量大小為____________kgm/s；兩者碰撞后，A沿原方向運動，速度大小為4m/s，則B的速度大小為______________m/s。
答案： 40； 10，
解析：總動量 ；
碰撞過程中滿足動量守恒，，代入數據可得： vB=10m/s
2.2011年上海卷
22A.光滑水平面上兩小球a、b用不可伸長的松弛細繩相連。開始時a球靜止，b球以一定速度運動直至繩被拉緊，然后兩球一起運動，在此過程中兩球的總動量 （填“守恒”或“不守恒”）；機械能 （填“守恒”或“不守恒”)。
答案：守恒，不守恒。
解析：本題考查動量守恒定律及機械能守恒定律。兩球在光滑水平地面上，外力和為零，故系統的總動量守恒。由于繩子在瞬間繃緊，系統的動能將有一部分轉化為熱量，故機械能不守恒。
3. 2013年上海卷
22A．質量為M的物塊靜止在光滑水平桌面上，質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度2v0/3射出。則物塊的速度為 ，此過程中損失的機械能為 。
答案： ,
解析：由動量守恒定律，m v0=m·2v0/3+Mv，解得v=.由能量守恒定律，此過程中損失的機械能為△E= m v02-m·(2v0/3)2+Mv2= m v02 -m2 v02。
4.2015年上海卷22A．兩小孩在冰面上乘坐“碰碰車”相向運動。A車總質量為50kg，以2m/s的速度向右運動；B車總質量為70kg，以3m/s的速度向左運動。碰撞后，A以1.5m/s的速度向左運動，則B的速度大小為________m/s，方向向________（選填“左”或“右”）。
答案：0.5；左
解析：規定向右為正方向，由動量守恒定律得，解得v'B= -0.5m/s
所以B的速度大小為0.5m/s，方向向左。
5.2017年新課標I卷14．將質量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）
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】設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2，根據動量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的動量為：P=m2v2=m1v1=30 kg?m/s，所以A正確；BCD錯誤。
6. 2016年上海卷22A.如圖，粗糙水平面上，兩物體A、B以輕繩相連，在恒力F作用下做勻速運動。某時刻輕繩斷開，A在F牽引下繼續前進，B最后靜止。則在B靜止前，A和B組成的系統動量_________（選填：“守恒”或“不守恒“）。在B靜止后，A和B組成的系統動量 。（選填：“守恒”或“不守恒“）
【答案】守恒； 不守恒
【解析】輕繩斷開前，A、B做勻速運動，系統受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即，所以系統動量守恒；當輕繩斷開B靜止之前，A、B系統的受力情況不變，即，所以系統的動量依然守恒；當B靜止后，系統的受力情況發生改變，即，系統合外力不等于零，系統動量不守恒。
7.2016年天津卷9、（1）如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一個小滑塊B，盒的質量是滑塊質量的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為μ；若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁發生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為 ；滑塊相對于盒運動的路程為 。
【答案】
【解析】設滑塊質量為m，則盒子的質量為2m；對整個過程，由動量守恒定律可得：mv=3mv共
解得v共=
由能量關系可知：
解得：
8.2014年理綜重慶卷4．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v=2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3:1。不計質量損失，取重力加速度g=10m/s2。則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是
【答案】B
【解析】彈丸水平飛行爆炸時，在水平方向系統動量守恒，設m乙=m，則m甲=3m，故爆炸前水平方向總動量P=(3m+m)v=8m。而爆炸后兩彈片做平拋運動，由平拋運動規律：
選項A中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s(向左)，P' =3m×2.5+m×(-0.5)=7m，不滿足動量守恒，A錯誤；
選項B中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s，P' ==3m×2.5+m×0.5=8m，滿足動量守恒，B正確；
選項C中：v甲=2m/s，v乙=1m/s，P' ==3m×2+m×1=7m，不滿足動量守恒，C錯誤；
選項D中：v甲=2m/s，v乙=1m/s(向左)，P' ==3m×2+m×（-1）=5m，不滿足動量守恒，D錯誤。
9.2012年理綜重慶卷
17．質量為m的人站在質量為2m的平板小車上，以共同的速度在水平地面上沿直線前行，車受地面阻力的大小與車對地面壓力的大小成正比。當車速為v0時，人從車上以相對于地面大小為v0的速度水平向后跳下。跳離瞬間地面阻力的沖量忽略不計，則能正確表示車運動的v－t圖象為
答：B
解析：人與平板小車以共同的速度在水平地面上沿直線前行，由于受到阻力作用，做減速直線運動；當車速為v0時，人從車上以相對于地面大小為v0的速度水平向后跳下瞬間，系統動量守恒，(m+2m)v0= -m v0+2mv，解得v=2 v0。人跳離后車向前做減速直線運動，直到停止，所以能正確表示車運動的v—t圖象為B。
10. 2012年理綜天津卷
10（16分）、如圖所示，水平地面上固定有高為h的平臺，臺面上固定有光滑坡道，坡道頂端距臺面高也為h，坡道底端與臺面相切。小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與靜止在臺面上的小球B發生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半。兩球均可視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求
（1）小球A剛滑至水平臺面的速度vA
（2）A、B兩球的質量之比mA:mB
解析：（1）小球A在坡道上只有重力做功機械能守恒，有 ①
解得 ②
（2）小球A、B在光滑臺面上發生碰撞粘在一起速度為v，根據系統動量守恒得
③
離開平臺后做平拋運動，在豎直方向有 ④
在水平方向有 ⑤
聯立②③④⑤化簡得
11. 2014年理綜北京卷
22.（16分）如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F將A無初速度釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2m;A和B的質量相等;A和B整體與桌面之間的動摩擦因數μ=0.2。取重力加速度g=10m/s2。求:
（1） 碰撞前瞬間A的速率v；
（2） 碰撞后瞬間A和B整體的速率v' ;
(3) A和B整體在桌面上滑動的距離l.
【答案】（1）2m/s （2）1 m/s （3）0.25m
【解析】（1）滑塊從圓弧最高點滑到最低點的過程中，根據機械能守恒定律，有


（2）滑塊A與B碰撞，根據動量守恒定律，有


（3）滑塊A與B粘在一起滑行，根據動能定理，有



12. 2011年理綜四川卷
23．（6分）隨著機動車數量的增加，交通安全問題日益凸顯。分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規，珍惜生命。一貨車嚴重超載后的總質量為49t，以54km/h的速率勻速行駛。發現紅燈時司機剎車，貨車即做勻減速直線運動，加速度的大小為2.5m/s2（不超載時則為5m/s2）。
⑴若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進多遠？
⑵若超載貨車剎車時正前方25m處停著總質量為1t的轎車，兩車將發生碰撞，設相互作用0.1s后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力多大？
解析：（1）貨車剎車時的初速是v0=15m/s ，末速是0，加速度分別是2.5m/s2和5m/s2，根據位移推論式得 代入數據解得：超載m；不超載m。
（2）貨車與轎車相撞時的速度為m/s
相撞時動量守恒，有 得 m/s
對轎車根據動量定理有 解得 N
13.2014年理綜天津卷
10．（16分）如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA=4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB=2kg．現對A施加一個水平向右的恒力F=10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板B發生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續運動，碰撞后經時間t=0.6s，二者的速度達到vt=2m/s．求
（1）A開始運動時加速度a的大??；
（2）A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。?br/>（3）A的上表面長度l．
【答案】（1）2.5m/s2 (2)1m/s (3)0.45m
【解析】⑴以A為研究對象，由牛頓第二定律有 ①
代入數據解得 a=2.5m/s2 ②
⑵對A、B碰撞后共同運動t=0.6s的過程，由動量定理得
③
代入數據解得v=1m/s ④
⑶設A、B發生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發生碰撞的過程，由動量守恒定律有
⑤
A從開始運動到與B發生碰撞前，由動能定理有
⑥
由④⑤⑥式，代入數據解得l=0.45m ⑦
14.2017年天津卷10．（16分）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止與水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8 m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2。
（1）B從釋放到細繩繃直時的運動時間t；
（2）A的最大速度v的大??；
（3）初始時B離地面的高度H。
【答案】（1）；（2）；（3）。
【解析】（1）（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有 ①
代入數據解得t=0.6s ②
（2）設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有 ③
細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得
④
之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，
聯立②③④式，代入數據解得v=2 m/s ⑤
（3）細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統機械能守恒，有
⑥
代入數據解得H=0.6 m ⑦
15. 【2019年物理江蘇卷】質量為M的小孩站在質量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止狀態，忽略滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為 ．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【詳解】設滑板的速度為，小孩和滑板動量守恒得：，解得：，故B正確。


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節 碰撞.呂叔湘中學龐留根
1.2015年理綜天津卷9、（1）如圖所示，在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發生碰撞，A、B兩球的質量之比為__________，A、B碰撞前、后兩球總動能之比為_______________
答案： 4∶1，9∶5
解析：A球與擋板碰后兩球剛好不發生碰撞，說明A、B碰后速率大小相同設為v，規定向左為正方向，由動量守恒定律，由題意知vB∶v=3∶1， 解得mA∶mB=4∶1，
碰撞前、后兩球總動能之比為
2. 2013年江蘇卷
5. 水平面上,一白球與一靜止的灰球碰撞,兩球質量相等. 碰撞過程的頻閃照片如圖所示,據此可推斷,碰撞過程中系統損失的動能約占碰撞前動能的
(A)30% (B)50% (C)70% (D)90%
答案：A
解析：碰撞過程的頻閃的時間間隔t相同，速度，如圖所示，相同時間內，白球碰前與碰后的位移之比大約為5∶3，速度之比為5∶3，白球碰后與灰球碰后的位移之比大約為1∶1，速度之比為1∶1，又動能，兩球質量相等，碰撞過程中系統損失的動能為碰前動能減去系統碰后動能, 除以碰撞前動能時, 兩球質量可約去, 其比例為，故A對，B、C、D錯。
3. 2012年理綜全國卷
21.如圖，大小相同的擺球a和b的質量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是
A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等
C.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同
D.發生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置
【答案】AD
【解析】根據碰撞動量守恒定律和動能守恒得，，且，解得，，所以A正確，B錯誤；根據，知第一次碰撞后，兩球的最大擺角相同，C錯誤；根據單擺的等時性，經半個周期后，兩球在平衡位置處發生第二次碰撞，選項D正確。
4. 2011年理綜全國卷
20．質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統損失的動能為
A． B． C． D．Nμm gL
答案：BD
解析：設最終箱子與小物塊的速度為v1，根據動量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，則動能損失△Ek＝mv2－(m＋M)v12，解得△Ek＝v2，B對；依題意：小物塊與箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相對箱子運動的路程為S＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系統因摩擦產生的熱量即為系統瞬時的動能：△Ek＝Q＝NμmgL，D對。
5. 2014年理綜大綱卷
21．一中子與一質量數為A（A＞1）的原子核發生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為 ( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】設碰撞前后中子的速率分別為v1，v′1，碰撞后原子核的速率為v2，中子的質量為m1，原子核的質量為m2，則m2＝Am1.
根據完全彈性碰撞規律可得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正確．
6.2014年理綜大綱卷24．(12 分)
冰球運動員甲的質量為80.0kg。當他以5.0m/s的速度向前運動時，與另一質量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運動員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設碰撞時間極短，求：
⑴碰后乙的速度的大?。?br/>⑵碰撞中總機械能的損失。
【答案】(1) 1.0 m/s (2) 1400 J
【解析】 (1)設運動員甲、乙的質量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′ . 由動量守恒定律有 mv－MV＝MV′ ①
代入數據得 V′＝1.0 m/s ②
(2)設碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，應有
mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE ③
聯立②③式，代入數據得ΔE＝1400 J ④
7. 2014年理綜廣東卷35.(18分)
圖24 的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t1=2s至t2=4s內工作，已知P1、P2的質量都為m=1kg，P與AC間的動摩擦因數為μ=0.1，AB段長L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均視為質點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞.
（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔE；
（2）若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，求v1的取值范圍和P向左經過A點時的最大動能E.
【解析】(1)P1、P2碰撞過程，動量守恒mv1=2mv ①
解得 ②
碰撞損失的動能 ③
解得 ΔE＝9J ④
(2) 由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞.故P在AC間等效為勻減速運動，設P在AC段加速度大小為a，由運動學規律，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的取值范圍10m/s≤v1≤14m/s ⑨
v2的取值范圍1m/s≤v2≤5m/s
所以當P向左經過B 點時最大速度為v2=5m/s，
P經過B點向左繼續勻減速運動，經過A點時有最大速度v3：

則P向左經過A點時有最大動能
8.2018年海南卷14．（16分）如圖，光滑軌道PQO的水平段，軌道在點與水平地面平滑連接。一質量為的小物塊A從高處由靜止開始沿軌道下滑，在點與質量為的靜止小物塊B發生碰撞。A、B與地面間的動摩擦因數均為，重力加速度大小為g。假設A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短。求
（1）第一次碰撞后瞬間A和B速度的大??；
（2）A、B均停止運動后，二者之間的距離。
解：（1）設第一次碰撞前瞬間的速度為，物塊A下滑到O的過程中，由機械能守恒定律有
①
設第一次碰撞后瞬間、的速度分別為、，取向右方向為正。A、B在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后系統的動能相等，有
②
③
聯立①②③式得
④
⑤
即第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小分別為和。
（2）A、B碰撞后，A自O點向左運動，經過一段時間后返回到O點，設A兩次經過QO段運動的時間為t，有
⑥
B碰撞后向右運動，設A、B在地面上運動的加速度大小分別為、，由牛頓第二定律得
⑦
設B在地面上向右運動的時間為，由運動學公式得
⑧
聯立④⑤⑥⑦⑧式并代入題給條件得
⑨
由⑨式可知，當A再次回到O點時B已停止運動。由和⑦式知，A、B將再次碰撞。設B從O點以速度開始運動到速度減為0的過程中，運動的距離為，再次碰撞前瞬間A的速度大小為。由運動學公式有
⑩
?
設再次碰撞后瞬間和的速度分別為和，由完全彈性碰撞的規律，可得類似于④⑤式的結果
?
?
由④⑤⑦⑩??式知，即再次碰撞后，A不能運動到O點。設再次碰撞后和走過的路程分別為和，由動能定理有
?

聯立④⑤⑦⑩?????式得，A、B均停止運動后它們之間的距離為
?
9. 2013年廣東卷35.（18分）
如圖18，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質量均為m。P2的右端固定一輕質彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L。物體P置于P1的最右端，質量為2m且可以看作質點。P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2粘連在一起，P壓縮彈簧后被彈回并停在A點（彈簧始終在彈性限度內）。P與P2之間的動摩擦因數為μ，求
（1）P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；
（2）此過程中彈簧最大壓縮量x和相應的彈性勢能Ep
解：(1)P1、P2碰撞過程，由動量守恒定律
mv0=2mv1 ①
解得 ②
對P1、P2、P系統，由動量守恒定律
mv0+ 2mv0=4mv2 ③
解得 ④
(2)當彈簧壓縮最大時，P1、P2、P三者具有共同速度v2，彈簧壓縮量最大，
對系統由能量守恒定律
P剛進入P2 到P1、P2、P 第二次等速時，由能量守恒得；
④
由③④得：，
10.2011年理綜重慶卷
24．（18分）如圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質量均為m，人在極短時間內給第一輛車一水平沖量使其運動，當車運動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續運動了距離L時與第三車相碰，三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k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時發生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：
⑴整個過程中摩擦阻力所做的總功；
⑵人給第一輛車水平沖量的大?。?br/>⑶第一次與第二次碰撞系統功能損失之比。
解析：（1）設運動過程中摩擦阻力做的總功為W，則
W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL
（2）設第一車的初速度為，第一次碰前速度為，碰后共同速度為，第二次碰前速度為，碰后共同速度為.
……………①
………②
…………… ③
動量守恒
……………④
……………⑤
人給第一輛車水平沖量的大小………⑥
⑶由①⑥解得………⑦
由④⑦解得………⑧
第一次碰撞系統動能損失………⑨
由③解得………⑩
由⑤解得………
第二次碰撞系統動能損失………
第一次與第二次碰撞系統動能損失之比……………
11.2015年廣東卷36．(18分)如圖18所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以V0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側軌道光滑，右側軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m，物塊與各粗糙段間的動摩擦因數都為μ＝0.1，A、B的質量均為m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B視為質點，碰撞時間極短)。
(1)求A滑過Q點時的速度大小V和受到的彈力大小F；
(2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k的數值；
(3)求碰后AB滑至第n個(n＜k)光滑段上的速度Vn與n的關系式。
答案：(1) v＝4m/s，F＝22N；（2）k＝45；(3) (其中n＝1、2、3、…、44)
解析：(1)由機械能守恒定律得：
解得A滑過Q點時的速度V = 4m/s
在Q點，由牛頓第二定律和向心力公式有：
解得：A滑過Q點時受到的彈力 F = 22N
（2）AB碰撞前A的速度為VA , 由機械能守恒定律有：
得：VA = V0 = 6m/s
AB碰撞后以共同的速度VP前進，由動量守恒定律得： mVA = (m + m)VP
得： VP = 3m/s
總動能
滑塊每經過一段粗糙段損失的機械能ΔE = fL = μ(m + m)gL = 0.2J
則：
(3)AB滑到第n個光滑段上損失的能量E損 = nΔE = 0.2n J
由能量守恒得：
代入數據解得：，（n < k）




A

B





a

b

v

L

P1

P2

L

L

A

B

C

探測器

圖24

h

eq \f(h,2)

A

B

O

P

Q

l

v0

P

L

A

B

P1

P2

圖18

L

L

L

1

2

3

地面

地面







Q

R

V0

A

B

P

l


l


k

圖18






第26a節 動量和能量
1.【2019年物理全國卷3】靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s?。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。
（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；
（2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？
（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？

【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】
首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內A、B組成的系統動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大?。缓苋菀着卸ˋ、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可。
【詳解】（1）設彈簧釋放瞬間A和B速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有
0=mAvA-mBvB①
②
聯立①②式并代入題給數據得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有
④
⑤
⑥
在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程SA都可表示為
sA=vAt–⑦
聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊0.25m處。B位于出發點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
（3）t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有
⑩
聯立③⑧⑩式并代入題給數據得

故A與B將發生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有


聯立式并代入題給數據得

這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式

由④式及題給數據得

sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離

2.2018年天津卷9．（1）質量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是____20 ______m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5×103 N，則子彈射入木塊的深度為___0.2____m。
解析：由動量守恒定律 代入數據解得
由能量守恒定律 代入數據解得Δs=0.2m
3.2018年全國卷I、 14．高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的均加速直線運動，在啟動階段列車的動能 （ B ）
A．與它所經歷的時間成正比 B．與它的位移成正比
C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比
解析：根據初速度為零的勻變速直線運動規律可知，在啟動階段，列車的速度與時間成正比，即v=at，
由動能公式，可知列車的動能與速度的平方成正比，與時間的平方成正比，選項AC錯誤；
由可知列車的動能與它的位移x成正比，選項B正確；由動量公式可知列車的動能，即與它的動量的二次方成正比，選項D錯誤。
4.2018年海南卷5．如圖，用長為l的輕繩懸掛一質量為M的沙箱，沙箱靜止。一質量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程 （ C ）
A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統損失的機械能變小
B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統損失的機械能變小
C．若保持M、m、l不變，v變大，則系統損失的機械能變大
D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統損失的機械能變大
解析：子彈打入沙箱的過程中，由動量守恒定律 解得，①
共同擺過一小角度的過程中機械能守恒， ②
由能量守恒，系統損失的機械能 ③
由③式可以看出，若保持m、v、l不變，M變大，則系統損失的機械能變大，A錯誤；
若保持M、v、l不變，v變大，則系統損失的機械能變大，C正確；
①代入②得 ④
由④式可知若保持M、v、l不變，m變大，則系統損失的機械能變大，選項B錯誤；
共同擺過一小角度的過程中機械能守恒，若保持M、m、v不變，l變大，則擺角θ減小，h不變，即機械能不變，D錯誤。故選C。
5.2018年全國卷I、 24．（12分）一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求
（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；
（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。
解：（1）設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有 ①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為，由運動學公式有 ②
聯立①②式得 ③
（2）設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有 ④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為和。由題給條件和動量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分繼續上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
⑦
聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為 ⑧
6.2018年全國卷II、24．（12分）汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了，A車向前滑動了。已知A和B的質量分別為和，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小。求
（1）碰撞后的瞬間B車速度的大?。?br/>（2）碰撞前的瞬間A車速度的大小。
解：（1）設B車的質量為，碰后加速度大小為。根據牛頓第二定律有
①
式中是汽車與路面間的動摩擦因數。
設碰撞后瞬間B車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運動學公式有
②
聯立①②式并利用題給數據得 ③
（2）設A車的質量為，碰后加速度大小為。根據牛頓第二定律有
④
設碰撞后瞬間A車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運動學公式有
⑤
設碰撞前的瞬間A車速度的大小為。兩車在碰撞過程中動量守恒，有
⑥
聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得 ⑦




B

A

B

A

2.0m

4.5m



第26節 力學綜合題
【2019年4月浙江物理選考】某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾角θ=37°的直軌道AB，其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度H=2.2m?，F將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變為水平向右。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數均為μ=0.5。（sin37°=0.6）

（1）若h=2.4m，求小物塊到達B端時速度的大小；
（2）若小物塊落到傳送帶左側地面，求h需要滿足的條件
（3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關系式及h需要滿足的條件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）物塊由靜止釋放到B的過程中：

解得vB=4m/s
（2）左側離開，D點速度為零時高為h1

解得h（3）右側拋出，D點的速度為v，則


x=vt
可得
為使能在D點水平拋出則：
解得h≥3.6m
【2019年物理北京卷】雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關。雨滴間無相互作用且雨滴質量不變，重力加速度為g。
（1）質量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時速度為u，求這一過程中克服空氣阻力所做的功W。
____
（2）將雨滴看作半徑為r的球體，設其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系數。

a．設雨滴的密度為ρ，推導雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關系式；
____
b．示意圖中畫出了半徑為r1、r2（r1>r2）的雨滴在空氣中無初速下落的v–t圖線，其中_________對應半徑為r1的雨滴（選填①、②）；若不計空氣阻力，請在圖中畫出雨滴無初速下落的v–t圖線。
（ ）
（3）由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運動方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時受到的空氣阻力f ∝v2（提示：設單位體積內空氣分子數為n，空氣分子質量為m0）。
________
【答案】 (1). (2). (3). ① (4). (5). 詳見解析
【解析】
【分析】
(1)對雨滴由動能定理解得：雨滴下落h的過程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度為0時速度最大；
(3)由動量定理證明
【詳解】(1)對雨滴由動能定理得：

解得：；
(2)a.半徑為r的雨滴體積為：，其質量為
當雨滴的重力與阻力相等時速度最大，設最大速度為，則有：
其中
聯立以上各式解得：
由可知，雨滴半徑越大，最大速度越大，所以①對應半徑為的雨滴，
不計空氣阻力，雨滴做自由落體運動，圖線如圖：
；
(3)設在極短時間內，空氣分子與雨滴碰撞，設空氣分子的速率為，
在內，空氣分子個數為：，其質量為
設向下為正方向，對圓盤下方空氣分子由動量定理有：

對圓盤上方空氣分子由動量定理有：

圓盤受到的空氣阻力為：

聯立解得：。

【2019年物理天津卷】完全由我國自行設計、建造的國產新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板是與水平甲板相切的一段圓弧，示意如圖2，長，水平投影，圖中點切線方向與水平方向的夾角（）。若艦載機從點由靜止開始做勻加速直線運動，經到達點進入。已知飛行員的質量，，求

（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功；
（2）艦載機剛進入時，飛行員受到豎直向上的壓力多大。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為，則有
①
根據動能定理，有
②
聯立①②式，代入數據，得
③
（2）設上翹甲板所對應的圓弧半徑為，根據幾何關系，有
④
由牛頓第二定律，有
⑤
聯立①④⑤式，代入數據，得
⑥
1. 2016年上海卷25.地面上物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運動，力F隨高度x的變化關系如圖所示，物體能上升的最大高為h，h【答案】0或h；
【解析】據題意，從圖可以看出力F是均勻減小的，可以得出力F隨高度x的變化關系：，而，可以計算出物體到達h處時力；物體從地面到h處的過程中，力F做正功，重力G做負功，由動能定理可得：，而，可以計算出：，則物體在初位置加速度為：，計算得：；當物體運動到h處時，加速度為：，而，計算處理得：，即加速度最大的位置是0或h處。
2. 2016年新課標1卷20. 如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（ ）
A. Q點的電勢比P點高
B. 油滴在Q點的動能比它在P點的大
C. 油滴在Q點的電勢能比它在P點的大
D. 油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
答案：AB
解析：由于勻強電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D選項錯。由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當油滴從P點運動到Q時，電場力做正功，電勢能減小，C選項錯誤；油滴帶負電，電勢能減小，電勢增加，所以Q點電勢高于P點電勢，A選項正確；在油滴從P點運動到Q的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q點動能大于P點，B選項正確；所以選AB。
3.2017年天津卷4．“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是
A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變
B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力
C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零
D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變
【答案】D
【解析】機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能時刻發生變化，則機械能在變化，故A錯誤；在最高點，對乘客受力分析，根據牛頓第二定律，座椅對他的支持力，故B正確；乘客隨座艙轉動一周的過程中，重力的沖量 ，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率，其中θ為線速度與豎直方向的夾角，摩天輪轉動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但夾角θ在變化，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變化，故D錯誤。
4. 2016年天津卷10、我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，如圖所示。質量m=60kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a=3.6m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB=24m/s，A與B的豎直高度差H=48m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h=5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W=-1530J，取g=10m/s2
（1）求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；
（2）若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。
【答案】（1）144 N （2）12.5 m
【解析】（1）運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，
則有 vB2=2ax ①
由牛頓第二定律有 mg－Ff=ma ②
聯立①②式，代入數據解得 Ff=144 N ③
（2）設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有
mgh+W=mvC2－mvB2 ④
設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有
⑤
由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯立④⑤式，代入數據解得
R=12.5 m ⑥
5.2012年理綜全國卷
26.（20分）一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側豎直，另一側的坡面呈拋物線形狀。此隊員從山溝的豎直一側，以速度v0沿水平方向跳向另一側坡面。如圖所示，以溝底的O點為原點建立坐標系Oxy。已知，山溝豎直一側的高度為2h，坡面的拋物線方程為，探險隊員的質量為m。人視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。
（1）求此人落到坡面時的動能；
（2）此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最小？動能的最小值為多少？
【解析】
（1）（1）設該隊員在空中運動的時間為t，在坡面上落點的橫坐標為，縱坐標為。由運動學公式和已知條件得： ①
　　　　　　 ?、?br/>得平拋運動的軌跡方程
根據題意有坡面的拋物線方程：y=　　 ③
兩方程的交點為，。
由機械能守恒，落到坡面時的動能為：
　　 ④
聯立式得：　?、?br/>另解【或根據機械能守恒，解得】
（2）方法1：⑤式可以改寫為
　⑥
極小的條件為⑥式中的平方項等于0，由此得：
　　　　　　　　　　　　?、?br/>此時，則最小動能為　?、?br/>另解方法2：由，
令，則
當時，即探險隊員的動能最小，最小值為，
另解方法3：求關于的導數并令其等于0，
即解得
即當人水平跳出的速度為時，他落在坡面時的動能最小，動能的最小值為.
6.2012年理綜廣東卷
36.圖18（a）所示的裝置中，小物塊A、B質量均為m，水平面上PQ段長為l，與物塊間的動摩擦因數為μ，其余段光滑。初始時，擋板上的輕質彈簧處于原長；長為r的連桿位于圖中虛線位置；A緊靠滑桿（A、B間距大于2r）。隨后，連桿以角速度ω勻速轉動，帶動滑桿作水平運動，滑桿的速度-時間圖像如圖18（b）所示。A在滑桿推動下運動，并在脫離滑桿后與靜止的B發生完全非彈性碰撞。
（1）求A脫離滑桿時的速度uo，及A與B碰撞過程的機械能損失ΔE。
（2）如果AB不能與彈簧相碰，設AB從P點到運動停止所用的時間為t1，求ω的取值范圍，及t1與ω的關系式。
（3）如果AB能與彈簧相碰，但不能返回道P點左側，設每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，求ω的取值范圍，及Ep與ω的關系式（彈簧始終在彈性限度內）。
【解析】（1）由題知，A脫離滑桿時的速度應為滑桿的最大速度 uo=ωr
設A、B碰后的速度為v1，由動量守恒定律得：m uo=2m v1
A與B碰撞過程損失的機械能
解得
AB不能與彈簧相碰，設AB在PQ上運動的加速度大小為a,
由牛頓第二定律及運動學規律得：
v1=at1
由題知
聯立解得 即0<
（3）AB能與彈簧相碰
不能返回道P點左側
解得
AB在的Q點速度為v2，AB碰后到達Q點過程，由動能定理

AB與彈簧接觸到壓縮最短過程，由能量守恒
解得
7.2012年理綜山東卷
22．（15分）如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R=1.0m的光滑圓弧軌道，BC段為一長度L=0.5m的粗糙水平軌道，二者相切于B點，整個軌道位于同一豎直平面內，P點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質點的物塊，其質量m=0.2kg，與BC間的動摩擦因數μ1=0.4。工件質量M=0.8kg，與地面間的動摩擦因數μ2=0.1。（取g=10m/s2）
（1）若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求P、C 兩點間的高度差h。
（2）若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在P點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運動
①求F的大小
②當速度v=5m/s時，使工件立刻停止運動（即不考慮減速的時間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點與B點間的距離。
解：（1）物塊從P點下滑經B點至C點的整個過程，根據動能定理得
mgh-μ1mgL=0 ①
代入數據得
h=0.2m ②
（2）①設物塊的加速度大小為a，P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為θ，由幾何關系可得
③
根據牛頓第二定律，對物體有
mgtanθ=ma ④
對工件和物塊整體有
F-μ2 (M+m)g=(M+m)a ⑤
聯立②③④⑤式，代入數據得
F=8.5N ⑥
②設物體平拋運動的時間為t，水平位移為x1，物塊落點與B間的距離為x2， 由運動學公式可得
⑦
x1=vt ⑧
x2= x1-Rsinθ ⑨
聯立②③⑦⑧⑨式，代入數據得 x2=0.4m ⑩
8.2012年理綜安徽卷24.（20分）
如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量 M=2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以u=2m/s 的速度逆時針轉動。裝置的右邊是一光滑的曲面，質量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺面h=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數μ=0.2, l=1.0m。設物塊A、B間發生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態。取g=10m/s2。
（1）求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大??；
（2）通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上？
（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當他們再次碰撞前鎖定被解除，試求物塊B第n次碰撞后的運動速度大小。
答： (1) 4m/s (2) B將以4/3 m/s的速度返回皮帶，無法通過皮帶；(3)
解析：(1) B從曲面滑下機械能守恒：
得B滑到皮帶前：
B滑上皮帶做勻減速運動:

解得B滑過皮帶與A碰前速度：
（2）AB發生彈性碰撞，動量守恒、機械能守恒：碰后B的速度為v2, A的速度為va2


聯立兩式解得： （舍去）
B將以速度大小返回到皮帶上做勻減速運動直到速度為0有：

解得，所以不能回到曲面。
（3）設B第m-1次與A碰后，從皮帶返回再與A第n-1碰撞，，


聯立解得：
（舍去）
由此可知B與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的速度應為
（n=0、1、2、3……）
9.2012年理綜四川卷
24．（19分）如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應的圓心角θ= 370，半徑r=2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區域有場強大小為E=2×l05N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質量m=5×l0-2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物體（視為質點）被彈簧槍發射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變，方向反向。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數μ=0.25。設小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。
(1)求彈簧槍對小物體所做的功；
(2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P，求CP的長度。
解：
(1)設彈簧槍對小物體做功為Wf，由動能定理得Wf-mgr(1-cosθ)=mv02 ①
代入數據得Wf=0.475J ②
說明：①式4分，②式2分。
(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設小物體通過C點進入電場后的加速度為a1，
由牛頓第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③
小物體向上做勻減速運動，經t1=0.1s后，速度達到v1，有
v1=v0+a1t1 ④
由③④可知v1=2.1m/s，設運動的位移為s1，有
sl=v0t1+a1t12 ⑤
電場力反向后，設小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得
－mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥
設小物體以此加速度運動到速度為0，運動的時間為t2，位移為s2，有
0=v1+a2t2 ⑦
s2=v1t2+a2t22 ⑧
設CP的長度為s，有 s=s1+s2 ⑨
聯立相關方程，代入數據解得 s=0.57m⑩
說明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。
10.2012年物理海南卷
15．如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點。在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點C，重力加速度大小為g。求：
（1）小球從在AB段運動的加速度的大??；
（2）小球從D點運動到A點所用的時間?！?br/>解：（1）小球在BCD段運動時，受到重力mg、軌道正壓力N的作用，如圖示。
據題意，N≥0，且小球在最高點C所受軌道正壓力為零
NC=0 ①
設小球在C點的速度大小為vC，根據牛頓第二定律有
②
小球從B點運動到C點，機械能守恒。設B點處小球的速度大小為vB，有
③
由于小球在AB段由靜止開始做勻加速運動，設加速度大小為a，由運動學公式有

由②③④式得 ⑤
（2）設小球在D點的速度大小為vD，下落到A點的速度大小為v，由機械能守恒有
⑥
⑦
從D點運動到A點所用的時間為t，由運動學公式得
⑧
11.2011年理綜安徽卷
24．（20分）如圖所示，質量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞O軸自由轉動。開始輕桿處于水平狀態?，F給小球一個豎直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。
⑴若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。
⑵若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。
⑶在滿足⑵的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離。
【解析】（1）設小球能通過最高點，且此時的速度為v1。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒。則
①
②
設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則
③
由②③式，得 F=2N ④
由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。
（2）解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V。在上升過程中，因系統在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有
⑤
在上升過程中，因只有重力做功，系統的機械能守恒，則
⑥
由⑤⑥式，得 v2=2 m/s ⑦
（3）設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V'。由系統水平方向的動量守恒，得
⑦
將⑧式兩邊同乘以Δt，得
⑨
因⑨式對任意時刻附近的微小間隔Δt都成立，累積相加后，有
⑩
又 ?
由⑩?式得 m ?
12. 2013年北京卷23．（18分）
蹦床比賽分成預備運動和比賽動作兩個階段。最初，運動員靜止站在蹦床上；在預備運動階段，他經過若干次蹦跳，逐漸增加上升高度，最終達到完成比賽動作所需的高度；此后，進入比賽動作階段。
把蹦床簡化為一個豎直放置的輕彈簧，彈力大小F=kx （x為床面下沉的距離，k為常量）。質量m=50kg的運動員靜止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m；在預備運動中，假定運動員所做的總功W全部用于其機械能；在比賽動作中，把該運動員視作質點，其每次離開床面做豎直上拋運動的騰空時間均為Δt=2.0s，設運動員每次落下使床面壓縮的最大深度均為xl。取重力加速度g=I0m/s2，忽略空氣阻力的影響。
⑴求常量k，并在圖中畫出彈力F隨x變化的示意圖；
⑵求在比賽動作中，運動員離開床面后上升的最大高度hm；
⑶借助F-x圖像可以確定彈性做功的規律，在此基礎上，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時，運動員受力平衡，
mg=kx0， 解得：k=mg/x0=5.0×103N/m。
彈力F隨x變化的示意圖如答圖2所示。
（2）運動員從x=0處離開床面，開始騰空，其上升、下落時間相等，
。
（3）參考由速度—時間圖象求位移的方法，F-x圖象下的面積等于彈力做的功，從x處到x=0，彈力做功WT，
運動員從x1處上升到最大高度hm的過程，根據動能定理，有：
.
解得：。
對整個預備運動，由題述條件以及功能關系，有：，
解得：W=2525J≈2.5×103J。
13. 2013年上海卷
31．(12分)如圖，質量為M、長為L、高為h的矩形滑塊置于水平地面上，滑塊與地面間動摩擦因數為μ；滑塊上表面光滑，其右端放置一個質量為m的小球。用水平外力擊打滑塊左端，使其在極短時間內獲得向右的速度v0，經過一段時間后小球落地。求小球落地時距滑塊左端的水平距離。
解：小球在滑塊上運動時滑塊運動滿足

由得小球脫離滑塊時的速度
小球脫離滑塊后做自由落體運動，
小球脫離滑塊后的加速度a'=μg
滑塊的運動時間
若t
若t >t'，小球落地前滑塊已停止運動，則由得


14..2013年重慶卷
9．（18分）在一種新的“子母球”表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球B，從距水平地面高度為ph（p＞1）和h的地方同時由靜止釋放，如題9圖所示。球A的質量為m，球B的質量為3m。設所有碰撞都是彈性碰撞，重力加速度大小為g，忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。
⑴求球B第一次落地時球A的速度大??；
⑵若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰，求p的取值范圍；
⑶在⑵情形下，要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置，求p應滿足的條件。
解析：（1）由 得球A的速度大小
（2）設所用時間為t'，臨界情況是B剛好反跳到出發點時與A相碰，有
0 < t' < 2t 解得 1 < p < 5
（3）設碰撞時A、B的速度分別為v1、v2，碰撞后的速度分別為v1'、v2'，由彈性碰撞可得


聯立上兩式解得
球A碰后能到達比其釋放點更高的位置，則需要滿足 ，可得
設B從上升到相遇時間為t，則有
v1=v0+gt
v2=v0-gt

可以解得p < 3 ， p應滿足的條件是0 < p < 3
15. 2013年海南卷
13．一質量m=0.6kg的物體以v0=20m/s的初速度從傾角為300的斜坡底端沿斜坡向上運動。當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了ΔEk=18J，機械能減少了ΔE=3J，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，求
（1）物體向上運動時加速度的大??；
（2）物體返回斜坡底端時的動能。
答：（1）6m/s2 （2）80J
解析：（1）設物體在運動過程中所受的摩擦力為f，向上運動的加速度大小為a，由牛頓定律有
①
設物體動能減小ΔEk時，在斜坡上運動的距離為s，由功能關系得
②
③
聯立①②③式并代入數據可得a=6m/s2 ④
（2）設物體沿斜坡向上運動的最大距離為sm，由運動學規律可得 ⑤
物體返回斜坡底端時的動能為Ek，由動能定理有 ⑥
聯立①④⑤⑥式并代入數據可得Ek=80J ⑦
16. 2013年浙江卷
23．山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質青藤，其示意圖如下。圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點，O為青藤的固定點，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。開始時，質量分別為M=10kg和m=2kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發現小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭，大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端蕩到右邊石頭上的D點，此時速度恰好為零。運動過程中猴子均看成質點，空氣阻力不計，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）大猴從A點水平跳離時速度的最小值；
（2）猴子抓住青藤蕩起時的速度大小；
（3）猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小。
解：（1）設猴子從A點水平跳離時速度的最小值為vmin，根據平拋運動規律，有
①
②
聯立①、②式，得vmin=8m/s　　③
（2）猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒，設蕩起時速度為，有
④
⑤
（3）設拉力為FT，青藤的長度為L，對最低點，由牛頓第二定律得
⑥
由幾何關系 ⑦
得：L=10m ⑧
綜合⑤、⑥、⑧式并代入數據解得：
17. 2013年福建卷
20. （15分）如圖，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質量m=1.0kg的小球?，F將小球拉到A點（保持繩繃直）由靜止釋放，當它經過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點。地面上的D點與OB在同一豎直線上，已知繩長L=1.0 m，B點離地高度H=1.0 m，A、B兩點的高度差h=0.5 m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣影響，求：
（1）地面上DC兩點間的距離s；
（2）輕繩所受的最大拉力大小
答：（1）s=1.41m? （2）?F= 20N。
解：（1）小球從A到B過程機械能守恒，有 ①
小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上有 ②
在水平方向上有s=vBt ③
由①②③式解得s=1.41m ④
（2）小球下擺到達B點時，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有
⑤
由①⑤式解得F=20N ⑥
根據牛頓第三定律F'=-F ⑦
輕繩所受的最大拉力為20 N。
18. 2011年理綜廣東卷
36．（18分）如圖所示，以A、B和C、D為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C。一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E點，運動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經A沿半圓軌道滑下，再經B滑上滑板?；暹\動到C時被牢固粘連。物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M=2m，兩半圓半徑均為R，板長l =6.5R，板右端到C的距離L在R＜L＜5R范圍內取值。E距A為s=5R。物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因素均為μ=0.5，重力加速度取g。
（1）求物塊滑到B點的速度大??；
（2）試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點。

解析：（1）滑塊從靜止開始做勻加速直線運動到A過程，滑動摩擦力做正功，滑塊從A到B，重力做正功，根據動能定理，，解得：
（2）滑塊從B滑上滑板后開始作勻減速運動,此時滑板開始作勻加速直線運動，當滑塊與滑板達共同速度時，二者開始作勻速直線運動。設它們的共同速度為v，根據動量守恒
， 解得：
對滑塊，用動能定理列方程：，解得：s1=8R
對滑板，用動能定理列方程：，解得：s2=2R
由此可知滑塊在滑板上滑過s1－s2=6R時，小于6.5R，并沒有滑下去，二者就具有共同速度了。
當2R≤L＜5R時，滑塊的運動是勻減速運動8R，勻速運動L－2R，勻減速運動0.5R，滑上C點，根據動能定理：，解得：，
，滑塊不能滑到CD軌道的中點。
當R＜L＜2R時，滑塊的運動是勻減速運動6.5R+L，滑上C點。根據動能定理：
，解得：
當時，可以滑到CD軌道的中點，此時要求L<0.5R，這與題目矛盾，所以滑塊不可能滑到CD軌道的中點。
19. 2011年理綜福建卷
21．（19分）如圖為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內有一原長為R、下端固定的輕質彈簧。投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去。設質量為m的魚餌到達管口C時，對管壁的作用力恰好為零。不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能。已知重力加速度為g。求：
⑴質量為m的魚餌到達管口C時的速度大小v1；
⑵彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能Ep；
⑶已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90?角的范圍內來回緩慢轉動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質量在2m/3到m之間變化，且均能落到水面。持續投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？
答：（1）（2）3mgR（3）
【解析】（1）質量為m的魚餌到達管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則mg =
解得　v1 =
（2）彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有EP = mg(1.5R+R)+
解得　EP = 3mgR
（3）不考慮因緩慢轉動裝置對魚餌速度大小的影響，質量為m的魚餌離開管口C后做平拋運動，設經過t時間落到水面上，離OO′的水平距離為x1，由平拋運動規律有
4.5R = ，x1 = v1t+R，解得　x1 = 4R
當魚餌的質量為時，設其到達管口C時速度大小為v2，由機械能守恒定律有
EP =
解得　v2 =
質量為的魚餌落到水面上時，設離OO′的水平距離為x2，則x2 = v2t+R
解得　x2 = 7R
魚餌能夠落到水面的最大面積S = ≈ 8.25πR3
20. 2011年理綜全國卷
26．（20分）裝甲車和戰艦采用多層鋼板比采用同樣質量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F把鋼板分成厚度均為d、質量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發生碰撞。不計重力影響。
解析：設子彈初速度為v0，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為V
由動量守恒得 (2m＋m)V＝mv0 ①
解得 V＝v0
此過程中動能損失為 △E＝mv02－×3mV2 ②
解得 △E＝mv02
分成兩塊鋼板后，設子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為v1和V1，
由動量守恒得 mv1＋mV1＝mv0 ③
因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為，
由能量守恒得 mv12＋mV12＝mv02－ ④
聯立①②③④式，且考慮到v1必須大于V1，得 v1＝(＋)v0 ⑤
設子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為V2，
由動量守恒得 2mV2＝mv1 ⑥
損失的動能為 △E′＝mv12－×2mV22 ⑦
聯立①②⑤⑥⑦式得△E′＝(1＋)× ⑧
因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，由⑧式，射入第二塊鋼板的深度x為
x＝(1＋)d ⑨


x

F


h

H

F0

O


P

Q

H

h

B

A

O

C

R

起跳臺




O

2h

y

m

x

v0



滑槽

t

擋板

v0

B

A

r

l

P

Q

滑桿

銷釘

連桿

(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

彈簧槍

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

答圖2

h

m

M

L

A

B

h

ph

題9圖

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節 力學綜合題（下）
【2019年物理全國卷1】豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v-t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。

（1）求物塊B的質量；
（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；
（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前面動摩擦因數的比值。
【答案】（1）3m （2） （3）
【解析】
【詳解】（1）物塊A和物塊B發生碰撞后一瞬間的速度分別為、，彈性碰撞瞬間，動量守恒，機械能守恒，即：

聯立方程解得：；
根據v-t圖象可知，
解得：
（2）設斜面的傾角為，根據牛頓第二定律得
當物塊A沿斜面下滑時：，由v-t圖象知：
當物體A沿斜面上滑時：，由v-t圖象知：
解得：；
又因下滑位移
則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為：
其中為P點離水平面得高度，即
解得
故在圖（b）描述的整個過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為：

（3）設物塊B在水平面上最遠的滑行距離為，設原來的摩擦因為為
則以A和B組成的系統，根據能量守恒定律有：
設改變后的摩擦因數為，然后將A從P點釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時，速度減為零，以A為研究對象，根據能量守恒定律得：
又據（2）的結論可知：，得：
聯立解得，改變前與改變后的摩擦因素之比為：。
1.2018年全國卷I、18．如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為 （ C ）
A． B． C． D．
解析：設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理得：，又F=mg，解得，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后，在水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球離開c點到其軌跡最高點所需的時間為：，小球離開c點后在水平方向的位移為。
由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移為5R，則小球機械能的增量為，選項C正確ABD錯誤。
2.2018年天津卷2．滑雪運動深受人民群眾的喜愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中 （ C ）
A．所受合外力始終為零
B．所受摩擦力大小不變
C．合外力做功一定為零
D．機械能始終保持不變
解析：根據曲線運動的特點分析物體的受力情況，根據牛頓第二定律求解出運動員與曲面間的正壓力變化情況，從而判斷運動員所受摩擦力的變化；根據運動員的動能變化情況，結合動能定理分析合外力做功；根據運動過程中，是否只有重力做功來判斷運動員的機械能是否守恒。
因為運動員做曲線運動，所以合力一定不為零，選項A錯誤；運動員受力如圖示，重力垂直曲面的分力與曲面對運動員的支持力的合力充當向心力，有得，運動過程中速率恒定，且θ在減小，所以曲面對運動員的支持力越來越大，根據可知摩擦力越來越大，選項B錯誤；運動員運動過程中速率不變，質量不變，即動能不變，故動能的變化量為零，根據動能定理可知合力做功為零，選項C正確；因為克服摩擦力做功，機械能不守恒，選項D錯誤。
3.2018年全國卷III、25．（20分）如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為，。一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求
（1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??；
（2）小球到達A點時動量的大??；
（3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。
解：（1）設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有
①
②
設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得 ③
由①②③式和題給數據得 ④
⑤
（2）設小球到達A點的速度大小為，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得
⑥
⑦
由動能定理有 ⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和題給數據得，小球在A點的動量大小為
⑨
（3）小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有
⑩
?
由⑤⑦⑩?式和題給數據得
?
4.2018年浙江卷（4月選考）20． 如圖所示，一軌道由半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可以調節的水平直軌道BC在B點平滑連接而成?，F有一質量為0.2kg的小球從A點無初速度釋放，經過圓弧上的B點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6N，小球經過BC段所受阻力為其重力的0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平面上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2m。小球運動過程中可以視為質點，且不計空氣阻力。
（1）求小球運動至B點的速度大?。?br/>（2）求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；
（3）為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC段的長度；
（4）小球落到P點后彈起，與地面多次碰撞后靜止。假設小球每次碰撞機械能損失75%，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求小球從C點飛出后靜止所需的時間。
解：（1）在B點： 得到：
（2）A至B過程中，由動能定理： 得到：
（3）B至C過程中，由動能定理：
B至P的水平距離：
當 P至B的水平距離最大
（4）C至P時間：

……


5.2011年理綜山東卷
24．（15分）如圖所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平臺上放置一質量M=2kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可視為質點的物塊B，其質量m=1kg。B與A左段間動摩擦因數μ=0.4。開始時二者均靜止，現對A施加F=20N水平向右的恒力，待B脫離A（A尚未露出平臺）后，將A取走。B離開平臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離x=1.2m。（取g=10m/s2）求：
⑴B離開平臺時的速度vB。
⑵B從開始運動到剛脫離A時，B運動的時間tB和位移xB.
⑶A左端的長度l2，
解析：（1）設物塊平拋運動的時間為t，由運動學知識可得
①
x=vBt ②
聯立①②式，代入數據得
vB=2m/s ③
(2)設B的加速度為aB，由牛頓第二定律和運動學的知識得
④
⑤
⑥
聯立③④⑤⑥式，代入數據得
⑦
⑧
（3）設B剛開始運動時A的速度為v1，由動能定理得
⑨
設B運動后A的加速度為aA，由牛頓第二定律和運動學的知識得
⑩
⑾
聯立⑦⑧⑨⑩⑾式，代入數據得
⑿
6. 2011年理綜天津卷
10．（16分）如圖所示，圓管構成的半圓形軌道豎直固定在水平地面上，軌道半徑為R，MN為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內徑的小球A以某一速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質量與A相同的小球B發生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距N為2 R。重力加速度為g，忽略圓管內徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求
⑴粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；
⑵小球A沖進軌道時速度v的大小。
【解析】
（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有
①
解得 ②
（2）設球A的質量為m，碰撞前速度大小為v1，把球A沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知 ③
設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動量守恒定律知 ④
飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有 ⑤
綜合②③④⑤式得
7. 2011年物理江蘇卷
14．（16分）如圖所示，長為L、內壁光滑的直管與水平地面成30°角固定放置。將一質量為m的小球固定在管底，用一輕質光滑細線將小球與質量為M=km的小物塊相連，小物塊懸掛于管口?，F將小球釋放，一段時間后，小物塊落地靜止不動，小球繼續向上運動，通過管口的轉向裝置后做平拋運動，小球在轉向過程中速率不變。（重力加速度為g）
⑴求小物塊下落過程中的加速度大?。?br/>⑵求小球從管口拋出時的速度大??；
⑶試證明小球平拋運動的水平位移總小于
答：(1) (2) (k>2) (3) 見解析
【解析】(1) 設細線中的張力為T，根據牛頓第二定律Mg-T=Ma， T-mgsin30°=ma
且M=km 解得：
(2) 設M落地時的速度大小為v，m射出管口時速度大小為v0，M落地后m的加速度為a0。
根據牛頓第二定律 -mgsin30°=ma0 ，
勻變速直線運動
解得： (k>2)
(3) 平拋運動， ，解得
因為，所以，得證。
8. 2014年物理江蘇卷
15 . (16 分) 如圖所示，生產車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為 v0，小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數為 μ. 乙的寬度足夠大，重力加速度為 g.
(1 ) 若乙的速度為 v0，求工件在乙上側向( 垂直于乙的運動方向)滑過的距離 s;
(2 ) 若乙的速度為 2 v0，求工件在乙上剛停止側向滑動時的速度大小 v
(3 ) 保持乙的速度 2 v0 不變，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復. 若每個工件的質量均為 m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅動乙的電動機的平均輸出功率 .
【答案】（1） （2）2 v0 （3）
【解析】（1）摩擦力與側向的夾角為45°
側向加速度大小 勻變速直線運動
解得
（2）設t=0時刻摩擦力與側向的夾角為θ，側向、縱向加速度的大小分別為ax、ay，則ay /ax=tanθ，
在很小的△t時間內，側向、縱向的速度增量△vx= ax△t，△vy= ay△t，
解得 △vy /△vx=tanθ
且由題意可知 ， 則，
所以摩擦力方向保持不變
則當， 即
（3）工件在乙上滑動的側向位移為x，沿乙方向的位移為y
由題意知
在側向上 在縱向上
工件滑動時間 乙前進的距離
工件相對乙的位移
則系統摩擦生熱
電動機做功
由解得
9. 2014年理綜安徽卷
24．(20分) 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B。物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，L為1.0m。凹槽與物塊的質量均為m，兩者之間的動摩擦因數μ為0.5。開始時物塊靜止，凹槽以v0=5m/s初速度向右運動，設物塊與凹槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時間不計。g取10m/s2。求：
（1）物塊與凹槽相對靜止時的共同速度；
（2）從凹槽開始運動到兩者相對靜止物塊與右側槽壁碰撞的次數；
（3）從凹槽開始運動到兩者相對靜止所經歷的時間及該時間內凹槽運動的位移大小。
【答案】（1）2.5m/s （2）6 （3）12.75m
【解析】（1）設兩者間相對靜止時的速度為v，由動量守恒定律得
mv0=2mv v=2.5m/s
（2）物塊與凹槽間的滑動摩擦力
設兩者間相對靜止時的路程為s1，由動能定理得
得s1=12.5m
已知L=1m，可推知物塊與右側槽壁共發生6次碰撞。
（3）設凹槽與物塊碰前的速度分別為v1、v2, 碰后的速度分別為v1'、v2',。有

得 v1'= v2 ， v2'= v1
即每碰撞一次凹槽與物塊發生一次速度交換，在同一坐標系上兩者的速度圖線如圖所示，根據碰撞次數可分為13段，凹槽、物塊的v-t圖象在兩條連續的勻變速運動圖線間轉換，故可用勻變速直線運動規律求時間。則
v=v0+at a=μg 解得t=5s
凹槽的v-t圖象所包圍的陰影面積即為凹槽的位移大小s2。（等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5L。其余每份面積均為L。）
s2=12.75m
10.2014年理綜四川卷9．(15分）
石墨烯是近些年發現的一種新材料，其超高強度及超強導電、導熱等非凡的物理化學性質有望使21世紀的世界發生革命性的變化，其發現者由此獲得2010年諾貝爾物理學獎。用石墨烯制作超級纜繩，人類搭建“太空電梯”的夢想有望在本世紀實現。科學家們設想，通過地球同步軌道站向地面垂下一條纜繩至赤道基站，電梯倉沿著這條纜繩運行，實現外太空和地球之間便捷的物資交換。
（1） 若”太空電梯”將貨物從赤道基站運到距地面高度為h1的同步軌道站，求軌道站內質量為m1的貨物相對地心運動的動能。設地球自轉角速度為ω，地球半徑為R。
（2）當電梯倉停在距地面高度h2 = 4R的站點時，求倉內質量m2 = 50kg的人對水平地板的壓力大小。取地面附近重力加速度g = 10m/s2，地球自轉角速度ω = 7.3×10-5rad/s，地球半徑R = 6.4×103km。
【解析】（1）設貨物相對地心的距離為r1，線速度為v1，則
r1＝R＋h1 ①
v1＝r1ω ②
貨物對地心運動的動能為 ③
聯立①②③式 ④
說明：①②③④式各1分
（2）設地球質量為M，人相對地心的距離為r2，向心加速度為a向，受地球的萬有引力為F，則
r2＝R＋h2 ⑤
⑥
⑦
⑧
設水平地板對人的支持力大小為N，人對水平地板的壓力大小為N’，則
⑨
N’＝N ⑩
聯立⑤～⑩式并代入數據得 N’＝11.5 N ⑾
說明：⑥⑦⑧⑨式各2分，⑤⑩⑾式各1分
11.2015年理綜新課標I卷25.(20分)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖(a)所示。t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求
(1)木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數μ2；
(2)木板的最小長度；
(3)木板右端離墻壁的最終距離。
解：（1）規定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動。設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M，由牛頓第二定律有
①
由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4m/s，由運動學公式得
②
2 ③
t1=1s，so=4.5cm是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度
聯立①②③式和題給條件得 ④
在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度的向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速的向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有
⑤
⑥
式中t2=2s，v2=0，聯立⑤⑥式和題給條件得 ⑦
（2）設碰撞后木板的加速度為，經過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度。由牛頓第二定律及運動學公式得
⑧
⑨
⑩
碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為
?
小物塊運動的位移為 ?
小物塊相對木板的位移為Δs=s2-s1 ?
Δs=6.0m ?
因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m。
（3）在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3，由牛頓第二定律及運動學公式得
?
?
碰后木板運動的位移為s= ?
聯立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數值得s=-6.5m
木板右端離墻壁的最終距離為6.5m
12.2015年理綜新課標Ⅱ卷25.（20分）下暴雨時，有時會發生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地有一傾角為θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一質量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態，如圖所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m（可視為質量不變的滑塊），在極短時間內，A、B間的動摩擦因數μ1減小為，B、C間的動摩擦因數μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變為光滑，μ2保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）在0~2s時間內A和B加速度的大小
（2）A在B上總的運動時間
解析：（1）在0—2s時間內，A和B的受力如圖所示，其中、是A和B之間的摩擦力和正壓力的大小，、是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示
①
②
③
④
以沿斜面向下為正方向，設A和B的加速度分別為和，由牛頓第二定律得
⑤
⑥
聯立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2 ⑧
（2）在t1=2s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則
v1= a1t1=6m/s ⑨
v2= a2t1=2m/s ⑩
時，設A和B的加速度分別為a'1和a'2。此時A與B之間摩擦力為零，同理可得
a'1=6m/s2 ?
a'2=-2m/s2 ?
即B做減速運動。設經過時間t2，B的速度減為零，則有
?
聯立⑩??式得t2=1s ?
在時間內，A相對于B運動的距離為
?
此后B靜止不動，A繼續在B上滑動。設再經過時間后A離開B，則有
?
可得t3=1s （另一解不合題意，舍去 ⒄
設A在B上總的運動時間為，有
t總=t1+t2+t3=4s ⒅
13.2015年理綜福建卷21.（19分）如圖，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。
(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力;
(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車。已知滑塊質量,在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，求:
①滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm；
②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s。
答案：（1）3mg （2）① ②s=L/3
解析：（1）由圖知，滑塊運動到B點時對小車的壓力最大
從A到B，根據動能定理：
在B點：
聯立解得： FN=3mg，根據牛頓第三定律得，滑塊對小車的最大壓力為3mg
（2）①若不固定小車， 滑塊到達B點時，小車的速度最大
根據動量守恒可得：
從A到B，根據能量守恒：
聯立解得：
②設滑塊到C處時小車的速度為v，則滑塊的速度為2v，根據能量守恒：
解得：
小車的加速度：
根據 解得：s=L/3
14.2015年江蘇卷14. (16 分) 一轉動裝置如圖所示，四根輕桿 OA、OC、AB 和 CB 與兩小球及一小環通過鉸鏈連接，輕桿長均為 l，球和環的質量均為 m，O 端固定在豎直的輕質轉軸上。 套在轉軸上的輕質彈簧連接在 O 與小環之間，原長為 L. 裝置靜止時，彈簧長為. 轉動該裝置并緩慢增大轉速，小環緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為 g.
求：(1)彈簧的勁度系數 k；
(2)AB 桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度 ω0；
(3)彈簧長度從緩慢縮短為的過程中，外界對轉動裝置所做的功 W.
【答案】（1） （2） （3）
解：（1）裝置靜止時，設OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉軸的夾角為θ1.
小環受到彈簧的彈力
小環受力平衡
小球受力平衡，
解得
（2）設OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉軸的夾角為θ2 ，彈簧長度為x，
小環受到彈簧的彈力
小環受力平衡 得
對小球 ， 且
解得
（3）彈簧長度為L/2時，設OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3
小環受到彈簧的彈力：
小環受力平衡： 且 [
對小球：；
解得：
整個過程彈簧彈性勢能變化為零，則彈力做的功為零，由動能定理：

解得：
15.2016年新課標Ⅱ卷25．（20分）輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數μ=0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g。
（1）若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；
（2）若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為
Ep=5mgl ①
設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，有能量守恒定律得
②
聯立①②式，去M=m并代入題給數據得 ③
若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v滿足
④
設P滑到D點時的速度為vP，由機械能守恒定律得
⑤
聯立③⑤式得 ⑥
vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出。設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得 ⑦
P落回到AB上的位置與B點之間的距離為 ⑧
聯立⑥⑦⑧式得 ⑨
（2）為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零。由①②式可知
⑩
要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C。由機械能守恒定律有 ?
聯立①②⑩?式得 ?
16.2016年新課標1卷25.（18分）
如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態。直軌道與一半徑為的光滑圓弧軌道相切于C點，AC=7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內。質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點（未畫出）隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF=4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數，重力加速度大小為。（取，）
(1) 求P第一次運動到B點時速度的大小。
(2) 求P運動到點時彈簧的彈性勢能。
(3) 改變物塊P的質量，將P推至點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點的左下方，與C點水平相距、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。
解析：（1）選P為研究對象，受力分析如圖：
設P加速度為，其垂直于斜面方向受力平衡：
沿斜面方向，由牛頓第二定律得：
且，可得：
對CB段過程，由
代入數據得B點速度：
（2）P從C點出發，最終靜止在F，分析整段過程；
由C到F，重力勢能變化量： ①
減少的重力勢能全部轉化為內能。
設E點離B點的距離為xR，從C到F，產熱：
②
由，聯立①、②解得：x=1；
研究P從C點運動到E點過程
重力做功：
摩擦力做功：
動能變化量：
由動能定理：
代入得：
由ΔE彈=-W彈，到E點時彈性勢能E彈為。
（3）其幾何關系如下圖
可知：，
由幾何關系可得，G點在D左下方，豎直高度差為2.5R，水平距離為3R。
設P從D點拋出時速度為v0，到G點時間為t
其水平位移：
豎直位移：
解得：
研究P從E點到D點過程，設P此時質量為m'，此過程中：
重力做功： ①
摩擦力做功： ②
彈力做功： ③
動能變化量： ④
由動能定理： ⑤
將①②③④代入⑤，可得：
17.2017年浙江選考卷20.圖中給出一段“”形單行盤山公路的示意圖，彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1,O2，彎道中心線半徑分別為，彎道2比彎道1高，有一直道與兩彎道圓弧相切。質量的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑。（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度；
（2）汽車以v1進入直道，以的恒定功率直線行駛了，進入彎道2，此時速度恰為通過彎道2中心線的最大速度，求直道上除重力以外的阻力對汽車做的功；
（3）汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，有經驗的司機會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道，設路寬，求此最短時間（A、B兩點都在軌道的中心線上，計算時視汽車為質點 ）。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）彎道1的最大速度v1，有：
得
（2）彎道2的最大速度v2，有：
得
直道上由動能定理有：
代入數據可得

可知r增大v增大，r最大，切弧長最小，對應時間最短，所以軌跡設計應如答圖所示
由圖可以得到
代入數據可以得到r’=12.5m
汽車沿著該路線行駛的最大速度

由
線路長度
最短時間。




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題圖

B

A

F

l2

l1

x

h

B

A

R

O

N

M

m

M

30?

傳送帶甲

傳送帶乙

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

圖（b）

圖（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題圖

O2

O1

r2

r1

A

B

彎道1


彎道2


直道


答圖

A

B

O'

O1

r'

θ






第27節 簡諧振動
1. 【2019年物理江蘇卷】一單擺做簡諧運動，在偏角增大的過程中，擺球的 ．
A. 位移增大 B. 速度增大
C. 回復力增大 D. 機械能增大
【答案】AC
【解析】
【詳解】由簡諧運動的特點可知，當偏角增大，擺球偏離平衡位置的位移增大，故A正確；當偏角增大，動能轉化為重力勢能，所以速度減小，故B錯誤；由回復力 可知，位移增大，回復力增大，故C正確，單擺做簡諧運動過程中只有重力做功，所以機械能守恒，故D錯誤；
2.2013年上海卷
4．做簡諧振動的物體，當它每次經過同一位置時，可能不同的物理量是
A．位移 B．速度 C．加速度 D．回復力
答案：B
解析：做簡諧振動的物體，當它每次經過同一位置時，位移相同，加速度相同，位移相同，可能不同的物理量是速度，選項B正確。
3.2015年上海卷17．質點運動的位移x與時間t的關系如圖所示，其中做機械振動的是 （ ABC ）






解析：機械振動是指物體在某一平衡位置附近做來回運動，質點運動的位移x與時間t的關系如圖所示中，ABC正確，D錯誤。
4.2013年安徽卷24.（20分）
如圖所示，質量為M、傾角為的斜面體（斜面光滑且足夠長）放在粗糙的水平地面上，底部與地面的動摩擦因數為μ，斜面頂端與勁度系數為k、自然長度為l的輕質彈簧相連，彈簧的另一端連接著質量為m的物塊。壓縮彈簧使其長度為時將物塊由靜止開始釋放，且物塊在以后的運動中，斜面體始終處于靜止狀態。重力加速度為g。
（1）求物塊處于平衡位置時彈簧的長度；
（2）選物塊的平衡位置為坐標原點，沿斜面向下為正方向建立坐標軸，用x表示物塊相對于平衡位置的位移，證明物塊做簡諧運動；
（3）求彈簧的最大伸長量；
（4）為使斜面始終處于靜止狀態，動摩擦因數μ應滿足什么條件（假設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力）？
答案：（1） （2）見解析 （3）
（4）
解析：（1）設物體在斜面上平衡時，彈簧的伸長量為ΔL，有
解得
此時彈簧的長度為
（2）當物塊的位移為x時，彈簧的伸長量為ΔL，
物塊所受合力為
聯立以上各式可得，可知物塊作簡諧振動。
（3）物塊作簡諧振動的振幅為
彈簧的最大伸長量為
（4）設物塊位移x為正，則斜面體受力情況如圖所示，由于斜面體平衡，所以有：
水平方向
豎直方向
又
聯立可得
為使斜面體始終處于靜止，結合牛頓第三定律，應有，所以

當x=-A時，上式右端達到最大值，于是有





m



M

m



M

x

O



Mg

f

FN2

FN1

F



第29節 振動圖象.呂叔湘中學龐留根
1.2017年北京卷15．某彈簧振子沿x軸的簡諧振動圖像如圖所示，下列描述正確的是
A．t=1s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值
B．t=2s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值
C．t=3s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零
D．t=4s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值
答：A
解析：在t=1s和t=3s時，質點偏離平衡位置最遠，速度為0，回復力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，故選項A正確，C錯誤；在t=2s和t=4s時，質點位于平衡位置，速度最大，回復力和加速度均為零，故選項B、D錯誤。
2.2016年北京卷15.如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡諧運動。以平衡位置O為原點，建立Ox軸。向右為x的軸的正方向。若振子位于N點時開始計時，則其振動圖像為





【答案】A
【解析】以向右為正方向，振子位于N點時開始計時，所以位移正向最大，將向左運動，即負方向運動，圖像即為余弦圖像。故A正確。
3.2012年理綜重慶卷
14．裝有砂粒的試管豎直靜立于小面，如題14圖所示，將管豎直提起少許，然后由靜止釋放并開始計時，在一定時間內試管在豎直方向近似做簡諧運動。若取豎直向上為正方向，則以下描述試管振動的圖象中可能正確的是


答：D
解析：由題意知，t=0時為正的最大位移，故選A。
4.2012年理綜北京卷
17. 一個彈簧振子沿x軸做簡諧運動，取平衡位置O為x軸坐標原點。從某時刻開始計時，經過四分之一的周期，振子具有沿x軸正方向的最大加速度。能正確反映振子位移x與時間，關系的圖像是 （　A?。?br/>


解析：由牛頓第二定律和回復力公式有
則在t=時刻，振子具有沿x軸正方向的最大加速度（正的最大），它的位移為沿x軸負方向的最大位移（負的最大），滿足條件的圖像只有A，答案A。
5. 2014年物理上海卷
7.質點做簡諧運動，其x-t關系如圖。以x軸正向為速度v的正方向，該質點的v-t關系是（ ）




【答案】B
【解析】位移時間圖象切線斜率的絕對值表示質點的速度的大小，斜率的正負表示速度的方向，根據題圖可知該質點在T內的速度先是反向加速再減速，接著正向加速再減速，B項正確。
6. 2014年理綜浙江卷
17.一位游客在千島湖邊欲乘游船，當日風浪很大，游船上下浮動。可把游艇浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為3.0s。當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊。地面與甲板的高度差不超過10cm時，游客能舒服地登船。在一個周期內，游客能舒服地登船的時間是
A．0.5s B．0.75s
C．1.0s D．1.5s
【答案】C
【解析】從平衡位置開始計時，游船的振動方程，游客要舒服地登船需滿足的條件Δx＝20－x ≤ 10cm，解得0.25 s ≤ t ≤ 1.25 s，故游客能舒服地登船的時間Δt＝1.0 s，選項C正確．
7.2018年天津卷8．一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t=0時振子的位移為-0.1 m，t=1 s時位移為0.1 m，則（ AD ）
A．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為 B．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為
C．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為4 s D．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為6 s
解析：t=0時振子的位移為x= - 0.1 m，t=1 s時位移為x=0.1 m，關于平衡位置對稱。
如果若振幅為0.1 m，則1 s為半周期的奇數倍，即 ，（k=0、1、2、3……）解得，（k=0、1、2、3……）
當k=1時，，無論k為何值，T都不能等于，A正確B錯誤；
如果若振幅為0.2 m，結合如圖示的位移時間關系圖像有：
（n=0、1、2、3……） ①
或者 （n=0、1、2、3……） ②
或者（n=0、1、2、3……） ③
對①式，只有當n=0時T=2s，為整數；
對②式，n為任何數， T都不可能為整數；
對③式，只有當n=0時T=6s，n大于0以后周期都大于6s。故C錯誤 D正確。


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



題14圖

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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