【文档说明】2020年真题+高考模拟题 专项版解析 物理——20 力学计算题 （教师版）.docx，共(30)页，1.241 MB，由envi的店铺上传

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专题20力学计算题1．（2020·新课标Ⅰ卷）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2Fkv=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51.2110kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为51.6910kg，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。【答案】(1)278m/sv=；（2）2m/s2，39st=【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：211kvmg=满载起飞时，升力正好等于重力：222kvmg=由上两式解得：278m/sv=（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所

以2202vax−=解得：22m/sa=由加速的定义式变形得：20vvtaa−==解得：39st=2．（2020·新课标Ⅱ卷）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。【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）11325HH=；（3）152125LH【解析】（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+f①ma2=f–mg②联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同

。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为02vgH=④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v0–a1t1=–v0+a2t

1⑤联立③④⑤式得1225Htg=⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得21011112hvtat=−⑦011vvat=−⑧由③④⑥⑧式可判断此时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222vhg=⑨设管第一次落

地弹起后上升的最大高度为H1，则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得11325HH=⑪（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=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得145xH=⑬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2145xH=⑭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≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为152125LH⑯3．（2020·新课标Ⅲ卷）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0m/

s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带13s1

2t=后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【答案】(1)2.75s；(2)243m/sv=，12m/sv=；(3)0208.3NsI=，方向竖直向上【解

析】(1)传送带的速度为4.0m/s=v时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：mgma=①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有22012vvax−=−②联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③因此，载物箱在到

达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有02vvat=−④112Lxttv−=+⑤联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥(2)当载

物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有22101122mgLmvmv−=−⑦22201122mgLmvmv=−⑧由⑦⑧式并代入题给条件得12m/sv=

，243m/sv=⑨(3)传送带的速度为6.0m/sv=时，由于02vvv，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有03vvat=+⑩22022vvax−=⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=

1.0s⑫x2=5.5m⑬因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动3()tt−的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有33()vtxt=−⑭由①⑫⑬⑭式可知2231()2mvmgLxx−−即载物箱运动到右

侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，223232()vvaLxx−=−−−⑮则35m/sv=减速运动时间341svvta−==设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有130()0Imvv=−=2446

25()()Ns208.3Ns3INttmgtt=+=+=，方向竖直向上则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量2208.3NsII==，方向竖直向上4．（2020·江苏卷）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1k

g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。【答案】28m/s【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得120Mvmv=−解得喷出水的速度大小

为121.42m/s28m/s0.1Mvvm===5．（2020·江苏卷）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。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。【答案】(1)2vR=；(2)2424FmRg=+；(3)()22162MmRHMg+=【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线

速度为2vR=(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有()2222vFmgmR-=结合(1)可解得杆对球的作用力大小为2424FmRg=+(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知22111422MgHM

vmv=+?而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有1vR=联立各式解得()22162MmRHMg+=6．（2020·浙江卷）如图1所示，有一质量200kgm=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14时开始计时，测

得电机的牵引力随时间变化的Ft−图线如图2所示，34st=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；(3)总位移的大小。【答案】(1)20.125m/s，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m【解析】(1)由

图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有TmgFma−=根据图2得此时FT=1975N，则有T20.125m/sFagm=−=方向竖直向下。(2)结合图2根据运动学公式有()20.1253426m/s=1m/svat==−(3)根据图像可知

匀速上升的位移11==126m=26mhvt匀减速上升的位移221=8m=4m22=vht匀加速上升的位移为总位移的14，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的34，则有1234hhh+=所以总位移为h=40m7．（2020·浙江卷）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37=的斜轨道BC平滑连接而成。质量0.1kgm=的小滑块从弧形轨道离地高1.0mH=处静止释放。已知0.2mR=，ABBC1.0mLL==，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为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；(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，sin370.6=，cos370.8=）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)15648hx=−（5m1m8x

）；0h=（50m8x）【解析】(1)机械能守恒定律2D12mgHmgRmv=+牛顿第二定律2DN8NmvFR==牛顿第三定律NN8NFF==方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系ABBCBCc

ossinmgHmgLmgLmgL=++得BC15m1.0m16L=故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理212mgHmgxmv−=碰撞后的速度为v，动量守恒定律3mvmv=设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理()2AB13330(3)tan

2hmgLxmgmghmv−−−−=−得155m1m6488hxx=−„500m8hx=剟8．（2020·山东卷）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接

而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力

，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M点，设

运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得1sin72.8Mvv=①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②由运动学公式得2112vda=③联立①②③式，代入数据

得d=4.8m④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8°⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=

ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得112vta=⑦2221=2Lvtat+⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨9．（2020·山东卷）如图所示，一倾角为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tan，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。【答案】(1)P的速度大小为03

5v，Q的速度大小为025v；(2)21072525nnvhg−=（）（n=1，2，3……）；(3)2018vHg=；(4)20(8713)200sinvsg−=【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得0114PQmvmvmv=+①由

机械能守恒定律得2220111114222PQmvmvmv=+②联立①②式得1035Pvv=−③1025Qvv=④故第一次碰撞后P的速度大小为035v，Q的速度大小为025v(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得211=

2(2sin)s0inQhgv−−⑤联立①②⑤式得20125vhg=⑥设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为02v，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得22021111=22Pmvmvmgh−−⑦联立①②⑤⑦式得02075vv=⑧P与Q的第二次碰撞，设

碰后P与Q的速度分别为2Pv、2Qv，由动量守恒定律得02224PQmvmvmv=+⑨由机械能守恒定律得22202221114222PQmvmvmv=+⑩联立①②⑤⑦⑨⑩式得203755Pvv=−⑪202755Q

vv=⑫设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得222=2(2sin)s0inQhgv−−⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得20272525vhg=⑭设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为03v，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得22032211=2

2Pmvmvmgh−−⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得203075vv=（）⑯P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为3Pv、3Qv，由动量守恒定律得03334PQmvmvmv=+⑰由机械能守恒定律得22203331114222PQmvmvmv=+⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得2303755

Pvv=−（）⑲2302755Qvv=（）⑳设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得233=2(2sin)s0inQhgv−−㉑联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得220372525vhg=（）㉒总结可知

，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为21072525nnvhg−=（）（n=1，2，3……）㉓(3)当P、Q达到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2010(4)tan4cos2sinHmvmmgHmg

−=−+−㉔解得2018vHg=㉕(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得112sinQvgt=㉖设P运动到斜面底端时的速度为1Pv，需要的时间为t2，由运动学公式得112sinPPvvgt=+㉗22112sinPPvvsg−=㉘设P

从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t30213()sinPvvgt=−−㉙当A点与挡板之间的距离最小时1232ttt=+㉚联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得20(8713)200sinvsg−=㉛10．（2020·天津卷）长为l的

轻绳上端固定，下端系着质量为1m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2m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kE至少多大？【答案】（1）15Imgl=；（2）()212k2522glmmEm+=（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，

由牛顿第二定律，有211vmgml=①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为Av，有2211111222Amvmvmgl=+②由动量定理，有1AImv=③联立①②③式，得1

5Imgl=④（2）设两球粘在一起时速度大小为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足Avv=⑤要达到上述条件，碰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碰前瞬间的速度大小为Bv，由动量守恒定律，有()2112BAmv

mvmmv−=+⑥又2k212BEmv=⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能kE至少为()212k2522glmmEm+=⑧11．（2020·四川省成都外国语学校高新校区期中考试）我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据

重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加

速度21/ams=启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动

过程中的时间为10s，求变加速运动的位移．【答案】（1）2N3s（2）46.5m【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度

，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时

：F=动车组总功率：mPFv=，因为有4节小动车，故04PP=联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v由牛顿第二定律有：Ffma−=动车组总功率：PFv=，运动学公式：1vat=解得匀加速运动的时间

：13ts=（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：221122mPtfxmvmv=−−解得：x=46.5m12．（2020·四川省成都外国语学校高新校区期中考试）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=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度24.5m/sa=，到达B点时速度vB=30m/s。取

重力加速度g=10m/s2。(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的I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。【答案】(1)100m；(2)1

800Ns；(3)，3900N【解析】(1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即2202BvvaL−=可解得220100m2BvvLa−==(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800NsBImv=−=(3)小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可

得2CvNmgmR−=从B运动到C由动能定理可知221122CBmghmvmv=−解得3900NN=13．（2020·云南省楚雄彝族自治州一模）如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足

够远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．①A与C刚粘合在一起时的速度为多大？②若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中

系统损失的机械能．【答案】①2016vv=②201336Emv=【解析】①轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正，则012mvmmv+＝（），解得1013vv=，之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统动量守

恒，则有，12mvmmv+＝（），解得2016vv=，②轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为△E1，则22210101113223Emvmvmv=−=，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为△E2，则222212011122236Emvmvmv=−=，则A

、B、C这一系统机械能损失为21201336EEEmv=+=14．（2020·湖南省长沙市统一模拟考试）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画

出），电场强度E=3mgq，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）．轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左

侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A．A、C之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN上，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，重力加速度为g．A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道．A第一次到达N点时，对轨道的压力为2mg．求

：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ；（3）A对轨道NP的最大压力的大小．【答案】（1）032Avv=；012Cvv=（2）2058vgL（3）053mgqvB+【解析】（1）A、C发生弹性碰撞后的速度分别为v

A、vC，则有：3mv0=mvA+3mvC①2032mv=2A2mv+2C32mv②联立①②解得：032Avv=③012Cvv=④（2）设A、C最后静止时与M点的距离为l1，A在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功

之和为0．有μmg（2L－l１）=2A2mv⑤μ∙3mgl１=2C32mv⑥联立解得③④⑤⑥μ2058vgL=⑦（3）设A在Ｎ点的速度为Nv，A从M到N的过程中，由动能定理得22NA1122mgLmvmv−=−⑧设圆弧NP的半径为a因为A在Ｎ点时对轨道的压力为2mg，22Nvmgmgma−=⑨A

在NN′右侧受到的电场力F=qE=3mg⑩重力和电场力的合力大小为F合=2mg，方向与OP夹角为30=．过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于Ｋ点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度Av，此时A对轨道的压力最大．A从M点到K点过程中，由动能定理可得：()22AA11cos30

1sin3022qEamgLmgamvmv−−−−=⑪返回K点时：FN－F合－2AAvqvBma=⑫由③⑦⑧⑨⑩⑪⑫得：FN053mgqvB=+由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：N053FmgqvB+=15．（2020·

山东师范大学附属中学高三第七次模拟）如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3sm=，传送带与水平方向间的夹角37=，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8Hm=，与运煤车车箱中心的

水平距离0.6.xm=现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/gms=，sin370.6=，cos370.8=，求：（1）主动轮的半径；（2）传送带

匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间．【答案】（1）0.1m（2）1m/s；（3）4.25s【解析】（1）由平抛运动的公式，得xvt=，21Hgt2=代入数据解得v=1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮

的压力为零，由牛顿第二定律，得2vmgmR=，代入数据得R=0.1m（2）由牛顿第二定律得mgcosmgsinma=﹣，代入数据解得a=0.4m/s2由212vsa=得s1=1.25m＜s，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为1m/s．（3）由v=at1解得煤块加速运动

的时间t1=2.5s煤块匀速运动的位移为s2=s﹣s1=1.75m，可求得煤块匀速运动的时间t2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t=t1+t2代入数据解得t=4.25s16．（2020·山西省太原市2019届高三下学期5月模拟）近

年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端

质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;(2)两包裹

碰撞过程中损失的机械能;(3)包裹A是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J(3)包裹A不会到达分拣通道口【解析】(1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有

01012vtvttL+−=（）包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1解得：μ1=0.5(2)包裹A离开传送

带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB，由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0-12mBvB2解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s两包裹碰撞时损失的机械能:△E=12mAv

02-12mAvA2-12mBvB2解得：△E=0.96J(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，由动能定理可知-μ1mAgxA=0-12mAvA2解得xA=0.016m<L，包裹A在传送带上会再次向右运动.设包裹A再次离开传送带的速度为v

A′μ1mAgxA=12mAvA′2解得:vA′=0.4m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA-μ2mAgxA′=0-12mAvA2解得xA′=0.08mxA′=<0.32m包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.17．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与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数=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与B整体的速度．（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L．【答案】（1）2m/s（2）1m/s（3）0.25m【解析】（1）对A从圆弧最高点到

最低点的过程应用机械能守恒定律有：212AAAmvmgR=可得2m/sv=（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：()ABAmmvmv+=，可得1m/sv=（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得：21()()2ABABmmgLmmv+=+，可得L=0.25m18．（

2020·河北省邯郸市期末）质量m=0.60kg的篮球从距地板H=0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h=0.45m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t=1.1s，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求

：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能ΔE；（2）篮球对地板的平均撞击力的大小．【答案】（1）2.1J（2）16.5N，方向向下【解析】（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为0.6100.80.45)J=2.1JEmgHmgh=−=−（（2）设篮球

从H高处下落到地板所用时间为1t，刚接触地板时的速度为1v；反弹离地时的速度为2v，上升的时间为2t，由动能定理和运动学公式下落过程2112mgHmv=解得14m/sv=110.4vtsg==上升过程22102mghmv−=−解得23m/s

v=220.3svtg==篮球与地板接触时间为120.4stttt=−−=设地板对篮球的平均撞击力为F，取向上为正方向，由动量定理得21Fmgtmvmv−=−−（）（）解得16.5FN=根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞

击力16.5NFF==，方向向下．点睛：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，在与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，从而求出地板对篮球的作用力．19．在不久的将来，我国科学家乘

坐“嫦娥N号”飞上月球(可认为是均匀球体)，为了研究月球，科学家在月球的“赤道”上以大小为v0的初速度竖直上抛一物体，经过时间t1，物体回到抛出点；在月球的“两极”处仍以大小为v0的初速度竖直上抛同一物体，经过时间t2，物体回到抛出点。已知月球的半径为R，求：(1)月球的质量；(2)月球的自转

周期。【答案】(1)(2)【解析】(1)科学家在“两极”处竖直上抛物体时，由匀变速直线运动的公式解得月球“两极”处的重力加速度同理可得月球“赤道”处的重力加速度在“两极”没有月球自转的影响下，万有引力等于重力，解得月球的质量(2)由于月球自转的影响，在“赤道”上，有解得：。20．（202

0·江西省赣州市期中）货车A正在公路上以20m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75m。（1）若此时B车立即以2m/s2的加速度启动，通过计

算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。（2）若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2m

/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度至少多大才能避免相撞。(这段公路很窄，无法靠边让道)【答案】(1)两车会相撞5s(2)0.67m/s2【解析】(1)当两车

速度相等时，设经过的时间为t，则：vA＝vB对B车vB＝at联立可得：t＝10sA车的位移为：xA＝vAt＝200mB车的位移为：xB＝12at2＝100m因为xB＋x0＝175m<xA，所以两车会相撞;设经过时间t相撞，有：vAt＝x0＋12at2代入数据解得：t1＝5s，t2＝

15s(舍去)。(2)已知A车的加速度大小aA＝2m/s2，初速度v0＝20m/s设B车的加速度为aB，B车运动经过时间t，两车相遇时，两车速度相等，则有：vA＝v0－aAt，vB＝aBt且vA＝vB在时间t内A车的位移为：xA

＝v0t－12aAt2B车的位移为：xB＝12aBt2又xB＋x0＝xA联立可得：aB≈0.67m/s2。（或2/3m/s2）21．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为53a=的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台

的高度差0.8mh=，重力加速度210m/sg=，sin530.8=，cos530.6=。(1)小球水平抛出的初速度0v是多少？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？(3)若斜面顶端高20.8mH=，则小球离开平台后到达斜面底端的时间t是多少？【答案】(1)3m/s(

2)1.2m(3)2.4s【解析】(1)由题意可知，小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行则有0tan53yvv=又22yvgh=代入数据解得4m/syv=03m/sv=(2)由1yvgt=得10

.4st=0130.4m1.2mxvt===(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度2sin538m/smgam==在斜面上的初速度2205m/syvvv=+=2221sin532Hvtat=+代入数据解得22st=（2

13s4t=−舍去）所以122.4sttt=+=22．（2020·湖南省邵阳市洞口一中高三上学期第三次模拟）水平面上静止放置一质量为m=0.2kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其

v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为=0.1，g=10m/s2，电动机与物块间的距离足够长．求：（1）物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；（2）电动机的额定功率；（3）物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．【答案】（1）0.28N；（2）0.224W；（3

）1.12m/s。【解析】（1）由题图知物块在匀加速阶段加速度大小A=vt=0.4m/s2物块受到的摩擦力大小：Ff=μmg设牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有：F－Ff=ma代入数据得：F=0.28N（2）当v=0.8m/s时，电动机达到额定功率，则P=Fv=

0.224W（3）物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有Ff=μmg根据P=Ffvm解得vm=1.12m/s23．（2020·甘肃省嘉峪关市酒钢三中月考）如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.

5m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，质量m＝0.1kg的小球(可看作质点)从B点正上方H＝0.75m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出，不计空气阻力，(取g＝10m/s2)求：（1）小球经过B点时的动

能；（2）小球经过最低点C时的速度大小vC；（3）小球经过最低点C时对轨道的压力大小．【答案】(1)0.75J(2)5m/s(3)6N【解析】（1）小球从开始运动到B点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒列出方程即可求解．（2）A到C的过程中，机

械能守恒，由机械能守恒列出方程即可求解；（3）在C点时，做圆周运动，由机械能守恒求C点的速度．在C点，由重力和支持力的合力作为向心力，由向心力的公式可以求得轨道对它的支持力NF，再由牛顿第三定律求出小球经过最低点C时对轨道的压力大小．（1）

小球从A点到B点，根据机械能守恒定律得:kmgHE=代入数据解得：0.75kEJ=（2）小球从A点到C点，设经过C点速度为1v，根据机械能守恒定律得:()2112mgHRmv+=代入数据解得：15/vms=（3）小球在C点，受到的支持力与重力的合力提

供向心力由牛顿第二定律得：21NvFmgmR−=代入数据解得:6NFN=由牛顿第三定律有小球对轨道压力的大小6NFN=24．（2020·广东省肇庆市2019届高中毕业班第二次统一检测理综）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某

快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L＝3m。现将一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞

后包裹A向前滑行了0.1m静止，包裹B向前运动了0.4m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦因数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2.求：(1)包裹A在传送带上运动的时间；(2)包裹B的质量.【答案】(1)t=1.25s(2)0.6

kgBm=【解析】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：11AAmgma=①由①式解得：214/ams=（）假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：201102vas−=②由②式解得：12smL=，所以上述假设成立加速过程：211112sat

=④由④式解得：11ts=匀速过程：102Lsvt−=⑤由⑤式解得：20.25ts=所以包裹A在传送带上运动的时间；121.25ttts=+=⑥（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：22AAmgma=⑦由

⑦式解得：225m/sa=同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是225/ams=⑧包裹A向前滑动至静止：2202AAvas−=−⑨由⑨式解得：1/Avms=包裹B向前滑动至静止：2202BBvas−=−⑩由⑩式解得：2/Bvms=包裹A、B相碰前后系统动量守恒：

0AAABBmvmvmv=+(11)解得：0.6Bmkg=25．（2020·贵州省贵阳市一模）如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为3Mkg=、长度为0.5Lm=的

平板车，平板车上表面与bc等高、现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点b时的速度大小为2/bvms=，对轨道的压力大小等于30N，之后物块向右滑上平板车。取重力加速度210/gms=，不计空气阻力。（1）求该物块的质量；（2）若物块最终未从平板车上

滑落，求物块在平板车上滑动过程中产生的热量。【答案】（1）该物块的质量是1kg。（2）物块在平板车上滑动过程中产生的热量是1.5J。【解析】（1）设四分之一圆弧的半径为R，物块的质量为m，在b点轨道对物块的支持力为F，物块从a到b

由机械守恒定律有：212bmgRmv=物块运动到b点，由牛顿第二定律有：2bvFmgmR−=联立解得3Fmg=由牛顿第三定律知30FN=联立解得：1mkg=（2）设物块与平板车的共同速度为v，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为

Q，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：()bmvmMv=+由能量守恒定律有：()221122bQmvmMv=−+。联立解得：1.5QJ=26．（2020·江苏省无锡市模拟）水上摩天轮它架设70个轿厢，可同时容纳384

个人观光，如图所示．设摩天轮的半径为R，一质量为m的游客乘摩天轮匀速旋转一圈所用时间为T，重力加速度为g．求：（1）摩天轮旋转的角速度大小；（2）从最低点到最高点，该游客重力势能的增加量；（3）该游客在最高点时对轿厢的压力．【答案】（1）2T=（2）2mgR（3）

224mRmgT−【解析】（1）根据2T=，代入数据可得：2T=（2）根据△EP=mgh得，游客重力势能的增加量△Ep=2mgR（3）根据牛顿第二定律：224NmgFmRT−=由牛顿第三定律可知：22

4NFmgmRT=−