专题19 力与运动综合计算题-2020年高考物理母题题源系列（解析版）

1 专题 19 力与运动综合计算题 【母题来源一】2020 年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国Ⅰ卷） 【母题原题】（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 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 时，起飞离地速度为 66 m/s；装载货物后质量为 ，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 1 521 m 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) ；（2）2m/s2， 【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力： 满载起飞时，升力正好等于重力： 由上两式解得： （2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以 解得： 由加速的定义式变形得： 解得： 【母题来源二】2020 年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国Ⅱ卷） 【母题原题】(2020·全国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。 2F kv= 51.21 10 kg× 51.69 10 kg× 2 78m/sv = 39st = 2 1 1kv m g= 2 2 2kv m g= 2 78m/sv = 2 2 0 2v ax− = 22m/sa = 2 0v vt a a ∆ −= = 39st =2 (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)2g　3g　(2) (3) 【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 Mg+f=Ma1 ① f-mg =ma2 ② 联立①②式并代入题给数据,得 a1=2g,a2=3g ③ (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 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+a2t1 ⑤ 联立③④⑤式得 ⑥ 设此时管下端的高度为 h1,速度为 v。由运动学公式可得 ⑦ v=v0-a1t1 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 h 2,到达最高点。由运动学公式有 ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1,则 1 13 25H H= 152 125L H≥ 0 2v gH= 1 2 2 5 Ht g = 2 1 0 1 1 1 1 2h v t a t= − 2 2 2 vh g =3 H1=h1+h2 ⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x 1 。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 联立 式并代入题给数据得 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 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 式,L 应满足的条件为 【母题来源三】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅲ卷） 【母题原题】（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=10 kg 的载物箱（可视 为质点），以初速度 v0=5.0 m/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=4.0 m/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 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) ， ；(3)0 ，方向竖直向上 1 13 25H H= 1 1 4 5x H= 2 1 4 5x H= 152 125L H≥ 13s12t∆ = 2 4 3m/sv = 1 2m/sv = 208.3N sI = ⋅4 【解析】(1)传送带的速度为 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： 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 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 ④ 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 ⑦ ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨ (3)传送带的速度为 时，由于 ，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 ⑩ ⑪ 联立①⑩⑪式并代入题给数据得 t3=1.0s⑫ x2=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 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 ⑭ 由①⑫⑬⑭式可知 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， ⑮ 4.0m/s=v mg maµ = 2 2 0 12v v ax− = − 0 2v v at= − 1 1 2 L xt t v −= + 2 2 1 0 1 1 2 2mgL mv mvµ− = − 2 2 2 0 1 1 2 2mgL mv mvµ = − 1 2m/sv = 2 4 3m/sv = 6.0m/sv = 0 2v v v< < 0 3v v at= + 2 2 0 22v v ax− = 3( )t t∆ − 33 ( )v tx t= ∆ − 2 2 3 1 ( )2 mv mg L x xµ> − − 2 2 3 2 32 ( )v v a L x x− = − − −5 则 减速运动时间 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 ，方向竖直向上 则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量 ，方向竖直向上 【母题来源四】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（山东卷） 【母题原题】(2020·山东等级考)单板滑雪 U 形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=10 m/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=10 m/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)4.8 m　(2)12 m 【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 v1=vMsin72.8°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°=ma1　 ② 由运动学公式得 ③ 联立①②③式,代入数据得 2 1 12 vd a = 3 5m/sv = 3 4 1sv vt a −= = 1 3 0( ) 0I m v v= − = 2 4 4 625( ) ( ) N s 208.3N s3I N t t mg t t= ∆ + = ∆ + = ⋅ ≈ ⋅ 2 208.3N sI I= = ⋅6 d=4.8 m　 ④ (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律得 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°=ma2　 ⑥ 设腾空时间为 t,由运动学公式得 ⑦ ⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得 L=12 m　 ⑨ 【母题来源五】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（江苏卷） 【母题原题】(2020·江苏高考)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。 【答案】(1)2Rω　(2) 　(3) 【解析】(1)由题意可知,若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 v=2Rω (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 1 1 2vt a = 2 2 2 1= 2L v t a t+ 2 4 24m R gω + ( ) 2 216 2 M m R Mg ω+7 结合(1)可解得杆对球的作用力大小为 (3) 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 而重物的速度等于鼓形轮的线速度,有 v1=Rω 联立各式解得 【母题来源六】2020 年全国普通高等学校招生统一考试物理（浙江选考） 【母题原题】(2020·浙江 7 月选考)如图 1 所示,有一质量 m=200 kg 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=34 s 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(g 取 10 m/s2),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)0.125 m/s2　竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m 【解析】(1)由图 2 可知 0~26 s 内物件匀速运动,26~34 s 物件匀减速运动,在匀减速运动过程根据牛顿第二定 律有 mg-FT=ma, 根据图 2 得此时 FT=1 975 N,则有 a=g- =0.125 m/s2, 方向竖直向下。 (2)结合图 2 根据运动学公式有 ( ) 2 22 2 vF mg m R- = 2 4 24F m R gω= + 2 2 1 1 1 42 2MgH Mv mv= + ´ ( ) 2 216 2 M m RH Mg ω+= 4 1 TF m8 v=at2=0.125×(34-26) m/s=1 m/s。 (3)根据图象可知匀速上升的位移 h1=vt1=1×26 m=26 m, 匀减速上升的位移 ， 匀加速上升的位移为总位移的 ,则匀速上升和减速上升的位移为总位移的 ,则有 h1+h2= h,所以总位移为 h=40 m。 【母题来源六】2020 年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷） 【母题原题】（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 ，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 ，Q 的速度大小为 ；(2) （n=1，2，3……）；(3) ； (4) 【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 ① 由机械能守恒定律得 ② 2 2 1= 8m=4m2 2= vh t × 4 1 3 4 3 4 θ tanθ 0 3 5 v 0 2 5 v 2 1 07 25 25 n n vh g −= ⋅（ ） 2 0 18 vH g = 2 0(8 7 13) 200 sin vs g θ −= 0 1 14P Qmv mv mv= + 2 2 2 0 1 1 1 1 1 42 2 2P Qmv mv mv= + ⋅9 联立①②式得 ③ ④ 故第一次碰撞后 P 的速度大小为 ，Q 的速度大小为 (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 ⑤ 联立①②⑤式得 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 ，第一次碰后至第二次碰前， 对 P 由动能定理得 ⑦ 联立①②⑤⑦式得 ⑧ P 与 Q 的第二次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得 ⑨ 由机械能守恒定律得 ⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 ⑪ 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 ⑬ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得 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 ， 第二次碰后至第三次碰前，对 P 由动能定理得 ⑮ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得 ⑯ P 与 Q 的第三次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得 1 0 3 5Pv v= − 1 0 2 5Qv v= 0 3 5 v 0 2 5 v 2 1 1=2 ( 2 sin ) s0 inQ hgv θ θ⋅ − ⋅− 2 0 1 25 vh g = 02v 2 2 02 1 1 1 1 =2 2 Pmv mv mgh− − 02 0 7 5v v= 2Pv 2Qv 02 2 24P Qmv mv mv= + 2 2 2 02 2 2 1 1 1 42 2 2P Qmv mv mv= + ⋅ 2 0 3 7 5 5Pv v= − × 2 0 2 7 5 5Qv v= × 2 2 2 =2 ( 2 sin ) s0 inQ hgv θ θ⋅ − ⋅− 2 0 2 7 25 25 vh g = ⋅ 03v 2 2 03 2 2 1 1 =2 2 Pmv mv mgh− − 2 03 0 7 5v v=（ ） 3Pv 3Qv10 ⑰ 由机械能守恒定律得 ⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得 ⑲ 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 ㉑ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得 ㉒ 总结可知，第 n 次碰撞后，物块 Q 上升的高度为 （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 ㉔ 解得 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 ㉖ 设 P 运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为 t2，由运动学公式得 ㉗ 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 t3 ㉙ 当 A 点与挡板之间的距离最小时 ㉚ 联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得 ㉛ 03 3 34P Qmv mv mv= + 2 2 2 03 3 3 1 1 1 42 2 2P Qmv mv mv= + ⋅ 2 3 0 3 7 5 5Pv v= − ×（ ） 2 3 0 2 7 5 5Qv v= ×（ ） 2 3 3 =2 ( 2 sin ) s0 inQ hgv θ θ⋅ − ⋅− 2 2 0 3 7 25 25 vh g = ⋅（ ） 2 1 07 25 25 n n vh g −= ⋅（ ） 2 0 10 ( 4 ) tan 4 cos2 sin Hmv m m gH mgθ θ θ− = − + − ⋅ ⋅ 2 0 18 vH g = 1 12 sinQv gt θ= 1Pv ′ 1 1 2 sinP Pv v gt θ′ = + 2 2 1 1 2 sinP Pv v sg θ′ − = 02 1 3( ) sinPv v gt θ= − − 1 2 32t t t= + 2 0(8 7 13) 200 sin vs g θ −=11 【命题意图】平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律。曲线运动（平抛和圆周） 的两大处理方法：一是运动的分解；二是动能定理。用图像法求变力做功，功能关系；势能是保守力做功 才具有的性质，即做功多少与做功的路径无关（重力势能弹性势能、电势能、分子势能、核势能），而摩擦 力做功与路径有关，所以摩擦力不是保守力，没有“摩擦力势能”的概念。 【考试方向】力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、 问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高．具体问题中可能涉及 到单个物体单一运动过程，也可能涉及到多个物体，多个运动过程，在知识的考查上可能涉及到运动学、 动力学、功能关系等多个规律的综合运用． 【得分要点】 （1）对于多体问题，要灵活选取研究对象，善于寻找相互联系。选取研究对象和寻找相互联系是求解 多体问题的两个关键．选取研究对象需根据 不同的条件，或采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中 抽取出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体来进行研究；或将隔离法与整 体法交叉使用． （2）对于多过程问题，要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律。观察每一个过程特征和寻找过程之 间的联系是求解多过程问题的两个关键．分析过程特征需仔细分 析每个过程的约束条件，如物体的受力情 况、状态参 量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究．至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、 位移、时间等方面去寻找． （3）对于含有隐含条件的问题，要注重审题，深究细琢，努力挖掘隐含条件。注重审题，深究细琢， 综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键．通常，隐含条 件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图象图表中去挖掘． （4）对于存在多种情况的问题，要认真分析制约条件，周密探讨多种情况。解题时必须根据不同条件 对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探 讨，防止漏解． （5）对于数学技巧性较强的问题，要耐心细致寻找规律，熟练运用数学方法。耐心寻找规律、选取相 应的数学方法是关键．求解物理问题，通常采用的数学方法有：方程法、比例法、数列法、不等式法、函 数极值法、微元分析法、图象法和几何法等，在众多数学方法的运用上必须打下扎实的基础． （6）对于有多种解法的问题，要开拓思路避繁就简，合理选取最优解法。避繁就简、选取最优解法是 顺利解题、争取高分的关键，特别是在受考试时间限制的情况下更应如此．这就要求我们具有敏捷的思维 能力和熟练的解 题技巧，在短时间内进行斟酌、比较、选择并作出决断．当然，作为平时的解题训练，尽 可能地多采用几种解法，对于开拓解题思路是非常有益的． 1.（2020·山东二模）如图所示，质量 m=1kg 的小滑块，轻质弹簧的一端与滑块相连，弹簧的 另一端固定在挡板上，光滑斜面和光滑圆筒形轨道平滑连接，开始时弹簧处于压缩状态，滑块和小球均处12 于锁定状态，圆弧的轨道半径 R 和斜面的顶端 C 离地面的高度均为 1m，斜面与水平面夹角 θ=60°，现将滑 块解除锁定，滑块运动到 C 点与小球 M 相碰时弹簧刚好恢复原长，相碰瞬间小球的锁定被解除，碰后滑块 和小球以大小相等的速度向相反的方向运动，碰后小球沿光滑圆筒轨道运动到最高点 D 水平抛出时对圆筒 壁刚好无压力，若滑块与小球碰撞过程时间极短且碰撞过程没有能量损失．g=10m／s2 求： (1)小球从 D 点抛出后运动 水平距离； (2)小球的质量； (3)已知弹簧的弹性势能表达式为 EP= k△x2 为弹簧的劲度系数，△x 为弹簧的形变量)，求滑块碰后返回过 程中滑块的最大动能． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）小球在 D 点做平抛运动，设小球的质量为 M，则：x1=vDt 联立解得： （2）滑块与小球相碰时动量守恒，机械能守恒： 小球从 C 点到 D 点的过程中机械能守恒： 联立解得： M=3m=3kg （3）滑块由 B 到 C 过程，弹簧和滑块组成的系统机械能守恒 设碰后滑块距 C 点距离为 x2 时动能最大 mgsin600=kx2 的 1 2 1 3x m= 3M kg= 10.14kE J≈ 23 1 2 2R gt= 2 DMvMg R = 10 /Dv m s= 1 3x m= C Cmv Mv mv= − 2 2 21 1 1 2 2 2C Cmv Mv mv= + 2 21 1 (1 cos )2 2C DMv mv MgR θ= + − 4 5 /v m s= 2 5 /Cv m s= 2 21 1( ) cos602 tan 60 2 Rk mv mgR= +  13 滑块返回过程中弹簧和滑块组成的系统的机械能守恒； 联立解得：Ek≈10.14J 2.（2020·四川省高新校区期中考试）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 ，到达 B 点时速度 vB=30 m/s。取重力加速度 g=10 m/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) ；(2) ；(3) ，3 900 N 【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 可解得 (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 (3)小球在最低点的受力如图所示 2 0 2 2 2 1 1sin 602 2C kmv mgx kx E+ = + 24.5 m/sa = 100m 1800 N s⋅ 2 2 0 2Bv v aL− = 2 2 0 100m2 Bv vL a −= = 0 1800N sBI mv= − = ⋅14 由牛顿第二定律可得 从 B 运动到 C 由动能定理可知 解得 3.（2020·长春三中二模）如图所示，固定在竖直面内半径 R=0.4m 的光滑半圆形轨道 cde 与长 s=2.2m 的水平轨道 bc 相切于 c 点，倾角 θ=37°的斜轨道 ab 通过一小段光滑圆弧与水平轨道 bc 平滑连接。质 量 m=1 kg 的物块 B 静止于斜轨道的底端 b 处，质量 M=3kg 的物块 A 从斜面上的 P 处由静止沿斜轨 道滑下，与物块 B 碰撞后黏合在一起向右滑动。已知 P 处与 c 处的高度差 H=4.8m，两物块与轨道 abc 间的动摩擦因数 μ=0.25，取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8， A、B 均视为质点，不计空气阻力。求： (1)A 与 B 碰撞后瞬间一起滑行的速度大小； (2)物块 A、B 到达 e 处时对轨道的压力大小。 【答案】(1)6m/s；(2)50N 【解析】(1)A 沿斜轨道下滑时，由牛顿第二定律 结合运动学公式 两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向 2 CvN mg m R − = 2 21 1 2 2C Bmgh mv mv= − 3900NN = 1sin cosMg Mg Maθ µ θ− = 2 1 2 sin Hv a θ= ⋅15 解得 (2)物块从 b 运动到 e 的过程，根据动能定理 在 e 点，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知物块对轨道 点的压力大小为 。 4.（2020·天津北辰新区二模）某人体重 50kg，参加“蹦极”比赛，他将长 20m 的弹性绳栓在脚上（弹性绳 的另一端拴在脚边的桩上），他轻轻跳离出发台时速度很小，可以忽略不计。设弹性绳可相当于劲度系数 k=100N/m 的轻弹簧。取 g=10m/s2.，求∶ (1)弹性绳刚伸直时，此人重力的功率多大？ (2)此人下落过程中速度最大时，人下落的高度是多少？ (3)此人下落过程中具有的最大速度为 15 m/s，那么此时弹性绳的弹性势能多大？ 【答案】(1)10000W；(2)25m； (3)1250J 【解析】(1)弹性绳刚伸直时，人下落高度为 20m，有 P=mgv 得 P=10000W (2)当弹力大小等于重力，人的加速度为 0 时，速度最大。 此时弹性绳伸长量 人下落高度为 1 2( )Mv M m v= + 2 6m/sv = 2 2 3 2 1 1( ) ( ) 2 ( ) ( )2 2M m gs M m g R M m v M m vµ− + − + ⋅ = + − + ( ) ( ) 2 3 RF m M g m M v+ + = + 50N=F e 50N 2 21 2mgh mv= 2 20m/sv gh= = 5mmgx k = =16 h1=x+h=25m (3)从开始下落到速度最大，机械能守恒，有 代入数据可得 Ep 弹=1250J 5.（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= ，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） ； （2） （3） 【解析】（1）A、C 发生弹性碰撞后的速度分别为 vA、vC，则有： 3mv0=mvA+3mvC① = + ② 2 p 1( ) 2 mmg h x mv E+ = + 弹 3mg q 0 3 2Av v= 0 1 2Cv v= 2 05 8 v gL 05 3mg qv B+ 2 03 2 mv 2 A 2 mv 2 C3 2 mv17 联立①②解得： ③ 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）= ⑤ μ∙3mgl１= ⑥ 联立解得③④⑤⑥μ ⑦ （3）设 A 在Ｎ点的速度为 ，A 从 M 到 N 的过程中，由动能定理得 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， ⑨　 A 在 NN′右侧受到的电场力 F=qE= mg⑩ 重力和电场力的合力大小为 F 合=2mg，方向与 OP 夹角为 ．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 ，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： ⑪ 返回 K 点时：FN－F 合－ ⑫ 由③⑦⑧⑨⑩⑪⑫得：FN 由牛顿第三定律得 A 对轨道 NP 的最大压力为： 0 3 2Av v= 0 1 2Cv v= 2 A 2 mv 2 C3 2 mv 2 05 8 v gL = Nv 2 2 N A 1 1 2 2mgL mv mvµ− = − 2 2 Nvmg mg m a − = 3 30θ = ° Av′ ( ) 2 2 A A 1 1cos30 1 sin30 2 2qEa mgL mga mv mvµ°− − −′− ° = 2 A A vqv B m a ′=′ 05 3mg qv B= + N 05 3F mg qv B+′ =18 6.（2020·山东青岛二模）中国目前已系统掌握各种复杂地质及气候条件下的高铁建造技术。动车组是指 几节自带动力车厢与几节不带动力车厢的编组。复兴号 CR400AF 型城际电力动车组由 6 节车厢编组而成， 每节车厢的质量均为 ，其中第 1 节和第 4 节车厢带有动力，牵引电机的额定功率分别为 和 。该动车组以 的加速度沿水平直轨道由静止开始匀加速启动， 当第 1 节车厢的牵引电机达到额定功率时，第 4 节车厢的牵引电机立即启动，动车组行驶过程中受到的阻 力为车重的 0.1 倍，重力加速度 。求： （1）从静止开始到第 4 节车厢的牵引电机启动所经历的时间； （2）当动车组的速度为 时，第 4 节车厢对第 5 节车厢的拉力大小。 【答案】（1）10s；（2） 【解析】（1）设从静止开始到第 4 节车厢牵引电机启动经历的时间为 ，电机的牵引力为 ，第 4 节车厢牵 引电机启动时动车组的速度为 ，有 解得 （2）设当第 4 节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车速度为 ，有 解得 45 10 kgm = × 7 1 1.8 10 WP = × 7 2 1.2 10 WP = × 22m/sa = 210m/sg = 50m/s 5 2 2 10 NF = × t 1F 1v 1 0.1 6 6F mg ma− × = 1 1 1P Fv= 1v at= 10st = 2v 1 2 1 2P P Fv+ = 2 100 m/s 50m/s3v =