2021届高考物理三轮冲刺重难点训练：力学综合题一 （解析版）

1 / 34 力学综合题【原卷】 1．（2021 届广东省六校联盟高三联考）如图所示，足够长的传送带与水平面的 夹角 30 ＝ ，传送带顺时针匀速转动的速度大小 0 2m / sv  ，物块 A 的质量 1 1kgm  ， 与传送带间的动摩擦因数 1 3 5   ；物块 B 的质量 2 3kgm  ，与传送带间的动摩擦 因数 2 2 3 5   。将两物块由静止开始同时在传送带上释放，开始释放时两物块间 的距离 13mL  ，经过一段时间两物块发生弹性碰撞，碰后立即将 A 取走。已知 重力加速度 210m / sg  ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求 (1)两物体刚释放时各自加速度的大小和方向； (2)两物块释放后经多长时间发生碰撞； (3)物块 B 与传送带摩擦共产生了多少热量？ 2．（2021 届广东省汕头市金山中学高三期中）如图所示，传送带水平部分的长 度 4.5ml  ，在电动机带动下匀速运行。质量 0.49kgM  的木块(可视为质点)静止在 传送带左端的光滑平台上。质量为 0.01kgm  的子弹以 0 50m/sv  的速度水平向右打 入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的 P 点离开传 送带做平抛运动，正好落入车厢的 Q 点。已知木块与传送带间的动摩擦因数 0.5  ，P点与车底板间的竖直高度 1.8mH  ，与车厢底板Q点的水平距离 1.2mx  ， 2 / 34 取 210m/sg  ，求： (1) 子弹打入木块的过程系统损失的机械能； (2) 木块从传送带左端到达右端的时间。 3．（2021 届广东省汕头市金山中学高三期中）飞球调速器是英国工程师詹姆斯·瓦 特于 1788 年为蒸汽机速度控制而设计，如图（a）所示，这是人造的第一个自动 控制系统。如图（b）所示是飞球调速器模型，它由两个质量为 m 的球通过 4 根 长为l 的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接。上面套筒固定，下面套筒质量为 M，可沿轴上下滑动。不计一切摩擦，重力加速度为 g，当整个装置绕竖直轴以 恒定的角速度 匀速转动时（飞球调速器的旋转速度和蒸汽机相同）： (1)求此时轻杆与竖直轴之间的夹角 的余弦值； (2)为实现对蒸汽机的自动控制（即将蒸汽机的转速控制在一定范围内），由于扰 动，当套筒下移时，传动机构应使蒸汽机的转速升高还是降低？请简述其控制原 理。 3 / 34 4．（2021 届广东省汕头市金山中学高三期中）如图所示，半径为 R 的 1 4 光滑圆 弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端 B 点，上表面与圆弧轨道末端相平。离滑板右端 0 2 RL  处有一竖直固定的挡板 P。 一质量为 m 的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端 A 点由静止开始沿轨道滑下， 经 B 点滑上滑板。已知滑板质量 2M m ，物块与滑板间的动摩擦因数 0.5  ，重 力加速度为 g。滑板与挡板碰撞时立刻反弹且没有机械能损失，滑板返回 B 点时 即被锁定而保持静止。滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。 (1)求物块滑到 B 点的速度大小； (2)求滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度大小； (3)站在地面的观察者看到物块有一段时间内在做加速运动，求这段时间内滑板的 速度范围。 5．（2021 届广东省深圳市高级中学高三测试）如图所示，倾角θ=37°的光滑固定 斜面上放有 A、B、C 三个质量均为 m 的物块(均可视为质点)，A 固定，C 与斜 面底端处的挡板接触，B 与 C 通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B 间的距 离为 d．现释放 A，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，重力加速度大小为 g，取 sin37°=0.6，cos37°=0.8． 4 / 34 (1)求 A 与 B 碰撞前瞬间 A 的速度大小 v0； (2)若 A、B 碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去 A，且 B 沿斜面向下运动到速度为 零时(此时 B 与 C 未接触弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量为 Ep，求 B 沿斜面向下运动的最大距离 x； (3)若 A 下滑后与 B 碰撞并粘在一起，且 C 刚好要离开挡板时，A、B 的总动能 为 Ek，求弹簧的劲度系数 k． 6．（2021 届高三阶段测试）如图，水平放置做逆时针运动的传送 带左侧放置一个半径为 R 的光滑 1 4 圆弧轨道，底端与传送带相切。传送带长也为 R。传送带右端接光滑的水平面，水平面上静止放置一质量为 3m 的小物块 B。 一质量为 m 的小物块 A 从圆弧轨道顶端由静止释放，经过传送带后与 B 发生碰 撞，碰后 A 以碰前速率的一半反弹。A 与 B 碰撞后马上撤去圆弧轨道。已知物 块 A 与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，取重力加速度为 g。求： (1)物块 A 与 B 碰撞前瞬间速度大小； (2)若传送带速度取值范围为 1 22 gR v gR  试讨论传送带速度取不同值时，物块 A、B 碰撞后传送带对物块 A 做功的大小。 5 / 34 7．（2021 届高三阶段测试）小车 M=1kg 静止在光滑水平地面上， 其左侧有一颗插入地面的销钉（可确保小车不会向左运动），小车上表面由两段 光滑圆弧夹一段粗糙水平轨道构成，如图所示。已知圆弧 BC 所对应的圆心角 θ=37 、半径 R1=2.75m，CD 的长度 L=1m、动摩擦因数μ=0.5，四分之一圆弧 DE 半径 R2=0.3m。一小滑块 m=1kg（视为质点）从某一高度处的 A 点以大小 v0=4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向从 B 点进入圆弧轨道，重力加速度取 g=10m/s2， sin37 =0.6，cos37 =0.8，空气阻力不计，求： (1)滑块刚进入圆轨道 BC 时的速度 vB； (2)滑块从 E 端冲出后，上升到最高点时距 E 点的竖直高度 hm； (3)滑块在小车的水平段 CD 上运动的总时间 t。 8．（2021 届河北衡水中学高三二调）宇航员到了某星球后做了如下实验：如图 所示，在光滑的圆锥顶用长为 L 的细线悬挂一质量为 m 的小球，圆锥顶角 2θ。 当圆锥和球一起以周期 T 匀速转动时，球恰好对锥面无压力。已知星球的半径为 6 / 34 R，万有引力常量为 G。求： (1)线的拉力； (2)该星球表面的重力加速度； (3)该星球的密度。 9．（2021 届河北衡水中学高三二调）如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可 伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA=2 kg、mB=1 kg．初始时 A 静止于水平地面上，B 悬于空中．先将 B 竖直向上再举高 h=1.8 m （未触及滑轮）然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速 度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触．取 g=10 m/s2．空气阻力不计．求： （1）B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t； （2）A 的最大速度 v 的大小； （3）初始时 B 离地面的高度 H． 10．（2021 届河北衡水中学高三二调）如图所示，左侧为一个半径为 R 的半球形 7 / 34 的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧 是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ=30°．一根不可伸长的不计质量的细 绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，线的两端分别系有可视为质点 的小球 m1 和 m2，且 m1＞m2．开始时 m1 恰在右端碗口水平直径 A 处，m2 在斜 面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当 m1 由静止释放运动到圆心 O 的正下方 B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间 的能量损失． （1）求小球 m2 沿斜面上升的最大距离 s； （2）若已知细绳断开后小球 m1 沿碗的内侧上升的最大高度为 2 R ，求 1 2 m m 11．（2021 届重庆市沙坪坝区八中月考物）如图所示，一内壁光滑的环形细圆管 固定在水平桌面上，环内间距相等的三位置处，分别有静止的小球 A、B、C， 质量分别为 1 1 2m m 、m2＝m3＝m，大小相同，它们的直径小于管的直径，小球球 心到圆环中心的距离为 R，现让 A 以初速度 v0 沿管顺时针运动，设各球之间的 碰撞时间极短，A 与 B 相碰没有机械能损失，B 与 C 相碰后结合在一起，称为 D。 求： （1）A 和 B 第一次碰后各自的速度大小； （2）B 和 C 相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小（与 A 碰撞之前）； 8 / 34 （3）A 和 B 第一次相碰后，到 A 和 D 第一次相碰经过的时间。 12．（2021 届广东省新高考八省大联考）如图所示，在绝缘水平面上的 P 点放置 一个质量为 0.02Am kg 的带负电滑块 A，带电荷量 61.0 10q C  ，在 A 的左边相距 0.9l m 的 Q 点放置一个不带电的滑块 B，质量为 0.04Bm kg ，滑块 B 距左边竖直 绝缘墙壁 s=0.15m．在水平面上方空间加一方向水平向右的匀强电场，电场强度 为 54.0 10 /E N C  ，使 A 由静止释放后向左滑动并与 B 发生碰撞，碰撞的时间极 短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动，与墙壁发生碰撞时没有机械能损失，两 滑块都可以视为质点，已知水平面 OQ 部分粗糙，其余部分光滑，两滑块与粗糙 水平面 OQ 间的动摩擦因数均为μ=0.50，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g＝10 m/s2，求 （1）A 经过多长时间与 B 相碰？相碰结合后的速度是多少？ （2）AB 与墙壁碰撞后在水平面上滑行的过程中，离开墙壁的最大距离是多少？ （3）A、B 相碰结合后的运动过程中，由于摩擦而产生的热是多少？通过的总路 程是多少？ 13．（2021 届广东省新高考八省大联考）如图所示，一足够长的斜面倾角为 37°， 9 / 34 斜面 BC 与水平面 AB 圆滑连接。质量 m＝2kg 的物体静止于水平面上的 M 点， M 点距 B 点之间的距离 L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝ 0.5，现使物体受到一水平向右的恒力 F＝14N 作用，运动至 B 点时撤去该力 （sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取 g＝10m/s2）。则： (1)物体到达 B 点时的速度是多大？ (2)物体在斜面上滑行的时间是多少？ 14．（2021 届广东省六校联盟高三联考）一个容积为 V0 的氧气罐（视为容积不变）， 经检测，内部封闭气体压强为 1.6p0，其热力学温度为 T0.现欲使气体压强降为 p0， 有以下两种方案可选： (1)冷却法：求气体温度降低了多少？ (2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，求氧气罐内剩余气 体的质量与原来总质量的比值。 10 / 34 力学综合题 1．（2021 届广东省六校联盟高三联考）如图所示，足够长的传送带与水平面的 夹角 30 ＝ ，传送带顺时针匀速转动的速度大小 0 2m / sv  ，物块 A 的质量 1 1kgm  ， 与传送带间的动摩擦因数 1 3 5   ；物块 B 的质量 2 3kgm  ，与传送带间的动摩擦 因数 2 2 3 5   。将两物块由静止开始同时在传送带上释放，开始释放时两物块间 的距离 13mL  ，经过一段时间两物块发生弹性碰撞，碰后立即将 A 取走。已知 重力加速度 210m / sg  ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求 (1)两物体刚释放时各自加速度的大小和方向； (2)两物块释放后经多长时间发生碰撞； (3)物块 B 与传送带摩擦共产生了多少热量？ 【答案】(1) a1=2 2m/s ，沿斜面向下，a2=1 2m/s ，沿斜面向上；(2)3s；(3)180J 【解析】(1)A 沿斜面向下运动时，根据牛顿第二定律得 1 1 1 1 1sin cosm g m g m a    ， 解得 a1=2 2m/s 方向沿斜面向下 B 沿斜面向上加速过程，根据牛顿第二定律得 11 / 34 2 2 2 2 2cos sinm g m g m a    ， 解得 a2=1 2m/s 方向沿斜面向上 (2)B 加速至与传送带速度相同时，由速度公式 v0=a2t0 解得 t0=2s 由于 2 2 1 0 2 0 1 1 6m2 2a t a t L   故经 t0=2s 时两物块还没相撞，设经 t 时间两物块相撞，由 2 2 1 2 0 0 0 1 1 ( )2 2L a t a t v t t    解得 t=3s 或 t=-5s（舍去） (3)两物块碰撞前 A 速度大小 v1=a1t 解得 vl=6m/s 碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律得 2 0 1 1 1 2A Bm v m v m v m v   2 2 2 2 1 1 2 0 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2A Bm v m v m v m v   联立，解得 12 / 34 6m / sAv  ， 2m / sBv   碰前 B 与传送带的相对位移为 2 0 1 0 0 2 2m2 vx v t a     碰后至 B 与传送带共速，所用时间为 0 2 2 4sBv vt a    ， 2 2 0 2 2 2 2 1( ) 8m2Bx v t v t a t        故总热量为 2 2 1 2cos ( ) 180JQ m g x x      2．（2021 届广东省汕头市金山中学高三期中）如图所示，传送带水平部分的长 度 4.5ml  ，在电动机带动下匀速运行。质量 0.49kgM  的木块(可视为质点)静止在 传送带左端的光滑平台上。质量为 0.01kgm  的子弹以 0 50m/sv  的速度水平向右打 入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的 P 点离开传 送带做平抛运动，正好落入车厢的 Q 点。已知木块与传送带间的动摩擦因数 0.5  ，P点与车底板间的竖直高度 1.8mH  ，与车厢底板Q点的水平距离 1.2mx  ， 取 210m/sg  ，求： (1) 子弹打入木块的过程系统损失的机械能； (2) 木块从传送带左端到达右端的时间。 13 / 34 【答案】(1) 49 J4E  ；(2)2.3s 【解析】(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得  0 1mv M m v  此过程损失的机械能 2 2 0 1 1 1 ( )2 2E mv m M v    解得 49 J4E  (2)传送带的速度等于木块运动到 P 点后做平抛运动 x vt 21 2H gt 解得抛出速度 2m/sv  木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得    M m g M m a    加速至 v 的位移 2 2 1 1 0.3m 4.5m2 v vx a    加速运动时间 1 1 0.2sv vt a   之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间 1 2 1m 2.1sxt v   木块从传送带左端到达右端的时间 1 2 2.3st t t   14 / 34 3．（2021 届广东省汕头市金山中学高三期中）飞球调速器是英国工程师詹姆斯·瓦 特于 1788 年为蒸汽机速度控制而设计，如图（a）所示，这是人造的第一个自动 控制系统。如图（b）所示是飞球调速器模型，它由两个质量为 m 的球通过 4 根 长为l 的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接。上面套筒固定，下面套筒质量为 M，可沿轴上下滑动。不计一切摩擦，重力加速度为 g，当整个装置绕竖直轴以 恒定的角速度 匀速转动时（飞球调速器的旋转速度和蒸汽机相同）： (1)求此时轻杆与竖直轴之间的夹角 的余弦值； (2)为实现对蒸汽机的自动控制（即将蒸汽机的转速控制在一定范围内），由于扰 动，当套筒下移时，传动机构应使蒸汽机的转速升高还是降低？请简述其控制原 理。 【答案】(1)   2cos m M g ml    ；(2)升高。由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会 下移。为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。 【解析】(1)小球受到重力 mg、上下两根轻杆的拉力 F1、F2，，如图所示 15 / 34 竖直方向上，物体处于平衡状态 1 2cos cosF F mg   水平方向上，由牛顿第二定律 2 1 2sin sinF F mr    且 sinr l  下面套筒受到重力 Mg、左右两根轻杆的拉力为 F3、F4（根据对称性，F3、F4 相 等），由物体的平衡可知 32 cosF Mg  而 3 2F F 联立，解得   2cos m M g ml    (2)升高。 由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移。为保持原来的转速，传动机构应 使蒸汽机转速升高。 16 / 34 4．（2021 届广东省汕头市金山中学高三期中）如图所示，半径为 R 的 1 4 光滑圆 弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端 B 点，上表面与圆弧轨道末端相平。离滑板右端 0 2 RL  处有一竖直固定的挡板 P。 一质量为 m 的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端 A 点由静止开始沿轨道滑下， 经 B 点滑上滑板。已知滑板质量 2M m ，物块与滑板间的动摩擦因数 0.5  ，重 力加速度为 g。滑板与挡板碰撞时立刻反弹且没有机械能损失，滑板返回 B 点时 即被锁定而保持静止。滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。 (1)求物块滑到 B 点的速度大小； (2)求滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度大小； (3)站在地面的观察者看到物块有一段时间内在做加速运动，求这段时间内滑板的 速度范围。 【答案】(1) 0 2v gR ；(2) 1 2 3 gRv  ；(3) M 2 2 9 6 gR gRv  【解析】(1)物块由 A 到 B 的运动过程，只有重力做功，机械能守恒。设物块滑 到 B 点的速度大小为 v0，有 2 0 1 2mgR mv 解得 0 2v gR (2)假设滑板与 P 碰撞前，物块与滑板具有共同速度 v1，取向右为正，由动量守 17 / 34 恒定律 0 1( )mv m M v  设此过程滑板运动的位移为 s，由动能定理 2 1 1 02mgs Mv   联立解得 1 2 3 gRv  2 1 0 4 9 2 v R Rs Lg    所以假设成立，滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度大小为 1 2 3 gRv  (3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板 P 碰撞后速度 v1 大 小不变，只是方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速 运动。设两者第二次具有共同速度为 v2，取向左为正，由动量守恒定律有 1 1 2( )Mv mv m M v   设此时滑板离 P 的距离为 s ，由动能定理 2 2 2 1 1 1 2 2mgs Mv Mv    解得 1 2 2 3 9 gRvv   2 1 32' 81 v Rs g  ＜ 0 2 RL  说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到 B 点，两者能够第二次达到共同速 18 / 34 度。 设当物块的速度减为零时，滑板速度为 v3，取向左为正，有 1 1 3Mv mv Mv  解得 1 3 2 2 6 gRvv   所以，物块加速运动阶段的速度范围为 m 20 9 gRv  此阶段滑板的速度范围为 M 2 2 9 6 gR gRv  5．（2021 届广东省深圳市高级中学高三测试）如图所示，倾角θ=37°的光滑固定 斜面上放有 A、B、C 三个质量均为 m 的物块(均可视为质点)，A 固定，C 与斜 面底端处的挡板接触，B 与 C 通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B 间的距 离为 d．现释放 A，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，重力加速度大小为 g，取 sin37°=0.6，cos37°=0.8． (1)求 A 与 B 碰撞前瞬间 A 的速度大小 v0； (2)若 A、B 碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去 A，且 B 沿斜面向下运动到速度为 零时(此时 B 与 C 未接触弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量为 Ep，求 B 19 / 34 沿斜面向下运动的最大距离 x； (3)若 A 下滑后与 B 碰撞并粘在一起，且 C 刚好要离开挡板时，A、B 的总动能 为 Ek，求弹簧的劲度系数 k． 【答案】（1） 0 6 5v gd ；（2） 5 3 PEx dmg   ；（3） 2 272 15 50 k m gk mgd E   【解析】（1）根据机械能守恒定律： 2 0 1sin 2mgd mv  解得 0 6 5v gd （2）设碰撞后瞬间 AB 的速度大小分别为 v1v2，根据动量守恒定律： 0 1 2mv mv mv  由能量关系： 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv  解得 v1=0 2 0 6 5v v gd  ； AB 碰撞后，对 B 沿斜面向下压缩弹簧至 B 速度为零的过程，根据能量关系： 2 2 1 sin2PE mv mgx   解得 5 3 PEx dmg   （3）AB 碰撞前，弹簧的压缩量： 1 sinmgx k  设 AB 碰撞后瞬间的共同速度大小为 v3，则：mv0=2mv3 解得 3 1 6 2 5v gd 当 C 恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为： 2 sinmgx k  可见，在 B 开始沿斜面向下运动到 C 刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势 能该变量为零，根据机械能守恒定律： 2 3 1 2 1 2 = 2 ( )sin2 kmv E mg x x    解得： 2 272 15 50 k m gk mgd E   20 / 34 6．（2021 届高三阶段测试）如图，水平放置做逆时针运动的传送 带左侧放置一个半径为 R 的光滑 1 4 圆弧轨道，底端与传送带相切。传送带长也为 R。传送带右端接光滑的水平面，水平面上静止放置一质量为 3m 的小物块 B。 一质量为 m 的小物块 A 从圆弧轨道顶端由静止释放，经过传送带后与 B 发生碰 撞，碰后 A 以碰前速率的一半反弹。A 与 B 碰撞后马上撤去圆弧轨道。已知物 块 A 与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，取重力加速度为 g。求： (1)物块 A 与 B 碰撞前瞬间速度大小； (2)若传送带速度取值范围为 1 22 gR v gR  试讨论传送带速度取不同值时，物块 A、B 碰撞后传送带对物块 A 做功的大小。 【答案】(1) 2v gR ；(2)见解析 【解析】(1)物体 A 下滑过程，根据动能定理有 2 1 1 02 A Am v m gR  解得 1 2v gR A 从传送带左端滑至右端，根据动能定理有 2 2 2 1 1 1 2 2A A Am v m v m gR   解得 2v gR 21 / 34 (2)A 碰后从传送带右端往左运动，传送带速度为 1 22 gR v gR  有 ①若传送带速度为 2 gRv  ，物块 A 匀速运动，传送带对物块做功为 W=0 ②当传送带的速度为 22 gR v gR  时，物块 A 滑上传送带后加速，物块能一直 加速，则物块最终的速度为 vA′，根据动能定理有 2 21 1 2 2A A A A Am gR m v m v   解得 5 2A gRv  故当传送带的速度 5 22 gR v gR  时，物块一直加速度，不会有共速，摩擦力一 直存在，则传送带摩擦力做的功为 W=μmAgR=0.5mgR ③若传送带的速度 5 2 2 gR gRv  时，物块 A 先减速后与传送带达到共同速度， 即 A 的末速度为传送带的速度 v，由动能定理得 2 21 1 2 2A A Am v m v W  即 21 1 2 8W mv mgR  （ 5 2 2 gR gRv  ） 7．（2021 届高三阶段测试）小车 M=1kg 静止在光滑水平地面上， 其左侧有一颗插入地面的销钉（可确保小车不会向左运动），小车上表面由两段 光滑圆弧夹一段粗糙水平轨道构成，如图所示。已知圆弧 BC 所对应的圆心角 θ=37 、半径 R1=2.75m，CD 的长度 L=1m、动摩擦因数μ=0.5，四分之一圆弧 DE 22 / 34 半径 R2=0.3m。一小滑块 m=1kg（视为质点）从某一高度处的 A 点以大小 v0=4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向从 B 点进入圆弧轨道，重力加速度取 g=10m/s2， sin37 =0.6，cos37 =0.8，空气阻力不计，求： (1)滑块刚进入圆轨道 BC 时的速度 vB； (2)滑块从 E 端冲出后，上升到最高点时距 E 点的竖直高度 hm； (3)滑块在小车的水平段 CD 上运动的总时间 t。 【答案】(1)5m/s，方向垂直于 O1B 斜向右下方；(2)0.1m；(3)0.6s 【解析】(1)分解 B 点速度可得 0 5m/scosB vv   垂直于 O1B 斜向右下方。 (2)对滑块 BC 段有   2 2 1 1 11 cos 2 2C BmgR mv mv   解得 6m/sCv  小车离开销钉后系统水平方向动量守恒，则滑块从 C 点到斜抛至最高点的过程 中，对系统有  Cmv M m v  共 得 23 / 34 3m/sv =共 又 2 2 2 m 1 1( ) ( )2 2Cmv mgL mg R h m M v     共 解得 m 0.1mh  (3)对滑块从 C 点到相对静止的过程有 2 21 1 ( ) =2 2Cmv M m v mgs  共 得 1.8m 2s L  知仅一次往返即达到共速，再设滑块过 D 点时的速度为 Dv ，下车速度为v车 ，根 据动量守恒定律得 C Dmv mv Mv  车 且 2 2 21 1 1 +2 2 2C Dmv mv Mv mgL  车 解得 1 5m/sDv  ， 1=1m/sv车 或 2 1m/sDv  ， =5m/sv车2 综合分析知，第 1 组解对应滑块相对小车向右滑行时通过 D 点，该阶段用时 1 1 0.2sC Dv vt g   第 2 组解对应滑块从 E 点回到小车后，相对小车向左通过 D 点，之后相对小车 向左滑行 0.8m 时与车共速（之后不再相对滑动），该阶段用时 2 2 0.4sDv vt g  共 24 / 34 故滑块在 CD 运动的总时间 1 2 0.6st t t   8．（2021 届河北衡水中学高三二调）宇航员到了某星球后做了如下实验：如图 所示，在光滑的圆锥顶用长为 L 的细线悬挂一质量为 m 的小球，圆锥顶角 2θ。 当圆锥和球一起以周期 T 匀速转动时，球恰好对锥面无压力。已知星球的半径为 R，万有引力常量为 G。求： (1)线的拉力； (2)该星球表面的重力加速度； (3)该星球的密度。 【答案】(1) 2 2 4F m LT  ；(2) 2 2 4 cosg LT  星 ；(3) 2 3 cosL GRT    【解析】(1)小球在水平面内匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 2 2 4sin sinTF m LT   解得 2 2 4 TF mLT  (2)小球竖直方向受力平衡，有 cosTF mg  星 解得 25 / 34 2 2 4 cosg LT  星 (3)星球表面物体所受万有引力等于物体所受重力，有 2 GMm mgR  星 星球质量 34 3M R   解得星球密度 2 3 cosL GRT    9．（2021 届河北衡水中学高三二调）如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可 伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA=2 kg、mB=1 kg．初始时 A 静止于水平地面上，B 悬于空中．先将 B 竖直向上再举高 h=1.8 m （未触及滑轮）然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速 度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触．取 g=10 m/s2．空气阻力不计．求： （1）B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t； （2）A 的最大速度 v 的大小； （3）初始时 B 离地面的高度 H． 【答案】(1) 0.6s(2) 2m/s(3) 0.6m 【解析】 （1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有： 21 2h gt 解得： 0.6 st  26 / 34 （2）设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 0 6m/sv gt  细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、B 的重力，A、B 相互作用，总动量守恒： 0 ( )B A Bm v m m v  绳子绷直瞬间，A、B 系统获得的速度： 2 m/sv  之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度 v 即为最大速度，A 的最大速度 为 2 m/s （3）细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、B 的 速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有： 21 ( )2   A B B Am m v m gH m gH 解得，初始时 B 离地面的高度 0.6 mH  10．（2021 届河北衡水中学高三二调）如图所示，左侧为一个半径为 R 的半球形 的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧 是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ=30°．一根不可伸长的不计质量的细 绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，线的两端分别系有可视为质点 的小球 m1 和 m2，且 m1＞m2．开始时 m1 恰在右端碗口水平直径 A 处，m2 在斜 面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当 m1 由静止释放运动到圆心 O 的正下方 B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间 的能量损失． （1）求小球 m2 沿斜面上升的最大距离 s； 27 / 34 （2）若已知细绳断开后小球 m1 沿碗的内侧上升的最大高度为 2 R ，求 1 2 m m 【答案】（1） 1 2 1 2 2 22 2 m ms Rm m       ；（2）1．9 【解析】（1）设重力加速度为 g，小球 m1 到达最低点 B 时 m1、m2 速度大小分别 为 v1、v2，由运动合成与分解得 1 22v v ① 对 m1、m2 系统由功能关系得 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2m gR m gh m v m v   ② 2 sin30h R  ③ 设细绳断后 m2 沿斜面上升的距离为 s′，对 m2 由机械能守恒定律得 2 2 2 2 1sin30 2m gs m v  ④ 小球 m2 沿斜面上升的最大距离 2s R s  ⑤ 联立得 1 2 1 2 2 2( 2 )2 m ms Rm m    ⑥ （2）对 m1 由机械能守恒定律得： 2 1 1 1 2 m v ＝ 1 2 Rm g ⑦ 联立①②③⑦得 1 2 2 2 1 1.92 m m   11．（2021 届重庆市沙坪坝区八中月考物）如图所示，一内壁光滑的环形细圆管 固定在水平桌面上，环内间距相等的三位置处，分别有静止的小球 A、B、C， 28 / 34 质量分别为 1 1 2m m 、m2＝m3＝m，大小相同，它们的直径小于管的直径，小球球 心到圆环中心的距离为 R，现让 A 以初速度 v0 沿管顺时针运动，设各球之间的 碰撞时间极短，A 与 B 相碰没有机械能损失，B 与 C 相碰后结合在一起，称为 D。 求： （1）A 和 B 第一次碰后各自的速度大小； （2）B 和 C 相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小（与 A 碰撞之前）； （3）A 和 B 第一次相碰后，到 A 和 D 第一次相碰经过的时间。 【答案】（1） 0 3 v （负号表示逆时针方向）； 02 3 v ；（2） 2 02 9 m R v ；（3） 0 5π 2 R v 【解析】 (1)设 A、B 碰后速度分别为 1v 、 2v ，根据弹性碰撞双守恒有 0 1 2 1 1 2 2m m m v v v ① 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 m m   v v mv ② 由①②得 0 1 3 vv   （负号表示逆时针方向）③ 0 2 2 3 vv  ④ (2)设 B、C 碰后结合为 D 的速度为 3v ，则由动量守恒，有 2 32mv mv ⑤ 0 3 3  vv ⑥ 在 B、C 碰撞后与 A 碰撞之前，管道对 D 水平方向上的支持力为 29 / 34 2 2 3 022 9 mN m R R  v v ⑦ 由牛顿第三定律知 D 对管道水平方向上的压力为 2 02 9 mN N R    v ⑧ (3)A、B 碰撞后，B 经时间 t1 与 C 相碰，再经时间 t2，D 与 A 相碰 1 2 0 2π π3 R Rt   v v ⑨ 3 2 1 1 2 4π| | ( ) 3 Rt t t  v v ⑩ 2 0 3π 2 Rt  v 由⑨⑩ 得 A 和 B 第一次相碰后，到 A 和 D 第一次相碰经过的时间 1 2 0 5π 2 Rt t t   v 12．（2021 届广东省新高考八省大联考）如图所示，在绝缘水平面上的 P 点放置 一个质量为 0.02Am kg 的带负电滑块 A，带电荷量 61.0 10q C  ，在 A 的左边相距 0.9l m 的 Q 点放置一个不带电的滑块 B，质量为 0.04Bm kg ，滑块 B 距左边竖直 绝缘墙壁 s=0.15m．在水平面上方空间加一方向水平向右的匀强电场，电场强度 为 54.0 10 /E N C  ，使 A 由静止释放后向左滑动并与 B 发生碰撞，碰撞的时间极 短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动，与墙壁发生碰撞时没有机械能损失，两 滑块都可以视为质点，已知水平面 OQ 部分粗糙，其余部分光滑，两滑块与粗糙 水平面 OQ 间的动摩擦因数均为μ=0.50，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g＝10 m/s2，求 （1）A 经过多长时间与 B 相碰？相碰结合后的速度是多少？ （2）AB 与墙壁碰撞后在水平面上滑行的过程中，离开墙壁的最大距离是多少？ （3）A、B 相碰结合后的运动过程中，由于摩擦而产生的热是多少？通过的总路 30 / 34 程是多少？ 【答案】（1） 2 2.0m/sv  ；（2） 1 0.225mL  ；（3） 20.18J, 0.75mQ s  【解析】 （1）由于 PQ 部分光滑，滑块 A 只在电场力作用下加速运动，设经时间 t 与 B 相碰，A 与 B 相遇前的速度大小为 1v ，结合后的共同速度大小为 2v ，则 2 1 1 2qEl mv 1 0qEt mv  解得 0.3t s 1 6.0m/sv  滑块 A、B 碰撞的过程中动量守恒，即  1 2 2 2.0m/sA Bv m m v v    （2）两滑块共同运动，与墙壁发生碰撞后返回，第一次速度为零时，两滑块离 开墙壁的距离最大，设为 L1，在这段过程中，由动能定理得：       2 1 2 12 0 2A B A BqE L s s m m g m m v       解得 1 0.225mL  （3）由于 0.4qE N ，   0.3m M g N    qE m M g  31 / 34 即电场力大于滑动摩擦力，AB 向右速度为零后在电场力的作用下向左运动，最 终停在墙角 O 点处，设由于摩擦而产生的热为 Q，由能量守恒得   2 2 1 0.18J2 A BQ qEs m m v    设 AB 第二次与墙壁发生碰撞后返回，滑块离开墙壁的最大距离为 2 2 1( )L L L ，假 设 L2＜s，在这段过程中，由动能定理得：      1 2 2 0 0A BqE L L m m g s L      解得 2 0.064mL  2 0.15mL s  符合假设，即 AB 第二次与墙壁发生碰撞后返回停在 Q 点的左侧， 以后只在粗糙水平面 OQ 上运动； 设在粗糙水平面 OQ 部分运动的总路程 1s ，则 1A BQ m m gs（ ）  1 0.6ms  设 AB 相碰结合后的运动过程中通过的总路程是 2s ，则 2 1 12s s L s  （ ） 2 0.75ms  13．（2021 届广东省新高考八省大联考）如图所示，一足够长的斜面倾角为 37°， 斜面 BC 与水平面 AB 圆滑连接。质量 m＝2kg 的物体静止于水平面上的 M 点， M 点距 B 点之间的距离 L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝ 0.5，现使物体受到一水平向右的恒力 F＝14N 作用，运动至 B 点时撤去该力 （sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取 g＝10m/s2）。则： (1)物体到达 B 点时的速度是多大？ 32 / 34 (2)物体在斜面上滑行的时间是多少？ 【答案】(1)6 /m s ；(2) 3 50.6 s5      。 【解析】 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知 F mg ma  解得 2 214 0.5 2 10 m/s =2m/s2 F mga m      ； M 到 B ，根据速度位移公式可知 2 2Bv aL 解得 2 2 2 9m/s=6m/sBv aL    ； (2)在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知 1sin cosmg mg ma    代入数据解得 2 1 10m/sa  根据速度位移公式可知 2 2Bv ax 解得 1.8mx  33 / 34 由 1 1Bv a t 得 1 0.6st  因 tan  ，所以物体速度减为零后会继续下滑 下滑时根据牛顿第二定律可知 2sin cosmg mg ma    解得 2 2 s2m/a  由 2 22 1 2x a t 得 2 3 5 s5t  所以物体在斜面上滑行的总时间 1 2 3 50.6 s 1.94s5t t t          14．（2021 届广东省六校联盟高三联考）一个容积为 V0 的氧气罐（视为容积不变）， 经检测，内部封闭气体压强为 1.6p0，其热力学温度为 T0.现欲使气体压强降为 p0， 有以下两种方案可选： (1)冷却法：求气体温度降低了多少？ (2)放气法：保持罐内气体温度不变，缓慢地放出一部分气体，求氧气罐内剩余气 体的质量与原来总质量的比值。 【答案】(1) 0 3 8t T  ；(2)5:8 【解析】(1)气体作等容变化，初始压强： 01.6 p ，初始温度： 0T ，降温后的压强 1 0p p 由查理定律得 34 / 34 0 1 0 1 1.6 p p T T  解得 1 0 5 8T T 气体温度应降低 0 1 0 3 8t T T T    (2)设放出的气体先收集起来，并保持压强与保持罐内相同，以全部气体为研究对 象，放气过程为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V。由玻意耳定律得 1 0 0pV p V 解得 01.6V V 则剩余气体的质量与原来总质量的比值为 0 5 8 m V m V   剩 原