力学计算题方法思路-2023年高考计算题解题技法（解析版）

力学计算题方法思路--2023年高考计算题解题技法

目录

解读高考.........................................................................1

【考纲定位】................................................................1

【知识重现】................................................................2

知识点一动力学方法分析多运动过程问题..................................2

知识点二传送带模型问题.................................................2

知识点三应用动能定理解决多过程运动问题................................3

知识点四应用动力学观点求解弹簧类问题..................................3

知识点五动量观点和能量观点的综合应用..................................3

解读力学计算题方法思路..........................................................4

一、“元素组合”意识........................................................4

二、“思想组合”意识........................................................5

三、"方法组合”意识........................................................6

四、“步骤组合”意识........................................................8

高考真题热身训练...............................................................10

解读高考

【考纲定位】

近5年考情分析

考题统计

等级要

考点要求

求

20222021202020192018

甲

运动学III卷•T24

卷•T24

甲

卷•T24

功能关系II卷•T25

乙

卷•T24

运动学+曲线

II

运动

功能关系+动乙IIIII

II

量卷•T25卷•T25卷•T25卷・T24

IIII

卷•T25卷•T24

IIIIII

卷•T25卷•T25

【知识重现】

知识点一动力学方法分析多运动过程问题

1.基本思路

(1)将“多过程''分解为许多“子过程”，各“子过程''间由"衔接点”连接。

(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程。

(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方

程。

(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。

2.解题关键

(1)注意应用v-f图像和情景示意图帮助分析运动过程。

(2)抓住两个分析：准确受力分析和运动过程分析。

知识点二传送带模型问题

1.设问的角度

(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式

结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关

系。

(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因

放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。

2.功能关系分析

(1)功能关系分析：W=AEk+AEp+Q。

(2)对卬和。的理解：

①传送带克服摩擦力做的功：W=Rx传；

②产生的内能：Q=Rx相对。

知识点三应用动能定理解决多过程运动问题

1.分析思路

（1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力

的变化情况；

（2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情

况；

（3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适

的规律求解。

2.方法技巧

（1）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；

（2）“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；

（3）“合”一找出各子过程之间联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。

知识点四应用动力学观点求解弹簧类问题

1.由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力（除重

力外）和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

2.弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相同的速度，弹

性势能最大。

3.如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一

端的物体具有最大速度（如绷紧的弹簧由静止释放）。

知识点五动量观点和能量观点的综合应用

1.动量观点和能量的观点

（1）动量的观点：动量定理、动量守恒定律。

（2）能量的观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律。

这两个观点都不对过程变化的细节做深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化

的原因。简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能、力在过程中的冲量和所做的

功，即可对问题求解。

2.解题策略

（1）弄清有儿个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。

（2）进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.

（3）在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过

程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分

析。

（4）如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。

解读力学计算题方法思路

分析近几年的高考物理试题，力学计算题的鲜明特色在于组合，通过深入挖掘力学计算

题的内在规律，在解题时，考生必须具备“元素组合”“思想组合”“方法组合”“步骤组

合”4种意识。只有具备了这4种组合意识，才能对力学组合大题化繁为简、化整为零，找

准突破口快解题。

一、“元素组合”意识

力学计算题经常出现一体多段、两体多段，甚至多体多段等多元素的综合性题目。试题

中常出现的“元素组合”如下:

粒子f弹簧「水平面

（光滑段］

小球+'传送带竖直面

.轻绳杆〔倾斜面I粗糙段J

,滑块板

「匀速〕

恒力〕L、土（直线碰撞、反冲〕、一_

变力卜二卜I曲线平抛、圆周I运动

i减速j

力学计算题变化多样，但大多数是对上述“元素组合”框架图的各种情景进行排列组合。

阅读题目时首先要理清它的元素组合，建立模型，找到似曾相识的感觉，降低对新题、难题

的心理障碍。

【典例】（2019•黔东南州二模）如图所示，让小球从图中的。位置由静止开始摆下，摆

到最低点〃处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由〃点向右做匀减速运动滑向A点，

到达/孔进入半径A=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当小球进入圆轨道立即关闭力孔，

已知摆线长为£=2.5m,«=60°,小球质量为疝=1kg,小球可视为质点，〃点与小孔1

的水平距离s=2m,g取10m/s'，试求:

(1)摆线能承受的最大拉力为多大？

(2)要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求小球与粗糙水平面间的动摩擦

因数H的范围。

［元素组合］小球+轻绳+竖直平面+的粗

糙段+恒力+匀减速运动+竖直平面+圆周运动。

［答案］(1)20N(2)口<0.25

［解析］(1)小球由C到〃运动过程做圆周运

动，摆球的机械能守恒，则有:

cos

2

小球运动到〃点时，由牛顿第二定律可得：

联立两式解得：冗=2mg=20No

2

(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得：德一右

小球从〃到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得：一口mgs-2mgR=/¥—；mv。

解得：〃=0.25

即要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，〃<().25。

二、“思想组合”意识

一道经典的力学计算题宛如一个精彩的物理故事，处处蕴含着物理世界“平衡”与“守

恒”这两种核心思想。复习力学计算题应牢牢抓住这两种思想，不妨构建下列“思想组合”

框架图：

平衡思想体现出对运动分析和受力分析的重视。运动分析与受力分析可以互为前提，也

可以互为因果。如果考查运动分析，物体保持静止或匀速直线运动是平衡状态，其他运动则

是不平衡状态，选用的运动规律截然不同。类似地，如果考查受力分析，也分为两种：

0或者尸今=磔。尸令=0属于受力平衡,牛顿第二定律产金=侬则广泛应用于受力不平衡的

各种情形。若更复杂些，则应追问是稳态平衡还是动态平衡，考查平衡位置还是平衡状态。

高中物理守恒思想主要反映的是能量与动量恒定不变的规律。能量与动量虽不同于运动

与受力，但不同的能量形式对应于不同的运动形式，不同的动量形式也对应于不同的受力形

式，所以本质上能量与动量来源于物体运动与受力规律的推演，是运动与受力分析的延伸。

分析能量与动量的关键是看选定的对象是单体还是系统。如果采用隔离法来分析单个物体,

一般先从动能定理或动量定理的角度思考。如果采用整体法来分析多个物体组成的系统，则

能量守恒或动量守恒的思维更有优势。

思想不同，思考方向就会不同。在宏观判断题目考查平衡还是守恒后，才能进一步选对

解题方法。

【典例】质量为加木、长度为d的木块放在光滑的水平面上，木块的右边有一个销钉

把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为勿的子弹以水平速度外按如图所示的方向射入

木块，刚好能将木块射穿，现将销钉拔去，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以初速

度的射入静止的木块，求：

(1)子弹射入木块的深度是多少；

(2)从子弹开始进入木块到子弹相对木块静止的过程中，木块的位移是多少；

(3)在这一过程中产生多少内能。

［思想组合］

2

［答案］d(2)—⑶阪々—

加木十勿侬十mZ加木十加

［解析］(D设子弹所受阻力为f

则木块不动时：诏=2,d

m

木块自由时，子弹与木块组成的系统动量守恒：R%=(勿+/木)P

“，f■f

对子弹：泞一/=2一小，对木块：v=2—,X2

m明木

子弹射入木块的深度1=XLXZ

由以上五式可联立解得：1=」^。

加4、十勿

(2)由(1)问所列关系式可解得：生=—生—儿

m米土in

2

(3)由能量守恒定律可得在这一过程中产生的内能T加一木+而

22，m木十加

三、“方法组合”意识

透彻理解平衡和守恒思想后，具体解题主要使用3种方法：受力与运动的方法、做功与

能量的方法、冲量与动量的方法。这三条主线是一个庞大的体系，光是公式就多达几十个，

不单学习时难以记忆，解题时也容易混淆。为获得顺畅的思路，整理成如下的“方法组合”

框架图。

动动力法的特征是涉及加速度，主要用于解决物体受力情况与物体运动状态的关系。

力己知受力求运动，先从力厂代表的下合=0或月件=侬写起，进而得出运动参数X、

法八£或。、3、to已知运动求受力，则从X、入t或9、3、t代表的各种运动

规律写起，从右向左反向得出物体所受的力尸

功

功能法主要用于解决不涉及时间的情形。若不涉及时间，使用动能定理较为普遍。

能

若不涉及时间又需研究能量，则优先使用£代表的能量关系，特别是能量守恒定律

法

冲若涉及时间，冲动法中的动量定理可以简化计算。动量守恒定律是物理学史上最早

动发现的一条守恒定律，其适用范围比牛顿运动定律更广。面对多体问题，学生选择

法合适的系统并运用动量守恒定律来解决，往往更加便捷

当然，在应用上述三种方法时，学生一定要注意各个公式的适用范围，不能生搬硬套，

例如动量守恒定律的应用前提需先考虑系统所受合外力是否为零。有些问题只需一个方法就

能解决，也可能是多种方法联合求解，学生只有经过反复实践才能灵活选用。

【典例】光滑水平面上放着质量屈=1kg的物块4与质量期=2kg的物块8,A与B

均可视为质点，4靠在竖直墙壁上，4、0间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A,6均不拴接)，

用手挡住6不动，此时弹簧弹性势能瓦=49J»在/、8间系一轻质细绳，细绳长度大于弹

簧的自然长度，如图所示。放手后6向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后6冲上与水平

面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径/?=0.5m,比恰能到达最高点ag取10m/s2,求：

(1)绳拉断后瞬间6的速度”的大小；

(2)绳拉断过程绳对8的冲量/的大小；

(3)绳拉断过程绳对A所做的功优

［方法组合］

(1)|动力法|｛物块6恰好通过最高点牛顿第二定律

［绳被拉断瞬间对4、斓成的系统一动量

⑵|冲动法守恒定律

I绳被拉断瞬间绳对屈勺冲量f动量定理

'弹簧伸长到绳被拉断前的过程f系统

能量守恒

(3)功能法＜

物块旅光滑轨道上升过程一机械能守恒

、绳被拉断瞬间绳对/做功一动能定理

［答案］(1)5m/s(2)4N-s(3)8J

［解析］(1)设6在绳被拉断后瞬间的速度为“,到达「时的速度为%,由牛顿第二定

y2

律得加第=加/c/

由机械能守恒定律得;加6vii=^ninvc+2niHgR

代入数据得勿=5m/so

(2)设弹簧恢复到自然长度时6的速度为n,取水平向右为正方向，有耳=衣加/

由动量定理得1=mwB-HIM

代入数据得，=-4N•s,其大小为4N•s。

(3)设绳断后A的速度为％,取水平向右为正方向，由动量守恒定律得皿跖:他用:+拼,内"

//—1ffliKf2,代入数据得犷=8Jo

四、“步骤组合”意识

构建以上三个组合的目的是引导学生整合知识网络，提升解题效率。但学生在做题时，

即使面对平时比较熟悉的物理情景，有时仍会不知道如何表述。为了切入题目，可尝试使用

“对象一过程一原理一列式”这4个步骤来书写，如下图所示。

通过运用“四步法”框架图，学生的解题思路可以更加清晰:首先找出对象，明确过程，

然后分析原理，选定公式。在文字的规范表达方面，“四步法”也是一种范式，表述会更加

全面。

【典例】如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为〃的绝缘弹簧，其下端固定

于地面，上端与一质量为如带电荷量为+g的小球/相连，整个空间存在一竖直向上的匀

强电场，小球4静止时弹簧恰为原长，另一质量也为"的不带电的绝缘小球6从距力为蜀

的尸点由静止开始下落，与/发生碰撞后一起向下运动，全过程中小球4的电量不发生变

化，重力加速度为g。

(1)若加己知，试求6与/碰撞过程中损失的机械能；

(2)若照未知，且8与｛在最高点恰未分离，试求48运动到最高点时弹簧的形变量；

(3)在满足第(2)问的情况下，试求4、6运动过程中的最大速度。

［步骤组合］

'小球/平衡时f隔离法

(D国夏］'小球6自由下落时一隔离法

、小球8与4碰撞时一整体法系统

小球打自由下落一小球6与4碰撞一

(2)过程

小球6与/一起向下运动

"小球/碰前静止一平衡一n=0

动量守恒定律

小球5与/碰撞一守恒f

两种能量守恒定律

⑶

思想46速度最大时f平衡一点磁体用=0

小球8与4一起向下运动一守恒一能量

、守恒定律

"小球4平衡：qE=mg

小球6自由落体：mgxe=%v°2

小球屿

——「动量守恒：mv§=2mv\

歹U

(4)1/碰撞《“旦…L121

凶I能量寸怛：AE—~mv^—^<2mv\

小球尔屣度最大时：2m.Eq+kxz

小球屿4一起向下运动时：

12

2mg-qEx\+x2=~'X2mvm

［答案］⑴&gxo⑵智⑶

［解析］(1)设匀强电场的场强为反在碰撞前力静止时有:

qE=mg解得E=*

在与力碰撞前6的速度为％,由机械能守恒定律得：

mgXQ=%?谓解得vo=y［2gxo

夕与月碰撞后共同速度为h由动量守恒定律得：

力的=2勿H解得V\=-^Vo

4与力碰撞过程中损失的机械能XE为:

「1。1c，1

△E=-mvo--X2〃=5侬胸。

(2)/1、3在最高点恰不分离，此时4、〃加速度相等，且它们间的弹力为零，设此时弹

簧的伸长量为M，则：

对B：mg=ma

对A：/ng+kx\—qE=ma

所以弹簧的伸长量沏f

(3)A6一起运动过程中合外力为零时，具有最大速度「设此时弹簧的压缩量为及,

则：

2mg-(QE+kxj—0

解得抱=号

K

由于小=蜃，说明46在最高点处与合外力为零处弹簧的弹性势能相等，对此过程由

能量守恒定律得:

（2mg—（汨+才2）=gx2〃病

2/n

解得%=

高考真题热身训练

1.(2022•全国甲卷・T24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍

摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍

摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删

去了3个影像，所标出的两个线段的长度邑和与之比为3：7。重力加速度大小取

g=10m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

【答案】拽m/s

5

【解析】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球

的时间间隔为，=4T=0.05x4s=0.2s

设抛出瞬间小球的速度为%,每相邻两球间的水平方向上位移为x,竖直方向上的位移分

别为以、％，根据平抛运动位移公式有

令％=y，则有

已标注的线段邑、$2分别为

则有

整理得

故在抛出瞬间小球的速度大小为

2.（2022•全国乙卷125）如图（a）,一质量为机的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水

平面上：物块8向A运动，1=0时与弹簧接触，至1"=2fo时与弹簧分离，第一次碰撞结

束，A、B的V—f图像如图（b）所示。已知从，=0到1=为时间内，物块A运动的距离为

0.36%%。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰

撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为6（sin8=0.6）,与

水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】⑴0.6加诏；⑵0.768%〉；⑶0.45

【解析】（1）当弹簧被压缩最短时:弹簧弹性势能最大，此时A、8速度相等，即f=时

刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得

（2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为

VA=4/,%=1.2%--才

根据位移等速度在时间上的累积可得

SA=%（累积），累积）

又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有

对方程两边同时乘以时间4,有

0的之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

将s*=0.36卬0代入可得

则第•次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与8分离后速度

大小仍为2%,方向水平向右，设物块4第一次滑下斜面的速度大小为立，设向左为正方

向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得

方法一：设在斜面上滑行的长度为£,上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，

mgsin0+Ringcos0=ma,mgsin0-/amgcos6=下

上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,由匀变速直线运动的位移速度关系可得

222

2a1x=（2v0）-0,2a=vA'=v0

联立可解得

3.（2021•全国甲卷・T24）如图，一倾角为。的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画

出），相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d；一质量为〃?的无动力小车（可

视为质点）从距第一个减速带乙处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达

减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度

均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s

后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g。

（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；

（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；

（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的

机械能，则L应满足什么条件？

【答案】⑴2®⑵〃吆4+29小足〃-〃〃巴（3）L>dT———

30sin0

【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有

设小车通过第30个减速带后速度为vi,到达第31个减速带时的速度为丫2,则有

因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的

速度与到达下一个减速带均为盯和V2；经过每一个减速带时损失的机械能为

联立以上各式解得

（2）由（I）知小车通过第50个减速带后的速度为0，则在水平地面上根据动能定理有

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

联立解得

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

（3）由题意可知

可得

4.（2021•全国乙卷・T24）一篮球质量为加=0.60kg,一运动员使其从距地面高度为

4=1.8m处由静止自由落下，反弹高度为饱=1.2m。若使篮球从距地面4=1.5m的高

度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运

动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为f=0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动

能的比值不变。重力加速度大小取g=10m/s2,不计空气阻力。求：

（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；

（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

【答案】（1）W=4.5J；（2）/=9N

【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可

得

第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得

因篮球卷次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系

代入数据可得

（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可

得

在拍球时间内运动的位移为

做得功为

联立可得

F=9N（/=-15N舍去）

5.（2020•全国I卷・T24）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

尸=人？描写，k为系数；V是飞机在平直跑道上的滑行速度，尸与飞机所受重力相等时的

v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21x105kg时，起飞离地速度为66m/s；装

载货物后质量为1.69x105kg,装载货物前后起飞离地时的无值可视为不变。

（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】⑴2=78m/s；（2）2m/s2」=39s

【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：

6.（2020•全国II卷・T25）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，〃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=4〃?，球和管之间的滑动摩擦力大小

为4wg,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。

13152

【答案】（1）防=2g,s=3g；（2）“产会”；（3）L>—W

【解析】

【详解】（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0,

方向向下；球的加速度大小为42,方向向上：球与管之间的摩擦力大小为/,由牛顿运动定

律有

Ma\-Mg+f①

ma2-f-mg②

联立①②式并代入题给数据，得

“i=2g,s=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

玲=j2g”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八，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式

vo-ain=一，。+。2力⑤

联立③④⑤式得

设此时管下端的高度为历，速度为丫。由运动学公式可得

10…

九=3-5M⑦

v=%一印］⑧

由③④⑥⑧式可判断此时心0。此后，管与小球将以加速度g减速匕升仍，到达最高点。

由运动学公式有

V

b=—®

-2g

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为力，则

H\=h\+〃2⑩

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

n

K寸⑪

(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为制。在管开始下落到上升,这一过程中，由

动能定理有

Mg(H-Hi)+mg(W-Wi+xi)-4，咫埼=0⑫

联立⑪⑫式并代入题给数据得

4_

再=H⑬

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

々=：口⑭

设圆管长度为心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+JC2<Z.@

联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为

,152,,

L>——H⑯

125

7.(2020•全国HI卷・T25)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，其速度的大小丫可以由驱动系统根据需要设定。质量

〃?=10kg的载物箱(可视为质点)，以初速度vo=5.Om/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“=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；

⑶若片6.0m/s,载物箱滑上传送带加=二$后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧

12

平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。

【答案】(D2.75S；(2)为=4j^m/s,M=0m/s；(3)0/=208.3N-s,方向竖直向上

【解析】

【详解】(1)传送带的速度为o=4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速

度为m由牛顿第二定律有：

〃mg=ma①

设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为埼，由运动学公式有

丫2—V*=—②

联立①②式，代入题给数据得xi=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做匀减速运动所用的时间为d由运动学公式有

y=%一%④

V

联立①③④⑤式并代入题给数据有h=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，设为叨，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，设为以由动能定

理有

一〃ngL--mv^-；mv1⑦

1,1,

f.ungL=—mv2--mvQ⑧

由⑦⑧式并代入题给条件得

匕=V2m/s，v2-4Gm/s⑨

(3)传送带的速度为u=6.0m/s时，由于％<"为，载物箱先做匀加速运动，加速度大小

仍服设载物箱做匀加速运动通过的距离为X2,所用时间为包，由运动学公式有

u=%+吗⑩

2

V—v1-2ax2⑪

联立①⑩⑪式并代入题给数据得

“=1.0s⑫

X2=5.5m⑬

因此载物箱加速运动10s、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(加-幻的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为

X3有

=贝加一切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，

u；_v~-—2a(L—%2—£)

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小

/2。由动量定理有

1

I2=A^（Ar+Z4）=/?7^（Ar+Z4）=-^-N-s«208.3N-s,方向竖直向上

则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量

/=/2=208.3N-S,方向竖直向上

8.（2019•全国I卷・T25）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧

平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。仁0时刻，小物块A在倾

斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到

倾斜轨道上的尸点（图中未标出）时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾斜轨

道上保持静止。物块A运动的M图像如图（b）所示，图中的ui和A均为未知量。已知A

的质量为〃?，初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；

（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；

（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道

间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后

动摩擦因数的比值。

211

【答案】（1）3m:（2）—mgH；（3）—

159

【解析】

【详解】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为巳、%,弹性碰撞瞬间,

动量守恒，机械能守恒，即

联立方程解得

m-mR2m

匕，

根据v-f图像可知

解得

（2）设斜面的倾角为。，根据牛顿第二定律，当物块A沿斜面下滑时

由VI图像知

当物体A沿斜面上滑时

由v-f图像知

解得

又因下滑位移

则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为

其中。为P点离水平面得高度，即

解得

故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为

（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为S,设原来的摩擦因为为则以A和B组

成的系统，根据能量守恒定律有

设改变后的摩擦因数为〃'，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑

到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得

又据（2）的结论可知

得

联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为

9.（2019•全国U卷・T25）—质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行

驶.行驶过程中，司机忽然发现前方100m处有一警示牌.立即刹车.刹车过程中，汽车

所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线.图（a）中，0F时间段为从司机发

现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行

驶），n=0.8s；八72时间段为刹车系统的启动时间，f2=1.3s；从拉时刻开始汽车的刹车系统

稳定工作，直至汽车停止，已知从f2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m,第4s内的位

移为1m.

（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的回图线；

（2）求才2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；

（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及时间内汽车克服阻力做的功；司机发现

警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以A72时间段始末速度的算术平均值替代

这段时间内汽车的平均速度）？

【答案】（1）⑵8m/s2,28m/s(3)30m/s；M6xio5J；87.5

fj.0t22.0t/s

m

【解析】

【详解】解：（1）VY图像如图所示.

（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为VI,则「I时刻的速度也为V”/2时刻的速度也

为V2,在&时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为。，取A/=ls,设汽车在t2+n-lAr

内的位移为Sn,n=l,2,3,….

若汽车在f2+3Af~f2+4Af时间内未停止，设它在虑+3。时刻的速度为V3,在f2+4Ar时刻的速

度为V4,由运动学有

*-s4=3a（A/f①

1=%Af-ga（Af）2②

v4=v2-4aA;（§）

联立①②③式，代入已知数据解得

v=--m/s④

46

这说明在h+4加时刻前，汽车已经停止.因此，①式不成立.

由于在及+30"2+4△/内汽车停止，由运动学公式

匕=匕-3。4⑤

孙=片⑥

联立②⑤⑥，代入已知数据解得

。=8m/s2,丫2=28m/s⑦

或者a=7^m/s2,口=29.76m/s⑧

第二种情形下V3小于零，不符合条件，故舍去

（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为力，由牛顿定律有：力=，W⑨

在fl~f2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：/=；/区一1）⑩

由动量定理有：r=i-g⑪

由动能定理，在八出时间内，汽乍克服阻力做的功为：W=-mv^

联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得

vi=30m/s⑬

lV=1.16xlO5J（g）

从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为

$=卬|+；（