2021-2025年湖南省高考物理试题分类汇编：力学计算（解析版）

五年真题（202L2025）

与题16力号计算

（五年考情•探规律）

考点五年考情（202L2025）命题趋势

考点1牛顿运动五年考情凸显机械能守恒定律与动能定理的

2022

定律核心地位，命题趋势聚焦多过程动力学链条的深

度整合、临界条件以及数学工具的应用。试题设

考点2曲线运动2025计显著强化能量与力的双路径综合求解，例如构

建斜面-圆弧-碰撞多阶段模型，要求分段运用牛顿

考点3机械能及定律分析变速圆周运动的向心力突变，联动机械

2025、2022、2021

其守恒定律能守恒计算最大高度，并利用动能定理处理摩擦

生热损耗：设计弹簧振子与自由落体的复合场景，

需精准衔接弹性势能转化、重力势能变化及碰撞

瞬时动量守恒，求解振子振幅衰减规律。命题紧

考点4动能及其密追踪工程技术应用，创新题型引入非惯性系分

2024、2023

守恒定律析，要求转换参考系修正动能表达式；高阶命题

则结合图像信息，构建动力学方程，全面检验对

力学规律的系统建模能力与跨学科解决实际工程

问题的素养。

（五年真题•分点精准练）

考点01牛顿运动定律

1.（2022・湖南・高考）如图（a）,质量为机的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞

后反弹至离地力的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的;I倍"为常数且

0<A<^）,且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。

（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；

（2）若篮球反弹至最高处分时，运动员对篮球施加一个向下的压力凡使得篮球与地面碰撞一次后恰好

反弹至力的高度处，力尸随高度），的变化如图（b）所示，其中九。已知，求尸。的大小；

（3）篮球从“高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬

间给其一个竖宜向下、大小相等的冲量/，经过N次拍击后篮球恰好反弹至"高度处，求冲量/的大小。

【答案】（1）

【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg-=ma下，再根据匀变速直线运动的公式，

下落的过程中有=2a下"，篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg+Amg=ma}

再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有bj-=2a}.h

则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k=二=叵四

（2）若篮球反弹至最高处力时，运动员对篮球施加一个向下的压力F,则篮球下落过程中杈据动能定理

有

h-/I。17

mgh+———Fo-Amgh=-mv卜

篮球反弹后上升过程中根据动能定理有-mgh-Xmgh=0-卜）2

联立解得后=2mg(—)3-h)

h-h0

（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为

Q下二（1-Qg（方向向下）

Q।=（1+A）g（方向向下）

由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,由于拍击时

间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有/=mv

即每拍击一次篮球将给它一个速度Vo

2

拍击第1次下降过程有瞥-v=2（1-X）ghQ

上升过程有（k%）2=2（1+2）ghi

代入左后，下降过程有说一/=2（l—Qg/io

上升过程有无评=2（1-笛9“如

联立有名=幼。+&）=（＞•九。+.舟

拍击第2次，同理代入左后，下降过程有谚一标=2(1-浦。七

上升过程有八诣=2(1-A)gH^

""—乙右一"2H+2gd))

再将用代入比有电=02・自+(>・舟+⑶.春

拍击第3次，同理代入%后，下降过程有诏一〃2=2(1一人加电

上升过程有九诏=2(1-QgH%

联立有九3="电+号)

再将〃2代入自有。(/•九。+(V•舟+(>.舟+(>・舟

直到拍击第N次，同理代入女后，下降过程有琮一户=2(1-2用如_1

上升过程有九谎=2(1-X)gHhN

联立有心=9原-1+就历)

将它,代入加有九N=(纱-闻+•_<_+(犷t.扃+…+(力.岛

其中

/l/7=H9/l0—fl

则有〃=(/.%+［誓］舟

.|.，l2g(l-A)(H-h)(HN+1-hN+1)

则m/=…mJ一~丽E-------

方法二：由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为

Q卜=(1一A)g(方向向下)

Q।=(1+A)g(方向向下)

由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,由于拍击时

间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有/=mi/

即每拍击一次篮球将给它一个速度7。设篮球从”下落时，速度为火,反弹高度为h,篮球受到冲量I

后速度为落地时速度为内，则2(l+2)g/i=(k%)2,2(1—;l)g/i=%2-/2

联立可得h=亡"

1J2(1+A)g2(1-A)g

代入攵可得，

/222

V=V1-^v0……①

篮球再次反弹，反弹速度为公1，设反弹高度为历，受到冲量后，落地速度为电，同理可得

22

2(1+X)ghy=(A%2(1—A)g/ti=v2—v'

同理化简可得

(1)若滑杆固定，u=健，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；

(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37。时，机器人松开轻绳后被抛至

4点，求丫的大小；

(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M=km,Rk>l,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为

37。时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求I，与2的关系式及I，的最小值。

【答案】(l)F=4mg

Q)〃=解

【详解】(1)由8点到最低点过程动能定理有诏一=mg/

最低点牛顿第二定律可得F-m.g=my

联立可得F=4mg

(2)轻绳运动到左上方与水平方向夹角为37。时由能量守恒可得:m/=mg/sin37。+

水平方向％=Zcos37°+I=/zsin37。•t

zcos370

竖直方向取向上为正可得y=1.21-Zsin37°=v2•t一:^

联立可得u=居

(3)当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为37。时升为点C,由能量守恒可得9巾/=

mgls\n37°+-mvl+-kmv1

22

设内的水平速度和竖直速度分别为以，3，则有资=V2+V2

则水平方向动量守恒可得机以=kmv2

水平方向满足人船模型可得m/=kmx2

此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为tan37。=❷

%

设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为氏则有速度关系tan。=尘

vy

水平方向/cos37。+I-x2=vx-t

2

竖直方向1.2,一Zsin37。=vy-t-^gt

联立可得户=就+蔡成

即昨届后

显然当&=1时取得最小，此时V二用

考点03机械能及其守恒定律

3.（2021・湖南•学业水平选择性）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一

小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动

摩擦因数为以水平轨道末端。点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy,%轴的正方向水平向右，y轴的

正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2以,，山），Q端在y轴上。重力加速度为g.

（1）若A从倾斜轨道上距％轴高度为的位置由静止开始下滑，求/!经过。点时的速度大小；

（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过。点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的

曲线方程；

（3）将质量为2m（2为常数目;IN5）的小物块&置于。点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹

性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初

始位置距％轴高度的取值范围。

［答案】（1）y/2/igLx（2）x=2yl2iiLy-y2（其中，<y<2fiL）；（3）-f--p.L<x<,4/L

J（人匕一JL北J

【详解】⑴物块A从光滑轨道滑至。点，根据动能定理mg2心-〃775=/1；2

解得u=间L

（2）物块A从。点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为火,落在弧形轨道上的坐标为Q,y）,将平抛运

动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有

x=%t,y=\gtz

解得水平初速度为笳=*

物块A从。点到落点，根据动能定理可知mgy=Ek

解得落点处动能为为=mgy+gm诏=mgy+詈:

因为物块A从。点到弧形朝L道上动能均相同，将落点P（2〃L,〃L）的坐标代入，可得

mgx2mg(2〃L)2

E=mgy+-^-=mgx+=2〃771gL

k4x/zL

化简可得y+：=2〃

即x=2y]2p.Ly-y2(其中，y.L<y<)

（3）物块A在倾斜轨道上从距%轴高/i处静止滑下，到达。点与B物块碰前，其速度为北，根据动能定理

可知

2

mgh-nmgL=-mv0

解得

诏=2gh-211gL----①

物块A与B发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后

需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达。点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速

度大小分别为％和〃2，在物块A与B碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则m%=—mv1+Aznp2'gm诏=

-mvy+--Xmvj

212/

解得

%=松%----②

--一③

设碰后A物块反弹，再次到达0点时速度为内，根据动能定理可知一=域一（m*

解得

域=说一4〃gL

据题意，A落在B落点的右侧，则

%>----⑤

据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即:

%<42林gL....@

联立以上，可得九的取值范围为当•〃〃V/iW等笔

考点04动能及其守恒定律

4.（2024・湖南•高考）如图,半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为叫和m8的小球A和B（%>〃坨）。

初始时小球A以初速度w沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩

擦，两小球始终在圆环内运动。

（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大

（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质

量比吗

（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍

（0<^<1），求第I次碰撞到第2〃+1次碰撞之间小球B通过的路程。

出"

【答案】（1）v=F=

mA+mB

(3)27TRmAe2n-1

mA+mBe2n(e-i)

【详解】（I）有题意可知A、B系统碰撞前后动最守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v,则根据动最守

恒有mA%=（mA+mB）v

可得u=

mA+mjj

碰撞后根据牛顿第二定律有F=（mA+

可得F=

(mA+mu)/?

（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为卜，忸则碰后动量和能量守恒有mA几=mAvA+THB为、

联立解得女=u吵%，vB=卫也

mA+ml{mA+mB

因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图

120泼碱。

/i2o°n

b

①若第二次碰撞发生在图中的〃点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

£|?（k=0,1,2,3...）,则有空=幺=爱（々=0,123...）

4+3/C]'，Vy4+3/C]

联正解得吆=匕也

ntp2-3〃[

由于两质量均为正数，故勿=0,即胆=2

WIB

对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为WA，忧B，则同样有mA〃A+WB%=mA%\+g3口%

12121,21,2

5mAm+珀=-mAvA+-mBvB

联立解得I/A=%，/B=。，故第三次碰撞发生在〃点、第四次碰撞发生在。点，以此类推，满足题意。

②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

能施=。,1,2,3..）所以合行端

联立可得吆=笆也

ZHH1-3火2

因为两质量均为正数，故&2=0,即吆=5

WIB

根据①的分析可证I/A="O，/B=0,满足题意。

综上可知

吆=2或吆=5。

（3）第•次碰前相对速度大小为i，o,第一次碰后的相对速度大小为%相=e%,第•次碰后与第二次相

碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有£]=卫2

，相

第一次碰撞动量守恒有771A“O=mAvAl+爪8%1且％相=%1-17Al=evO

联立解得唏=贵（%+%用）

B球运动的路程M=外出=黯（布＞需G+1）

第二次碰撞的相对速度大小为％川=C相=/[）、t2=—

2

第二次碰撞有犯^0=叫\%2+mB〃B2且瞑相=弘2-vB2=ev0

联立可得无2=缶（〃0-%相）

所以B球运动的路程S2=vB2t2=3口（上一1）=-1）

2

相JmA+mB\e/

一共碰了2〃次，有$=Si+S?+S3+…+s2n=2TmA（二十；2十g3+…十三2n）=2Tm也.；2；r：

，0"mA+mB\eeee/mA+7nBe（e-l）

5.।2023・湖南・高考）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面I-.,凹槽内有•个半椭圆形的光滑轨道，

椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平，短轴竖直.质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴

的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直

角坐标系％0y,椭圆长轴位于%轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为,g。

（1）小球笫一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;

（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；

（3）若*=白，求小球下降h=?高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。

【答案】⑴%=屎­=捻。；⑵+”1：⑶

【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正

0=mvi—MV2

小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb=+-Mvj

联立解得“唇^

因水平方向在任何时候都动量守恒即0=mVi-MV2

两边同时乘/可得=MX2

且由几何关系可知％i+x2=a

联立得小=指。

（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为（X,y）时，此时凹槽水平向右运动的位移为Ax,

根据上式有m（Q-%）=M-Ax

则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的栉圆方程为审+《=1

整理得•+3=1(-b<y<0)

M2az

（3）将'=2代入小球的轨迹方程化简可得已-（a-b）］2+必=/

即此时小球的轨迹为以（a-b）为圆心，。为半径的圆，则当小球下降的高度为g时有如图

此时可知速度和水平方向的夹角为60。，小球下降三的过程中，系统水平方向动量守恒0=mi73cos60。-

系统机械能守恒7ngm=；m域+龙

联立得号台=2b店

1年模拟•精选模考题

I.(2025・湖南娄底•高三下模)如利所示，质量为2kg的物体在水平向右的推力尸的作用下从静止开始做匀

加速直线运动，5s后速度为15m/s,已知物体与地面之间的动摩擦因数为〃=0.5。求：(g取lOm/s?)

F

------>

~77777777/777777/777~

(I)物体与地面之间摩擦力的大小；

(2)物体加速度的大小；

(3)F的大小。

【答案】(l)Ff=10N

(2)a=3m/s2

(3)F=l6N

【详解】(1)物体与地面之间摩擦力的大小为耳=nm,q=0.5x2xION=ION

(2)由运动学公式可得加速度大小为Q=詈=/m/s2=3m/s2

(3)由牛顿第二定律产一片二ma

解得F=16N

2.(24-25高二•湖南邵阳•二联考)某游戏装置简化图如下，游戏规则是玩家挑选出两个完全相同的光滑小

球〃、b,将a球向左压缩弹簧至锁扣位置松手，弹簧恢复原长后，Q球运动至右侧与静止的b球发生碰撞

后，结合为c。若碰后c能完全通过竖直放置的四分之一细圆管道CD和四分之一圆弧轨道DE,并成功投

入右侧固定的接球楠中，则视为游戏挑战成功。已知被压缩金锁扣位置时弹簧弹性势能Ep=0.5J,圆心

。2及。三点等高，E点为轨道的最高点，安装有微型压力传感器(未画出)。细圆管道、圆弧轨道半

径均为R=0.4m,接球桶的高度h=0.35m,半径r=0.2m,中心线离EF的距离x=0.7m。a、b、c均

可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，g取10m/s2。

E

⑴若小球a、b的质量为0.01kg，求a球离开弹簧时的速度大小；

(2)若小球a、b的质量为0.01kg,求c经过E点时对传感器的反力；

(3)若想要挑战成功，求玩家挑选小球的质量范围。

【答案】(1)卬=10m/s

(2)0.25N,方向竖直向上

(3)0.01kg<m<0.0125kg

【详解】(1)对球a：EP=|mvo

解得：v0—10m/s

(2)a与〃相碰，碰后c的速度为%,由动量守恒定律：mv0=2mv1

对c,从C到E,由机械能守恒得：1-2mvl=1-2mvl+2mg-2R

由牛顿第二定律：凤+2mg=2m学

1\

得：v2=3m/s,FN=0.25N

由牛顿第三定律可知，c•对传感器的压力大小也为0.25N,方向竖直向上；

(3)设小球恰好投到接球桶的左、右端点时，在E点水平抛出的速度分别为内、女

1

2

2R-h=-gt,x-r=v3t,x+r=v4t

解得为=|m/s,v4=3m/s

若要挑战成功，则小球需要通过七点，小球恰好经过七点时有：2mg=2m^

R

求得%=2m/s

因为<%,所以小球无法通过E点，挑战成功的速度范围为：2m/sWuV3m/s

由(1)可知u=3m/s时对应小球a、b质量为0.01kg：

若在£点以i;=2m/s抛出

同理有：E-TTI'VQ-2m/v,--2m'-2mrv24-2m'g-2R

P2122

解得m'=0.0125kg

综上m8小球的质量的范围为：0.01kg<mW0.0125kg

3.(24-25高三•湖南常德•二模)二图为吸盘工作原理示意图，便用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把

吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空点，如图(a),然后要把锁扣扳卜，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向

外拉出，在拉起吸盘同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以最大的压力吸住吸盘，使外界空气不能进

入吸盘，如图(b)0由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。已

知锁扣扳下前吸盘内密封一定质量的气体，压强与外界大气压强相同，锁扣扳下后吸盘内气体体积变为

扳下前的1.25倍，盘盖的左侧截面积即图(b)中大圆面积S：=6.0cm2,吸盘中气体与墙面的接触面积

2

S2=2.5cm,大气压强po=1.0x1()5Pa,重力加速度g=10m/s2,吸盘内的气体可视为理想气体，

环境温度不变。

图(b)

(1)求扳下锁扣后吸盘内气体压强：

(2)若吸盘与墙之间的动摩擦因数为〃=0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计吸盘及其他装置的重

力，求此时吸盘能挂起重物质量的最大值。

【答案】(1)8x104Pa

(2)3.0kg

【详解】(1)已知环境气温不变，说明气体发生的是等温变化；对于一定质量的理想气体，在等温变化

过程中，由玻意耳定律Po%=P2%

其中%=1.25匕

代入数据解得下锁扣后吸盘内气体压强为P2=8x104Pa

(2)水平方向上，吸盘内外存在压强差，大气对吸盘有一个向内的压力，吸盘内气体对吸盘有一个向

外的压力。吸盘内外的压力差F=POSI-P2s2

代入可得F=40N

当吸盘恰好能挂起重物时，竖直方向上重物的重力等于吸盘受到的最大静摩擦力即mgF

代入数据计算得m=3.0kg

即吸盘能挂起重物质量的最大值为3.0kgo

4.(2025・湖南永州•三模)跳台滑雪是最具观赏性的运动项目之一，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳

区、着陆坡、停止区组成，其场地可以简化为如图甲所示的模型。某实验小组结合滑雪轨道设计了如图

乙所示的光滑轨道进行实验研究，竖直圆弧轨道48c的圆心为。】，B点为轨道最低点，MN为另一四分

之一竖直圆弧轨道，圆心为出，圆弧轨道ABC和MN的半径K相同，R=3m,C、M交接处留有可供小球

通过的窄缝。Oi、M、C、。2四点在同一水平线上，。力两点连线与水平方向夹角为30。，己知。4=5m,

一质量m=1kg的小球以与水平方向成30。的初速度v0=5m/s从。点斜向上滑出，最后恰好沿切线方向从

A点落入圆弧轨道。取g=10m/s2。求：

⑴小球从O到人所需时间：

(2)小球在4点对轨道的压力；

(3)小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率。

【答案】⑴1s

(2)45N,方向竖直向下

(3)15A/5W

【详解】(1)沿04方向和垂直OA方向建立直角坐标系

由运动的分解知识可得=gcos60。=Q9y=gsin60。=^g

则有抛体运动知识得从。到A所需时间t=也则空二Is

9y

(2)小球到达A点，由运动的分解知识可得

vAx=i;0cos60°+gxt=7.5m/s

vAy=-vosin6O°=———m/s

由儿何知识得乙4018=60。，小球从O运动到8

由动能定理得-sin30°+:/?)=一；m就

小球在8点，由牛顿第二定律得凤—mg=

联立解得轨道对小球的支持力品=45N

由牛顿第三定律得，小球在8点时对轨道的压力等于45N,方向竖直向下。

(3)由第(2)问解得知=Vi诟m/s

如图，设夹角为a时小球脱离MN轨道

由牛顿第二定律得mgsina=zny

小球从区点到脱离轨道点

由动能定理得一mg(R+Rsina)=

各式联立.解得u=VT5m/s,sina=；,则a=30。

故得小球脱离MN轨道时重力的瞬时功率上=|^vcosl50°|=15V5W

N

5.（25届•怀化•二模〉如图甲所示，水平地面上铺设有一厚度不计的软性材质地毯，在距离地箧高为H的

位置P由静止自由释放一质量为叫\的小球A（，远大于小球半径），小球A与水平地面上的地毯发生

碰撞后竖直反弹。已知小球A每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的土（整个过程

不计空气阻力，已知重力加速度为g）

P@

甲乙

⑴求小球A第一次反弹的最高点到释放点P的距离;

（2）如果要使小球A在第一次反弹后恰好回到出发点P,则需在释放时瞬间给小球A一个竖直向下的初

速度v0,%的大小是多少？

⑶如图乙所示，紧贴小球A的正下方放置一大小相同、质量为年的小球B,此时仍然让两小球从位置

P由静止自由下落，要使小球A在第一次碰后反弹恰好回到出发点P,则小球8的质量mg与小球A的

质量利之比是多少？（假设小球B每次与地毯发生碰撞之后的瞬时速率都是碰前瞬时速率的;，而小

球A和小球B之间的碰撞为弹性正碰）

【答案】（I送，

0）%=：国7

啸

【详解】（1）方法一：设小球A与地毯碰前的瞬时速率为当从自由释放到落点前瞬间由机械能守恒定

律得mg"=1mv2

设第一次碰后小球A上升的最大高度为〃，依题意有碰后的瞬时速率为!明则碰后反弹到最高点有

1/4、2

-m（-V）=mgh

则第一次反弹的最高点到释放点P的距离为^y=H-h=^H

方法二：设小球A与地毯碰前的瞬时速率为明从自由释放至II落点前瞬间由自由落体得v2=2gH

设笫一次碰后小球A上升的最大高度为/?,依题意有碰后的瞬时速率为则碰后反弹到最高点有

(v)=2gh

则第一次反弹的最高点到释放点P的距离为Ay=H-h=^H

(2)方法一：当小球A自由下落的初速度为孙时，其与地毯碰前的瞬时速度为M,由机械能守恒得

2

-m(v'Q=mgH

2—V)

反弹后小球A恰好回到释放点尸，则有((/)2=mgH

联立得北=,须77

方法二：当小球A自由下落的初速度为为时，其与地毯碰前的瞬时速度为/,由运动学公式得/2一

诏=29H

反弹后小球A恰好回到释放点P,则有?=2gH

联立得北=5m

C)设小球R与地毯碰前的瞬时速率为则与地毯碰后的速率为此时小球A的速率为V,由于

小球A和小球B之间的碰撞为弹性碰撞，则由动量守恒(取竖直向上为正)和机械能守恒得^mBv-

22，22

mAv=mBVB+mAvA',(^v)4-^mAv=1mBvB+^mAvA'

，2f

碰后小球A恰好回到释放点P,则有vA=2gHv=vA

联立上述各式，得处=:

mA4

6.(2025•湖南娄底•高三下模)如图所示为摩托车“飞越壕沟”表演场景。摩托车沿水平路面加速运动到A处，

然后飞越宽为10m,高度差为1.25m的壕沟。摩任车与车手总质量为〃?=100kg,不计空气阻力，重力

加速度g为10m/s2o问：

(I)从八处匕出后经多长时间落地？

(2)到达A处时，摩托车的最小速度为多大？

(3)刚要落地时摩托车与车手的最小动能为多大？

【答案】⑴0.5s

(2)20m/s

⑶21250J

【详解】(1)根据竖直方向的运动规律可知九二：9产

4

解得t=0.5s

(2)根据水平方向的运动规律有”=

解得%=20m/s

(3)根据动能定理有mg/i=Ek-gm诏

解得Ek=21250J

7.(25届湘豫名校高三•下•三模)如图所示，固定斜面光滑。滑块A、B质量相等，通过不可伸氏的细线绕

过光滑轻质定滑轮连接0滑块A和滑轮间的细线与斜面平行.开始A处于斜面底端，A、B均静止，释

放后，经过7=ls剪断细线，之后滑块A在斜面上滑动，恰好又经过相同的时间回到斜面的底端。剪断

细线前B没有落地，重力加速度取^=10m/s2-求：

(1)剪断细线前后滑块A的加速度大小之比也；

a2

⑵斜面倾角的正弦值sin。及滑块A返回斜面底端的速度大小：

(3)为避免滑块A从斜面上端冲出，斜面的长度不小于多少？

【答案】(1岩=：

(2)sin0=4m/s

呻

【详解】(1)滑块力加速运动的位移巧

剪断细线时滑块4的速度%=axT

2

剪断细线后滑块4的位移小=%T-^a2T

经过相同的时间回到斜面的底端，有小=-%1

联立可得父=:

。23

(2)选沿斜面向1二为正方向，设滑块A、B质量均为m,设剪断前细线张力为尸，由牛顿第二定律，对

滑块4有F—?ngs\nO=ma1

对滑块B,有租9一尸=血。1

可得%=^g(1-sin0)

剪断细线后，对滑块A,有mgsin®=机用

可得=gsin。

联立解得sin。=1

可得%=:1g=2m/s2,a?=,3g=6m/s2

剪断细线时，A的速度/=Q"=2m/s

4返回斜面底端的速度以=%-=-4m/s

4返回斜面底端的速度大小为4m/s

（3）4斜向上加速位移Xi=1的72=加

A斜向上减速位移%2i=：=；m

2a23

斜面的最短长度L=%+%2i=[m

8.（2025・湖南长沙长郡中学•高三下•模拟）三个半径都为R,质量分别为=2THB=277ic=2m的匀质球

放置在水平面上，如图所示，已知水平面和球面均光滑，且运动过程中三个球的球心始终在同一竖直平

面内，初始时刻三个球均静止，现由静止释放三个球，求：（重力加速度为g）

（I）释放后瞬间，三个球的加速度分别是多少？

（2）B球最大动能是多少？

（3）A球落地时的速度是多大？

【答案】（1）%=",方向竖直向下；aB=^-g,方向水平向左；ac=^-g,方向水平向右

⑵fmgA

（3）以=JbgR

【详解】（1）对•球A受力分析如图所示

根据牛顿第二定律，有27ng-2FNCOS300=2maA

对B受力分析，有

根据牛顿第：定律，有FNCOS60°=maB

加速度关系QACOS30。=aecos60°

联立以上解得以=为方向竖直向下

球B的加速度为a。=乎9

由对称性a。=aB=当g

QH方向水平向左，气方向水平向右

（2）经分析，4球与B球（或C球）分离时，8球（或C球）动能最大，设此时乂球、B球的球心连成与水

平方向的夹角为。，工球相对8球的速度为丹8，有访,一泰+当日

矢量图如图

根据速度合成与分解可知以1=vABcosO,vR-vAfis\n0

分离瞬间，力相对6做圆周运动，有2〃igsin8—2〃t察

A>8、C系统机械能守恒，有2mg（V5/?-2Rsin£）=/x2m若1+gm加+比

由对称性加=vc

联立以上解得sin。=f，以8=J当gR，以1=2]^，=J当gR

所以B球最大动能是=第mgA

（3）分离后，A球以以1做竖直下抛运动，由机械能守恒定律;x2m以1+2mg•2Rsin。=；x2m次

将以】的值代入解得以=3口康

9.（2025・湖南•一起考・高三下•一模）如图所示，木板A的中点。和小球B通过长为L的轻杆相连，。为转

动轴，小球B的质量为〃?，木板A的质量为2〃?，球和木板都静止在光滑的水平面上，开始时杆处于竖

直位置，放开小球B后轻杆将倒下，求:

Bf

l

2

A

(1)若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间的加速度；

(2)若木板不固定，杆到达水平位置时，小球B接触木板前瞬间杆对小球B的拉力大小。

【答案】(l)a=方向与水平方向夹角为。=arctan(

(2)7=等

【详解】(1)若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得=说

解得%=12gL

小球的向心加速度大小Qn=苧=2g

切向加速度大小&=g

小球的实际加速度Q=JW+必=y/5g

加速度方向与水平方向夹角为8,且tan6="二：

解得0=arctan!

(2)若木板不固定，轻杆水平时，小球和木板有共同的水平速度，因系统水平方向动量守恒，所以水

平方向的共同速度以为零。当轻杆到达水平时，由机械能守恒可得小球的触直速度为=师

设此时木板对地的加速度为由,小球对地水平方向的加速度为例，则球相对转动点(板)的加速度。=

al+a2=-^

对木板，根据牛顿第二定律T=2m/

对小球，根据牛顿第二定律7二m何

联立以上方程，解得7=警

10.(24-25高三•湖南常德•二模)如图所示，质量为m、长为L的均匀长木板，其上表面光滑，式表面粗糙，

静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为3m的小滑块静置在长木板的右端。现

给小滑块一个水平向左的瞬时速度火，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好

不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相

同，桌面足够长，重力加速度大小为g。求

%

(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小;

(2)长木板与京面间的动摩擦因数；

（3）长木板运动的总时间。

【答案】⑴％=海，吟=况

Q湍

嗡

【详解】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为女和忧1，

碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得3m%=3m%+mv\,}x3mVQ=}X37n说+^mv']

联立解得%=v，i=

（2）发生第•次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发

生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相

等时二者相对位移恰好等于乙，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为3长木板匀减速的加速度

大小为a,则有安卫「一%亡=乙，a=^p

解得t=4,。=舞

对长木板根据牛顿第二定律可得〃-4mg=ma

解得〃一

（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为£=¥=普"'="=4

2a8aa2a

这段时间内小滑块的位移为％=V，=普

14a

因为工一£=至=2〈乙

8a4

所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动

量守恒定律和机械能守恒定律有3小%=3mv2+mv'2,gx=-x3巾谚+

联立解得七=/=（1）2%,v'2=|vj=1x^v0

同理，小滑块与长木板第71次碰撞后瞬间长木板的速度大小|XG）n-1为

小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故%=学

长木板运动的总时间£总=+亡2+…+£n=署（1+（+：+,,,）

解得峪=-

忠v0

11.（24-25高三•湖南