2026年高考物理二轮复习：专题15 力学综合题（5大题型）（题型专练）（全国适用）（解析版）

热点题型·计算题攻略热点题型·计算题攻略专题15力学综合题目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01匀变速直线运动规律的应用 考向02牛顿运动定律的综合应用考向03 应用动能定理求解多过程问题考向04 机械能守恒定律的综合应用考向05 动量观点与能量观点的综合应用 第三部分综合巩固整合应用，模拟实战题型解码高考力学计算题思维含量大，但解决问题是有章可循的。(1)仔细审题，明确题意。审题时要慢、要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼。(2)计算题一般有二到三问，难度是层层递进的，从感觉最熟悉、最有把握的子过程或图像的物理意义切入，对研究对象进行受力或运动情况分析，列方程，进而结合题述向前或向后分析其他过程，逐渐扩大“战场”，步步为营，可化难为易。(3)可把复杂的问题分解为一个个具体的小问题，充分利用各种手段，把物理情境分析清楚，建立物理模型，各个击破。(4)遇到难以突破的，可尝试从不同角度分析。比如某些变力问题，从动力学角度不好突破，可以尝试从能量转换角度、动量角度等进行分析。考向破译考向01匀变速直线运动规律的应用【典例引领1】有一列动车从静止状态开始做匀变速直线运动。此时，有一位同学安全站立在第一节车厢前端的站台前进行观察，当第一节车厢通过这位同学时，历时3s，接下来剩余的车厢通过这位同学，又历时12s，在此过程中，忽略车厢之间的距离，且车厢的长度是相等的。求：(1)这列火车共有多少节车厢？(2)过程中第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要多长时间？【答案】(1)25(2)3s【详解】（1）设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1节车厢通过他历时全部车厢通过他历时由位移时间关系式得，由两式解得n=25（2）设前4节车厢通过人所用时间为t3，前9节车厢通过人所用时间为t4，由位移时间关系式得，解得第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间为【方法透视】求解匀变速直线运动问题的一般思路①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.【变式演练】【变式1-1】．如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时，从2号锥筒运动到3号锥筒用时。求该同学(1)滑行的加速度大小；(2)到达3号锥筒时的速度大小。(3)最终停在哪两个锥筒之间。【答案】(1)(2)(3)4号锥筒与5号锥筒之间【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为2、3间中间时刻的速度为故可得加速度大小为（2）到达3号锥筒时的速度大小（3）该同学在1号锥筒时的速度为从1号开始到停止时通过的位移大小为故最终停在4号锥筒与5号锥筒之间。【变式1-2】．某无人机时刻从地面由静止开始竖直向上先做匀加速直线运动，一段时间后再做匀减速直线运动，当时速度减为零到达最高点。下表记录了不同时刻无人机的速度大小，求时刻（s）0246810速度（m/s）04.08.012.012.52.5(1)无人机运动过程中的最大速度；(2)无人机到达最高点时离地的高度。【答案】(1)(2)【详解】（1）由表格数据可知,人机加速过程加速度大小无人机减速过程加速度大小无人机上升过程总时间解得（2）无人机加速过程上升高度无人机减速过程上升高度无人机到达最高点离地高度【变式1-3】．图甲所示为一种自动感应门，其门框上沿的正中央安装有传感器，传感器可以预先设定一个水平感应距离，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于水平感应距离时，中间的两扇门分别向左右平移。当人或物体与传感器的距离大于水平感应距离时，门将自动关闭。图乙为该感应门的俯视图，O点为传感器位置，以O点为圆心的虚线圆半径是传感器的水平感应距离，已知每扇门的宽度为d，运动过程中的最大速度为，门开启时先做匀加速运动而后立即以大小相等的加速度做匀减速运动，当每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。（1）求门从开启到单扇门位移为d的时间；（2）若人以的速度沿图乙中虚线AO走向感应门，人到达门框时左右门分别向左向右移动的距离不小于，那么设定的传感器水平感应距离R至少应为多少？【答案】（1）；（2）3d【详解】（1）依题意，门先做匀加速后做匀减速，有解得（2）依题意，人在感应区运动的最短时间为根据运动的对称性可知，门匀加速过程的时间为匀减速运动过程，运用逆向思维，可得可得门运动的位移恰好为的时间为联立，解得考向02牛顿运动定律的综合应用【典例引领2】传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度的滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量。可视为质点的包裹从传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量，包裹与传送带的动摩擦因数，包裹与滑板的动摩擦因数，滑板与台面的动摩擦因数，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取。(1)当传送带以速度顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑动的距离；(2)为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。【答案】(1)，(2)【详解】（1）包裹在传送带上的加速度设包裹与传送带经过时间共速，则有解得所以包裹的位移传送带的位移二者的相对位移包裹与传送带因摩擦产生的热量包裹在滑板上的加速度滑块的加速度设包裹与滑板经过时间共速，则有解得包裹与滑块的共同速度包裹的位移滑板的位移故二者的相对位移（2）设传送带的最大速度为时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速的时间共同速度包裹的位移滑块的位移二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即解得【方法透视】1.动力学基本问题的解题步骤(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。2．处理多过程动力学问题的“二分析一关键”(1)“二分析”①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；②分析研究对象在每个阶段的运动特点。(2)“一关键”前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键。3.分析“板—块”模型的四点注意(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系．(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件．(3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动．②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动．(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速．4.传送带的摩擦力分析(1)关注两个时刻①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。(2)注意过程分解①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ与μ的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一起匀速；μ<tanθ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。【变式演练】【变式2-1】如图甲所示，一质量为m=2kg的小物块从倾角α=37°的斜面上的A点由静止开始滑下，最后停在水平面上的C点。已知小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面在B点处平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。从滑块滑上水平面BC开始计时，其运动的速度图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。(1)求物块与水平面间的动摩擦因数；(2)求A、B两点间的距离。【答案】(1)0.5(2)6.25m【详解】（1）由图乙求得物块在水平面上滑行的加速度大小为根据牛顿第二定律，有求得物块与水平面间的动摩擦因数为（2）物块在斜面上滑行过程中，根据牛顿第二定律，有另外代入数据求得【变式2-2】利用倾斜传送带可将货物向上运送，如图所示，传送带与水平面夹角为θ，传送带沿顺时针匀速运行的速度为3m/s，货物与传送带间的动摩擦因数为0.75，重力加速度g取10m/s2，不计货物的大小，tan37°=0.75。(1)要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则θ应满足什么条件？(2)当θ=24°时，将货物由静止释放在传送带底端，货物运动到传送带顶端时恰好与传送带共速，则传送带的长度为多少（取sin24°=0.4，cos24°=0.9）【答案】(1)θ<37°(2)【详解】（1）要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则要满足解得即（2）由题意，货物一直匀加速运动到顶端，设其加速度大小为a，则有解得货物到达顶端时速度为设传送带的长为L，则有解得【变式2-3】如图所示，质量M=1kg、足够长的木板A静止在水平地面上，地面与木板A之间的动摩擦因数μ1=0.2，在A的左端放置一质量m=1kg的铁块B（可视为质点），B与A间的动摩擦因数μ2=0.6，现用一水平恒力F作用在B上，初始时木板A右端距O点（l=9m，当木板A右端到达O点时撤去外力F。重力加速度取g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。(1)要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围；(2)若F=10N，求整个过程中铁块相对木板滑行的距离；(3)若F=12N，求从初始到A、B都相对地面静止过程，整个系统产生的热量。【答案】(1)4N<F≤8N(2)11.25m(3)324J【详解】（1）要保持A、B一起做匀加速运动，整体法可知，拉力的最小值Fmin需满足分析可知二者匀加速运动，当AB间摩擦达到最大值静摩擦力时拉力最大为Fmax，故对整体研究隔离B研究，有联立解得故里F的范围为（2）分析可知，F=10N时，二者已相对滑动，由牛顿第二定律可知，B的加速度为同理A的加速度为则木板A右端到达O点时，有解得此时A的速度此时B的位移此时B的速度故该过程铁块相对木板滑行的距离撤去F后，A继续加速运动，且加速度为和之前一样为撤去F后，B做减速运动，且加速度大小为设经过t1时间，二者共速，则有解得则该过程二者相对位移因为μ2>μ1，故共速后二者相对静止一起匀减速，故求整个过程中铁块相对木板滑行的距离（3）若F=12N时，由牛顿第二定律可知，B的加速度为同理A的加速度为则木板A右端到达O点时，有解得此时B的位移撤去F后，A、B最终速度减为零，则从初始到A、B都相对地面静止过程，整个系统产生的热量，由能量守恒可知考向03应用动能定理求解多过程问题【典例引领3】如图所示，一小圆环A套在一条均匀直杆B上，A的质量为m，B的质量为2m，它们之间的滑动摩擦力f=0.5mg（g为所处区域的重力加速度），开始时A处于B的下端，B竖直放置，在A的下方与A相距为h处，存在一个“相互作用”区域C，区域C的高度为d，固定在地面上方的空中（如图划有虚线的部分），当A进入区域C时，A就受到一个方向竖直向上、大小F=3mg的恒力作用，区域C对直杆B不产生作用力，让A和B一起由静止开始下落，已知A首次进入区域C内运动直到离开过程始终没有脱离直杆且直杆也没有碰到地面，不计空气阻力。(1)若A从区域C下方离开“相互作用”区，求A离开区域C时的速度v的大小，并求高度d与h之间满足的关系；(2)若高度d分别取两个不同值和，试求这两种不同情况下，直杆B的长度l分别应满足的条件。【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）A和B一起由静止下落到进入区域C时速度为v0，有A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做减速运动，有联立解得A离开区域C时的速度由于则高度d与h之间满足的关系（2）A进入区域C之后，把A和B两个物体构成的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒，设A离开区域C时B的速度为vB，则当时，B在这一过程中下降的高度为hB，有联立解得又则直杆B的长度l应满足的条件是当时，A从区域C上方离开“相互作用”区，A离开“相互作用”区时的速度联立解得则直杆B的长度应满足的条件是【方法透视】运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.【变式演练】【变式3-1】如图所示为摩托车特技表演轨道示意图，段为水平平台，段为一壕沟，段为位于竖直平面内的圆弧轨道。运动员骑摩托车在段加速后从B点水平飞出，越过壕沟后从C点沿切线进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径与竖直方向的夹角为53°。若B、C两点的竖直高度差为，圆弧轨道的半径，运动员和摩托车总质量为且可视为质点，通过圆弧轨道最低点D时对轨道的压力大小为，取重力加速度，，，不计空气阻力。求：(1)B、C两点间的水平距离；(2)从C到D的过程中，运动员和摩托车克服摩擦力做的功。【答案】(1)10.8m(2)【详解】（1）设摩托车通过点时水平速度为，竖直速度为，据平抛运动的规律可得根据几何关系水平方向的位移解得（2）从到，据动能定理可得根据运动的合成可得在点的速度在点，据牛顿第二定律可得解得【变式3-2】某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。质量为m=0.5kg的物块从轨道AB上距B高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道均光滑，物块可视为质点，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)若h=0.3m，物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；(2)h为多少时物块刚好可以沿轨道运动到E点。【答案】(1)8N(2)0.6m【详解】（1）物块从开始运动到C点过程，根据动能定理在C点，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知，第一次通过C点时物块对轨道的压力大小为（2）若物块恰好沿轨道到E点，则有vE=0，设释放的高度为h1，根据动能定理有解得【变式3-3】如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A点，另一端与质量为的小球P接触但不拴连。若用外力缓慢推动P到某一位置时，撤去外力，P被弹出运动一段时间后从B点水平飞出，恰好从固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道上的C点以的速度沿切线进入圆弧轨道，并恰能经过圆弧轨道的最高点D。已知圆弧轨道的半径，O、C两点的连线与竖直方向的夹角。小球P视为质点，重力加速度g取，，，不计空气阻力。求：(1)撤去外力时弹簧的弹性势能以及B、C两点的水平距离x；(2)小球从C点运动到D点的过程中，轨道阻力做的功。【答案】(1)160J，4.8m(2)－20J【详解】（1）根据题意，由几何关系可得，小球在点时，水平方向的速度为竖直分速度为由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能小球从到所用时间为则B、C两点的水平距离（2）小球恰好通过点，在点由牛顿第二定律有小球从点运动到点的过程中，由动能定理有联立解得考向04机械能守恒定律的综合应用【典例引领4】轻质弹簧一端固定在地面上，另一端连接物体A，一轻绳跨过定滑轮分别与A、B两物体相连接。手托着B，轻绳恰好伸直且无张力，由静止释放B后，A、B在竖直方向运动，A、B均不会与滑轮和地面相碰。已知A、B质量分别为m、2m，弹簧劲度系数为k，原长为，始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计阻力。求：(1)刚释放B时弹簧的长度L；(2)A运动中的最大速度v；(3)B运动到最低点时的加速度大小a。【答案】(1)(2)，方向竖直向上(3)【详解】（1）刚释放B时，绳没有拉力，设弹簧压缩量为x，根据平衡，对A解得刚释放B时弹簧的长度（2）速度最大时，加速度为零，设此时弹簧伸长量为，则有解得与之前的压缩量相等，故弹簧的弹性势能不变，则从释放到A速度最大，对整个系统根据机械能守恒解得方向竖直向上。（3）设刚释放时弹簧的弹性势能为，B运动到最低点时，弹簧的伸长量为，弹簧的弹性势能为，对系统从释放到B运动到最低点，根据机械能守恒又因为，解得根据牛顿第二定律，对A对B解得【方法透视】一机械能守恒定律的三种表达形式及注意问题1．守恒观点(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．2．转化观点(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.(2)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面．3．转移观点(1)表达式：ΔEA增＝ΔEB减．(2)注意问题：A部分机械能的增加量等于A部分末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能．二应用机械能守恒定律解题的一般步骤(1)选取研究对象eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(单个物体,多个物体组成的系统))(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒．(3)选取零势能面，确定研究对象在初、末状态的机械能．(4)根据机械能守恒定律列出方程．(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．【变式演练】【变式4-1】如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r＝0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放．(g取10m/s2)(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少多高？(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h.【答案】：(1)0.2m(2)0.1m【解析】：(1)小球沿ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为v，则mgH＝eq\f(1,2)mv2小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg≤eq\f(mv2,r)①②两式联立并代入数据得H≥0.2m.(2)若h<H，小球过C点后做平抛运动，设球经C点时的速度大小为vx，则击中E点时，竖直方向上有r＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有r＝vxt又由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)可解得h＝eq\f(r,4)＝0.1m.考向06动量观点与能量观点的综合应用【典例引领5】如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体b静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点与水平面上的A点对齐，且与水平面相切，轻质弹簧的右端与静止的质量为3m的物块c相连，左端与水平面上的B点对齐，AB部分长为R，弹簧处于原长，水平面仅A、B部分粗糙。现将质量为m、可视为质点的物块a从圆弧面的最高点由静止释放，物块a与弹簧作用，第二次滑过AB段后，恰好不再能滑上圆弧面。已知弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：(1)物块a从释放运动到圆弧面最低点时，圆弧体运动的距离为多少；(2)物块a第一次运动到A点时速度多大；(3)物块a与水平面AB部分间的动摩擦因数。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）物块a在圆弧面上运动时，物块a和b组成的系统水平方向动量守恒，则即又因为解得（2）设物块a第一次运动到A点时速度为v1，圆弧体的速度为v2，根据水平方向动量守恒有根据机械能守恒有解得，（3）设物块a与弹簧作用前的速度为v3，根据动能定理设a与弹簧作用后一瞬间速度为v4，物块c的速度为v5，a与弹簧作用过程，根据动量守恒定律根据机械能守恒解得，由于物块a刚好不再能滑上圆弧面，故物块a第二次滑过AB段后的速度大小等于v2，根据动能定理解得【方法透视】1．动量守恒定律表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．2．力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．3.动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸．(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则．(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解.【变式演练】【变式5-1】．如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量、半径的四分之一光滑圆弧轨道（厚度不计）静置于水平地面上。圆弧轨道底端与水平面上的点平滑相接，为圆弧轨道圆心。用质量为的物块把弹簧的右端压缩到点由静止释放（物块与弹簧不拴接），此时弹簧的弹性势能为。已知B点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为，、之间的距离为，点右侧地面光滑，取。(1)求释放后，物块在圆弧轨道能上升的最大高度；(2)若该物块质量变为，物块到达点时以速度冲向圆弧轨道，求滑块在D点竖直速度；(3)在第（2）问基础上，当物块离开轨道点时施加一垂直向里的瞬时冲量，同时锁定轨道让其瞬间停下，求物块运动到最高点到点的距离。（提示：立体空间问题）【答案】(1)0.15m(2)(3)【详解】（1）设弹簧的弹性势能为，物块从到的过程由动能定理得代入数据得物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒则解得（2）物块到达点时在水平方向上与共速解得设物块到达点时在竖直方向上的速度为，由机械能守恒定律得解得（3）物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从点飞出到最高点所用时间为当物块上升到点时受到一个垂直于纸面的冲量，设获得的速度为，由以物块飞出时点所在的位置为坐标原点，以水平向右为轴，竖直向上为轴，垂直于纸面向里为轴，则在时间内各方向的位移分别为则最高点到点的距离【变式5-2】．如图所示，足够长的光滑水平面上有一个固定的光滑斜面，斜面末端与水平面平滑连接。mB=mC=3mA=3kg，B的右端固定一个自由伸长的轻弹簧，B、C分开一定的距离静止于水平面。从距离地面高0.8m处静止释放A物块。此后A、B分开后（A脱离弹簧），B、C碰撞并粘在一起。已知弹簧一直在弹性限度之内，重力加速度g=10m/s2。求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)物块A全过程损失的机械能。【答案】(1)6J(2)7.96J【详解】（1）由机械能守恒定律解得第一次碰撞共速时弹簧最短（2）AB碰后分开时，该过程为弹性碰撞解得；A、B分开后BC碰撞后粘在一起A以2m/s的速度滑上斜面返回后又以v1′=2m/s的速度与BC发生弹性碰撞，解得，此后A不再与BC碰撞，则物块A最终损失的机械能为【变式5-3】如图所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右侧紧靠一足够长的木板C，木板上表面粗糙，与曲面末端等高，下表面光滑，木板右侧有一竖直墙壁P。物块A置于曲面距末端高h=0.2m处，物块B置于木板左端。已知物块A、B均可视为质点，质量均为6kg，长木板C的质量为2kg，B、C间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2。物块A由静止释放，与B发生弹性碰撞（不考虑物块A的后续运动），之后C与B第一次共速时恰好与墙壁P发生碰撞，碰后C被原速率弹回，所有碰撞时间均极短。求：(1)物块A、B碰后瞬间，B的速度大小；(2)木板C初始位置右端与墙壁P的距离；(3)木板C从与墙壁P第4次碰撞前瞬间到木板C与物块B第5次共速瞬间的时间间隔；(4)从木板C开始运动到停止运动的总路程。【答案】(1)2m/s(2)(3)(4)【详解】（1）对于A沿曲面下滑，由动能定理得A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得联立解得（2）B、C相互作用至第1次共速过程中由动量守恒定律得解得对于C由牛顿第二定律有解得C做匀加速直线运动，由运动学公式有联立解得（3）C与挡板第n次（n>1）碰撞前瞬间的速度大小和C与B第n次共速时的速度大小相同从C与B第1次共速至第2次共速时过程由动量守恒有解得从C与B第2次共速至第3次共速的过程由动量守恒有解得同理可知，C与B第4次共速时的速度大小C与B第5次共速时的速度大小从C与挡板第4次碰撞前瞬间到C与B第5次共速瞬间的过程由动量定理有解得（4）木板C从开始运动到第2次与挡板碰撞前的路程为由（3）中分析可知第2次及以后的共速的速度大小第2次碰撞到第3次碰撞期间木板C的路程第3次碰撞到第4次碰撞期间木板C的路程……【变式5-4】如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。【答案】(1)6N(2)4m/s(3)【详解】（1）设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理得解得碰撞前瞬间，对小球受力分析，有解得小球所受拉力大小为（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒得根据能量守恒得解得（3）物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有解得根据能量守恒得解得物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有解得根据能量守恒得解得综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为综合巩固1．（2025·北京·高考真题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)该物体抛出时的初速度大小；(2)炸裂后瞬间B的速度大小；(3)落地点之间的距离d。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式可得（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得解得即大小为2v（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移B的水平位移所以落地点A、B之间的距离2．（2025·河南·高考真题）如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块P，另一质量为的小物块Q以的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。求：(1)该碰撞过程中损失的机械能；(2)P从开始运动到静止经历的时间。【答案】(1)24.5J(2)5s【详解】（1）P、Q与发生正碰，由动量守恒定律由能量守恒定律联立可得，（2）对物块P受力分析由牛顿第二定律物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式，解得则物块P在第一个防滑带上运动的时间为物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则解得物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式，解得则物块P在第二个防滑带上运动的时间为物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则解得由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为故物块P从开始运动到静止经历的时间为3．（2025·福建·高考真题）在2024年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由泳新的世界纪录。在此次比赛中，运动员起跳后于时刻入水。入水后的运动过程可近似分为三个阶段:段的前程游为匀减速直线运动，段为匀速游，段的冲刺游为匀加速直线运动；速率随时间变化的图像如图所示。已知，，,，求该运动员在(1)段的平均速度大小；(2)段的加速度大小；(3)段的位移大小。【答案】(1)(2)(3)4.2m【详解】（1）段内的平均速度（2）段内的加速度（3）段内的位移4．（2025·甘肃·高考真题）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求：(1)t=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。(2)t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。(3)t=6s时，物块的速度大小。【答案】(1)，(2)见解析(3)【详解】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知所以当t=6s时，0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有即在垂直杆方向，当时，则0−4s，垂直杆方向摩擦力在4−6s内，垂直杆方向摩擦力相应的f−t图像如图（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则联立有可得5．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。【答案】(1)0.6m(2)IN=0.1N·s；vx′=0【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a=μg则小物块从开始运动到离开平台有小物块从平台飞出后做平抛运动有，x=vxt1联立解得x=0.6m（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2=gt2则物块与地面接触的时间Δt=t－t1－t2=0.1s物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt=mvy2－m(－vy1)，vy1=gt1解得IN=0.1N·s取水平向右为正，在水平方向有，解得vx′=－1m/s但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′=06．（2025·安徽·高考真题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；(3)若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。【答案】(1)，(2)4m(3)【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律在该位置时根据牛顿第二定律解得，（2）小球做平抛运动时，解得x=4m（3）若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足从最低点到该位置由动能定理解得7．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小；(2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。【答案】(1)5m/s(2)8m/s，60°【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理代入数据解得雪块到A点速度大小为（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理代入数据解得雪块到地面速度大小速度与水平方向夹角，满足解得8．（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R=0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m=0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M=0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x=0.20m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小；(2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小；(3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为，由机械能守恒定律，有由牛顿第二定律，有代入数据，联立解得（2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有代入数据，联立解得（3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有代入数据，联立解得9．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块(1)滑到B点处的速度大小；(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。【答案】(1)4m/s(2)0.9J(3)0.2m(4)3N【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理解得到达B点的速度（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功（3）物块在传送带上加速运动的加速度为加速到共速时用时间在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度（4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，联立解得（另一组，因不合实际舍掉）对滑块在最高点时由牛顿第二定律解得F=3N10．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？【答案】(1)(2)，(3)(4)【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中同时有联立解得，（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中联立解得（4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，解得11．（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取。（1）求A离开初始位置向右运动1m的过程中，推力F做的功；（2）求A的位移为1m时，A、B间的作用力大小；（3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。【答案】(1)1.5J(2)0.5N(3)【详解】（1）求，F做的功（2）对AB整体，根据牛顿第二定律其中对B根据牛顿第二定律联立解得（3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时此时过程中，对A、B根据