高考物理总复习 计算题突破1 力学三大观点的综合应用

计算题突破1力学三大观点的综合应用

1.（10分）（2025河北保定一模）皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的

组成部分。如图所示，以速度片1m/s顺时针转动的传送带8C与水平地面处于同一水

平面上,A8、8。的水平长度均为L=1.25m。一质量阳2=1kg的小球Z?用长为/?=1.6m

的轻绳悬挂于O点,一质量机尸3kg的小物块a静置于悬点O正下方的A点，整个装置

处于同一竖直面内。现将小球〃向左拉至轻绳与竖直方向成。=60。角的位置由静止释

放，小球b运动到最低点与小物块。发生弹性碰撞。已知小物块。与水平地面和传送带

间的动摩擦因数均为〃=0.1,不计传送带轮轴处的摩擦，小物块。与小球b均可视为质点,

重力加速度g取10m/s2o求：

（1）碰撞后瞬间轻绳对小球b的拉力大小及小物块a的速度大小;

⑵小物块。在传送带上运动的时间。

2.（10分）（2024浙江1月选考）某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角9=37°的直轨道

48,半径m的圆弧轨道BCD长度L=1.25m、倾用为。的直轨道半径为R、圆

心角为夕的圆弧管道E尸组成，轨道间平滑连接。在轨道末端b的右侧光滑水平面上紧

靠着质量/n=0.5kg的滑块"其上表面与轨道末端厂所在的水平面平齐。质量出=0.5kg

的小物块。从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道。区轨道DE

由特殊材料制成,小物块。向上运动时动摩擦因数川=0.25,向下运动时动摩擦因数

“2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块。在滑块。上滑动时动摩擦因数恒

为川,小物块。运动到滑块人右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其他轨道均光滑，

小物块。可视为质点，不计空气阻力,sin370=0.6,cos37°=0.8）

⑴若〃=0.8m,求小物块a:

①第一次经过。点的向心加速度大小;

②在OE上经过的总路程；

③在上向上运动的时间t工和向下运动的时间，下之比。

（2）若A=1.6m,滑块人至少多长才能使小物块。不脱离滑块b?

3.（14分）（2025山东名校联合检测）如图所示，一足够长的固定斜面与水平面的夹角

〃=37°,有一下端有挡板、上表面光滑的长木板正沿斜面匀速下滑,长木板质量为3m、

速度大小为加=1m/s,现将另一质量为例的小物块轻轻地放在长木板的某一位置,当小物

块即将运动到挡板位置时（与挡板碰撞前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，随后小物块

与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小物块与挡板碰撞一次，小物块始终没有脱

离长木板，长木板始终在斜面上运动，已知小物块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极

短，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）小物块在长木板上下滑的过程中，长木板的加速度大小；

⑵小物块放在长木板上的瞬间,其与挡板间的距离；

（3）小物块与挡板第5次碰撞后到第6次碰撞前，挡板的位移大小。

4.（16分）（2025山东济南模拟）如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板

4木板A左端上表面有一小物块8（可视为质点），其到挡板的距离为d=2m,4、B质量均

为〃『1kg,不计一切摩擦。从某时刻起,9始终受到水平向右、大小为尸二9N的恒力作

用，经过一段时间刀与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重

力加速度g取10m/s2o

(1)8与A的挡板发牛第一次碰撞后的瞬间，求B和A的速度大小。

(2)求由4、B静止开始到B与八的挡板发生第二次碰撞的时间以及碰后瞬间A和5的

速度大小。

⑶画出由4、8静止开始到B与A的挡板发生三次碰撞时间内刀的速度u随时间/的

变化图像。

(4)从B开始运动到与A的挡板发生第〃次碰撞时间内，求8运动的距离。

参考答案

1.答案（1）12.5N2m/s

解析(1)小球人运动到最低点的过程，由动能定理有

解得vo==4m/s

小球b与小物块。发生弹性碰撞,以水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律

有

m2Vo=niivi+ni2V2

=-^1+-^2V2

解得也=2m/s,V2=-2m/s

碰撞后瞬间对小球b有F-tmg=/;?2—

解得尸=12.5N。

(2)小物块a从A点运动到B点,由动量定理有

2—

-卬〃1gL|V3I%2

解得V3=-ym/s

小物块。从8点运动到与传送带共速的过程,由动量定理有

-[.umgt\=m\v-m\vy

解得力=律・1》

由动能定理有21gx=，7?1V2-}3?

得x=0.25m<L

小物块。与传送带共同做匀速运动的时间/2=—=1S

V

则小物块。从4点运动到传送带右端所需要的时间r=/i+/2=ySo

2.答案⑴①16m/s2②2m③1：2(2)0.2m

解析(1)①对小物块。，从4点到第一次经过C点的过程，根据机械能守恒定律有

2

mgh=^mvc

第一次经过C点的向心加速度大小为。二冬=[2=16m/s2。

RR

②小物块a在DE上时，因为〃2"?gcos3<mgs\n6

所以小物块a每次在。£上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在OE上的滑动

使机械能损失，最终小物块。将在8、Q间往复运动,且易知小物块每次在。上上向上运

动和向下运动的距离相等,设其在QE上经过的总路程为s,根据功能关系有

mg[h-R(1-cos9)]=(/"〃?gcose+〃2〃zgcos

解得s=2mo

③根据牛顿第二定律可知,小物块。在QE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

at=^sin9+〃igcos<9=8m/s2

。下二gsin夕-〃2gcos0=2m/s2

将小物块a在OE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公

式有

(2)对小物块。从A点到尸点的过程，根据动能定理有

2

mg[h-Ls\n6-2R(1-cos8)]-〃i〃?gLcos3=^mvF-0

解得VF=2m/s

设滑块力长度为/时，小物块恰好不脱离滑块瓦且此时二者达到共同速度匕根据动量守

恒定律和能量守恒定律有

mvF=2mv

22

jmvF=1x2/7zv+2//i/n^/

解得/=0.2mo

3.答案(1)2m/s2(2)0.5in(3)0.5625m

解析(1)长木板开始匀速下滑，由平衡条件得

3〃zgsina=//-3/n^cosa

解得〃=0.75

把小物块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律得

a-3〃?gsina=3ma

2

解得a=2m/so

(2)长木板上表面光滑，碰撞前小物块做匀加速直线运动，小物块加速运动时间u型二0.5s

a

设小物块与挡板第一次碰撞前小物块的速度为匕则v=grsin«=3m/s

小物块的位移为Xi=-/=-x-m=0.75m

222

长木板的位移为X2=-r=-x0.5m=0.25m

22

小物块放在长木板上的瞬间，其与挡板的距离为AA=M・X2=0.5m。

(3)小物块与挡板碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得

mv=mv\+37HV2

由机械能守恒定律得

22

jnxr1^mv^+|X3/?ZV2

解得vi=-1.5m/s,V2=1.5m/s

碰撞后长木板速度再次减为零的时间/二"=0.75s

a

此时小物块的速度为vi-vi+gfsina

解得也，=3m/s

长木板平均速度为方板=y=0.75m/s

小物块平均速度为万块=^y^-=0.75m/s

长木板与小物块位移相等，接下来再次碰撞

以此类推可知，小物块与挡板第5次碰撞后的瞬间，挡板的速度大小为1.5m/s

小物块与挡板第5次碰撞后到第6次碰撞前，挡板的位移大小户子x().75m=0.5625

m。

4.答案(1)06m/s

(2)js12m/s6m/s

⑶见解析图

(4)[2+4n(n-l)]m(〃=1,2,3,4,…)

解析(1)8从A的左端开始运动到右端的过程,由动能定理有

2

Fd=^mv0

解得vx)=6m/s

B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

im^mvB+fnvA

121212

2mvo=2mvs+2mVA

解得VB=0,VA=6m/so

(2)第一次碰撞后A向右以速度内=6m/s做匀速直线运动,8做初速度为0、加速度为

4=\=9m/s?的匀加速直线运动，则A、8第二次碰撞时有VAt^cit1

解得《s

此时5的速度为阳二q=12m/s,A的速度为以i=EA=6m/s,第二次碰撞时，由动量守恒定

律和机械能守恒定律有

mvA\+mvBi=mvA2+mvB2

5机以i+5m珈i=5m以2+7zmv

乙乙乙乙B2

解得以12=12m/s,v52=6m/So

(3)同理第三次碰撞时有VB2t'+^at，2=VA2f

解得占建

此时8的速度为VB3=VH2+(lt，=]Sm/s

从开始运动到第一次碰撞的时间/0=^=1s