专题07 力与运动的综合应用计算题（教师版）

专题07力与运动的综合应用计算题1．（2025·湖南长沙湖师附属·一模）如图所示，平行金属导轨abcd与a′b′c′d′，两导轨间距L=2m，ab与a′b′段是竖直四分之一光滑圆弧，半径R=20m，bc与b′c′是光滑水平直导轨，cd与c′d′是与水平成θ=37°的足够长的粗糙直导轨，有垂直斜面向下的匀强磁场（磁场只存在斜面轨道部分），磁感应强度B=5T，电容器的电容C=200μF，将一质量m=20g的金属棒MN由圆弧最高点静止释放，金属棒MN与cd、c′d′的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g=10m/s2，cc′处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)金属棒MN第一次经过bb′时的速度大小v1；(2)金属棒MN在斜面cdc′d′上滑的最大距离d；(3)最终金属棒MN与斜面cdc′d′摩擦生的热Q。【答案】(1)20m/s(2)(3)1.14J【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度、利用动量定理求解其他问题、能量守恒定律的简单应用【详解】（1）根据机械能守恒定律得解得（2）金属棒进入时，cc′处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，在极短的时间内电容器充电完毕，d′端带正电，且电容器两端电势差和导体棒两端的电势差相等，由动量定理得其中，得金属棒沿斜面上滑时，导体棒受重力和摩擦力减速，棒两端电势差减小，电容器要放电，导体棒中电流由a′指向a，导体棒受安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有其中解得金属棒在斜面上滑的最大距离（3）金属棒沿斜面下滑时，电容器充电，导体棒中电流由a′指向a，安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有且解得金属棒沿斜面下滑至斜面底端时的速度产生的热量接着金属棒向左匀速后冲上圆弧轨道再返回cc′，此时电容器已放电完成，重复上述过程同理可得，，则产生的热量以此类推，故2．（2025·湖南长沙·一模）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。(1)求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小；(2)求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移；(3)若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为（为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。【答案】(1)(2)(3)【知识点】完全弹性碰撞1：动碰静、两物体多次碰撞问题【详解】（1）对车厢，由动能定理可得解得（2）车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒定律根据动量守恒定律解得第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有位移关系为联立解得（3）每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理即累加后得第一次碰撞前，车厢的路程为d，所以碰撞前车厢的速度设第n次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为，第n次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰撞，由机械能守恒定律动量守恒定律解得第一次碰撞后，对车厢解得第二次碰撞，由机械能守恒定律根据动量守恒定律解得所以第二次碰撞后车厢的路程此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的倍，车厢均静止。所以第三次碰撞后车厢的路程第四次碰推后车厢的路程第n次碰撞后车厢的路程根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和所以3．（2025·湖南长沙麓山外国语实验中学·一模）如图所示，足够长的木板静止于水平地面上，小物块A放在木板的中间，现在对A施加一与水平方向成53°的恒定拉力F，F的大小为5N，3s以后撤去拉力F的同时，另一小物块B以对地速度（向右）冲上木板的左端。已知长木板的质量为，A与B的质量均为，A和B与木板间的动摩擦因数均为，木板与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，运动过程中A，B不会相撞。求：（1）撤去拉力F时，小物块A的速度（拉力F作用时木板不会滑动）；（2）撤去拉力F后，小物块A与长木板达到共速的时间；（3）长木板运动的总时间。【答案】（1）；（2）；（3）【知识点】没有其他外力的板块问题、受恒定外力的板块问题【详解】（1）有拉力作用时，对A分析，在竖直方向上有对A分析，在水平方向上有，解得撤去拉力F时，根据速度公式有解得（2）撤去拉力F的同时，另一小物块B以对地速度（向右）冲上木板的左端，由于A与B的质量均为，A和B与木板间的动摩擦因数均为，A、B与木板之间的滑动摩擦力大小相等，则A，B均以相同加速度向右做匀减速直线运动，且对木板有解得木板向右做匀加速直线运动，经历时间，A与木板达到相等速度，则有解得（3）A与木板达到相等速度此时B的速度随后，木板与A保持相对静止，向右做匀减速直线运动，加速度大小为经历时间，B，A与木板达到相等速度，则有解得，之后，A、B与木板保持相对静止向右匀减速至0，则有，解得则长木板运动的总时间4．（2025·湖南株洲市·一模）如图，竖直平面内足够长的轨道MON由光滑斜面MO和粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。(1)求物块A与水平面间的动摩擦因数μ；(2)第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角应满足的条件；(3)在满足（2）的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开始下滑的高度h。【答案】(1)(2)(3)【知识点】完全弹性碰撞1：动碰静、用动能定理求解外力做功和初末速度【详解】（1）根据动能定理解得（2）设第一次碰撞前物块A的速度为，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有，解得碰撞后A和B的速度分别为，碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为，运动时间为，则有，碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为之后再次回到水平面上向右运动，通过距离后速度减为，在此过程中有运动时间为要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是斜面倾角应满足的条件为（3）在满足（2）的条件下，第二次碰撞后B的速度为之后再次向右运动，通过距离停下来，则有依据题意有而第一次碰撞前物块A的速度为解得5．（2025·湖南株洲市·一模）用三根细线将三个物块A、B、C和定滑轮组装成图示装置。已知B、C的质量分别为3m、2m，它们间细线长度为L，C离地高度也为L；A的质量M满足3m<M<5m，连接A和B的细线足够长，开始时整个系统处于静止状态。某时刻剪断A与地面间的细线，此后A在运动过程中始终没有与定滑轮相碰，C触地后不反弹。(1)求C在下落过程中的加速度大小；(2)求A上升的最大速度；(3)若B刚好能着地，求A的质量。【答案】(1)(2)(3)【知识点】用细绳连接的系统机械能守恒问题、细绳或弹簧相连的连接体问题【详解】（1）剪断细线后，对A、B、C整体，由牛顿第二定律得解得（2）物块C刚落地时，M的速度最大，三个物体组成的系统机械能守恒，则解得（3）物块C落地后，物块B恰能下降地面，则此时物块A和物块B的速度为零联立解得6．（2025·湖南大联考·一模）如图所示，木板A的中点O和小球B通过长为L的轻杆相连，O为转动轴，小球B的质量为m，木板A的质量为2m，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：(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】(1)，方向与水平方向夹角为(2)【知识点】杆球类模型及其临界条件、用杆连接的系统机械能守恒问题、系统在某一方向不受外力【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解得

小球的向心加速度大小切向加速度大小小球的实际加速度加速度方向与水平方向夹角为，且解得（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为零。当轻杆到达水平时，由机械能守恒可得小球的竖直速度设此时木板对地的加速度为，小球对地水平方向的加速度为，则球相对转动点（板）的加速度对木板，根据牛顿第二定律对小球，根据牛顿第二定律联立以上方程，解得7．（2025·湖南衡阳·一模）如图所示，一长的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角，传送带以的速率沿顺时针匀速运行。在一光滑水平面上有质量为，长的木板，在其右端放一质量为的滑块。木板左端离传送带足够远，地面上有一与木板等高的小挡片O可以粘住木板使其停止运动，小挡片O与传送带轮子边缘有一小断光滑小圆弧（尺寸忽略不计），从而使滑块离开木板后可以无能量损失地滑上传送带。现滑块以初速度开始向左运动，滑块与木板之间的动摩擦因数，滑块与传送带间的动摩擦因数，传送带的底端垂直传送带放一挡板P，滑块到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，滑块与挡板P碰撞前、后的速率不变，滑块可视为质点，取重力加速度。求：(1)滑块与木板相对静止时的速度；(2)滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移；(3)滑块沿传送带向上减速过程中速度大于v阶段的总路程。【答案】(1)4m/s(2)1.75m(3)2m【知识点】物块在倾斜的传送带上运动分析、应用动能定理解多段过程问题、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【详解】（1）木板左端离传送带足够远，设在长木板与小挡片O碰前，滑块与长木板已经相对静止，根据动量守恒和能量守恒解得，根据可知，在长木板与小挡片O碰前，滑块没有滑出长木板，碰前滑块与长木板已经相对静止，所以滑块与木板相对静止时的速度（2）滑块滑上传送带时速度为，根据动能定理解得滑块沿传送带向下匀加速运动至传送带的底端，该过程中滑块的加速度大小为设滑块到达传送带底端时的速率为解得滑块第一次与挡板P碰后先沿传送带向上运动直到减速为1m/s，加速度大小位移然后继续减速至零，加速度大小为，位移故滑块第一次与挡板P碰后沿传送带向上运动的最大位移（3）经分析可知，因经足够长时间，滑块与挡板P多次碰撞后，最终将以速率v反弹，此后滑块在距传送带底端某恒定范围内往复运动，由动能定理可知，在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端最终的速率第一次为v的过程中，摩擦力做的总功为在滑块从第一次反弹后瞬间至到达传送带底端的速率第一次为v的过程中，滑块每次反弹后均先沿传送带向上以加速度做匀减速运动至速率为v（过程1）；再以加速度沿传送带向上做匀减速运动至速度为零，然后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至速率为v（过程2）；最后沿传送带向下以加速度做匀加速运动至传送带的底端（过程3），根据对称性，在过程1与过程3中滑块运动的距离相等，因在过程2中摩擦力对滑块做的功为零，故整个过程中，摩擦力做的总功为解得8．（2025·湖南模拟）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为滑块P与AB之间的动摩擦因数为。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于O'点，另一端系一质量的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10。求：（1）Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小；（2）碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后Q的最大摆角小于5°时，可视为做简谐运动，已知）（3）计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。【答案】（1）18N；（2）不能，不能；（3）0.4s，不可能，见解析【知识点】机械能与曲线运动结合问题、单摆做简谐运动的模型及成立条件、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【详解】（1）Q释放后到碰撞前，由机械能守恒定律解得在最低点由牛顿第二定律联立解得Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得由能量守恒定律得代入解得，碰后，P在滑板上滑动，P与滑板共速时，相对AB的高度最大，设此高度为，此时，P与滑板的速度大小为，根据动量守恒和能量守恒得解得由于，所以碰后P不能从C点滑出；设Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为θ，对Q由机械能守恒定律解得所以，故碰后Q的运动不能视为简谐运动。（3）物体P最终相对滑板静止于AB之间的某一点，根据水平动量守恒和能量守恒得解得因为滑块P与滑板的相对位移，所以滑块P会滑过B点进入BC段，再滑回B点，最终相对滑板静止在AB之间。设P两次经过B点的速度分别为v4和，以向左为正，由动量守恒定律由能量守恒定律联立解得同理可得因为P第二次滑到B点的速度，说明其相对地面的速度方向向左，所以P不可能相对地面向右运动。P相对滑板的水平部分AB运动时，对P由牛顿第二定律所以P第一次滑上AB时，做匀减速直线运动，时间为P第二次滑上AB时，做匀加速直线运动，时间为所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间9．（2025·湖南长沙田家炳实验中学·一模）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现将一质量为m、电荷量为的小球（可视为质点）从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场，已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)轨道对小球支持力的最大值；(3)小球在水平轨道上的落点到A点的距离。【答案】(1)；(2)；(3)【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动、带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算【详解】（1）设小球过C点时的速度大小为，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中，水平方向有竖直方向有联立解得（2）小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为，OD与竖直线OB夹角为，由于，则，小球从A点运动到D点的过程中，根据动能定理有即解得最大速率由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时受到半圆轨道的支持力最大，设此支持力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系则有即半圆轨道对小球支持力的最大值为（3）小球通过P点时水平方向速度大小为竖直方向速度大小为进入电场后，水平方向加速度大小为竖直方向加速度大小为故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动，水平方向有竖直方向有联立解得10．（2025·湖南邵阳·一模）如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆