广东2026届高考物理二轮专题练习 力学计算题

**基本信息** 聚焦力学综合问题，以碰撞、能量、运动学为核心，通过25道梯度题构建"模型建构-规律应用-情境迁移"的解题体系，强化科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |碰撞与动量|5题（如1、6题）|弹性碰撞双守恒、多体作用动量分解|从二体碰撞到系统动量守恒，构建"对象选取-过程划分-方程列写"逻辑链| |能量综合|8题（如7、10题）|功能关系、摩擦生热计算、电场能量转化|以动能定理为核心，串联机械能守恒与电势能变化，形成能量转化网络| |运动学与动力学|7题（如4、9题）|多过程运动分析、曲线运动分解、临界条件判定|整合牛顿定律与运动学公式，建立"受力分析-运动模型-参数求解"递进关系| |实际应用|5题（如2、12题）|生活情境建模、复杂系统简化|从水导弹到筒车，培养物理观念与科学态度，实现理论到实践的迁移|

2026届广东省高考物理二轮专题练习 力学计算题 1．如图所示，一光滑横杆被左右支架水平固定，质量分别为2m、m的两个柱状工件A、B通过中心轴的孔穿在横杆上，工件B的右侧存在一足够长的风洞，B恰好静止在风洞左端。某时刻A受到水平向右的冲量而获得初速度，之后A与B发生弹性碰撞。当A、B进入风洞时，分别会受到沿轴向左恒定的风力作用，风力的大小与其受力面积成正比（比例系数相同）。A、B在风洞中的受力面积比值为k（，比值可调节），B的受力面积保持不变且在风洞中受到的风力恒为，长度L和重力加速度g为已知量。求： (1)A、B进入风洞后加速度大小、； (2)若，当A速度减为零时，求A、B之间的距离； (3)若，A、B第二次碰撞的点与风洞左端的距离d。 2．如图所示，一位同学用容积2.0L的可乐瓶制作“水导弹”。可乐瓶及瓶身装饰物总质量。可乐瓶固定在架子上，与水平地面夹角成，瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒进行打气，每次打入0.4L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时，活塞脱落，水高速喷出，可乐瓶射出。已知水的密度，忽略空气阻力、可乐瓶体积变化和瓶内外空气温度变化，忽略发射前瓶身离地高度，重力加速度取。求： (1)要使可乐瓶底部的活塞脱落至少打气多少次； (2)若活塞脱落后，水以全部喷出，可乐瓶的水平射程是多少。（忽略空气喷射的影响） 3．某同学为研究拉链拉开和拉合的过程，将拉链装置图甲简化为图乙和图丙所示的模型，图乙中代表链牙的滑块在外力作用下，沿水平方向向中间聚拢，将拉头顶起，实现拉链的拉合。图丙中拉头在竖直向下的压力作用下将代表链牙的滑块沿水平方向向左、右方向推开，实现拉链拉开。已知代表拉头的滑块形状为等腰三角形，质量为，顶角的一半为，代表链牙的滑块和与滑块接触面动摩擦因数均为，重力加速度为。拉动过程中与、接触面始终贴合，不计其他摩擦力。 (1)如图乙所示，在某次模拟拉合的过程中，链牙B和C的速度大小为，求此时拉头A上升的速度； (2)如图丙所示，在缓慢拉开的过程中，两侧链牙间始终存在大小为，方向水平的相互作用力。对滑块施加竖直向下的压力，使其沿竖直方向缓慢向下运动距离至接触地面，求此过程中压力做的功。 4．如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。 (1)排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求： i.排球在空中运动的时间； ii.空气阻力的冲量大小和方向。 (2)若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。 5．如图（a）所示，一科研小组计划研究某小型无人机的发射性能，将质量为的小型无人机装载到质量为的母机上，系统在竖直向上的恒定升力作用下，从地面静止起飞，经时间后系统速度为，此时母机发射筒内的少量火药在极短时间内释放化学能，使无人机瞬间以的速度与母机竖直向上分离，之后将作用在母机上的恒定升力调整为，同时，风洞装置对母机施加如图（b）所示的水平风力（以系统静止起飞时为计时起点），为常量，忽略空气阻力和系统质量的变化，重力加速度，求： (1)恒定升力的大小； (2)分离后，母机还需多长时间落地； (3)母机落地时的水平距离与的关系。 6．如图所示，质量为、半径为的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，质量为的木块静止在轨道左侧，质量为的子弹以的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径，重力加速度大小g取，不计空气阻力。求： (1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能； (2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度； (3)圆弧轨道的最大速度。 7．如图（a）所示，质量的绝缘木板A静止在水平地面上，质量可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为。质量的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求： (1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小； (2)小物块B与木板A刚好共速时的速度大小； (3)若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能如何变化？ 8．如图甲所示为一款常见的汽车减振系统，减振弹簧为其核心部件。其组件结构可简化如图乙所示，弹簧两端分别固定在A、B上，中轴杆穿过B的中心孔后固定在A上，中轴杆上有一固定卡环，卡环大于B中心孔的半径。为测试其减振性能，整个装置以图乙所示从空中静止竖直释放，释放时A离地面高为H，此时B恰好接触卡环，弹簧处于原长状态；当A撞击地面时，速度变为零但不与地面粘连，B则沿着中轴杆向下压缩弹簧，B达到最低点后在弹簧作用下反弹上升，到达卡环时与卡环碰撞，碰后A、B以相同的速度一起向上运动，完成测试。已知A、中轴杆和卡环的总质量为M，B的质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，弹簧的弹力做功可以用初、末位置的平均力做功来计算；不计空气阻力及B与中轴杆的摩擦力，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度范围内，重力加速度大小为g，求： (1)A碰撞地面前瞬间的速度大小； (2)B在第一次下落过程中最大速度的大小； (3)第一次反弹后A离地面的最大高度h。 9．滑板项目赛道可简化为如图甲：倾斜滑道与水平滑道通过圆弧滑道平滑连接，圆弧滑道半径，其最低点与水平滑道相切；水平滑道段为粗糙的减速区，长，段为缓冲区，D处的墙壁固定一弹簧。可视为质点的运动员（含滑板）质量，从A点由静止开始沿倾斜滑道滑下，运动员（含滑板）进入减速区段，所受水平阻力与其对滑道的压力之比为，进入缓冲区段，在水平方向上仅受弹簧弹力作用，其他区域阻力不计。重力加速度g取。 (1)若运动员（含滑板）第一次通过C点时，滑道对其支持力大小为，求的高度差H； (2)设运动员最终停在减速区距C点x处。通过计算写出x与k的关系式，并在图乙坐标系中作出图像。 10．某弹射游戏装置如图所示，由以下部分依次平滑连接而成（竖直和水平轨道互不影响）：光滑水平轨道、半径为的竖直光滑半圆轨道、半径为 的竖直光滑半圆轨道、长度的水平直轨道、长度 且以恒定速率 顺时针转动的水平传送带，以及足够长的光滑水平轨道。其中，点为半圆轨道 的最高点。在光滑水平轨道 上，一轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与质量的小滑块（可视为质点）接触但不连接。弹簧初始时在 点处于压缩锁定状态，弹性势能。解除锁定后，小滑块被弹出，恰好能通过点，之后依次滑经轨道和传送带，最终冲上静置于轨道 上表面光滑的四分之一圆弧形物块，其质量，半径。已知滑块与轨道 及传送带 之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，空气阻力不计。 (1)求半圆轨道 的轨道半径； (2)求小滑块第一次向右滑过传送带的过程中，小滑块和传送带因摩擦产生的热量； (3)判断小滑块从点滑上圆弧形物块后是否能从点冲出圆弧轨道。 11．全自动快递分拣机器人系统在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上后，机器人可将包裹自动送至指定投递口停住，然后翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，如图甲所示。分拣机器人A把质量为的包裹从分拣处运至相距的投递口处，投递完包裹后返回分拣处途中由于发生故障自动切断电源之后以的速度与静止的机器人发生弹性碰撞，如图乙所示。已知、质量均为，机器人运行允许的最大加速度，运行最大速度。机器人运行过程中受到阻力为重力的倍。包裹与水平托盘的动摩擦因数为，包裹受的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在投递口处包裹刚开始下滑时托盘倾角的大小； (2)A从分拣处运行至投递口所需的最短时间； (3)B碰后滑行的最大距离。 12．如图甲，家用旋转拖把主要由主杆、传动系统和拖布头组成。沿竖直方向推主杆，能实现拖布头的单向旋转。将拖布头放入脱水篮，拖布头与脱水篮结合成为一个整体，向下推动主杆，传动系统会带动拖布头及脱水篮一起快速旋转，将水甩出。g取。 (1)已知脱水篮半径，收纳桶半径R＝12.0cm，俯视如图乙所示。用力向下推动主杆一定距离，污水脱离脱水篮后沿切线水平方向飞出，击中收纳桶内侧边缘上某点，测得该点距飞出点的高度差H＝1.0cm。请计算污水脱离脱水篮时的速度大小； (2)脱水结束后继续探究。在脱水篮外侧面固定一轻质遮光片，收纳桶内侧面固定光电门，遮光点到脱水篮边缘距离L＝2.0cm。将钩码固定在主杆上，保持主杆竖直，由静止释放钩码，当钩码下降h＝6.0cm时，测得遮光点的线速度为v＝1.0m/s。请计算此时脱水篮的角速度； (3)该拖把采用齿轮传动，主杆每下降d＝3cm，脱水篮旋转n＝1圈。钩码和主杆的总质量M＝2.4kg，拖布头及脱水篮总质量m＝1.0kg。若该拖布头及脱水篮总动能的表达式为，求第（2）问中钩码下降6.0cm过程中整个传动系统克服阻力做功大小。（不计空气阻力，取） 13．如图所示，某智能物流中心采用复合传送系统分拣包裹。传送系统的左端为一半圆环形水平转弯机，其中心线的半径为R0=2m，最小半径R1=1m，最大半径R2=3m。将多个相同的质量m=2kg的包裹以不同的初速度放在转弯机的不同位置，使包裹与转弯机不打滑（即随转弯机同步运动）。包裹离开转弯机后进入水平传送带，与传送带共速后，由长度为L=5m、倾角为=37°的倾斜传送带运送至顶端，再经水平传送带匀速运送至分拣机，最终被水平抛出，落入分拣车中。落点与抛出点的竖直距离和水平距离分别为h=1.8m及s=1.2m。已知：传送系统各部分平滑衔接且为同种材质。忽略空气阻力，包裹可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。问： (1)包裹放在水平转弯机上的什么位置不易打滑，是内侧还是外侧？若包裹不打滑且水平转弯机各部分的动摩擦因数均为μ0=0.9，求半圆形水平转弯机的最大运行角速度ωm。 (2)要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则包裹与传送带之间的动摩擦因数μ至少为多少？ (3)包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功W。 14．如图为货物“绿色”传输的示意图。工人将货物甲从倾斜轨道AB的顶端静止释放，货物甲无机械能损失地滑上静止在水平面上的节能反弹车，货物甲运动到反弹车的最右端时恰好与反弹车共速，此时反弹车与吸能反弹装置碰撞，货物甲滑上水平工作台，并与静止在C点的货物乙发生弹性正碰，碰撞后货物乙最终停在D点，而反弹车经碰撞后反弹，恰好能返回B点。已知轨道AB的距离、倾角，反弹车右端与反弹装置的距离，工作台C、D间的距离，货物与轨道AB、工作台的动摩擦因数，反弹车与地面的摩擦力为反弹车对地面压力的0.1倍，货物甲、乙是可以看成质点的相同货物，不计空气阻力，重力加速度取，，，求： (1)货物甲在B点的速度大小； (2)反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能比值； (3)货物甲的质量与反弹车的质量比值。 15．游乐场某闯关游戏可简化为如图甲的情景，长度L＝5.5m、质量M＝3kg的木板c静止在光滑水平面上，左右两侧的平台足够长且与木板等高。初始时，木板c左端与左侧平台接触但不粘连。现有可视为质点的两滑块a和b，质量分别为kg、kg，滑块b静止放置于左侧平台最右端。滑块a受到拉力F的作用，其变化图像如图乙所示，t＝5s时撤去力F，此时滑块a恰好与滑块b发生弹性碰撞。已知滑块a与左侧平台间动摩擦因数，滑块b和木板c间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10。 (1)求滑块a受到F作用后多长时间开始运动； (2)求a、b碰后滑块b的速度大小； (3)如果木板c与右侧平台相碰后立即粘在一起，要使滑块b能滑上右侧平台，求s的取值范围。 16．下雨天，私家车刹车停止时，车内小梁同学发现车前挡风玻璃上同一位置有两颗水珠和，水珠水平飞出，水珠沿玻璃匀加速下滑，水珠落回玻璃时，恰好与相遇，示意图如图所示。已知水珠和的质量均为，初速度大小均为，车前挡风玻璃与水平夹角，水珠下滑时质量保持不变，不计空气阻力，水珠均可视为质点，重力加速度取，，。求： (1)水珠在空中运动的时间和位移； (2)下滑过程中，水珠受到阻力的大小（结果用分数及科学计数法表示）； (3)若水珠和融合时，水珠垂直玻璃方向的分速度瞬间损失，沿玻璃切向的分速度不变，融合时间忽略不计，则融合后瞬间水珠的速度的大小。 17．某工厂的传送装置如图甲所示，传送带空转时的速度为，时，工件无初速度放置传送带左端，传送带感受到压力后立刻做匀加速运动，直至时工件从右端离开，此时传送带尚未达到最大速度。已知工件在传送带上运动时的速度时间（v-t）图像如图乙所示，工件质量为，工件与传送带间动摩擦因数，重力加速度取，工件可视为质点，不计空气阻力。求： (1)传送带的加速度大小； (2)传送带的长度； (3)摩擦力对工件做的功； 18．如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC，其与足够长、粗糙的水平轨道相切于B点．质量为m、可视为质点的滑块，从水平轨道上A点以初速度沿直线AB运动，恰好能到达C点正上方D点处，而后返回，并最终停在水平轨道上E点（图中未画出）。此后，对滑块施加水平向右的拉力，滑块沿轨道运动并从C点飞出，最终落在水平轨道上H点（图中未画出）。已知，重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数和A、E间的距离； (2)在拉力F作用下，滑块经过BC段中点时，对轨道的压力大小； (3)滑块落地点H与A点的距离。 19．如图所示，为一段赛车训练赛道，赛道在水平面上，宽度为。可视为质点的赛车将在赛道起点线的任意位置由静止起步，沿长为的直道做一段匀加速直线运动，进入弯道后做匀速圆周运动通过半圆形弯道，最终到达终点。已知半圆形弯道内弯半径为，赛车的轮胎与赛道间的侧向最大静摩擦因数为，通过底板的空气动力学设计可使赛车在高速通过弯道时与地面之间的压力达到自身重力的4倍，重力加速度为，求： (1)为避免因速度过快在弯道上发生侧滑，赛车在直道上加速的最大加速度； (2)若赛车在直道的加速度为，求其通过整条赛道的最短时间。 20．如图所示，ABC为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管，BC段被弯成以O为圆心、半径的一小段圆弧，A点、O点位于地面，OC连线竖直。一质量的小球（可视为质点）从圆弧底端A点沿切线以初速度进入细管ABC，从C点水平飞出，落地点到O点的距离。已知重力加速度，不计空气阻力，小球横截面略小于细管中空部分的横截面。求： （1）小球在C点对细管壁的压力； （2）小球在A点的初速度大小。 21．春耕、夏耘、秋收、冬藏，四者不失时，故五谷不绝。”中华文化的核心根基和重要源头在于农耕文化。其中，唐朝文人陈廷章在《水轮赋》中以“水能利物，轮乃曲成”来描述筒车的功用。下图为简易筒车的示意图。筒车由转速恒定的转轴、六根竹支杆、半径为R的圆形转轮和多个完全一样的质量为m的水筒组成。水筒在最低点时恰好完成汲水，其中每一次汲水质量为m₀，当水筒随着转轮顺时针转到最高点处时，水筒将水完全倒出至支架（图中未标出）上完成水的转运，倒出后瞬间水筒的动能减至Eₖ，空气阻力忽略不计。求： (1)求筒车的转速n； (2)当水筒在最低点恰好完成汲水时，该水筒对转轮的作用力F （忽略水的浮力）； (3)汲满水后，水筒由最低点第一次运动至转轮圆心时，转轮对该水筒的冲量I大小 （水筒长度远小于转轮半径可忽略不计）。 22．商家为了促销推出图甲所示的弹珠抽奖游戏，图乙为游戏的模型示意图，平面游戏面板与水平面成固定放置，面板右侧的直管道与半径为的细圆管轨道平滑连接，两者固定在面板上。圆管轨道的圆心为，顶端水平。顾客游戏时，用外力压缩面板底部连接的小弹簧将弹簧顶端的小弹珠（可视为质点）弹出，若弹珠直接打中面板底部的中奖区域，则获得相应奖励，若弹珠打中侧面挡板，则抽奖无效。已知弹珠质量，直管道长度，中奖区域长度，其等分为如图所示的五个中奖区域，不计所有摩擦和阻力，弹簧的长度忽略不计，重力加速度取，求： (1)弹珠从圆管轨道顶端以的速度飞出时，弹珠对轨道的压力； (2)求顾客获得三等奖时，弹簧对弹珠做功的取值范围。 23．图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。 （1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v； （2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的，求； （3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为。 24．遥控爬墙小车通过排出车身内部部分空气，和外界大气形成气压差，使小车可吸附在墙壁、天花板上。如图所示，某次小车从室内墙壁上的A点由静止出发，沿着竖直方向经B处一小段圆弧运动到水平天花板上的C点，然后从C点开始做匀速圆周运动。已知AB沿竖直方向且足够长，小车内外产生的压力差恒为，方向垂直于接触面，运动过程中小车受到的阻力大小（为小车和墙壁间、天花板间的弹力）、方向总与速度方向相反。小车质量，小车可视为质点，忽略空气阻力，取。 （1）若小车在AB段上的功率为，求小车在AB段上最大速度的大小； （2）若小车在天花板上以的速率做匀速圆周运动，牵引力大小为，取，求小车运动一周牵引力做的功。 25．一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，除传送带和 PQ段外各段表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 DE、PQ相切于处，螺旋圆形轨道半径。传送带的水平部分AB长，沿顺时针运行的速率。PQ间距离。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 CH处，摆渡车质量，上表面与 A、B、C、D、E、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的 DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量的滑块（可视作质点）向左压缩弹簧至O点由静止释放，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为，滑块与轨道 PQ间的动摩擦因数为，重力加速度取。求： （1）滑块滑上传送带的初速度； （2）滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量Q； （3）为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度 x的范围。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)， (2) (3)，，， 【详解】（1）由牛顿第二定律，有， 解得， （2）设A、B碰后速度分别为、，由， 解得、 当时，，A经时间速度减为零，此时 A向右位移 B向右位移 所以 （3）A回到左端的时间 B回到左端的时间 当时，A、B恰好在左端相遇，此时， 时，A、B在风洞外发生第二次碰撞，B到左端时，A离开左端做匀速运动，此时A与左端的距离 设B到左端还需要时间，追上A，有 解得时 2．(1)15 (2)40m 【详解】（1）由题意知，可乐瓶的容积，瓶中水的体积，设需要打气次，每次打入的体积为 据玻意耳定律 解得 （2）瓶内水的质量 水喷出过程中，水与瓶系统动量守恒 解得 瓶做斜抛运动， 设瓶上升到最高点所用时间为，根据速度时间关系 可乐瓶水平方向匀速直线运动 解得 3．(1) (2) 【详解】（1）因为滑块和与滑块接触面速度应相同，将速度进行分解可知 化简得 （2）设滑块和与滑块接触面间的压力为，滑块对滑块和的摩擦力为 在缓慢拉开的过程中，与在水平方向上受力始终平衡，所以 因为，代入解得 根据牛顿第二定律，滑块和对滑块有 解得 所以此过程中压力做的功 4．(1)i.；ii.，竖直向上 (2) 【详解】（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2 根据牛顿第二定律，上升过程有​ 根据位移时间公式有   根据牛顿第二定律，下降过程有​ 根据位移时间公式有   联立解得排球在空中运动时间     ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量​ 解得 因t2 >t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。 （2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有 其中，   联立解得     根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于 5．(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，后速度为，由运动学公式得加速度 对整体（总质量）由牛顿第二定律 解得 （2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为，无人机速度为，有 解得，方向向上。 分离前系统上升的高度 分离后母机质量，升力为，由牛顿第二定律（向下为正） 解得，方向向下。 设分离后落地时间为，位移向下为，由运动学公式 解得正根（负根舍去） （3）水平方向内，水平位移为0； 分离后母机水平加速度，分离后总运动时间为，分两种情况： 当分离后全程受水平风力，水平位移 当风力作用秒后，剩余秒水平匀速； 前秒位移，秒末速度，匀速位移 总位移 6．(1) (2) (3)，方向水平向右 【详解】（1）设子弹射入木块后与木块的共同速度为，对子弹和木块组成的系统，取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得子弹射入木块后的共同速度 根据能量守恒，可得此过程系统所产生的内能 解得产生的内能 （2）设木块（含子弹）在圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为，木块沿圆弧轨道上升的最大高度为h，取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 解得木块沿圆弧轨道上升的最大高度 因，所以木块未从圆弧轨道最高点飞出 （3）设木块（含子弹）在圆弧轨道上时，圆弧轨道一直做加速运动，木块（含子弹）在圆弧轨道底端与轨道分离时，圆弧轨道的速度最大，设此时木块（含子弹）的速度为，圆弧轨道的速度为，取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得圆弧轨道的最大速度 方向水平向右。 7．(1)10.5m/s (2)3m/s (3)①10.5m，②减少了12J 【详解】（1）在F作用的内，对滑块C，由动量定理得 由图像围成的面积可得 解得 （2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为和，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒得 A、C发生弹性碰撞，由机械能守恒有 代入数据解得 A、C碰撞后，对B有 解得 对A有 解得 设碰后经时间A、B共速，则 解得＝2s，＝3m/s （3）①从A被碰后到A、B刚好共速的过程， 所以此过程B相对A向左滑行 当电场强度变为时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有 解得 对A有 解得 因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，则此过程它们的位移分别为， 则此过程B相对A向右滑行 因为 所以板长至少为10.5m； ②整个过程中静电力对B做功 故物块B的电势能变化量为 即电势能减少了12J。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B下落过程中，做自由落体运动，根据公式 解得 （2）A着地瞬间速度变为零，此时B的速度大小为，当B速度最大时，加速度为零，此时弹簧弹力大小为 从A着地到B速度最大的瞬间，由动能定理可得 根据已知可得 联立可得 （3）反弹到弹簧恢复原长时，此时B恰好与卡环碰撞，之后A、B一起向上运动；弹簧回复原长时，B的速度大小为，方向竖直向上，B与卡环碰撞时，动量守恒，可得 A离地面最大距离由 联立解得 9．(1)10m (2)当时， 当时， 【详解】（1）运动员从到过程机械能守恒 到C点时，根据牛顿第二定律 解得 （2）运动员最终静止，弹簧弹性势能为0，全程应用动能定理 可得总路程 ，分两种情况讨论： ①运动员未到达点时停下，满足，即 可得​，结合范围​对应，此时距 ②运动员到达点碰弹簧后返回，最终停在段，满足，即​ 结合范围​对应 总路程：去程走，返程走， 距点距离 10．(1) (2) (3)能从J点冲出圆弧轨道 【详解】（1）小滑块恰好能通过半圆轨道ABC 的C点，根据牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 解得 （2）对小滑块从弹簧解除锁定后到G点过程，根据能量守恒定律有 解得 由于，所以小滑块先做匀减速直线运动，假设小滑块可以减速到与传送带共速，对小滑块，根据动量定理有 根据动能定理有 解得， 所以小滑块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，小滑块到达H点的速度 小滑块匀减速运动过程中，传送带位移的大小 所以小滑块和传送带因摩擦产生的热量 解得 （3）假设小滑块从I点滑上圆弧形物块后不能从J点冲出圆弧轨道，根据水平方向动量守恒有 根据能量守恒定律有 解得 故小滑块能从J点冲出圆弧轨道。 11．(1) (2) (3) 【详解】（1）设包裹开始下滑时有 代入数据可得 （2）当先做匀加速直线运动加速至，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动 至零时，A从分拣处运行至投递口所需时间最短。其中匀加速直线运动阶段 匀加速阶段位移 匀减速直线运动阶段 匀减速阶段位移 故匀速直线运动阶段 运行总时间 （3）A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 能量守恒定律有 解得， 碰后做匀减速直线运动，满足 解得 12．(1)2m/s (2) (3)1.197J 【详解】（1）由几何关系，得 解得 污水脱离脱水篮后做平抛运动，在竖直方向，有 解得 在水平方向，有 解得 （2）主杆到遮光点的水平距离 根据线速度和角速度的关系，得 解得 （3）设在时间内，脱水篮旋转圈，则脱水篮边缘的线速度 主杆下降了，下降的速度 且有 代入、、、，联立解得 代入第（2）问中脱水篮的角速度，可得脱水篮边缘的线速度 主杆下降的速度 由能量守恒定律，得 解得 13．(1)内侧； (2) (3)64J 【详解】（1）包裹在水平转弯机上做圆周运动时，根据，可知包裹放在水平转弯机上内侧不易打滑；半圆形水平转弯机的最大运行角速度 （2）要使包裹在倾斜传送带上不打滑，则需满足 解得 （3）包裹从分拣机上抛出时的速度 包裹从静止释放到落入分拣车的过程中，传送系统及分拣机对包裹做的功 14．(1) (2)0.2 (3)1.5 【详解】（1）设货物甲的质量为，货物甲从A点到达B点的过程中，由动能定理得 解得货物甲在B点的速度大小为 （2）设货物甲运动到反弹车的最右端时与反弹车刚好共速的速度为，两货物发生弹性碰撞，碰后的速度分别为和，则根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得， 货物乙从点运动到点的过程中，由动能定理得 解得 设反弹车的质量为，碰后反弹车的速度设为，反弹车从点到达点的过程中，由动能定理得 解得 所以反弹车与吸能反弹装置碰撞后的动能与碰撞前的动能的比值为 （3）货物甲从点到达点的过程中，设时间为，的距离设为，则根据匀变速直线运动的规律可得货物甲的位移为 反弹车的位移为 联立解得， 货物甲从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，货物甲与反弹车间的动摩擦因数为，则有 由运动学公式有 联立解得 反弹车从B点到达C点的过程中，设加速度大小为，则有 由运动学公式有 联立解得货物甲的质量与反弹车的质量的比值为 15．(1)1s (2)8m/s (3)s＜0.9m 【详解】（1）由乙图知F＝2t（N）     滑块a在左侧平台上受到的最大静摩擦力 又因为             联立解得t＝1s      即1s后滑块a开始运动。 （2）根据题意F-t图像的面积表示冲量，规定F方向为正方向，前1-5s内由动量定理得       其中图面积表示冲量，根据图乙可知力F在1-5s内的冲量     代入数据计算得 ab发生碰撞，系统动量守恒、机械能守恒 ，    联立解得碰后b的速度大小 （3）解法一：假设木板c与右侧平台相碰前，滑块b与木板c已经共速，根据动量守恒定律有 代入数据解得 由能量守恒得     代入数据解得 木板c与右侧平台相碰后，对滑块b由动能定理得        代入数据解得 滑块b的滑行距离     所以要想滑块b能滑到右侧平台，木板c与右侧平台相碰前，还未共速。 设木板c与右侧平台相碰时，滑块b和木板c速度分别为、，根据动量守恒定律有                         由能量守恒得         木板c与右侧平台相碰后，滑块b恰能滑到右侧平台，位移为，由动能定理得                 代入数据解得 设木板c与右侧平台相碰前位移大小为，由功能关系有                         代入数据解得                     所以s的取值范围应满足s＜0.9m时，滑块b才能滑到右侧平台。 解法二：假设滑块b、木板c共速前，b未从木板c上滑下，c与右侧平台相碰后，b恰匀减速滑到右侧平台 对滑块b，由牛顿第二定律有 解得             对木板c，由牛顿第二定律有 解得                 滑块b全程做匀减速运动，恰好匀减速滑到右侧平台，由 解得s＝0.9m                                         木板c与右侧平台相碰前，一直做匀加速运动，由 解得                                             木板c的加速时间 解得t＝0.6s                                木板c与右侧平台碰前b的速度 解得              此过程中滑块b的位移为，由 解得                                    滑块b与木板c相对位移为，则 解得且 所以bc共速前，c与右侧平台相碰，滑块b未从木板c上滑下，假设成立。所以s＜0.9m。 16．(1)，； (2)； (3) 【详解】（1）方法一：平抛运动规律 水珠A做平抛运动，有 解得， 方法二：以斜面和垂直斜面方向正交分解 方向：，解得 方向：解得 （2）水珠B沿着斜面做匀加速直线运动 根据运动学公式可知 解得 由受力分析及牛顿第二定律可知 解得 （3）水珠和融合时，水珠垂直玻璃方向的分速度瞬间损失 根据运动的合成与分解，此时水珠沿玻璃的分速度大小满足 其中 而融合时水珠B的速度为 融合过程由动量守恒得 解得 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）工件相对传送带运动时，根据牛顿第二定律可得 在时，工件与传送带达到共速，根据运动学公式 解得 （2）在0到时间内，工件运动的第一段位移 第二段位移 解得 （3）根据运动学规律可得工件的速度 由动能定理可得，摩擦力对工件做的功 18．(1)， (2) (3) 【详解】（1）滑块从A点运动到D点，根据动能定理， 解得 滑块从D点返回到E点，根据动能定理 又 解得 （2）设在拉力F作用下，滑块经过BC段中点时，速度为v，受到的支持力大小为．从E点到BC段中点的过程，根据动能定理，有 得 经过BC段中点时 得 滑块对轨道的压力与轨道对滑块的支持力是一对相互作用力，所以滑块对轨道的压力大小为。 （3）设滑块从C点飞出时，速度为 从C点飞出后， ， 竖直方向做竖直上抛运动，落地时 得，（舍去） 水平方向做匀加速直线运动，落地点H与A点的水平距离 解得。 19．(1) (2) 【详解】（1）设到达弯道的最大速度为，根据直线运动规律 当赛车以最大速度过弯，圆周运动半径为，则有 联立解得 （2）直道加速过程满足 代入解得 直道时间 弯道中，若要时间最短需取最小半径，根据牛顿第二定律可得 解得 弯道时间 总时间 起步点可以位于赛道左侧，最远不能超过，故 20．（1），方向竖直向下；（2） 【详解】（1）小球从点飞出后做平拋运动 解得 在点 则有 解得 根据牛顿第三定律，小球在点对细管壁的压力，方向竖直向下 （2）小球从到过程，机械能守恒 解得 21．(1) (2)，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）设此时水筒线速度大小为v，有 且有， 解得 （2）设此时轮对水筒的拉力为F'，由牛顿第二定律，对汲水后的水筒有 解得 根据牛顿第三定律 方向竖直向下。 （3）由动量定理，竖直方向上 水平方向上 运动时间 由冲量合成 解得 22．(1)0.25N，方向沿斜面向下 (2) 【详解】（1）在圆管轨道顶端，对弹珠受力分析有 解得 根据牛顿第三定律，弹珠对轨道的压力为，方向沿斜面向下。 （2）根据牛顿第二定律，弹珠离开圆管轨道后有 解得 根据运动的分解有， 其中弹珠落在三等奖区域，则水平位移有 解得 根据动能定理有 解得弹簧对弹珠做功的取值范围 23．（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）根据动能定理有 解得 （2）对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有 ， 解得 克服摩擦力做功Wf为其初动能的，则有 解得 （3）平抛运动过程有 ，， 根据题意有 底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理有 ， 结合上述有 由于n≤10，则有 ，或，或， 24．（1）；（2） 【详解】（1）小车在AB段所受的弹力 小车在AB段所受的阻力 小车在AB段上达到最大速度时 解得 （2）小车在天花板上运动时 小车在天花板上所受的阻力 对小车做圆周运动时由牛顿第二定律得 解得 小车运动一周过程中牵引力做的功 解得 25．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由图像得弹簧弹力做功 由 解得 （2）若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 解得 可知假设合理 此过程中皮带位移 滑块与皮带的相对位移 滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量 （3）若滑块刚好过F点 由动能定理得 解得 若刚好能到Q点 解得 所以 滑块在摆渡车上时，滑块加速度 渡车加速度 由 可知，从滑上摆被车到达到共速 相对位移 所以 摆液车停止后滑块继续减速 滑块才能过F点，所以 所以 所以 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $