湖南省2026届高考必刷题 力学计算题

**基本信息** 聚焦高考力学综合问题，以28道典型计算题构建"模型-方法-应用"三维训练体系，覆盖动量守恒、能量转化、曲线运动等核心模块，强化物理观念与科学思维的综合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |碰撞与动量|5题（题2/16/17/25/26）|弹性/非弹性碰撞、多体作用|动量守恒定律→能量损失分析→碰撞过程建模| |曲线运动|6题（题4/7/8/9/11/12）|平抛/斜抛、轨道约束|运动分解→运动学公式→轨迹方程推导| |机械能与功|7题（题1/3/5/13/14/15/27）|动能定理、功能关系|力做功分析→能量转化路径→守恒条件判断| |复杂系统|10题（题6/10/18-24/28）|弹簧振子、传送带、电磁场|系统动量守恒→相对运动分析→微元法应用|

2026年湖南省高考必刷题 力学计算题 1．有一款三轨推拉门，门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为，质量为。与轨道的动摩擦因数为。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，取重力加速度。 (1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W； (2)若，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。求： ①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小； ②拉力F的作用时间t（结果可用根号表示）。 2．汽车吸能盒是安装在防撞钢梁与车身纵梁之间的被动安全装置，主要作用是在碰撞时通过自身形变吸收冲击能量。汽车B车头和车尾部分均装有吸能盒，在某次行驶中，前车A由于某种原因停止在路面上，B与A发生碰撞后，两车车轮与地面的划痕长度分别为9m和4m，B停止后，后面的C车再次与B车发生碰撞，碰后两车一起向前滑行，划痕长度为4m。三辆汽车质量均为1.5t，车轮与地面间的动摩擦因数均为0.8，重力加速度g取，整个过程中汽车车轮均已抱死（等效为汽车发动机关闭并处于刹车状态），所有碰撞均在极短时间内完成，求： (1)B与A碰撞后瞬间，A的速度的大小； (2)B与A碰撞时吸能盒吸收的能量占碰撞损失动能的50%，该吸能盒“吸收”能量E的大小； (3)为估算C与B碰撞过程中吸能盒受到的最大压力，将吸能盒的工作原理简化为弹簧模型。该吸能盒被压缩了6cm，其吸收的能量占碰撞损失动能的60%，求两车碰撞过程中吸能盒受到的最大压力。 3．如图，光滑水平面上有一长木板，质量，长度。紧靠木板左端点有一固定的圆心角，半径的光滑竖直圆轨道，最低点与木板等高。现将一质量的滑块（可视为质点），以初速度从离木板上表面的高度水平向右抛出，恰能从点切入圆弧轨道左端。滑块与木板间动摩擦因数，重力加速度。 (1)求滑块抛出的初速度的大小； (2)滑块到达圆弧轨道最低点时，求轨道对滑块的支持力的大小； (3)只改变抛出点的位置和初速度大小，使滑块也能从点切入圆弧轨道左端，且最终恰好到达木板右端。求该抛出点离木板上表面的高度。 4．2024年8月24日，湖南省第二届滑板公开赛在衡东激情开赛。某次滑板运动员比赛过程可简化为如图所示的模型，是半径的光滑固定圆弧形滑板赛道，点与圆心等高，为最低点，圆弧所对应的圆心角为。滑板运动员从点以的初速度沿圆弧面滑下，从点滑出过最高点后落到斜面上的点，两点的竖直高度。已知运动员和滑板的总质量，取重力加速度大小，运动员和滑板整体可视为质点，不计空气阻力。求： (1)运动员和滑板一起在点受到的向心力； (2)斜面上的点到圆弧轨道上的点的水平距离； 5．福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，2025年9月22日，央视首次公开了福建舰的电磁弹射视频。已知某舰载机质量为，在弹射系统和发动机共同作用下能在内从静止沿水平甲板跑道匀加速运动到起飞速度，重力加速度。 (1)舰载机在水平甲板上直线加速过程中，若发动机提供的动力为，舰载机受到的阻力f恒为其重力的0.2倍，求弹射系统提供的作用力F大小； (2)舰载机离开航空母舰后，以与水平成的方向匀速直线爬升。此阶段发动机以最大推力运行，推力方向与速度方向相同。另外舰载机还受空气阻力，，方向与速度方向相反；受升力，，方向与速度方向垂直。求舰载机匀速爬升时的速度大小v和舰载发动机的最大推力。 6．小球A位于光滑的水平桌面上，小球B位于桌面上的光滑小槽MN中，两小球的质量都是m，并用长L、不可伸长、无弹性的轻绳相连。 (1)如图甲所示，开始时A、B间的距离为L，A、B间连线与小槽垂直，现给小球A一平行于槽的速度，经时间绳第一次与MN的夹角为（绳始终张紧），求该过程中小球B的位移大小； (2)如图乙所示，开始时A、B间的距离为，A、B间连线与小槽垂直，现给小球A一平行于槽的速度， ①若把B球固定，求绳张紧瞬间绳对小球A的冲量大小I； ②若B球不固定，求小球B开始运动时的速度大小。 7．捶丸起源于唐代的步打球，是一种以杖击球的体育活动，类似今天的高尔夫。如图所示，某次捶丸游戏中游戏者将可视为质点的小球从斜面顶端A点以水平初速度m/s击出，小球落到斜面上某点。已知斜面AB的长度m，倾角，不计空气阻力，取重力加速度大小m/s2。 (1)求小球在空中运动的时间t； (2)求小球落到斜面前瞬间的速度大小； 8．在2024年巴黎奥运会女子滑板街式决赛中，14岁的中国小将崔宸曦夺得第四名，这是中国队在奥运会滑板项目上的历史最好名次。下图为小崔在训练中的照片，赛道由倾斜直赛道AB和DE、圆弧赛道BCD和水平赛道EP组成，各部分平滑连接，圆弧BCD的圆心O恰为AE的中点。图中所示均为37°，，。圆弧半径，。小崔进行了多次训练，为简便运算，把小崔和滑板整体当作质点处理，不计空气阻力。求： (1)若小崔以速度从C点水平飞出，恰好落在P点，则为多大？ (2)若小崔以速度从C点水平飞出，则她的滞空时间是多长？ (3)若小崔以速度从B点沿赛道切线脱离赛道后，恰好落在D点，则为多大？ 9．如图，某链球运动员在一次链球训练时，两手握着链球上铁链的把手，人带动链球旋转，最后用力将球甩出去，测得落点到抛出点的距离为，通过训练录像测得链球离地的最大高度为，（忽略空气阻力，不计链球抛出时离地高度，重力加速度取），求： (1)链球在空中的运动时间； (2)链球在最高点的速度大小； (3)链球脱手前瞬间速度的大小。 10．一倾角为37°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立xOy直角坐标系，其中Ox轴沿平行于底边的水平方向，Oy轴沿斜面向上的方向，如图所示。从零时刻开始，一可视为质点的物块从O点以沿y轴正方向12m/s的速度被抛出，抛出的同时对物块施加沿x轴正方向大小为16N的水平恒力F，已知物块的质量为2kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力。求： (1)前2s内物块的位移； (2)物块再次回到x轴时的速度大小。 11．一网球被球拍击打后以水平初速度v0=8m/s飞出，飞出点离水平地面的高度为h=1.8m。若不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求： (1)该网球的水平位移x的大小； (2)该网球着地时的速度的大小和方向（结果可用三角函数表示）。 12．如图所示，可视为质点的小球从盒子（厚度和直径不计）正上方处以初速度水平抛出，与此同时盒子以某一初速度被推出，盒子在摩擦力作用下做匀减速直线运动，小球恰好能落入盒子中。已知盒子与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度取，不计空气阻力，求： (1)小球从抛出到刚落入盒子中的水平位移大小； (2)盒子的初速度大小。 13．如图所示，传送带的左侧为足够长的光滑水平面，右侧为光滑曲面，传送带与左右两边的台面等高且平滑对接。一轻质弹簧左端固定在竖直墙上，右端与质量的小物块B连接。传送带始终以的速度逆时针转动。现将质量的小物块A从曲面上距水平面高度处由静止释放。物块A、B之间每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞前物块B静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传送带长，物块A与传送带之间的摩擦因数，g取。 (1)求物块A第一次与物块B碰撞前的速度大小； (2)求物块A第一次与物块B碰撞后弹簧弹性势能的最大值； (3)与物块B第一次碰后运动的全过程中，求物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 14．如图所示，以、为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于点。离滑板右端处有一竖直固定的挡板P，一物块从点由静止开始沿轨道滑下，经点滑上滑板，此时立即将圆弧轨道撤掉。已知物块可视为质点，质量，滑板质量，圆弧轨道半径，物块与滑板间的动摩擦因数，重力加速度。滑板与挡板P的碰撞没有机械能损失，物块始终没有滑离滑板。 (1)求物块滑到点时对圆弧轨道的压力大小； (2)求滑板与挡板P第一次碰撞前瞬间物块的速度大小； (3)求滑板长度的最小值。 15．水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲碰后反弹运动l后停下，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求： (1)游客甲到达B点的速度大小； (2)游客乙从C点飞出到落水时的位移大小； (3)由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。 16．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径，传送带长为，逆时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度。一质量为的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为的小物块从圆弧最上端A点无初速度释放，物块落下后恰好打在木板上表面的中心。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为，，物块始终未落在地面上，重力加速度g取，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求物块刚离开传送带时的速度大小； (2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，方向反向。求： ①物块与木板最终的速度大小； ②物块与木板第1次碰后瞬间，物块沿水平向右方向上的分速度大小。 17．某镇为世界纪念性建筑遗产，巷道狭窄湿滑，大型机械无法进入。为应对突发灾害，当地利用村后鳌峰山斜坡设计了一套重力式物资投送装置。模型简化装置如图所示：光滑倾斜轨道（模拟山体斜坡）与长为L的粗糙水平轨道（模拟湿滑石板路）平滑连接。水平轨道末端为坐标原点O，x轴水平向右，y轴竖直向下。O点右下方有一段弧形轨道PQ（模拟护坡），其中P端坐标为，O端在y轴上。质量为m的物资包A从倾斜轨道由静止滑下，最终落在弧形轨道PQ上。水平轨道动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为的位置由静止开始下滑，求A经过O点时速度v的大小； (2)将另一质量为3m的物资包B置于O点，让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B恰好落在P端，求A释放时距x轴的高度H； (3)研究发现：无论A从多高释放，其落在弧形轨道PQ上动能均相同，求：弧形轨道PQ的曲线方程。 18．如图，桌面边缘A点放一个质量为kg的滑块1，距A点正下方h=0.2m光滑水平面上O点固定一个劲度系数N/m轻弹簧，轻弹簧的另一端与质量为kg 滑块2相连。轻弹簧与滑块2组成的弹簧振子以B点为平衡位置在水平面上做简谐运动，OB 间的距离x=0.6m。某时刻水平向右击打滑块1（打击时间极短），瞬间给其一个水平冲量I，滑块1水平抛出。滑块1水平抛出后恰好落到位于B点的滑块2的上表面，与滑块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前瞬间滑块2的速度大小为v=2m/s，方向水平向左。碰后滑块1竖直向上运动，恰好运动到与A点等高的C点。已知所有的碰撞时间极短，弹簧振子振动周期，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。滑块1、2均可看作质点，不计空气阻力，重力加速度g取，计算结果保留分数。求： (1)水平冲量I的大小及滑块1、2发生第一次碰撞后滑块2的速度大小； (2)滑块1第二次与滑块2碰撞后水平方向共速、竖直速度等大反向，第一次落到水平面上时与滑块2的水平距离s； (3)在（2）的情况下若滑块1第一次落到水平面反弹后到第二次落到水平面，两次水平落地点之间的距离为，且滑块1与地面碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，则滑块1最终停在水平面的位置到O点的距离sm为多少。 19．如图所示，质量为的滑块P静止放置在光滑水平面上，其右侧面QG为半径的四分之一光滑圆弧面；为圆心，圆弧面的上端为Q点，水平，水平面上紧靠G点静止放置滑块B。光滑圆弧轨道固定在水平面右侧，N点与倾斜的传送带相切，；传送带NE长度，恒以速度顺时针匀速运动。现将木块A从Q点以速度竖直下抛，沿滑块P下滑进入水平面，与滑块B碰撞后立即粘在一起；A、B整体经过右侧固定圆弧轨道的N点时速度；轨道MN的半径，随后滑上传送带，最后离开传送带抛出。已知A、B的质量，A、B与传送带间动摩擦因数，重力加速度；A、B均可视为质点，，，求： (1)木块A滑上水平面时与滑块B的距离； (2)木块A初速度的大小； (3)木块A离开传送带时的速度大小。 20．如图所示，水平光滑的地面上静置着一套由轻杆铰接而成的装置，装置包含A、B、C三个小球（可视为质点），其质量之比为。两个完全相同的轻质细杆长度均为，将A与B、B与C分别通过无摩擦的轻质铰链相连。初始时，两根细杆并拢且竖直立在地面上，A、C两球位于水平地面上，B球位于最高点，整个装置在外力作用下保持静止。现撤去外力后，装置在重力作用下发生运动，最终B球触地停止。若运动到某一位置时，两根细杆与水平方向夹角为，重力加速度为。 (1)求B球落地前瞬间速度大小； (2)以初始时A球位置为坐标原点，竖直向上和水平向右分别为轴和轴正方向建立坐标系，求落地前B球的运动轨迹方程； (3)当时，取，，求此时A、C两球速度大小。（，） 21．如图所示，一足够长的竖直光滑杆固定在水平地面上，杆上穿有小球1和2，一劲度系数为的轻弹簧套在光滑杆上，弹簧下端固定，上端与质量为的小球2连在一起，小球2静止时所在位置为O。另一质量也为的小球1从与O点距离为（未知）的位置由静止开始下落，与小球2发生瞬间碰撞后一起向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变量始终在弹性限度内，当其形变量为时，弹性势能为，重力加速度为 g，不计空气阻力。（已知弹簧振子的周期公式为，其中m为振子的质量） (1)若，求小球1、2碰后向下运动的过程中离O点的最大距离； (2)要使小球1、2碰后的运动过程中始终不分离，求h的最大值； (3)h取第（2）问的最大值情况下，测得小球1、2碰后从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间t。 22．如图甲所示，固定的水平光滑桌面上有A、B、C三个质量均为m的小球，其中小球A与B用长L的轻杆相连，小球C靠在B右边，桌子右侧有质量为3m的小车D，停在光滑的水平地面上，小车内部有一个圆弧管道，管道出口e点刚好与桌面右端平齐且几乎无间隙，另一端f点与一截竖直管道平滑连接，竖直管道内g点以下有一轻弹簧连在底部。先控制A、B和轻杆处于竖直状态，再由静止释放，让A从左边倒下，B与C分离后C从e点以进入圆弧管道，经内部轻弹簧作用后又从e点飞出。已知圆弧管道的半径，且远大于管道内径，小球C与管道内壁无摩擦，竖直管道fg部分长，不计空气阻力，重力加速度为g，计算结果用、g、L中的符号表示。 (1)求小球C从e点飞出时小车D的速度大小； (2)求小球A接触桌面前瞬间的速度大小； (3)若将轻弹簧去掉，在竖直管道g点以下的部分填充一种特殊物质（忽略该物质的质量），小球C碰到该物质立即减速，且在该部分运动时其加速度的倒数与竖直速度的关系如图乙所示，利用乙图中的数据和相关物理规律计算小球C在竖直管道内由f点运动到最低点的过程中小车D运动的位移x。 23．图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一根质量为M的缓冲细滑杆AB与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB的中点O通过一根不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成夹角，绳长为L，O点与地面之间的高度差为H（）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固定在O点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求： (1)细滑杆AB被锁定时，小球下落过程中损失的机械能； (2)细滑杆AB被锁定时，小球落到地面上的落点与O点之间的水平距离； (3)撤去电热丝P，解除细滑杆AB的锁定（AB仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止释放。令，若，求小球运动至最低点的v与k的关系式及动能的最小值。 24．一质量M=1kg的绝缘长木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板左端距斜面底端的距离s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻将一质量m=2kg的带正电小物块置于木板上距离木板左端l=37m的位置，并使其获得沿木板向上的初速度v0=6m/s，如图所示，与此同时，撤去作用在木板上的外力。空间还存在着沿斜面向上的匀强电场，场强大小E0=4×103N/C，小物块的带电量q=3×10-3C，当木板第一次与弹性挡板相碰时，撤去电场。木板与物块间的动摩擦因数=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，不考虑因电场变化产生的磁场，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2，求： (1)t=0 时刻，小物块和木板的加速度的大小； (2)木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； (3)小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。 25．如图所示，水平面上放有小球A、B和半圆形轨道C，两小球的质量均为m，可看作质点。轨道质量未知，圆弧面的半径为R，与水平面平滑连接。小球A以向右的初速度与静止的B球发生碰撞，碰后两球的相对速度与碰前相对速度之比为0.5。所有接触面均光滑，重力加速度为g。 (1)求小球A、B碰撞后的速度大小之比； (2)若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心等高的D点时对轨道的压力为2mg，求小球B脱离轨道的位置距水平面的高度； (3)若轨道C不固定，小球B刚滑入轨道时与A球的距离为l，运动过程中，A球没有接触轨道，B球没有脱离轨道，当B球从轨道上最低点滑出时与A球的距离刚好也为l。求A球的初速度大小需要满足的条件。 26．打水漂是一项有趣的活动。捡起岸边石头，合理把控角度和速度扔出，石头会在水面上多次弹起。现建立如下模型来研究打水漂：当水平抛出质量为m的小石头后，小石头以大小为，与竖直方向夹角为45°的速度与水面作用，作用后竖直方向速度反向，大小减小，水平方向速度由于水面的摩擦力产生冲量，也会减小。已知石头与水面动摩擦因数为μ（μ<1），重力加速度大小为g，每次与水面作用的时间极短，作用过程中重力产生的冲量可忽略不计，且每次作用后竖直方向的速度大小均为作用前的λ倍（λ<1），整个过程中石头的水平速度未减小到0。求： (1)石头与水面第一次作用后，石头的水平速度； (2)石头与水面第n次作用后，石头的竖直速度和水平速度； (3)从石头第一次与水面作用开始，到其第n次与水面作用前，石头的水平位移； (4)在上述条件下，λ越大，石头就会弹出越远吗？给出判断理由。 27．如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD是半径为R上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静止在水平面上质量为nm（，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力加速度为g。已知时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。 (1)求n的值； (2)若、，求甲、乙在EF上落点间的水平距离；（结果用分式及根号表示） (3)若、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气阻力（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时，落到EF上时，乙速度大小为、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示） 28．如图所示，一宽度为、质量为的箱子倒扣在水平地面上，箱子与地面之间存在摩擦阻力。初始时刻箱子静止不动。将一质量为、电荷量为的小物块（可视作质点）紧靠在箱子的左端，小物块的初速度大小为零。物块与地面间不存在摩擦力，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为。箱子与地面间的摩擦力大小是物块受到电场力大小的倍，。物块与箱子之间的碰撞均为弹性碰撞，求： (1)物块与箱子发生第一次碰撞前的速度大小以及碰撞后物块、箱子的速度大小； (2)若物块与箱子的质量相等，第二次碰撞后箱子的速度大小； (3)若物块与箱子的质量相等，箱子通过的总位移大小。 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)①，② 【详解】（1）由题意，对3号门板，根据动能定理有 解得 （2）①设3号门板与2号门板碰撞前速度为，碰撞后速度为，碰后两门板位移为 根据功能关系有 解得 碰撞过程，根据动量守恒定律 解得 ②根据牛顿第二定律 解得 根据动能定理 解得 根据运动学公式 解得 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）A车碰后，根据动能定理 解得 （2）同理，B车碰后，根据动能定理 由于A、B两车碰撞前后动量守恒，即 设碰撞中损失的动能为，根据能量守恒有 吸能盒“吸收”能量 （3）B、C两车碰撞前后动量守恒 能量守恒 B、C两车碰撞后 吸能盒吸收的能量为 解得 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块从抛出到点的高度为 到达点时，竖直方向的速度满足 滑块做平抛运动到点，速度偏转角为，故 得 （2）滑块从抛出点到B，由动能定理 在B点,轨道对滑块的支持力可由牛顿第二定律求得，满足 得 （3）设高度为H，滑块抛出速度大小为，滑块从抛出到点的高度为 到达点时，竖直方向的速度满足 速度偏转角仍为，故 滑块从抛出到B点，由动能定理 以滑块和木板作为整体，从B点出发到木板右端，系统动量守恒，满足 由能量守恒 联立解得 4．(1)，方向竖直向上 (2) 【详解】（1）对运动员和滑板从点出发到点的过程，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 解得，方向竖直向上。 （2）对运动员和滑板从点出发到点的过程，根据动能定理有 解得 由题意知，， 运动员和滑板从点到点做斜上抛运动，由竖直方向上的运动特点可知 由此得，（舍去） 斜面上的点到圆弧轨道上的点的水平距离 5．(1) (2)   【详解】（1）舰载机在水平甲板上做匀加速直线运动的加速度 由牛顿第二定律 解得 （2）舰载机匀速直线爬升时受力平衡，受力情况如图 垂直速度方向有 解得速度 沿速度方向有 解得 6．(1) (2)①；② 【详解】（1）A、B两球在MN方向动量守恒，对任意时刻有 两边同乘，再求和 即 又 解得 （2）①绳伸直时与MN方向的夹角满足 解得 绳张紧瞬间，小球A沿绳方向速度变为零 解得 ②小球B开始运动时小球A平行MN方向速度为，垂直MN方向速度为 平行MN方向动量守恒有 A、B两个小球沿绳方向速度相同有 A小球速度变化的方向沿绳则 解得 7．(1)1s (2)m/s 【详解】（1）设小球的位移大小为，竖直方向上有 水平方向上有 代入数据得小球在空中运动的时间 （2）小球落到斜面上时竖直方向的分速度大小 小球落到斜面前瞬间的速度大小 m/s 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）小崔以速度从C点水平飞出时，其在空中运动的时间 故小崔水平飞出的速度 （2）若小崔以速度从C点水平飞出，根据上述分析可知，落到水平面上的时间 由几何知识可知 此时运动员以速度从C点水平飞出时的水平位移为 即运动员应落在斜面上，设其水平位移为，竖直位移为，则有， 由几何知识可知 整理可得 解得或 当时，水平位移 不符题意，故她的滞空时间为 （3）将沿水平方向和竖直方向进行分解则有， 根据抛体运动的规律可知，运动员在空中运动的时间 其在水平方向的位移 代入数据解得 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）斜抛运动竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速运动，根据 解得 在空中运动的总时间 （2）水平方向做匀速运动 解得 （3）根据 脱手前瞬时速度大小 10．(1)，方向与x轴正方向成37° (2) 【详解】（1）沿y方向受力分析可得 前2s内y方向位移为 在x方向上 前2s内x方向位移为 所以运动的位移，方向与x轴正方向成37°角。 （2）物块再次回到x轴时，有 可得 此时y方向速度为 x方向速度为 此时速度大小为 11．(1)4.8m (2)；着地速度与水平方向夹角为 【详解】（1）网球竖直方向做自由落体运动，可得 水平方向做匀速直线运动，则有 联立，解得 （2）网球着地时的竖直速度 则网球着地时的速度的大小可表示为 设着地速度与水平方向夹角为，则有 解得 12．(1) (2) 【详解】（1）小球在空中做平抛运动，竖直方向上有 水平方向上有 解得 （2）对盒子受力分析，由牛顿第二定律有 假设盒子在停止前小球落入盒中，有 解得 此时盒子的速度，说明假设正确。 即盒子的初速度为 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块A滑到曲面底部速度为v0，根据动能定理，有 解得 则物块A在传送带上开始做匀减速运动。 假设物块A一直做减速滑过传送带前速度为vA，则有 解得 由于，说明假设成立，即物块A与物块B第一次碰撞前的速度大小为6m/s （2）设第一次碰后物块A与物块B的速度为，则对物块A与物块B系统在碰撞过程,根据动量守恒，有 解得 之后物块A与物块B一起减速至速度为零时，弹簧弹性势能最大，可得 代入解得 （3）物块A与B第一次碰撞后当弹簧恢复原长时A、B分离，此时物块A的速度大小仍为 物块A在传送带上先向右做匀减速运动，减速到零的位移 所以物块A在传送带上先向右做匀减速到零的运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端，所以物块A与物块B第二次碰撞前的速度为 设第二次碰后物块A与物块B的速度为，则对物块A与B系统在第二次碰撞过程，有 解得 同理可推物块A每次碰撞后都将被传送带带回与物块B发生下一次碰撞，则A与B碰撞n次后返回传送带，速度大小为 第n次与物块B碰撞后，在传送带上运动的时间 物块A与传送带的相对位移 与物块B第一次碰后运动的全过程，物块A与传送带间因摩擦而产生的热量 14．(1)30N (2)4m/s (3) 【详解】（1）物块从到的过程中，根据机械能守恒 在点时，根据牛顿第二定律 解得， 由牛顿第三定律 （2）假设滑板与P碰前，物块与滑板达到共同速度，物块与滑板组成的系统动量守恒 设此过程滑板运动的位移为，对滑板由动能定理得 联立解得 则假设不成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间未达到共速，设碰前瞬间滑板速度为，由动能定理有 动量守恒定律 解得， （3）碰撞后速度反向，因为，由动量守恒可知当物块和滑板第一次共速时，速度方向向右 动量守恒 解得 方向向右，故滑板会与挡板再次碰撞，当物块和滑板第二次共速时，速度方向向左 根据动量守恒有 解得 分析可知从物块滑上滑板开始到达到向左的共同速度，物块相对于滑板始终向滑板的右端运动 整个过程根据能量守恒 解得滑板长度的最小值为 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有 解得 （2）设碰撞后游客甲速度大小变为，对于游客甲碰撞后有， 联立解得 设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有， 解得 设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得 在水平方向的位移为 游客乙从C点飞出到落水时的位移大小为 （3）设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为，。对x、y、z三个方向的动量定理，有，， 且有， 联立解得，， 设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得， 联立解得 游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有 对等式两边同乘极短的时间，并求和可得 解得 联立解得 全过程中滑道弹力对游客的冲量满足 16．(1) (2)①；② 【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为，离开传送带时的速度为，根据动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，物块在传送带上的加速度大小为 由 解得 （2）①物块每次与木板相碰，竖直方向速度减半，水平方向最终趋于共速，令水平向右为x正方向，水平且垂直x方向指向纸面内侧为y轴正方向，由动量守恒定律，方向满足 方向满足 解得 ②以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对速度 碰撞瞬间摩擦力方向与x轴成斜向纸面内侧，竖直方向物块速度满足 解得 因此碰后瞬间竖直方向速度 由动量定理可知物块与木板第一次碰撞过程，z方向满足 水平面内 x方向满足 解得 17．(1) (2) (3)（其中） 【详解】（1）物资包A从光滑轨道滑至O点，根据动能定理得 解得 （2）A释放时距x轴的高度H，由动能定理可得 A与B在O点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒有 B碰后平抛恰好落在P点，有 联立得 （3）物资包A从O点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，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 物资包A从O点到轨道上落点，根据动能定理可知 联立得落点处动能为 因为物资包A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得 化简可得 即（其中或） 18．(1)， (2) (3) 【详解】（1）由题可知，滑块1平抛运动时，竖直方向上则有 水平方向上有 联立可得 所以滑块1受到的瞬间冲量大小 滑块1和滑块2发生碰撞时，水平方向动量守恒，选取水平向左的方向为正方向，则有 解得 （2）由题可知，滑块2做简谐运动的周期 滑块1与2碰撞后到再次回到B点的时间 即此时滑块2刚好回到平衡位置，且速度向右。第二次碰撞过程滑块1、滑块2水平方向共速 滑块1与滑块2第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移 此过程中滑块2简谐运动振动了，运动位移为0，所以滑块1落到水平面上时与滑块2的水平距离 （3）假设滑块1与地面碰撞前后水平速度比为，竖直速度比为，根据匀变速直线运动规律 可得第二次碰撞时间 由可得第二次碰撞水平前进距离 由题可知 以此类推，第n次碰后前进的距离 所以 即 代入数据可得 19．(1) (2) (3) 【详解】（1）木块A在P上滑动，水平方向动量守恒，适用人船模型，，即 其中 解得 木块A滑上水平面时与滑块B的距离 （2）A与滑块B碰撞后立即粘在一起，速度为，从G点运动到N点过程中，动能定理 解得 A与滑块B碰撞，动量守恒 木块A从P上滑下过程中，动量守恒 机械能守恒 解得 （3）A与滑块B碰撞后立即粘在一起，由于，受到沿斜面向下滑动摩擦力 根据牛顿第二定律 加速度沿斜面向下，减速运动，根据运动学关系，沿传送带向上滑动位移 与传送带共速后，受到沿斜面向上滑动摩擦力 根据牛顿第二定律 向上减速，由运动学关系， 解得 【点睛】 20．(1) (2)或 (3)， 【详解】（1）B球下落过程中，A、B、C系统水平方向动量守恒，结合速度关联，可知落地前瞬间，A、B、C三个小球水平速度均为0， 再结合系统机械能守恒得 解得 （2）解法一：如图所示，两根细杆与水平方向夹角为时，B球坐标为，则A球坐标为，C球坐标为，设C球质量为由A、B、C系统水平方向动量守恒 三者水平位移满足 解得 已知 故B球运动轨迹方程为 或 解法二：由A、B、C系统水平方向动量守恒，且系统初始静止可得，系统质心的水平投影点（即坐标原点）不动，因此可求得B球落地前瞬间的水平位移为，据分析可知，B球的运动轨迹为椭圆，坐标原点（即A、B、C系统质心的水平投影点）为椭圆的中心，半长轴为，半短轴为，故B球运动轨迹方程为 或 （3）解法一：当时，A、B、C速度大小方向如图所示 系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 A、B两球速度关联 或者（相对圆周运动）， B、C两球速度关联 或者（相对圆周运动）， 解得，。 解法二：由A、B、C系统水平方向动量守恒，且系统初始静止，可得系统质心的水平投影点（即坐标原点）不动， 因此可求得A、B、C三球落地前任意时间内的水平位移之比为，即A、B、C三球在任意时刻水平速度之比为 又有 系统机械能守恒 解得， 21．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球1自由下落h的速度为v₁，根据机械能守恒有 1与2碰撞过程动量守恒，则有 将代入，联立解得 2在O位置弹簧被压缩，根据平衡条件得 1与2共同运动离O点的最大距离为，根据机械能守恒定律有 整理得 解得舍去）即 （2）小球1、2碰后做简谐运动，当运动到最高点即将分离时，它们的加速度大小，即反弹上升的最高点为弹簧 原长位置，由能量守恒有 解得 由（1）问动量守恒，碰前速度 解得 （3）两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有 小球1、2碰后做简谐运动的振幅 振动图像如图所示 由余弦函数知 小球1、2碰后从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间 则小球1、2碰后做简谐运动的周期 故小球1、2碰后从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间 22．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球与小车作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，则， 解得 （2）小球、、作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，由于的动量向右，而总动量为零，则和的总动量向左，且碰到桌面前瞬间沿杆的水平分速度与的速度一样大，速度矢量图如图所示 所以有 根据机械能守恒和水平方向动量守恒有， 解得 （3）小球到达管道点时，其水平分速度与小车速度相同，且小球在竖直管道内其水平速度一直和小车保持一致，做匀速直线运动，而小球有竖直分速度，竖直方向相对做匀加速运动，到点设为，则， 解得， 阶段有 解得 该阶段运动时间 点以下运动阶段，根据题意可知，图像面积表示时间，则 故小车的位移 23．(1) (2) (3)； 【详解】（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理 绷直瞬间速度大小为 细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时 可知小球损失的机械能 解得 （2）根据机械能守恒定律，有 然后小球做平抛运动，则 竖直方向 联立解得 （3）撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示 以水平向左为正方向： 以竖直向上为正方向： 滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒 沿绳方向速度相等（关联速度）： 联立解得，， 从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为 解得 可简化为 可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。 24．(1)， (2) (3)4，1.66m 【详解】（1）对物块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得，故小物块的加速度大小为，方向沿斜面向下 对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得，方向沿斜面向上 （2）物块先向上做匀减速直线运动，木板先向上做匀加速直线运动，令历时t1达到相等速度，则有 解得， 此过程，物块位移 木板位移 之后两者保持相对静止先一起向上做匀减速直线运动，速度减至零后又向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 运动至木板第一次与挡板碰撞过程有 解得t2=4.5s 此时木板速度为 木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小 （3）木板第一次与挡板碰撞，此时物块距下端的距离 之后，对物块 解得 对木板 解得 之后物块向下一直做匀加速直线运动，木板先向上匀减直线运动后向下匀加速直线运动，加速度不变，根据对称性每次与挡板碰撞前瞬间速度大小均为7m/s 设物块在木板上滑行，每经过△t木板和挡板碰撞一次，则有 第一次碰后，物块相对木板下移d1=7m+1m=8m 第二次碰后，物块相对木板下移d2=7m+3m=10m 第三次碰后，物块相对木板下移d3=7m+5m=12m 第4次碰撞前的瞬间物块与挡板的距离为△d，则有 因此小物块与挡板碰撞次数为4次 得，（舍去） 滑出瞬间小物块与挡板间的距离 25．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A的初速度为，碰撞后，A、B两球的速度大小分别为、 由动量守恒定律得    由题意可知     联立解得 （2）B球在D点时，由牛顿第二定律得     设B球在E点脱轨，O、E连线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律得     对从D运动到E的过程，由机械能守恒得    联立解得 由几何关系，得 （3）设小球B从滑入轨道到滑出轨道所经历的时间为t，小球A在此过程中做匀速直线运动，依题意    由B球和轨道C组成的系统水平方向动量守恒     对时间积累可得     即     联立解得    设B球以速度进入轨道恰好不脱离轨道，则B能到达圆形轨道的最高点为与圆心等高处，此时速度为，由水平方向动量守恒，有     由机械能守恒可得     解得 则 又 故 26．(1)，方向水平向右 (2)，方向竖直向上，（），方向水平向右 (3)，方向水平向右 (4)见解析 【详解】（1）第一次作用前瞬间有 第一次作用时，竖直方向，有 水平方向，有 联立解得 方向水平向右； （2）根据第一次结果，可以写出第n次时，有 根据题述，竖直方向速度 方向竖直向上，且代入可得 根据数列知识，左右两侧累加，左侧消去中间项可得 方向水平向右，其中为满足题目中石头水平速度未减小到0的情况，则μ，λ需满足 （3）每次运动时间为 每次水平位移为 所以水平方向总位移为 方向水平向右； （4）λ越大，石头就会弹出越远，由于当时，，λ高次项均可忽略，此时 令，这一函数在时取最大值，由于，，且位于的区间的右端点，在此区间内λ越大，水平运动越远，因此这一说法在本题“整个过程中石头水平速度未减小到0”条件下成立。 27．(1) (2) (3) 【详解】（1）甲滑下，由动能定理有 甲、乙弹性碰撞 乙在C点，有 联立解得 （2） 时，由（1）有、 ，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P点脱离，PO与CO夹角为θ C→P过程有 P点有， 联立得、 又， 联立得 乙做平抛运动，由平抛运动规律有、， 联立得 又，代入数据解得 （3）甲从下滑，由机械能守恒： 已知，乙质量，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度： 甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为，方向向右。 乙受阻力 对乙列运动的微分方程，结合题目条件： 得 且落地速度大小 即。 解分量微分方程可得速度关系： 联立 解得： 对水平方向由动量定理： 代入得： 甲加竖直向上电场后，竖直加速度 要落到EF上，必须，即： 甲做平抛运动，竖直方向 得运动时间 水平位移： 要求甲落点在乙右侧，即 代入得： 两边平方整理得： 结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合不满足上述不等式，对应，下限为正。 场强的取值范围为： 28．(1)，， (2) (3) 【详解】（1）根据动能定理可得 解得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为 由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，则有， 其中为第一次碰撞后箱子的速度，联立解得， （2）若，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后做初速度为零、加速度为的匀加速直线运动。箱子受到地面的摩擦力，箱子以物块碰撞前的速度向前做匀减速直线运动，加速度大小为 第一次碰撞后箱子停止运动的时间和位移分别为， 在这段时间内物块在电场加速作用下运动的距离为 这表明箱子在停止运动时，物块与箱子还没有发生第二次碰撞，物块还在继续向前运动，当物块运动的距离后，与静止的箱子发生碰撞，此时物块的速度大小为 此时物块与箱子碰撞又发生速度交换，因此第二次碰撞后，箱子的速度大小 （3）箱子从第二次碰撞到停止运动通过的位移为 由此可得物块第三次与箱子碰撞前的速度大小为 如此可得第三次碰撞后，箱子通过的距离为 由此可知第次碰撞后箱子通过的距离为 是一个公比为的等比数列，因此箱子总的通过的位移为 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 $