力学大题（立体空间复杂情境）专项训练-2027届高考物理一轮复习

力学大题（立体空间复杂情境） 1．图甲是物流仓储自动化分拣传输工作区的示意图，矩形区域ABEF为可调速的传送带，矩形区域BCDE为固定的分拣滑台；传送带和分拣台在同一平面内，与水平面夹角都为θ=37°。固定挡板与ACDF面垂直并交于水平面内的ABC。已知AB长，BC长，小货箱运动至P点（BC的中点）时完成检测并暂时停留，检测结果由控制系统记录。C点设有翻板，符合要求的小货箱由C点滑出并进入下一环节；不符合要求的小货箱到达C点时，翻板打开使其落下而被分拣出来。现共有100个小货箱，图乙是其中一小货箱运动的侧视图，对小货箱依次标号1、2、3……先调节传送带速度为，1号货箱从A点滑上传送带，恰好停在P点，再调节传送带速度为，2号货箱从A点滑上传送带，在P点与1号货箱碰撞（碰撞时间极短），碰后2号货箱停止在P点，1号货箱沿分拣滑台继续运动，并在C点根据检测结果完成分流。后续小货箱均重复2号货箱的运动和分拣过程。已知小货箱质量均为m=1kg，滑入传送带和到达C点时的速度均为，小货箱与传送带、分拣滑台间动摩擦因数均为，与固定挡板间动摩擦因数。小货箱尺寸忽略不计且运动过程中与挡板间弹力视为不变。 重力加速度g近似取，，。 (1)求小货箱在分拣滑台上滑行时，分拣滑台表面对小货箱的弹力、固定挡板对小货箱的弹力的大小； (2)求小货箱在分拣滑台上滑行的加速度的大小，及传送带速度、的大小； (3)当100号货箱到达P点并完成检测时，本次传送带输送任务结束。求要完成此次分拣传输任务，相比传送带空载运行，发动机因输送小货箱需多做多少功？ 2．如图，光滑水平桌面上有竖直光滑圆弧轨道I，质量为m1＝0.1kg的物块a从A点无初速释放，进入光滑水平直轨道Ⅱ，光滑水平圆弧轨道Ⅲ与Ⅱ沿x轴紧靠一起，、分别与BC相切于B、C两点，与y轴相切于D点，轨道Ⅲ右边界紧靠y轴（与x轴垂直于O3）。劲度系数为k＝200N/m的轻弹簧一端固定于E点，另一端连接一质量为m2＝0.4kg的物块b，物块右侧固定一质量不计的激光笔（未画出），激光可垂直射向圆柱体表面，当弹簧处于原长时，激光在圆柱体的上光点位置为O4，圆柱体可绕与y轴平行等高的水平轴匀速转动。已知圆弧半径R1＝0.4m，对应圆心角θ1＝60°，圆弧对应圆心角为θ2，C点坐标（m，0），D点坐标（0，3m）， 重力加速度g＝10m/s2，物块a、b可看作质点。 (1)求物块a在B点受轨道I的支持力FB大小； (2)求经过轨道Ⅲ过程中，轨道Ⅲ的弹力对物块a的冲量大小； (3)物块a与b碰撞后粘在一起，求压缩弹簧过程中a、b连接体离b静止位置的最大距离ym； (4)当物块a与b碰撞的同时使圆柱体匀速转动，欲使圆柱体转动一周后激光在圆柱体的上光点位置距O4为0.01m，求圆柱体匀速转动的角速度ω应满足的条件。（弹簧振子的振动周期为，M为振动物体质量，k为弹簧劲度系数） 3．如图所示，半径为R的光滑圆弧槽a和b静止在光滑的水平面上，a槽固定，圆弧圆心角为90°，b槽圆弧圆心角为60°，两槽的轴向间距KH与CD平行等宽。可视为质点的A、B两小球锁定在槽a的顶端，A球质量为0.6 m，B球质量为0.4 m。让A、B两小球从弧面端点沿平行于KH方向分别以和水平相向飞出，它们沿曲边下行后在某一位置发生完全非弹性碰撞成为结合体c。结合体c继续运动，可以从槽b的点P处飞出（图中P未标出），P右侧平面CDEF足够大。求： (1)求点P到C、D两点的距离之比； (2)若槽b固定，结合体c从槽b圆弧的P点冲出后，落在槽b上表面Q处（图中Q未标出），求P、Q间的距离； (3)若槽b不固定，结合体c恰能运动到槽b圆弧的P点，求结合体c和槽b的质量之比； (4)接第（3）问，若结合体c在槽b中上升的时间为t，求结合体c上升过程槽b的位移大小。 4．光滑水平面上静置一质量、宽度的足够长矩形木板，俯视图如图甲所示，质量的小圆柱静置于木板中轴线上的O点，与木板间动摩擦因数，重力加速度，不考虑木板旋转。 (1)给圆柱平行于木板短边向右的初速度，求圆柱最终到木板右边缘的距离； (2)如图乙所示，在圆柱正前方固定竖直挡板，挡板不与木板接触，其所在平面与木板的交线与短边夹角为45°，给圆柱一沿中轴线方向的初速度，圆柱与挡板上的P点发生弹性碰撞，碰撞时间s，忽略碰撞时木板的运动，设圆柱到P点的初始距离为L。 ①当时，求与挡板碰撞时圆柱受到挡板的作用力的大小和方向； ②当时，求碰撞后圆柱所受摩擦力与初速度方向间夹角的正切值； ③求L为多大时，圆柱与木板作用过程中产生的摩擦热最大。 5．如图甲所示，一个方形台安装在足够大的水平地面上，方形台的横截面是边长为a（未知）的正方形，沿方形台的轴线开凿有半径为R（）、与台等长的圆柱形中空光滑通道，为通道底部的中心线。现有一个内含少量炸药的可视为质点的滑块在通道底部中心线附近滑行，俯视轨迹近似为正弦曲线，如图乙所示。滑块每次通过中心线时的速度大小为v，方向与中心线夹角为45°。某次通过中心线时，滑块瞬间炸裂成速率不等的两个小滑块，炸裂前后各速度方向均在同一条直线上，炸裂处距通道两端均足够远。炸裂后，两个小滑块在离开通道前均刚好不脱离轨道，离开通道后均做平抛运动且平抛运动的水平位移大小相等。忽略炸裂前后滑块总质量的变化，重力加速度为g。 (1)若、，g取，求图中轨迹的“波长”； (2)求炸裂刚结束时，两个小滑块中的较小速率和较大速率； (3)求方形台横截面的边长a； (4)若，求两个小滑块中较大质量与较小质量的比值。 6．如图所示是探究不同速度下弹性碰撞的简化装置，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板、长为7R的直挡板和小挡片e。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长，在小挡片e上固定原长3.5R、劲度系数为k的轻质弹簧，小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。已知：小球甲质量为m1=1kg、小球乙质量为m2（未知），R=0.2m，θ=30°，弹簧的劲度系数，两小球均可视为质点，不计一切摩擦。 (1)若小球甲沿挡板恰能运动到c点，碰撞后小球乙也沿挡板运动并压缩弹簧，弹簧始终处于弹性限度内。求： ①小球甲运动到c点速度的大小； ②若，小球乙从接触弹簧至最低点的时间t；（可用反三角函数表示） (2)若小球甲沿挡板恰能运动到c点，碰撞后小球乙不沿挡板过f点，求： ①的比值； ②在上述质量比值下，改变小球甲的初速度（仍沿挡板运动），使碰撞后小球乙能越过线段df（不与挡板和弹簧相碰），小球甲初速度应满足的条件。 7．医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置模型管道，其中竖直、高度，是半径的四分之一圆弧管道（远大于管道内径），水平、长度。处放置一质量的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒为沿管道方向的气动推力，和均光滑，甲经过程克服阻力做功，传输瓶可视为质点，求： (1)传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小； (2)传输瓶甲到达点时的速度大小； (3)若传输瓶甲进入管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度。要使甲到点速度恰好为零，求甲在运动过程中的最大速度； (4)现有质量的传输瓶乙锁在管道上的点（点未标出），长度。甲运动至点瞬间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为，碰后乙始终具有向左的加速度。则在乙速度第一次减为零之前，甲、乙是否会再次发生碰撞？若会，求再次碰撞的位置到点的距离。 8．如图所示，光滑水平长方形板ABCD和半径的光滑圆柱面平滑连接且固定在水平地面上。长方形板上安装了处于原长且劲度系数的轻弹簧a和b，都与AB成夹角放置，自由端分别在AB边上的J点和H点。弹簧b下方铺设特殊材料。将质量m均为1kg的滑块1和滑块2分别静置于J点和H点，与弹簧接触但不连接。推动滑块1使弹簧a存储弹性势能，释放后滑块1恰好与滑块2发生完全非弹性碰撞成为结合体。滑块均可视为质点，与特殊材料间动摩擦因数和相对H点的距离x符合（其中），弹簧足够长且形变时都沿轴线方向，不计空气阻力。 (1)滑块1运动至J点时，对圆柱面压力的大小； (2)滑块1与滑块2碰撞过程中系统损失的机械能； (3)结合体第一次滑上长方形板至返回H点所通过的路程s； (4)此后，不断平行AB平移弹簧a到适当位置且保持与AB边夹角不变，以保证结合体能返回H点。每当结合体通过H点压缩弹簧b时，对其补充机械能。求最终两弹簧处于原长时自由端的距离L。 9．如图所示为兴趣小组设置的模拟游戏装置，装置由倾角的粗糙斜面。光滑水平面和倾角的光滑斜面组成，粗糙斜面与水平面通过小圆弧平滑连接，粗糙斜面上有沿斜面向下的直轨道AB长L=5m，光滑水平面上有光滑竖直内圆轨道1，圆心为，半径 ，与水平面相切于 C、C'点，C、C'均为轨道最低点且略微错开以便质点进出，光滑斜面内固定着圆心为O2的四分之一圆形透风管道MN，和一个圆心为N的四分之一圆形透风挡板GH，管道MN光滑且半径，挡板GH半径，O2、N、G三点在平行于斜边且沿斜面向下的同一条直线上。当质量m=1kg可视为质点的小滑块在光滑斜面内任意位置运动时都会受到平行于斜边沿斜面向上大小为0.125mg的恒定风力。现让该滑块从A处以一定的初动能沿直轨道AB运动，假设小滑块从水平面经过C点后一定沿轨道1的内轨道运动，若能经过水平面左端E点，一定进入可控小圆弧通道，且在小圆弧通道内运动时速率大小不变，离开小圆弧刚好沿斜面从M处沿切线方向进入管道MN。若能进入MN运动，则能击中GH上的Q点(Q点未画出)。小滑块与AB 轨道间动摩擦因数，重力加速度。 (1)若小滑块在A处初动能为44J，求小滑块刚运动到C处时对圆轨道的压力； (2)为使小滑块在竖直圆轨道1内运动时不脱离轨道，求小滑块在A处初动能取值范围； (3)满足（2）问的小滑块运动到Q点时动能的最小值？ 10．“鲁布·戈德堡机械”是用连锁机械反应完成一些简单动作的装置。质量为m的“”形小盒C的右侧与质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数，E右端到固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过光滑定滑轮用轻绳与E相连，E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端与地面距离为L；质量为m的圆环套在F上端，环与杆之间的滑动摩擦力为。初始所有装置均静止，一质量为m的小球以的速度水平弹入C并刚好被卡住，带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞后均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆底部。小球A、小盒C、物块D、圆环均可视为质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)小球弹入小盒C后，装置启动瞬间，绳子上的拉力大小； (2)木板E与挡板第一次相撞瞬间的速度大小； (3)细杆F的长度以及木板E运动的总路程。 11．图甲是我国古代重要发明—扇车，西汉时就广泛用于清选谷物。谷物从扇车顶部进谷口进入分离仓，仓右端的鼓风机为仓内提供稳定气流，使谷物中的秕粒(较轻)和饱粒分离。图乙则是某同学为深入探究扇车原理而精心设计的理想化模型截面图。图乙B点位于喂料斗入口的正下方，矩形ABCD是仓体在竖直方向的截面形状。这里的AC和CG是两个出料口，其中底部出口CGEF呈现为等腰梯形。已知AB的长度LAB=lm，AC的长度LAC=0.2m，GD的长度LGD=0.6m，EF的长度LEF=0.16m，斜面GFM的高度hGM=0.04m，A点距离地面的高度H=1.5m。当喂料口有谷物从B入口处静止开始落入扇车后，谷物在下落过程中受到风扇匀速转动所产生的恒定水平风力F=0.5N，能使不同饱满程度的谷粒从不同出料口离开扇车，达到分拣谷物的目的。现有两种饱满度不同的谷粒，它们从B入口静止进入扇车，质量分别为m1=g和m2=8g，谷粒与斜面FG间的动摩擦因数为=0.6，g取10m/s2。求： (1)质量为m1的谷粒在仓体中运动的时间； (2)质量为m2的谷粒从出口离开时的动能； (3)质量为m1的谷粒落到地面时相对进入入口时的机械能变化量。 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 《力学大题（立体空间复杂情境）》参考答案 1．(1)， (2)，， (3) 【详解】（1）小货箱滑上分拣台滑行时，分拣台、挡板对小货箱的弹力分别为， （2）小货箱在分拣台上，由牛顿第二定律得 解得 设小货箱1从B点滑上分拣台时的速度为，恰好停在P点，则 解得 设小货箱1在传送带上加速，且加速度大小为，由牛顿第二定律得 得 加速距离 可知小货箱1在传送带上先加速，后匀速，故传送带速度 2与1在P点碰撞过程动量守恒，碰后2停止，有 即碰撞过程交换速度，相当于小货箱从B点匀减速直线运动至C点时，速度恰为。故 解得 2在传送带上加速距离 可知小货箱2在传送带上先加速后匀速，故传送带速度 （3）方法一：传送带速度调为，小货箱1加速时间 与传送带的相对位移 故传送带传输1，多做的功 传送带调速为，小货箱滑上传送带加速时间 与传送带的相对位移 故传送带传输2，发动机多做功 全部完成100个小货箱的分拣传输，发动机需要多做功 解得 方法二：对传送带做功分析，传送带维持匀速需要额外施加一个力，大小等于工件与传送带的摩擦。第一个货箱，加速过程有， 加速过程工件的位移 传送带的位移，剩余一起匀速的位移。多做的功 第2号货箱到第100个货箱，加速过程有， 加速过程工件的位移 传送带的位移，剩余一起匀速的位移。多做的功 总共多做的功 代入数据，解得 2．(1) (2) (3) (4)或 【详解】（1）物块从A到B，根据动能定理有 在B点，根据牛顿第二定律有 解得， （2）a沿做匀速直线运动，a沿做匀速圆周运动，由几何知识可知 解得 则 解得 沿运动时，根据动量定理有 根据矢量三角形，可知 （3）a与b碰撞后粘在一起，有 静止位置到最大距离 解得 （4）振动周期为 则角速度为 转动一周后激光在圆柱体的上光点位置分居两侧为，有或 解得或 3．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）两球碰前水平速度之比为 ，则相碰时水平位移之比为 两球相碰后水平方向动量可知 ， 可知从P点抛出时，点P到C、D两点的距离之比 （2）对结合体沿竖直方向由机械能守恒定律 可得结合体从P点斜向上抛出时的速度 由斜抛运动可知 解得 P、Q间的距离 （3）结合体到达斜槽a底端时有机械能守恒定律， 进入斜槽b过程由水平方向动量守恒以及能量关系 解得 （4）由水平方向动量守恒可知 而 解得 4．(1) (2)①，方向垂直于挡板斜向左下  ② ③ 【详解】（1）系统在短边方向上动量守恒，有          根据牛顿第二定律，对木板和小圆柱有，                  分别列出小圆柱和木板在此过程中的对地位移，有， 系统稳定后，小圆柱到木板右边缘的距离                          解得                                                               （2）①由弹性碰撞的特点可知，小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向转为短边方向，将碰撞前小圆柱与木板的速度分别记为和，有得       根据动量定理，             得，方向垂直于挡板斜向左下    ②碰撞前动量守恒，有         若摩擦力与初速度夹角为，有   ③小圆柱与挡板碰撞前，木板的对地位移为LM，有 则碰撞前二者的相对路程 碰撞后，小圆柱和木板的相对加速度 此相对加速度恒定且与相对速度反向，故二者的相对运动为匀变速直线运动，由此得碰撞后二者的相对路程为，有 故全程系统产生的摩擦热为       整理得              由二次函数的特点可知，当时系统的摩擦热有最大值，此时解得       必须验证此时小圆柱是否还在木板上，将代入和，得 则必然有 因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。           【点睛】 5．(1) (2)， (3) (4)或 【详解】（1）未炸裂前小滑块的运动可以近似看成单摆和水平方向匀速直线运动的合成，根据单摆的周期公式可得 小滑块水平方向匀速直线运动的速度为 所以图中轨迹的“波长”为 （2）由分析可知，要想使两个小滑块在离开通道前均刚好不脱离轨道，且小滑块炸裂瞬间两滑块的速率不等，则应使较小速率的小滑块刚好到达圆心的等高处，而较大速率的小滑块刚好过圆形通道的顶点，则对炸裂后速率较小的小滑块根据动能定理有 解得 设炸裂后速率较大的小滑块运动到圆形通道顶点时的速率为，其沿着半径方向的速率为，则对炸裂后速率较大的小滑块根据动能定理有 对炸裂后速率较大的小滑块在圆形通道的顶点根据牛顿第二定律有 又因为 联立解得 （3）由分析可知，要想使炸裂后的两个小滑块平抛运动的水平位移相等，则只能是较大速率的小滑块在最低点抛出，而较小速率的小滑块在最高点（即与轴线等高处）抛出。设较大速率的小滑块平抛运动的时间为，则有 则较大速率的小滑块平抛运动的水平位移为 同理设较小速率的小滑块平抛运动的时间为，则有 则较小速率的小滑块平抛运动的水平位移为 根据题意有 联立解得方形台横截面的边长为 （4）设炸裂后向前和向后运动的小滑块的质量分别记为和。若向前、向后，则根据动量守恒定律有 解得 即两个小滑块中较大质量与较小质量的比值为；若向前、向后，则根据动量守恒定律有 解得 即两个小滑块中较大质量与较小质量的比值为。综上所述，若，则两个小滑块中较大质量与较小质量的比值为或。 6．(1)①；② (2)①；② 【详解】（1）①甲恰能到点，可知在点有 解得 ②依题意，甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后动量和能量守恒，以方向为正 有， 解得碰后乙的速度为 若，则 对小球乙，从c点至弹簧压缩量最大位置，设弹簧的最大压缩量为，以弹簧压缩量最大位置为重力势能的参考平面，由能量守恒定律 有 得 小球乙速度最大时，弹簧弹力等于重力，设此时弹簧的压缩量为 有 得，所以弹簧振子的振幅 设弹簧振子的振动方程为，其中 得 当位移为时，所用时间 当位移为时，所用时间 则小球乙从接触弹簧至最低点的时间 （2）①设碰后小球乙的速度为，根据前面分析有，依题意，碰后小球乙做类平抛运动且过点 沿方向有 沿垂直方向有 解得 ②设碰后小球乙的速度为，碰后小球乙做类平抛运动，若能越过线段不与弹簧相碰，则根据类平抛运动规律 有，且 得 同时需保证小球不能撞击到圆弧上，设碰后小球乙的速度为 有，且 得 联立得碰后小球乙的速度，根据前面分析可知 将代入可得 代入数据得 对甲球，从a到c过程中，由动能定理 有 综上得小球甲初速度应满足的条件 【点睛】 7．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）段光滑，根据动能定理有 在点，物体做圆周运动的向心力由支持力、重力、推力的合力提供，则有 代入数据解得。 （2）从到根据动能定理有 解得。 （3）进入后，甲先向右加速，后向右减速到0，最大速度出现在推力与阻力平衡（即加速度为0）时刻，即物体加速运动阶段的结束。已知加速度，方向向左，设从到最大速度位置的位移为，从到根据动能定理有 甲从到最大速度位置根据动能定理有 联立解得 （4）点距离点为，从C到E根据动能定理有 在点甲乙发生弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒，则有， 联立解得， 乙加速度向左，初速度向右，故乙做匀减速直线运动，碰撞后甲的加速度向右，甲的初速度为，负号表示速度方向向左，甲做匀减速直线运动，即甲先向左减速到0，再向右加速。则乙向右匀减速直线运动的位移 所以甲、乙会再次发生碰撞； 乙向右运动的时间为 甲向左匀减速直线运动的时间为 甲向左匀减速直线运动的位移为 甲减速到0后，开始向右做匀加速直线运动，在内运动的位移 甲减速到0的位置与乙加速到0的位置间距离为 所以乙减速到0之前甲乙发生第二次碰撞，设从第一次碰撞结束到第二次碰撞前瞬间的时间为，则有甲乙在这段时间内位移相等，即 代入数据解得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为 解得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为。 8．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）设滑块1运动至J点时速度为，根据能量守恒定律   可得 滑至J点时，根据牛顿第二定律   可得 （2）根据动量守恒定律   可得 损失的机械能 （3）结合体首次进入长方形板至压缩到弹簧最短，由题意知， 因，均与位移成正比，所以， 根据动能定理 由此可得， （4）结合体首次进入长方形板至返回点，根据动能定理 可得 综合（3）中的结论推理可知，结合体从进入长方形板压缩弹簧至返回点，即在特殊材料上往返一次后： 由于补偿能量后最终达到动态平衡   可得 根据题意可知结合体在圆弧面上运动为简谐运动，故运动时间 则 9．(1)110N，方向竖直向下 (2)或 (3) 【详解】（1）小滑块从A到B，根据动能定理有 其中 联立解得 因BC段光滑，故小滑块到达C处的速度为 小滑块在C处，根据牛顿第二定律有 联立解得 根据牛顿第三定律可知，小滑块刚运动到C处时对圆轨道的压力为 方向竖直向下 （2）为使小滑块在竖直圆轨道1内运动时不脱离轨道，分两种情况讨论。第一种情况，小滑块能通过光滑竖直内圆轨道1的最高点，则临界条件为小球通过最高点时轨道对小球的支持力为零，仅由重力提供向心力，则有 解得 则小滑块从A到，根据动能定理有 解得 即小滑块能通过光滑竖直内圆轨道1的最高点，则小滑块在A处初动能 第二种情况，小滑块不能通过最高点，但又不能脱离轨道，则临界条件为小滑块最多上到光滑竖直内圆轨道1的左侧圆心等高处时 则小滑块从A到光滑竖直内圆轨道1的左侧圆心等高处，根据动能定理有 解得 即小滑块能通过光滑竖直内圆轨道1的最高点，则在小滑块在A处初动能 综上分析可知，为使小滑块在竖直圆轨道1内运动时不脱离轨道，则小滑块在A处初动能取值范围或 （3）设小滑块以水平速度从N点滑出，做类平抛运动，运动到坐标为（x，y）的Q点。在沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 解得 加速度的方向沿斜面向下； 在沿斜面向下有 在水平方向有 根据圆的知识有 联立可得 变形得 上式两边乘上，则有 其中 可得 变形可得 根据数学知识可得 即 两边乘上质量，则有 可知在满足（2）问的小滑块运动到Q点时动能的最小值 10．(1) (2) (3)， 【详解】（1）设小球弹入C后的瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。小球弹入C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小 解得： （2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力 由知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a。由牛二定律 解得 对圆环，由牛顿第二定律，可知圆环所受摩擦力 所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动，假设第一次相撞的速度大小为，则 解得 （3）由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，设相撞后圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律 对木板E、细杆F整体由牛顿第二定律 解得， 因为，大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则由匀变速直线运动推导公式 解得 同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为 第n次碰撞后，木板E向左的最大位移 则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移 同理可得：第二次相撞后﹐圆环与细杆F的最大相对位移 第n次相撞后﹐圆环与细杆F的最大相对位移 设细杆F的长度为x，则 设木板E运动的总路程为，由能量守恒 又 解得 11．(1)0.2s (2)0.5128J (3)0.288J 【详解】（1）质量为的谷粒在舱体中竖直方向上做自由落体运动，由于质量较大，该谷粒将从底部出口落下，竖直方向上的位移为 根据自由落体运动规律 解得 （2）由于质量较小，该谷粒将从左侧出口落下，设质量为的谷粒在舱体中运动的时间为，下落的高度为h，对该谷粒水平方向的运动分析，根据牛顿第二定律 解得 根据匀变速直线运动位移与时间的关系式 同时对该谷粒竖直方向的运动独立分析 解得 根据动能定理，对该谷粒在仓体中的运动进行分析 （3）风力F对质量为的谷粒做正功，有 在GF斜面上摩擦力对质量为的谷粒做负功，有 其中 根据能量守恒定律 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 $