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押广东卷计算题 2
力学
力学计算题是高考的必考内容，高考对于这部分知识点的命题形式是以生活中的情景为背景，强调情
景与对应的力学知识的有机融合，突出了应用性，巩固了基础性。考查学生的推理能力、综合分析能力和
应用数学知识解决物理问题的能力。
命题的思路：以一定的情景为基础，该情景包含多个物理过程，每一个过程可对应不同的物理模型，
不同物理过程通过一个衔接点联系起来（找准衔接点往往是解题的突破口）。
力学计算题涉及的知识点主要有：
常考考点 真题举例
平抛运动 功和能量 完全弹性碰撞 2023·广东·高考真题
动能定理 完全非弹性碰撞 2022·广东·高考真题
牛顿定律 直线运动 动量守恒定律 碰撞问题 2021·广东·高考真题考点 1：运动学
1、直线运动
匀 基本公式法 v＝v ＋at，x＝vt＋ 三个公式中的物理量x、a、v 、v均为矢量（三个公式称
0 0 0
变 at2，v2－v＝2ax。 为矢量式）。在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡
速 是与v 方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值。
0
直
线
比例法 只适用于初速度为零 1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：v
1
∶v
2
∶v
3
∶…∶v
n
＝
运 的匀变速直线运动。 1∶2∶3∶…∶n；1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：
动 x∶x∶x∶…∶x＝12∶22∶32∶…∶n2；第一个T内、第二个T内、第
1 2 3
三个T内……位移的比为：x ∶x ∶x ∶…∶x ＝1∶3∶5∶…∶（2n－
Ⅰ Ⅱ Ⅲ n
1）；从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t∶t∶t∶…∶t＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）。
1 2 3 n
图像法 x−t图像，v−t图像，a x−t图像纵轴表示位移； v−t图像纵轴表示速度。x−t图像
－t图像，a－x图像， 上斜率表示速度； v−t图像上斜率表示加速度。v−t图像
－t图像，v2－x图像 上图线和时间轴围成的“面积”表示位移。a－t图像所围
面积表示速度变化量Δv。a－x图像所围面积表示。－t图
像的斜率为a。v2－x图像斜率为2a。
推论法 v = 物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬
t
时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半；任意两个
＝ 2 ＝，Δx＝x －
2 连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。
x ＝x －x ＝…＝x －x
1 3 2 n n
＝aT2。
－1
逆向思维法 匀减速到速度为零的 刹车类问题和双向可逆类问题。
直线运动一般看成逆
向的初速度为零的匀
加速直线运动。
平均速度法 v 任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均
t
速度。
= 2
2、曲线运动
类型 平抛运动（类平抛运动） 斜抛运动 圆周运动
图例
运动规律 水平方向：做匀速直线运动，速度： 速度公式：v ＝v ＝ 有F＝m＝mω2r＝m＝mωv
x 0x
v x ＝v 0 ，位移：x＝v 0 t；竖直方向：做 v 0 cos θ；v y ＝v 0y －gt＝ ＝4π2mf2r
自由落体运动，速度：v y ＝gt，位 v 0 sin θ－gt。位移公 当 F＝mrω2时，物体做匀
速圆周运动；当 F＜mrω2
移：y＝gt2；合速度：v＝＝，方向与 式：x＝vcos θ·t 时，物体逐渐远离圆心，F
0
为实际提供的向心力；当
水平方向夹角为θ，则tan θ＝＝。做 y＝v
0
sin θ·t－gt2。当
F＞mrω2时，物体逐渐向圆
平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻 心靠近，做向心运动。
v ＝0 时，v＝v ＝
y 0x
的瞬时速度的反向延长线一定通过此
vcos θ，物体到达最
0
时水平位移的中点。速度方向与水平
高点h ＝＝。
max
方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ。（类平
抛运动规律与此类似）
考点 常规的平抛运动及类平抛模型；与斜 注意加速度恒为重力 几何关系的分析，目的是
加速度，考得较少。
面相结合的平抛运动模型 确定圆周运动的圆心、半
径等。运动分析，目的是
表示出物体做圆周运动所
需要的向心力。受力分
析，目的是利用力的合成
与分解知识，表示出物体
做圆周运动时，外界所提
供的向心力。有轻杆和轻
绳模型。绳的临界：张力
F ＝0；接触面滑动临界：
T
F＝f ；接触面分离临界：
m
F ＝0。
N
考点 2：动力学三大观点
1、内容
分类 规律 表达式
动力学 牛顿第二定律 F ＝ma
合
力的瞬时作用
方法 牛顿第三定律 F＝－F′
动能定理 W ＝E －E
合 k2 k1
能量方 力的空间累积 E ＋E ＝E ＋E ；ΔE＝－ΔE；
k1 p1 k2 p2 k p
机械能守恒定律
法 作用 ΔE ＝ΔE
A减 B增
能量守恒定律 E ＝E ；ΔE ＝ΔE
初 末 增 减
动量方 力的时间累积 动量定理 F 合 t＝mv′－mv
法 作用 动量守恒定律 mv＋mv＝mv′＋mv′
1 1 2 2 1 1 2 2
若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律；若物体(或系
统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理；若物体(或系统)涉及位移
解题规 和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律或动能定理；若
律 物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦
力做功产生热量应用摩擦力乘以相对位移，运用动能定理解决曲线运
动和变加速运动问题特别方便。
2、选用规则
多个物体组成的系统。 优先考虑使用两个守恒定律。
物体(或系统)涉及速度和时间。 考虑使用动量定理。物体(或系统)涉及位移和时间， 考虑使用牛顿运动定律或动能定理。
且受到恒力作用。
物体(或系统)涉及位移和速度。 考虑使用动能定理，系统中滑动摩擦力做功
产生热量应用摩擦力乘以相对位移，运用动
能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别
方便。
3、根据物理量进行选取的思路
涉及加速度的问题 一般要用牛顿运动定律。
涉及运动时间或作 一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律。
用时间的问题
涉及初、末速度问 一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再
题 考虑用牛顿运动定律。
涉及运动的位移或 一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律。
路程的问题
4、根据研究过程进行选取的思路
涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析 必须要用动力学观点
涉及复杂的直线或曲线运动问题 要用能量观点或动量观点
涉及短暂的相互作用问题 优先考虑用动量定理
涉及碰撞、爆炸、反冲等问题 用动量守恒定律
5、动能定理中总功的求法
总功的求法：①先由力的合成与分解法或根据牛顿第二定律求出合力 F ，然后由W＝F lcosα计算；
合 合
②计算各个力对物体做的功W、W、…、W，然后将各个外力所做的功相加即为总功。
1 2 n
合外力做的功中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面（相对地面静止的物体）为
参考系。列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果
加以确定。
6、机械能守恒判断方法
利用定义进行判断 分析动能和势能的和是否发生变化。
利用做功进行判断 系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功，或有其他力做
功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
利用能量转化进行判断 若系统内物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，没有
其他形式的能（如没有内能增加）的转化，则系统的机械能守恒。
7、机械能守恒定律解题方法
①明确研究对象；②分析研究对象的受力情况和运动情况，分析清楚各力做功的情况；③选取适当的
势能平面，明确研究对象的初末状态的机械能；④选取合适的机械能守恒定律的观点列表达式；⑤对结果
进行讨论和说明。
机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系，应用时首先要判断所研究的物理情景中机械能是否守
恒。如果系统（除地球外）只有一个物体，用守恒的观点求解比较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点求解比较方便。
8、机械能守恒定律的应用
应用类型 分析方法
单个物体的机械能守恒问题 明确研究对象；分析研究对象的受力情况和运动情
况，分析清楚各力做功的情况；选取合适的机械能
守恒定律的观点列表达式；对结果进行讨论和说
明。
多个物体的机械能守恒问题 分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力
或弹力做功，内力是否造成了机械能与其他形式能
的转化，从而判断系统机械能是否守恒。对多个物
体组成的系统，一般用“转化法”和“转移法”来
判断其机械能是否守恒。注意寻找用绳或杆相连接
的物体间的速度关系和位移关系。
含弹簧的机械能守恒问题 弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生
变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力
不做功，系统机械能守恒。弹簧两端物体把弹簧拉
伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相
同的速度，弹性势能最大。
非质点的机械能守恒问题 像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将
发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此
这类物体不能再看成质点来处理，虽然不能看成质
点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守
恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分
布均匀的规则并确定物体各部分的重心位置，然后
根据初末状态物体重力势能的变化列式进行求解。
9、动量定理的应用
解释现象 物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当
力的作用时间越长时，力就越小；
作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用
时间越短，动量量变化越小。
求变力的冲量 用I＝Δp求变力的冲量。
求动量的变化量 用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
10、动量守恒定律
mv＋mv＝mv′＋mv′ 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各
1 1 2 2 1 1 2 2
自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。
p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、
方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。
Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。
Δp＝－Δp 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的
1 2
减少量。
守恒的条件如下：
理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的
条件可放宽至系统所受外力之和为零。
近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。
单方向的动量守 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在
恒条件 该方向上动量守恒。
1．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和
与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为 ，平台高为 。药品盒A、B依次被轻放在以速度 匀速运动的
传送带上，在与传送带达到共速后，从 点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端 点停下，随后滑下的B
以 的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B
的质量分别为 和 ，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 。 与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。
求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 ；
（2）B从 点滑至 点的过程中克服阻力做的功 ；
（3）圆盘的圆心到平台右端 点的水平距离 ．
【答案】（1） （2） ；（3）
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从 点滑至 点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组 舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
2．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在
水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑
动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直
向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g取
，不计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方
向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得 。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得 。
3．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，
使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔 ，乙与边框a相隔 ，算珠与导杆间的动摩擦因数 。现用手指将
甲以 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为 ，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力
加速度g取 。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v，则
1
解得
v=0.3m/s
1
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v=0.2m/s
3
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
1．（2024·广东深圳·二模）如图所示为某一弹射游戏简化模型的俯视图，在光滑的绝缘水平面上建立平面
坐标系，ef右侧水平面内有沿x轴负方向的匀强电场（电场区域足够大），已知ef平行于y轴。一轻质绝
缘弹簧一端固定在坐标原点O处，另一端与一质量为0.2kg不带电绝缘物块A相连，此时弹簧轴线与x轴
正方向的夹角 。弹簧被压缩后锁定，弹簧储存的弹性势能为0.2J。再将一质量为0.2kg的带电量
的物块B紧靠着物块 A，A、B不粘连，现解除锁定，物块沿弹簧轴线运动到电场边界上
坐标为（0.6，0.45）的M点时，A、B恰好分离，物块B进入电场。A、B分离后，经过1s，物体A做简
谐运动第一次达到最大速度（运动过程中弹始终在弹性范围内，A、B均视为质点 ，
）。求：
（1）A、B物块脱离的瞬间，B物块的速度大小及脱离后A运动的周期；
（2）当物块B运动到距离y轴最远的位置时，分离后物块A恰好第4次达到最大速度，求电场强度大小及
此时物块B所处位置的坐标。
【答案】（1）1m/s，2s；（2） ，（2.2m，2.85m）
【详解】（1）由题可知，在M点A、B刚好分离，此时弹簧刚好恢复原长，此时A、B共速且速率达到最大，设此时速度大小为v，则
解得
即A、B分离时B的速度大小为
分离后A做简谐运动，M点为平衡位置，经过半个周期再次回到M处，达到最大速度，设A运动的周期
为 ，则有
解得
（2）由题可知AB分离时，B的速度方向与x轴正方向的夹角为 ，且
即 ，AB分离后，A物体做简谐运动，B在电场中做曲线运动。
设从分离开始计时经过时间 ，物块A第四次达到最大速度，则
解得
此时B距离y轴最远，对B在x方向上，由动量定理
y方向上匀速运动，有
解得， m， m
此时物块B位置的坐标（2.2m，2.85m）
2．（2024·广东深圳·二模）如图甲所示为固定安装在机车头部的碰撞吸能装置，由一级吸能元件钩缓装置
和二级吸能元件防爬装置（可压缩）构成。某次碰撞实验中，一辆总质量为45t的机车以6m/s的初速度与
固定的刚性墙发生正碰。开始仅触发一级吸能元件钩缓装置（由缓冲器与吸能管组成），其弹力随作用行
程（压缩量）的变化关系如图乙所示，缓冲阶段，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性变形。作用行程
为55mm时，达到最大缓冲极限，缓冲器被锁定，钩缓装置中吸能管开始平稳变形，产生的弹力恒为
，其作用行程为110mm。吸能管行程结束后，钩缓装置迅速刚化，此时启动二级吸能元件，防
爬装置被压缩产生恒定缓冲作用力，此过程行程为225mm 时，机车刚好停止，车体完好无损。（设每次
碰撞过程中，该吸能装置的性能保持不变，忽略其它阻力影响。）求：
（1）一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管变形过程总共吸收的能量；
（2）二级吸能元件工作时的缓冲作用力及作用时间；
（3）为了测试该吸能装置的一级吸能元件性能，将该套吸能装置安装在货车甲前端，货车甲总质量为
66t，与静止在水平面上无制动的质量为13.2t的货车乙发生正碰（不考虑货车的形变），在一级吸能元件
最大吸能总量的60%以内进行碰撞测试（碰撞时若钩缓装置的吸能管未启动时，缓冲器能像弹簧一样工
作）。 求货车乙被碰后的速率范围。
【答案】（1）247500J；（2） ，0.09s；（3）见解析
【详解】（1）由题可知一级吸能元件吸收能量 等于缓冲吸能 吸能管吸能 总和
由图可知可得
（2）设一级吸能元件工作结束时现车的速度为 ，由能量守恒定律
解得
设二级吸能原件工作时的缓冲作用力大小为 ，作用时间为t，由动能定理和动量定理有
解得
（3）当甲车速度为 时，甲乙两车碰撞后两车共速且刚好使一级吸能元件中的缓冲器锁定，此时两车速
度设为 ，则有
（一级最大吸能总量60%以内）
可得
由题可知两车碰撞中当甲车速度 时，碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器末被锁定此时发生弹性碰
撞，弹簧恢复形变后，甲车的速度为 ，乙车获得速度为 ，有可得
即当 时， ；
由题可知两车碰撞中当甲车速度 时，碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器被锁定后此时启动了吸能
管，发生的碰撞为完全非弹性碰撞，吸能元件吸收能量最大且原件吸能总量为 时，碰后两车速度
相同为 ，有
可得
当 时，缓冲器被锁定，有
可得
综上所述：
当 时， ；
当 时， 。
3．（2024·广东揭阳·二模）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲斜坡CD相连，平台BC的长度 ，斜坡CD的长度 。若滑雪者（视为质
点）从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。现滑雪者从A点由静止开始下滑，从B点飞出。若A、P两
点间的距离 ，滑雪者与滑道间的动摩擦因数 ，取重力加速度大小 ，不计空气
阻力。
（1）求滑雪者从A点运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出后在空中运动过程中的最小速度；
（3）若滑雪者从B点飞出后，经过 ，落在斜坡CD上，求斜坡CD倾角的正切值。
【答案】（1）2.5s；（2）12m/s；（3）0.75
【详解】（1）滑雪者从A点到 点做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
解得
由公式
解得
（2）由于滑雪者从 点由静止开始下滑，恰好到达 点，因此该过程合力做的功为0，当滑雪者从A点下
滑时，到达 点有
此后滑雪者在上升的过程中速度变小，到达最高点时速度最小，由运动的分解可知（3）设滑雪者从 点飞出后在空中运动的时间为 ，水平方向有
竖直方向有
则斜坡 倾角的正切值为
4．（2024·广东惠州·一模）如图所示，在光滑绝缘足够大的水平面上存在方向水平向右的匀强电场，质量
为m、电荷量为q的带正电金属小球甲从A点由静止释放后，以大小为 的速度与静止在O点、质量为3m
小球乙发生碰撞，乙球不带电，碰撞时间极短且无电荷量转移，首次碰撞后甲向左运动的最远距离距O点
，已知AO相距为L，与A点相距3L处的B处有一固定的竖直挡板，乙球与挡板碰撞时间极短且无机械
能损失。求：
（1）电场的电场强度E的大小；
（2）首次碰撞后瞬间，甲、乙两球的速度大小；
（3）如果在甲、乙两球首次碰撞后瞬间，将电场强度大小改为 ，方向不变，要保证乙球碰撞挡
板后，甲、乙两球能再次在OB区域相碰，K的取值范围。
【答案】（1） ；（2） ，方向水平向左； ；方向水平向右；（3）
【详解】（1）方法一：对甲与乙碰撞前的过程，根据动能定理得方法二：碰撞前，对甲球
（2）设碰撞后甲的速度为 ，乙的速度为 ，由动量守恒定律
碰后对甲，由动能定理
解得
方向水平向左；
方向水平向右；
（3）如果甲乙两球恰好在挡板B处再次相撞，对甲球，由牛顿第二定律
取水平向右为正
解得
如果甲乙两球恰好在 处相撞，对甲球，由牛顿第二定律对乙球
解得
故要保证乙球碰撞挡板后，甲、乙两球能再次在 区域相碰， 的取值范围为
5．（2024·广东·二模）如图某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接，电动机拉动B，使A
运动。某次运行时，A（含载重）的质量M=1000kg，t=0时，A从1楼由静止开始以0.5m/s2的加速度加速
运动，然后以v=1m/s的速度匀速运动，最后以大小为0.5m/s2的加速度减速上升至3楼停止，A上升的高
度h=7m。已知B的质量m=800kg，不计空气阻力和摩擦阻力，g取10m/s2。求：
（1）此次电梯匀速运行的时间；
（2）t=1s时，B下端缆绳的拉力大小；
（3）A（含载重）从静止开始上升到5m的过程，A（含载重）的机械能增量。
【答案】（1）5s；（2） ；（3）
【详解】（1）电梯加速运行的时间
位移减速运行的时间
位移
匀速运行的时间
（2）由（1）可知 时， 匀加速上升， 匀加速下降，设B下端缆绳的拉力大小为 ，B上端缆绳
的拉力大小为 ，对AB
代入数据解得
（3）由（1）可知 上升到 时，速度大小为 ，机械能增量
代入数据解得
6．（2024·广东广州·二模）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W为其初动能的 ，求
f
；
（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 。
【答案】（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W为其初动能的 ，则有
f
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 ，
7．（2024·广东湛江·二模）如图所示，质量为m的凹槽A放在倾角 的足够长的绝缘斜面上，斜面
固定在水平地面上，槽内左端用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、
电场强度大小 （g为重力加速度大小）。质量为m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A中
时，A、B、C恰好能处于静止状态。现将C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，此时A、B静止，
再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C以大小为 的速度与A碰撞后立即粘在一起，已知A、B
均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，C与A、C与斜面间都绝缘，整个过程中，物体C所带的电荷量保
持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能与弹簧伸长量的平方成正比。求：
（1）凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求C与A碰撞前弹簧的
弹性势能；
（3）从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，
弹簧弹力对B的冲量大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析【详解】（1）以A、B、C整体为研究对象，对整体受力分析，有
解得
（2）设初始时弹簧弹性势能为E，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时，弹性势能为4E，C与
p p
A碰撞过程，由动量守恒定律有
从C与A碰撞，到A、B、C共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
（3）从C与A碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A和C看成一个整体，B
与A，C之间的碰撞类似弹性碰撞，有
解得
或
弹簧第1、3、5、……、 次恢复初始时的压缩状态时，有
由动量定理有
解得即冲量大小为 ；
弹簧第2、4、6、……、 次恢复初始时的压缩状态时，有
由动量定理有
解得
即冲量大小为 。
8．（2024·广东佛山·二模）“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，
然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼
线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s=16m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，
鱼饵的质量为m=0.02kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h=1.6m、到鱼竿
末端鱼饵的距离L=1.6m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10m/s2，
已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）鱼饵在b点抛出时的速度大小；
（2）释放鱼线前，鱼饵在b点受鱼竿作用力的大小和方向；
（3）从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。
【答案】（1）20m/s；（2）4.8N，方向竖直向下；（3）4.128J
【详解】（1）鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得
联立解得，
（2）释放鱼线前，鱼饵在b点，由于
所以鱼饵受鱼竿作用力的方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得
解得鱼竿对鱼饵做的功为
9．（2024·广东茂名·二模）甲、乙两位同学利用中国象棋进行游戏。某次游戏中，在水平放置的棋盘上，
甲用手将甲方的棋子以0.4m/s的初速度正对乙方棋子弹出，两棋子相碰撞后（碰撞时间极短），甲方棋子
速度大小变为0.1m/s，方向不变．两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方
格长宽均 ，棋子直径均为 ，棋子质量相等均为 ，棋子与棋盘间的动摩擦因数均为
。重力加速度g大小取 。求：
（1）甲、乙两棋子相碰时损失的机械能；
（2）通过计算，判断乙方棋子中心是否滑出边界；
（3）甲方棋子从弹出到停下所需的时间。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】（1） ；（2）不滑出边界；（3）【详解】（1）设甲、乙两棋子碰撞前瞬间甲棋子的速度大小为 ，从甲棋子开始运动到甲、乙碰撞前瞬间
过程，甲移动距离为
对甲棋子，由动能定理得
代入数据解得
甲、乙两棋子碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙棋子的速度大小为 ，以碰
撞前甲棋子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
碰撞过程中损失的机械能为
解得
（2）设乙棋子碰后运动距离 停下来，对乙棋子，由动能定理得
解得
即可乙棋子移动距离不够1方格，棋子中心不滑出边界。
（3）对甲棋子从弹出到碰撞前，列动量定理有
解得碰撞后，对甲棋子，列动量定理有
解得
甲方棋子从弹出到停下所需的时间为
10．（2024·广东佛山·二模）如图，两工人在安装一园林石牌时，通过绳子对石牌同时施加大小相等、方
向与竖直方向成 的力T，使石牌恰好离开水平地面并保持静止，然后突然一起发力把石牌拉起准备安
装到预设位置，当石牌运动到离地面 处时，两条绳子同时断裂，石牌继续上升 后自由
下落，已知石牌质量 ，取重力加速度 ， ， 。忽略空气阻力，
求：
（1）T的大小；
（2）从绳断裂到石牌恰好接触地面的时间。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）石牌恰好离开水平地面并保持静止，根据受力平衡可得
解得
（2）设两条绳子同时断裂时，重物的速度为 ，石牌继续上升 后自由下落，则有解得
该阶段所用时间为
石牌自由下落过程，有
解得
则从绳断裂到石牌恰好接触地面的时间为
11．（2024·广东·模拟预测）游客在动物园里常看到猴子在荡秋千和滑滑板，其运动可以简化为如图所示
的模型，猴子需要借助悬挂在高处的秋千绳飞跃到对面的滑板上，质量为 的猴子在竖直平面内绕
圆心 做圆周运动。若猴子某次运动到 点的正下方时松手，猴子飞行水平距离 后跃到对面的滑
板上， 点离平台高度也为 ，猴子与 点之间的绳长 ，重力加速度大小 ，不考虑空气
阻力，秋千绳视为轻绳，猴子可视为质点，求：
（1）猴子落到滑板时的速度大小；
（2）猴子运动到 点的正下方时绳对猴子拉力的大小。
【答案】（1） ；（2）
【详解】
（1）设猴子松手后飞行的时间为 ，由平抛运动规律在竖直方向上有在水平方向上有
解得
在竖直方向上有
解得
得猴子落到平台时的速度大小
（2）设猴子运动到 点的正下方时绳对选手拉力的大小为 ，猴子做圆周运动的半径为
猴子经过圆周运动轨迹最低点时，由牛顿第二定律得
解得绳对猴子拉力的大小
12．（2024·山西晋中·二模）如图甲，为某学校举行定点投篮比赛的场景，某同学正在进行定点投篮，投
出的篮球在空中划出一道漂亮的弧线，穿网而过。如图乙，为篮球在空中运动轨迹，在篮球运动所在的竖
直平面内建立直角坐标系xOy，篮球从A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的4个点，C点为篮球运
动的最高点，D点是篮筐位置，A、B、D点的坐标分别为（-2L，-3L）、（-L，0）、（L，0）。篮球质量
为m，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。求：
（1）C点的纵坐标y ；
C（2）该同学将篮球投出时，篮球的速度v。
【答案】（1）L；（2） ，速度与水平方向夹角的正切值为4
【详解】（1）篮球做斜抛运动，由图乙可知，从A到B、B到C、C到D的水平距离相等，水平方向分运
动为匀速直线运动，可知，相邻位置的运动时间相等，设为t，利用逆向思维则有
，
解得
（2）设该同学在A点将篮球抛出的水平分速度和竖直分速度分别为vx，和vy，则有
， ，
则篮球的速度
结合上述解得
设将篮球投出时，篮球的速度与水平方向夹角为 ，则有
解得
13．（2024·湖南永州·三模）将扁平的小石片在手上呈水平放置后用力飞出，石片遇到水面后并不会直接
沉入水中，而是擦着水面滑行一小段距离后再弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，即称为“打水漂”。如图
所示，小明在岸边离水面高度h=1.8m处，将一质量m=20g的小石片以初速度v=8m/s水平飞出，小石片
0 0
在水面上滑行时受到的水平阻力恒为f=0.5N，若小石片每次均接触水面Δt=0.04s后弹起，弹起时竖直方向的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=0.75。小石片在水面上弹跳数次后沿水面的速度减为零，此
后以a=2.0m/s2的恒定加速度沿竖直方向沉入水深h=1m的河底。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
求：
（1）小石片第一次与水面接触前水平方向的位移x；
（2）小石片从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程中，水对小石片做的功W；
（3）小石片最后一次弹起在空中飞行的时间t。
【答案】（1）4.8m；（2）-1.16J；（3）0.15s
【详解】（1）小石片做平抛运动，则
联立解得
（2）小石片沉入河底时，有
从开始抛出到沉入河底前瞬间的整个过程，由动能定理得
解得
（3）小石片在水面上滑行时加速度为
每次滑行的水平速度减少量为
所以次
即小石片在水面上滑行了8次，空中弹起后飞行了7次；
第n次弹起时的水平速度
竖直速度为
空中飞行时间为
可得第n次弹起后在空中飞行的时间为（最后一次弹起，第七次）
所以小石片最后一次弹起在空中飞行的时间为
14．（2024·重庆·二模）某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给予两弹簧连接的质
量块施加一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，使手机向某方向振动。手机中质量块的质量为
0.02kg，除质量块外手机质量为0.18kg。若将手机放在水平光滑的桌面上，某次振动时，质量块获得向左
5m/s的初速度。若开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计， ，求：
（1）当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能；
（2）手机能获得的最大速度；
（3）质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。
【答案】（1）0.5m/s，0.225J；（2）1m/s；（3）
【分析】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用。由题意“手机放在水平光滑的桌面上”和“质量块与手机间的摩擦力不计”可知，质量块、手机和弹簧系统动量守恒和能量守恒，这个系统可以看
成碰撞模型，其中第（1）问中当质量块、手机共速时，弹性势能最大，将系统整个过程看成完全非弹性
碰撞模型；第（2）问中对手机受力分析可知，当弹簧恢复原长时，手机速度最大，将系统整个过程看成
完全弹性碰撞模型；第（3）问由题意“质量块开始向右运动瞬间”可知此时质量块速度为0，将系统整个
过程看成一般碰撞模型，再利用动量守恒和能量守恒定律求解。
【详解】（1）已知手机的质量为M=0.18kg，质量块的质量m=0.02kg，开始振动时质量块的初速度
。当质量块、手机共速时，弹性势能最大，由质量块、手机动量守恒得
解得
由能量守恒定律得
解得
因此，当弹性势能最大时，手机的速度为0.5m/s，弹簧的弹性势能为0.225J。
（2）当弹簧恢复原长时，手机速度最大，设为 ，此时质量块速度为 ，由动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
因此，手机能获得的最大速度为1m/s。
（3）质量块开始向右运动瞬间，速度为0，设此时手机的速度为 ，由动量守恒得
由能量守恒定律得解得
因此，弹簧的弹性势能为 。
【点睛】首先判断系统动量是否平衡，善于根据问题将将质量块、手机和弹簧系统转化成熟悉的弹性碰撞
模型、完全非弹性碰撞模型或者一般碰撞模型，再利用动量守恒和能量守恒定律求解。
15．（2024·四川广安·二模）某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，竖直面内，光滑弧形轨道AB和
光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B和C点，圆弧半径R=0.4m，BC长L=2m。某次实验
中，将质量m=0.4kg的滑块从弧形轨道上高h=1.4m处静止释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对
轨道的压力大小F=4N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑
块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ：
（2）碰撞过程中动能的损失率η（动能损失量与碰前动能的百分比）。
【答案】（1）0.1；（2）16.7%
【详解】（1）滑块第一次通过Q时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小为
由牛顿第二定律有
代入数据得
从释放到Q，由动能定理有代入数据解得
（2）滑块在D点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为E 和E ，从Q到碰前，由机
k1 k2
械能守恒定律有
滑块第二次通过Q时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有
代入数据得
从碰后到Q，由机械能守恒定律有
所以
16．（2024·河北保定·一模）如图所示的竖直面内，平行板 、 与水平方向成 角固定放置，构成
的 区域是边长为 的正方形，在此区域中制造一个恒定的风场。现让小球（视为质点）从与A点
的等高点P以水平向左的速度抛出，当小球从 的中点M进入风场后，会受到恒定的风力，并沿直线运
动到 的中点N。已知风力的大小为F、方向与 垂直，重力加速度为g， ，
，忽略空气的阻力，求：
（1）小球的质量以及小球在P点的速度大小；
（2）小球在N点时重力的瞬时功率。【答案】（1） ， ；（2）
【详解】（1）小球从P到M过程做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，则有
小球从P到M过程做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
解得
由于小球从 的中点M进入风场后，会受到恒定的风力，并沿直线运动到 的中点N，根据直线运动
的条件，重力与风力的合力方向沿MN，则有
解得
（2）根据上述可知，小球所受外力的合力方向沿MN，小球做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
小球在M点的速度
小球从M到N过程有
小球在N点时重力的瞬时功率解得
17．（2024·山东济宁·一模）济宁大安机场某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡
板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角 ，CD与水平面
平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位
移L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率 ，货物质量
，货物与传送带的动摩擦因数 ，与挡板的动摩擦因数 。（ ，
，重力加速度 ，不计空气阻力）。求：
（1）货物在传送带上经历的时间t；
（2）因运送货物传送装置多消耗的电能E。
【答案】（1） ；（2）202J
【详解】（1）令传送带对货物的弹力为 ，挡板对货物的弹力大小为 ，对货物进行分析有
，
货物进行受力分析有
解得
货物匀加速至2m/s的过程，根据速度与位移关系式有解得
则匀加速直线运动的时间
之后货物做匀速直线运动，经历时间
则货物在传送带上经历的时间
（2）货物在匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别为
，
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
18．（2024·吉林延边·一模）一种自动计数的呼拉圈深受人们欢迎，如图甲，腰带外侧带有轨道，轨道内
有一滑轮，滑轮与配重通过轻绳连接，其模型简化如图乙所示，已知配重质量0.4kg，绳长为0.3m，悬挂
点到腰带中心的距离为0.12m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重在水平面内做匀速圆周运动。
不计一切阻力，绳子与竖直方向夹角 ，g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）细绳的拉力；
（2）配重做匀速圆周运动的速度；
（3）配重从静止开始加速旋转至 的过程中，绳子对配重所做的功。【答案】（1）5N，指向绳收缩的方向；（2）1.5m/s，方向沿轨迹的切线方向；（3）0.69J
【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg和绳的拉力T，则平衡条件得
方向沿绳指向绳收缩的方向；
（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则
解得
方向始终沿轨迹的切线方向；
（3）根据几何关系可得配重上升的高度为
根据动能定理可得
解得
19．（2024·甘肃兰州·一模）一次课外活动中，兰兰让浮有乒乓球的水杯从一定高度下落，撞击地面后发
现乒乓球反弹的高度远大于乒乓球起始高度。为了探究水杯里的乒乓球弹得更高的原因，可将上述过程简
化为以下过程，如图所示：水杯和乒乓球从H=0.8m处由静止释放，水杯与地面碰撞过程中损失了75%的
机械能，且碰撞时间极短，乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞，作用后乒乓球立即竖直上抛，
乒乓球的质量m，水和杯的总质量M，忽略空气阻力及杯中水量的变化，重力加速度g取10m/s2，结果均
保留两位有效数字。求：
（1）水杯落地时乒乓球的速度为多少；
（2）水杯与地面碰撞后的速度为多少；
（3）若 ，乒乓球反弹的高度约为多少。【答案】（1）4m/s，方向竖直向下；（2）2m/s，方向竖直向上；（3）3.2m
【详解】（1）水杯落地过程，根据动能定理有
解得
方向竖直向下。
（2）水杯与地面碰撞过程中损失了75%的机械能，则有
解得
方向竖直向上。
（3）乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞，则有
，
解得
可知，若 ，解得乒乓球的速度
乒乓球以该速度向上做竖直上抛运动，利用逆向思维有
解得20．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为 的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该
正方体物块内有一条由半径为 四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为
的小球（可视为质点），以初速度 沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径
略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，小球在孔道圆弧部分运动的时间为 ，求小球到达孔道
最高点时，该正方体物块移动的距离。
【答案】（1） ；（2） ，方向水平向右；（3）
【详解】（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量
守恒，以水平向右为正方向，则有
，
解得
，
（2）小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水
平向右为正方向，则有
，
解得
，即小球离开孔道时速度大小为 ，方向与初速度相同， 即水平向右。
（3）小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守
恒，则有
小球在孔道圆弧部分运动的时间为 ，则有
其中
，
该时间 内，小球和物块的相对位移为
解得
小球离开孔道圆弧部分至到达孔道最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有
该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移
其中
解得
综上可知，小球到达孔道最高点时，物块移动的距离
解得
