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专题01 力学版块大题综合
一、解答题
1．（2023·辽宁·高三专题练习）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等
功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到
v₁=80m/s 时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，
飞机琴升高度h=100m 时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时
开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为
，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至
处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化
量为
2．（2023·辽宁鞍山·统考二模）依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图
所示模型：冰壶的质量
，当运动员推力F 为5N，方向与水平方向夹角为
时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰
壶投出，重力加速度g 取10m/s2，
，
，求：
（1）冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是
，则冰壶离开手时的速度
为
1
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多少？
【答案】（1）μ=0.02；（2）4m/s
【详解】（1）以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有
Fcosθ=μN
在竖直方向有
Fsinθ+mg=N
解得
μ=0.02
（2）由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得
由牛顿运动定律得
μmg=ma
代入数据后联立解得
v0=4m/s
3．（2023·辽宁·模拟预测）半径为r 的
圆弧轨道AB 与半径为
的
圆弧轨道BC 在
B 点平滑对接，固定放置在竖直平面内，轨道的最低点A 和最高点C 处的切线均水平，
两轨道内壁均光滑。现让质量为m 的小球甲（可视为质点），在光滑的水平地面上以
水平向右的速度与静止的、质量也为m 的小球乙（可视为质点）发生碰撞，碰后乙能
够到达C 点。已知重力加速度为g。
（1）若A、C 两点轨道对乙的弹力大小之差为10mg，求小球乙从C 点到落地点的位移
大小；
（2）若乙刚好能够到达C 点，且甲、乙在碰撞过程中产生的热量为甲的初动能的
，
求甲与乙碰撞之前甲的速度大小。
2
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设乙在
两点所受的弹力大小分别为
，对乙受力分析，由牛
顿第二定律可得
、
对乙，由A 到C，由机械能守恒定律可得
由题意可得
由平抛运动的规律可得
平抛运动的位移为
综合解得
（2）设甲与乙碰撞之前甲的速度为
，甲、乙在碰撞过程中由动量守恒定律可得
碰撞过程中产生的热量为
3
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由题意知
若乙刚好能够到达C 点，则有
由机械能守恒定律可得
综合解得
4．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）战绳运动是一项超燃脂的运动。某
次健身时，有两位健身者甲、乙分别抓住相同的战绳上下舞动形成向右传播的简谐波，
如图1 所示。某时刻开始计时，
时两列波的图像如图2 所示，P、Q 曲线分别为甲、
乙的一个绳波，O 点为手握的绳子一段，向右为x 轴正方向。已知绳波的速度为
，试求解下列问题：
（1）甲、乙的绳端振动频率
和
分别为多少？
（2）以图2 所示为
时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为6m 处质点的振动方
程。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）由图像可知甲、乙的波长分别为
4
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甲、乙的周期分别为
则甲、乙的绳端振动频率分别为
（2）根据波形平移法可知，乙运动员的绳中，平衡位置为6m 处质点此时从平衡位置
向
轴负方向振动，设其振动方程为
其中
联立可得
5．（2023·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测）随着国产汽车的日益崛起，
越来越多的人选择购买国产汽车，某国产汽车发动机的额定功率为
，驾驶员和汽车
的总质量为
，当汽车在水平路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1
倍。若汽车从静止开始在水平路面上引加速启动，
时，速度
，功率达
到额定功率，此后汽车以额定功率运行，
时速度达到最大值
，汽车运
动的
图像如图所示，取
，求：
5
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（1）汽车的额定功率
；
（2）汽车在0 至
期间牵引力的大小
，汽车在0 至
期间牵引力故的功
；
（3）汽车在
至
期间的位移的
。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）汽车受到的阻力为
当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则汽车的额定功率为
（2）从0 到
时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为
汽车匀加速直线运动的位移为
根据牛顿第二定律可得
可得
在0 至
期间牵引力做的功为
（3）在
至
期间，由动能定理得
6
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解得
6．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）如图所示，
是一倾角为
且逆时针
转动的传送带，其长度
，运行速度
。传送带的A 端与一平台相连，
B 端通过一小段圆弧（长度不计）与一足够长的水平轨道CD 相连，CD 右侧与一足够
高的曲面DE 相连。在CD 轨道上固定有两个小物块a、b，质量分别为0.1kg 和
0.2kg，两者之间有一被压缩的轻质弹簧，弹簧与物块a 拴接。某时刻将弹簧释放，使
物块a、b 瞬间分离，每次在物块b 离开水平面CD 后都在其原位置再放置一个与物块
b 完全相同的物块。已知物块b 与传送带间的动摩擦因数
，其余各段均光滑，
所有的碰撞都发生在平面CD 上，取
，
，
。
（1）若弹簧的弹性势能为
，求释放弹簧后小物块a、b 的速度大小。
（2）改变弹簧的弹性势能，若要使小物块b 能运动到左侧平台，求小物块b 在传送带
B 端的最小速度。
（3）若弹簧的弹性势能为
，求最多有几个物块能滑上左侧平台。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）4 个
【详解】（1）根据题意，设释放弹簧后小物块a、b 的速度大小分别为
、
，由动
量守恒定律和能量守恒定律有
解得
7
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，
（2）若小物块b 在传送带B 端的速度
，则由牛顿第二定律有
设恰好能运动到
端时，物块
在
端速度最小，由公式
有
解得
假设不成立，即物块b 在传送带B 端的速度不能小于
，若小物块b 在传送带B 端
的速度
，由牛顿第二定律有
当速度减小到
时，物块减速的加速度变回
，设恰好能运动到
端时，物块
在
端速度最小，由公式
有
联立解得
符合假设，则改变弹簧的弹性势能，使小物块b 能运动到左侧平台小物块b 在传送带B
端的最小速度为
。
（3）由（2）分析可知只要小物块
碰撞后的速度
，就可以滑上左侧平台，
由于其余各段均光滑，可知，小物块
返回后的速度大小不变，向左为正方向，由动
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量定律和能量守恒定律有
解得
同理可知，第二次碰撞后
第三次碰撞后
第四次碰撞后
可知，最多4 个物块能滑上左侧平台。
7．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，质量
的长木板静置于水平桌面上，
长度
的轻质细绳一端系住质量
的小球，另一端悬挂于O 点，长木板的
最左端恰好在O 点正下方，小球在最低点时与静置于长木板最左端质量
的小
物块重心等高，现将小球拉至绳（伸直）与竖直方向夹角
，无初速度释放小球，
小物块与长木板之间的动摩擦因数
，长木板与水平桌面之间的动摩擦因数
，重力加速度
，小球与小物块均视为质点，水平桌面足够长，不计
9
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空气阻力。
（1）求小球与小物块碰撞前瞬间小球的速度大小；
（2）假设小球与小物块发生弹性碰撞，要想小物块不滑出长木板，求长木板的最小长
度。（结果保留2 位有效数字）
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小球下摆至碰撞前过程机械能守恒，设碰撞前小球速度为
，则
解得
（2）小球与物块发生弹性碰撞，则由动量守恒定理
机械能守恒定律
解得碰后小球速度和小滑块的速度为
，
物块在长木板上滑动，物块开始做匀减速运动，长木板作匀加速运动，因为物块与长
木板之间的动摩擦因数
大于长木板与地面之间的动摩擦因数
，故当二
者速度相等后一起匀减速运动。设物块经过
时间二者速度相等时速度为
，经过
时间二者静止。
对物块由动量定理
对木板由动量定理
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解得
，
物块的对地位移
木板的对地位移
若物块不滑出长木板应满足
所以长木板的最小长度为
8．（2023·辽宁·模拟预测）抖动绳子一端可以在绳子上形成一列简谐横波。图甲为一
列沿
轴传播的简谐横波某时刻的波动图像，此时振动恰好传播到
的质点A 处，
质点A 此后的振动图像如图乙所示。质点
在
轴上位于
处，求：
（1）这列波的传播速度大小；
（2）质点A 的振动方程表达式；
（3）再经过4s 后，质点
运动的路程和位移。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）由甲图得波长
由乙图得周期
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波速
可得
（2）由
得
（3）由题意得
波传到
点需要时间
4s 内
质点振动的时间为
由
所以
质点通过的路程
质点位移为
9．（2023·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的光滑水平台面其右端紧接着一长1m
的水平传送带，传送带以速度
顺时针匀速运动。A、B 两滑块的质量分别为
、
，滑块之间压着一条轻弹簧（不与两滑块栓接）并用一根细线锁
定，两者一起在平台上以速度
向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，
两滑块与弹簧脱离时B 恰好静止，A 继续向右运动，并滑上传送带，最终从右端离开
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传达带。已知物块与传送带间的动摩擦因数
，
，求：
（1）两滑块与弹簧脱离时A 的速度；
（2）线断裂前弹簧的弹性势能
；
（3）滑块A 与传送带之间因摩擦产生的热量
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设两滑块脱离弹簧时的速度分别为
、
，根据动量守恒定律有
则由
可得
（2）弹簧的弹性势能等于系统动能的变化量，则有
解得
（3）滑块A 在传送带上向右减速到与传送带共速，之后随传送带向右离开，设相对滑
动时间为，滑块A 的加速度大小为
根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得
解得
则滑块A 在传送带上向右减速到与传送带共速过程中，滑块A 与传送带各自的位移为
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则滑块与传送带间的相对滑动路程为
在相对滑动过程中摩擦生热为
10．（2023·辽宁大连·校考模拟预测）如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，
水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度
，现将一质量为m
的金属滑块从距水平面高
处的P 点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量
损失，滑块滑至圆弧最高点Q 时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，
，
求：
（1）金属滑块与水平地面的动摩擦因数μ；
（2）欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围.
【答案】（1）0.25；（2）
【详解】（1）对滑块，在Q 点，重力和轨道对滑块的压力提供向心力，有
对滑块，从P 到Q，根据动能定理得
联立两式得
（2）当滑块恰好能运动到Q 点时，释放高度最小，设为
，恰到Q 时的速度设为
，
对滑块，在Q 点，重力提供向心力
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从释放到Q 点，根据动能定理得
联立两式得
当滑块恰好能抛到M 点时，释放高度最大，设为
，到Q 点时的速度设为
，滑块由
Q 点平抛到M 点，水平方向
竖直方向
从释放到Q 点，根据动能定理得
联立求得
故释放的高度范围为
11．（2023·辽宁·模拟预测）如图所示，粗糙水平轨道与光滑弧形轨道QE 相切于Q 点，
轻质弹簧左端固定，右端放置一个质量m=1.0kg 可视为质点的小球A，当弹簧处于原
长时，小球A 静止于O 点。现对小球A 施加水平向左的外力F，使它缓慢移动压缩弹
簧至P 点，在该过程中，外力F 与弹簧压缩量x 的关系为：
，其中k 为未
知常数。释放小球A，其沿桌面运动与放置于Q 点质量也为1.0kg 的小球B 发生弹性
碰撞，撞后小球B 沿弧形轨道上升的最大高度为
。已知OP 的距离为
，
OQ 的距离为
，水平轨道阻力一定，重力加速度取
。求：
（1）小球A 与小球B 第一次碰撞后瞬间小球B 的速度大小；
（2）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
15
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（3）小球A 最终静止时的位置。
【答案】（1）2m/s；（2）5.0J；（3）停在O 点
【详解】（1）小球B 在上冲过程中有
解得
（2）小球A 和B 在碰撞过程有
解得
由题可知
f=2N
物块A 由P 至Q 过程有
解得
（3）小球B 滑下与A 碰撞后，B 静止，A 的速度大小为
小球A 在向左滑行过程有
16
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解得
故小球A 停在O 点。
12．（2023·辽宁·校联考模拟预测）如图，质量均为
的半圆形凹槽和可视为
质点的物块B 相互接触，静止放置在光滑水平面EF 上，凹槽半径
，质量为
的小球C 从凹槽右端口由静止释放，物块B 与A 分离后立刻无能量损失的
滑上一水平薄板，薄板质量
，B 与板间动摩擦因数
，FG 为光滑水平
面，较远处有一垂直于水平面的弹性挡板（未画出），薄板与挡板碰撞后原速率返回，
重力加速度
，求：
（1）初始时物块B 到薄板左端的距离；
（2）B 刚滑上薄板时的速度大小；
（3）第n 次碰撞前薄板的速度大小；若保证B 不会滑离薄板，薄板的长度至少为多少？
【答案】（1）0.4m；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对ABC 整体由动量守恒可得
整理得
又
解得
17
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（2）B 刚滑上薄板时，由机械能守恒可得
解得
（3）B 与薄板共速
第一次碰撞后再共速，第二次碰撞前
解得
第二次碰撞后再共速，第三次碰撞前
第n 次碰撞前
碰撞后再共速的速度随着碰撞次数的增加不断减小，趋近于停止在弹性挡板前
解得
13．（2023·辽宁·校联考模拟预测）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图
甲所示，运动员在水平冰面上将冰壶1 推到A 点放手，匀减速滑行到达B 点时，队友
18
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用毛刷开始擦冰壶1 运动前方的冰面，使冰壶1 与
间冰面的动摩擦因数减小，冰壶
1 在
段继续匀减速滑行，冰壶1 在
段速率的二次方与其对应位移的关系图像如
图乙所示。冰壶1 在C 点与静止的冰壶2 发生正碰，碰后冰壶2 匀减速滑行刚好能滑
行到O 点。已知两冰壶质量均为
，
，
，两冰壶与
、
段冰面的动摩擦因数均为
，取重力加速度
，运动过程中两冰壶
均视为质点，两冰壶碰撞时间极短。求：
（1）冰壶1 与
段冰面的动摩擦因数大小；
（2）两冰壶碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）0.005；（2）3.8J
【详解】（1）由速度位移关系公式
，由于冰壶做的是匀减速直线运动，
取a 只表示加速度的大小，可得
由题图乙可得
又有
解得
由图乙，在BC 段，则有
19
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解得
（2）两冰壶碰撞后，冰壶2 的速度，由图乙可得
碰撞前冰壶1 的速度
两冰壶碰撞时，满足动量守恒定律，则有
解得
可得
14．（2023·辽宁辽阳·统考二模）如图所示，质量为
的木板静止在足够大的光滑水
平地面上，质量为
的滑块静止在木板的左端，质量为
的子弹以大小为
的初速度
射入滑块，子弹射入滑块后未穿出滑块，且滑块恰好未滑离木板。滑块与木板间的动
摩擦因数为
，重力加速度大小为
，子弹与滑块均视为质点，不计子弹射入滑块的
时间。求：
（1）木板的长度
；
（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做功（产生热量）的平均功
率
。
20
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设子弹射入滑块后瞬间子弹和滑块的共同速度大小为
，根据动量守恒
定律有
解得
设最终滑块与木板的共同速度大小为
，根据动量守恒定律有
解得
对滑块在木板上相对木板滑动的过程，根据功能关系有
解得
（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做的功
设滑块在木板上相对木板滑动时木板的加速度大小为
，对木板，根据牛顿第二定律
有
设滑块在木板上相对木板滑动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有
又有
解得
21
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15．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）“打水漂”是很多同学体验过的游戏。小石片被水
平抛出，碰到水面时并不会直接落入水中，而是擦着水面滑行一小段距离，再次弹起，
飞行跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度
0.8m 处，将质量为20g 的小石片以初速度16m/s 水平抛出，若小石片第一次在水面上
滑行时，受到水平阻力的大小恒为0.8N，接触水面0.1s 后弹起，弹起时竖直方向的速
度是刚接触水面时竖直速度的
。取重力加速度
，不计空气阻力。
（1）求小石片第一次落至水面时的速度大小（结果可用根号表示）；
（2）求小石片第一次离开水面时的水平速度大小；
（3）求小石片第一次离开水面到再次碰到水面过程中在空中运动的水平距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小石片第一次落至水面过程，由动能定理
解得落至水面时的速度大小
（2）小石片在水面上水平方向受恒力作用，由牛顿第二定律
水平方向做匀减速直线运动
联立解得第一次离开水面时的水平速度大小
22
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（3）设第一次落至水面时竖直速度为
，第一次离开水面时竖直速度为
，由速度
关系
由题意可得
第一次离开水面时竖直方向
解得
第一次离开水面上升到最高点的时间
小石片飞行水平距离
联立解得
16．（2023·辽宁大连·育明高中校考一模）如图甲为汽车中使用的氮气减振器，汽缸中
充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示，
汽缸活塞截面积
，活塞及支架质量
，汽缸导热性良好。现为了测量
减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内
氮气处于气柱长度
、压强
的状态A，此时弹簧恰好处于原长。
现用外力F 向下压活塞，使其缓慢下降
，气体达到状态B。从状态A 到B 过程
气体放出热量
。汽缸内的氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，
大气压强
，弹簧劲度系数
，重力加速度
。求：
23
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（1）状态B 气体的压强
；
（2）气体处于状态B 时外力大小F；
（3）从状态A 到状态B 过程外界对气体做的功W。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）汽缸导热性良好，可知状态A 到B 过程中，气体做等温变化，根据玻
意耳定律有
解得
（2）活塞及支架处于平衡状态有
，
联立解得
（3）从状态A 到状态B 过程气体温度不变，故内能不变，根据热力学第一定律，结
合气体放出热量
，所以有
解得
17．（2023·辽宁大连·统考二模）如图所示，均匀介质中两波源
、
分别位于x 轴
上
、
处，质点P 位于x 轴上
处，
时刻两波源同时开始由平
衡位置向y 轴正方向振动，振动周期均为
，形成的两列波相向传播，波长均为
24
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4m，波源的振幅均为
。求：
（1）该介质中的波速，并判断P 点是加强点还是减弱点；
（2）从
至
内质点P 通过的路程。
【答案】（1）40m/s，加强点；（2）64cm
【详解】（1）该介质中的波速
解得
由于
两个波源振动情况完全相同，P 点是加强点。
（2）波源
的波形传播到质点P 经历时间
波源
的波形传播到质点P 经历时间
则在波源
的波形传播到质点P 之前质点P 通过的路程
之后经历的时间
此时间间隔内质点振动加强，振幅
25
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则此时间内前质点P 通过的路程
则从
至
内质点P 通过的路程
18．（2023·辽宁·校联考二模）北京冬奥会期间奥运场馆和运动员村之间首次大规模使
用氢能源汽车作为主要交通工具。在一次测试中，某款质量
的氢能源汽车沿
平直公路从静止开始做直线运动，其
图像如图所示。汽车在
时间内做匀加速
直线运动，
时刻的瞬时速度为
，
内汽车保持额定功率不变，
内汽车做匀速直线运动，最大速度
，汽车从
末开始关闭动力减
速滑行，
时刻停止运动。已知汽车的额定功率为
，整个过程中汽车受到的阻
力大小不变。
（1）求
和
为多少？
（2）求汽车在
内通过的距离x。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）设汽车受到的阻力大小为
；汽车做匀速直线运动阶段有
解得
汽车做匀加速直线运动阶段有
26
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，
，
联立解得
，
，
汽车关闭动力减速滑行时的加速度大小为
根据速度时间关系可得
联立解得
（2）汽车在
内，根据动能定理可得
解得
19．（2023·辽宁·模拟预测）在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ=37°角，
无风的天气里，车辆行驶时，静止在挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推
力方向与车前进方向相反，大小由车速v 决定，且满足
。只讨论树叶沿挡风玻
璃向下或向上的运动，横向运动可视为静止，已知树叶质量m=0.01kg，
，取g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。
（1）若忽略树叶与玻璃间的摩擦力，求树叶静止在挡风玻璃上时车匀速运动的速度大
小v0
（2）若树叶与玻璃间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某次经精密测量发现
当匀速运动的车速为
时，原来静止在挡风玻璃上的树叶恰好要开始沿挡风玻璃
向上运动，求树叶与玻璃间的动摩擦因数μ；
27
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（3）在（2）中的动摩擦因数μ 条件下，当车以
的速度匀速运动时，原本被雨
刷夹在挡风玻璃底部的树叶突然失去雨刷的夹持。若挡风玻璃斜面长度L=0.81m，树
叶的运动看做是相对挡风玻璃的匀加速直线运动，（忽略树叶在挡风玻璃上运动时速
度的变化对空气推力的影响）求树叶由玻璃底部开始到离开挡风玻璃过程中合外力对
树叶的冲量I。
【答案】（1）10m/s；（2）
；（3）0.09N•s，方向沿挡风玻璃斜面向上
【详解】（1）树叶静止时受力平衡，沿玻璃斜面方向有
又因为
解得
（2）当车速为
时，发现树叶恰好向上运动，此时为临界状态，树叶加速度为
0，则
联立解得
（3）失去夹持时树叶相对挡风玻璃的初速度为零，树叶相对挡风玻璃做初速度为零的
匀加速直线运动，设加速度为a，有
28
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解得
解得
t=0.18s
合外力对树叶的冲量
方向沿挡风玻璃斜面向上。
20．（2023·辽宁丹东·统考二模）一晴朗的冬日，某同学在冰雪游乐场乘坐滑雪圈从静
止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行
后进入水平雪道，继续滑行
后匀减速到
零。已知该同学和滑雪圈的总质量为
，整个滑行过程用时
，斜直雪道倾角为
37°，重力加速度
，忽略空气阻力（
，
）。
（1）求该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力
的大小；
（2）若水平雪道区域重新规划，使水平雪道距离缩短为
，之后再铺设
长的防
滑毯，可使该同学和滑雪圈在防滑毯终点恰好安全停下，求防滑毯与滑雪圈之间的动
摩擦因数。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0 的匀加速直线运动，
加速度大小为
，位移大小为
，时间为
，末速度为
；在水平雪道上滑行时，做
末速度为0 的匀减速直线运动，位移大小为
，时间为
分析运动过程可得
，
，
解得斜直雪道末速度
29
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斜直雪道的时间
水平雪道用时
在斜直雪道上的加速度
由牛顿第二定律得
解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力为
（2）设在水平雪道上滑行时，加速度为大小
，则
使水平雪道距离缩短为
，设该同学和滑雪圈滑出水平雪道的速度为，则
解得
设在防滑毯上的加速度大小为
，则
解得
由牛顿第二定律可得
30
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解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数
21．（2023·辽宁丹东·统考二模）两木块A、B 质量均为
，用劲度系数为
的轻弹簧
连在一起，放在水平地面上，如图所示，
（1）若用外力
将木块A 压下一段距离后静止不动，撤去外力，A 上下做简谐运动。
在A 运动过程中，要使B 始终不离开地面，将A 下压至静止的外力
不得超过多大？
（2）若将另一块质量也为
的物块C 从距A 高
处自由落下，与A 相碰后，
立即与A 结合在一起，它们到达最低点后又向上运动，求木块B 刚好离开地面时A 的
速度为多少？
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）撤去外力后，木块A 以没有施加压力时的位置为平衡位置做简谐振动，
当木块B 刚好要离开地面时，对木块B 受力分析，根据二力平衡，有
此时木块A 处于简谐运动的最高点，A 的加速度最大，方向竖直向下，根据牛顿第二
定律，有
解得
由简谐运动的对称性可知，当木块A 运动至最低点时，加速度最大，仍为
，方向竖
直向上。撤去外力F 瞬间合外力等于撤去的外力，根据牛顿第二定律，有
（2）对物块C 分析，设物块C 自由落下到与木块A 相碰前的速度为
，由自由落体
运动的规律，有
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解得
物块C 与木块A 相碰后一起向下运动的初速度设为
，由动量守恒定律，有
解得
物块C 自由落下前，木块A 受重力和弹力平衡
得弹簧压缩量
同理，木块B 刚好离开地面时弹簧伸长，B 受重力和弹力平衡，得弹簧伸长量
因此两位置弹簧的形变量相等，即
所以弹簧弹性势能的变化量为
设木块B 刚好离开地面时A 的速度为
，对木块A，物块C 及弹簧组成的系统，由机
械能守恒定律，有
解得
22．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校联考三模）“水上乐园”中有一巨大的水
平转盘，人在其上随盘一起转动，给游客带来无穷乐趣。如图所示，转盘的半径为
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R，离水平面的高度为H，可视为质点的游客的质量为m，现转盘以角速度
匀速转动，
游客在转盘边缘与转盘保持相对静止，不计空气阻力。
（1）求游客受到的摩擦力大小和方向；
（2）若转盘突然停止转动，求游客落水点到转动轴的水平距离。
【答案】（1）
，沿半径方向指向圆心
；（2）
【详解】（1）游客所受的摩擦力提供向心力，大小为
方向沿半径方向指向圆心
；
（2）游客转动时的线速度即平抛运动的初速度
竖直方向，根据
游客做平抛运动的水平位移
游客落水点到转动轴的水平距离
联立可得
23．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校联考三模）质量m 均为5kg 的滑块A、B
用劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧相连，静止放在光滑水平面上，滑块B 紧靠竖直墙
壁，如图所示。用水平恒力F=100N 向左推动滑块A，当滑块A 向左运动的速度最大
时撤去力F。
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（1）撤去恒力时，弹簧的形变量x；
（2）求在之后的运动过程中，滑块A 的最大速度vm；
（3）滑块B 离开墙壁之后，求系统的最大弹性势能Ep。
【答案】（1）1m；（2）
；（3）50J
【详解】（1）设力F 作用的距离为x 时，滑块A 向左速度最大，此时滑块A 加速度为
零，由牛顿第二定律
解得撤去恒力时，弹簧的形变量
（2）撤去F 之后的运动过程，当滑块A 向右运动至弹簧为自然长度时，滑块A 的速
度最大，此时F 做的功全部转化为滑块A 的动能，由功能关系得
解得滑块A 的最大速度为
（3）滑块A 向右速度为vm时，滑块B 开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒、动量守
恒，当A、B 速度相等为v 时，系统的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定
律得
根据机械能守恒定律得
解得系统的最大弹性势能
24．（2023·辽宁营口·校联考模拟预测）如图所示，圆心角
的竖直弧形槽静置
在足够大的水平面上，圆弧AB 与水平面相切于底端B 点，弧形槽的右方固定一竖直弹
性挡板。锁定弧形槽后，将一小球（视为质点）从P 点以大小为
的初速度水平向右
抛出，小球恰好从顶端A 点沿切线方向进入弧形槽。已知小球的质量为m，弧形槽的
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质量为2m，圆弧AB 的半径为
（g 为重力加速度大小），取
，
，不计一切摩擦，不计空气阻力，小球与挡板碰撞前、后的速度大小不变，
方向相反。
（1）求P、A 两点间的高度差h 和水平距离x；
（2）求小球通过B 点时对弧形槽的压力大小N；
（3）若其他情况不变，仅将弧形槽解锁，请证明小球与挡板碰撞并反弹后会滑上弧形
槽，并通过计算判断小球滑上弧形槽后是否会从A 点冲出弧形槽。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）小球在从P 点运动到A 点的过程中做平抛运动，设该过程所用的时间为
t，有
经分析可知
解得
（2）设小球通过B 点时的速度大小为
，根据机械能守恒定律有
设小球通过B 点时所受弧形槽的支持力大小为
，有
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其中
，根据牛顿第三定律有
（3）在小球沿圆弧AB 运动的过程中，小球与弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，
以水平向右为正方向，设当小球通过B 点时，小球和弧形槽的速度分别为
、
，有
对该过程，根据机械能守恒定律有
解得
，
（“－”表示
的速度水平向左）
因为
，所以小球与挡板碰撞并反弹后会滑上弧形槽，假设小球滑上弧形槽后能
与弧形槽达到共同速度，共同速度大小为v，根据动量守恒定律有
其中弧形槽的速度大小
解得
设小球与弧形槽达到共同速度时距弧形槽底端的高度为H，根据机械能守恒定律有
解得
由于
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假设不成立，即小球滑上弧形槽后会从A 点冲出弧形槽。
25．（2023·辽宁沈阳·统考三模）如图所示，质量为M=3kg 的长木板置于光滑水平地
面上，质量为m=1kg 的小物块（可视为质点）放在长木板的右端，在木板右侧固定着
一个竖直弹性挡板，挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以v1=8m/s 的速度一起向
右匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.3，重力
加速度g=10m/s2.
（1）求物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间；
（2）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最小长度（结果保留1 位小
数）；
（3）小物块与挡板第n 次碰撞结束到与木板刚好共速，小物块的位移为0.125m，求n
的值。
【答案】（1）6s；（2）42.7m；（3）4
【详解】（1）小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速
直线运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度v2，由动量守恒定
律得
解得
则小物块与木板共速时的位移和所用时间分别为
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小物块和木板一起向右匀速运动的时间为
木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为
（2）木板在与小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物
体全部静止，根据能量守恒定律得
解得
（3）小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度v2，由动量守
恒定律得
解得
小物块第二次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度v2，由动量守恒定
律得
解得
以此类推可得
小物块以速度vn与挡板第n 次碰撞后，至与木板共速时的位移为xn，则
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解得
26．（2023·辽宁·模拟预测）如图所示，质量为1 kg 的物块A 静止在半径
的
四分之一光滑圆轨道的最高点，A 的正上方O 点用长
的轻绳悬挂一质量为3
kg 的物块B。将物块B 向左拉起使轻绳与竖直方向成60°角后由静止释放，之后B 在
O 点正下方与A 发生弹性碰撞。轻绳始终处于拉直状态，A、B 均可视为质点，重力加
速度g 取
，求：
（1）碰后瞬间物块A 对圆弧轨道的压力大小；
（2）物块A 离开圆弧轨道时的速率。
【答案】（1）7.5 N；（2）
【详解】（1）设A 的质量为
，B 的质量为
，物块B 向下运动的过程中，重力势
能转化为动能，设B 与A 碰撞前瞬间的速度为
，则由机械能守恒定律可得
A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
对碰后瞬间的A 进行受力分析，由牛顿第二定律有
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解得
由牛顿第三定律可得A 对圆弧轨道的压力大小为
（2）设A 离开轨道时所在位置P 与圆心
的连线与竖直方向的夹角为α，此时物块A
的速度为
，则只有重力沿径向的分力提供向心力，有
物块A 从开始运动到P 的过程中机械能守恒，有
解得
27．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）如图所示，某一游戏装置由轻弹簧发射器、长度
的粗糙水平直轨道AB 与半径可调的光滑圆弧状细管轨道CD 组成。质量
的滑块1 被轻弹簧弹出后，与静置于AB 中点、质量
的滑块2
发生完全非弹性碰撞并粘合为滑块组。已知轻弹簧贮存的弹性势能
，两滑块
与AB 的动摩擦因数均为
，两滑块均可视为质点，各轨道间连接平滑且间隙不
计，若滑块组从D 飞出落到AB 时不反弹且静止。
（1）求碰撞后瞬间滑块组的速度大小；
（2）调节CD 的半径
，求滑块组进入到圆弧轨道后在C 点时对轨道的压力大
小；
（3）改变CD 的半径R，求滑块组静止时离B 点的最远距离，并写出
应满足的条
件。
40
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【答案】（1）3m/s；（2）1N；（3）0.8m，R 大于等于0.1m
【详解】（1）滑块1 被弹簧弹出的速度为
，有
滑块1 与滑块2 碰撞前速度为
，有
滑块1 与滑块2 粘在一起后速度为
，有
解得
（2）滑块组在碰撞后到C 点的过程中有
解得
由牛顿第三定律有
（3）当半径为
时，其滑块组恰好能到达D 点，因为是细管管道，所以此时在D 点
速度为零，有
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解得
所以当圆弧轨道半径小于0.1m 时，滑块组能从D 点飞出，之后做平抛运动，继续调节
圆弧轨道半径，其从D 点飞出的速度不同，其落在水平轨道上距离B 点的距离也不同，
设半径为R 时，有
滑块组在D 点之后做平抛运动，有
整理有
根据数学知识有，当
时，s 取最大值，其值为0.2m。
当圆弧轨道半径大于0.1m 时，滑块组不能从D 点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静
止在水平轨道上，设在水平轨道上滑动路程为s'，由能量守恒
解得
s'=1.8m
则滑块组静止时离B 点的最远距离为
28．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考二模）如图所示，在水平地面的两边有相
距为L 的两块固定挡板M、N，在两块挡板间的中点处并排放着两个质量分别为
、
的小滑块1 和2（可看成质点），它们与地面间动摩擦因数分别是
和
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，
。现让小滑块1 向左，小滑块2 向右以大小相等的初速度
同时开始
运动，小滑块与挡板碰撞不损失机械能，滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间
极短，均可忽略。（重力加速度g 取10
）
（1）若小滑块1、2 刚好不发生相碰，求小滑块1 所走的路程是多少？
（2）若小滑块1、2 恰在小滑块1 第一次停止时发生碰撞，则它们第一次碰前运动了
多长时间？出发时
的值为多大？
（3）若小滑块1、2 出发时的速度大小取（2）问中的
值，
，且小滑块1、2
仅能发生一次碰撞，求
应满足的条件。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得：滑块1、2 的加速度大小分别为
滑块1、2 与挡板碰撞之前运动的位移大小均为
，碰撞时的速度大小分别为
、
，
碰撞后位移大小分别为
、
，根据匀变速直线运动的位移关系可得
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滑块1、2 恰不相碰，则
滑块1 所走路程
（2）滑块1 碰撞后的位移大小为
运动的时间为
滑块2 运动的总路程为
解得
（3）由（2）可知，碰撞前滑块2 的速度
滑块1、2 发生弹性碰撞，碰撞后的速度分别为
、
，由动量守恒、能量守恒可得
解得
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滑块1、2 碰撞时距离左挡板
由于
，
方向向左，滑块1、2 恰不发生第二次碰撞，应满足
解得
29．（2023·辽宁·模拟预测）如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A 点。质
量为m 的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为
0.6L，左端固定在A 点，右端与小球相连。长为L 不可伸长质量不计的细线一端系住
小球，另一端系在转轴上B 点，AB 间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距
A 点0.4L 处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球
与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计转轴所受摩擦。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω；
（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，摩擦力对小球做的功为W，求该过
程外界提供给装置的能量E。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）依题意，有
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k（0.6L－0.4L）＝μmg
解得
k＝
（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L 有
Tsin37°＝mg
Tcos37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L
解得
ω＝
（3）题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量
ΔEp＝0
设小球克服摩擦力做功为W，则由功能关系有
其中
v＝0.8ωL
解得该过程外界提供给装置的能量
30．（2023·辽宁·校联考模拟预测）如图，一长度L=8m、质量M=0.2kg 的木板紧靠墙
壁放置在光滑水平地面上，在距木板左端为kL（0<k<1）处放置着A、B 两个小木块
（均可视为质点），质量均为m=0.2kg。某时刻，木块A、B 在强大内力作用下突然分
开，分开瞬间内力消失，此时木块A 的速度为
=4m/s，方向水平向左。木块B 与墙
壁碰撞过程中不损失机械能，木块A、B 与木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2 和
μB=0.3。
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（1）求木块A、B 分离瞬间，木块B 速度的大小
；
（2）若
，求木块A 离开木板时，木块B 速度的大小
；
（3）若μA=0，求摩擦力对木块B 所做的功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）-1.6J 或
【详解】（1）对A、B 组成的系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
=4m/s
（2）A、B 分开之后，分别向左，向右做减速运动，对木板
所以木板受到右侧墙壁的作用而保持静止，设木块A、B 的加速度大小分别为
、
，
由牛顿第二定律得
解得
=2m/s2
=3m/s2
设从A、B 分开到A 离开木板所用的时间为t，则有
解得
t=1s
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t=3s 不符合题意舍掉。
对B 则有
解得
=1m/s
（3）设木块B 运动到墙壁时的速度为
，则由匀变速直线运动规律可得
令
=0，则
则当
时，木块B 在与墙壁相撞前就停止了运动，则有
解得
=−1.6J
当
时，
≠0，其则会与墙壁相撞，由于木块B 与墙壁碰撞过程中不损失机械
能，则其动能不变。木块B 原速率弹回后与木板组成的系统在运动中不受水平外力，
则系统动量守恒，则有
解得
则从A、B 分开到B 与木板共速的过程中，只有摩擦力对木块B 做功，对木块B 分析，
由动能定理得
解得
48
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=（1.2k−2.4）J
49
