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专题01 力学版块大题综合
一、解答题
1．（2023·河北邯郸·统考三模）如图所示，长度为
的水平传送带左右两端与
水平轨道平滑连接，传送带以
的速度逆时匀速转动；左侧粗糙轨道的长为
，左端R 点固定有弹性挡板；右侧光滑轨道的右端与轻质弹簧栓接，弹簧
与物块A 组成弹簧振子，平衡位置位于N 点，PN 之间的距离为
，弹簧的劲
度系数为
。初始时物块A、B 静止于N 点，现缓慢移动物块A 至M 点后静
止释放，MN 之间距离为
，物块A、B 在N 点发生弹性碰撞，碰后物块A 继续
向左运动，物块B 向左运动至挡板处，与挡板发生弹性碰撞，碰后向右刚好运动至P
点速度减为零，此时物块A 刚好向右经过N 点。已知物块A、B 均可看成质点，物块B
与传送带和左侧轨道的滑动摩擦因数均为
，弹簧的弹性势能为
，弹簧
振子的周期公式
，m 为振子的质量，k 为弹簧的劲度系数。
（1）物块B 第一次到达Q 点的速度大小；
（2）碰后物块B 的速度大小范围；（结果可用根号表示）
（3）若碰后物块B 的速度为
，实现上述过程，求物块B 的质量。（结果可用
表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
1
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【详解】（1）设物块B 第一次到达Q 点的速度为
，物块B 从Q 点到返回P 点的过
程，由动能定理可得
解得
（2）物块B 从与A 发生碰撞，到运动至P 点的过程做匀速直线运动，后物块B 滑上传
送带。
第一种情况，若物块B 在传送带上一直做匀加速直线运动，碰后物块B 的速度最小，
设为
，由动能定理可得
解得
第二种情况，若物块B 在传送带上一直做匀减速直线运动，碰后物块B 的速度最大，
设为
，由动能定理可得
解得
碰后物块B 的速度大小范围为
（3）设静止释放后物块A 刚到达N 点速度为
，物块A、B 在碰撞后速度分别为
和
。物块A 从释放到刚到达N 点，由机械能守恒定律可得
2
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物块A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
碰后物块A 做简谐运动，物块B 先在NQ 段做匀速直线，运动时间为，在左侧轨道
做匀减速直线运动后与挡板碰撞，碰后一直匀减速到P 点，设整个减速过程时间为
，
则可得
物块B 运动至P 点时物块A 刚好向右经过N 点，利用二者运动时间相等得
其中
联立解得
由于物块B 的质量大于0，可得
由碰后物块A 继续向左运动，可得
解得
3
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可知
，代入数据求得
2．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）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
，
4
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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
量定律和能量守恒定律有
5
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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。
3．（2023·河北石家庄·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。
6
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【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
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
7
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两冰壶碰撞时，满足动量守恒定律，则有
解得
可得
4．（2023·河北张家口·统考一模）小明和小强玩遥控赛车，他们让两个小车在同一直
线上沿同一方向匀速运动，小明的车在前，速度为2m/s，小强的车在后，速度为
5m/s。当两小车相距3m 时小明和小强同时开始刹车，两玩具车刹车过程均可视为匀变
速运动，已知小明的玩具车刹车时加速度大小为1
。
（1）如果小强的玩具车刹车的加速度大小为2.5m/s2，求两车的最小距离；
（2）如果两玩具车相距5m 时开始刹车，小强的玩具车刹车的加速度大小为2
，
求整个过程两车的距离s 与时间t 的关系。
【答案】（1）两小车的最小距离为0；（2）见解析
【详解】（1）设小明的玩具车初速度为
，加速度大小为
，小强的玩具车初速度为
，加速度大小为
，运动学公式有
解得
故两车同时停下来，此时两车位移分别为
两车相距
8
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由于开始刹车时两车相距3m，故两小车的最小距离为0。
（2）如果小强的玩具车刹车的加速度大小为2
，小强的车停下来的时间为
则在小明的车停下来之前，即0~2s 时间内，两车相距
在小明的车停下来之后，即2~2.5s 时间内，两车相距
5．（2023·河北张家口·统考二模）如图甲所示，地面上固定一倾角
的斜面，一
轻弹簧与斜面平行放置，一端固定在斜面底端。某同学将一智能手机固定在L 形挡板
上，现打开手机上的加速度传感器，同时让L 形挡板和手机从斜面上某处由静止开始
下滑。以释放处L 形挡板的前端为坐标原点O，沿斜面向下建立Ox 轴，通过投屏软件
电脑屏幕上显示出挡板运动的加速度a 与其位移x 之间的部分关系如图乙所示。已知
手机与L 形挡板的总质量
，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g 取
，
，
，
。求；
（1）L 形挡板与斜面间的动摩擦因数与弹簧的劲度系数；
（2）弹簧的最大弹性势能
，（计算结果保留两位有效数字）
【答案】（1）0.5，40N/m；（2）0.24J
【详解】（1）由图乙知挡板接触弹簧前的加速度大小为
由牛顿第二定律有
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解得
当
时弹簧被压缩长度为
此时有
解得
（2）设弹簧的最大压缩量为
克服弹簧弹力做功为
由动能定理有
弹簧的最大弹性势能
解得
6．（2023·河北·模拟预测）竖直平面内有一内径很小的固定圆形管道，管道的半径为
R，圆管内靠近圆心O 的侧壁粗糙，远离圆心O 的侧壁光滑。直径比圆管内径略小质
量为m 的小球在最低点初速度为
，刚好可以第二次经过管道最高点，并从
最高点滑下来。重力加速度为g，求：
（1）小球从开始运动到第二次运动到最高点过程中机械能减少量；
（2）小球从开始到最终运动的整个过程中，摩擦力做的总功。
10
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由题意可知，小球刚好可以第二次经过管道最高点，则小球刚好通过最
高点的临界速度
小球从开始运动到第二次运动到最高点过程，由动能定理得
解得
由功能关系可知，小球从开始运动到第二次运动到最高点过程中机械能的减少量等于
小球克服摩擦力做的功，即
（2）由题意可知，小球在直径ab 以下运动不受摩擦力，根据能量守恒定律可得小球
最终将在直径ab 以下的半圆弧内做往复运动，由能量守恒定律可得
解得
即小球在整个运动过程中，摩擦力做的总功为
7．（2023·河北唐山·统考二模）两根平行细杆做成如图所示轨道，水平部分和倾斜部
分夹角为
，两部分长度相同，两杆间的距离
。需要运送的圆柱形构件的截面
半径为R，构件质量分布均匀，长度远小于轨道长度。将构件从轨道最高点自由释放，
到达水平轨道最左端时速度恰好减到零，若不考虑构件从倾斜轨道到水平轨道连接处
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的能量损失。试求：
（1）构件加速下滑时，其中一根细杆对构件的弹力与构件重力的比值；
（2）滑杆与构件间的动摩擦因数μ（结果可带根号）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对构件受力分析如图
N=mgcos45°
对构件在垂直轨道的平面内受力分析如图
N1=Ncos45°
则
（2）下滑时受力分析如下
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则有
mgsin45°-2μN1=ma1
又有
，则
a1=a2
解得
8．（2023·河北·校联考模拟预测）一列波沿x 轴正向传播，图中实线甲为
处质点的
振动图像，虚线乙为
处质点的振动图像，已知
，质点振幅为
，波
长大于
，求：
（1）两质点的相位差是多少？写出
处质点的振动方程；
（2）此列波的波速是多少？
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【答案】（1）
处质点的相位落后
处质点
，
；（2）
【详解】（1）由图像可知
处质点的相位落后
处质点牙
由图知，周期为
则
则振动方程为
（2）由题知
在
右侧
处，
处质点的相位落后
质点
故
波速为
9．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图所示，一轻弹簧下端固定在倾角
为37°的固定斜轨道的底端，斜轨道与一半径R=0.72m 的半圆形光滑圆弧轨道相切于B
点，BC 为半圆轨道的直径。将质量为m=0.25kg 的小滑块推至A 点（此时弹簧处于压
缩状态），由静止释放，滑块通过C 点后落到斜轨道上的D 点。已知AB 的长度为
l1=4m，BD 的长度为L2=3m，滑块与斜轨道间的动摩擦因数μ=0.5，A、B、C、D 均在
同一竖直平面内，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
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（1）滑块通过C 点时速度的大小vC以及滑块在C 点时重力的瞬时功率P。
（2）初始时刻弹簧上储存的弹性势能Ep。
【答案】（1）3.2m/s；4.8W；（2）14.16J
【详解】（1）滑块在C 点的速度与斜轨道平行，设滑块由C 运动至D 点所用的时间
为t，在垂直于斜轨道方向上有
解得
平行于斜轨道的方向上，有
解得
由
解得
（2）小滑块由A 点运动至C 点的过程，由能量守恒得
解得
10．（2023·河北张家口·张家口市宣化第一中学校考三模）如图所示，竖直挡板固定在
光滑的水平面上，被压缩的轻弹簧一端固定在挡板上，另一端在质量为
的物体上
轻弹簧与物体不栓接，物体静止在
点，质量为
的物体
静止在
点，倾角
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为
的光滑轨道
也固定在水平面上，半径为
的光滑竖直圆轨道与倾斜轨道相切
于
点。释放弹簧，物体离开弹簧后与物体
发生弹性碰撞，物体
通过
点前后速
度大小不变，物体
通过最高点
做平抛运动而落回到
点。已知重力加速度为
，
轨道
上的
点在圆心
点正下方且
，求：
（1）物体
运动到最高点
时对轨道的压力。
（2）轻弹簧储存的弹性势能。
【答案】（1）
，方向竖直向上；（2）
【详解】（1）设物体
到最高点
的速度为
，根据平抛运动的规律可得
水平方向，有
联立两式解得
在
点时，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律，滑块
运动到最高点对轨道的压力为
，方向竖直向上。
（2）设轻弹簧储存的弹性势能为
，则
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物体和物体
发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
对物体
由动能定理可得
联立解得
11．（2023·河北保定·统考一模）如图，光滑水平面上静置一质量
、长
的长木板，在长木板右侧某位置固定一光滑绝缘的竖直半圆轨道，半径
，半圆轨道下端与长木板上表面齐平，竖直直径右侧区域存在竖直方向的匀
强电场，在半圆轨端静置一质量
、电荷量
的小物块
。质量
的小物块a 从长木板左端以
的水平速度冲上长木板，物块a 与长木板
的动摩擦因数
。长木板与半圆轨道相撞前已与物块a 共速，碰撞后长木板瞬间
停止。已知物块a、b 间发生弹性碰撞且物块b 电荷量不变，之后小物块b 在半圆轨道
内运动过程中对轨道各点的压力大小均相等。g 取
，求：
（1）匀强电场的场强大小和方向；
（2）物块b 在半圆轨道内运动的时间。
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【答案】（1）
，方向竖直向上；（2）
【详解】（1）由题意，小物块b 在半圆轨道内运动过程中对轨道各点的压力大小均相
等，可知小物块在半圆轨道内做匀速圆周运动，向心力由半圆轨道对小物块的支持力
提供，则可以确定电场力大小等于物块的重力大小，且方向相反，即
解得
，方向竖直向上
（2）设小木块和长木板达到共速时速度为
，则由动量守恒定律可得
解得
设此时小木块的对地位移为
，长木版的对地位移为
，小木块和长木板共速时距离
右端的距离为，则对小木块和长木版分别由动能定理可得
解得
，
则可得
与半圆形轨道碰撞后长木板瞬间停止，则此刻开始小木块做匀减速运动，直至与小物
块
与放在半圆轨道最低点的物块
发生弹性碰撞，设小物块
与物块
发生碰撞前的
速度为
，碰撞后物块
的速度为
，物块
的速度为
，则由运动学公式可得
，
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解得
由动量守恒定律和机械能守恒可得
解得
，
设物块
在半圆轨道内运动的时间为，则可知
12．（2023·河北衡水·校联考二模）2022 年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图
所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停
在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第
末的速度大小
，在第
内运动了
，取重力加速度大小
。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数
；
（2）营垒中心到前掷线的距离
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）假设冰壶速度减到0 后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
若冰壶以加速度
减速，则冰壶在最后
通过的位移
所以冰壶在第
内的某瞬间已经停止运动，令
，设冰壶运动
所用的时间为
19
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t，则有
，
解得
（2）根据运动学公式有
解得
13．（2023·河北·统考模拟预测）如图所示，小周设计的玩具滑动的固定轨道分成三部
分，倾斜粗糙的AB 轨道，水平光滑的BC 轨道，还有一段光滑的圆弧轨道与斜面AB
相切于A 点，圆弧轨道的圆心为O，半径为
，N 为圆弧上的一点，且半径ON
竖直，水平轨道上有一个轻弹簧，轻弹簧的左端与墙壁相连，右端与质量为
的小物块Q 相连接，均处于静止状态。现在A 处由静止释放一个质量为
的小
滑块P，小滑块P 与小物块Q 发生弹性碰撞，已知AB 轨道长为
，AB 段与水平
面的夹角
为
，小滑块P 与AB 轨道间的动摩擦因数
为0.5，且通过B 点时无能量
损失。（空气阻力不计，取重力加速度
，
，
）
（1）求小滑块P 第一次运动到B 点时的速度的大小
。
（2）求轻弹簧的最大弹性势能
。
（3）若取走小滑块P 和小物块Q，在第（2）问中弹簧压缩到最短的地方放置一个与
小滑块P 材料相同、质量为
的小滑块，该小滑块恰能到最高点N，求小滑块的质量
。（结果保留三位有效数字）
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对小滑块P，从A 到B，由动能定理得
解得
（2）设小滑块P 与小物块Q 碰撞后速度分别为
、
，以水平向左为正方向，弹性
碰撞过程满足系统动量守恒和机械能守恒，则有
联立解得
，
当小物块Q 的速度减为0 时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，则有
（3）设N 点到水平轨道的高度为，小滑块恰能到最高点N，由重力提供向心力得
解得
由能量守恒定律得
其中
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联立解得
14．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，水平面上有一劲度系数为k 的轻弹簧一
端固定在墙壁上，另一端与质量为m 的物块A（可视为质点）连接，物块A 锁在P 点，
O 点为弹簧原长所在位置，
，质量为
的木板B 放在光滑水平面上，
木板左侧与O 点对齐，质量为m 的物块C（可视为质点）放在木板的右端，B 与C 之
间的摩擦因数为
，解锁物块A，物块A 运动到O 点时与B 碰撞（碰撞时间极短），
之后A 在水平面上做简谐运动，A 做简谐运动的振幅为
。已知弹簧弹性势能
，其中为为弹簧劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为g。
（1）求A 与B 碰撞后，B 的速度，并判断A 与B 碰撞类型；
（2）若要使物块C 不从木板B 上滑落，则木板B 至少需要多长？
【答案】（1）
，方向向右，弹性碰撞；（2）
【详解】（1）对A 到O 点由动能定理得
碰后物块A 的速度为
，由题意知
解得
由动量守恒定律得
若碰后A 的速度方向不变，解得
22
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A 与B 还会再次碰撞，不符合题意，因此
碰后A 的速度方向反向，则
解得
方向向右，A 与B 碰撞时损失的机械能
解得
所以A 与B 的碰撞为弹性碰撞。
（2）B 与C 组成的系统动量守恒，则
若要使物块C 不从木板B 上滑落，则木板B 至少长度为L，则：
解得
15．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）如图所示，水平面上
点左边粗糙右边
光滑，物体甲放在距
点
的A 处，甲与粗糙水平面间动摩擦因数
。质量
的物体乙静止在距
点
的
处。现给甲一个初速度
，运动
到
点与乙发生弹性碰撞，碰后甲恰好能返回出发点A，重力加速度
取
，两物
体均可视为质点，求：
（1）物体甲向右从
到
点所用的时间；
（2）物体甲的质量。
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【答案】（1）0.5s；（2）1kg
【详解】（1）甲从A 到
点是匀减速运动，由牛顿运动定律
所以摩擦力产生加速度大小
设到
点的速度为，由运动学公式
解得
甲在
段做匀速直线运动
解得物体甲向右从
到
点所用的时间
（2）物体甲在
段匀速返回，到
段匀减速停止在A 点，由运动学公式
解得
设速度向右为正，甲、乙碰撞过程动量守恒和能量守恒得
解得
解得物体甲的质量
16．（2023·河北·模拟预测）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，
倾斜放置的传送带与水平面间的夹角
，传送带以
的速度沿顺时针方向
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匀速转动。工作人员将一件小包裏（可视为质点）从传送带顶端由静止释放，已知小
包裏的质量
，与传送带之间的动摩擦因数
，传送带顶端距底端的距离
，重力加速度
，
，
，求：
（1）小包裏从传送带顶端运动到底端所需的时间t；
（2）小包裏与传送带间因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设开始时小包裹的加速度为
，由牛顿第二定律得
解得
又
解得小包裹与传送带共速时的时间
小包裹与传送带共速所经过的位移
共速后，因为
可知小包裹继续加速，设加速度为
，由牛顿第二定律得
解得
25
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由运动学公式得
解得
则小包裹运动到传送带底端所需的时间
（2）小包裏与传送带间因摩擦产生的热量
解得
17．（2023·河北邢台·河北巨鹿中学校联考三模）毛主席的诗词“洞庭波涌连天雪”，
描述的正是机械波传播的场景。一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在
时刻的波形
如图中实线所示，在
时的波形如图中的虚线所示。
（1）求这列波可能的传播速度大小；
（2）若波的周期
，则从
时刻开始计时，求质点M 在0~1.6s 内运动的路程。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）由题图可知，波长
因波沿
轴正方向传播，则
26
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，
解得
波速为
解得
，
（2）由题意知，
则
只能取0 时满足条件，对应
因
,
则
内质点
运动的路程为
18．（2023·河北·模拟预测）冰壶比赛的场地如图所示，前掷线与栏线之间的距离
，栏线与营垒圆心间的距离
。甲队队员从发球区推动冰壶，在距离
前掷线
处以
的速度将冰壶A 掷出，冰壶沿冰道中线滑过栏线后停在
距栏线
处。乙队队员沿中线推动冰壶在距离前掷线
处将冰壶B 掷出，冰
壶B 与冰壶A 撞击后，冰壶A 沿中线经过营垒区停在距营垒圆心
处。碰撞后
乙队队员用毛刷擦冰壶B 前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小为原来的一
半，擦冰距离
，恰使冰壶B 停在营垒圆心位置。已知两冰壶可视为质点且质
量均为
，未擦冰前两冰壶与冰面之间的动摩擦因数相同，重力加速度
27
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。求：
（1）未擦之前冰壶与冰面之间的动摩擦因数；
（2）掷出冰壶B 时的速度大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）冰壶A 掷出后滑动距离
后静止，设冰壶与冰面间的动摩擦因数为
，根据动能定理有
解得
（2）冰壶A 被撞出营垒区之外，撞击后滑动的距离
设其碰后速度为
，根据动能定理有
解得
设冰壶B 碰后速度为
，恰好停在营垒圆心位置，根据动能定理有
设冰壶B 碰前速度为，由动量守恒定律可得
设乙队将冰壶B 掷出时的速度为
，冰壶B 从掷出到与冰壶A 碰撞前滑动的距离
28
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根据动能定理有
解得
19．（2023·河北·模拟预测）如图所示，将装有
的铅制容器放在匀强磁场中的P
点，磁场的磁感应强度B=4T，方向垂直纸面向里，在距P 点x=1cm 的位置放置荧光屏，
屏的下沿与P 点等高，铀发生衰变后从铅制容器中竖直向上释放出两束射线，射线M
打在屏上，在屏上距下沿y=3cm 处形成Δy=2cm 宽的光带，N 射线竖直向上。已知铀
核质量mU=3.85×10-25kg，钍核质量mTh=3.79×10-25kg，α 粒子的质量mα=6.65×10-27kg，β
粒子的质量mβ=0.91×10-30kg，普朗克常量h=6.63×10-34J·s，不计速度对质量的影响，求：
（结果保留一位有效数字）
（1）射线M 和射线N 的成分；
（2）M 射线的速度范围；
（3）若认为衰变后的原子核不稳定，将动能一次性全部转为光子释放，则光子的频率
范围。
【答案】（1）射线M 为
粒子，射线N 为
光子；（2）
；
（3）
【详解】（1）由衰变后粒子在磁场中运动的轨迹，根据左手定则可知，射线M 带正
电，为
粒子；射线N 不带电，为
光子。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，打在光屏下端粒子运动半径为
，打在上端粒子
29
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半径为
，做出估计图如图所示
则由几何关系可得
，
解得
，
由洛伦兹力充当向心力有
可得
代入数据解得
，
故可知M 射线的速度范围为
。
（3）核衰变反应符合动量守恒和质量数守恒，则有
，
所释放光子得能量
代入数据解得
，
故可知光子的频率范围为
。
20．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）一质量m=2kg 的物块静止在水
平地面上，在t0=0 时，用水平拉力F1=8N 向右拉动物块，t1=6s 时撤去F1，同时用水平
30
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向左的拉力F2=12N 作用在物块上，t2=8s 时物块的动能为零。水平地面的粗糙程度处
处相同，取
。
（1）求t1=6s 时物块的速度大小v．
（2）求前12s 内物块的位移大小x．
【答案】（1）15m/s；（2）24m
【详解】（1）在0~8s 物块运动时，根据动量定理有
解得
在0~6s 物块运动时，根据动量定理有
代入数据解得
（2）在0~6s 物块运动时，根据动能定理有
在6s~8s 物块运动时，根据动能定理有
前8s 内物块的位移大小
在8s~12s 物块运动时，根据动量定理有
在8s~12s 物块运动时，根据动能定理有
解得
，方向向左
则前12s 内物块的位移大小
31
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21．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）一列简谐横波的波源O 位于坐
标原点处，
时的波形图如图所示，此时平衡位置位于
处的质点与平衡
位置位于
处的波源B 同时起振，且振动方向相反。已知O、B 两波源的频率相
同，两波源所产生的简谐横波波速大小也相同，波源B 所产生机械波的振幅为波源O
所产生的机械波振幅的2 倍。
（1）求两列波波速的大小并判断平衡位置位于
处的质点M 为振动加强点还是
振动减弱点；
（2）求0~6s 内质点M 运动的路程。
【答案】（1）4m/s，振动加强点；（2）
【详解】（1）由图可知
可得
时波传播至
处，则可知波速为
由题知，两波的波速相同、频率相同，即有
可知周期相同、波长相同
，
设两波同时起振点距M 点的波程分别为
、
，可得
32
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，
波程差
波程差为波长的奇数倍应为振动的减弱点，但
处的质点与平衡位置位于
处的波源B 同时起振，且振动方向相反，则波程为波长奇数倍的质点将成为
振动加强的点。
（2）
处的质点振动形成的波传播到M 点的时间为
，
处的波源B 形
成的波传播到M 点所用时间为
，则
，
可知，
处的质点振动形成的波先传播到M 点，M 处的质点振动
后，
处的波源B 形成的波才传播到M 点，则在这
内质点M 走过的路程为
即当时间
时两列波在M 点叠加，且振动加强，而根据题意可知，振动加强后
质点M 的振幅为
之后
内，即
内，质点M 的路程为
故可得0~6s 内质点M 运动的路程为
22．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，斜面的倾角为
，
木板A 和放置在木板A 最下端的小物块B 正以速度
一起沿斜面匀速下滑，某时刻在
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斜面上一点放置一个小物块C，给物块C 一个沿斜面向下的初速度
，经过一段时间
后，物块C 与木板A 碰撞粘在一起，碰撞时间极短，最终三者在斜面上相对静止，且
物块B 恰好没有从木板上掉下，已知木板A、物块B 和物块C 的质量均为m，且各接
触面间的动摩擦因数都相等。重力加速度为g，求：
（1）物块C 与木板碰撞的过程物块C 损失的机械能；
（2）求木板A 的长度。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由题意可知，物块C 获得初速度后，在斜面上匀速运动，物块C 与木板
A 碰撞时间极短，内力远远大于外力，物块C 与木板A 组成的系统动量守恒，可得
碰撞过程物块C 损失的机械能
解得
（2）物块C 与木板A 碰撞后到三者相对静止的过程A、B、C 组成的系统动量守恒，
由动量守恒定律可得
由物块在斜面上匀速运动，可得各接触面间的动摩擦因数
木板A 和物块B 存在相对运动，根据能的转化和守恒，可得
解得木板A 的长度
34
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23．（2023·河北石家庄·统考三模）2023 年2 月，我国首颗超百G 高通量卫星中星26
号发射成功，开启卫星互联网新时代。如图所示，甲、乙卫星在地球赤道面内绕地球
做匀速圆周运动，甲、乙卫星之间可直接进行无线信号通讯，由于地球遮挡甲、乙卫
星之间直接通讯信号会周期性中断。已知地球的半径为R，甲卫星的轨道半径为2R，
绕地球运行的周期为T，乙卫星的轨道半径为
，甲、乙卫星运行方向均和地球自
转方向相同。求：
（1）乙卫星绕地球运行的周期；
（2）在一个通讯周期内，甲、乙卫星直接通讯信号中断的时间（不计信号传输时间）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设卫星乙绕地球运动的周期为
，由开普勒第三定律
解得
（2）如图所示，由于地球遮挡甲、乙卫星之间通讯信号会周期性中断，设在一个通讯
周期内，甲、乙卫星通讯中断的时间为t，有
而
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故有
由几何可知
所以
由几何关系知
故
综上可得
（或
）
24．（2023·河北邢台·河北巨鹿中学校联考三模）生活中运送货物时我们常会用到传送
带，这样可以很大程度上节省人力。如图所示，圆心为O、半径为
的内壁光滑
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的圆弧形槽固定在水平地面上，圆弧的左右两端等高，D 点为圆弧的左端点，
连
线与竖直方向的夹角为
。传送带以
的速率沿顺时针方向转动，传送带的
段倾角
，
段水平，
、
段的长度均为
。将一个质量为
的货物轻放在A 端，货物与传送带
、
间的动摩擦因数均为
，货
物经过B 处时不脱离传送带且速率不变，之后从C 点水平抛出并恰好无碰撞地从D 点
进入圆弧形槽，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
，不计空气阻力，
，
。求：
（1）货物在传送带上运动的时间t；
（2）货物在D 点对槽的压力大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）货物在
段，由牛顿第二定律有
解得
货物在
段加速过程，有
解得
货物在
点的速度
假设货物在
段运动中先加速后匀速，在
段经过时间
与传送带共速，由牛顿第
二定律有
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解得
由
得，共速前货物在
段运动的距离为
假设成立。货物与传送带共速后一起匀速运动，有
解得
则货物在传送带上运动的时间
（2）货物离开传送带后做平抛运动至
点，由几何关系有
解得
在
点，由向心力公式有
解得
由牛顿第三定律可知，货物在
点对槽的压力大小
25．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，质量均为
的A、
B 两物块用轻绳连接放在倾角为
的光滑斜面上，被压缩的轻弹簧放在A、B 之
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间，光滑斜面与光滑水平面在C 点平滑连接，开始时A 离C 点的距离为
，A、B 间
距离为
，重力加速度为
，由静止释放A、B，不计物块A、B 经过C 点
时因碰撞产生的能量损失，A、B 运动过程中轻绳始终处于绷紧状态，不计物块的大小，
求：
（1）物块A 运动到C 点所用的时间；
（2）物块A、B 运动到水平面上后，在水平面上运动一段距离轻绳断开，弹簧将A、B
弹开，B 被弹开后，先在水平面上运动，后滑上斜面，物块B 滑到斜面的最高点离C
点距离为
，则弹簧最初具有的弹性势能为多少。
【答案】（1）
；（2）60.5J
【详解】（1）设物块A 运动到C 点所用时间为t、运动的加速度为a，则对A、B 整体
研究
解得
由
解得
（2）设A、B 全部滑上水平面时速度为v，根据机械能守恒定律有
解得
轻绳断开后，弹簧将两物块弹开，设弹开后A 的速度大小为
，B 的速度大小为
，
39
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根据动量守恒定律有
根据题意有
解得
则
则弹簧具有的弹性势能
26．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，在小球A 水平抛出
的同时，将小球B 斜向左上方抛出，小球B 的初速度为
，与竖直方向的夹角
。
当小球B 速度方向水平时，小球A 恰好在小球B 的正上方，与小球B 的距离为h，此
时小球A 速度方向与竖直方向的夹角为30°，不计空气阻力，重力加速度大小为g，
，
。
（1）求两小球抛出点的水平距离。
（2）求两小球抛出点的高度差。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意可知，小球B 做斜抛运动，设小球B 运动到最高点的时间为，
竖直方向上有
40
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解得
小球A 做平抛运动，设小球A 的初速度为
，由平抛运动规律有
解得
则两小球抛出点的水平距离为
（2）竖直方向上，小球A 下降的高度为
小球B 上升的高度为
则两小球抛出点的高度差为
27．（2023·河北·模拟预测）如图所示，质量为
的小物块P 以
的初
速度从传送带左端滑上传送带，传送带长度为
。传送带右侧水平面上放置
一质量为
的光滑四分之一圆弧滑块
的最低点与传送带平滑连接。传送带
以
的速度沿顺时针方向匀速转动时，物块恰能运动到圆弧轨道的最高点。已
知物块与传送带间的动摩擦因数为
，其他摩擦忽略不计，重力加速度
。
（1）求四分之一圆弧滑块的半径。
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（2）求物块第一次从滑上传送带到第一次离开传送带过程中相对传送带的位移大小。
（3）试判断物块能否再次滑上圆弧滑块，并说明理由。
（4）改变传送带的速度，求传送带速度
与物块在圆弧滑块上运动到的最大高度的
关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）能，见解析；（4）
【详解】（1）物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有
设物块运动的位移为x 时，物块与传送带速度相同，由匀变速直线运动规律有
解得
物块和传送带一起匀速运动2.25 m 后滑上圆弧滑块，设圆弧滑块的半径为R，物块滑
上圆弧滑块的过程，在水平方向上，由动量守恒定律有
对物块和圆弧滑块，由机械能守恒定律有
解得
（2）物块在传送带上加速运动的时间为
共速前传送带运动的距离为
物块在传送带上运动过程中相对传送带的位移大小
42
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（3）设物块离开圆弧滑块时的速度大小为
，圆弧滑块的速度大小为
，由动量守恒
定律和机械能守恒定律有
解得
，
结合（1）中分析可知，物块返回到传送带上后将从传送带右端再次返回到光滑水平面
上，且速度大小为
故物块能再次运动到圆弧滑块上
（4）传送带沿逆时针方向转动时物块不能从传送带右端离开传送带沿顺时针转动，且
物块P 在传送带上一直加速，有
则物块在传送带上能达到的最大速度为
①当传送带沿顺时针方向转动，且速度小于5 m/s 时，物块离开传送带时的速度与传送
带速度相同，物块运动到最高点时，物块与圆弧滑块的水平速度相同，在水平方向由
动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得
②当传送带沿顺时针方向转动，且速度大于等于5 m/s 时，物块离开传送带时的速度为
43
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5 m/s
同理可得，物块上升到的最大高度
28．（2023·河北沧州·统考模拟预测）如图所示，有三根完全相同、原长均为
的绝
缘轻质橡皮筋，其中两根的一端固定在天花板上的
点，另一端分别连接质量均为
的带电小球
，它们所带的电荷量分别为
和
，
之间用第三根橡皮筋连
接起来。由于空间存在水平向右的匀强电场，平衡时三根橡皮筋的长度均为原长的
。
现剪断
之间的橡皮筋，由于有空气阻力，
球最后会在新的位置平衡。已知
橡皮筋满足胡克定律并始终在弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，不计两小球
间的静电力，重力加速度大小为
。求：
（1）匀强电场的电场强度大小
；
（2）再次平衡时小球A 电势能的减少量
；
（3）再次平衡时小球B 重力势能的增加量
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，对小球A 受力分析如图所示
44
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由平衡条件有
则有
解得
（2）设橡皮筋的劲度系数为k，再次平衡时橡皮筋的弹力为
，对小球A 受力分析如
图所示
由平衡条件有
解得
设此时橡皮筋的长度为
，有
由电场力做功和电势能变化的关系有
联立解得
45
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（3）由对称性可知，小球B 位置变化情况和小球A 相同，由重力做功和重力势能变
化关系有
解得
29．（2023·河北·校联考三模）如图所示，半径为R 的光滑圆轨道固定在竖直平面内，
一小球（可看成质点）静止在轨道的最低点，现使小球在最低点获得
的水平
初速度，重力加速度为g，在此后的运动过程中，求：
（1）小球刚要脱离圆轨道时，小球与轨道圆心的连线与竖直向上方向夹角的余弦值；
（2）小球第一次运动到最高点时与轨道圆心的高度差。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小球刚要脱离圆轨道时，小球与轨道圆心的连线与竖直方向夹角为
，
此时小球的速度大小为
，此时对小球
对小球由动能定理可得
解得
（2）小球到达最高点的速度大小为
46
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对小球由动能定理可得
解得
小球第一次运动到最高点时与轨道圆心的高度差为
30．（2023·河北·模拟预测）某游乐场有个“投篮”活动项目，可简化为如下过程。光
滑的平直轨道上有一辆质量为
的小车，以
的速度匀速向右运动，小
车下方用较长的轻绳竖直悬挂着一个质量
的球筐，随小车一起运动。轨道下
方有一个投球点A，与球筐的竖直高度
，在小车运动的竖直面内，某时刻一玩
家将质量
的游戏球以与水平方向成
角的速度斜向上抛出，恰好水平击中并
落入球筐中，然后和球筐一起摆动，如图所示，重力加速度取
，球筐和球
均可视为质点，轨道足够长，空气阻力不计，求：
（1）球筐摆动的最大高度；
（2）轨道上小车的最大速度。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）球在空中飞行过程中利用逆向思维，球的运动是一个平抛运动。设球的
水平速度大小为，由平抛运动规律得
，
47
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联立解得
球落入球筐过程，球和球筐组成的系统在水平方向动量守恒，则有
解得
摆动过程中，小车、球以及球筐整个系统水平方向动量守恒，设摆到最高点时系统的
速度大小为
，则有
解得
根据系统机械能守恒有
解得球筐摆动的最大高度为
（2）当球与球筐回到最低点时，小车速度最大，设此时车的速度及球与球筐的速度分
别为
和
，根据系统水平方向动量守恒以及机械能守恒有
联立解得
即轨道上小车的最大速度为
。
31．（2023·河北唐山·开滦第一中学校考模拟预测）滑沙是游客喜欢的一项娱乐项目，
某游乐场滑道由上下两段构成，与水平面倾角分别为45°和37°两段滑道的长度之比为
48
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。质量为m 的载人滑沙车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，
最后恰好静止于滑道的底端。上下两段滑道动摩擦因数相同。（不计滑沙车在两段滑
道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求
（1）滑沙车与滑道之间的动摩擦因数；
（2）滑沙车在两段滑道上运动的加速度大小之比（结果可保留根号）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设上下两段滑道长度分为
、s，对滑沙车从坡顶由静止滑下，到底
端静止的全过程，得
解得
（2）设上下两段滑道的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律
上段滑道有
mgsin45°-μmgcos45°=ma1
下段滑道有
解得
32．（2023·河北·模拟预测）如图所示，水平绝缘长直轨道与光滑圆弧轨道在C 处相
切且平滑连接，水平轨道处于方向水平向左、场强大小为E 的匀强电场中，圆弧轨道
的半径为R，O 点为轨道圆心，整个装置固定在同一竖直平面内。两个小滑块A、B
49
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（都可视为质点）的质量分别为3m 和m。已知滑块B 不带电，其与水平轨道间的动摩
擦因数为
，滑块A 带电，但与轨道间无摩擦力。开始时滑块A、B 都静止于水平轨
道上，与C 点的距离分别为2R 和R。现将滑块A 由静止释放，之后A、B 之间发生的
碰撞皆为完全非弹性碰撞，且碰后两者一起沿水平轨道做匀速直线运动，进入圆弧轨
道后仍能从C 点返回水平轨道，碰撞后两者之间并不粘连，整个过程中A 的电荷量始
终保持不变，重力加速度为g，求：
（1）滑块A 所带电荷量的大小及两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道压力的最
大值；
（2）滑块AB 再次返回水平轨道后两者之间的最远距离；
（3）整个过程中滑块B 在水平轨道上运动的总路程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，A、B 能发生碰撞，说明A 所受电场力向左，故A 带正电；
碰撞后一起做匀速直线运动，对AB 整体，满足
解得
对滑块A，由动能定理有
解得A、B 碰撞前A 的速度为
由动量守恒定律有
解得A、B 碰后的共同速度为
50
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根据圆周运动规律可知，两滑块对圆弧轨道的压力的最大值出现在C 点，所以有
解得
由牛顿第三定律得两滑块对圆弧轨道压力的最大值为
（2）滑块B 第1 次返回水平面时，有
解得
滑块A 第1 次返回水平面时，有
解得
故A、B 返回水平面后会分，根据能量守恒定律可知，AB 返回时的速度大小为
则滑块B 在第1 次返回在水平面上向右移动的位移为
滑块A 在第1 次返回在水平面上向右移动的位移为
所以AB 再次返回水平轨道后之间的最大距离为
（3）由题意可知，A、B 在水平轨道上分离后，A 在电场力作用下会与B 发生第二次
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碰撞，根据动能定理有
根据动量守恒定律，碰撞过程中有
碰后继续一起做匀速直线运动，然后冲上圆弧轨道，返回到水平轨道上时速度大小仍
为
，则滑块B 第2 次返回时的水平位移为
则滑块A 第2 次返回时的水平位移为
A、B 停止运动时之间的距离为
同理第3 次碰撞到再次返回有
联立解
以此类推可得：第n 次返回时B 的水平位移为
最终两个滑块A、B 将停于C 点，所以B 运动的总路程为
解得
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33．（2023·河北张家口·统考三模）伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽
利略于1590 年左右发明。现我们共同研究伽利略大炮的实验，先将500g 的弹性大球
单独自由释放，落地反弹高度为下落高度的0.64 倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个
叠放，并将它们从距地面0.8m 高处自由释放，如图所示。已知各球相互接触且重心在
同一竖直线上，每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的一半，各球之间均发生弹
性碰撞，作用时间极短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，
弹性大球与地面碰撞过程中能量损失均保持不变，重力加速度g 取
，忽略空气
阻力。
（1）若将弹性大球单独从距地面0.8m 高处自由释放，求地面对弹性大球所做的功；
（2）若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲
量大小；
（3）若要使最上端的弹性小球上升高度不低于45m，求至少需要叠放多少个弹性小球？
【答案】（1）
；（2）
；（3）弹性大球上至少叠放6 个弹性小
球
【详解】（1）设弹性大球与地面碰撞前的速度大小为
，与地面碰撞后的速度大小为
，地面对弹性大球所做的功为
，由运动学规律可得，上升过程
下落过程
由动能定理可得
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解得
（2）弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为
，弹性小球碰前
与碰后的速度分别为
，取向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
由动量定理可得
解得
（3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为
整理可得
同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为
整理可得
……
由数学知识可得
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由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于
，由运动学规律可得
则
解得
时
时
故弹性大球上至少叠放6 个弹性小球。
34．（2023·河北·校联考模拟预测）如图甲所示，质量
的小球静止在水平地
面上，从某时刻起，小球受到竖直向上的拉力
作用，拉力
随小球上升高度的变
化关系如图乙所示，
减小到0 以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次与地面碰
后速度是碰前速度的0.5 倍，不计空气阻力，
取
。求：
（1）小球在向上运动过程中的最大速度；
（2）小球在空中运动的总路程。（计算结果可用分数表示）
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）当
，即小球上升
时，小球的速度最大，此过程中
根据动能定理
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解得
（2）小球上升
时
重力做功
因
故小球上升的最大高度为
根据题意小球与地面碰后速度是碰前速度的
倍，由
联立解得小球第一次碰后上升的最大高度
同理可求得小球第2，3，…，n 次碰后上升的最大高度
则小球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
整理可得
解得
小球在空中运动的总路程
35．（2023·河北·统考模拟预测）如图所示，有一足够长的传送带以
的速率逆
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时针匀速转动，倾角
，传送带在M 点与光滑水平地面平滑连接，有一半径
竖直光滑半圆轨道在N 点与地面平滑连接，其中MN 间距足够大，一压缩的
轻质弹簧被细线锁住，可视为质点的A、B 两滑块分别紧靠左右两侧并处静止状态，某
一时刻烧断细线，与轻质弹簧分离后A 滑上传送带，B 恰好能通过半圆轨道最高点P，
A、B 的质量分别为
、
，A 与传送带间的动摩擦因数为
，重力
加速度g 取
，
。求：
（1）被压缩的轻质弹簧的弹性势能
；
（2）滑块A 在传送带上滑行最大距离；
（3）在保证能通过半圆轨道最高点情形下，半圆轨道的半径取不同值时B 落在水平面
上与N 之间距离的最大值。
【答案】（1）150J；（2）10m；（3）1.25m
【详解】（1）设与弹簧分离瞬间A、B 的速度分别为
、
，对A、B 与弹簧组成的系
统水平方向总动量守恒，以水平向右为正方向，则有
B 在半圆轨道最高点时有
对B 从N 到最高点P 过程由动能定理
解得
负号表示方向水平向左
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方向水平向右，由功能关系可知开始时被压缩的轻质弹簧的弹性势能
（2）对A 进行受力分析，A 沿传送带向上做匀减速直线运动，开始时由于
，则
由牛顿第二定律可知
减速到传送带运行速度后，同理可知有
直至减速为零，由此可知A 第一次沿传送带向上滑行的最大距离为
（3）令半圆轨道的半径为r 时B 落在水平面上时与N 之间距离最大，设通过P 点的速
度为
，选MN 面为零势能参考平面，则由机械能守恒有
解得
B 离开半圆轨道后做平抛运动，水平位移为
运动时间
则水平位移为
当
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时，水平位移最大，即
36．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）小车C 静止在光滑的水平面上，距离
小车C 的右侧s 处有一固定光滑斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C 等高，
平台P 点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O 点固定一竖直的
弹性挡板，滑块B 静止于Q 点，PQ 间距离为kL，OQ 间距离为L。当滑块A 以
的速度滑上小车，运动到小车C 右端时恰好与之共速（小车未碰到斜面底
端）。当滑块A 经斜面进入平台后，始终受到水平向右的恒力F＝mg 作用，当滑块B
在该平台上向左运动时受到同样的恒力F 作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B
及小车C 的质量相等，即
，斜面高h＝0.8m，A、C 间的动摩擦因数
，
，滑块A、B 均可看成质点，滑块A 冲上斜面时无机械能损失，
且A、B 之间以及B 与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
（1）为保证小车C 与平台碰撞时A、C 能共速，s 至少为多长；
（2）当滑块A 经斜面进入平台PO 后，若A 不能在滑块B 匀速运动过程中追上滑块B
发生第二次碰撞，则k 需要满足什么条件。
【答案】（1）1.6m；（2）
【详解】（1）设A、C 获得的共同速度为
，以水平向右为正方向，由动量守恒定律
得
代入数据解得
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若A、C 共速时，C 刚好运动到斜面底端，对C，由动能定理得
代入数据解得
s＝1.6m
则保证C 运动到斜面底端前A、C 能够共速，s 至少为1.6m。
（2）滑块A 冲上斜面，设到斜面顶端时速度为
，由动能定理
解得
A 上到平台后受力为F＝mg，A 开始做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定
律可知
F＝mg＝ma
解得
a＝g
设与B 碰前A 的速度为
，由运动学公式有
A 与B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
联立解得
A、B 第一次碰后，B 所受合力为零，沿平台向右做匀速直线运动，B 运动到O 点所用
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时间为
碰后A 的加速度不变，A 运动到O 点所用时间为
由题意得
，解得
37．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图所示，滑块A、木板C 分别静止
在光滑水平平台和粗糙水平地面上，C 的左端与平台上表面相切，滑块B 静止在C 上，
且至C 左端的距离为x0=1m，A、B、C 的质量分别为mA=2kg，mB=1kg，mC=3kg。t=0
时刻，对A 施加一水平向右的作用力F，F 随时间t 的变化关系为
，A 运
动2s 后撤去F，此时A 恰好滑上木板C；一段时间后，A 与B 发生弹性碰撞（碰撞时
间极短），最终B 静止在C 的右端。已知A 与木板C 之间的动摩擦因数为μA=0.2，B
与C 之间的动摩擦因数为μB=0.5，C 与地面之间的动摩擦因数为μC=0.1，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，A、B 均可视为质点，取g=10m/s2。求：
（1）A 刚滑上C 时的速度大小；
（2）A、B 碰后瞬间A 的速度大小；
（3）木板C 的长度和运动的位移大小。
【答案】（1）
；（2）2m/s；（3）6.7m；0.83m
【详解】（1）撤去F 之前2s 内F 的冲量
由动量定理
解得
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（2）A 滑上C 时，A 的加速度
此时A 对C 的滑动摩擦力为
地面对C 的最大静摩擦力为
可知木板C 静止，则当A 将要与B 相碰时的速度
AB 碰撞过程由动量守恒和能量关系
解得
v2=2m/s
v3=8m/s
（3）AB 沿木板向右运动时，B 对C 的滑动摩擦力
此时木板C 开始向右加速滑动，C 的加速度
物块B 减速的加速度
当AC 相对静止时
解得
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此过程中C 的位移
C 的速度
B 的位移
B 的速度
以后C 减速的加速度
当BC 共速时
解得
此时C 的位移
B 的位移
因此时A 恰到达C 的右端，则B 相对C 运动的距离
即木板C 长度为
共速后木板C 减速的加速度
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则运动距离
则木板的总位移
38．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图所示，一金属板固定在y 轴上，
其上P 点处有一粒子源，能释放出质量为m、电荷量为q 且初速度为0 的正、负点电
荷。另一金属板与y 轴平行，两板间电势差为U、距离为d，左板电势高于右板。两极
板间存在磁感应强度大小为
、方向沿z 轴正方向的匀强磁场（图中未画出）；
区域存在电场强度大小为
、方向沿x 轴正方向的匀强电场；
，
区域存在电场强度大小为
、方向沿z 轴正方向的匀强电场（图中未画出）；
，
区域有磁感应强度大小为
、方向沿y 轴负方向的匀强磁场（图中未
画出）。向右运动的点电荷能够经过一次磁场之后恰好通过图中
平面内与P 点等
高的Q 点，不计点电荷的重力及电荷间的相互作用。
（1）为保证负点电荷不碰到左侧金属板，磁感应强度大小
应满足什么条件？
（2）为保证正点电荷能够恰好通过右侧Q 点，P、Q 两点间的距离应为多少？
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【答案】（1）
，方向沿z 轴正方向；（2）
【详解】（1）取负电荷恰好与左侧金属板相切时为临界条件，洛伦兹力等于电场力，
即
根据动能定理
联立解得
为保证负点电荷不碰到左侧金属板，则
方向沿z 轴正方向。
（2）正电荷在
区域做匀加速运动，加速度为
则到达
时的速度
进入
后，在
由于受到电场力与速度方向垂直，做类平抛运动，此时的加速
65
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度
如图，设类平抛的水平位移为
，根据类平抛公式可知
解得
沿轴方向的速度为
进入
区域的磁场时合速度为
洛伦兹力提供向心力
解得
在磁场做圆周运动，如图可知
解得
由对称性可知，P、Q 两点间的距离应为
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39．（2023·河北·模拟预测）某同学制作一物块搬运装置如图，两平台AB、CD 等高，
中间设置一长为L1=6m 的凹槽，凹槽内放置长为L2=5m，质量M=1.5kg 的滑板P，滑
板上表面的动摩擦因数为μ1=0.8，滑板P 在BC 间运动时，与B 侧壁发生碰撞，碰后静
止但不粘连，与C 侧壁发生弹性碰撞，碰后原速率反弹，质量m=1kg 物块Q 从平台
AB 滑上滑板P，然后滑板将其搬运至平台CD，求：
（1）在物块速度合适的情况下，要保证滑板连续不断地将物块从平台AB 成功搬运至
平台CD，滑板与凹槽间的动摩擦因数μ2最大为多少？
（2）在（1）的情况下，物块成功到达平台CD，最小速度为多大？
（3）滑板与B 侧壁碰撞损失机械能最大是24J，超过此值滑板会反弹，按照（1）的动
摩擦因数，要保证成功搬运物块，物块质量最大为多少？
【答案】（1）0.2；（2）10m/s；（3）5kg
【详解】（1）要保证滑板连续不断地将物块成功从平台AB 搬运至平台CD，滑板返
回B 点时的速度恰好为零，则滑板向右加速时由牛顿第二定律有
解得
滑板返回向左减速时由牛顿第二定律有
67
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解得
若满足
则动摩擦因数最大，联立以上各式解得
，
（2）物块在滑板上减速
，
滑板向右加速
，
物块速度最小时，物块到达滑板右端恰好共速，且
解得
（3）滑板与B 侧碰撞时
解得
滑板到达C 端过程中，由动能定理可得
解得
滑板向右加速时，由运动学公式有
68
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解得
对滑板由牛顿第二定律有
解得
40．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，在足够大的光滑绝缘
水平台面内建立xOy 坐标系，在第一、二象限内有垂直于台面向上的匀强磁场，磁感
应强度大小为B，在第三、四象限内分别有沿x 轴负方向和沿y 轴正方向的匀强电场，
电场强度大小均为E。现从台面上的A 点，将带电荷量为+q 的金属小球以初速度v0沿
台面弹出，到达原点O 时，小球的速度大小为
，方向沿y 轴正方向。已知在x 轴上
静止有5 个与入射球完全相同的不带电金属小球（图中未画出，原点O 处的小球记为
第1 个，原点右侧依次为2、3、4、5），所有金属小球的质量均为m，小球经过x 轴
时会依次与下一小球发生碰撞，小球间的碰撞均无机械能损失，碰撞时间极短。
（1）求台面上A 点的坐标。
（2）求第2 个小球的运动时间和路程。
（3）求第四次碰撞与第六次碰撞的时间间隔和距离。
（4）第5 个小球发生碰撞前，第1 个小球在磁场中运动的时间和路程。
【答案】（1）（
，
）；（2）
；（3）
，
；（4）
，
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【详解】（1）金属小球在第三象限内运动时，沿
方向做匀速直线运动，速度大小
为
沿
方向做匀减速直线运动，分初速度为
则有
在
方向，由动量定理得
联立可得
，
故台面上A 点的坐标为（
，
）。
（2）金属小球与第1 个金属小球碰撞后，电荷量均分，即每个金属小球所带电荷量均
为
，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
，
可知两金属小球相碰后电荷量均分且交换速度；此后第1 个金属小球做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得
70
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解得半径为
第1 个金属小球运动半个周期后与第2 个金属小球相碰，同理可知，第1 个金属小球
与2 个金属小球相碰后电荷量均分，即每个金属小球所带电荷量均为
，第1 个金属
小球静止，第2 个金属小球沿
方向以初速度
做匀变速直线运动直至再次
与第1 个金属小球相碰，即碰后第2 个金属小球做一次往复运动，第2 个金属小球与
第1 个金属小球相碰后，电荷量均为
，第2 个金属小球静止，第1 个金属小球以速
度
做匀速圆周运动，半径为
可见此后第1 个金属小球做圆周运动的速度大小不变，电荷量减半，碰后做圆周运动
的半径加倍，另一个金属小球在第四象限内做一次往复运动，作出从O 点开始的各金
属小球的运动轨迹（与第5 个金属小球碰撞前）如图所示
对第2 个金属小球，由牛顿第二定律可得
解得第2 个金属小球运动的加速度大小为
71
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故第2 个金属小球运动的时间为
第2 个金属小球运动的路程为
（3）第四次碰撞到第六次碰撞的时间间隔即为第1 个金属小球与第3 个金属小球开始
相碰到与第4 个金属小球开始相碰的时间；第3 个金属小球运动后所带的电荷量为
，
初速度大小为
由牛顿第二定律得
解得第3 个金属小球运动的加速度大小为
则第3 个金属小球运动的时间为
第1 个金属小球第3 次做圆周运动时电荷量为
，其做圆周运动的半径为
故第四次碰撞与第六次碰撞的时间间隔为
第四次碰撞与第六次碰撞的距离为
（4）第1 个金属小球第4 次做圆周运动时电荷量为
，其做圆周运动的半径为
72
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故第5 个金属小球发生碰撞前，第1 个金属小球在磁场中运动的路程为
第1 个金属小球在磁场中运动的时间为
41．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，左侧为固定在水平地
面上足够大的、表面光滑的斜面体，长
的细绳一端连接在斜面体上D 点，另
一端悬挂一质量
的小球，小球静止在斜面体底部A 点，AD 中点紧靠细绳右侧
有一颗钉子（图中未画出）。水平地面右侧有一固定的、上表面光滑的斜面体（足够
长），斜面体上静置一下表面光滑、右端带有挡板的薄板，薄板（含挡板）质量为
m，薄板下端在C 处与水平地面平滑连接。在光滑水平地面B 点处静置着两滑块，其
间压缩着一轻质弹簧，两滑块均不与弹簧拴接，开始时弹簧处于锁定状态。当解除弹
簧锁定滑块弹出后，质量为
的左侧滑块与小球发生弹性碰撞，碰后小球在斜面上转
一周且细绳始终处于拉直状态，碰到钉子后细绳恰好被拉断。已知细绳能承受的最大
拉力
，斜面体的倾角均为
，B 点右侧滑块的质量为
，与薄板间的动
摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，不计空气阻力，结
果均保留两位有效数字。
（1）求小球碰后到达最高点时细绳上的拉力大小
；
（2）求轻质弹簧锁定时的弹性势能
；
（3）若要使B 点右侧滑块与薄板顶端挡板不相碰，求薄板的最小长度
；
（4）若薄板的长度
，且滑块与薄板顶端挡板碰后粘合在一起，求B 点
右侧滑块沿斜面体向上运动的最大高度h。
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【答案】（1）0.70N；（2）2.7J；（3）0.36m；（4）0.40m
【详解】（1）质量为
的左侧滑块与小球发生弹性碰撞，设碰撞后小球速度为
，
之后与钉子碰前后速度不变，则有
设小球运动到最高点时速度为
，绳子拉力为
，根据牛顿第二定律有
根据机械能守恒定律得
联立解得
，
，
（2）设质量为
的左侧滑块与小球发生弹性碰撞前速度为
，碰撞后速度为
，根
据动量守恒定律和能量守恒可得
解得
设解除锁定后右侧滑块的速度为
，根据动量守恒定律有
解得
74
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轻质弹簧锁定时的弹性势能
（3）右侧滑块以
滑上薄板，当二者速度相等时恰好滑至板顶端，此时薄板的长度最
短。设二者速度相等时速度为，右侧滑块和薄板的加速度分别为
，
，则有
解得
，
设经过时间达到共速，则有
，
解得
，
薄板的最小长度
（4）若薄板的长度
，设滑块与薄板顶端挡板碰时经过时间
，则有
解得
，
（舍去）
设滑块与薄板碰撞前速度分别为
，
，则有
设碰撞后粘合在一起速度为
，根据动量守恒定律得
75
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解得
设碰撞后粘合在一起以后向上滑动的距离
，由机械能守恒定律得
解得
右侧滑块沿斜面体向上运动的最大高度
42．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，在竖直面内，以
的速度顺时针匀速转动的传送带BC 与水平地面CD、FG 处于同一水平面上，
BC、CD 的长度分别为2m、1m。圆弧形细管道DE 的半径
，EF 在圆弧的竖
直直径上，E 点与水平地面之间的高度
。某时刻，将一质量
的物块
a 由倾角为
的固定斜面上距地面高
处的A 点从静止开始下滑，经过传送带右
端C 点后与紧靠在传送带右端静置的质量
的物块b 发生弹性正碰。物块a 与
斜面之间的动摩擦因数
，与BC、CD 之间的动摩擦因数分别为
、
，物块b 与CD 之间的动摩擦因数也为
，管道DE 光滑，物块a、b 落
到FG 时均静止不反弹。CD 与DE、斜面末端B 与传送带BC 均平滑连接，两物块均可
视为质点，取
。
（1）求物块a、b 碰撞之前，物块a 在C 点的速度大小；
（2）求物块b 在DE 最高点时与管道之间的作用力大小及落地点与E 点的水平距离；
（3）求物块a、b 均静止时二者之间的距离。
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【答案】（1）6m/s；（2）0.8N，
；（3）
【详解】（1）物块a 从A 到B 过程中，根据动能定理有
解得
设物块a 在传送带上可以与传送带共速，则有
其中
解得
可知物块a、b 碰撞之前，物块a 在C 点的速度大小为6m/s；
（2）物块a 和物块b 发生弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
物块b 从C 到E，根据动能定理有
物块b 在E 点，根据牛顿第二定律有
解得
物块b 从E 飞出后，根据平抛运动规律有
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联立解得
（3）根据弹性碰撞的规律可知物块a 与物块b 碰撞，后返回传送带，根据运动的对称
性，物块a 到达C 点的速度依然为
，由上述解得
由于
所以物块a 不能到达E 点，根据功能关系有
解得
可知物块a 停在C 点。
根据几何关系可知物块a、b 均静止时二者之间的距离为
解得
43．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，劲度系数
的轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端与水平台面上质量
的
物块（可视为质点）接触但不拴接，最初物块位于A 点，弹簧的形变量
且处
于锁定状态。台面上M 点左侧光滑，右侧与物块之间的动摩擦因数
。现将弹
簧解锁，物块经台面右端N 点后做平抛运动落到台面右侧的固定斜面上。已知M、N
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之间的距离为0.225m，A、N 之间的距离为0.25m，斜面的倾角为
，弹簧始终处于
弹性限度内且保持水平，不计空气阻力及N 点右侧弹簧对物块的作用，已知弹簧形变
量为x 时，其弹性势能
，取
，
，
。求：
（1）物块在水平台面上运动的最大速率。（结果可保留根号）
（2）物块与斜面之间的最大距离。（结果保留两位有效数字）、
【答案】（1）
；（2）0.079m
【详解】（1）物块在水平台面上时，当滑动摩擦力与弹簧的弹力大小相等时，物块在
水平台面上的速度最大，由
解得此时弹簧的压缩量为
此时滑块恰好在N 点，则由功能关系可知
解得
（2）设物块达到N 点后脱离弹簧做平抛运动，初速度为
物块在垂直斜面方向的速度大小为
垂直于斜面方向的加速度为
当垂直斜面方向的速度为0 时，离斜面最远，有
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44．（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，质量
的物
块C 静置在光滑水平面上，其左侧为半径
的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和
水平面平滑连接。一质量
的小物块A 被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平
面上的物块B 发生正碰，此后两物块粘在一起运动。A、B 均可视为质点，不计空气阻
力。已知物块B 的质量为1.5kg，A、B 碰撞后瞬间B 的速度大小为6m/s，取
。求：
（1）最初弹簧上储存的弹性势能。
（2）A、B 整体碰后能达到的最大高度。
（3）A、B 整体第一次与C 分离时C 速度的大小。
（4）从A、B 整体第一次与C 分离瞬间至A、B 整体第二次与C 分离瞬间的过程，
A、B 整体对C 的冲量大小。
【答案】（1）144J；（2）1.5m；（3）2m/s；（4）
【详解】（1）对AB 系统发生正碰，由动量守恒定律可知
对弹簧和A 系统由能量守恒定律可得
解得
（2）A、B 整体碰后与C 组成的系统，由水平方向动量守恒可得
碰后到达最高点系统机械能守恒定律可得
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解得
h=1. 5m
（3）A、B 整体第一次与C 分离此过程中ABC 系统水平方向动量守恒，ABC 系统机
械能守恒。由水平方向动量守恒
由机械能守恒定律
解得
故A、B 整体第一次与C 分离时C 速度的大小为2m/s。
（4）A、B 整体第一次与C 分离瞬间至A、B 整体第二次与C 分离瞬间的过程中，
ABC 系统由动量守恒和能量守恒定律可得
A、B 整体对C 的冲量为
解得
45．（2023·河北保定·统考三模）如图所示，光滑水平面上静止放着一质量为4kg、长
为4m 的木板ABC，木板由两种不同材料拼接而成，拼接点为B 且AB=AC，木板左端
有一质量为2kg 的小物块（可视为质点），木板与物块开始时均处于静止状态，物块
与木板左半部分AB 间的动摩擦因数μ1=0.4，与右半部分BC 间的动摩擦因数μ2=0.2，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2，若给小物块施加20N 的水平恒力F，求：
（1）小物块在AB 之间运动过程中小物块和木板的加速度各为多大？
（2）要使物块最终恰好能滑到木板的最右端C，力F 需做多少功？
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【答案】（1）6m/s2，2m/s2；（2）54J
【详解】（1）以物块为研究对象，根据牛顿第二定律，有
以木板为研究对象，有
解得
，
（2）设物块刚滑到B 点时，撤去外力，此时物块速度为v1，木板速度为v2，此前运动
时间为t，则
物块与木板达到共同速度为ⅴ，根据动量守恒定律，有
此过程中物块的位移为x1，木板的位移为x2，则
解得
所以，满足恰好滑到右端的条件，力F 在物块滑到B 点之前某位置就得撤去，设此位
置距离B 点为Δx，物块的速度为v3，木板的速度为v4，力F 作用的时间为t1，则
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恰好滑到右端时的共同速度为
，则
物块和木板系统能量守恒
解得
在力F 作用的时间内物块的位移为x3，则
力F 做的功为
解得
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