五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題13力學(xué)計(jì)算考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1牛頓運(yùn)動(dòng)定律2024、2025命題逐漸引入動(dòng)態(tài)過(guò)程的多維度分析，如通過(guò)v-t圖像斜率判斷加速度變化趨勢(shì)，結(jié)合F-t圖像驗(yàn)證動(dòng)量定理的非線性修正，要求考生從圖像中提取關(guān)鍵信息并建立微分方程。此外，力學(xué)計(jì)算常與材料科學(xué)交叉，如通過(guò)“應(yīng)力-應(yīng)變”曲線分析金屬構(gòu)件的強(qiáng)度極限，體現(xiàn)跨學(xué)科思維的綜合考查。能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴(yán)謹(jǐn)性。考生需熟練運(yùn)用微積分思想處理變力做功、非勻變速運(yùn)動(dòng)等問(wèn)題，或通過(guò)矢量分析求解復(fù)雜力系的合成與分解；部分試題引入有限元建模方法，如通過(guò)分段積分計(jì)算非均勻介質(zhì)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，或利用矩陣運(yùn)算簡(jiǎn)化多體系統(tǒng)的動(dòng)力學(xué)方程。實(shí)驗(yàn)探究能力的考查力度顯著增強(qiáng)，例如設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律時(shí)，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量耦合關(guān)系的研究。部分試題還引入復(fù)雜系統(tǒng)建模能力，如通過(guò)“力-能-質(zhì)”轉(zhuǎn)化鏈分析機(jī)械臂的動(dòng)力學(xué)響應(yīng)問(wèn)題，或利用傅里葉變換簡(jiǎn)化周期性振動(dòng)的頻譜分析，全面檢驗(yàn)考生對(duì)物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應(yīng)用水平。考點(diǎn)2曲線運(yùn)動(dòng)2021、2022、2023考點(diǎn)3機(jī)械能及其守恒定律2021、2022、2023、2024、2025考點(diǎn)4動(dòng)量及其守恒定律2023考點(diǎn)01牛頓運(yùn)動(dòng)定律1．（2025·湖北·高考真題）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個(gè)質(zhì)量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號(hào)為1、2、…、3n，木板的質(zhì)量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L(zhǎng)，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。初始時(shí)木板和所有滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給第1個(gè)滑塊一個(gè)水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大?。?。滑塊間的每次碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊均會(huì)粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。(1)求第1個(gè)滑塊與第2個(gè)滑塊碰撞前瞬間，第1個(gè)滑塊的速度大小(2)記木板滑動(dòng)前第j個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj，第j+1個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj+1。用已知量和(3)若木板開始滑動(dòng)后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。（參考公式：12【答案】(1)v(2)v(3)β【詳析】（1）滑塊1運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)木板的摩擦力為f1=2μmg地面對(duì)木板的摩擦力為f2=4μnmg解得v（2）滑塊間碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，若長(zhǎng)木板不動(dòng)，第j個(gè)滑塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為aj=2μ?jmgjm=2μg根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，第j個(gè)滑塊開始滑動(dòng)到和第j+1個(gè)滑塊碰撞時(shí)，有v（3）當(dāng)?shù)趉個(gè)木塊開始滑動(dòng)時(shí)，木板恰好要滑動(dòng)，此時(shí)有2μ?kmg=μ則第k+1個(gè)（即2n+1）木塊開始滑動(dòng)時(shí)，木板開始滑動(dòng)，要?jiǎng)偤貌话l(fā)生下一次碰撞，假設(shè)木板和剩下的木塊不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則2μ(2n+1)mg-μnm+3nmg=[nm+(n-1)m]a木又v共=at=vk+1-2μgt則v共=vk+12n則vk+12=8由第二問(wèn)可得，(j+1)2vj91625……(將從j=2到j(luò)=k+1相關(guān)方程累積求和可得(k+1)2vk+12=2．（2024·湖北·高考）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。唬?）求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離?！敬鸢浮浚?）5ms；（2）0.3J；（3【詳析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=5ms（2）小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d，小球在P點(diǎn)正上方的速度為v3，在P點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球v32L繩-d小球從O點(diǎn)正下方到P考點(diǎn)02曲線運(yùn)動(dòng)3．（2023·湖北·高考）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為12π，重力加速度大小為g（1）小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；（2）B和D兩點(diǎn)的高度差；（3）小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。【答案】（1）gR；（2）0；（3）3【詳析】（1）由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有mvD（2）由題知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°=vBvC小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有-mg(R+Rcos60（3）小物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgS=12m4．（2022·湖北·高考）如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長(zhǎng)L=0.2m、回路電阻R=1.6×10-3Ω、質(zhì)量m=0.2kg。線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線框的ad邊與磁場(chǎng)左邊界平齊，ab邊與磁場(chǎng)下邊界的距離也為L(zhǎng)。現(xiàn)對(duì)線框施加與水平向右方向成θ=45°角、大小為42N的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動(dòng)。從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。重力加速度大小取g=10m/s（1）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小；（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；（3）磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度?！敬鸢浮浚?）ax=20m/s2，ay=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m【詳析】（1）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)線框進(jìn)行受力分析，在水平方向有max=Fcosθ代入數(shù)據(jù)有ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθ-mg代入數(shù)據(jù)有ay=10m/s2（2）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場(chǎng)，且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，則整個(gè)回路的電源為ab，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)，有Fsinθ-mg-BIL=0，E=BLvy，I=ER，vy2=2ayL聯(lián)立有B=0.2T由題知，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q=W安=BILy，y=L，F(xiàn)sinθ-mg=BIL聯(lián)立解得Q（3）線框從開始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中所用的時(shí)間為vy=ayt1，L=vyt2，t=t1+t2聯(lián)立解得t=0.3s由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在水平方向有x則磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度X=x+L=1.1m5．（2022·湖北·高考）如圖所示，水族館訓(xùn)練員在訓(xùn)練海豚時(shí)，將一發(fā)光小球高舉在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距離為d，A位置離水面的高度為23d。訓(xùn)練員將小球向左水平拋出，入水點(diǎn)在B位置的正上方，入水前瞬間速度方向與水面夾角為θ。小球在A位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達(dá)B位置，折射光線與水平方向的夾角也為θ已知水的折射率n=4（1）tanθ的值；（2）B位置到水面的距離H?！敬鸢浮浚?）tanθ=43【詳析】（1）由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知d=v0t，23（2）因tanθ=43可知θ=53°，從A點(diǎn)射到水面的光線的入射角為α，折射角為90°-θ=6．（2021·湖北·高考）如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動(dòng)。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；（2）當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，OD與OQ夾角為θ，求此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率；（3）求碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）2R；（2）mgsinθ2gR【詳析】解：（1）設(shè)B到半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v2'，由于B對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg=mv2'2RB（2）對(duì)A由C到D的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mgRcosθ=12mvD2由于對(duì)A（3）設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對(duì)B由Q到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得12mv22=12mv2'2+mg設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對(duì)A、B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能為ΔE=1考點(diǎn)03機(jī)械能及其守恒定律7．（2022·湖北·高考）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為3gL5時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)L10距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大?。唬?）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）3m；（2）6.5mg；（3）【詳析】（1）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可知mcg（2）CD碰后C的速度為零，設(shè)碰撞后D的速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知3m3gL5=3m×0+2mv解得v=32（3）設(shè)某時(shí)刻C向下運(yùn)動(dòng)的速度為v′，AB向上運(yùn)動(dòng)的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知12mcv'2+2×12m(v'cosα)2=mcg考點(diǎn)04動(dòng)量及其守恒定律8．（2023·湖北·高考）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻，一帶正電粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞過(guò)程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫(kù)侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大??；（3）t=18πmqB時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到

【答案】（1）qBam；（2）12m，3qBam；（3）甲（－6a，0），乙（0【詳析】（1）由題知，粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入到達(dá)點(diǎn)O，則說(shuō)明粒子甲的半徑r=a根據(jù)q解得v（2）由題知，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周，則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙11解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa（3）已知在t1=πmqB時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)qvB=mv2r，可知此時(shí)乙粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r乙1=mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙21解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在t3=5S2=10πa且在第三次碰撞時(shí)有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙31解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在t9=17πmqB時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過(guò)程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過(guò)程中乙粒子走過(guò)的路程為且在第九次碰撞時(shí)有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙91解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在t9=17πmqB到t=18πmqB過(guò)程中，甲粒子剛好運(yùn)動(dòng)半周，且甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r甲1=3a則t=18πmqB時(shí)甲粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)即（－6a，0）處。在t9=17πmqB到t=18πmqB過(guò)程中，乙粒子剛好運(yùn)動(dòng)一周，則t=181．（2025·湖北武漢武昌區(qū)·5月質(zhì)檢）如圖所示，一質(zhì)量為m=0.2kg的物塊靜置于矩形的木箱內(nèi)，物塊和箱底之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3，一勁度系數(shù)為20N/m的輕質(zhì)彈簧的兩端分別與物塊右端、木箱右壁連接。初始時(shí)，木箱處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)=5cm并與木箱底面平行，彈簧的形變量未知?，F(xiàn)在給木箱一加速度a，使物塊恰好能相對(duì)木箱底面移動(dòng)起來(lái)。若彈簧形變量始終在彈性限度范圍內(nèi)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10(1)若a=(2)若加速度是水平方向，且初始時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為2cm，則加速度a有多大？【答案】(1)7.7cm或2.3cm(2)見解析【詳析】（1）對(duì)物塊，豎直方向上mg-N1=ma1水平方向上μ1N（2）對(duì)物塊，豎直方向上mg=N2水平方向上，若摩擦力向右kΔx1+μ1N2=2．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·三模）三個(gè)完全相同的小球，質(zhì)量均為m，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球靠在豎直光滑墻面，B球C球均位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，如圖所示，三小球均保持靜止。某時(shí)，小球A受到輕微擾動(dòng)開始下滑，直至小球A落地前瞬間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，三小球始終在同一豎直面上。已知小球C在上述過(guò)程中的最大速度為v，輕桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g。求：(1)此過(guò)程中豎直墻對(duì)小球A的沖量大??；(2)小球A落地前瞬間，A的動(dòng)能大?。?3)質(zhì)量為m的光滑圓槽乙也放在足夠大的光滑水平面上，C球與B球分離后，C球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后沿著光滑圓槽乙水平切線由C點(diǎn)進(jìn)入圓槽，圓槽CD段為圓心角53°的圓弧，已知v=3gR，小球上升到圓槽的D點(diǎn)時(shí)，圓槽的速度為v≥-gR，則圓槽半徑r是【答案】(1)2mv(2)E(3)259【詳析】（1）對(duì)三小球進(jìn)行分析，在水平方向上，根據(jù)動(dòng)量定理有I=2mv；（2）自小球A離開墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動(dòng)量守恒，則有mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得vB=vAx=v2由于相互作用的一對(duì)彈性力做功的代數(shù)和為0解得E（3）把小球和圓槽看作系統(tǒng)進(jìn)行分析，設(shè)小球上升到圓槽乙的D點(diǎn)時(shí)水平方向速度為vDx，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有mv=mvDx+mv乙其中v由于小球在D點(diǎn)時(shí)，其速度方向與圓槽相切，則有tan53o=故r是R的2593．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·三模）如圖所示，內(nèi)壁光滑的木槽A質(zhì)量為mA=1kg，木槽與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3，木槽內(nèi)有兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B、C，質(zhì)量分別為mB=1kg和mC=2kg.兩滑塊通過(guò)細(xì)線將很短的輕彈簧壓縮，彈簧與B固連，與C不固連，B滑塊距木槽左端為l=1m，C滑塊距木槽右端為34(1)滑塊B、C與木槽A碰前的速度vB和v(2)從燒斷細(xì)線到C與A碰撞前，A與水平桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)最終C與槽A右端的距離?！敬鸢浮?1)2m/s；1m/s(2)1J(3)1【詳析】（1）B、C和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于系統(tǒng)初動(dòng)量為0，則有mvB=2mvC（2）經(jīng)過(guò)時(shí)間t1B與A相碰，則t1=lvB=0.5s，A與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒mvB=2mvAB，vAB=1m/s，AB向左做勻減速運(yùn)動(dòng)加速度大小為a=mA+mB+mCmA+mB（3）A與C發(fā)生彈性碰撞，碰后A、C速度分別為v1、v2，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒2mvC=2mv1+2mv2機(jī)械能守恒12×2mvC2=12×2mv14．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·高考適應(yīng)性（一））內(nèi)部長(zhǎng)度為l、質(zhì)量為m的“]”形木板扣在水平面上，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，木板右側(cè)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電物塊，質(zhì)量為m，電荷量為+q，物塊表面絕緣且光滑，整個(gè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，木板不影響電場(chǎng)的分布，木板恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，給木板一個(gè)水平向右的初速度，重力加速度大小為(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E。(2)欲使木板與物塊的第一次碰撞發(fā)生在木板左端，給木板水平向右的速度v0需要滿足什么條件？(3)給木板一水平向右大小為v0=2【答案】(1)E(2)v(3)mgl【詳析】（1）對(duì)木板和物塊整體分析可知qE=μmg（2）設(shè)木板的初速度為v0，設(shè)物塊的加速度為a1，木板的加速度為a2，則由qE=ma1，μmg=m設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1木板與物塊左端發(fā)生第一次碰撞，則v0t1-1（3）由（2）可知物塊和木板恰好在左側(cè)不碰撞，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t在右側(cè)碰撞，則v0t-12a5．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·適應(yīng)考）如圖所示，長(zhǎng)為3.5L的不可伸長(zhǎng)的輕繩，穿過(guò)一長(zhǎng)為L(zhǎng)的豎直輕質(zhì)細(xì)管，兩端拴著質(zhì)量分別為m、5m4的小球A和小物塊B。開始時(shí)B先放在細(xì)管正下方的水平地面上，A在管子下端，繩處于拉直狀態(tài)，手握細(xì)管，保持細(xì)管高度不變．現(xiàn)水平輕輕搖動(dòng)細(xì)管，保持細(xì)繩相對(duì)于管子不上下滑動(dòng)的情況下，一段時(shí)間后，使A在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B對(duì)地面的壓力恰好為零。已知重力加速度為g，(1)A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩與豎直方向的夾角θ；(2)搖動(dòng)細(xì)管過(guò)程中，手所做的功；(3)水平輕搖細(xì)管，使B上升至管口下1516L處平衡，此時(shí)管內(nèi)一觸發(fā)裝置使繩斷開，【答案】(1)37°(2)17(3)15【詳析】（1）B處于平衡狀態(tài)，B對(duì)地面的壓力恰好為零時(shí)有FT=54mg對(duì)A受力分析，豎直方向受力平衡，則有F（2）對(duì)A，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ=mv2Lsinθ動(dòng)能為（3）因?yàn)槔K子拉力恒為54mg，故拉住A的繩與豎直線的夾角恒為37°，此時(shí)小球A距離上管口為L(zhǎng)'=L+1.5L-1516L=2516L根據(jù)牛頓第二定律有mgtan37°=mv6．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·適應(yīng)考）天體觀測(cè)法是發(fā)現(xiàn)潛在黑洞的一種重要方法，我國(guó)研究人員通過(guò)對(duì)雙星系統(tǒng)G3425中的紅巨星進(jìn)行天體觀測(cè)，發(fā)現(xiàn)了一個(gè)恒星質(zhì)量級(jí)別的低質(zhì)量黑洞。假設(shè)一個(gè)雙星系統(tǒng)中的兩顆恒星a、b繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，在雙星系統(tǒng)外、與雙星系統(tǒng)在同一平面上一點(diǎn)A觀測(cè)雙星的運(yùn)動(dòng)，得到a、b的中心到O、A連線的距離x與觀測(cè)時(shí)間的關(guān)系圖像如圖所示，引力常量為G，求：(1)a、b的線速度之比；(2)a、b的質(zhì)量分別為多大？【答案】(1)4:3(2)147【詳析】（1）由圖像可知，圖示中a、b的中心和O點(diǎn)間距離從零到最遠(yuǎn)所用時(shí)間為四分之一個(gè)周期，可知該雙星系統(tǒng)的周期為2t0，a與軌跡中心間的距離為4x0，b由線速度v=ωr可知a、b（2）由題意可知maω2ra=mbω2r7．（2025·湖北荊州沙市中學(xué)·高三下模）如圖所示，一長(zhǎng)木板B質(zhì)量m=1.0kg，長(zhǎng)L=9.2m，靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑R=5.5m的光滑圓弧軌道，但不粘連。圓弧軌道左端點(diǎn)P與圓心O的連線PO與豎直方向夾角為53°，其右端最低點(diǎn)處與長(zhǎng)木板B上表面相切。距離木板B右端d=6.0m處有一與木板等高的固定平臺(tái)，平臺(tái)上表面光滑，其上放置有質(zhì)量m=1.0kg的滑塊D。平臺(tái)上方有一水平光滑固定滑軌，其上穿有一質(zhì)量M=2.0kg的滑塊C，滑塊C與D通過(guò)一輕彈簧連接，開始時(shí)彈簧處于豎直方向。一質(zhì)量m=1.0kg的滑塊A被無(wú)初速地輕放在沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶左端。一段時(shí)間后A從傳送帶右側(cè)水平飛出，恰好能沿切線方向從P點(diǎn)滑入圓弧軌道。A下滑至圓弧軌道最低點(diǎn)并滑上木板B，帶動(dòng)B向右運(yùn)動(dòng)，B與平臺(tái)碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動(dòng)。A隨后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，滑上平臺(tái)，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。A、D組合體隨后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直沒(méi)有離開水平面，且C沒(méi)有滑離滑軌。若傳送帶長(zhǎng)s=6.0m，轉(zhuǎn)動(dòng)速度大小恒為v0=6.0m/s，A與傳送帶和木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5。忽略所有滑塊大小及空氣阻力對(duì)問(wèn)題的影響。sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2(1)求滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度大小vP(2)求滑塊A與滑塊D碰撞前的速度大小v(3)若彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度大小為1.0m/s。則隨后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能是多大？【答案】(1)vP=10m/s(2)v=4m/s(3)Epm=6J【詳析】（1）滑塊A在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律f=ma其中f=μmg則勻加速階段的位移為x1=v022a=3.6m<s=6m（2）滑塊A沿圓弧軌道滑下，設(shè)在最低點(diǎn)速度為v1，機(jī)械能守恒mgR(1-cos53°)=12假設(shè)滑塊A在木板B上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，與木板B共速后木板B才到達(dá)右側(cè)平臺(tái)，設(shè)共速時(shí)速度為v共，相對(duì)運(yùn)動(dòng)的距離為s相，由A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv1=(m+m)v共系統(tǒng)能量守恒μmgs相=12mv12-12（m+m）v共2解得s相（3）隨后滑塊A將以v2的速度滑上平臺(tái)，與滑塊D發(fā)生完全非彈性碰撞，在水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)碰后共同速度為v3，mv2=(m+①假設(shè)彈簧開始處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊C速度向右，設(shè)彈簧原長(zhǎng)時(shí)AD組體速度大小為v4，由動(dòng)量守恒定律m+mv3=②由以上推理可知，彈簧開始只能處于壓縮狀態(tài)，第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊C速度向左，設(shè)彈簧原長(zhǎng)時(shí)AD組合體速度大小為v5，由動(dòng)量守恒和能量守恒有m+mv3=M-vC+m+mv5第一次原長(zhǎng)到彈簧壓縮到最短過(guò)程中，動(dòng)量守恒和能量守恒。設(shè)8．（2025·湖北武漢武昌區(qū)·5月質(zhì)檢）如圖所示，一質(zhì)量為m的長(zhǎng)板A靜置于光滑水平面上，距其右端d=1m處有一與A等高的固定平臺(tái)，一質(zhì)量為m的滑塊B靜置于這個(gè)光滑平臺(tái)上。B的正上方有一質(zhì)量為3m的滑塊C套在固定的光滑水平細(xì)桿上，B和C通過(guò)一輕質(zhì)彈簧連接。一質(zhì)量為2m的小滑塊D以v0=3m/s的初速度向右滑上A的最左端，并帶動(dòng)A向右運(yùn)動(dòng)，A與平臺(tái)發(fā)生碰撞后，速度反向但大小不變。A與平臺(tái)發(fā)生第二次碰撞的瞬間，D恰好滑到平臺(tái)上，隨即與B發(fā)生碰撞并粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。已知m=1kg，A與D間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1，B、C、D均可看作質(zhì)點(diǎn)，BD組合體在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直沒(méi)有離開平臺(tái)，且C沒(méi)有滑離細(xì)桿，重力加速度(1)滑塊D滑上平臺(tái)時(shí)速度的大?。?2)長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度；(3)若彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度大小為19【答案】(1)v(2)L(3)E【詳析】（1）假設(shè)A和D能共速，設(shè)共速時(shí)速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有2mv0=2m+mv1解得v1=2m/s對(duì)A，設(shè)其加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律μ2mg=ma

可得a=2m/s2其加速到v1的位移設(shè)為s1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2as1=v12解得s1=1m，s1等于d，即（2）設(shè)A長(zhǎng)度為L(zhǎng)，D在A上滑動(dòng)的全過(guò)程，對(duì)A、D系統(tǒng)，由動(dòng)能定理有-解得L（3）D與B相碰后，設(shè)速度為v3，由動(dòng)量守恒定律有2mv2=2m+mv3解得v3=49m/s此時(shí)B、C、D系統(tǒng)的動(dòng)能為EK0=827J彈簧原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)BD整體速度為v4，對(duì)B、C、D系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有：若C的速度向右2mv2=3mv4+3mvC解得v4=13m/s此時(shí)B、C、9．（25屆·湖北部分學(xué)校聯(lián)考·三模）如圖所示，長(zhǎng)木板C固定在水平地面上，物塊A、B以相同大小的初速度v=4m/s同時(shí)從C的左右兩端開始相向運(yùn)動(dòng)，物塊A的質(zhì)量為m1=2kg，與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2，物塊B的質(zhì)量為m2=1kg，與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(1)若A、B未相撞，長(zhǎng)木板C的最小長(zhǎng)度；(2)若A、B能相撞且相撞后結(jié)合為一個(gè)整體，碰撞時(shí)間極短，A、B沒(méi)有從長(zhǎng)木板C上掉下，A、B碰后運(yùn)動(dòng)位移的最大值是多少；(3)若長(zhǎng)木板C未固定且地面光滑，C的質(zhì)量為m3=1kg，A、B沒(méi)有發(fā)生碰撞，則A【答案】(1)6m(2)1(3)14J【詳析】（1）對(duì)A、B分析，根據(jù)牛頓第二定律分別有μ1m1g=m根據(jù)運(yùn)動(dòng)公式分別有v2=2a1x1，v2=2a2x2（2）只要A、B在停下來(lái)之前發(fā)生碰撞，由系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒得m1v-m2v=(m1+m2）v1解得v1=43m/s碰后對(duì)A、B（3）若長(zhǎng)木板C未固定，在B速度減為零之前，C靜止不動(dòng)。假設(shè)B速度減為零之后B、C相對(duì)靜止，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g=(m2+m3）a3解得a3=2?m/s2因a3=2?m/s2<μ2g=4m/s2，故假設(shè)成立B速度減為零的過(guò)程中，B與C之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1，由能量守恒得Q1=12m2v2=8J10．（24-25高三·湖北武漢·四月調(diào)研）如圖所示，一位滑雪者，人與裝備的總質(zhì)量為80kg，以3m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡傾角為30°，滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空氣阻力）為總重力的0.1倍，已知重力加速度大小g(1)滑雪者滑下的加速度大??；(2)滑雪者沿山坡滑行5s的位移大小?！敬鸢浮?1)a(2)x【詳析】（1）由題意阻力f=0.1mg由牛頓第二定律得mgsin30（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=v011．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖所示，在紙面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，在第一象限的部分區(qū)域分布有方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁場(chǎng)的左邊界與y軸重合，磁場(chǎng)的右邊界與曲線y=12x2（其中x≥0，單位：m）相切。從y軸上的A點(diǎn)0,12(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1(2)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S。(3)速率最大的粒子從A點(diǎn)到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)動(dòng)量改變量的大小Δp【答案】(1)t(2)S(3)2×【詳析】（1）所有粒子均垂直磁場(chǎng)左邊界射出，可知所有粒子在磁場(chǎng)中均做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)某粒子的速率為v1，在磁場(chǎng)中軌跡圓半徑為r1，有Bqv1=mv1（2）速率最大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)右邊界，其軌跡圓與曲線相切。設(shè)此粒子的軌跡圓半徑為r，軌跡方程為r+12-y2+x2=r2又y=12x2（3）如圖甲，速率最大的粒子的軌跡圓與曲線的切點(diǎn)為C由（2）知速率最大的粒子軌跡圓半徑r=2m，代入軌跡方程求得C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0=3m，粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C軌跡圓心角滿足sinθ=x0r=312．（2025·湖北黃岡中學(xué)·二模）如圖所示，平行金屬極板M和N水平放置，兩極板間距為d、長(zhǎng)度為1.5d，極板連接恒壓電源U=mgdq。半徑為d的光滑固定圓弧軌道ABC豎直放置，圓弧軌道關(guān)于豎直直徑OB對(duì)稱，軌道左側(cè)A點(diǎn)與N極板右端相接觸，小球Q靜止在B點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量+q的絕緣小球，從M板左端附近的P點(diǎn)以一定初速度水平射入，小球剛好無(wú)碰撞的從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道并與Q碰撞后粘在一起，之后的運(yùn)動(dòng)恰不脫離軌道。假設(shè)小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)極板邊緣效應(yīng)和空氣阻力，重力加速度大小為(1)求小球水平射入時(shí)初速度v0(2)求小球Q的質(zhì)量mQ(3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中圓弧軌道受到的最大壓力的大小。【答案】(1)3(2)2(3)201【詳析】（1）設(shè)小球在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度為a，時(shí)間為t，在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律有U解得a=2g根據(jù)位移時(shí)間公式有d=12at2（2）P運(yùn)動(dòng)到N板右側(cè)沿電場(chǎng)線方向的速度vy=at

則根據(jù)幾何關(guān)系有tanθ=vyv0=43解得θ=53°設(shè)小球在A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，則有vA=v0cosθ=52gd設(shè)小球B（3）①碰前小球P通過(guò)B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)兩小球的支持力FN，根據(jù)牛頓第二定律有F解得F②碰后P、Q經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的支持力F'N，根據(jù)牛頓第二定律有F'N-(m+13．（2025·湖北鄂東南聯(lián)盟·模擬聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為1kg的物塊A和質(zhì)量為3kg的長(zhǎng)木板B靜置于光滑水平地面上，A與B的左端之間的距離為2m，質(zhì)量為1kg的物塊C放在長(zhǎng)木板B的右端，物塊C與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，水平面上B的右端相距50m處有一擋板P，初始時(shí)A、B、C均靜止。某時(shí)刻，給A施加一個(gè)水平向右的恒力，大小為4N，A與B發(fā)生第一次碰撞后瞬間給B也施加一個(gè)水平向右的恒力，大小為1N，當(dāng)B的右端運(yùn)動(dòng)到擋板時(shí)，C恰好從B上滑落，已知所有碰撞均為彈性碰撞，A、C可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g=10m/(1)A與B發(fā)生第一次碰撞后瞬間各自的速度；(2)B的右端運(yùn)動(dòng)到擋板P時(shí)B的速度大?。?3)B的長(zhǎng)度?！敬鸢浮?1)A的速度向左2m/s，B的速度向右2m/s(2)10m/s(3)9.5?m【詳析】（1）A從開始運(yùn)動(dòng)到與B碰撞，由動(dòng)能定理可得FAx=12mv02取向右為正方向，碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒得mAv0=mA（2）碰撞后A先向左減速再向右加速，由FA=mAaA解得aA=4m/s2B開始向右運(yùn)動(dòng)，B、C間產(chǎn)生滑動(dòng)摩擦力，由μmCg=FB可知B勻速運(yùn)動(dòng)，C開始勻加速運(yùn)動(dòng)，由μmCg=mCaC解得aC=1m/smAv解得v'A2=0，v'B2=4m/s碰撞后A向右加速，B向右勻速運(yùn)動(dòng)，C繼續(xù)向右勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，A追上B，有v'A2t2+12aAt22=v'B2t2解得t2=2?s此時(shí)C的速度vC2=vC1+aCt2=4m/s即C恰好與B共速；此時(shí)A的速度vA3=v'A2+aAt2=8m/s由以上分析可知，A與B每隔2?s碰撞一次，C一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B與C在AB每次碰前恰好共速；第n次碰撞前A的速度為vAn=（3）第n次碰撞后到第n+1次碰撞前C的位移xCn=vCntn+12aCtn2B、C的相對(duì)位移Δ14．（2025·湖北省新八校協(xié)作體·三模）一工人通過(guò)傳送帶輸送質(zhì)量m=10kg的貨物，傳送帶與水平面夾角θ=30°，以v=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，傳送帶與轉(zhuǎn)軸無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，轉(zhuǎn)軸的半徑r=0.2m。工人將貨物輕放在傳動(dòng)帶上切點(diǎn)A處，貨物與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=32，貨物到達(dá)傳送帶上切點(diǎn)B時(shí)恰好與傳送帶相對(duì)靜止，隨后水平拋出。貨物從傳送帶離開后掉落到靜止在光滑水平地面的小車上，立即與小車共速并一起向右運(yùn)動(dòng)，小車碰到彈簧后停止運(yùn)動(dòng)，隨后工人拿走貨物。已知小車質(zhì)量M(1)貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能；(2)貨物與小車一起向右運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度；(3)小車碰到彈簧后貨物不相對(duì)小車滑動(dòng)，貨物與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)不能小于多少？【答案】(1)60J(2)2(3)0.25【詳析】（1）貨物在傳送帶上受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma解得a=2.5m/s2貨物放上傳送帶到速度與傳送帶相同，位移為s，有v2=2as，v=at可得s=0.4m，（2）貨物隨傳送帶到達(dá)轉(zhuǎn)軸最高點(diǎn)P時(shí)，恰好有mg=mv2r可知貨物從P（3）小車碰到彈簧后，若彈簧壓縮至最短時(shí)貨物恰不與小車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則有12(m+M)v12=115．（24-25高三·湖北九師聯(lián)盟·期末）如圖甲所示，古法榨油，榨出的油香味渾厚，這項(xiàng)工藝已經(jīng)傳承了一千多年，其原理可以簡(jiǎn)化為如圖乙、丙所示的模型，圓木懸掛于橫梁上，人用力將圓木推開使懸掛圓木的繩子與豎直方向夾角為α后放開圓木，圓木始終在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)且懸線始終與圓木中心軸線垂直。圓木運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與質(zhì)量為m的楔形木塊發(fā)生正碰，不計(jì)碰撞過(guò)程的機(jī)械能損失，碰后瞬間在輔助裝置作用下圓木速度減為零，碰后楔形木塊向里運(yùn)動(dòng)通過(guò)擠壓塊擠壓油餅，多次重復(fù)上述過(guò)程，油便會(huì)被榨出來(lái)。已知圓木質(zhì)量M=9m，懸繩懸點(diǎn)到圓木中心軸線的距離為L(zhǎng)，忽略楔形木塊底部的摩擦力，楔形木塊向里運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的阻力與楔入的深度成正比（比例系數(shù)為未知常數(shù)），第一次撞擊過(guò)后，楔形木塊楔入的深度為d，重力加速度為g(1)圓木運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)碰撞后瞬間楔形木塊的速度大??；(3)第5次撞擊后楔形木塊楔入的深度。【答案】(1)v(2)v(3)5【詳析】（1）圓木從最高點(diǎn)擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有MgL（2）圓木與楔形木塊碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒Mv0=Mv1（3）楔形木塊向內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能減小量等于克服阻力做的功，第一次碰撞后，進(jìn)入的深度為d，由功能關(guān)系得12kd2=12mv22由于每次碰撞后楔形木塊速度都是v2，連續(xù)碰撞n16．（2025·湖北·高三下新高考信息卷四）如圖所示，空間中存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E=3×106N/C的水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)，水平的絕緣地面上放有質(zhì)量為1kg、底面光滑的物塊A和質(zhì)量為3kg、底面粗糙的物塊B，其中物塊A、B均帶電荷量q=2×10-6C的正電荷，物塊B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。開始時(shí)，在外力作用下兩物塊均靜止且相距d=1m(1)第一次碰撞后瞬間物塊A、B的速度大小。(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，物塊A、B間的最遠(yuǎn)距離。(3)物塊B運(yùn)動(dòng)10m內(nèi)，物塊A、B碰撞的次數(shù)。【答案】(1)物塊A碰撞后速度大小為3m/s，物塊B速度大小為(2)1m(3)物塊A、B發(fā)生了三次碰撞【詳析】（1）設(shè)AB質(zhì)量分別為m、M，對(duì)物塊B分析，物塊B所受摩擦力與靜電力平衡，碰撞前物塊B保持靜止，對(duì)物塊A分析，物塊A釋放后向右加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)距離為d，有aA=qEm，則物塊A以23m/s與靜止物塊B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有1解得v1=-3m/s，vM=3m/s即物塊（2）方法1：第一次碰撞后，物塊A做水平向左運(yùn)動(dòng)，物塊B所受摩擦力與靜電力平衡，勻速水平向右運(yùn)動(dòng)，所以只要物塊B向右的速度比物塊A快，二者間距就不斷增大，當(dāng)二者速度相同時(shí)，間距最大，即vM=v1+aAt1，d1max=vMt1-v1t1+12aAt12聯(lián)立解得t1=33s，d1max=1m故第一次碰撞到第二次碰撞之間，物塊（3）第一次碰撞后，物塊A碰撞后速度大小為3m/s，方向水平向左，物塊B速度大小為3m/s，方向水平向右。第二次碰撞時(shí)物塊A與物塊B位移相等，有yA1=v1t2碰撞前物塊B速度為3m/s，物塊A速度為v1'=v1+aAt2=33m/s第二次碰撞后，mv1'+MvM=mv2+MvM1，12mv1'2+12MvM2=12mv22+12MvM12解得第二次碰撞后物塊A的速度v2=0物塊B的速度vM1=23m/s第二次碰撞后，物塊A向右做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊B所受摩擦力與靜電力平衡，以23m/s的速度勻速水平向右運(yùn)動(dòng)。第三次碰撞時(shí)物塊A與物塊專題13力學(xué)計(jì)算考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1牛頓運(yùn)動(dòng)定律2024、2025命題逐漸引入動(dòng)態(tài)過(guò)程的多維度分析，如通過(guò)v-t圖像斜率判斷加速度變化趨勢(shì)，結(jié)合F-t圖像驗(yàn)證動(dòng)量定理的非線性修正，要求考生從圖像中提取關(guān)鍵信息并建立微分方程。此外，力學(xué)計(jì)算常與材料科學(xué)交叉，如通過(guò)“應(yīng)力-應(yīng)變”曲線分析金屬構(gòu)件的強(qiáng)度極限，體現(xiàn)跨學(xué)科思維的綜合考查。能力要求上，突出數(shù)學(xué)工具的工程化應(yīng)用與邏輯推理的嚴(yán)謹(jǐn)性?？忌枋炀氝\(yùn)用微積分思想處理變力做功、非勻變速運(yùn)動(dòng)等問(wèn)題，或通過(guò)矢量分析求解復(fù)雜力系的合成與分解；部分試題引入有限元建模方法，如通過(guò)分段積分計(jì)算非均勻介質(zhì)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，或利用矩陣運(yùn)算簡(jiǎn)化多體系統(tǒng)的動(dòng)力學(xué)方程。實(shí)驗(yàn)探究能力的考查力度顯著增強(qiáng)，例如設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律時(shí)，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量耦合關(guān)系的研究。部分試題還引入復(fù)雜系統(tǒng)建模能力，如通過(guò)“力-能-質(zhì)”轉(zhuǎn)化鏈分析機(jī)械臂的動(dòng)力學(xué)響應(yīng)問(wèn)題，或利用傅里葉變換簡(jiǎn)化周期性振動(dòng)的頻譜分析，全面檢驗(yàn)考生對(duì)物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應(yīng)用水平。考點(diǎn)2曲線運(yùn)動(dòng)2021、2022、2023考點(diǎn)3機(jī)械能及其守恒定律2021、2022、2023、2024、2025考點(diǎn)4動(dòng)量及其守恒定律2023考點(diǎn)01牛頓運(yùn)動(dòng)定律1．（2025·湖北·高考真題）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整數(shù)）個(gè)質(zhì)量均為m的相同小滑塊，從左向右依次編號(hào)為1、2、…、3n，木板的質(zhì)量為nm。相鄰滑塊間的距離均為L(zhǎng)，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。初始時(shí)木板和所有滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給第1個(gè)滑塊一個(gè)水平向右的初速度，大小為βμgL（β為足夠大常數(shù)，g為重力加速度大?。?。滑塊間的每次碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊均會(huì)粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。(1)求第1個(gè)滑塊與第2個(gè)滑塊碰撞前瞬間，第1個(gè)滑塊的速度大小(2)記木板滑動(dòng)前第j個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj，第j+1個(gè)滑塊開始滑動(dòng)時(shí)的速度為vj+1。用已知量和(3)若木板開始滑動(dòng)后，滑塊間恰好不再相碰，求β的值。（參考公式：12【答案】(1)v(2)v(3)β【詳析】（1）滑塊1運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)木板的摩擦力為f1=2μmg地面對(duì)木板的摩擦力為f2=4μnmg解得v（2）滑塊間碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，若長(zhǎng)木板不動(dòng)，第j個(gè)滑塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為aj=2μ?jmgjm=2μg根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，第j個(gè)滑塊開始滑動(dòng)到和第j+1個(gè)滑塊碰撞時(shí)，有v（3）當(dāng)?shù)趉個(gè)木塊開始滑動(dòng)時(shí)，木板恰好要滑動(dòng)，此時(shí)有2μ?kmg=μ則第k+1個(gè)（即2n+1）木塊開始滑動(dòng)時(shí)，木板開始滑動(dòng)，要?jiǎng)偤貌话l(fā)生下一次碰撞，假設(shè)木板和剩下的木塊不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則2μ(2n+1)mg-μnm+3nmg=[nm+(n-1)m]a木又v共=at=vk+1-2μgt則v共=vk+12n則vk+12=8由第二問(wèn)可得，(j+1)2vj91625……(將從j=2到j(luò)=k+1相關(guān)方程累積求和可得(k+1)2vk+12=2．（2024·湖北·高考）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大?。唬?）求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能；（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離?！敬鸢浮浚?）5ms；（2）0.3J；（3【詳析】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=5ms（2）小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2其中（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時(shí)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d，小球在P點(diǎn)正上方的速度為v3，在P點(diǎn)正上方，由牛頓第二定律有m球g=m球v32L繩-d小球從O點(diǎn)正下方到P考點(diǎn)02曲線運(yùn)動(dòng)3．（2023·湖北·高考）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為12π，重力加速度大小為g（1）小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小；（2）B和D兩點(diǎn)的高度差；（3）小物塊在A點(diǎn)的初速度大小?！敬鸢浮浚?）gR；（2）0；（3）3【詳析】（1）由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有mvD（2）由題知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°=vBvC小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有-mg(R+Rcos60（3）小物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgS=12m4．（2022·湖北·高考）如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abcd的邊長(zhǎng)L=0.2m、回路電阻R=1.6×10-3Ω、質(zhì)量m=0.2kg。線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線框的ad邊與磁場(chǎng)左邊界平齊，ab邊與磁場(chǎng)下邊界的距離也為L(zhǎng)?，F(xiàn)對(duì)線框施加與水平向右方向成θ=45°角、大小為42N的恒力F，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動(dòng)。從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。重力加速度大小取g=10m/s（1）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大??；（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；（3）磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度?！敬鸢浮浚?）ax=20m/s2，ay=10m/s2；（2）B=0.2T，Q=0.4J；（3）X=1.1m【詳析】（1）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)線框進(jìn)行受力分析，在水平方向有max=Fcosθ代入數(shù)據(jù)有ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθ-mg代入數(shù)據(jù)有ay=10m/s2（2）ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場(chǎng)，且在水平方向切割磁感線。但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，則整個(gè)回路的電源為ab，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，ab邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，bc邊的上部分受到的安培力水平向左，則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)，有Fsinθ-mg-BIL=0，E=BLvy，I=ER，vy2=2ayL聯(lián)立有B=0.2T由題知，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q=W安=BILy，y=L，F(xiàn)sinθ-mg=BIL聯(lián)立解得Q（3）線框從開始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中所用的時(shí)間為vy=ayt1，L=vyt2，t=t1+t2聯(lián)立解得t=0.3s由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在水平方向有x則磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度X=x+L=1.1m5．（2022·湖北·高考）如圖所示，水族館訓(xùn)練員在訓(xùn)練海豚時(shí)，將一發(fā)光小球高舉在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距離為d，A位置離水面的高度為23d。訓(xùn)練員將小球向左水平拋出，入水點(diǎn)在B位置的正上方，入水前瞬間速度方向與水面夾角為θ。小球在A位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達(dá)B位置，折射光線與水平方向的夾角也為θ已知水的折射率n=4（1）tanθ的值；（2）B位置到水面的距離H。【答案】（1）tanθ=43【詳析】（1）由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知d=v0t，23（2）因tanθ=43可知θ=53°，從A點(diǎn)射到水面的光線的入射角為α，折射角為90°-θ=6．（2021·湖北·高考）如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q點(diǎn)相切。在水平面上，質(zhì)量為m的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為m的靜止小物塊B運(yùn)動(dòng)。A、B發(fā)生正碰后，B到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與O點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；（2）當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，OD與OQ夾角為θ，求此時(shí)A所受力對(duì)A做功的功率；（3）求碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）2R；（2）mgsinθ2gR【詳析】解：（1）設(shè)B到半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v2'，由于B對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則由牛頓第二定律得mg=mv2'2RB（2）對(duì)A由C到D的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mgRcosθ=12mvD2由于對(duì)A（3）設(shè)A、B碰后瞬間的速度分別為v1，v2，對(duì)B由Q到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得12mv22=12mv2'2+mg設(shè)碰前瞬間A的速度為v0，對(duì)A、B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0碰撞過(guò)程中A和B損失的總動(dòng)能為ΔE=1考點(diǎn)03機(jī)械能及其守恒定律7．（2022·湖北·高考）打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實(shí)線位置）時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為3gL5時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)L10距離后靜止（不考慮C、D再次相碰）。A、B、C（1）求C的質(zhì)量；（2）若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大??；（3）撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）3m；（2）6.5mg；（3）【詳析】（1）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可知mcg（2）CD碰后C的速度為零，設(shè)碰撞后D的速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知3m3gL5=3m×0+2mv解得v=32（3）設(shè)某時(shí)刻C向下運(yùn)動(dòng)的速度為v′，AB向上運(yùn)動(dòng)的速度為v，圖中虛線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知12mcv'2+2×12m(v'cosα)2=mcg考點(diǎn)04動(dòng)量及其守恒定律8．（2023·湖北·高考）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻，一帶正電粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞過(guò)程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫(kù)侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大?。唬?）t=18πmqB時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到

【答案】（1）qBam；（2）12m，3qBam；（3）甲（－6a，0），乙（0【詳析】（1）由題知，粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入到達(dá)點(diǎn)O，則說(shuō)明粒子甲的半徑r=a根據(jù)q解得v（2）由題知，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周，則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙11解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa（3）已知在t1=πmqB時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)qvB=mv2r，可知此時(shí)乙粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r乙1=mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙21解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在t3=5S2=10πa且在第三次碰撞時(shí)有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙31解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在t9=17πmqB時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過(guò)程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過(guò)程中乙粒子走過(guò)的路程為且在第九次碰撞時(shí)有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙91解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在t9=17πmqB到t=18πmqB過(guò)程中，甲粒子剛好運(yùn)動(dòng)半周，且甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r甲1=3a則t=18πmqB時(shí)甲粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)即（－6a，0）處。在t9=17πmqB到t=18πmqB過(guò)程中，乙粒子剛好運(yùn)動(dòng)一周，則t=181．（2025·湖北武漢武昌區(qū)·5月質(zhì)檢）如圖所示，一質(zhì)量為m=0.2kg的物塊靜置于矩形的木箱內(nèi)，物塊和箱底之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3，一勁度系數(shù)為20N/m的輕質(zhì)彈簧的兩端分別與物塊右端、木箱右壁連接。初始時(shí)，木箱處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)=5cm并與木箱底面平行，彈簧的形變量未知?，F(xiàn)在給木箱一加速度a，使物塊恰好能相對(duì)木箱底面移動(dòng)起來(lái)。若彈簧形變量始終在彈性限度范圍內(nèi)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10(1)若a=(2)若加速度是水平方向，且初始時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為2cm，則加速度a有多大？【答案】(1)7.7cm或2.3cm(2)見解析【詳析】（1）對(duì)物塊，豎直方向上mg-N1=ma1水平方向上μ1N（2）對(duì)物塊，豎直方向上mg=N2水平方向上，若摩擦力向右kΔx1+μ1N2=2．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·三模）三個(gè)完全相同的小球，質(zhì)量均為m，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球靠在豎直光滑墻面，B球C球均位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，如圖所示，三小球均保持靜止。某時(shí)，小球A受到輕微擾動(dòng)開始下滑，直至小球A落地前瞬間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，三小球始終在同一豎直面上。已知小球C在上述過(guò)程中的最大速度為v，輕桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g。求：(1)此過(guò)程中豎直墻對(duì)小球A的沖量大??；(2)小球A落地前瞬間，A的動(dòng)能大小；(3)質(zhì)量為m的光滑圓槽乙也放在足夠大的光滑水平面上，C球與B球分離后，C球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后沿著光滑圓槽乙水平切線由C點(diǎn)進(jìn)入圓槽，圓槽CD段為圓心角53°的圓弧，已知v=3gR，小球上升到圓槽的D點(diǎn)時(shí)，圓槽的速度為v≥-gR，則圓槽半徑r是【答案】(1)2mv(2)E(3)259【詳析】（1）對(duì)三小球進(jìn)行分析，在水平方向上，根據(jù)動(dòng)量定理有I=2mv；（2）自小球A離開墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動(dòng)量守恒，則有mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得vB=vAx=v2由于相互作用的一對(duì)彈性力做功的代數(shù)和為0解得E（3）把小球和圓槽看作系統(tǒng)進(jìn)行分析，設(shè)小球上升到圓槽乙的D點(diǎn)時(shí)水平方向速度為vDx，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有mv=mvDx+mv乙其中v由于小球在D點(diǎn)時(shí)，其速度方向與圓槽相切，則有tan53o=故r是R的2593．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·三模）如圖所示，內(nèi)壁光滑的木槽A質(zhì)量為mA=1kg，木槽與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3，木槽內(nèi)有兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B、C，質(zhì)量分別為mB=1kg和mC=2kg.兩滑塊通過(guò)細(xì)線將很短的輕彈簧壓縮，彈簧與B固連，與C不固連，B滑塊距木槽左端為l=1m，C滑塊距木槽右端為34(1)滑塊B、C與木槽A碰前的速度vB和v(2)從燒斷細(xì)線到C與A碰撞前，A與水平桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(3)最終C與槽A右端的距離?！敬鸢浮?1)2m/s；1m/s(2)1J(3)1【詳析】（1）B、C和彈簧組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于系統(tǒng)初動(dòng)量為0，則有mvB=2mvC（2）經(jīng)過(guò)時(shí)間t1B與A相碰，則t1=lvB=0.5s，A與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒mvB=2mvAB，vAB=1m/s，AB向左做勻減速運(yùn)動(dòng)加速度大小為a=mA+mB+mCmA+mB（3）A與C發(fā)生彈性碰撞，碰后A、C速度分別為v1、v2，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒2mvC=2mv1+2mv2機(jī)械能守恒12×2mvC2=12×2mv14．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·高考適應(yīng)性（一））內(nèi)部長(zhǎng)度為l、質(zhì)量為m的“]”形木板扣在水平面上，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，木板右側(cè)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電物塊，質(zhì)量為m，電荷量為+q，物塊表面絕緣且光滑，整個(gè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，木板不影響電場(chǎng)的分布，木板恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，給木板一個(gè)水平向右的初速度，重力加速度大小為(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E。(2)欲使木板與物塊的第一次碰撞發(fā)生在木板左端，給木板水平向右的速度v0需要滿足什么條件？(3)給木板一水平向右大小為v0=2【答案】(1)E(2)v(3)mgl【詳析】（1）對(duì)木板和物塊整體分析可知qE=μmg（2）設(shè)木板的初速度為v0，設(shè)物塊的加速度為a1，木板的加速度為a2，則由qE=ma1，μmg=m設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1木板與物塊左端發(fā)生第一次碰撞，則v0t1-1（3）由（2）可知物塊和木板恰好在左側(cè)不碰撞，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t在右側(cè)碰撞，則v0t-12a5．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·適應(yīng)考）如圖所示，長(zhǎng)為3.5L的不可伸長(zhǎng)的輕繩，穿過(guò)一長(zhǎng)為L(zhǎng)的豎直輕質(zhì)細(xì)管，兩端拴著質(zhì)量分別為m、5m4的小球A和小物塊B。開始時(shí)B先放在細(xì)管正下方的水平地面上，A在管子下端，繩處于拉直狀態(tài)，手握細(xì)管，保持細(xì)管高度不變．現(xiàn)水平輕輕搖動(dòng)細(xì)管，保持細(xì)繩相對(duì)于管子不上下滑動(dòng)的情況下，一段時(shí)間后，使A在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B對(duì)地面的壓力恰好為零。已知重力加速度為g，(1)A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩與豎直方向的夾角θ；(2)搖動(dòng)細(xì)管過(guò)程中，手所做的功；(3)水平輕搖細(xì)管，使B上升至管口下1516L處平衡，此時(shí)管內(nèi)一觸發(fā)裝置使繩斷開，【答案】(1)37°(2)17(3)15【詳析】（1）B處于平衡狀態(tài)，B對(duì)地面的壓力恰好為零時(shí)有FT=54mg對(duì)A受力分析，豎直方向受力平衡，則有F（2）對(duì)A，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ=mv2Lsinθ動(dòng)能為（3）因?yàn)槔K子拉力恒為54mg，故拉住A的繩與豎直線的夾角恒為37°，此時(shí)小球A距離上管口為L(zhǎng)'=L+1.5L-1516L=2516L根據(jù)牛頓第二定律有mgtan37°=mv6．（2025·湖北襄陽(yáng)五中·適應(yīng)考）天體觀測(cè)法是發(fā)現(xiàn)潛在黑洞的一種重要方法，我國(guó)研究人員通過(guò)對(duì)雙星系統(tǒng)G3425中的紅巨星進(jìn)行天體觀測(cè)，發(fā)現(xiàn)了一個(gè)恒星質(zhì)量級(jí)別的低質(zhì)量黑洞。假設(shè)一個(gè)雙星系統(tǒng)中的兩顆恒星a、b繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，在雙星系統(tǒng)外、與雙星系統(tǒng)在同一平面上一點(diǎn)A觀測(cè)雙星的運(yùn)動(dòng)，得到a、b的中心到O、A連線的距離x與觀測(cè)時(shí)間的關(guān)系圖像如圖所示，引力常量為G，求：(1)a、b的線速度之比；(2)a、b的質(zhì)量分別為多大？【答案】(1)4:3(2)147【詳析】（1）由圖像可知，圖示中a、b的中心和O點(diǎn)間距離從零到最遠(yuǎn)所用時(shí)間為四分之一個(gè)周期，可知該雙星系統(tǒng)的周期為2t0，a與軌跡中心間的距離為4x0，b由線速度v=ωr可知a、b（2）由題意可知maω2ra=mbω2r7．（2025·湖北荊州沙市中學(xué)·高三下模）如圖所示，一長(zhǎng)木板B質(zhì)量m=1.0kg，長(zhǎng)L=9.2m，靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑R=5.5m的光滑圓弧軌道，但不粘連。圓弧軌道左端點(diǎn)P與圓心O的連線PO與豎直方向夾角為53°，其右端最低點(diǎn)處與長(zhǎng)木板B上表面相切。距離木板B右端d=6.0m處有一與木板等高的固定平臺(tái)，平臺(tái)上表面光滑，其上放置有質(zhì)量m=1.0kg的滑塊D。平臺(tái)上方有一水平光滑固定滑軌，其上穿有一質(zhì)量M=2.0kg的滑塊C，滑塊C與D通過(guò)一輕彈簧連接，開始時(shí)彈簧處于豎直方向。一質(zhì)量m=1.0kg的滑塊A被無(wú)初速地輕放在沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶左端。一段時(shí)間后A從傳送帶右側(cè)水平飛出，恰好能沿切線方向從P點(diǎn)滑入圓弧軌道。A下滑至圓弧軌道最低點(diǎn)并滑上木板B，帶動(dòng)B向右運(yùn)動(dòng)，B與平臺(tái)碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動(dòng)。A隨后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，滑上平臺(tái)，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。A、D組合體隨后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直沒(méi)有離開水平面，且C沒(méi)有滑離滑軌。若傳送帶長(zhǎng)s=6.0m，轉(zhuǎn)動(dòng)速度大小恒為v0=6.0m/s，A與傳送帶和木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5。忽略所有滑塊大小及空氣阻力對(duì)問(wèn)題的影響。sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2(1)求滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度大小vP(2)求滑塊A與滑塊D碰撞前的速度大小v(3)若彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度大小為1.0m/s。則隨后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能是多大？【答案】(1)vP=10m/s(2)v=4m/s(3)Epm=6J【詳析】（1）滑塊A在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律f=ma其中f=μmg則勻加速階段的位移為x1=v022a=3.6m<s=6m（2）滑塊A沿圓弧軌道滑下，設(shè)在最低點(diǎn)速度為v1，機(jī)械能守恒mgR(1-cos53°)=12假設(shè)滑塊A在木板B上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，與木板B共速后木板B才到達(dá)右側(cè)平臺(tái)，設(shè)共速時(shí)速度為v共，相對(duì)運(yùn)動(dòng)的距離為s相，由A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv1=(m+m)v共系統(tǒng)能量守恒μmgs相=12mv12-12（m+m）v共2解得s相（3）隨后滑塊A將以v2的速度滑上平臺(tái)，與滑塊D發(fā)生完全非彈性碰撞，在水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)碰后共同速度為v3，mv2=(m+①假設(shè)彈簧開始處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊C速度向右，設(shè)彈簧原長(zhǎng)時(shí)AD組體速度大小為v4，由動(dòng)量守恒定律m+mv3=②由以上推理可知，彈簧開始只能處于壓縮狀態(tài)，第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊C速度向左，設(shè)彈簧原長(zhǎng)時(shí)AD組合體速度大小為v5，由動(dòng)量守恒和能量守恒有m+mv3=M-vC+m+mv5第一次原長(zhǎng)到彈簧壓縮到最短過(guò)程中，動(dòng)量守恒和能量守恒。設(shè)8．（2025·湖北武漢武昌區(qū)·5月質(zhì)檢）如圖所示，一質(zhì)量為m的長(zhǎng)板A靜置于光滑水平面上，距其右端d=1m處有一與A等高的固定平臺(tái)，一質(zhì)量為m的滑塊B靜置于這個(gè)光滑平臺(tái)上。B的正上方有一質(zhì)量為3m的滑塊C套在固定的光滑水平細(xì)桿上，B和C通過(guò)一輕質(zhì)彈簧連接。一質(zhì)量為2m的小滑塊D以v0=3m/s的初速度向右滑上A的最左端，并帶動(dòng)A向右運(yùn)動(dòng)，A與平臺(tái)發(fā)生碰撞后，速度反向但大小不變。A與平臺(tái)發(fā)生第二次碰撞的瞬間，D恰好滑到平臺(tái)上，隨即與B發(fā)生碰撞并粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。已知m=1kg，A與D間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1，B、C、D均可看作質(zhì)點(diǎn)，BD組合體在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直沒(méi)有離開平臺(tái)，且C沒(méi)有滑離細(xì)桿，重力加速度(1)滑塊D滑上平臺(tái)時(shí)速度的大?。?2)長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度；(3)若彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度大小為19【答案】(1)v(2)L(3)E【詳析】（1）假設(shè)A和D能共速，設(shè)共速時(shí)速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有2mv0=2m+mv1解得v1=2m/s對(duì)A，設(shè)其加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律μ2mg=ma

可得a=2m/s2其加速到v1的位移設(shè)為s1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2as1=v12解得s1=1m，s1等于d，即（2）設(shè)A長(zhǎng)度為L(zhǎng)，D在A上滑動(dòng)的全過(guò)程，對(duì)A、D系統(tǒng)，由動(dòng)能定理有-解得L（3）D與B相碰后，設(shè)速度為v3，由動(dòng)量守恒定律有2mv2=2m+mv3解得v3=49m/s此時(shí)B、C、D系統(tǒng)的動(dòng)能為EK0=827J彈簧原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)BD整體速度為v4，對(duì)B、C、D系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有：若C的速度向右2mv2=3mv4+3mvC解得v4=13m/s此時(shí)B、C、9．（25屆·湖北部分學(xué)校聯(lián)考·三模）如圖所示，長(zhǎng)木板C固定在水平地面上，物塊A、B以相同大小的初速度v=4m/s同時(shí)從C的左右兩端開始相向運(yùn)動(dòng)，物塊A的質(zhì)量為m1=2kg，與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2，物塊B的質(zhì)量為m2=1kg，與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(1)若A、B未相撞，長(zhǎng)木板C的最小長(zhǎng)度；(2)若A、B能相撞且相撞后結(jié)合為一個(gè)整體，碰撞時(shí)間極短，A、B沒(méi)有從長(zhǎng)木板C上掉下，A、B碰后運(yùn)動(dòng)位移的最大值是多少；(3)若長(zhǎng)木板C未固定且地面光滑，C的質(zhì)量為m3=1kg，A、B沒(méi)有發(fā)生碰撞，則A【答案】(1)6m(2)1(3)14J【詳析】（1）對(duì)A、B分析，根據(jù)牛頓第二定律分別有μ1m1g=m根據(jù)運(yùn)動(dòng)公式分別有v2=2a1x1，v2=2a2x2（2）只要A、B在停下來(lái)之前發(fā)生碰撞，由系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒得m1v-m2v=(m1+m2）v1解得v1=43m/s碰后對(duì)A、B（3）若長(zhǎng)木板C未固定，在B速度減為零之前，C靜止不動(dòng)。假設(shè)B速度減為零之后B、C相對(duì)靜止，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g=(m2+m3）a3解得a3=2?m/s2因a3=2?m/s2<μ2g=4m/s2，故假設(shè)成立B速度減為零的過(guò)程中，B與C之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1，由能量守恒得Q1=12m2v2=8J10．（24-25高三·湖北武漢·四月調(diào)研）如圖所示，一位滑雪者，人與裝備的總質(zhì)量為80kg，以3m/s的初速度沿山坡勻加速直線滑下，山坡傾角為30°，滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空氣阻力）為總重力的0.1倍，已知重力加速度大小g(1)滑雪者滑下的加速度大??；(2)滑雪者沿山坡滑行5s的位移大小?！敬鸢浮?1)a(2)x【詳析】（1）由題意阻力f=0.1mg由牛頓第二定律得mgsin30（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=v011．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖所示，在紙面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，在第一象限的部分區(qū)域分布有方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁場(chǎng)的左邊界與y軸重合，磁場(chǎng)的右邊界與曲線y=12x2（其中x≥0，單位：m）相切。從y軸上的A點(diǎn)0,12(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1(2)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S。(3)速率最大的粒子從A點(diǎn)到達(dá)磁場(chǎng)右邊界時(shí)動(dòng)量改變量的大小Δp【答案】(1)t(2)S(3)2×【詳析】（1）所有粒子均垂直磁場(chǎng)左邊界射出，可知所有粒子在磁場(chǎng)中均做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)某粒子的速率為v1，在磁場(chǎng)中軌跡圓半徑為r1，有Bqv1=mv1（2）速率最大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)右邊界，其軌跡圓與曲線相切。設(shè)此粒子的軌跡圓半徑為r，軌跡方程為r+12-y2+x2=r2又y=12x2（3）如圖甲，速率最大的粒子的軌跡圓與曲線的切點(diǎn)為C由（2）知速率最大的粒子軌跡圓半徑r=2m，代入軌跡方程求得C點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0=3m，粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C軌跡圓心角滿足sinθ=x0r=312．（2025·湖北黃岡中學(xué)·二模）如圖所示，平行金屬極板M和N水平放置，兩極板間距為d、長(zhǎng)度為1.5d，極板連接恒壓電源U=mgdq。半徑為d的光滑固定圓弧軌道ABC豎直放置，圓弧軌道關(guān)于豎直直徑OB對(duì)稱，軌道左側(cè)A點(diǎn)與N極板右端相接觸，小球Q靜止在B點(diǎn)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量+q的絕緣小球，從M板左端附近的P點(diǎn)以一定初速度水平射入，小球剛好無(wú)碰撞的從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道并與Q碰撞后粘在一起，之后的運(yùn)動(dòng)恰不脫離軌道。假設(shè)小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)極板邊緣效應(yīng)和空氣阻力，重力加速度大小為(1)求小球水平射入時(shí)初速度v0(2)求小球Q的質(zhì)量mQ(3)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中圓弧軌道受到的最大壓力的大小?！敬鸢浮?1)3(2)2(3)201【詳析】（1）設(shè)小球在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度為a，時(shí)間為t，在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定