五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題19力學(xué)計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1勻變速直線運動2025、2022基于近五年福建省力學(xué)專題考情分析，命題趨勢呈現(xiàn)以下特點：核心考點高度聚焦于機械能及其守恒定律，該部分內(nèi)容考查頻次顯著領(lǐng)先，連續(xù)多年穩(wěn)定出現(xiàn)，凸顯其在力學(xué)體系中的基石地位。勻變速直線運動作為經(jīng)典模型保持穩(wěn)定考查，曲線運動與萬有引力考點近年考查有所降溫。命題情境持續(xù)強化實際應(yīng)用導(dǎo)向，緊密聯(lián)系前沿科技工程、體育運動及生產(chǎn)生活實例，通過真實場景深化對物理規(guī)律的理解與應(yīng)用。題型以綜合性計算題為主，側(cè)重考查多過程分析、復(fù)雜情境下的能量轉(zhuǎn)化與守恒思想、動量觀點的靈活運用，以及數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力。未來預(yù)計在保持核心考點穩(wěn)定的基礎(chǔ)上，將進一步增強情境的多樣性與復(fù)雜性，深化機械能與動量、曲線運動等知識的交叉融合，加強對物理建模、科學(xué)推理及定量計算能力的綜合考查。考點2曲線運動2023考點3萬有引力與宇宙航行2021考點4機械能及其守恒定律2024、2022、2021考點5動量及其守恒定律2022考點01勻變速直線運動1．（2025·福建·高考真題）某運動員訓(xùn)練為直線運動，其v-t圖如圖所示，各階段圖像均為直線。(1)0-2s(2)44.2-46.2s(3)44.2-46.2s【答案】(1)2.4m/s(2)0.1m/s(3)4.2m，方向與正方向相同【詳析】（1）0-2s內(nèi)的平均速度v-（2）44.2-46.2s內(nèi)的加速度a=2.2-2.0（3）44.2-46.2s內(nèi)的位移x=(2.2+2.0)×22．（2022·福建·高考）清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”（可理解為低身斜體）二字揭示了滑冰的動作要領(lǐng)。500m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創(chuàng)造并保持。在其創(chuàng)造紀錄的比賽中，（1）武大靖從靜止出發(fā)，先沿直道加速滑行，前8m用時2s。該過程可視為勻加速直線運動，求此過程加速度大??；（2）武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10m的勻速圓周運動，速度大小為14ms。已知武大靖的質(zhì)量為73kg（3）武大靖通過側(cè)身來調(diào)整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實現(xiàn)平穩(wěn)過彎，如圖所示。求武大靖在（2）問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小。（不計空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2，tan22°=0.40、tan【答案】（1）4m/s2；（2）1430.8N；（3）【詳析】（1）設(shè)武大靖運動過程的加速度大小為a，根據(jù)x=解得a=（2）根據(jù)F解得過彎時所需的向心力大小為F（3）設(shè)場地對武大靖的作用力大小為F，受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得F解得tan可得θ=27°考點02曲線運動3．（2023·福建·高考）一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當測速器穩(wěn)定工作時，圓環(huán)將相對細桿靜止，通過圓環(huán)的位置可以確定細桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度。已知細桿長度L=0.2m，桿與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角a始終為60°，彈簧原長x0=0.1m，彈簧勁度系數(shù)（1）若細桿和圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，求圓環(huán)到O點的距離；（2）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大??；（3）求圓環(huán)處于細桿末端P時，細桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大小?！敬鸢浮浚?）0.05m；（2）1063rad/s；（【詳析】（1）當細桿和圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，對圓環(huán)受力分析得T根據(jù)胡克定律F=kΔx彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧此時的長度即為圓環(huán)到O點的距離x（2）若彈簧處于原長，則圓環(huán)僅受重力和支持力，其合力使得圓環(huán)沿水平方向做勻速圓周運動。根據(jù)牛頓第二定律得mg由幾何關(guān)系得圓環(huán)此時轉(zhuǎn)動的半徑為r=聯(lián)立解得ω（3）圓環(huán)處于細桿末端P時，圓環(huán)受力分析重力，彈簧伸長，彈力沿桿向下。根據(jù)胡克定律得T=k對圓環(huán)受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有mg+Tcosα=由幾何關(guān)系得r'=L聯(lián)立解得ω=10考點03萬有引力與宇宙航行4．（2021·福建·高考）一火星探測器著陸火星之前，需經(jīng)歷動力減速、懸停避障兩個階段。在動力減速階段，探測器速度大小由96m/s減小到0，歷時80s。在懸停避障階段，探測器啟用最大推力為7500N的變推力發(fā)動機，在距火星表面約百米高度處懸停，尋找著陸點。已知火星半徑約為地球半徑的12，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的（1）在動力減速階段，探測器的加速度大小和下降距離；（2）在懸停避障階段，能借助該變推力發(fā)動機實現(xiàn)懸停的探測器的最大質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）1.2m/s2，3840m；（【詳析】（1）設(shè)探測器在動力減速階段所用時間為t，初速度大小為v1，末速度大小為v2，加速度大小為v2=代入題給數(shù)據(jù)得a=1.2m/s2設(shè)探測器下降的距離為s，由勻變速直線運動位移公式有s=v1聯(lián)立②③式并代入題給數(shù)據(jù)得s=3840m

（2）設(shè)火星的質(zhì)量、半徑和表面重力加速度大小分別為M火、r火和g火，地球的質(zhì)量、半徑和表面重力加速度大小分別為M地、r地GM火GM地式中G為引力常量。設(shè)變推力發(fā)動機的最大推力為F，能夠懸停的火星探測器最大質(zhì)量為mmaxF=mmax聯(lián)立⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得mmax=1875在懸停避障階段，該變推力發(fā)動機能實現(xiàn)懸停的探測器的最大質(zhì)量約為1875kg考點04機械能及其守恒定律5．（2024·福建·高考）如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個固定擋板相連。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強電場，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。t=0時撤去電場，C向下加速運動，下降0.2m后開始勻速運動，C開始做勻速運動瞬間彈簧N的彈性勢能為0.1J。已知A、B、C的質(zhì)量分別為0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C(1)求勻強電場的場強大小；(2)求A與B間的滑動摩擦因數(shù)及C做勻速運動時的速度大??；(3)若t=0時電場方向改為豎直向下，當B與A即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續(xù)向右運動，一段時間后，A從右向左運動。求A第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。（整個過程B未與A脫離，C未與地面相碰）【答案】(1)2×(2)0.5；2(3)2【詳析】（1）撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，對A、B整體分析可知，此時繩中拉力為0，對C根據(jù)共點力平衡條件有qE=解得E=2×（2）C開始做勻速直線運動后，對C和B根據(jù)共點力平衡條件分別有T1=其中f=μ解得μ=0.5C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，此時A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢能相同，C下降0.2m的過程中，對A、B、C及彈簧M、Nm解得v=（3）沒有電場時，C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，所以此時A的加速度為零，對A根據(jù)共點力平衡有2kh-f=0當電場方向改為豎直向下，設(shè)B與A即將發(fā)生相對滑動時，C下降高度為h'，對Af-2k對B、C根據(jù)牛頓第二定律可得qE+撤去電場后，由第（2）問的分析可知A、B在C下降0.2m時開始相對滑動，在C下降0.2m的過程中，對A、B、C及彈簧M、N此時A的速度是其從左向右運動過程中的最大速度，此后A做簡諧運動，所以A第一次從右向左運動過程中的最大速度為v聯(lián)立解得v6．（2024·福建·高考）我國古代勞動人民創(chuàng)造了璀璨的農(nóng)耕文明。圖（a）為《天工開物》中描繪的利用耕牛整理田地的場景，簡化的物理模型如圖（b）所示，人站立的農(nóng)具視為與水平地面平行的木板，兩條繩子相互平行且垂直于木板邊緣。已知繩子與水平地面夾角θ為25.5°，sin25.5°=0.43，cos25.5°=0.90。當每條繩子拉力F的大小為250N時，人與木板沿直線勻速前進，在15(1)地面對木板的阻力大小；(2)兩條繩子拉力所做的總功；(3)兩條繩子拉力的總功率?！敬鸢浮?1)450N(2)9.0×103J(3)600W【詳析】（1）由于木板勻速運動則有2F解得f=450（2）根據(jù)功的定義式有W=2Fl解得W=9.0×（3）根據(jù)功率的定義P=Wt7．（2021·福建·高考）如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2（1）當拉力為10N（2）滑塊第一次到達B點時的動能；（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離?！敬鸢浮浚?）7m/s2；（2）26J；（【詳析】（1）設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動摩擦力大小為f，拉力為10N時滑塊的加速度大小為aT+mgsinθ-f=maN-mgcosθ=0f=μN

③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a=7m/s2（2）設(shè)滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W=T1式中T1、T2和s1、s2分別對應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依題意，T1=8N，s1=1W+(mgsinθ-f)(聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek=26（3）由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點的最大距離為s-(mgsinθ+f)聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax=1.3考點05動量及其守恒定律8．（2022·福建·高考）如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），然后一起向右運動；一段時間后，滑板A也開始運動．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為（1）C在碰撞前瞬間的速度大?。唬?）C與B碰撞過程中損失的機械能；（3）從C與B相碰后到A開始運動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功?！敬鸢浮浚?）v02-2μgs0；（2）1【詳析】（1）小物塊C運動至剛要與物塊B相碰過程，根據(jù)動能定理可得-μmg解得C在碰撞前瞬間的速度大小為v（2）物塊B、C碰撞過程，根據(jù)動量守恒可得m解得物塊B與物塊C碰后一起運動的速度大小為v故C與B碰撞過程中損失的機械能為Δ（3）滑板A剛要滑動時，對滑板A，由受力平衡可得k解得彈簧的壓縮量，即滑板A開始運動前物塊B和物塊C一起運動的位移大小為Δ從C與B相碰后到A開始運動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功為W=2μmg?1．（2025·福建福州·四檢）十米跳臺跳水是奧運跳水比賽項目之一，我國運動員在這一項目中占據(jù)絕對優(yōu)勢。如圖運動員質(zhì)量為40kg，該運動員某次以3m/s(1)起跳后上升到離跳臺的最大高度；(2)入水瞬間速度大?。ńY(jié)果保留根號）；(3)入水瞬間重力的瞬時功率（結(jié)果保留根號）?！敬鸢浮?1)0.45(2)209(3)400【詳析】（1）運動員做豎直上拋運動，起跳后上升到離跳臺的最大高度h=（2）運動員從最高點到落到水面做自由落體運動v入水瞬間速度大小v=（3）入水瞬間重力的瞬時功率P=mgv=4002．（2025·福建廈門六中·三模）如圖所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝3m/s的初速度水平飛出，到達B點時，恰好沿B點的切線方向進入固定在地面上的豎直光滑圓弧軌道，之后小球沿圓弧軌道運動，通過D的時滑塊的速度為3m/s，B點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：(1)A、B兩點的高度差h；(2)圓軌道的軌道半徑為R；(3)求小物塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力?！敬鸢浮?1)0.8m；(2)0.5m(3)8N，方向豎直向上【詳析】（1）小物塊由A到B做平拋運動，則水平方向的速度不變，且豎直方向做自由落體運動，結(jié)合題意可得v0=結(jié)合運動學(xué)規(guī)律v聯(lián)立可得vB=5（2）小物塊從B點運動至D點，由動能定理得-mgR(1+解得R=0.5（3）小物塊在D點時，根據(jù)牛頓第二定律則有mg+解得F根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力大小為8N，方向豎直向上。3．（2025·福建廈門六中·二模）如圖所示，固定在水平面上足夠長的光滑斜面傾角為θ=30°，輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，下端固定在斜面底端，上端與質(zhì)量為m的物塊A相連，物塊A與質(zhì)量也為m的物塊B用跨過光滑定滑輪的細線相連。先用手托住物塊B，使細線剛好拉直但無拉力，然后由靜止釋放物塊B，在物塊A向上運動的整個過程中，物塊B未碰到地面。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，兩物塊均可視為質(zhì)點。求：(1)釋放物塊B之前彈簧的形變量x0；(2)釋放物塊B的瞬間，細線上的拉力的大??；(3)從釋放到達到最大速度過程中細線對物塊A做的功?！敬鸢浮?1)mg(2)1(3)3【詳析】（1）手托住B時，物塊A靜止，由平衡條件得k解得彈簧壓縮量x（2）釋放物塊B的瞬間，由牛頓第二定律，對物塊A，有T=ma對物塊B，有mg-T=ma解得T=（3）當A、B加速度為零時，物塊A、B速度最大，即mg-mg此時彈簧伸長量x由于初態(tài)彈簧的壓縮量和末態(tài)彈簧的伸長量相等，故彈簧彈性勢能相等，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得mg(解得v在物塊A達到最大速度的過程中，彈簧對物塊做功代數(shù)和為零，細線對物塊A做功為W，對物塊，由動能定理得W-mg(解得W=4．（2025·福建·適應(yīng)性練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量均為m的小榮，小慧兩同學(xué)，分別坐在水平放置的甲、乙兩輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k（保持不變），被拉伸時彈性勢能E=0.5kx2（x為繩的伸長量），重力加速度大小為(1)小榮所坐的板剛要滑動時彈性繩的伸長量x0(2)用水平力F緩慢拉動小慧所坐木板直至小榮所坐木板剛要離開原位置過程中（此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止），F(xiàn)所做的功；(3)小榮所坐木板剛要滑動時突然撤去拉力F，小慧所坐木板運動的最大距離s。【答案】(1)x(2)W=μmg(l-d)+(3)s=【詳析】（1）當小榮所坐木板剛要滑動時，彈性繩的拉力等于小榮所坐木板受到的最大靜摩擦力。小榮所坐木板受到的最大靜摩擦力f根據(jù)胡克定律F=kx此時彈性繩拉力F=k則有k解得x（2）因為是緩慢拉動，所以拉力F始終等于彈力與小慧所坐木板摩擦力之和。小慧所坐木板受到的摩擦力f=μmg彈性繩的彈力F彈是一個變力，其平均值此過程中拉力F做的功一部分用來克服摩擦力做功，一部分用來增加彈性繩的彈性勢能?？朔Σ亮ψ龅墓彈性繩增加的彈性勢能E將x0=μmgk則力F所做的功W=W（3）在小榮所坐木板剛要滑動時，彈性繩的伸長量為x此時彈性繩的彈性勢能E撤去拉力F后，小慧所坐木板在摩擦力和彈性繩彈力作用下運動，設(shè)小慧所坐木板運動的最大距離為s。根據(jù)能量守恒定律，彈性繩的彈性勢能全部用來克服小慧所坐木板的摩擦力做功，即Ep=μmgs解得s=5．（2025·福建福州三中·模擬預(yù)測）如圖，在有圓孔的水平支架上放置一物塊，玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出，穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質(zhì)量為m，物塊的質(zhì)量為4m，重力加速度大小為g；在子彈和物塊上升過程中，子彈所受阻力忽略不計，物塊所受阻力大小為自身重力的1(1)子彈擊中物塊前瞬間的速度大?。?2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統(tǒng)損失的機械能；(3)若子彈穿過物塊時間t=1【答案】(1)v(2)37.5mgh(3)29mg【詳析】（1）根據(jù)運動學(xué)公式v12對物快根據(jù)牛頓第二定律4mg+子彈射穿木塊過程由動量守恒定律有m解得v（2）子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統(tǒng)損失的機械能Δ（3）以向上為正方向，子彈從擊中物塊到穿出過程中，對子彈有動量定理得-(F+mg)?t=m代入得F=29mg6．（2025·福建多地市·二模）某款質(zhì)量為m1=2000?kg的國產(chǎn)新能源汽車在新車碰撞測試中，以v0=20(1)碰撞結(jié)束瞬間障礙物的速度大小；(2)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(3)碰撞過程中汽車與障礙物間的平均作用力大小。【答案】(1)20m/s(2)1×10(3)4×10【詳析】（1）碰撞過程中，以v0的方向為正方向，對于車和障礙物組成的系統(tǒng)動量守恒，則解得v（2）由能量守恒定律有Δ解得ΔE（3）對汽車，以v0的方向為正方向，碰撞過程中由動量定理解得F=4×107．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，長為L=4?m、質(zhì)量為3m的長木板置于光滑水平平臺上，長木板的左端與平臺左端對齊，質(zhì)量為m的物塊b放在長木板上表面的左端，長木板的上表面離地面的高度為1.8?m。先將長木板鎖定，讓質(zhì)量為12m的小球a在地面上的A點斜向右上與水平方向成45°角拋出，小球a沿水平方向與物塊b發(fā)生彈性碰撞，碰撞后，物塊b滑離長木板時速度為a、b碰撞后一瞬間b的速度的1(1)小球a與物塊b碰撞前一瞬間的速度大??；(2)物塊b與長木板上表面的動摩擦因數(shù)；(3)解除長木板的鎖定，讓小球a仍從A點以原速度拋出，小球a與物塊b碰撞后，物塊b與長木板的最終速度大小?！敬鸢浮?1)6(2)μ=0.15(3)1【詳析】（1）設(shè)小球a與物塊b碰撞前一瞬間速度大小為v1，在A點拋出的初速度大小為v0綜合解得v（2）a與b碰撞過程，根據(jù)動量守恒有1根據(jù)機械能守恒有1解得v2=-2根據(jù)題意，物塊b滑離長木板時的速度v根據(jù)動能定理有μmg×L=1解得μ=0.15（3）假設(shè)a、b碰撞后物塊b能滑到長木板的右端，令此時物塊b和長木板的速度大小分別為v4'、v由能量守恒定律有μmgL=聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得v可見假設(shè)成立且物塊b剛好相對靜止在長木板的右端。8．（2025·福建廈門·三模）圖甲為某種旋轉(zhuǎn)節(jié)速器裝置的結(jié)構(gòu)示意圖，質(zhì)量為m的重物A套在固定的豎直軸上，可以在豎直軸上滑動，兩個完全相同的小環(huán)B、C與輕彈簧兩端連接并套在水平桿上，A、B及A、C之間通過鉸鏈與長為L的兩根輕桿相連接，當裝置靜止時，輕桿與豎直軸的夾角為37°。使水平桿繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動且高度保持不變，穩(wěn)定后輕桿與豎直軸的夾角為53°，如圖乙所示。已知彈簧原長為1.4L，重力加速度大小為g，不計一切摩擦，取sin37°=0.6，cos(1)裝置靜止時每根輕桿對重物A的拉力大??；(2)裝置勻速轉(zhuǎn)動時小環(huán)C所需的向心力大??；(3)從靜止狀態(tài)到勻速轉(zhuǎn)動的過程中，系統(tǒng)（A、B、C及彈簧）機械能的變化量?！敬鸢浮?1)5(2)25(3)31【詳析】（1）裝置靜止時，以A為對象，根據(jù)平衡條件可得2T解得每根輕桿對重物A的拉力大小為T=（2）系統(tǒng)靜止時，彈簧彈力大小為F彈簧長度為x彈簧壓縮量為Δ系統(tǒng)勻速轉(zhuǎn)動時，彈簧長度為x彈簧伸長量為Δ此時彈簧彈力大小為F以A為對象，根據(jù)受力平衡可得2T小環(huán)C所需的向心力大小為F聯(lián)立解得F（3）系統(tǒng)勻速轉(zhuǎn)動時，對C小環(huán)，有F向=從靜止狀態(tài)到勻速轉(zhuǎn)動的過程中，因為彈簧壓縮量和伸長量相等，則彈性勢能變化量Δ則系統(tǒng)（A、B、C及彈簧）機械能的變化量為Δ其中h=L聯(lián)立解得Δ9．（2025·福建寧德·三模）滑板運動由沖浪運動演變而來，已被列為奧運會正式比賽項目。如圖所示，某滑板愛好者從斜坡上距平臺H=2.5m高處由靜止開始下滑，水平離開A點后越過壕溝落在水平地面的B點，A、B兩點高度差h=1.8m，水平距離x=3.6m。已知人與滑板的總質(zhì)量m=60

(1)人與滑板從A點離開時的速度大小；(2)人與滑板從A點運動到B點重力做功的平均功率；(3)人與滑板從斜坡下滑到A點過程克服阻力做的功?！敬鸢浮?1)v(2)P=1.8×(3)420J【詳析】（1）設(shè)人與滑板從A點到B點所用的時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律，在豎直方向上位移h=解得t=0.6在水平方向上位移x=解得v（2）人與滑板從A點運動到B點重力做功為W平均功率P=解得P=1.8×（3）人與滑板從斜坡下滑過程中，由動能定理mgH+解得W故克服阻力做功為420J10．（2025·福建龍巖·二模）如圖，某快遞公司自動卸貨裝置由直軌道AB、圓弧軌道BC、水平軌道DE和固定在E端的彈簧組成，軌道均光滑，AB與BC相切于B點。直軌道傾角θ=37°，A、B兩點豎直高度差h=0.9m，圓弧軌道半徑R=1m、圓心角θ=37°。質(zhì)量為m1=1kg的運貨箱載有質(zhì)量為m2=3kg的貨物一起從軌道最高點A靜止下滑，經(jīng)圓弧BC滑上緊挨著C點的靜止小車，小車上表面水平與C點等高，運貨箱與擋板碰撞后共速但不粘連，二者右行壓縮彈簧至最短時鎖定。卸貨后解鎖，小車與空箱被彈回，小車遇左側(cè)臺階碰撞瞬間停止，空箱滑出后恰能返回到(1)運貨箱經(jīng)過圓弧軌道C點時對軌道的壓力(2)當彈簧被壓縮到最短時彈簧的彈性勢能(3)小車上表面的滑動摩擦因數(shù)【答案】(1)128N(2)32J(3)0.3【詳析】（1）對m1和m2整體，從A到C過程，由動能定理，有(m解得vC點有N-(m解得N=128N根據(jù)牛頓第三定律，運貨箱對軌道的壓力N'=N=128（2）從滑上小車到共速，m1、m2和彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能Ep解得E（3）取走m2，彈簧解鎖后，彈性勢能轉(zhuǎn)化為m1和m3的動能，即Ep小車與臺階碰撞后靜止，此后根據(jù)能量守恒，有1解得μ=0.311．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）如圖所示，將傾角θ＝37°、表面粗糙的斜面固定在地面上，用一根輕質(zhì)細繩跨過兩個光滑的半徑很小的滑輪連接甲、乙兩物體（均可視為質(zhì)點），把甲物體放在斜面上且細繩與斜面平行，把乙物體懸在空中，并使細繩拉直且偏離豎直方向α＝60°。開始時甲、乙均靜止?，F(xiàn)同時釋放甲、乙兩物體，乙物體將在豎直平面內(nèi)往返運動，測得繩長OA為l＝1m(1)釋放瞬間，乙物體的加速度大小a及細繩的拉力大小T1：(2)乙物體在擺動過程中細繩的最大拉力T(3)甲物體的質(zhì)量M（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）?！敬鸢浮?1)T(2)T(3)M=6.25【詳析】（1）釋放瞬間，乙物體向心力為0，沿切線方向有mg解得a=5對乙物體，沿半徑方向有T解得T（2）當乙物體運動到最低點時，繩子上的拉力最大，對乙物體，由動能定理得mgl又由牛頓第二定律得T解得T（3）當乙物體運動到最高點時，甲物體恰好不下滑，有Mg乙物體到最低點時，甲物體恰好不上滑，則有Mg聯(lián)立解得M=6.2512．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）如圖，兩顆地球衛(wèi)星A、B的軌道處于同一平面，P為A衛(wèi)星橢圓軌道的遠地點，兩衛(wèi)星軌道相切于A的近地點Q；B為近地衛(wèi)星，周期為T；A衛(wèi)星的遠地點P到地球中心的距離為R1，地球半徑為R，引力常量為G(1)地球表面的重力加速度g和地球質(zhì)量M；(2)A衛(wèi)星的周期TA【答案】(1)g=4π(2)T【詳析】（1）對于近地衛(wèi)星B，由萬有引力提供磁場力可得GMm解得地球質(zhì)量為M=在地球表面有GM解得地球表面的重力加速度為g=（2）A衛(wèi)星軌道半長軸為a根據(jù)開普勒第三定律可得R解得A衛(wèi)星的周期為T13．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）如圖甲，質(zhì)量m1的長木板靜置于粗糙水平地面上，質(zhì)量m2=2.5kg的物塊置于木板之上，t=0時刻力F作用于長木板，其變化規(guī)律如圖乙，之后木板的摩擦力f隨時間t的變化規(guī)律如圖丙。木板與地面間及物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1、μ(1)F隨t的變化規(guī)律公式；(2)木板質(zhì)量m1、木板與地面間及物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1、(3)t≥3s后木板的加速度隨t【答案】(1)F=5t((2)m1=2.5kg，(3)a=2t-4(【詳析】（1）由乙圖F=kt圖線斜率k=解得F=5t(（2）由丙圖：t=1s時，t=3s時，t=3s時，木板與物塊相對滑動根據(jù)牛頓第二定律F解得m1=2.5kg，（3）由牛頓第二定律得F代入F=5t解得a=2t-4(14．（2025·福建泉州·安溪一中&惠安一中&養(yǎng)正中學(xué)&泉州實中·模擬預(yù)測）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌AB與水平面成24°角，長度L1=4m，水平滑軌BC長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從頂端A由靜止開始下滑，其與兩段滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=29，貨物可視為質(zhì)點，其質(zhì)量m=2kg，貨物滑離C端時的速度不超過2(1)貨物在傾斜滑軌運動過程中的加速度大小；(2)水平滑軌BC的最短長度L2【答案】(1)2(2)2.7【詳析】（1）設(shè)貨物在傾斜滑軌運動過程中的加速度大小為a1垂直于傾斜滑軌方向，由平衡條件可得N=mg沿傾斜滑軌方向，由牛頓第二定律可得mg其中f=μN聯(lián)立可得a（2）結(jié)合（1）可知，貨物在傾斜滑軌上，根據(jù)運動學(xué)公式有2在水平滑軌上，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=m貨物在水平滑軌上，根據(jù)運動學(xué)公式有-2由題知vmax=215．（2025·福建廈門一中·四測）已知某花炮發(fā)射器能在t1=0.2s內(nèi)將花炮豎直向上發(fā)射出去，花炮的質(zhì)量為m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮剛好在最高點爆炸為兩塊物塊。假設(shè)爆炸前后花炮的總質(zhì)量不變，爆炸后兩物塊的速度均沿水平方向，且兩物塊落地的水平位移比為1(1)求花炮發(fā)射器發(fā)射花炮時，對花炮產(chǎn)生的平均作用力F的大小；(2)爆炸后兩物塊的質(zhì)量m1、m【答案】(1)310(2)0.8kg，0.2【詳析】（1）花炮發(fā)射后做豎直上拋運動，設(shè)發(fā)射時的初速度為v0，則有v0以向上的方向為正方向，對花炮，由動量定理可得F-mg解得F=mg+（2）花炮爆炸時，動量守恒，由動量守恒定律可得m爆炸后兩物塊做平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動，兩物塊運動時間相同，則有x又m1+m216．（2025·福建福州福州高中·二適考）火星是距離太陽第四近的行星，為太陽系里四顆類地行星之一，但其地表空氣稀薄（可視為真空狀態(tài)），火星半徑R=3400km。我國“祝融號”火星車某次出艙進行探測任務(wù)，如圖所示。火星車沿水平地面直線行駛，用時2s由靜止勻加速至速度v1=3m/s后勻速行駛，搭載傳感器監(jiān)測到前方有一高度未知的斷崖，火星車未減速，水平?jīng)_出斷崖，監(jiān)測儀顯示經(jīng)1s后落地，落地前瞬間速度大小為v2=5m/s，方向斜向下（具體角度未知）。（已知13.6≈3.7；6.8(1)火星車勻加速直線運動的路程；(2)斷崖的豎直高度；(3)火星的第一宇宙速度大小約為多少？【答案】(1)3m(2)2m(3)3.7×【詳析】（1）因為s=得s=3m（2）火星車做平拋運動，落地時豎直方向速度為vy，則v斷崖的豎直高度h=（3）火星表面的重力加速度g由牛頓第二定律得G又G火星的第一宇宙速度v=17．（2025·福建三明·三模）近年來我國航天事業(yè)取得輝煌成就，2024年10月30日，神舟十九號飛船再次與空間站組合體成功對接。若空間站繞地球做勻速圓周運動，已知地球質(zhì)量為M，空間站的質(zhì)量為m0，軌道半徑為r0，引力常量為(1)求空間站線速度v0(2)航天員相對太空艙靜止站立，應(yīng)用物理規(guī)律推導(dǎo)說明航天員對太空艙的壓力大小等于零；(3)規(guī)定距地球無窮遠處引力勢能為零，質(zhì)量為m的物體與地心距離為r時引力勢能為EP=-GMmr。由于太空中宇宙塵埃的阻力以及地磁場的電磁阻尼作用，長時間在軌無動力運行的空間站軌道半徑慢慢減小到r1（仍可看作勻速圓周運動），為了使軌道半徑快速恢復(fù)到【答案】(1)v(2)見解析(3)Δ【詳析】（1）對空間站：由牛頓第二定律GM解得v（2）設(shè)航天員質(zhì)量為m，所受支持力為FN，則解得FN根據(jù)牛頓第三定律FN（3）空間站在軌道上做勻速圓周運動，有GM可得空間站的動能E空間站在r1軌道上的機械能為空間站在r0軌道上的機械能為E空間站由r1軌道恢復(fù)到r0Δ18．（2025·福建廈門六中·二模）如圖所示，從A點以v0的水平速度拋出一質(zhì)量m=2kg的小物塊（可視為質(zhì)點），當小物塊運動至B點時，恰好沿切線方向進入固定的光滑圓弧軌道BC，圓弧軌道BC的圓心角α=37°，C點在O點的正下方，圓弧軌道C端切線水平與水平面平滑連接。C點右側(cè)水平面粗糙，在水平面上固定一個彈簧，彈簧的左端D距C點的水平距離為L=0.4m，小物塊離開C點后繼續(xù)在水平面上向彈簧滑去，將彈簧壓縮了x=0.1m后停止滑行。小物塊和水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，A、B兩點距C點的高度分別為H=0.6m、h=0.15m，圓弧半徑R=0.75m，cos37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2。求：(1)小物塊水平拋出時，初速度v0的大小；(2)小物塊滑動至C點時的速度；(3)小物塊停止滑行時彈簧具有的彈性勢能大小?！敬鸢浮?1)4m/s(2)2(3)26J【詳析】（1）設(shè)小物塊做平拋運動的時間為t，則有H-h=設(shè)小物塊到達B點時豎直分速度為vy，有v由以上兩式代入數(shù)據(jù)解得v由題意，速度方向與水平面的夾角為37°，有tan解得v（2）設(shè)小物塊到達C點時速度為vC，從A至C，由動能定理得mgH=解得v（3）當彈簧壓縮到最短時，由能量守恒定律可得1解得E19．（24-25高三下·福建·二模）如圖所示，質(zhì)量均為2kg的物塊A、B靜止在光滑的水平面上，A、B間的距離為0.4m，給物塊B施加一個大小為F=10N的水平向左的恒力，使物塊B從靜止開始向左運動，在以后的運動過程中，A(1)A與B第一次碰撞前B的速度大??；(2)第一次碰撞結(jié)束至發(fā)生第二次碰撞經(jīng)歷的時間；(3)物塊B從初始位置到發(fā)生第n次碰撞的過程中，物塊B的位移大小?！敬鸢浮?1)2(2)0.8(3)0.8n【詳析】（1）設(shè)B與A碰前B的速度大小為v0，根據(jù)動能定理有解得v（2）A與B的碰撞為彈性碰撞，設(shè)碰撞后B的速度大小為v1，A度大小為v2根據(jù)能量守恒定律有1解得v1=0碰撞后A做勻速直線運動，B做初速度為零的勻加速度直線運動。碰撞前，B做勻加速運動的加速度a設(shè)第一次碰撞后到第二次碰撞所用時間為t1，則解得t（3）第二次碰撞前瞬間B速度v設(shè)B與A第二次碰后速度分別為v1'、v1解得v1'由于A、B質(zhì)量相等，兩者發(fā)生彈性碰撞后，速度發(fā)生交換，根據(jù)上述彈性碰撞動量守恒定律與機械能守恒定律表達式求出的碰后速度可知，碰撞后，B對A的相對速度大小仍然為vM=2若前一次碰撞到后一次碰撞經(jīng)歷時間為Δt，則有解得Δ可知，從第一次碰撞后，每經(jīng)歷相同的Δt=0.8s即每一次碰撞前瞬間，A的速度均比B的速度小2m/s，由于A、B質(zhì)量相等，兩者發(fā)生彈性碰撞后，速度發(fā)生交換，則每一次碰撞后，A的速度均增大2m/s。結(jié)合上述，第一次碰后到第二次碰時A第二次碰后到第三次碰時A的位移x第n-1次碰后A的位移x物塊B從初始位置到第n次碰撞時，物塊B的位移x解得x專題19力學(xué)計算題考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1勻變速直線運動2025、2022基于近五年福建省力學(xué)專題考情分析，命題趨勢呈現(xiàn)以下特點：核心考點高度聚焦于機械能及其守恒定律，該部分內(nèi)容考查頻次顯著領(lǐng)先，連續(xù)多年穩(wěn)定出現(xiàn)，凸顯其在力學(xué)體系中的基石地位。勻變速直線運動作為經(jīng)典模型保持穩(wěn)定考查，曲線運動與萬有引力考點近年考查有所降溫。命題情境持續(xù)強化實際應(yīng)用導(dǎo)向，緊密聯(lián)系前沿科技工程、體育運動及生產(chǎn)生活實例，通過真實場景深化對物理規(guī)律的理解與應(yīng)用。題型以綜合性計算題為主，側(cè)重考查多過程分析、復(fù)雜情境下的能量轉(zhuǎn)化與守恒思想、動量觀點的靈活運用，以及數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力。未來預(yù)計在保持核心考點穩(wěn)定的基礎(chǔ)上，將進一步增強情境的多樣性與復(fù)雜性，深化機械能與動量、曲線運動等知識的交叉融合，加強對物理建模、科學(xué)推理及定量計算能力的綜合考查?？键c2曲線運動2023考點3萬有引力與宇宙航行2021考點4機械能及其守恒定律2024、2022、2021考點5動量及其守恒定律2022考點01勻變速直線運動1．（2025·福建·高考真題）某運動員訓(xùn)練為直線運動，其v-t圖如圖所示，各階段圖像均為直線。(1)0-2s(2)44.2-46.2s(3)44.2-46.2s【答案】(1)2.4m/s(2)0.1m/s(3)4.2m，方向與正方向相同【詳析】（1）0-2s內(nèi)的平均速度v-（2）44.2-46.2s內(nèi)的加速度a=2.2-2.0（3）44.2-46.2s內(nèi)的位移x=(2.2+2.0)×22．（2022·福建·高考）清代乾隆的《冰嬉賦》用“躄躠”（可理解為低身斜體）二字揭示了滑冰的動作要領(lǐng)。500m短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創(chuàng)造并保持。在其創(chuàng)造紀錄的比賽中，（1）武大靖從靜止出發(fā)，先沿直道加速滑行，前8m用時2s。該過程可視為勻加速直線運動，求此過程加速度大??；（2）武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10m的勻速圓周運動，速度大小為14ms。已知武大靖的質(zhì)量為73kg（3）武大靖通過側(cè)身來調(diào)整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實現(xiàn)平穩(wěn)過彎，如圖所示。求武大靖在（2）問中過彎時身體與水平面的夾角θ的大小。（不計空氣阻力，重力加速度大小取10m/s2，tan22°=0.40、tan【答案】（1）4m/s2；（2）1430.8N；（3）【詳析】（1）設(shè)武大靖運動過程的加速度大小為a，根據(jù)x=解得a=（2）根據(jù)F解得過彎時所需的向心力大小為F（3）設(shè)場地對武大靖的作用力大小為F，受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得F解得tan可得θ=27°考點02曲線運動3．（2023·福建·高考）一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當測速器穩(wěn)定工作時，圓環(huán)將相對細桿靜止，通過圓環(huán)的位置可以確定細桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度。已知細桿長度L=0.2m，桿與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角a始終為60°，彈簧原長x0=0.1m，彈簧勁度系數(shù)（1）若細桿和圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，求圓環(huán)到O點的距離；（2）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大??；（3）求圓環(huán)處于細桿末端P時，細桿勻速轉(zhuǎn)動的角速度大小。【答案】（1）0.05m；（2）1063rad/s；（【詳析】（1）當細桿和圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，對圓環(huán)受力分析得T根據(jù)胡克定律F=kΔx彈簧彈力沿桿向上，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧此時的長度即為圓環(huán)到O點的距離x（2）若彈簧處于原長，則圓環(huán)僅受重力和支持力，其合力使得圓環(huán)沿水平方向做勻速圓周運動。根據(jù)牛頓第二定律得mg由幾何關(guān)系得圓環(huán)此時轉(zhuǎn)動的半徑為r=聯(lián)立解得ω（3）圓環(huán)處于細桿末端P時，圓環(huán)受力分析重力，彈簧伸長，彈力沿桿向下。根據(jù)胡克定律得T=k對圓環(huán)受力分析并正交分解，豎直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，則有mg+Tcosα=由幾何關(guān)系得r'=L聯(lián)立解得ω=10考點03萬有引力與宇宙航行4．（2021·福建·高考）一火星探測器著陸火星之前，需經(jīng)歷動力減速、懸停避障兩個階段。在動力減速階段，探測器速度大小由96m/s減小到0，歷時80s。在懸停避障階段，探測器啟用最大推力為7500N的變推力發(fā)動機，在距火星表面約百米高度處懸停，尋找著陸點。已知火星半徑約為地球半徑的12，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的（1）在動力減速階段，探測器的加速度大小和下降距離；（2）在懸停避障階段，能借助該變推力發(fā)動機實現(xiàn)懸停的探測器的最大質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）1.2m/s2，3840m；（【詳析】（1）設(shè)探測器在動力減速階段所用時間為t，初速度大小為v1，末速度大小為v2，加速度大小為v2=代入題給數(shù)據(jù)得a=1.2m/s2設(shè)探測器下降的距離為s，由勻變速直線運動位移公式有s=v1聯(lián)立②③式并代入題給數(shù)據(jù)得s=3840m

（2）設(shè)火星的質(zhì)量、半徑和表面重力加速度大小分別為M火、r火和g火，地球的質(zhì)量、半徑和表面重力加速度大小分別為M地、r地GM火GM地式中G為引力常量。設(shè)變推力發(fā)動機的最大推力為F，能夠懸停的火星探測器最大質(zhì)量為mmaxF=mmax聯(lián)立⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得mmax=1875在懸停避障階段，該變推力發(fā)動機能實現(xiàn)懸停的探測器的最大質(zhì)量約為1875kg考點04機械能及其守恒定律5．（2024·福建·高考）如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個固定擋板相連。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強電場，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。t=0時撤去電場，C向下加速運動，下降0.2m后開始勻速運動，C開始做勻速運動瞬間彈簧N的彈性勢能為0.1J。已知A、B、C的質(zhì)量分別為0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C(1)求勻強電場的場強大??；(2)求A與B間的滑動摩擦因數(shù)及C做勻速運動時的速度大??；(3)若t=0時電場方向改為豎直向下，當B與A即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續(xù)向右運動，一段時間后，A從右向左運動。求A第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。（整個過程B未與A脫離，C未與地面相碰）【答案】(1)2×(2)0.5；2(3)2【詳析】（1）撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，對A、B整體分析可知，此時繩中拉力為0，對C根據(jù)共點力平衡條件有qE=解得E=2×（2）C開始做勻速直線運動后，對C和B根據(jù)共點力平衡條件分別有T1=其中f=μ解得μ=0.5C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，此時A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢能相同，C下降0.2m的過程中，對A、B、C及彈簧M、Nm解得v=（3）沒有電場時，C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，所以此時A的加速度為零，對A根據(jù)共點力平衡有2kh-f=0當電場方向改為豎直向下，設(shè)B與A即將發(fā)生相對滑動時，C下降高度為h'，對Af-2k對B、C根據(jù)牛頓第二定律可得qE+撤去電場后，由第（2）問的分析可知A、B在C下降0.2m時開始相對滑動，在C下降0.2m的過程中，對A、B、C及彈簧M、N此時A的速度是其從左向右運動過程中的最大速度，此后A做簡諧運動，所以A第一次從右向左運動過程中的最大速度為v聯(lián)立解得v6．（2024·福建·高考）我國古代勞動人民創(chuàng)造了璀璨的農(nóng)耕文明。圖（a）為《天工開物》中描繪的利用耕牛整理田地的場景，簡化的物理模型如圖（b）所示，人站立的農(nóng)具視為與水平地面平行的木板，兩條繩子相互平行且垂直于木板邊緣。已知繩子與水平地面夾角θ為25.5°，sin25.5°=0.43，cos25.5°=0.90。當每條繩子拉力F的大小為250N時，人與木板沿直線勻速前進，在15(1)地面對木板的阻力大??；(2)兩條繩子拉力所做的總功；(3)兩條繩子拉力的總功率?！敬鸢浮?1)450N(2)9.0×103J(3)600W【詳析】（1）由于木板勻速運動則有2F解得f=450（2）根據(jù)功的定義式有W=2Fl解得W=9.0×（3）根據(jù)功率的定義P=Wt7．（2021·福建·高考）如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2（1）當拉力為10N（2）滑塊第一次到達B點時的動能；（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離?！敬鸢浮浚?）7m/s2；（2）26J；（【詳析】（1）設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動摩擦力大小為f，拉力為10N時滑塊的加速度大小為aT+mgsinθ-f=maN-mgcosθ=0f=μN

③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a=7m/s2（2）設(shè)滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W=T1式中T1、T2和s1、s2分別對應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依題意，T1=8N，s1=1W+(mgsinθ-f)(聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek=26（3）由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點的最大距離為s-(mgsinθ+f)聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax=1.3考點05動量及其守恒定律8．（2022·福建·高考）如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），然后一起向右運動；一段時間后，滑板A也開始運動．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為（1）C在碰撞前瞬間的速度大?。唬?）C與B碰撞過程中損失的機械能；（3）從C與B相碰后到A開始運動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功?！敬鸢浮浚?）v02-2μgs0；（2）1【詳析】（1）小物塊C運動至剛要與物塊B相碰過程，根據(jù)動能定理可得-μmg解得C在碰撞前瞬間的速度大小為v（2）物塊B、C碰撞過程，根據(jù)動量守恒可得m解得物塊B與物塊C碰后一起運動的速度大小為v故C與B碰撞過程中損失的機械能為Δ（3）滑板A剛要滑動時，對滑板A，由受力平衡可得k解得彈簧的壓縮量，即滑板A開始運動前物塊B和物塊C一起運動的位移大小為Δ從C與B相碰后到A開始運動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功為W=2μmg?1．（2025·福建福州·四檢）十米跳臺跳水是奧運跳水比賽項目之一，我國運動員在這一項目中占據(jù)絕對優(yōu)勢。如圖運動員質(zhì)量為40kg，該運動員某次以3m/s(1)起跳后上升到離跳臺的最大高度；(2)入水瞬間速度大?。ńY(jié)果保留根號）；(3)入水瞬間重力的瞬時功率（結(jié)果保留根號）?！敬鸢浮?1)0.45(2)209(3)400【詳析】（1）運動員做豎直上拋運動，起跳后上升到離跳臺的最大高度h=（2）運動員從最高點到落到水面做自由落體運動v入水瞬間速度大小v=（3）入水瞬間重力的瞬時功率P=mgv=4002．（2025·福建廈門六中·三模）如圖所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0＝3m/s的初速度水平飛出，到達B點時，恰好沿B點的切線方向進入固定在地面上的豎直光滑圓弧軌道，之后小球沿圓弧軌道運動，通過D的時滑塊的速度為3m/s，B點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：(1)A、B兩點的高度差h；(2)圓軌道的軌道半徑為R；(3)求小物塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力。【答案】(1)0.8m；(2)0.5m(3)8N，方向豎直向上【詳析】（1）小物塊由A到B做平拋運動，則水平方向的速度不變，且豎直方向做自由落體運動，結(jié)合題意可得v0=結(jié)合運動學(xué)規(guī)律v聯(lián)立可得vB=5（2）小物塊從B點運動至D點，由動能定理得-mgR(1+解得R=0.5（3）小物塊在D點時，根據(jù)牛頓第二定律則有mg+解得F根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力大小為8N，方向豎直向上。3．（2025·福建廈門六中·二模）如圖所示，固定在水平面上足夠長的光滑斜面傾角為θ=30°，輕質(zhì)彈簧勁度系數(shù)為k，下端固定在斜面底端，上端與質(zhì)量為m的物塊A相連，物塊A與質(zhì)量也為m的物塊B用跨過光滑定滑輪的細線相連。先用手托住物塊B，使細線剛好拉直但無拉力，然后由靜止釋放物塊B，在物塊A向上運動的整個過程中，物塊B未碰到地面。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，兩物塊均可視為質(zhì)點。求：(1)釋放物塊B之前彈簧的形變量x0；(2)釋放物塊B的瞬間，細線上的拉力的大??；(3)從釋放到達到最大速度過程中細線對物塊A做的功?！敬鸢浮?1)mg(2)1(3)3【詳析】（1）手托住B時，物塊A靜止，由平衡條件得k解得彈簧壓縮量x（2）釋放物塊B的瞬間，由牛頓第二定律，對物塊A，有T=ma對物塊B，有mg-T=ma解得T=（3）當A、B加速度為零時，物塊A、B速度最大，即mg-mg此時彈簧伸長量x由于初態(tài)彈簧的壓縮量和末態(tài)彈簧的伸長量相等，故彈簧彈性勢能相等，物塊A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得mg(解得v在物塊A達到最大速度的過程中，彈簧對物塊做功代數(shù)和為零，細線對物塊A做功為W，對物塊，由動能定理得W-mg(解得W=4．（2025·福建·適應(yīng)性練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量均為m的小榮，小慧兩同學(xué)，分別坐在水平放置的甲、乙兩輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k（保持不變），被拉伸時彈性勢能E=0.5kx2（x為繩的伸長量），重力加速度大小為(1)小榮所坐的板剛要滑動時彈性繩的伸長量x0(2)用水平力F緩慢拉動小慧所坐木板直至小榮所坐木板剛要離開原位置過程中（此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止），F(xiàn)所做的功；(3)小榮所坐木板剛要滑動時突然撤去拉力F，小慧所坐木板運動的最大距離s?！敬鸢浮?1)x(2)W=μmg(l-d)+(3)s=【詳析】（1）當小榮所坐木板剛要滑動時，彈性繩的拉力等于小榮所坐木板受到的最大靜摩擦力。小榮所坐木板受到的最大靜摩擦力f根據(jù)胡克定律F=kx此時彈性繩拉力F=k則有k解得x（2）因為是緩慢拉動，所以拉力F始終等于彈力與小慧所坐木板摩擦力之和。小慧所坐木板受到的摩擦力f=μmg彈性繩的彈力F彈是一個變力，其平均值此過程中拉力F做的功一部分用來克服摩擦力做功，一部分用來增加彈性繩的彈性勢能?？朔Σ亮ψ龅墓彈性繩增加的彈性勢能E將x0=μmgk則力F所做的功W=W（3）在小榮所坐木板剛要滑動時，彈性繩的伸長量為x此時彈性繩的彈性勢能E撤去拉力F后，小慧所坐木板在摩擦力和彈性繩彈力作用下運動，設(shè)小慧所坐木板運動的最大距離為s。根據(jù)能量守恒定律，彈性繩的彈性勢能全部用來克服小慧所坐木板的摩擦力做功，即Ep=μmgs解得s=5．（2025·福建福州三中·模擬預(yù)測）如圖，在有圓孔的水平支架上放置一物塊，玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出，穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質(zhì)量為m，物塊的質(zhì)量為4m，重力加速度大小為g；在子彈和物塊上升過程中，子彈所受阻力忽略不計，物塊所受阻力大小為自身重力的1(1)子彈擊中物塊前瞬間的速度大?。?2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統(tǒng)損失的機械能；(3)若子彈穿過物塊時間t=1【答案】(1)v(2)37.5mgh(3)29mg【詳析】（1）根據(jù)運動學(xué)公式v12對物快根據(jù)牛頓第二定律4mg+子彈射穿木塊過程由動量守恒定律有m解得v（2）子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統(tǒng)損失的機械能Δ（3）以向上為正方向，子彈從擊中物塊到穿出過程中，對子彈有動量定理得-(F+mg)?t=m代入得F=29mg6．（2025·福建多地市·二模）某款質(zhì)量為m1=2000?kg的國產(chǎn)新能源汽車在新車碰撞測試中，以v0=20(1)碰撞結(jié)束瞬間障礙物的速度大??；(2)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；(3)碰撞過程中汽車與障礙物間的平均作用力大小?！敬鸢浮?1)20m/s(2)1×10(3)4×10【詳析】（1）碰撞過程中，以v0的方向為正方向，對于車和障礙物組成的系統(tǒng)動量守恒，則解得v（2）由能量守恒定律有Δ解得ΔE（3）對汽車，以v0的方向為正方向，碰撞過程中由動量定理解得F=4×107．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，長為L=4?m、質(zhì)量為3m的長木板置于光滑水平平臺上，長木板的左端與平臺左端對齊，質(zhì)量為m的物塊b放在長木板上表面的左端，長木板的上表面離地面的高度為1.8?m。先將長木板鎖定，讓質(zhì)量為12m的小球a在地面上的A點斜向右上與水平方向成45°角拋出，小球a沿水平方向與物塊b發(fā)生彈性碰撞，碰撞后，物塊b滑離長木板時速度為a、b碰撞后一瞬間b的速度的1(1)小球a與物塊b碰撞前一瞬間的速度大小；(2)物塊b與長木板上表面的動摩擦因數(shù)；(3)解除長木板的鎖定，讓小球a仍從A點以原速度拋出，小球a與物塊b碰撞后，物塊b與長木板的最終速度大小?！敬鸢浮?1)6(2)μ=0.15(3)1【詳析】（1）設(shè)小球a與物塊b碰撞前一瞬間速度大小為v1，在A點拋出的初速度大小為v0綜合解得v（2）a與b碰撞過程，根據(jù)動量守恒有1根據(jù)機械能守恒有1解得v2=-2根據(jù)題意，物塊b滑離長木板時的速度v根據(jù)動能定理有μmg×L=1解得μ=0.15（3）假設(shè)a、b碰撞后物塊b能滑到長木板的右端，令此時物塊b和長木板的速度大小分別為v4'、v由能量守恒定律有μmgL=聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得v可見假設(shè)成立且物塊b剛好相對靜止在長木板的右端。8．（2025·福建廈門·三模）圖甲為某種旋轉(zhuǎn)節(jié)速器裝置的結(jié)構(gòu)示意圖，質(zhì)量為m的重物A套在固定的豎直軸上，可以在豎直軸上滑動，兩個完全相同的小環(huán)B、C與輕彈簧兩端連接并套在水平桿上，A、B及A、C之間通過鉸鏈與長為L的兩根輕桿相連接，當裝置靜止時，輕桿與豎直軸的夾角為37°。使水平桿繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動且高度保持不變，穩(wěn)定后輕桿與豎直軸的夾角為53°，如圖乙所示。已知彈簧原長為1.4L，重力加速度大小為g，不計一切摩擦，取sin37°=0.6，cos(1)裝置靜止時每根輕桿對重物A的拉力大??；(2)裝置勻速轉(zhuǎn)動時小環(huán)C所需的向心力大??；(3)從靜止狀態(tài)到勻速轉(zhuǎn)動的過程中，系統(tǒng)（A、B、C及彈簧）機械能的變化量?！敬鸢浮?1)5(2)25(3)31【詳析】（1）裝置靜止時，以A為對象，根據(jù)平衡條件可得2T解得每根輕桿對重物A的拉力大小為T=（2）系統(tǒng)靜止時，彈簧彈力大小為F彈簧長度為x彈簧壓縮量為Δ系統(tǒng)勻速轉(zhuǎn)動時，彈簧長度為x彈簧伸長量為Δ此時彈簧彈力大小為F以A為對象，根據(jù)受力平衡可得2T小環(huán)C所需的向心力大小為F聯(lián)立解得F（3）系統(tǒng)勻速轉(zhuǎn)動時，對C小環(huán)，有F向=從靜止狀態(tài)到勻速轉(zhuǎn)動的過程中，因為彈簧壓縮量和伸長量相等，則彈性勢能變化量Δ則系統(tǒng)（A、B、C及彈簧）機械能的變化量為Δ其中h=L聯(lián)立解得Δ9．（2025·福建寧德·三模）滑板運動由沖浪運動演變而來，已被列為奧運會正式比賽項目。如圖所示，某滑板愛好者從斜坡上距平臺H=2.5m高處由靜止開始下滑，水平離開A點后越過壕溝落在水平地面的B點，A、B兩點高度差h=1.8m，水平距離x=3.6m。已知人與滑板的總質(zhì)量m=60

(1)人與滑板從A點離開時的速度大??；(2)人與滑板從A點運動到B點重力做功的平均功率；(3)人與滑板從斜坡下滑到A點過程克服阻力做的功?！敬鸢浮?1)v(2)P=1.8×(3)420J【詳析】（1）設(shè)人與滑板從A點到B點所用的時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律，在豎直方向上位移h=解得t=0.6在水平方向上位移x=解得v（2）人與滑板從A點運動到B點重力做功為W平均功率P=解得P=1.8×（3）人與滑板從斜坡下滑過程中，由動能定理mgH+解得W故克服阻力做功為420J10．（2025·福建龍巖·二模）如圖，某快遞公司自動卸貨裝置由直軌道AB、圓弧軌道BC、水平軌道DE和固定在E端的彈簧組成，軌道均光滑，AB與BC相切于B點。直軌道傾角θ=37°，A、B兩點豎直高度差h=0.9m，圓弧軌道半徑R=1m、圓心角θ=37°。質(zhì)量為m1=1kg的運貨箱載有質(zhì)量為m2=3kg的貨物一起從軌道最高點A靜止下滑，經(jīng)圓弧BC滑上緊挨著C點的靜止小車，小車上表面水平與C點等高，運貨箱與擋板碰撞后共速但不粘連，二者右行壓縮彈簧至最短時鎖定。卸貨后解鎖，小車與空箱被彈回，小車遇左側(cè)臺階碰撞瞬間停止，空箱滑出后恰能返回到(1)運貨箱經(jīng)過圓弧軌道C點時對軌道的壓力(2)當彈簧被壓縮到最短時彈簧的彈性勢能(3)小車上表面的滑動摩擦因數(shù)【答案】(1)128N(2)32J(3)0.3【詳析】（1）對m1和m2整體，從A到C過程，由動能定理，有(m解得vC點有N-(m解得N=128N根據(jù)牛頓第三定律，運貨箱對軌道的壓力N'=N=128（2）從滑上小車到共速，m1、m2和彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能Ep解得E（3）取走m2，彈簧解鎖后，彈性勢能轉(zhuǎn)化為m1和m3的動能，即Ep小車與臺階碰撞后靜止，此后根據(jù)能量守恒，有1解得μ=0.311．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）如圖所示，將傾角θ＝37°、表面粗糙的斜面固定在地面上，用一根輕質(zhì)細繩跨過兩個光滑的半徑很小的滑輪連接甲、乙兩物體（均可視為質(zhì)點），把甲物體放在斜面上且細繩與斜面平行，把乙物體懸在空中，并使細繩拉直且偏離豎直方向α＝60°。開始時甲、乙均靜止?，F(xiàn)同時釋放甲、乙兩物體，乙物體將在豎直平面內(nèi)往返運動，測得繩長OA為l＝1m(1)釋放瞬間，乙物體的加速度大小a及細繩的拉力大小T1：(2)乙物體在擺動過程中細繩的最大拉力T(3)甲物體的質(zhì)量M（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）?！敬鸢浮?1)T(2)T(3)M=6.25【詳析】（1）釋放瞬間，乙物體向心力為0，沿切線方向有mg解得a=5對乙物體，沿半徑方向有T解得T（2）當乙物體運動到最低點時，繩子上的拉力最大，對乙物體，由動能定理得mgl又由牛頓第二定律得T解得T（3）當乙物體運動到最高點時，甲物體恰好不下滑，有Mg乙物體到最低點時，甲物體恰好不上滑，則有Mg聯(lián)立解得M=6.2512．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）如圖，兩顆地球衛(wèi)星A、B的軌道處于同一平面，P為A衛(wèi)星橢圓軌道的遠地點，兩衛(wèi)星軌道相切于A的近地點Q；B為近地衛(wèi)星，周期為T；A衛(wèi)星的遠地點P到地球中心的距離為R1，地球半徑為R，引力常量為G(1)地球表面的重力加速度g和地球質(zhì)量M；(2)A衛(wèi)星的周期TA【答案】(1)g=4π(2)T【詳析】（1）對于近地衛(wèi)星B，由萬有引力提供磁場力可得GMm解得地球質(zhì)量為M=在地球表面有GM解得地球表面的重力加速度為g=（2）A衛(wèi)星軌道半長軸為a根據(jù)開普勒第三定律可得R解得A衛(wèi)星的周期為T13．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）如圖甲，質(zhì)量m1的長木板靜置于粗糙水平地面上，質(zhì)量m2=2.5kg的物塊置于木板之上，t=0時刻力F作用于長木板，其變化規(guī)律如圖乙，之后木板的摩擦力f隨時間t的變化規(guī)律如圖丙。木板與地面間及物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1、μ(1)F隨t的變化規(guī)律公式；(2)木板質(zhì)量m1、木板與地面間及物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1、(3)t≥3s后木板的加速度隨t【答案】(1)F=5t((2)m1=2.5kg，(3)a=2t-4(【詳析】（1）由乙圖F=kt圖線斜率k=解得F=5t(（2）由丙圖：t=1s時，t=3s時，t=3s時，木板與物塊相對滑動根據(jù)牛頓第二定律F解得m1=2.5kg，（3）由牛頓第二定律得F代入F=5t解得a=2t-4(14．（2025·福建泉州·安溪一中&惠安一中&養(yǎng)正中學(xué)&泉州實中·模擬預(yù)測）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌AB與水平面成24°角，長度L1=4m，水平滑軌BC長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從頂端A由靜止開始下滑，其與兩段滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=29，貨物可視為質(zhì)點，其質(zhì)量m=2kg，貨物滑離C端時的速度不超過2(1)貨物在傾斜滑軌運動過程中的加速度大??；(2)水平滑軌BC的最短長度L2【答案】(1)2(2)2.7【