1、2020-22年三年年山东卷高考汇编专题19力学计算题【考纲定位】高考命题点考纲要求高考真题牛顿运动定律的应用理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题.2022山东高考T162020山东高考T16“碰撞模型”问题了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点2022山东高考T182020山东高考T18动量定理和动量守恒定律的应用通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律2021山东高考T16动力学和能量观点分析多运动过程问题熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧2021山东高考T18【知识重现】一功能关系的理解和应用1两点理解：(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增
2、加，且减少量和增加量一定相等(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等2五种关系：二摩擦力做功与能量转化1摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：两种摩擦力对物体都可以做正功，也可以做负功，还可以不做功2三步求解相对滑动物体的能量问题(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移(3)代入公式QFfx相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路
3、程s相对三能量守恒定律的理解与应用1能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等2能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和E减与增加的能量总和E增，最后由E减E增列式求解【真题汇编】1（2022山东高考真题）某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食
4、的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：（1）比例系数k值；（2）上行路程L值。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有解得小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有设斜面倾角为，对小车匀速有而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚
5、好匀速下行，有联立各式解得，（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有可得由运动学公式可知解得2（2022山东高考真题）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于），A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量，B的质量
6、，A与B的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小与；（2）B光滑部分的长度d；（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功；（4）实现上述运动过程，的取值范围（结果用表示）。【答案】（1），；（2）；（3）；（4）【解析】（1）设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有代入数据联立解得，（方向水平向左），（方向水平向右）即A和B速度的大小分别为，。（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有
7、代入数据解得根据动量定理有代入数据解得此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有联立各式代入数据解得，（舍去）故根据几何关系有代入数据解得（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知解得B物体停下来的时间为t3，则有解得可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为所以A对B的摩擦力所做的功为（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有由单摆周期公式解得，小球到悬挂点O点的距离小球下滑过程根据动能定理有当碰后小球摆角恰为
8、5时，有解得，小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有小球与A碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于），则要求故要实现这个过程的范围为3（2021山东高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞
9、行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为，据自由落体运动规律可得则碰撞前鸟蛤的合速度为在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，综上所述可得x坐标区间为。4（2021山东高考
10、真题）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，
11、从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。【答案】（1）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得若
12、A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得结合第（1）问结果可知根据题意舍去，所以恒力得最小值为（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得以C为研究对象，由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
13、负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得解得脱离弹簧后，C运动的距离为则C最后停止的位移为所以C向右运动的图象为5（2020山东高考真题）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2。某次练习过程中，运动员以vM=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角=72.8，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙
14、为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8=0.96，cos72.8=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8 m；(2)12 m【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2=ma1由运动学公式得联立式，代入数据得d=4.8 m(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos
15、72.8设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2=ma2设腾空时间为t，由运动学公式得联立式，代入数据得L=12 m6（2020山东高考真题）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；(
16、2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。【答案】(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3）；(3)；(4)【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立式得故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得联立式得设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得联立式得P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为
17、、，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立式得设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得联立式得设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得联立式得P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立式得设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得联立式得总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（n=1，2，3）(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得解得(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得设P运动到斜面底端时的速度为，需要的
18、时间为t2，由运动学公式得设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3当A点与挡板之间的距离最小时联立式，代入数据得【突破练习】1（2022山东威海市教育教学研究中心二模）如图甲所示，质量的木板A放在粗糙的水平地面上，在木板A左端固定一带孔的轻挡板，右端放置质量的小木块B，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮穿过挡板上的小孔后，分别与A、B相连。开始时A、B静止，现用水平向右的拉力F作用在A上，已知拉力F随时间t的变化规律如图乙所示，2s末轻绳与A、B脱离，此时撤去拉力F，B恰好与挡板发生碰撞，最终B停在A上且距离挡板。已知A、B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，B与挡板碰
19、撞时间极短，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）A、B刚要发生相对滑动时，拉力F的大小；（2）撤去拉力F时，A的速度大小；（3）B与挡板碰撞的过程中，A、B及挡板组成的系统损失的机械能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）刚好相对滑动时，对B对A解得（2）相对滑动后至碰撞前，对B对A解得（3）碰撞后至相对静止，对B解得对A解得根据速度关系根据动量守恒定律得根据能量守恒定律联立解得2（2022山东三模）如图所示，质量、长的木板B静止于光滑水平面上，质量的物块A停在B的左端。质量m=2kg的小球用长的轻绳悬挂在固定点O上。将轻绳拉直至水平位置后由静止释放小球，小球在最低点与A
20、发生弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略。A与B之间的动摩擦因数，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。（1）求轻绳对小球的最大拉力；（2）求木板B的最大速度；（3）若在小球和A碰撞的同时，立即给B施加一个水平向右的拉力F=15N，求A相对B向右滑行的最大距离。【答案】（1）60N；（2）；（3）【解析】（1）小球下摆到最低点与A碰撞前瞬间速度最大，所需向心力最大，轻绳的拉力最大。设此时小球速度大小为，由机械能守恒定律得解得根据牛顿第二定律有解得轻绳对小球的最大拉力为Tmax=60N（2）小球与A碰撞过程中，小球与A组成的系统动量守恒，机械能守恒，以水平向右为正方向，设碰后小球与A的速度分别为和
21、，则解得假设A能从B上滑离，分离时速度分别为、，则有解得另一组解不合实际故舍去。所以假设成立，木板B的最大速度为（3）A滑上木板后先向右做匀减速运动，加速度大小为设B此时向右做匀加速运动的加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有解得当两者速度相同时，A相对B向右滑行的距离最大，根据运动学公式有解得t时间内A、B的位移大小分别为A相对B滑行的最大距离为3（2022山东临沂三模）如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直
22、，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数，斜面的倾角，铁块B下端到地面的高度，木块A的质量，铁块B的质量，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，。（1）求木块A受到的摩擦力；（2）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）【解析】（1）假设绳子拉力为，对木块A，根据受力平衡可得对铁块B和动滑轮，根据受力平衡可得联立解得木块A受到的摩擦力大小为，方向沿斜面向下；（2）撤去力F，设木块A向上加速的加速度为，铁块B向下加速的加速度为，根据牛顿第二定律可得又联立解得当铁块B落地
23、时，木块A向上通过的位移为设此时木块A的速度为，则有解得铁块B落地后，木块A继续向上做匀减速运动的加速度大小为，则有解得木块A继续向上运动的位移为木块A能沿斜面上滑的最大距离为4（2022山东淄博二模）如图所示，两小滑块A和B的质量分别为和，放在静止于光滑水平地面上的长为L=1m的木板C两端，两者与木板间的动摩擦因数均为，木板的质量为m=4kg。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。在滑块B与木板C共速之前，滑块A、滑块B能够相遇，重力加速度取。（1）滑块A、B相遇时木板C的速度多大？（2）若滑块A、B碰撞后不再分开，请通过计算说明滑块A、B能否从木板C上滑下。（3）整个过程中，由于
24、滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是多少？【答案】（1）；（2）不能从板C上滑下；（3）【解析】（1）在A、B碰前，对A分析对B分析对C分析对A、B、C由运动学公式有又A、B相遇时有由得（2）A、B相遇时A与C的相对位移大小A、B碰前速度为A、B碰撞过程中有碰后AB一起向前减速，板C则向前加速，若三者能够共速，且发生的相对位移为对ABC系统由有由得因，故AB不能从板C上滑下；（3）A、B相遇时B与C的相对位移A、B与C因摩擦产生的热量为解得5（2022山东高三专题练习）如图所示，在一倾角为=37的山坡AD上发生了泥石流，有可视为质点的两水泥板M、N以同一速度v0=10m/s沿山坡AB段匀
25、速下滑，此过程中两水泥板相距l1=20m。M从经过B点开始到速度再次变为v0的过程中运动了s=36m，用时t=6s，M的速度再次变为v0时，M、N间的距离为l2=28m。两水泥板在BC段和CD段滑行时受到的阻力分别为其重力的k1倍和k2倍，且k1k2。重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）k1和k2的值；（2）整个下滑过程中，水泥板M、N之间的最小距离x。【答案】（1）0.8；0.2；（2）【解析】（1）M、N运动情况相同，设经过同一位置时，M比N运动时间滞后，有解得由题意知，两水泥板在BC段做匀减速直线运动，在CD段做匀加速直线运动。设两水泥板在BC段
26、加速度为，在CD段加速度为。当M速度再次为时（M处于CD段），N在其下方处，水泥板到C点时速度为v，有解得M从速度减小为v再到增大为过程中，设M在BC段运动的时间为，在CD段运动的时间为，有解得又解得即解得由牛顿运动定律得解得解得（2）M与N共速时，两水泥板间距最小，此时M在BC段，N在CD段，设两水泥板再次共速时的速度为，N从通过C点到与M共速所用时间为，M到C点的距离为，N到C点的距离为，对M有对N有解得又因为联立解得6（2022山东高三学业考试）如图所示，质量M2kg的长木板Q静止在光滑水平地面上，右端紧靠光滑固定曲面AB的最低点B，木板上表面与曲面相切于B点，水平面的左侧与木板左端相距
27、为x（x为未知量且其大小可以调节）处有一挡板C。一质量m1kg的小滑块P（可视为质点）从曲面上与B的高度差为h1.8m处由静止滑下，经B点后滑上木板，最终滑块未滑离木板。已知重力加速度大小为g10m/s2，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.3，木板与左挡板C和最低点B的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，则从滑块滑上木板到二者最终都静止的过程中（1）若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间；（2）若木板只与C发生了3次碰撞，求x的值；（3）其他条件不变，若m2kg，M1kg，xm，求木板通过的总路程。【答案】（1）2s；（2）；（3）【解析】（1）滑块P从A到B过程，根据机械能守恒
28、定律代入数据解得P在Q上做匀减速运动，Q做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。若木板只与C发生了一次碰撞，则碰撞后到停止运动的这段过程中二者的动量变化量相等，即碰前P与Q的动量大小相等，则有代入数据解得而Q的运动时间解得（2）木板共与C发生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。每次碰撞前木板的速度都相等，设为，即每次碰撞过程中C对木板的冲量大小为从P滑上Q到最终都静止过程，对P、Q整体根据动量定理得解得而解得（3），时，根据牛顿定律碰撞前木板的速度解得根据动量守恒定律解得碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。从第1次碰后到第2次碰前，此过
29、程木板的路程根据动量守恒定律第2次碰后到第3次碰前即即以此类推木板通过的路程为而，即当时，所以7（2022山东模拟预测）如图所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R=7.5m，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点）。滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L=1.2m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图甲所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因
30、数为=0.1，水平地面光滑，现将一质量为小球M（可视为质点的）从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取，求：（1）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程；（4）画出小车与墙壁前三次碰撞时间内小车和滑块的vt图象，不要求推导过程。【答案】（1）12m/s；（
31、2）48J；（3）10.625m；（4）【解析】（1）若小球到C点的速度为，B到C过程中小球克服阻力做功为，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有小球由A到C过程中，由动能定理可得解得（2）小球与滑块弹性碰撞过程联立方程组解得即由于小球与滑块质量相等，速度交换即碰后滑块速度大小为小球静止。滑块滑上小车后达到的共同速度为，滑块和小车第一次碰前，出动量守恒有第一次碰前小车和滑块速度均为，碰后小车变为，滑块速度仍为，碰后通过动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒有由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能
32、量守恒得联立得Q=48J（3）以小车第一次碰后为即时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为小车向左减速到0用时为路程为此时，小车速度为滑块的速度为即滑块和小车在二次碰墙前恰好达到共速，分析可知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中第3次碰撞到第4次碰撞过程中第4次碰撞到第5次碰撞过程中小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程s（4）如图所示。（只需画出第三次碰撞前）8（2022山东日照一模）如图所示，质量m1=1.9kg的靶盒a静止在固定平台上的O点，轻弹簧的
33、一端固定，另一端靠着靶盒（不连接），此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k=184N/m。长度、质量m2=1.0kg的木板b静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d=4.25m处有竖直墙壁。某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0=100m/s、质量m0=0.1kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内（在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度），最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板。已知靶盒与平台、与木板上表面的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g=10
34、m/s2。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）求：（1）子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；（2）靶盒刚离开弹簧时的动能；（3）O点到平台右端的距离；（4）木板运动的总路程。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒系统损失的动能解得（2）子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为，由能量守恒定律解得靶盒再次返回到点时离开弹簧，设此时动能为，由动能定理解得（3）设点到平台右端的距离为，靶盒离开点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒得解得（4）设靶盒滑上长木
35、板时的速度大小为解得设之后靶盒与木板达到共同速度解得该过程中木板的位移为，木板的加速度为根据解得说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移速度减0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度，以向右为正方向（下同）木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移速度减0，再向右加速设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度第三次与墙壁碰撞之后，经位移速度减0，再向右加速第次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度经位移速度减0，再向右加速木板的路程即解得9（2022山东高三专题练习）如图所示，一质量、长的长木板静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径的光滑圆弧轨道，
36、但不粘连。圆弧轨道左端点与圆心的连线与竖直方向夹角为60，其右端最低点处与长木板上表面相切。距离木板右端处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量的滑块。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量的滑块，滑块与通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量的滑块自点以某一初速度水平抛出下落高度后恰好能从点沿切线方向滑入圆弧轨道。下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板，带动向右运动，与平台碰撞后即粘在一起不再运动。随后继续向右运动，滑上平台，与滑块碰撞并粘在一起向右运动。、组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且没有滑离细杆。与木板间动摩擦因数为。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的
37、影响。重力加速度，求：（1）滑块到达点的速度大小；（2）滑块到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；（3）滑块滑上平台时速度的大小；（4）若弹簧第一次恢复原长时，的速度大小为。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？【答案】（1）；（2）60N；（3）2m/s；（4）3.0375J【解析】（1）从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向从P点沿切线进入圆轨道（2）从P点到圆弧最低点，由动能定理在最低点，由牛顿第二定律可知由牛顿第三定律可知（3）假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律由能量关系解得B板从开始滑动到AB共速的过程中，对B由动能定理解得即假设成立；B撞平台
38、后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理解得v3=2m/s（4）弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向右时，以ABC为系统，由动量守恒定律可知三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律由能量关系解得弹簧第一次恢复原长时，当C的速度方向向左时，以AD和C系统，由动量守恒定律三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律由能量关系可知解得10（2022山东潍坊高三阶段练习）2022年北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在国家跳台滑雪中心“雪如意”如期举行。图甲为跳台的K120米（起跳点到K点距离120米）级别标准场地解读图。此类比赛并不是只以距离论输赢，而是要以“姿势分”和“距离分”的综合来计算成绩。距离分要由
39、距K点的距离确定，运动员正好落在K点时记为60分，未到K点，将所差距离乘以每米的分值，从60分中减去；超过K点，将所超距离乘以每米的分值，然后加上60分。如图乙所示为简化的跳台滑雪的K120米雪道示意图，AB段为起滑段，H点为起跳点，HS段为坡体总长度（忽略H点到坡体的高度，坡体近似可以看做倾角为32的斜面，H点为顶点），PL段为着陆区，K为“K点”。（1）若总质量（加装备）为60kg的运动员，从A点自由滑下到达半径10m的圆弧末端H点（切线水平），已知A点和H点的竖直高度h45m，忽略阻力，求运动员在H点对轨道的压力大小。（2）运动员从H点飞出（忽略空气阻力）做平抛运动最后落到PL段，若每米
40、的分值为1.8，请计算滑雪运动员距离分。（已知sin320.53，cos320.848，tan320.625，g=10m/s2）【答案】（1）6000N；（2）82.86m【解析】（1）对人从A到H，由动能定理得可得在H点处得由牛顿第三定律得，对轨道的压力为，方向竖直向下（2）段坡体视为倾角为的斜面，运动员最终落到斜面上，易得水平位移为竖直位移为可得运动员在段长度运动员所得距离分为11（2022山东高三专题练习）2022年2月12日，中国运动员高亭宇斩获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。谈装置的作用过程可简化成如图所示，
41、运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中，质量m=60kg（含身上装备）的运动员仅依靠F=600N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R=10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；（2）运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小。【答案】（1），6000W；（2）【解析】（1）对运动员进行受力分析，由牛顿第二运动定律可得解得运动员由静止开始加速，由运动学公式解得加速过程中牵引力
42、做的功解得则加速过程牵引力的平均功率为解得（2）对运动员在A点受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心力，即解得支持力在竖直方向的分力平衡重力，即解得由力的合成与分解可得解得12（2022山东高三专题练习）形状为“2019”的竖直光滑轨道（轨道上端等高）如图所示，其中数字“0”为半径R1=5m的圆，上半圆为单侧外轨道，轨道其余部分为管道。数字“9”上部分是一段四分之三的圆弧，圆的半径R2=1m，所有管道均平滑连接。现有一质量m=1kg的小球，小球的直径略小于管道直径，且小球直径远小于R1和R2大小。当小球以初速度v0进入轨道，恰能通过“0”最高点A，并经过B、C两点，最后从水平放置的CD管
43、道的D点抛出，恰能无碰撞地从管口E点进入倾角为的粗糙斜直管，然后小球沿斜直管下滑到底端。在斜直管中，假设小球受到的阻力大小恒为其重量的。已知E点距管底F的距离L=5m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小球通过“9”最高点B时对管道的弹力大小和方向；（2）斜面的倾角的大小。【答案】(1)40N，方向向上；(2)【解析】（1）小球恰能通过“0”最高点A，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得解得由机械能守恒可得A点和B点的速度大小相等，小球通过B点时，有解得方向向下，根据牛顿第三定律知，小球对管道的弹力大小方向向上（2）由A到D的过程，由机械能守恒得解得由D点做平抛运动到E点的过程，有解得所以
44、解得13（2022山东潍坊二模）如图所示，质量M=1kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量m=1kg可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数，距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会原速率反弹。现对平板施一水平向左的恒力F=5N，物块与平板一起由静止开始运动，已知重力加速度，整个过程中物块未离开平板。求：（1）第一次碰撞过程中，平板所受合外力对平板的冲量；（2）第三次碰撞时物块离平板右端的距离；（3）物块最终离木板右端的距离；（4）若将恒力F撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度，使得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。（
45、假设平板足够长）【答案】（1），方向为平向右；（2）；（3）；（4）【解析】（1）若两者保持相对静止，在恒力作用下一起向左加速，有由于故平板M与m一起匀加速，根据动能定理得选初速度方向为正方向，由动量定理得大小为，方向为平向右；（2）平板反弹后，物块加速度大小向左匀减速运动，平板加速度大小为经时间达到共速，由得共同速度为从碰撞到达共速的过程，设平板的位移为x1，则之后一起匀加速再次碰撞的速度为，由动能定理由运动学公式得同理推导可得设物块离开平板右端的距离为S，则即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为。（3）设第n次碰撞速度为，经过第时间，达到第n次共速，之后一起匀加速再次碰撞的速度为，由动能定
46、理联立以上三式可得，同理可推导可得由求和公式（4）由题意，设每次加速的时间为t，平板和木块的加速度都为则平板撞击挡板的速率根据运动情况分析，前五次撞击的速度相等且小于木块的速度且对小物块代数得第六次撞击挡板的速度小于等于木块的速度，且满足，代数得即由运动学公式得14（2022山东聊城一中高三期末）如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板B，两者上表面齐平，可视为质点的物块C以初速度从A的左端开始向右运动，当C和A的速度相等时，A和B恰好发生了第一次碰撞，B运动一段距离后停止并锁定。已知A、B、C的质量分别为、，A的长度，B的长度，不计A与轨道间的摩擦，B与轨道间的动摩擦因数为，C与A、
47、B上表面间的动摩擦因数均为，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度为，忽略空气阻力。求：（1）A和C第一次速度相等时的速度大小；（2）第一次碰撞前A运动的距离和第一次碰撞后A的速度大小；（3）A和C第二次共速时，A、B之间的距离；（4）C在B上滑行的距离。【答案】（1）；（2），；（3）；（4）【解析】（1）对A、C，根据动量守恒定律解得（2）设第一次碰撞前A运动的距离为,由动能定理得可得设A、B第一次碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有联立得则第一次碰后，A速度大小为，方向反向。（3）A、C第二次共速过程中动量守恒，则解得C第二次共速过程用时此过程中A的位移B滑行的时间B滑行的距离故A、B间的距离为（4）A、C第一次共速过程中，由能量守恒得解得A、C第二次共速过程中，由能量守恒得解得则故C与A第二次共速时，C恰好到达A的右端。C与A第二次共速后一起以做匀速运动直至碰到B，C在B的上表面做匀减速运动，设一直减速到速度为零，有解得故C在B上滑行的距离等于B的板长，即