1．（2023·云南曲靖·曲靖市民族中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊從一半徑為R＝0.45m的四分之一光滑圓弧軌道頂點(diǎn)A下滑，滑到圓弧最低點(diǎn)B后，滑上長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.6m的水平桌面，水平桌面上沿運(yùn)動(dòng)方向粘貼了一段長(zhǎng)度未知的粗糙紙面，桌面其它部分光滑，小物塊與粗糙紙面的動(dòng)摩擦系數(shù)為μ＝0.4，小物體滑出后做平拋運(yùn)動(dòng)，桌面離地高度h=0.8m，水平飛行距離s＝0.4m，重力加速度為g，求：
（1）在圓弧最低點(diǎn)B軌道對(duì)物塊的支持力大??；
（2）未知粗糙紙面的長(zhǎng)度x為多少？
（3）將粗糙紙面放在不同位置，滑塊從B端滑過(guò)桌面到落地過(guò)程，時(shí)間最長(zhǎng)是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】(1)物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
物塊在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
(2)物塊滑出桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊在桌面邊緣的速度為v，則根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有
代入數(shù)據(jù)解得
物塊在桌面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
(3)粗糙紙面左端與B對(duì)齊時(shí)，滑塊從B端滑過(guò)桌面用時(shí)最長(zhǎng)，物塊在粗糙的紙面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
解得
紙面右側(cè)部分物塊勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
解得
所以滑塊從B端到落地的最長(zhǎng)時(shí)間
2．（2023·云南麗江·華坪縣第一中學(xué)?？家荒＃┤鐖D所示，半徑為R的豎直光滑半圓軌道bc與水平光滑軌道ab在b點(diǎn)連接，開始時(shí)可視為質(zhì)點(diǎn)的物體A和B靜止在ab上，A、B之間壓縮有一處于鎖定狀態(tài)的輕彈簧（彈簧與A，B不連接）。某時(shí)刻解除鎖定，在彈力作用下A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)，B沿軌道經(jīng)過(guò)c點(diǎn)后水平拋出，落點(diǎn)p與b點(diǎn)間距離為2R。已知A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）B經(jīng)c點(diǎn)拋出時(shí)速度的大小？
（2）B經(jīng)b時(shí)速度的大??？
（3）鎖定狀態(tài)的彈簧具有的彈性勢(shì)能？
【答案】（1） ；（2）；（3） 3.75mgR
【詳解】（1）B平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程豎直方向有
水平方向有
解得
（2）B從b到c，由機(jī)械能守恒定律得
解得
（3）A與B組成的系統(tǒng)，在彈簧彈開的過(guò)程，滿足動(dòng)量守恒，則有
解得
根據(jù)能量守恒定律有
解得
Ep=3.75mgR
3．（2023·安徽·校聯(lián)考三模）如圖1所示，光滑的六分之一圓弧軌道豎直放置，底端通過(guò)光滑軌道與一傾斜傳送帶連接，傾斜傳送帶的傾角為，小物塊b靜止于Q點(diǎn)，一質(zhì)量為的小物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)P以初速度沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)量為的小物塊b發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短）。碰撞后兩物塊的速率均為，且碰撞后小物塊b沿傳送帶方向運(yùn)動(dòng)，物塊b通過(guò)光滑軌道滑上傳送帶時(shí)無(wú)能量損失。已知圓弧軌道半徑為，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊b在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊b相對(duì)傳送帶的速度v如圖2所示，規(guī)定沿傳送帶向下為正方向，重力加速度取，求：
（1）碰撞前瞬時(shí)小物塊a的速度大??；
（2）碰撞后小物塊a能上升的最大高度及在最高點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力大??；
（3）物塊b與傳送帶間的摩擦因數(shù)及傳送帶的長(zhǎng)度。
【答案】（1）；（2），；（3），
【詳解】（1）對(duì)小物塊a由P到Q由動(dòng)能定理得
代入數(shù)據(jù)解得
（2）由題意可知，碰撞后物塊a和物塊b的速率均為，且由動(dòng)量守恒可知，物塊a碰后的速度方向向左。設(shè)碰撞后小物塊a能上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理得
代入數(shù)據(jù)解得
設(shè)小物塊a上升到最大高度處與O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為，由幾何關(guān)系可知
在最高點(diǎn)由平衡可得
聯(lián)立解得
（3）由題意可知，傳送帶的速度大小為，則有
且
小物塊b在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
對(duì)第一階段小物塊b有
同理第二階段有
聯(lián)立解得
4．（2023·安徽·統(tǒng)考二模）北京冬奧會(huì)中的冰壺比賽令人印象深刻，冰壺比賽場(chǎng)地如圖所示：運(yùn)動(dòng)員從起滑架處推著冰壺（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿中心線出發(fā)，在投擲線處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近大本營(yíng)圓心O，為了使冰壺滑行得更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可以用毛刷摩擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰面間的阻力減小。已知冰壺質(zhì)量m=20kg，未刷冰時(shí)，冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.02，刷冰后μ2=0.01，起滑架到投擲線的距離l1=10m，投擲線與圓心O點(diǎn)的距離為l2=30m，取g=10m/s2，則：
（1）比賽中在不刷冰的情況下，要使冰壺剛好停在大本營(yíng)圓心O處，求冰壺從投擲線被投出時(shí)速度v0大小；
（2）比賽中若冰壺從投擲線被投出時(shí)速度v1=3m/s，為了使冰壺怡好停在圓心O處，求冰壺被投出后需要刷冰的距離s；
（3）投壺手從起滑架處開始對(duì)冰壺施加一個(gè)沿中心線的水平推力F=20N，推著冰壺由靜止出發(fā)，冰壺到達(dá)投擲線之前就撤除推力，冰壺沿著中心線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在不刷冰的情況下，最后停在圓心O處，求推力F的作用時(shí)間t。
【答案】（1）；（2）15m；（3）
【詳解】（1）研究冰壺運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)位移與速度關(guān)系得
解得
（2）研究冰壺的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
（3）研究冰壺運(yùn)動(dòng)全程，根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
5．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）2022年2月我國(guó)成功舉辦了第24屆“冬奧會(huì)”，冬奧會(huì)讓冰雪運(yùn)動(dòng)走向大眾，讓更多人認(rèn)識(shí)冰雪，愛(ài)上冰雪，北京冬奧留下的不只是場(chǎng)館設(shè)施等物質(zhì)遺產(chǎn)，還有影響深遠(yuǎn)的文化和精神遺產(chǎn)。如圖甲所示為2022年北京冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)，將其簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型：段和段是長(zhǎng)度均為的傾斜滑道，傾角均為；段是半徑的一段圓弧軌道，圓心角為，與段平滑連接；段為結(jié)束區(qū)。一滑雪愛(ài)好者連同裝備總質(zhì)量，從A點(diǎn)由靜止出發(fā)沿著滑道下滑，從C點(diǎn)水平拋出落到斜面上的點(diǎn)，點(diǎn)到的距離。該愛(ài)好者可看作質(zhì)點(diǎn)，將到的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為平拋運(yùn)動(dòng)處理。忽略其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的空氣阻力，，重力加速度取。求：
（1）該人運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力大??；
（2）從開始運(yùn)動(dòng)到落至點(diǎn)的過(guò)程中摩擦阻力做的功。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）從處平拋，豎直方向有
水平方向有
得
在處，據(jù)牛頓第二定律有
解得滑道對(duì)人的支持力為
據(jù)牛頓第三定律，人運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力與大小相等，為。
（2）從到由動(dòng)能定理得
解得
6．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）物流公司用滑軌裝運(yùn)貨物，如圖所示．長(zhǎng)、傾角為的傾斜滑軌與長(zhǎng)的水平滑軌平滑連接，有一質(zhì)量為的貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑。已知貨物與兩段滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取。求：
（1）貨物滑到傾斜滑軌末端的速度大?。?br>（2）貨物從開始下滑經(jīng)過(guò)，克服摩擦力所做的功為多少。
【答案】（1）；（2）30J
【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理
解得
（2）在斜面上下滑時(shí)
解得
下滑到底端時(shí)的時(shí)間
在貨車上運(yùn)動(dòng)的加速度
解得
則在貨車上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
貨物從開始下滑經(jīng)過(guò)時(shí)已經(jīng)停止在水平面上，則整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理
克服摩擦力所做的功為
7．（2023·安徽蕪湖·蕪湖市第十二中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在光滑水平面上，并排放著質(zhì)量分別為1.5m和m的滑塊A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），A、B之間有少量粘合劑，能提供的最大粘合力為。一輕彈簧的兩端分別與墻壁和滑塊A相連接。O為水平面上一點(diǎn)，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為位移x的正方向，建立如圖所示的坐標(biāo)系。輕彈簧上的彈力F與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示，其中、為已知量（圖像中，“面積”代表功）。現(xiàn)用外力向左推至O處（彈簧處于彈性限度內(nèi)），然后由靜止釋放。求：
（1）B與A分離時(shí)的坐標(biāo)位置；
（2）B與A分離之前，彈簧彈性勢(shì)能的減少量；
（3）不計(jì)A、B分離過(guò)程中的能量損失，假設(shè)滑塊B與擋板C碰撞前后速率不變，且滑塊B剛好在A、B分離處與A相向碰撞并粘在一起（此后不再分離），求兩物塊再次將彈簧壓縮到最短時(shí)彈簧具有的彈性勢(shì)能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）B與A分離時(shí)，設(shè)彈簧拉力為F，兩者加速度相等
對(duì)AB整體有
對(duì)B有最大拉力
解得彈簧拉力為
結(jié)合圖像可知，B與A分離時(shí)的坐標(biāo)位置
（2）B與A分離之前，由圖像可知彈簧彈性勢(shì)能的減少量
（3）B與A分離時(shí)，A、B的速度相等，大小設(shè)為，對(duì)AB整體，由動(dòng)能定理得
當(dāng)兩者又一次各自到達(dá)分離處，根據(jù)各系統(tǒng)的能量守恒可知，速度大小還是，設(shè)碰后A、B的共同速度為，由碰撞時(shí)動(dòng)量守恒可知
從碰后到彈簧再次被壓縮到最短時(shí)，由能量守恒定律得
解得
8．（2023·安徽·模擬預(yù)測(cè)）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求：
（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間；
（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。
【答案】（1） ；（2）
【詳解】（1）設(shè)煙花彈上升的初速度為，由題給條件有
①
設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
②
聯(lián)立①②式得
③
（2）設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為，由機(jī)械能守恒定律有
④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為和。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有
⑤
⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為，由機(jī)械能守恒定律有
⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為
⑧
9．（2023·黑龍江·統(tǒng)考二模）如圖所示，半徑為L(zhǎng)的四分之一光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的最低點(diǎn)與長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平傳送帶左端A水平相切，傳送帶沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度為（），傳送帶的右端B緊靠等高的光滑水平面，質(zhì)量為m的滑塊b靜止在水平面上，離右邊的豎直墻距離為L(zhǎng)。質(zhì)量為3m的滑塊a從軌道上的最高點(diǎn)由靜止釋放沿圓弧面滑下，當(dāng)a滑到傳送帶右端時(shí)剛好與傳送帶共速，a滑上水平面后與b發(fā)生彈性碰撞，b與墻碰撞前后速度等大反向，不計(jì)滑塊的大小，重力加速度為g，求：
（1）滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）滑塊a第一次通過(guò)傳送帶，帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)額外多做的功；
（3）在滑塊a、b第一次和第二次碰撞的時(shí)間間隔內(nèi)，滑塊a運(yùn)動(dòng)的距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)滑塊a滑到A點(diǎn)時(shí)速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
設(shè)a與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度
根據(jù)題意知
解得
（2）a通過(guò)傳送帶動(dòng)能的增量
a與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量
根據(jù)功能關(guān)系，傳送帶額外多做的功
（3）設(shè)滑塊a與b發(fā)生彈性碰撞后一瞬間，a、b的速度大小分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒有
根據(jù)能量守恒有
解得
設(shè)a、b第一次碰撞后a運(yùn)動(dòng)x的距離a、b發(fā)生第二次碰撞，根據(jù)題意結(jié)合幾何關(guān)系，對(duì)滑塊
對(duì)滑塊
解得
10．（2023·黑龍江·統(tǒng)考二模）如圖所示是某種按摩器的示意圖。兩個(gè)按摩球質(zhì)量均為，兩根相同的、上端帶有光滑轉(zhuǎn)軸的輕質(zhì)桿分別與按摩球和輕質(zhì)把手相連，每根桿長(zhǎng)。某次使用時(shí)，球、桿及把手均在同一豎直平面內(nèi)，兩球按在水平的身體上，球與身體的動(dòng)摩擦因數(shù)為，兩桿之間的夾角時(shí)，給把手豎直向下的力。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，球可看成質(zhì)點(diǎn)，忽略皮膚的凹陷，、、。
（1）當(dāng)豎直向下的力至少多大時(shí)，兩球?qū)?huì)發(fā)生滑動(dòng)；
（2）若在把手上施加（1）中求得的恒力，當(dāng)兩桿之間的夾角為時(shí)，求兩個(gè)小球的總動(dòng)能。
【答案】（1）8N；（2）0.06J
【詳解】（1）豎直向下的力至少為F時(shí)，球恰發(fā)生滑動(dòng)，每個(gè)球受到地面的彈力大小為N，每個(gè)輕桿中彈力大小為，整體豎直方向
把手和兩輕桿連接點(diǎn)
對(duì)球有
解得
（2）兩桿之間的夾角到兩桿之間的夾角為過(guò)程中，有
解得
11．（2023·黑龍江大慶·鐵人中學(xué)?？级＃┯幸豢钔评T，其三扇門板俯視如圖所示，每扇門的寬度均為，質(zhì)量均為，邊緣凸起部位的寬度均為。門完全關(guān)閉時(shí)，1號(hào)門板的左側(cè)以及3號(hào)門板的右側(cè)分別與兩側(cè)的門框接觸時(shí)，相鄰門板的凸起部位也恰好接觸。測(cè)試時(shí)，將三扇門板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3號(hào)門板，每次都經(jīng)過(guò)相同的位移后撤去F，觀察三扇門的運(yùn)動(dòng)情況。發(fā)現(xiàn)當(dāng)恒力為8.5N時(shí)，3號(hào)門板恰好能運(yùn)動(dòng)到其左側(cè)凸起與2號(hào)門板右側(cè)的凸起接觸處。設(shè)每扇門與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，門板凸起部位間的碰撞及門板與門框的碰撞均為完全非彈性碰撞（不黏連）。不考慮空氣阻力，取。
（1）求每扇門與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)（可用分?jǐn)?shù)表示）。
（2）若要實(shí)現(xiàn)三扇門恰好完全關(guān)閉，則恒力應(yīng)是多大？
【答案】（1）0.01；（2）42.5N
【詳解】（1）設(shè)每扇門與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
（2）設(shè)3號(hào)門板和2號(hào)門板碰撞前速度的大小為，根據(jù)動(dòng)能定理
設(shè)3號(hào)門板和2號(hào)門板碰撞后速度的大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
3號(hào)門板與2號(hào)門板碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
12．（2023·黑龍江哈爾濱·哈九中?？级＃┤鐖D所示，一質(zhì)量的物塊以的速度從B端進(jìn)入水平傳送帶，最后能從C點(diǎn)水平拋出，已知水平傳送帶長(zhǎng)，該物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，傳送帶以速度為v順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)且不考慮傳送帶滑輪大小。重力加速度。求：
（1）當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，將物塊從B傳送到C過(guò)程中物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？
（2）若在傳送帶右側(cè)加裝一個(gè)收集裝置，如圖所示，其內(nèi)邊界截面為四分之一圓弧，C點(diǎn)為圓心，半徑為。調(diào)節(jié)傳送帶速度大小，使該物塊從C點(diǎn)拋出后，落到收集裝置時(shí)動(dòng)能最小，則該物塊落到收集裝置時(shí)最小動(dòng)能是多少？
【答案】（1）2J；（2）7.5J
【詳解】（1）小物塊的加速度
小物塊的加速時(shí)間
小物塊勻加速的位移
則小物塊先加速后勻速，傳送帶的位移
二者的相對(duì)位移
產(chǎn)生的熱量
（2）令小物塊從C點(diǎn)飛出后速度為，水平方向有
豎直方向有
根據(jù)幾何關(guān)系有
根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，最小，解得
13．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？级＃┤鐖D所示，厚度均勻的足夠長(zhǎng)的木板C靜止在光滑水平面上，木板上距左端為L(zhǎng)的Q處放有小物塊B。平臺(tái)OP與木板C的上表面等高，小物塊A被壓縮的彈簧從O點(diǎn)彈出，經(jīng)P點(diǎn)滑上木板向右運(yùn)動(dòng)。A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，已知彈簧彈性勢(shì)能，OP間距離為4L，A與平臺(tái)OP間、A與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，B與木板C大小間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A的質(zhì)量m1=m，B的質(zhì)量m2=2m，C的質(zhì)量m3=4m，重力加速度大小為g。物塊A與B碰撞前，木板鎖定在地面上。
（1）求物塊A在與物塊B碰撞前瞬間的速度大小；
（2）物塊A與物塊B發(fā)生彈性碰撞后瞬間木板解除鎖定。設(shè)物塊A與木板C相對(duì)靜止前系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q1，物塊A與木板C相對(duì)靜止后系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q2，求Q1與Q2之比。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）物塊A從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律
解得
（2）小物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，以向右為正方向，有
解得
，
小物塊A向左減速，小物塊B向右減速，木板C向右加速，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)小物塊A，有
對(duì)小物塊B，有
對(duì)木板C，有
解得
假設(shè)小物塊A先減速至零，再反向加速直至與木板A共速時(shí)，B未與C共速，用時(shí)t1，有
解得
，
此過(guò)程中小物塊B一直減速，有
解得
由可知，t1時(shí)物塊B未與木板C共速，在t1時(shí)間內(nèi)，小物塊A向左減速位移大小為
小物塊A向右加速位移大小為
木板C運(yùn)動(dòng)位移大小為
小物塊B向右減速位移大小為
物塊A與木板C相對(duì)靜止前系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為
解得
物塊A滑上木板C至三者共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有
由能量守恒定律
物塊A與木板C相對(duì)靜止后系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q2，有
解得
所以
14．（2023·黑龍江·統(tǒng)考一模）如圖所示，長(zhǎng)木板A放置在光滑水平面上，木板右端距固定平臺(tái)距離，木板厚度與光滑平臺(tái)等高，平臺(tái)上固定半徑的光滑半圓軌道，軌道末端與平臺(tái)相切。木板左端放置滑塊B，滑塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，給滑塊施加水平向右的作用力，作用時(shí)間后撤去，滑塊質(zhì)量，木板質(zhì)量，滑塊沒(méi)有滑離木板，不計(jì)空氣阻力，重力加速度。求：
（1）木板的最大速度；
（2）若木板與平臺(tái)間碰撞無(wú)能量損失，最終滑塊停在木板右端，求木板的長(zhǎng)度；
（3）若木板長(zhǎng)度，且木板與平臺(tái)碰撞即與平臺(tái)粘合在一起，求滑塊通過(guò)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小。
【答案】（1）；（2）12m；（3）
【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)加外力時(shí)滑塊和木板的加速度分別為，由牛頓第二定律有
解得
撤去外力時(shí)滑塊及木板的速度分別為，則
撤去外力后滑塊加速度
設(shè)木板未碰到平臺(tái)前已與滑塊達(dá)到共同速度，設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間達(dá)到共速，則有
解得
木板位移
故木板最大速度為。
（2）第一段滑塊與木板間的相對(duì)位移為
此后木板與平臺(tái)發(fā)生彈性碰撞向左做減速運(yùn)動(dòng)，因滑塊質(zhì)量大，兩者再達(dá)到共同速度再次與平臺(tái)碰撞，以后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，最終滑塊停止在木板右端，第二段滑塊與木板間相對(duì)位移為，由功能關(guān)系有
解得
故木板長(zhǎng)度
（3）滑塊與木板達(dá)到共同速度后一起運(yùn)動(dòng)，木板與平臺(tái)碰后立即停止，滑塊滑離木板時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理
解得
滑塊通過(guò)最高點(diǎn)速度為，由機(jī)械能守恒，有
解得
由牛頓第二定律
解得
由牛頓第三定律，滑塊對(duì)軌道壓力大小為。
15．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第一二二中學(xué)校?？级＃┤鐖D，輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端將質(zhì)量的小球懸掛在A點(diǎn)。質(zhì)量的玩具子彈，以的速度射向小球，與小球碰撞后，又以的速度彈回。已知繩長(zhǎng)為，g取，。求：
（1）碰撞后瞬間小球達(dá)到的速度。
（2）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)發(fā)的熱。
（3）碰撞后，小球向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)相對(duì)于A點(diǎn)的高度。
（4）從碰撞后瞬間開始計(jì)時(shí)，小球經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間第一次回到A點(diǎn)。
【答案】（1），水平向右；（2）；（3）；（4）1s
【詳解】（1）以水平向右為正方向，子彈和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
解得
方向水平向右。
（2）對(duì)碰撞前后，子彈和小球組成的系統(tǒng)能量守恒
解得碰撞過(guò)程中系統(tǒng)發(fā)的熱
（3）碰撞后，小球向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律
解得最高點(diǎn)相對(duì)于A點(diǎn)的高度
（4）由于最高點(diǎn)的高度和繩長(zhǎng)相比，所以小球被碰撞后的運(yùn)動(dòng)屬于單擺運(yùn)動(dòng)，由單擺周期公式
解得
所以從碰撞后，小球經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間第一次回到A點(diǎn)的時(shí)間
16．（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考一模）足夠長(zhǎng)的木板C靜止在足夠大的光滑水平面上，距C的左端處的P點(diǎn)放有一物塊B，物塊A以大小的水平初速度滑上木板的左端，如圖所示。A、B（均視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量均為，C的質(zhì)量，A、B與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，A、B間的碰撞為彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小。求：
（1）A、B碰撞前的瞬間，A的速度大?。?br>（2）最終B與P點(diǎn)間的距離x；
（3）整個(gè)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
【答案】（1）2m/s；（2）0.2m；（3）7.2J
【詳解】（1）從A滑上C到A、B碰撞前的瞬間，A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
B、C整體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
設(shè)從A滑上C到A、B碰撞的時(shí)間為t1，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，結(jié)合幾何關(guān)系有
解得
根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系有
解得
（2）A、B碰撞前的瞬間，B、C的共同速度大小
設(shè)A、B碰撞后的瞬間，A、B的速度大小分別為vA2與vB2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
，
此后，B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A、C一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最終三者速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
A、B碰撞后，B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
A、B碰撞后，B通過(guò)的位移大小為
A、B碰撞后，A、C一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為
A、B碰撞后，C通過(guò)的位移大小為
所以
（3）A、B碰撞前，A、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量為
A、B碰撞后，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量為
所以
17．（2023·山西·統(tǒng)考二模）冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到P點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度，恰好能勻減速滑行距離到達(dá)O點(diǎn)。用毛刷擦冰面，可使冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小為。為了贏得比賽需設(shè)法將對(duì)手靜止在O點(diǎn)的冰壺B撞出營(yíng)壘區(qū)（壘區(qū)內(nèi)只有冰壺B），運(yùn)動(dòng)員仍以擲出A壺后，在距投擲線某處開始用毛刷擦冰面，最終將B壺撞出了營(yíng)壘區(qū)。已知A、B的質(zhì)量相同，均視為質(zhì)點(diǎn)，冰壺均沿直線PO運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)冰壺間的碰撞為彈性正碰，營(yíng)壘區(qū)半徑，重力加速度g取，求：
（1）未用毛刷擦冰面時(shí)冰壺與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）運(yùn)動(dòng)員用毛刷擦冰面的長(zhǎng)度至少為多少？
【答案】（1）0.02；（2）7.2m
【詳解】（1）分析未用毛刷擦冰面時(shí)對(duì)冰壺A，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)員擦冰面的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，冰壺A與冰壺B碰前的速度為，根據(jù)動(dòng)能定理
冰壺A與冰壺B彈性碰撞，設(shè)它們碰后的速度分別為、，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律
碰后，冰壺B要離開營(yíng)壘區(qū)，至少應(yīng)該滿足
聯(lián)立解得擦冰面的長(zhǎng)度至少為
18．（2023·山西·一模）如圖所示，光滑的水平面上有一質(zhì)量曲面滑板，滑板的上表面由長(zhǎng)度的水平粗糙部分AB和半徑為的四分之一光滑圓弧BC組成，質(zhì)量為滑塊P與AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。將P置于滑板上表面的A點(diǎn)。不可伸長(zhǎng)的細(xì)線水平伸直，一端固定于O'點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量的光滑小球Q?，F(xiàn)將Q由靜止釋放，Q向下擺動(dòng)到最低點(diǎn)并與P發(fā)生彈性對(duì)心碰撞，碰撞后P在滑板上向左運(yùn)動(dòng)，最終相對(duì)滑板靜止于AB之間的某一點(diǎn)。P、Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，與滑板始終在同一豎直平面內(nèi)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10。求：
（1）Q與P碰撞前瞬間細(xì)線對(duì)Q拉力的大小；
（2）碰后P能否從C點(diǎn)滑出？碰后Q的運(yùn)動(dòng)能否視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明；（碰后Q的最大擺角小于5°時(shí)，可視為做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，已知）
（3）計(jì)算P相對(duì)滑板的水平部分AB運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間，并判斷P在相對(duì)滑板運(yùn)動(dòng)時(shí)，有無(wú)可能相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)。如有可能，算出相對(duì)地面向右的最大速度；如無(wú)可能，請(qǐng)說(shuō)明原因。
【答案】（1）18N；（2）不能，不能；（3）0.4s，不可能，見(jiàn)解析
【詳解】（1）Q釋放后到碰撞前，由機(jī)械能守恒定律
解得
在最低點(diǎn)由牛頓第二定律
聯(lián)立解得Q與P碰撞前瞬間細(xì)線對(duì)Q拉力的大小
（2）小球Q與物體P碰撞后瞬間，由動(dòng)量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入解得
，
碰后，P在滑板上滑動(dòng)，P與滑板共速時(shí)，相對(duì)AB的高度最大，設(shè)此高度為，此時(shí)，P與滑板的速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒得
解得
由于，所以碰后P不能從C點(diǎn)滑出；
設(shè)Q碰后上升到最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，對(duì)Q由機(jī)械能守恒定律
解得
所以，故碰后Q的運(yùn)動(dòng)不能視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。
（3）物體P最終相對(duì)滑板靜止于AB之間的某一點(diǎn)，根據(jù)水平動(dòng)量守恒和能量守恒得
解得
因?yàn)榛瑝KP與滑板的相對(duì)位移，所以滑塊P會(huì)滑過(guò)B點(diǎn)進(jìn)入BC段，再滑回B點(diǎn)，最終相對(duì)滑板靜止在AB之間。設(shè)P兩次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度分別為v4和，以向左為正，由動(dòng)量守恒定律
由能量守恒定律
聯(lián)立解得
同理可得
因?yàn)镻第二次滑到B點(diǎn)的速度，說(shuō)明其相對(duì)地面的速度方向向左，所以P不可能相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)。
P相對(duì)滑板的水平部分AB運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)P由牛頓第二定律
所以
P第一次滑上AB時(shí)，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為
P第二次滑上AB時(shí)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為
所以P相對(duì)滑板的水平部分AB運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間
19．（2023·山西·統(tǒng)考一模）夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙成功發(fā)射后運(yùn)行在距地球表面高度為h的圓軌道上，實(shí)驗(yàn)艙擁有一項(xiàng)特別“炫酷”的功能—在軌釋放微小衛(wèi)星。航天員把微小衛(wèi)星裝入釋放機(jī)構(gòu)，釋放機(jī)構(gòu)再像彈弓一樣，在很短的時(shí)間內(nèi)把微小衛(wèi)星沿空間站前行方向彈射出去。若某個(gè)質(zhì)量為m的微小衛(wèi)星被彈射后恰能脫離地球的引力范圍，即到達(dá)距地球無(wú)限遠(yuǎn)時(shí)的速度恰好為零。已知質(zhì)量分別為的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相距為r時(shí)，它們間的引力勢(shì)能為（，引力勢(shì)能為0）。地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G。求：
（1）微小衛(wèi)星與實(shí)驗(yàn)艙在軌運(yùn)行時(shí)的速度；
（2）釋放機(jī)構(gòu)彈射微小衛(wèi)星過(guò)程中做的功。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設(shè)地球的質(zhì)量為M,空間站與微小衛(wèi)星的速度大小為
解得
（2）微小衛(wèi)星剛彈射出去時(shí)速度的大小為v
釋放機(jī)構(gòu)將微小衛(wèi)星彈射出去的過(guò)程中做的功
解得
20．（2023·山西·統(tǒng)考一模）有一款推拉門，其三扇門板俯視如圖所示，每扇門的寬度均為，質(zhì)量均為，邊緣凸起部位的寬度均為。門完全關(guān)閉時(shí)，1號(hào)門板的左側(cè)以及3號(hào)門板的右側(cè)分別與兩側(cè)的門框接觸時(shí)，相鄰門板的凸起部位也恰好接觸。測(cè)試時(shí)，將三扇門板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3號(hào)門板，每次都經(jīng)過(guò)相同的位移后撤去F，觀察三扇門的運(yùn)動(dòng)情況。發(fā)現(xiàn)當(dāng)恒力為時(shí)，3號(hào)門板恰好能運(yùn)動(dòng)到其左側(cè)凸起與2號(hào)門板右側(cè)的凸起接觸處。設(shè)每扇門與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，門板凸起部位間的碰撞及門板與門框的碰撞均為完全非彈性碰撞（不黏連）。不考慮空氣阻力，取。
（1）求每扇門與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
（2）若要實(shí)現(xiàn)三扇門恰好完全關(guān)閉，則恒力應(yīng)是多大？
（3）若想讓三扇門都到達(dá)最右側(cè)門框處，則恒力至少是多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)每扇門與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
（2）設(shè)3號(hào)門板和2號(hào)門板碰撞前速度的大小為，根據(jù)動(dòng)能定理
設(shè)3號(hào)門板和2號(hào)門板碰撞后速度的大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
3號(hào)門板與2號(hào)門板碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
（3）設(shè)3號(hào)門板和2號(hào)門板碰撞前速度的大小為，根據(jù)動(dòng)能定理
設(shè)3號(hào)門板和2號(hào)門板碰撞后速度的大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
3號(hào)門板與2號(hào)門板碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)到與門框接觸前的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理
設(shè)2號(hào)門板與1號(hào)門板碰撞后速度的大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
從2號(hào)門板與1號(hào)門板碰撞后到1號(hào)門板恰好停止過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理
聯(lián)立解得
21．（2023·山西·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑水平面上兩虛線1、2之間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量、電阻、邊長(zhǎng)的正方形導(dǎo)體框放在水平面上，且邊與兩虛線平行，某時(shí)刻在導(dǎo)體框上施加一水平外力，使導(dǎo)體框開始向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間導(dǎo)體框的邊剛好以速度（未知）勻速通過(guò)磁場(chǎng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)虛線2的瞬間，在導(dǎo)體框上再施加一水平向左的外力，且外力的大小為，其中，為導(dǎo)體框的速度。已知兩虛線之間的間距也為，邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)時(shí)間的1.4倍，且邊離開磁場(chǎng)時(shí)的速度為。
（1）求導(dǎo)體框勻速時(shí)的速度的大??；
（2）判斷導(dǎo)體框的邊在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況；
（3）求導(dǎo)體框的邊從虛線1運(yùn)動(dòng)到虛線2的過(guò)程中導(dǎo)體框中產(chǎn)生的熱量應(yīng)為多少？
【答案】（1）；（2）見(jiàn)解析；（3）
【詳解】（1）導(dǎo)體框的邊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
回路中的電流強(qiáng)度為
導(dǎo)體框的邊所受的安培力為
由于導(dǎo)體框在磁場(chǎng)內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)，則由力的平衡條件得
外力的功率為
聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得
（2）導(dǎo)體框的邊在磁場(chǎng)中，導(dǎo)體框受向右的外力、向左的安培力、后來(lái)施加的水平向左的外力，此時(shí)導(dǎo)體框的合力向左，選向左為正方向，根據(jù)牛頓第二定律
求出加速度大小
因與反方向，應(yīng)減速運(yùn)動(dòng)，加速度隨之也減小，故導(dǎo)體框的邊在磁場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)（最后可能勻速）
（3）邊穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，導(dǎo)體框的速度為時(shí)
因、、均為恒量，故安培力與速度成正比，而水平向左的外力也與速度成正比，故兩者的變化規(guī)律相同，必有
根據(jù)動(dòng)能定理有
其中
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得
故邊穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱為
22．（2023·山西·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量的平板車放在光滑的水平面上，質(zhì)量的物塊放在平板車右端上表面，質(zhì)量的小球用長(zhǎng)為的細(xì)線懸掛于點(diǎn)，點(diǎn)在平板車的左端正上方，距平板車上表面的高度為，將小球向左拉到一定高度，懸線拉直且與豎直方向的夾角為，由靜止釋放小球，小球與平板車碰撞后，物塊剛好能滑到平板車的左端，物塊相對(duì)平板車滑行的時(shí)間為，物塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，忽略小球和物塊的大小，重力加速度取，求：
（1）平板車的長(zhǎng)度；
（2）小球與平板車碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設(shè)物塊在平板車上滑動(dòng)時(shí)的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
設(shè)物塊與平板車最后的共同速度為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
設(shè)小球與平板車相碰后，平板車的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
設(shè)平板車的長(zhǎng)度為，根據(jù)能量守恒有
解得
（2）設(shè)小球與平板車相碰前速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
設(shè)碰撞后小球的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
小球與平板車碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為
23．（2023·吉林·統(tǒng)考三模）如圖所示，質(zhì)量、長(zhǎng)度的木板A靜置在足夠大的光滑水平地面上，質(zhì)量、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B放在木板A右端，現(xiàn)對(duì)木板A施加一水平向右的恒力F＝5N，兩者由靜止開始運(yùn)動(dòng)，作用一段時(shí)間后撤去恒力F，物塊B恰好能到達(dá)木板A的左端。已知物塊B與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度大小，求：
（1）物塊B與木板A間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；
（2）摩擦力對(duì)物塊B的沖量大小I。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據(jù)功能關(guān)系有
解得
（2）設(shè)物塊B在木板A上滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，恒力F的作用時(shí)間為，撤去恒力F后物塊B在木板A上滑動(dòng)的時(shí)間為，恒力F撤去前、后木板A的加速度大小分別為、，則有
解得
24．（2023·吉林長(zhǎng)春·長(zhǎng)春市第二中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為的小球A用長(zhǎng)為R的不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn)，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于長(zhǎng)木板C（其右端有一不計(jì)厚度的輕質(zhì)擋板）的左端靜止，B處于O點(diǎn)正下方，OB兩點(diǎn)距離為R，將小球A拉起，使輕繩被水平拉直，將A球由靜止釋放，A與B發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間極短），重力加速度為g。
（1）求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦；
（2）若長(zhǎng)木板Ｃ的質(zhì)量為3m，B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B剛好能運(yùn)動(dòng)到木板C右端的擋板處，求木板Ｃ的長(zhǎng)度L；
（3）若只將（2）問(wèn)中B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)改為（木板C的長(zhǎng)度不變），則小物塊B與擋板相撞后，恰好能回到C左端而不脫離木板，求碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)小球A與B碰前瞬間速度為v0，則有
設(shè)碰后A和B的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得
設(shè)碰后A球能上升的最大高度為H，有
聯(lián)立解得
（2）由（1）可求得碰后B的速度為
B與C相互作用達(dá)到的共同速度為v，有
由以上各式解得
（3）因B恰好能回到C左端，由B與C系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，B與C最后的速度也為v，有
由以上各式解得

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