2022年高考+联考模拟物理试题分项版解析 专题19 计算题1(力与运动

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2024年2月27日发(作者：)

1．【2022·海南卷】水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：

（1）物块B克服摩擦力所做的功；

（2）物块A、B的加速度大小。

【答案】（1）2μmgs

（2）F3mgF3mg2m

4m

aF3mgB=4m⑧

【考点定位】牛顿其次定律、功、匀变速直线运动

【名师点睛】接受整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，依据牛顿其次定律列式求解即可。解决本题的关键还是抓住联系力和运动的桥梁加速度。

2．（15分）【2022·四川卷】中国科学院2021年10月宣布中国将在2022年开头建筑世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品平安、材料科学等方面有广泛应用。

如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106

m/s，进入漂移管E时速度为1×107

m/s，电源频率为1×107

Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108

C/kg。求：

（1）漂移管B的长度；

（2）相邻漂移管间的加速电压。

【答案】（1）0.4 m（2）6104V

【解析】（1）设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管A的长度为L，WqU ④

W3W ⑤

W12mv212E2mvB ⑥

联立④⑤⑥式并代入数据得U6104V⑦

考点：动能定理

【名师点睛】此题联系高科技技术-粒子加速器，考查了动能定理的应用，比较简洁，只要弄清加速原理即可列出动能定理求解；与现代高科技相联系历来是高考考查的热点问题.

3．【2022·四川卷】（17分）避险车道是避开恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开头在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了

4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos=1，sin=0.1，g=10m/s2。求：

（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；

（2）制动坡床的长度。

【答案】（1）5m/s2，方向沿斜面对下（2）98m

【解析】（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4，受摩擦和货物总重的k倍，k=0.44，货车长度l0=12m，制动坡床的长度为l，则MgsinFfMa2④

Fk(mM)g⑤

s11vt2a1t2⑥

svt122a2t2⑦

ss1s2⑧

ll2s0s1⑨

联立①②③-⑨并代入数据得l98m⑩

考点：匀变速直线运动的应用；牛顿其次定律

【名师点睛】此题依据高速大路的避嫌车道，考查了牛顿其次定律的综合应用；涉及到两个争辩对象的多个争辩过程；关键是弄清物理过程，分析货物和车的受力状况求解加速度，然后选择合适的物理过程争辩解答；此题属于中等题目.

4．【2022·天津卷】（16分）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示，质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开头以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s，A与B的竖直高度差H=48 m。为了转变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道连接，其中最低点C处四周是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=–1 530 J，取g=10 m/s2。

（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【答案】（1）144 N

（2）12.5 m

【考点定位】动能定理、牛顿其次定律的应用

【名师点睛】此题是力学综合题，主要考查动能定理及牛顿其次定律的应用；解题的关键是搞清运动员运动的物理过程，分析其受力状况，然后选择合适的物理规律列出方程求解；留意第（1）问中斜面的长度和倾角未知，需设出其中一个物理量。

5．【2022·浙江卷】（16分）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简扮装置如图所示。P是一个微粒源，能持

续水平向 右放射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。

向是自由落体运动；解题时留意找到临界点；此题难度不算大，意在考查同学对物理基本方法的把握状况。

6．【2022·江苏卷】（16分）如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：

（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；

（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。

【答案】（1）t3hg（2）LgvLg（3）L22h

4h2h

（3）由能量关系12mv22mgh12mv122mgh⑦

代入④、⑤式L22h⑧

【考点定位】动能定理；平抛运动

【名师点睛】此题是对平抛运动的考查；主要是把握平抛运动的处理方法，在水平方向是匀速运动，在竖直方

（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；

（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s；

（3）A滑动的位移为x时的速度大小vA．

【答案】（1）mgcosα （2）2(1cos)x（3）v2gxsinA32cos解得v2gxsinA32cos

【考点定位】物体的平衡、机械能守恒定律

【方法技巧】第一问为基础题，送分的。其次问有点难度，难在对几何关系的查找上，B的实际运动轨迹不是沿斜面，也不是在竖直或水平方向，这样的习惯把B的运动正交分解，有的时候分解为水平、竖直方向，也可能要分解到沿斜面和垂直斜面方向，按实际状况选择，第三问难度较大，难在连接体的关联速度的查找，这类关系的查找抓住：沿弹力的方向分速度相同。

7．【2022·上海卷】（12分）风洞是争辩空气动力学的试验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2

m处，杆上套一质量m=3 kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调整为F=15 N，方向水平向左。小球以初速度v0=8 m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。求：

（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；

（2）小球落地时的动能。

（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78 J？

【答案】（1）4.8 m （2）120 J （3）0.24 s

【考点定位】曲线运动、自由落体运动、匀速运动、动能定理

【方法技巧】首先分析出小球的运动状况，竖直方向自由落体运动，水平方向匀减速直线运动，依据运动状况计算小球运动时间和水平位移；通过动能定理计算小球落地动能；通过动能定理和运动学关系计算时间。

8．【2022·全国新课标Ⅰ卷】（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开头下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数=14，重力加速度大小为g。（取sin373，cos37455）

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。

（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。

（3）转变物块P的质量，将P推至E点，从静止开头释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和转变后P的质量。

【答案】（1）v12B2gR；（2）Ep5mgR；（3）v31D55gR；m13m

由动能定理有mgxsinmgxcosE1p02mvB2④

E、F之间的距离l1为l1=4R–2R+x⑤

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦

Ep125mgR⑧

（3）设转变后P的质量为mG点的水平距离x751。D点与1和竖直距离y1分别为x12R6Rsin⑨

yR56R516Rcos⑩

式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。

设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有

y112gt2⑪

【考点定位】动能定理、平抛运动、弹性势能

【名师点睛】本题主要考查了动能定理、平抛运动、弹性势能。此题要求娴熟把握平抛运动、动能定理、弹性势能等规律，包含学问点多、过程多，难度较大；解题时要认真分析物理过程，挖掘题目的隐含条件，机敏选取物理公式列出方程解答；此题意在考查考生综合分析问题的力量。

9．【2022·全国新课标Ⅱ卷】（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开头沿轨道运动，重力加速度大小为g。

（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；

（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。

【答案】（1）22l （2）5mM532m

【解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为

Ep=5mgl①

设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得

E1p2Mv2BMg4l②

联立①②式，取M=m并代入题给数据得vB6gl③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足

mv2lmg0④

5mgl>μMg·4l⑩

要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上上升度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有

12Mv2BMgl⑪

联立①②⑩⑪式得

53mM52m⑫

【考点定位】能量守恒定律、平抛运动、圆周运动

【名师点睛】此题是力学综合题；考查平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用；解题时要首先知道平抛运动

及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖掘“若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下”这句话包含的物理意义；此题有肯定难度，考查考生综合分析问题、解决问题的力量。

1．【2022·安徽师大附中最终一卷】如图甲所示，工厂利用倾角300的皮带传输机，将每个质量为m=5kg的木箱从地面运送到高出水平地面的h=5.25m平台上，机械手每隔1s就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑．木箱放到传送带上后运动的部分v-t图像如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取l0m/s2。求：

（1）木箱与传送带间的动摩擦因数；

（2）传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；

（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开头计时的10分钟内，由于木箱的放入，电动机需要多做的功．

【答案】（1）235（2）11个（3）166625J

【解析】（1）由乙图可知，木箱运动的加速度为：a11m/s21，皮带匀速运动的速度为：v1m/s，

和皮带间的摩擦产生的热量为：Q1mgcosx15J

木箱最终增加的动能为：E1K1＝2mv2＝2.5J，

木箱到达平台增加的重力势能为：EPmgh262.5J，

从开头的10分钟内共传送木箱的个数N=10×60=600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，到达平台的590个，电动机做的功为：W1590（Q1EK1EP1）165200J，

在传送带上的已经开头运动得10个木箱增加的动能为：10EK125J，

10个木箱的摩擦生热为：10Q1150J，

考点：考查了功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿其次定律．

【名师点睛】本题主要考查了牛顿其次定律、运动学基本公式以及功能关系的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力状况和运动状况，能依据运动图象求出加速度和最终两者一起运动的速度，难度较大，属于难题

2．【2022·苏北三市（徐州市、连云港市、宿迁市）最终一卷联考】（16分）光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直．始终径略小于圆管直径的质量为m的小球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时细线断裂，小球连续运动．已知弧形轨道的半径为R=83m，所对应的圆心角为53°，sin53°=0.8，g=10m/s2．

（1）若M=5m，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小．

（2）若M=5m，求小球从C点抛出后下落高度h=43m时到C点的水平位移．

（3）M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？

【答案】（1）7m/s2

（2）43m（3）M≥207m

【解析】（1）设细线中张力为F，对小球：F-mgsin53°=ma

对物块：Mg-F=Ma

联立解得 a=7m/s2

（2）在RtΔOAB中，得xAB=R/tan53°

由v2=2axAB ，解得v=27m/s

从B到C，依据机械能守恒，有12mv2122mvCmgR(1cos53)

考点：牛顿其次定律及机械能守恒定律

【名师点睛】此题是平抛运动以及牛顿其次定律及机械能守恒定律的考查；解题时关键是要分析物体运动的物理过程，分析物体的受力状况，选择合适的物理规律列出方程解答；留意临界态的分析.

3．【2022·开封市5月质检（最终一卷）】如图所示，左边足够长，高H=0．45m的水平台面右端有一以v0=2m／s的速度顺时针转动的水平传送带BC与其抱负连接，在该水平台面右边竖直面CD的右端x=0．4m处也有一高度h=0．25m的足够长水平台面，其左端竖直面EF也是竖直方向，F点为平台的左端点。一质量m=1kg的小物块静止在水平台面A点处．设A与传送带在端点B的距离为s，现用F=2N的恒力作用在小物块上使其向右运动，已知小物块与水平台面以及传送带间的动摩擦因数为0．1，传送带的长度L=1．5m，传送带的滑轮大小可以忽视，重力加速度取g=10m／s2．

（1）若恒力F作用一段时间后即撤去，小物块滑上传送带时速度恰好为零，求小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离；

（2）若A与传送带左端点B的距离为s=0．5m，小物块运动到传送带右端点C处即撤去恒力；求小物块离开传送带后，第一落点到F点的距离．

【答案】（1）y115m；（2）625m

由于xv12411t，y2gt，解得：y15m，则小物块落点距F点的距离为y15m。

（2）小物块在传送带左侧平台上运动时，加速度为amg22Fm1m/s

小物块刚滑上传送带时的速度为v22，由于v22a2s，得到：v21m/s2m/s

小物块滑上传送带上时所受摩擦力向右a3Fmgm3m/s2

当小物块与传送带共速时，v20v222a3L1，解得：L10.5mL1.5m。

由于F大于摩擦力，所以两者共速后小物块所受的摩擦力向左，

加速度aFmg4m1m/s2

小物块到传送带右端的速度：v224v02a4LL1，则v46m/s

设小物块到右侧平台上水平位移为x2Hh1，x1v4g65m

则小物块落点到F点的距离为：xx661x50.425m。

考点：牛顿其次定律、匀变速直线运动

【名师点睛】本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理、运动学公式与功的计算公式可以解题。

4．【2022·浙江五校5月联考（最终一卷）】

3（1）如图所示，的一端滑块与长木板静放在水平面上，已知它们间的摩擦因数为，现将板缓慢抬高，3考点：物体的平衡；能量守恒定律

5．【2022·哈尔滨师范高校附属中学第三次模拟】如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角300，传送带Ⅱ与水平面夹角370，试问板与水平面间夹角在多大范围内变化，可使木块与板始终保持相对静止？

（2）现将木板倾斜角调整为9(rad)，滑块以3ms的初速度沿木板向上运动，求滑块在木板上运动的平均速度v（g10ms2）

（3）调整木板倾斜角，可转变滑块沿木板向上滑动的运动位移和时间，当同样的滑块仍以3ms的初速度冲上木板，求滑块在向上滑行阶段中消灭最短运动时间所需的倾角大小及最短时间tmin值。（g10ms2）

【答案】（1）tan6tan9（2）1.5m/s;（3）3；0.26s

xv220v02g(sincos)2g12sin(

0)203

滑块最终停留在板上

tminxminv0vg1233200.26s

两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取下，箱子速度不变连续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M1kg，物体的质量m3kg，传送带Ⅰ的速度v18m/s，AB长L115m，与箱子间的动摩擦因数为132。传送带Ⅱ速度v24m/s，CD长L28m，由于水平面BC上不当心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为20.5，重力加速度g10m/s2。求：

（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；

（2）计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能。（已知sin3700.6，cos3700.8）

【答案】（1）

3.475s；（2）

19.2J

则：s物12.4m

当达到传送带速度时，由于mgsin370mgcos370物体继续减速

则依据牛顿其次定律：mgsin370fma2

f2mgcos370

整理可以得到：a22m/s2

0v2依据运动学公式：22a2s物2

所以：s物24m

s物1s物26.4m8m由于

物体不能运送到高处平台上

第一段减速：tvv1减12a0.4s

1s传1v2t减11.6m

s1s物1s传10.8m

考点：牛顿其次定律的综合应用

【名师点睛】本题关键是分段分析物体的运动状况，由物体受力和运动学公式综合列式求解，难度适中。

本文标签： 运动传送带水平