高考物理全国甲、乙卷3年(2021-2023)真题汇编-02力学解答题

解答题

一、解答题

1．（2021·全国·高考真题）一篮球质量为m0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8m处由静止自由落下，反弹高度为h21.2m。若使篮球从距地面h31.5m的高

度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g10m/s2，不计空气阻力。求： （1）运动员拍球过程中对篮球所做的功； （2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。

2．（2021·全国·高考真题）均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB=16cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v=20cm/s，波长大于20cm，振幅为A=1cm，且传播时无衰减。t=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△t=0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻（t1>0），质点A位于波峰。求

（1）从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰； （2）t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。

3．（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。 （1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能； （2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； （3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？

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4．（2022·全国·统考高考真题）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

5．（2022·全国·统考高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，t0时与弹簧接触，到t2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt图像如图（b）所示。已知从t0到tt0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为

(sin0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

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6．（2023·全国·统考高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄1圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为mM的小球从管的上3端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 （1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 7．（2023·全国·统考高考真题）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求 （1）金属棒P滑出导轨时的速度大小； （2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； 试卷第3页，共4页

（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 8．（2023·全国·统考高考真题）分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同,振幅均为5cm，波长均为8m，波速均为4m/s。t0时刻，P波刚好传播到坐标原点,该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。 （1）在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t2.5s时刻的波形图（P波用虚线，Q波用实线）； （2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。 9．（2023·全国·统考高考真题）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小4变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，5忽略空气阻力。求 （1）小球离开桌面时的速度大小； （2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 试卷第4页，共4页

参考答案：

1．（1）W4.5J；（2）F9N 【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 E1mgh1 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 0E2mgh2 第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得 0E40mgh4 第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得 Wmgh3E3 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系 E2E4 E1E3代入数据可得 W4.5J （2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得 Fmgma 在拍球时间内运动的位移为 x12at 2做得功为 WFx 联立可得 F9N（F-15N舍去） 2．（1）0.8s；（2）0.5cm 【详解】（1）t1时刻质点A位于波峰，波长 20cm 则 答案第1页，共11页

xAB16cm 则从t1时刻开始，质点B第一次到达波峰时，波传播的距离为 xAB16cm 则质点B到达波峰的最少时间为 txAB16s0.8s v20（2）由题意可知，波的周期是 T2t1.2s 则波长 vT24cm t1时刻的波形图如图所示 质点B位于 x16cm 处，则质点B偏离平衡位置的位移 xyAcosB2 带入数据解得 y0.5cm 3．（1）mgdsin；（2）mgL29dsinmgss ；（3）Ldsin30【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有 mgsinma 设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有 2v2v122ad 因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的答案第2页，共11页

速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为 E1212mv2mv1 22联立以上各式解得 Emgdsin （2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有 1mgs0mv12 2从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有 mgL29dsinΔE总12mv1 2联立解得 ΔE总=mgL29dsinmgs 故在每一个减速带上平均损失的机械能为 EE总mgL29dsinmgs 3030（3）由题意可知 EE 可得 Lds sin4．25m/s 5【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为 t4T0.054s0.2s 设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有 xv0t y1y2121gt100.22m0.2m 221112g2tgt2100.420.22m0.6m 222答案第3页，共11页

令y1y，则有 y23y13y 已标注的线段s1、s2分别为 s1x2y2 s2x23y=x29y2 2则有 x2y2:x29y23:7 整理得 x25y 5故在抛出瞬间小球的速度大小为 v0x25m/s t525．（1）0.6mv0；（2）0.768v0t0；（3）0.45 【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即tt0时刻，根据动量守恒定律 mB1.2v0(mBm)v0 根据能量守恒定律 Epmax112mB(1.2v0)2(mBm)v0 22联立解得 mB5m 2Epmax0.6mv0 （2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律 Fma 可知同一时刻 aA5aB 则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为 答案第4页，共11页

vAaAt，vB1.2v0aAt 5根据位移等速度在时间上的累积可得 sAvAt(累积） ，sBvBt(累积）又 sA0.36v0t0 解得 sB1.128v0t0 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 ssBsA0.768v0t0 解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有 mB1.2v06mv0mBvBmvA 对方程两边同时乘以时间Δt，有 6mv0t5mvBtmvAt 0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 6mv0t05msBmsA 将sA0.36v0t0代入可得 sB1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 ssBsA0.768v0t0 （3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 ''mvA5m0.8v0m(2v0)5mvB '根据能量守恒定律可得 1'2111'2mvA5m(0.8v0)2m(2v0)25mvB 2222答案第5页，共11页

联立解得 'vAv0 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 1mgLsinmgLcos0m(2v0)2 2下滑过程，根据动能定理可得 12mgLsinmgLcosmv00 2联立解得 0.45 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度， mgsinmgcosma上，mgsinmgcosma下 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得 2a上x(2v0)20，2a下xvA'2v02 联立可解得 0.45 6．（1）小球速度大小2gl2gl，圆盘速度大小；（2）l；（3）4 22【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律 mgl12mv0 2解得 v02gl 过程2：小球以2gl与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 12121mv0mv1Mv1'2 222mv0mv1Mv1' 解得 v12glmM v0mM2答案第6页，共11页

1v022gl 2v1'即小球碰后速度大小2gl2gl，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下； 22（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即 v1gtv1' 解得 v1'v1v0t gg根据运动学公式得最大距离为 dmax2v012x盘x球vt(v1tgt)l 22g'1（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 x盘1x球1 即 v1t112gt1v1't1 2解得 t12v0 g此时小球的速度 3v2v1gt1v0 2圆盘的速度仍为v1，这段时间内圆盘下降的位移 2v0x盘1vt2l g'11'之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 '''mv2Mv1'mv2Mv2 根据能量守恒 1211'21''2mv2Mv1'2mv2Mv2 2222联立解得 'v20 答案第7页，共11页

''v2v0 同理可得当位移相等时 x盘2x球2 ''v2t212gt2 2解得 t22v0 g圆盘向下运动 x盘222v0vt4l g''22此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 v3gt22v0 有动量守恒 mv3Mv2mv3Mv3 机械能守恒 121112mv32Mv32 mv3Mv22222得碰后小球速度为 v3v0 2圆盘速度 v33v0 2当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3 即 t3v3t3v3得 t312gt3 22v0t1t2 g在这段时间内，圆盘向下移动 答案第8页，共11页

23v0t3v36l gx盘3此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l = 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动 x盘4= 8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 2mR127．（1）v0；（2）mv0；（3）22 2Bl【详解】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv03mvQmvP 1112223mv03mvQmvP 222联立解得 vP13v0，vQv0 22由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为 vQvP1v0 2（2）根据能量守恒有 1212Q mvPmvP22解得 2Qmv0 （3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 mvP BIltmvP又 qIt，IEBlx RRtRt答案第9页，共11页

联立可得 xmv0R B2l2由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为 tx2mR vQB2l28．（1）（2）见解析 ；【详解】（1）根据xvt得 x42.5m10m 可知t2.5s时P波刚好传播到x10m处，Q波刚好传播到x0处，根据上坡下坡法可得波形图如图所示 （2）两列波在图示范围内任一位置的波程差为 x10xx,0mx10m 根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差 x解得振幅最大的平衡位置有 (2n1)(n0,1,2) 2x3m、x7m 振动减弱的条件为 xn(n0,1,2) 解得振幅最小的平衡位置有 x1m、x5m、x9m 答案第10页，共11页

9．（1）2Epm；（2）5mghEp2mg 【详解】（1）由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知 1Epmv2 2得小球离开桌面时速度大小为 v（2）离开桌面后由平抛运动规律可得 h2Epm vy22g 第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知 4vyvy 5离开桌面后由平抛运动规律得 xvt，vygt 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为 x 5mghEp2mg 答案第11页，共11页