《高考物理冲刺专题复习（新高考15题）》新高考15题——15压轴计算题答案解析
1．如图，一质量 m＝5kg 小球以水平初速度 v0＝3m/s 从A点离开 H＝0.8m 高的平台，并从 B点
沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经 D点沿倾角 θ＝53°的固定斜面向上运动至最高点
E。已知圆弧轨道的半径为 1m，小球在 B、D两圆弧的端点处均无速度损失。圆弧最低点 C离
水平地面距离 h＝0.4m。已知球与斜面间的滑动摩擦因数为 μ
¿1
3
，g＝10m/s2，sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。试求小球：
（1）到达 B点时的速度 vB；
（2）通过圆弧轨道最底点 C时向心加速度；
（3）沿斜面上滑时的加速度大小和 DE 的长度。
【解答】解：（1）A到B过程，由机械能守恒定律得 mgH
+1
2
mv02
¿1
2
mvB2
解得：vB＝5m/s
（2）A到C过程，由机械能守恒定律得 mg（H+h）
+1
2
mv02
¿1
2
mvC2
解得：vC2＝33，加速度 a
¿vC
2
R=33
1
m/s2＝33m/s2
（3）沿斜面向下为正方向，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律有 mgsinθ+µmgcosθ＝
ma 得a＝10m/s2，vD＝vB＝5m/s
D到E做匀减速运动，末速度为 0，有 vD2＝2asDE
解得 sDE＝1.25m
2．如图所示，在光滑水平平台上放置一质量 M＝2kg、长 L＝5m 的长木板 A（上表面水平），在
长木板 A的左端放有可视为质点的木块 B，其质量 m＝1kg，平台的右端固定有高度和长木板
厚度相等的挡板 C（厚度不计），开始时 A、B均处于静止状态。t＝0时刻对木块 B施加一方
向水平向右、大小 F＝16N 的恒定拉力，t＝1s 时撤去力 F，此时长木板 A的右端恰好运动到平
台的右端，木块 B恰好脱离长木板 A水平拋出，之后木块 B从D点沿切线无碰撞地落入光滑
圆弧轨道 DEG，并恰好能运动到圆弧轨道的最高点 G，EG 为圆弧轨道的竖直直径，DE 段圆
弧所对应的圆心角为 53°，取重力加速度大小 g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气
阻力。求：
（1）木块 B在圆弧轨道最低点 E时对轨道的压力大小；
（2）木块 B在长木板 A上表面滑动的过程中产生的内能；
（3）D点到平台边沿的水平距离。
【解答】解：（1）木块 B在最高点 G时，只有重力提供向心力，根据向心力公式可得：
mg＝m
vG
2
r
木块 B从最低点 E运动到最高点 G的过程中机械能守恒，则有：
1
2m vE
2=1
2m vG
2+¿
2mgr
木块 B在最低点时，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：FNmg﹣＝m
vE
2
r
联立解得：FN＝60N
由牛顿第三定律可知，木块 B对轨道的压力大小为 60N；
（2）木块 B在长木板 A上表面滑动的过程中，
对A根据牛顿第二定律可得：μmg＝MaA
对B根据牛顿第二定律可得：F μmg﹣＝maB
由运动学公式可得：L
¿1
2(aB− aA)t2
可得：μ＝0.4，aB＝12m/s2，aA＝2m/s2；
由功能关系可得：μmgL＝Q
解得木块 B在长木板 A上表面滑动的过程中产生的内能为：Q＝20J；
（3）木块 B从平台边沿飞出做平抛运动，初速度大小 v0＝aBt＝12×1m/s＝12m/s
木块 B从D点沿切线进人圆弧轨道，在 D点将速度进行分解如图所示；
则有：tan53°
¿vDy
v0
1
解得：vDy＝16m/s
由运动学公式可知：vDy＝gt1，xCD＝v0t1
解得：xCD＝19.2m。
3．如图所示，长度为 L、质量为 mA＝2kg 的长木板 A静止在光滑水平地面上，质量为 mB＝6kg
的小物块 B静止放在长木板的左端，在距离木板右侧 s处的地面上固定着一个弹性挡板 P。现
突然敲击物块，物块立即以的 v0＝8m/s 的速度向右运动，3s 后长木板第一次碰撞弹性挡板，
长木板立即以碰前的速率反向弹回。经 N次碰撞后，最终物块静止在长木板的中点处，长木板
右端恰好停在弹性挡板处。已知物块与长木板的动摩擦因数为 μ＝0.1，重力加速度 g＝
10m/s2。求：
（1）最初木板右侧与弹性挡板的距离 s；
（2）木板 A的长度 L；
（3）若长木板与弹性挡板第 n次碰撞，长木板向左离开弹性挡板的最大距离为 xn
¿3
32
m，求
n；
（4）整个过程中长木板运动的总路程。
【解答】解：（1）小物块加速度大小为：a1
¿μ mBg
mB
=¿
μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
长木板的加速度大小为：a2
¿μ mBg
mA
=0.1 ×6×10
2
m/s2＝3m/s2
根据物块和长木板达到共速，可知：v＝v0a﹣1t＝a2t
解得：t＝2s，v＝6m/s，可知长木板先做加速运动 2s，后匀速运动的时间为：t1＝3s 2s﹣＝1s
则有：s
¿1
2
a2t2+vt1
¿1
2×
3×22m+6×1m＝12m
（2）根据能量守恒，由
1
2
mBv02＝μmBg
L
2
解得木板 A的长度为：L＝64m
（3）物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，设第一次碰
撞后系统的共同速度为 v1，由动量守恒定律得：mBv m﹣Av＝（mB+mA）v1
解得：v1
¿1
2
v
¿1
2×6
m/s＝3m/s
物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度 v1
第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 v1，经一段时间系统的共同速度为：
v2＝（
1
2
）2v
¿1
4×6m/s=3
2
m/s
第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 v2，经一段时间系统的共同速度为：
v3＝（
1
2
）3v
¿1
8×
6m/s
¿3
4
m/s
第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为：vn 1﹣＝（
1
2
）n 1﹣v
由动能定理得：﹣μmBgxn＝0
−1
2
mAvn 1﹣2
解得：n＝4次
（4）由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止，长木板与挡板第一次撞
前的路程为 12m，第一次撞后的路程为：2x
¿v2
a2
=62
3
m＝12m
第二次撞后的路程为：2x1
¿v1
2
a2
=¿¿
m
¿3
4
m，第三次撞后的路程为：2x2
¿v2
2
a2
=¿¿
m
¿3
16
m
根据数学归纳法可知总路程为 28m。
4．如图所示，光滑的水平面上，质量为 m1＝1kg 的平板小车以 v0＝5m/s 的速度向左运动，同时
2
质量为 m2＝4kg 的铁块（可视为质点）从小车左端以 v0＝5m/s 的速度向右滑上平板小车，一段
时间后小车将与右侧足够远的竖直墙壁发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后小车速度大小不
变，方向相反。已知铁块与平板车之间的动摩擦因数为 μ＝0.25，小车始终未从小车上掉下来，
取重力加速度 g＝10m/s2。求：
（1）小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小；
（2）小车的最小长度；
（3）小车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程（计算结果保留三位有效数字）。
【解答】解：（1）设水平向右为正方向，小车与墙壁第一次碰撞的速度为 v1，二者已经共速；
由动量守恒定律得：﹣m1v0+m2v2＝（m1+m2）v1
解得：v1＝3m/s；
（2）设小车的最小长度为 L，最终小车和铁块的动能全部转化为系统的内能。
由能量守恒定律得：
1
2(m1+m2)v0
2=¿
μm2gL
解得：L＝6.25m；
（3）设小车的加速度为 a，小车第一次碰撞向左速度减为零时的位移大小为 s1，
由牛顿第二定律得：μm2g＝m1a，解得：a＝10m/s2
由运动学公式得：v12＝2as1，解得：s1＝0.45m
设木板与墙壁第 n次碰撞后的速度为 vn，碰后的共同速为 vn+1，vn+1 同时也是第 n+1 次碰撞后
的速度，对系统应用动量守恒定律：m2vnm﹣1vn＝（m1+m2）vn+1
解得：vn+1
¿3
5
vn
设车第 n次与墙壁相碰后离墙的最大位移为 sn，则有：sn
¿vn
2
2a
，sn+1
¿vn+1
2
2a
则：sn+1
¿9
25
sn
由此可知，木板每次碰后与墙的最大位移成等比数列，公比为
9
25
前n次路程，s前n＝2（s1+s2+…+sn）
¿2s1¿¿
n取无限大，则有：s总
¿2s1
1−9
25
=2×0.45
16
25
m＝1.41m。
5．如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径 R＝0.45m，下端恰好与平台
平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板 c，可视为质点的小滑块 b静止在
距离木板右端 L＝2.25m 处，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上
表面等高。可视为质点的小滑块 a由圆弧轨道顶端无初速释放，a、b碰撞时间极短，碰后粘连
在一起运动。已知两个小滑块与木板的质量均为 m＝1kg，小滑块 a、b与木板间的动摩擦因数
均为 μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
（1）求小滑块 a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；
（2）求小滑块 a、b碰后瞬间速度的大小；
（3）若 a、b间发生弹性碰撞，求碰撞后小滑块 a、b之间的最大距离。
【解答】解：（1）小滑块 a释放到达圆弧轨道底端的过程，根据动能定理得：
mgR=1
2m v0
2
，
解得：
v0=
√
2gR=
√
2×10 ×0.45 m/s=3m/s
，
根据牛顿第二定律得：
FN− mg=mv0
2
R
，
解得：
FN=mg+mv0
2
R=(1×10+1×32
0.45 )N=¿
30N，
根据牛顿第三定律知，小滑块 a对圆弧轨道底端的压力大小为 30N；
（2）a滑 上 c后做匀减速直线运动，加速度大小：
a1=μmg
m=μg=0.1×10 m/s2=1m/s2
，
b、c发生相对滑动的临界加速度 a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，
假设 b、c保持相对静止，一起匀加速运动的加速度大小：
3
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