A、B間均已相對靜止，某次測量的滑塊C的XT圖像如圖乙所示?；瑝KC

和物塊B均可視為質(zhì)點，重力加速度g=IOm/s2。求:

(1)第一次碰后滑塊C的速度大小;

(2)物塊B的質(zhì)量；

(3)物塊A、B間的動摩擦因數(shù)。

發(fā)射

甲

6.(2023?山東威海?統(tǒng)考二模)如圖所示，足夠長的傾角為8二30°的

光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的擋板P。質(zhì)量

為除1kg的形木板A被鎖定在斜面上，木板下端距擋板P的距離為

XiF40cmo質(zhì)量為/^=1kg的小物塊B(可視為質(zhì)點)被鎖定在木板上端，A

與B間的動摩擦因數(shù).手。某時刻同時解除A和B的鎖定，經(jīng)時間占0.6s,

A與B發(fā)生第一次碰撞，在A與P發(fā)生第二次碰撞后瞬間立即對B施加沿A

向上的恒力后20N。當B速度最小時再一次鎖定A。已知A與P、A與B的

碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重

力加速度交10m/s2求:

(1)A與P發(fā)生第一次碰撞前瞬間B的速度大??；

(2)從開始運動到A與B發(fā)生第一次碰撞的時間內(nèi)，系統(tǒng)損失的機械能；

(3)A與P第二次碰港時，B離擋板的距離；

(4)B從開始運動到離開A所用的時間。

第4頁共30頁

7.(2023?山東青島?統(tǒng)考二模)如圖，足夠大光滑水平桌面上靜置質(zhì)量

，〃A=2kg、長L=2.7m的長木板A,距離木板A左端d=1m處有一^木板等高的

表面光滑平臺B,平臺B固定在桌面上，質(zhì)量吸=18kg,輕彈簧連接質(zhì)量

恤=噂、四=2kg的滑塊c、D并靜置于平臺B上，用細線拴連兩滑塊使彈簧

處于壓縮狀態(tài)。另一質(zhì)量%=lkg的滑塊E在桌子右側(cè)斜下方某點獲得豎直

向上％=8m/s的初速度，上升過程中除重力外還受到一個水平恒力尸作用，

使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A,同時揄去尸，滑塊E滑上木板時的速

度4=6m/s。一段時間后木板與平臺碰撞并粘在一起，滑塊E繼續(xù)向左運動

并滑上平臺。木板與平臺碰撞的瞬間，連接C、D的細線斷開，C、D兩滑

塊在平臺上振動。以向右為正方向，滑塊C的卜-七圖像如圖乙?；瑝KE與

木板A間動摩擦因數(shù)〃=0.5,忽略所有滑塊大小及空氣阻力，c、D始終在

平臺B上，重力加速度月=10話2。求：

(1)水平恒力尸的大??；

(2)滑塊E滑上平臺B時的速度大??；

(3)滑塊E滑上平臺B后，與C發(fā)生碰撞，并立即結(jié)合在一起，考慮所有

可能的碰撞情形，求碰后的運動過程中，E、C、D系統(tǒng)動能的最大值與最

小值之差；

(4)若平臺B不固定，其他條件不變，A與B碰撞后仍粘在一起，請判定

E能否滑上B;若能滑上B,求E滑上B時的速度大小；若不能滑上B,求

E最終離A右端的距離°

第5頁共30頁

臺Br^AAAAAAn木板A

8.（2023?全國?模擬預測）如圖所示，A、B、C的質(zhì)量分別為4=叫、明=i.5kg、

e—3kg,輕彈簧的左端固定在擋板上，C為半徑R=2m的;圓就道，靜止在

4

水平面上?，F(xiàn)用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈簧不連接），當彈簧的彈性

勢能為綜=5OJ時由靜止釋放小球A,小球A與彈簧分離后與靜止的小球B

發(fā)生正碰，小球B到圓軌道底端的距離足夠長，經(jīng)過一段時間小球滑上圓

軌道，一切摩擦均可忽略，假設(shè)所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取

2

g=10m/so求：

（1）小球B能達到的最大高度；

（2）小球B返回圓軌道底端時對圓軌道的壓力

（3）通過計算分析，小球B能否第二次進入圓軌道。

9.（2023?湖北?模擬預測）如圖（a）,一質(zhì)量為勿的物塊A與輕質(zhì)彈簧

連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，t=0時與彈簧接觸，到t=2t0

時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的廣七圖像如圖（b）所示。已知

從Q0至I］時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36%心A、B分離后，A滑

上粗糙斜面（〃=0.45）,然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，

斜面傾南為6（sin。=0.6）,與水平面光滑連接°碰撞過程中彈簧始終處

第6頁共30頁

于彈性限度內(nèi)。求:

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值;

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值;

(3)第一次碰撞后A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的

B第二次碰撞后A、B的速度分別為多少？

10.(2023?湖南?校聯(lián)考模擬預測)如圖，足夠長的光滑水平地面上有

2023個大小相同的小球排成一排,相鄰小球間的間距均為將其從左到

右依次編號。一半徑為〃的四分之一光滑圓弧軌道(固定在水平地面)與

各小球處于同一豎直面內(nèi)，圓弧軌道的最低點在1號小球處與水平地面平

滑連接。已知1號小球的質(zhì)量為勿，2~2023號小球的質(zhì)量均為67(k為小

于1的正比例常數(shù))。現(xiàn)將1號小球從圓弧軌道最低點拿到軌道上與圓心等

高處由靜止釋放，題中所有小球之間的碰撞均可視為彈性正碰。(已知重力

加速度為g,不計空氣阻力，小球大小忽略不計)

(1)求1號小球在運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小；

(2)求1號小球與2號小球在第一次碰撞中給2號小球的沖量大小以及對

2號小球所做的功；

(3)在1、2號小球間第一次碰撞后立即給1號小球施加水平向右的恒定

外力尸(圖中未畫出)，使1號小球以后每次碰撞前瞬間的速度都與第一次

第7頁共30頁

碰撞前瞬間的速度相等，直到所有小球速度第一次相等時撤去外力，求外

力廠的大小以及最終1號和2023號小球間的距離。

■真題實戰(zhàn)演練____________________

11.（2023?湖南?統(tǒng)考高考真題）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水

平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分

別為“和。，長軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道

長軸的右端點由靜止開始下滑.以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，

在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系短孔橢圓長軸位于X軸上。整

個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。

（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于

初始時刻運動的距離；

（2）在平面直角坐標系式》中，求出小球運動的軌跡方程；

（3）若竺=上,求小球下降＜高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY(jié)

ma-b2

果用。、。及g表示）。

12.（2023?浙江?統(tǒng)考高考真題）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣

泛應(yīng)用的技術(shù)c如圖所示，平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬

第8頁共30頁

度均為￡、邊界均平行x軸的區(qū)域I和II,其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小

為5的勻強磁場，區(qū)域II存在磁感應(yīng)強度大小為所的磁場，方向均垂直紙

面向里，區(qū)域II的下邊界與x軸重合。位于@3。處的離子源能釋放出質(zhì)量

為小電荷量為g、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向

磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。

(1)求離子不進入?yún)^(qū)域II的最大速度匕及其在磁場中的運動時間t;

(2)若紇=2與，求能到達)，=彳處的離子的最小速度吸；

(3)若層=與y,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在

酗~典范圍求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比77o

min

目

X

第9頁共30頁

第33講三大基本觀點的綜合應(yīng)用

(模擬精練+真題演練)

?最新模擬精練

1.(2023?山東聊城?統(tǒng)考三模)面對能源緊張和環(huán)境污染等問題，混合

動力汽車應(yīng)運而生。混合動力汽車，是指擁有兩種不同動力源(如燃油發(fā)

動機和電力發(fā)動機)的汽車，既節(jié)能又環(huán)保。汽車質(zhì)量為肥靜止在平直

路面，只采用電力驅(qū)動，發(fā)動機額定功率為R啟動，達到的最大速度匕后,

再次提速，兩種動力同時啟動，此時發(fā)動機的總額定功率為2[,由匕經(jīng)時

間，達到最大速度彩(未知)；運動一段時間后，開始“再生制動”剎車，

所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發(fā)電機發(fā)電，將部分動能轉(zhuǎn)

化為電能儲存在電池中。加速過程中可視為阻力恒定；“再生制動”剎車

過程中阻力的大小可視為與速度的大小成正比，即/=加。求：

(1)汽車速度由匕到匕過程中前進的位移不；

(2)汽車由速度匕減到零過程中行駛的距離*2。

【答案】(1)2卬-嚓；(2)手

27]K

【詳解】(1)發(fā)動機額定功率為《啟動，達到的最大速度匕時有＜=￡所以

汽車加速過程中的阻力/="二§

同理發(fā)動機的總額定功率為2々，達到最大速度匕時有工=§■解得嗎=2”汽車

V2

11Q

222

速度由匕到匕過程中根據(jù)動能定理有2中-小=5MV2--MV,=-MV,解得前進的

位移x.(2-刎卜3.

1片?2[

(2)“再生制動”剎車過程即速度由△減到零的過程，根據(jù)動量定理有

-kvt=-kx2=0-MV2=-2M\\

第11頁共30頁

解得汽車由速度匕減到零過程中行駛的距離f-竽

K

2.(2023?山東濟南?統(tǒng)考三模)如圖所示，水平傳送帶以取2m/s的速

度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度G6.2m,每隔△片0.5s將物塊(可視

為質(zhì)點)Pi>P2>P3>P4……依次無初速度放置于傳送帶左端4點，一段時

間后物塊從傳送帶右端8點離開傳送帶做平拋運動，最后落入貨車車廂，

貨車始終保持靜止。已知每個物塊的質(zhì)量均為爐1kg,物塊與傳送帶間的

滑動摩擦因數(shù)為〃=0.1,8點與貨車車廂底板間的豎直高度后0.8m,物塊

從接觸車廂底板到減速為0(忽略物塊的反彈和相對車廂的滑動)的時間

為△片0.1s,重力力口速度史lOm/sz,求：

(1)物塊匕從力點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t;

(2)傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離△x，和最小距離

(3)物塊Pi剛到達8點時傳送帶克服摩擦力做功的瞬時功率P;

(4)物塊Pi從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用

力/的大小。

〃=0.8m

---4d

【答案】(1)4.5s;(2)1m;0.125m;(3)8W;(4)10V29N

【詳解】(1)小物塊在傳送帶上加速的過程滿足〃身=，因解得Klm/s?由

1<F石亡/解得tp2s;X】=$叫

解得X尸2m小物塊在傳送帶上勻速的過程滿足曲解得亡k2.1s在平拋

運動中竭解得tpQ.4s

貝1]/=Zj+t2+/,=4.5s

第12頁共30頁

(2)當相鄰兩個物塊相對靜止時距離最大解得V,=lm當物塊剛被

放上傳送帶上時與上一個物塊距離最小丑=，(認)2=0.125m

(3)當R剛到B點時，已經(jīng)靜止的物塊個數(shù)為〃廣?=4.2即有5個木塊與

傳送帶間的摩擦力為零，仍在加速的物塊的個數(shù)為〃?=5=4即有4個木塊

與傳送帶間的摩擦力為滑動摩擦力，傳送帶克服摩擦力做功的功率，

尸=解得p=8W

(4)物塊從接觸車廂底到減速為零的過程中，在豎直方向滿足

(4一〃?g%，2=0-(一叫)；匕=外

解得￡=50N在水平方向滿足-工￡=20N；了=在彳甲=1。質(zhì)N

3.(2023?四川成都?石室中學?？寄M預測)如圖所示，滑塊A(可視

為質(zhì)點)位于小車B的最左端，二者一起以％=8m/s的初速度向右勻速運動，

木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短

可忽略不計。已知A、B、C的質(zhì)量分別為叫\(zhòng)=3kg、〃%=lkg、，2=lkg,A與B

之間、C與水平地面之間的摩擦因數(shù)均為〃=。」，不計小車B與地面之間的

摩擦，小車的表面水平且足夠長，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大??；

(2)小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產(chǎn)生的熱量2;

(3)小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移々的大小。

A_bC

1Bl

//////////////////////////////

【答案】(1)lm/s2,3m/s2,hn/s2;(2)24J;(3)43.5m

【詳解】(1)設(shè)小車B和木塊C第1次碰撞后速度分別為0和外,彈性碰撞

滿足%%=%%+/%;

第13頁共30頁

詔-解得％=。，％=8m/s滑塊A速度不變，滑塊A和小車B發(fā)

生相對滑動，由牛頓第二定律得,叩"=叫。人,=恤他,〃/〃eg=,ncac解得

222

aA=Im/sfaB=3m/sfac=lm/s

（2）小車B和木塊C第1次碰撞后，滑塊A勻減速，小車B勻加速，木塊

C勻減速，在小車B和木塊C第2次碰撞前，設(shè)滑塊A和小車B已經(jīng)達到相

同速度4一起勻速運動，對滑塊A和小車B系統(tǒng)，由動量守恒得〃?A%=（%+，%）5

解得匕=6m/s由能量守恒得;/噂-g（〃7A+〃％川=Q解得儲=24J

（3）滑塊A和小車B以速度”一起勻速運動，在小車B和木塊C第2次碰

撞前，假設(shè)木塊C未停止運動，速度為彩，兩次碰撞之間小車B和木塊C

的位移均為七,由運動學關(guān)系得寸白+匕比乜，內(nèi)二手以

2aliac2%

解得彩=2m/s或％=10m/s（舍）所以假設(shè)成立，小車B和木塊C第2次碰撞

前木塊C未停止運動

.V30m設(shè)小車B和木塊C第2次碰撞后速度分別為為和5,彈性碰撞滿足

/wBv,+/ncv2=/MBvUI+/ncvcl；

|叫"+；性（=；〃小哈+1%哈解得VBI=v2=2m/s%=匕=6m/s設(shè)在小車B和木塊

乙乙乙乙

C第3次碰撞前，滑塊A和小車B已經(jīng)達到相同速度匕一起勻速運動，對滑

塊A和小車B系統(tǒng)，由動量守恒得

，4匕+〃%匕=（〃八+，%）匕解得匕=5|11/5設(shè)小車B和木塊C第2次碰撞后到第3次

碰撞前的過程中，小車B和木塊C的位移均為4,第3次碰撞前C的速度

為匕，由運動學關(guān)系得芻二上產(chǎn)+匕*二、，七=巧且

2aBac24c

解得匕=3m/s或?=7m/s（舍），占=13.5m同理，小車B和木塊C第3次碰撞

前木塊C未停止運動

第14頁共30頁

%=$+工解得xL=43.5m

4.(2023?安徽?模擬預測)如圖，長為L的傳送帶以大小為-的速度沿順

時針方向勻速轉(zhuǎn)動，一足夠長的長木板緊靠傳送帶右端6放在光滑的水平

面上，長木板的上表面與傳送帶的上表面在同一水平面上，水平地面右側(cè)

有一豎直固定的彈性擋板。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為〃，的物塊輕放在傳送帶

的左端4隨傳送帶運動到8端，以速度-滑上長木板，并與長木板一起向

右運動，長木板與擋板第一次碰撞前物塊與長木板已達到共同速度。已知

長木板的質(zhì)量為0.5"?,物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.4,長木板與擋板

碰撞是彈性碰撞，重力力口速度為g。求：

(1)物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)至少為多少；物塊在傳送帶上運動的時間

最長為多少；

(2)開始時，長木板的右端離擋板的距離至少為多少；

(3)長木板與擋板第〃次碰撞前一瞬間，長木板的速度為多大。

【答案】(1)熱,表(2)(；(3)

【詳解】(1)物塊以速度/滑上長木板，設(shè)物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)至

少為〃0,由牛頓第二定律及勻變速直線運動規(guī)律得咫=府；/=2比解得

M)=木物塊在傳送帶上一直加速時運動的時間最長，最長時間為/=：=弓1

(2)物塊第一次在木板上滑動的過程中，由動量守恒定律得〃”=(〃?+05〃)匕

設(shè)此過程中木板的位移為X,對木板由動能定理得=解得戶去

即開始時長木板的右端離擋板的距離至少為手

18g

(3)長木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞，由動量守恒定律得

第15頁共30頁

IoI,

2

"八L0.5/叫=?！?05〃)噸；v2--阿--v=(-)2v長木板與擋板第二次碰撞到第三次碰

17I

mv3

撞，由動量守恒定律得2-O.5/nv2={m+().5〃?)匕；v3=-v2=^v=(-)2v可知，長木

板與擋板第〃次碰撞前一瞬間，長木板的速度為乙=(》"2u

5.(2023?山東?模擬預測)利用示蹤原子來探測細胞間的親和程度是生

物技術(shù)中的重要手段之一，其過程的一部分與下列物理過程極為相似：如

圖甲所示，光滑水平面上固定有一個發(fā)射裝置，利用該裝置向正對裝置方

向滑來的物塊A和B(A、B相對靜止)發(fā)射一個示蹤滑塊C,示蹤滑塊C

將記錄下它與發(fā)射裝置之間的距離X。已知物塊B疊放在物塊A上，物塊A

的質(zhì)量為3kg,示蹤滑塊C的質(zhì)量為1kg,每次發(fā)射速度大小均為10m/s,

與物塊A之間的碰撞均為彈性碰撞，且物塊A足夠長，每次A、C相碰前，

A、B間均已相對靜止，某次測量的滑塊C的XT圖像如圖乙所示?；瑝KC

和物塊B均可視為質(zhì)點，重力加速度"lOm/s?。求：

(1)第一次碰后滑塊C的速度大??；

(2)物塊B的質(zhì)量；

(3)物塊A、B間的動摩擦因數(shù)。

【答案】(1)8m/s;(2)6kg;(3)0.4

【詳解】(1)由XT圖像可知，6=LOOs時滑塊C與A相碰，此時C與發(fā)射

裝置之間的距離芭=3=1°m

弓=2.25s時滑塊C返回到發(fā)射裝置處，設(shè)第一次碰后C的速度大?。,則

vci=——=8m/s

G-Zi

第16頁共30頁

率

(2)設(shè)A、B在第一次與C碰撞前的速度大小為力,以滑塊C的初速度方

向為正，第一次碰撞后瞬間A的速度大小為匕］,對A、C由動量守恒定律有

2AB=由機械能守恒定律有；%試+；，縱喘哈解

得小=2m/s,%=4m/s之后A、B相對靜止,設(shè)共同速度大小為臉，對A、B

由動量守恒定律有mA%-，％入=(心+"%)%同理第二次碰撞前滑塊C到發(fā)射

裝置之間距離赴=七&—2)=111】1第三次碰撞后C的速度大小為h2=7^7=5m/s

M一，3

設(shè)第二次碰撞后瞬間A的速度為%,則%%+%*=-收%2+/縱%;

|口收+|以嗑I=I〃七咆+:%片2聯(lián)立以上各式，解得

V

ABI=0,/?B=6kg

(3)由(2)分析可知第一次A、C相碰時A距離發(fā)射裝置10m,第二次A、

C相碰時A距離發(fā)射裝置11m,且A、B處于靜止狀態(tài)，即A向右運動了4=1m

對物塊A由動能定理有-〃咻—=-｝以吟解得〃=。-4

6.(2023?山東威海?統(tǒng)考二模)如圖所示，足夠長的傾角為8二30°的

光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的擋板P。質(zhì)量

為除1kg的形木板A被鎖定在斜面上，木板下端距擋板P的距離為

xF40cmo質(zhì)量為m1kg的小物塊B(可視為質(zhì)點)被鎖定在木板上端，A

與B間的動摩擦因數(shù)〃=坐。某時刻同時解除A和B的鎖定，經(jīng)時間￡0.6s,

A與B發(fā)生第一次碰撞，在A與P發(fā)生第二次碰撞后瞬間立即對B施加沿A

向上的恒力后20N。當B速度最小時再一次鎖定A。已知A與P、A與B的

碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重

力加速度爐10m/s'求:

(1)A與P發(fā)生第一次碰撞前瞬間B的速度大小；

(2)從開始運動到A與B發(fā)生第一次碰撞的時間內(nèi)，系統(tǒng)損失的機械能：

第17頁共30頁

(3)A與P第二次碰港時，B離擋板的距離；

(4)B從開始運動到離開A所用的時間。

【答案】(1)v=2m/s;(2)2%=3J;(3)L=0.15m;⑷％=(0.75+京8s

【詳解】(1)剛解鎖時AB相對靜止，對AB整體根據(jù)牛頓第二定律

(M+sin0=(M+m)a

根據(jù)勻加速直線運動公式解得y=2m/s

(2)A與P相撞所用的時間「因解得4=0.4s,B滑動后撞A的時間％可

得芍=0.2s

木板與擋板第一次碰撞后，對力；M"in<9+〃〃吆cose=Mq解得4=l()m/s

對8;"的山0-〃〃吆<：0$0=〃以2解得生=。木板與擋板第一次碰撞后，A運動的位移

M=vt2=0.2m

B運動的位移占=%=04m木板的長度d=玉+8=0￡m根據(jù)摩擦生熱。氈=9=3J

(3)A、B碰前的速度以=V-卬2=0；%=V,4、8碰時動量、能量守恒〃吶〃叫+;

—mv2=—tnvl+—Mi”

22221

解得匕=2m/s；v2=0,AB碰后，對彳；MgsinO-w“gcose=M%；對8；

mgsin0vcos0=tnaA

根據(jù)王=卬3解得G=O/s這段時間B運動的位移芻=gw；=0O5m,B離擋板的距

離L=x}-x^=0.15m

(4)木板與檔板第二次碰撞時木塊B的速度為=。/=11］論，對彳；

Mgsin3+/〃咫cos0=Ma5

第18頁共30頁

解得a5-1Om/s1對夕；F-mgsin。+〃〃吆cosG=切/，解得,「20m/s2,B減速到零所

用時間為3則匕-小=。解得，4=0Q5s,A經(jīng)過這段時間后的速度

v4=v,-磯=l.5m/s這子殳時間AB的位移七=用匕/4=0.0875m；x5=^tA=().025m此時，

AB間距離％=L-七r=0.0375m,8離木板右端的距離與="-％=0.5625m木板鎖

定后，對B：F-mgsin0-加摩cos0=，叫解得用=lOm/s?其中電解得&=總底,

B從開始運動到離開A所用的時間％=f+m$；L.=(0.75+卷0)S

7.(2023?山東青島?統(tǒng)考二模)如圖，足夠大光滑水平桌面上靜置質(zhì)量

/〃A=2kg、長L=2.7m的長木板A,距離木板A左端d=1m處有一^木板等高的

表面光滑平臺B,平臺B固定在桌面上，質(zhì)量〃％=l8kg,輕彈簧連接質(zhì)量

//.Tkg、〃?D=2kg的滑塊C、D并靜置于平臺B上，用細線拴連兩滑塊使彈簧

處于壓縮狀態(tài)。另一質(zhì)量/=1kg的滑塊E在桌子右側(cè)斜下方某點獲得豎直

向上％=8m/s的初速度，上升過程中除重力外還受到一個水平恒力廠作用，

使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A,同時掇去尸，滑塊E滑上木板時的速

度4=6m/s。一段時間后木板與平臺碰撞并粘在一起，滑塊E繼續(xù)向左運動

并滑上平臺。木板與平臺碰撞的瞬間，連接C、D的細線斷開，C、D兩滑

塊在平臺上振動。以向右為正方向，滑塊C的卜-t圖像如圖乙。滑塊E與

木板A間動摩擦因數(shù)幺=0.5,忽略所有滑塊大小及空氣阻力，C、D始終在

平臺B上，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)水平恒力廠的大??；

(2)滑塊E滑上平臺B時的速度大小；

(3)滑塊E滑上平臺B后，與C發(fā)生碰撞，并立即結(jié)合在一起，考慮所有

可能的碰撞情形，求碰后的運動過程中，E、C、D系統(tǒng)動能的最大值與最

小值之差：

第19頁共30頁

(4)若平臺B不固定，其他條件不變，A與B碰撞后仍粘在一起，請判定

E能否滑上B;若能滑上B,求E滑上B時的速度大?。蝗舨荒芑螧,求

E最終離A右端的距離。

'4臺B凡木板A

-aVnis"1

優(yōu)0

-1.0

【答案】(1)片7.5N；(2)v3=lin/s；(3)AEk=l.l25J；(4)能，v7=^m/S

【詳解】(1)設(shè)恒力尸斜向上，與水平方向的夾角為6,根據(jù)動量定理得，

豎直方向-性即=。-叫%

水平方向尸y恤匕一。整理得卜=7.5N

(2)對E、A相互作用過程，設(shè)它們能夠達到共同速度內(nèi),根據(jù)動量守恒

和能量守恒可得〃針=(叫+飛)為；

〃%?"=；性1片-；(%+心"22解得當=2向5；AL=2.4m<2.7m對A在該過程，根據(jù)

乙乙

動能定理可得

4%%=；〃?聞-0解得SA=0.8m<lm所以E、A相互作用能夠達到共同速度，假

設(shè)正確。對A在該過程，根據(jù)動能定理可得-〃叫g(shù)(L-")=］由-；心(解得

(3)對E與C、D作用過程，系統(tǒng)外力為零，動量守恒，因此，不論E、C

兩物體何時何處相碰，三物體速度相同時的速度是一個定值，此時系統(tǒng)具

有最大彈性勢能，總動能最小。設(shè)三個物體速度相同時的速度為匕，由動

Ek=0.125J

當C物體具有向左大小為匕=im/s的速度時，E與C粘在一起，ECD系統(tǒng)動能

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最大，有人％二〃%%;

v=0.5m/s；&0=<〃?￡+；性年+；〃?弟&0=1251最大動能與最小動能之差

D44乙

AEk=Ek0-￡k=1.125J

（4）A與B碰撞由動量守恒〃仃2=（八+%）也解得%=02m/s設(shè)EAB能共速,

由動量守恒得

2

恤為+（,nx+〃%）%=（%+/%+"%）%解得％=亍m/s由能量轉(zhuǎn)換與守恒定律

〃%8/=，在（+；（心+〃％川-3（叫+叫+〃％）（解得/>￡-刈所以E能滑上B。對E、

A、B根據(jù)動量守恒和能量守恒可得叫嶺+（見\+〃％）%=叫吃+（心+"%）%;

以叫g(shù)（L-AL）=；入學+；（叫+%）v5人力一；+"%）4解得丹=1m/s

8.（2023?全國?模擬預測）如圖所示，A、B、C的質(zhì)量分別為㈣二】kg、/%=i.5kg、

e=3kg,輕彈簧的左端固定在擋板上，C為半徑R=2m的;圓軌道，錚止在

水平面上?，F(xiàn)用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈簧不連接），當彈簧的彈性

勢能為耳=5OJ時由靜止釋放小球A,小球A與彈簧分離后與靜止的小球B

發(fā)生正碰，小球B到圓軌道底端的距離足夠長，經(jīng)過一段時間小球滑上圓

軌道，一切摩擦均可忽略，假設(shè)所有的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取

2

g=10m/so求：

（1）小球B能達到的最大高度；

（2）小球B返回圓軌道底端時對圓軌道的壓力

（3）通過計算分析，小球B能否第二次進入圓軌道。

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【答案】(1)〃—(2)63N；(3)不能

【詳解】(1)設(shè)碰前小球A的速度為%,從釋放小球A到分離的過程，由

能量守恒定律得耳=g〃滋

代入數(shù)據(jù)解得%=iom/s,A、B碰撞的過程，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒、

動量守恒，設(shè)A、B碰撞后的速度分別為匕、”,則有見％=〃?*+用匕；

就=g〃M+g，叼片帶入數(shù)據(jù)解得匕=-2m/s,v2=8m/s小球與圓軌道在水平方向

上共速時上升的高度最高，設(shè)共同的速度為匕，小球與圓軌道組成的系統(tǒng)

在水平方向上動量守恒，有“匕=(/%+")匕小球與圓軌道組成的系統(tǒng)能量守

恒，有，巧q=g(色+,%)甘+，%g〃

代人數(shù)據(jù)解得為=gI儂，〃Tm

JIJ

(2)設(shè)小球返回圓軌道底端時小球與圓軌道的速度分別匕、匕，由動量守恒

定律和能量能守恒定律可得"%%=嗎%+加3匕；I'M=+J加3”；聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)

乙乙乙

解得匕=-gni/s,匕=與m/s在圓軌道底端對小球由牛頓第二定律有

限_〃12g一%吐篁解得，=63N根據(jù)牛頓第三定律/=%=63N,方向豎直向下

R

(3)球A與球B第一次碰后以9=-2m/s的速度向左運動，再次壓縮彈簧，

根據(jù)能量守恒定律，球A與彈簧分離后的速度大小為％=2m/s,經(jīng)過一段時

間，球A與球B發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰后球A和球B的速度分別為17、%,

根據(jù)動量守恒定律和能量能守恒定律得犯?‘6+陽2匕=〃科+〃?2%；

+；嗎或=+；/〃2d聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得v7=-3.6m/s,%=2m/s因為%<%,

乙乙乙乙]J

所以小球B無法第二次進入圓軌道。

9.(2023?湖北?模擬預測)如圖(a),一質(zhì)量為勿的物塊A與輕質(zhì)彈簧

連接，靜止在光滑水平面上，物塊B向A運動，50時與彈簧接觸，到t=2t0

第22頁共30頁

時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的「七圖像如圖(b)所示。已知

從Q0到Q亡。時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36%亡0。A、B分離后，A滑

上粗糙斜面(〃=0.45),然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，

斜面傾角為9(sin8=0.6),與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處

于彈性限度內(nèi)。求：

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)第一次碰撞后A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的

B第二次碰撞后A、B的速度分別為多少？

【答案】(1)0.6(2)0.768啦；(3)v/=2v0,%"=0.2%

【詳解】(1)當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相

等，即，="時刻，根據(jù)動量守恒定律〃%".2%=〃??2%+08%=。%+m)號得mp5m;

卜共二幺根據(jù)能量守恒定律

「max+“那聯(lián)立解得與3=。6成

(2)B接觸彈簧后,壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒"hx1.2%=6"%=%%+/%

對方程兩邊同時乘以時間4,有6〃?％加=5"%加+m114,0-玄之間，根據(jù)位移

等于速度在時間上的累積，可得%，。=5心-+棧A將心=。36卬0代人可得

s”1.1283。則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

第23頁共30頁

率

Ay=yK-s.=0.768v..r(.

（3）第一次碰撞后，設(shè)A在斜面上滑行的長度為L,上滑過程，根據(jù)動能

定理可得

-/岫§出。-〃〃385。=0-；皿2%）2下滑過程，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大

小為以',根據(jù)動能定理可得，Msin0-〃〃解cos0=g〃w/-。聯(lián)立解得以'=%，A滑

下后，與一直在水平面上運動的B第二次碰撞，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動

量守恒定律可得-，〃吸'+5〃?O8%=+5〃?味"根據(jù)能量守恒定律可得

+g?5〃??(0?8%)2=?〃(%”)+/5"?/")聯(lián)立解得匕"=2%;

<=O-2vo

10.（2023?湖南?校聯(lián)考模擬預測）如圖，足夠長的光滑水平地面上有

2023個大小相同的小球排成一排,相鄰小球間的間距均為將其從左到

右依次編號。一半徑為〃的四分之一光滑圓弧軌道（固定在水平地面）與

各小球處于同一豎直面內(nèi)，圓弧軌道的最低點在1號小球處與水平地面平

滑連接。已知1號小球的質(zhì)量為力,2~2023號小球的質(zhì)量均為如z（k為小

于1的正比例常數(shù)）?，F(xiàn)將1號小球從圓弧軌道最低點拿到軌道上與圓心等

高處由靜止釋放，題中所有小球之間的碰撞均可視為彈性正碰。（已知重力

力口速度為g,不計空氣阻力，小球大小忽略不計）

（1）求1號小球在運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大小；

（2）求1號小球與2號小球在第一次碰撞中給2號小球的沖量大小以及對

2號小球所做的功；

（3）在1、2號小球間第一次碰撞后立即給1號小球施加水平向右的恒定

外力尸（圖中未畫出），使1號小球以后每次碰撞前瞬間的速度都與第一次

碰撞前瞬間的速度相等，直到所有小球速度第一次相等時撤去外力，求外

力片的大小以及最終1號和2023號小球間的距離0

第24頁共30頁

1

H

20222023

?//。////O/////

LLLL

【答案】⑴8⑵備S河高叫（3…焉嚕，

(\+k)h2

2021+^——二L

4出

【詳解】（1）1號小球釋放后在圓弧軌道上運動到最低點的過程中，由動

能定理，有〃蒯=卜欣-0

1號小球運動到最低點時，由牛頓第二定律有正；-嗎?=〃他聯(lián)立解得4=33

由牛頓第三定律知，此時小球?qū)壍赖膲毫π∨c軌道對小球的支持力阻為

一對相互作用力，故（=為'=3/摩

（2）1、2號小球碰撞前后動量和機械能守恒,分別有〃%=〃”+而叱;

g〃喏=；m\\+；hnv^

解得：匕=廣/2gH；2gH對2號小球,由動量定理有=4叫-。解

ItKI十A

得2gH

\+k

j4k

對2號小球，由動能定理有叱-2=5如時-。解得叱-2=@彳〃吆"

（3）1,2號小球碰后，2號小球以速度吃向右運動一個2,與3號小球碰

撞后速度交換。1號小球由速度匕開始勻變速運動，經(jīng)位移心以速度％與

2號小球發(fā)生下一次碰撞。這一過程，對1號小球由動能定理有

=解得："=（；：）2普”最終所有小球的速度均為與，尸作用的總

時間記為t,對整體，由動量定理有力=（2022由〃嶺+〃7嶺）-（"7匕+燈〃彩）即：

第25頁共30頁

Ft-(2022Z7?V2+mv2)-

尸作用的總位移記為X,對整體，由動能定理有

&=(gx2022kmvl+；tnv])一(gmv\+gj

即&=(gx2022A"欣+卜欣)-/麗。2號小球第一次碰后的速度叫向右依次碰撞

傳遞，最后作為2023號小球的最終速度。最終1號和2023號小球間的距

離為d=\”-x

代入數(shù)據(jù)，得"=[2021+止察口乙

真題實戰(zhàn)演練

11.(2023?湖南?統(tǒng)考高考真題)如圖，質(zhì)量為例的句質(zhì)凹槽放在光滑水

平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分

別為“和〃，長軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為〃，的小球，初始時刻從橢圓軌道

長軸的右端點由靜止開始下滑.以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，

在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系也X,橢圓長軸位于x軸上。整

個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為3

(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于

初始時刻運動的距離；

(2)在平面直角坐標系中，求出小球運動的軌跡方程；

(3)若詈二白，求小球下降〃高度時，小球相對于地面的速度大小(結(jié)

果用。及g表示)。

第26頁共30頁

【答案】(1",=、層耳，(2)回*竺工+《=1；(3)2%二

'+MmM+"1//及\a+3b

【詳解】(1)小球運動到最低