大題就量與能量的綜合應(yīng)用

目錄

考情分析..........................................................................1

題型分類訓(xùn)練......................................................................2

題型1動能定理的標(biāo)合應(yīng)用......................................................2

題型二機械能守恒定律的端合應(yīng)用................................................4

題型三功能關(guān)系................................................................7

題型四動量與能式的嫁舍應(yīng)用....................................................9

刷模板...........................................................................12

刷真題...........................................................................19

壽情分析

動量與能量的綜合應(yīng)用是高考物理的高頻核心模塊，在全國卷及新高考卷中占比約15%

—20%,常為壓軸題,綜合動量守恒、能量守恒及動力學(xué)分析，典型模型如多物體碰撞（人碰6,6

再碰。）、含彈簧/摩擦的復(fù)雜系統(tǒng)（滑塊-彈簧-斜面組合）如空間站機械臂抓取衛(wèi)星的動量

控制、高鐵防撞設(shè)計中的動能吸、自動駕駛汽車多車碰撞的動量分配與安全算法模擬、空間碎片

碰撞的軌道預(yù)測與動量追蹤。2025年高考對“動量和能量的綜合應(yīng)用”考查將延續(xù)“重基礎(chǔ)、強

綜合、拓創(chuàng)新”的命題思路，突出物理觀念的系統(tǒng)性與實際問題的模型轉(zhuǎn)化能力。備考需以守恒

思想為核心，強化復(fù)雜系統(tǒng)的分析能力，同時關(guān)注科技前沿與跨學(xué)科融合，做到“以守恒破萬變，

以模型馭創(chuàng)新”。

題型1動能定理的綜合應(yīng)用

1.（2023上海交大附中高三?？迹┠撑d趣小組設(shè)計了一個游戲裝置，其簡化模型如圖1所示,斜面軌道AB

長L=2山,傾角a=37°，與小球間動摩擦因數(shù)〃=0.5,為光滑水平軌道，CDEFG軌道豎直放置,

由4個半徑A=0.2巾的四分之一光滑圓弧軌道組成，。點與尸點為豎直連接點，當(dāng)小球在圓弧軌道上

運動時，軌道與小球間存在沿半徑方向（指向圓心）、大小為尸=4N的特殊引力，上述各部分軌道平滑連

接,連接處無能量損失。一質(zhì)量為m=0.1kg的小球從斜面頂端A點以一定的初速度沿斜面滑下,不計

空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

（1）若小球以*=2m/s的初速度從A點滑下時，

①求小球到達(dá)斜面底端B點的速度VB；

②求小球剛過。點瞬間對軌道的壓力；

⑵要使小球能沿軌道運動，且能夠到達(dá)圓弧軌道最高點及求小球在A點初速度外的取值范圍。

答案：⑴①2,m/s②0（2）0<^<2m/s

解析：（1）①從4點到B點，由動能定理得

mgLsin37°—4771gLeos370=—rriVs——mvo

解得期8=26m/so

②從B點到。點，由動能定理得

-mgR=ymvl--1-m啕

解得vD=2A/2m/s

設(shè)小球在。點受到軌道給它的彈力FN,

由牛頓第二定律得F+FN—

rt

解得/=0

由牛頓第三定律得，小球剛過。點瞬間對軌道的壓力

&=0。

（2）從A點到E點，由動能定理得

mgLsin370—/imgLcos37°—2mgR=卷-m噓—

解得外=。

能夠到達(dá)圓弧軌道最高點E的最小速度為零。為了保證小球不脫離軌道，在。點軌道對小球彈力大于等于

零。因在。點琦=0時，A點速度為“A=2m/s。

要使小球能沿軌道運動，且能夠到達(dá)圓弧軌道最高點E,小球在4點初速度辦的取值范圍為0WnA42m/s。：

2.（2024山東濰坊三模）如圖所示為冰雪沖浪項目流程圖，段為水平加速區(qū)，段為半徑r=22.5m

的光滑圓管型通道，4B與8。相切于B點；CDE段為半徑R=100巾的圓弧冰滑道，與CDE相切

.

于。點，弧所對應(yīng)的圓心角夕=37°,。為軌道最低點，C、E關(guān)于8對稱。安全員將小朋友和滑板

（可視為質(zhì)點）從A點沿水平方向向左加速推動一段距離后釋放,到達(dá)光滑圓管型通道上B點時小朋友

和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運動至滑道E點時對滑道壓力外=410N。已知小朋友和滑板

總質(zhì)量為恒=40kg,重力加速度g取10m/sz,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

p

/0!=37°

7?=100m心、+「

加速區(qū)a

滑滬方Ir=22.5m

''O'

（1）小朋友在B點時的速度為；

（2）小朋友通過CDE段滑道克服摩擦力做的功。

答案：（1）15m/s,方向水平向左（2）1800J

解析：（1）由于到達(dá)光滑圓管型通道上B點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則mg=m—，所以*=

r

15m/s,方向水平向左。

（2）小朋友從8滑到E,根據(jù)動能定理可得-cos37°）-W^f=%m說一］小底,在E點，根據(jù)牛頓第二

定律可得見—n^cos37°=，聯(lián)立可得嗎7=1800Jo

應(yīng)用動能定理解題的四點注意

動能定理往往用于單個物體的運動過程，

由于不涉及加速度和時間，比動力學(xué)研

選擇一

究方法要簡捷

.

日分動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，在某個

標(biāo)矢方向上應(yīng)用動能定理是錯誤的

可以分段列式，也可以對全過程列式，

過程對多過程復(fù)雜問題用動能定理列式可使

.選擇問題簡化

|適用|4既適用于直線運動，也適用于曲線運動；

|情況j既適用于恒力做功，也適用于變力做功

3.（2024江蘇蘇州?？迹┤鐖D所示，高度h=0.8小的光滑導(dǎo)軌AB位于豎直平面內(nèi)，其末端與長度L=0.7

小的粗糙水平導(dǎo)軌8C相連，8。與豎直放置內(nèi)壁光滑的半圓形管道CD相連，半圓的圓心。在。點的

正下方，。點離地面的高度H=L25mo一個質(zhì)量m=lkg的小滑塊（可視為質(zhì)點），從A點由靜止下

滑，小滑塊與段間的動摩擦因數(shù)〃=0.5，重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。求：

A<

h

BC\

o\

z4

777777777>77

（1）小滑塊到達(dá)。點時的速度大小；

（2）若半圓形管道的半徑『=0.5恒,求小滑塊從。點剛進(jìn)入管道時對管壁的彈力大小和方向；

（3）若半圓形管道半徑可以變化，則當(dāng)半徑為多大時，小滑塊從其下端射出的水平距離最遠(yuǎn)？最遠(yuǎn)的水

平距離為多少？

答案：（l）3m/s（2）8N方向豎直向上（3）當(dāng)丁=0.2小時水平射程最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)的水平距離為1.7m

解析：⑴對小滑塊從4到C整個過程應(yīng)用動能定理得mg/i—=今山比,代入數(shù)據(jù)解得&c=3m/s。

⑵小滑塊在。點受到彈力和重力，其合力提供向心力，則琦+mg=小遞,代入數(shù)據(jù)解得局=8N,根據(jù)牛

r

頓第三定律可知小滑塊剛進(jìn)入圓管時對外管壁的彈力片/=瑪=8N,方向豎直向上。

（3）設(shè)小滑塊做平拋運動的時間為t,在豎直方向上有2r=,水平射程2=0拉,從。到。的過程，由

112（,2?。㎎（虎+4g7）=

動能定理得mgX2r=—mv^—解得x=（2H-4r）x+4r）,當(dāng)

2H—4r=^-+4/時，解得『=0.2m,即當(dāng)r=0.2m時水平射程最遠(yuǎn)。最遠(yuǎn)的水平距離為xmax=1.7mo

9

題型二機械能守恒定律的綜合應(yīng)用

4.（2024浙江杭州二模）有一個固定的、足夠長的光滑直桿與水平面的夾角為53。,桿上套著一個質(zhì)量為小

的滑塊8（可視為質(zhì)點）用足夠長的且不可伸長的輕繩將滑塊人與另一個質(zhì)量為2m的物塊B通過光滑

的定滑輪相連接，輕繩因懸掛B而繃緊,此時滑輪左側(cè)輕繩恰好水平，其水平長度為L，現(xiàn)將滑塊A從圖

中O點由靜止釋放（整個運動過程中A和B不會觸地，B不會觸及滑輪和直桿），sin53°=0.8,cos53°

=0.6o

⑴當(dāng)繩子與直桿垂直時,求滑塊A的速度

（2）求滑塊A沿桿向下運動的最大位移必

答案：（1）”五（2）瑞乙

解析：（1）當(dāng)繩子與直桿垂直時，此時B下落到最低點，石的速度剛好為0,根據(jù)幾何關(guān)系可得幺下滑的高度

hA-Lsin53°cos53°=￥~上，B下落的高度心=￡—Z/sin53°=,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得Tng/ia+

255

2

2mghB--^-mv,解得滑塊A的速度v———13gL。

/o

（2）滑塊A下滑到最低點時的速度為零，此時B的速度也為零,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知,滑塊4重力勢能的

減少量等于重力勢能的增加量，則有mgccsiii53°=2mgh/'，根據(jù)幾何關(guān)系可得%/=

V（a;sin53°）2+（L—a?cos53°）2—"聯(lián)立解得滑塊A沿桿向下運動的最大位移a:=萬~L。

5.如圖（a）,一傾角37°的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端。處,

彈簧的原長與長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊

第一次到達(dá)3點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移，的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度

為2小，滑塊質(zhì)量為2kg,滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大

小取10m/s2,sin37°=0.6。求:

⑴當(dāng)拉力為10N時,滑塊的加速度大小；

（2）滑塊第一次到達(dá)8點時的動能；

（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。

答案：（l）7m/s2（2）26J（3）1.3m

解析：（1）設(shè)小滑塊的質(zhì)量為771,斜面傾角為仇滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃，滑塊受斜面的支持力大小為

外,滑動摩擦力大小為耳，拉力為10N時滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有T+

mgsin3—Ff=ma①

FN—mgcos。=0②

耳=（IFN③

聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得

a=7m/s2o④

（2）設(shè)滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W,由功的定義有

W=+T便2⑤

式中Z、冕和g、g分別對應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。

依題意，7；=8N,◎=1m,

石=10N,x2—lm

設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點時的動能為反，由動能定理有

W+（mgsin個一耳）（g+g）=%-0⑥

聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得及=26J。⑦

⑶由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點時，動能仍為耳。設(shè)滑塊離8點的最大距離為Sma*,由動能

定理有

-（mgsin9+2^）smax=0一瓦⑧

聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得Smax=L3m。

系統(tǒng)機械能守恒問題的思維流程

選取

多個物體組成的系統(tǒng)；選取對研究對象進(jìn)

研究-?含彈簧的系統(tǒng)；含輕桿、行受力和做功

不二才M2

對象輕繩的系統(tǒng)情況分析

選表

聯(lián)立方求解AEk=-AEp或機械能是判斷

程求解石產(chǎn)一A七達(dá)式否守恒

6.如圖所示，O為固定在水平面的轉(zhuǎn)軸，小球人、B的質(zhì)量均為小，A與8、O間通過較鏈用輕桿連接，桿

長均為乙，B球置于水平地面上，B、。之間用一輕質(zhì)彈簧連接。現(xiàn)給人施加一豎直向上的力廠,此時兩

桿夾角。=60°,彈簧處于原長。改變尸使人球緩慢運動，當(dāng)。=106°時力尸恰好為零。人、口始終在同

一豎直平面，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度為g。

⑴求彈簧的勁度系數(shù)M

（2）若A球自由釋放時加速度為a,此時8球加速度多大？

（3）在（2）情況下當(dāng)。=90。時，B的速度大小為v,求此時彈簧的彈性勢能。

合案：（1）和廠（2）刀］（3）「一叱3一%加"

解析：（1）對月球受力分析，如圖甲所示

有2Ecos53°=mg

對B球受力分析，如圖乙所示

有凡sin53°=kx

其中力=2L（sin53°—sin30°）

且用=既，解得詈。

（2）4球自由釋放時的加速度方向垂直于40桿,

由牛頓第二定律得

mgcos600—Reos300=ma

對_8有Reos60°=maB

解得川=2?。

（3）當(dāng)夕=90°時，vA=?;cos45°,對系統(tǒng)由機械能守恒定律得

2

mgL(cos300—cos450)=+-^-mv+Ep

解得與=%返"-N"。

題型三功能關(guān)系

7.如圖甲所示，長為4巾的水平軌道AB與半徑為五=0.6巾的豎直半圓弧軌道8c在8處相連接，有一

質(zhì)量為1kg的滑塊（可視為質(zhì)點），從A處由靜止開始受水平向右的力尸作用，尸的大小隨位移變化的關(guān)

系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,與8C間的動摩擦因數(shù)未知，g取10m/s2。求：

（1）滑塊到達(dá)B處時的速度大?。?/p>

（2）滑塊在水平軌道上運動前2項過程所用的時間；

（3）若到達(dá)B點時撤去力F,滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑,并恰好能到達(dá)最高點C,則滑塊在半圓弧軌道

上克服摩擦力所做的功是多少？

答案：⑴2VIUm/s親s(3)5J

解析：（1）對滑塊從A到3的過程，由動能定理得

h+網(wǎng)，3-jumgx=^-mvl

解得m/so

（2）在前2zn內(nèi)，有用一/img=ma

且電=，解得tr=~35S0

（3）當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點。時，應(yīng)有

9V

mg=

對滑塊從B到。的過程，由動能定理得

Wj—mg-2R=-^-mvc—mvg

代入數(shù)值得出=一5J,即滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力做的功為5Jo

8.如圖甲所示,避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等部分組成。如圖乙所

示，是某處避險車道的簡化示意圖。若一輛卡車質(zhì)量為8%,在直干道上以72km/h的速度向坡下行駛，

運動到A處剎車突然失靈，司機發(fā)現(xiàn)危險后控制卡車經(jīng)過一段豎直面內(nèi)的圓弧車道駛上制動坡床進(jìn)行

減速,再過一段時間，卡車停止且未與防撞設(shè)施發(fā)生碰撞。若A、C間的高度差為50小,卡車運動到。

點時速度為108km/h,制動坡床可視為與水平面間的夾角為6=30°的斜面，卡車在制動坡床上運動時

受到坡床的阻力大小是其重力大小的1,重力加速度為g=lOm/s?。

⑴求卡車從A運動到。的過程中損失的機械能。

（2）為保障該卡車的安全，這條避險車道至少需要多長？

（3）卡車在制動坡床上速度減為零后，受到制動坡床的摩擦力為多大？

答案:（1）2x106J（2）37.5m（3）4x104N

解析：（1）卡車從A運動到。的過程，以。點所在水平面為參考平面，根據(jù)能量守恒定律有

11,

mgh+—mvl—XE+—mvl

解得△￡=2X106j。

（2）卡車經(jīng)過。點后，在制動坡床上運動的過程，根據(jù)動能定理有

17

-mgLsin。一也=0一1小碳,其中/=兀mg

解得乙=37.5m

故這條避險車道至少需要37.5m。

（3）由于？ngsin。=V/=《mg,卡車在制動坡床上速度減為零后停止運動

卡車停止運動后，受到制動坡床的摩擦力為耳=mgsin3,解得^=4xl04N.

9.如圖所示，小車右端有一半圓形光滑軌道相切車表面于8點，一個質(zhì)量為m=1.0kg可以視為質(zhì)點

的物塊放置在A點，隨小車一起以速度v0=5.0ni/s沿光滑水平面上向右勻速運動。勁度系數(shù)較大的輕

質(zhì)彈簧固定在右側(cè)豎直擋板上。當(dāng)小車壓縮彈簧到最短時，彈簧自鎖（即不再壓縮也不恢復(fù)形變），此

時，物塊恰好在小車的B處，此后物塊恰能沿圓弧軌道運動到最高點C。已知小車的質(zhì)量為河=1.0kg,

小車的長度為1=0.25小，半圓形軌道半徑為R=0.4巾,物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為n=0.2,重力加

速度g取10m/s為求：

C

（1）物塊在小車上滑行時的加速度a；

（2）物塊運動到8點時的速度vB-,

（3）彈簧在壓縮到最短時具有的彈性勢能用以及彈簧被壓縮的距離工。

答案：（l）2m/s2（2）2A/5m/s

（3）14.5J1m

解析：⑴物塊在小車上滑行時，由牛頓第二定律得〃mg=ma；

解得a=2m/s2。[

（2）據(jù)題意，物塊恰能沿圓弧軌道運動到最高點。，由重力提供向心力，則有:

……____—_4

2V

mg=

物塊從B運動到。的過程，由機械能守恒定律得

2mgR+-^-mvc—說

聯(lián)立解得m/so

(3)根據(jù)能量守恒定律得

Ep=；(Af+m)vo—^-mvp—/j.mgl

解得瑪=14.5J

從開始接觸彈簧到彈簧壓縮到最短時，物塊4相對地面的位移

22

22v-v5-(2V5)「口

◎=/丁=2X2m=L25m

則小車的位移x—xx—l—\m

即彈簧被壓縮的距離為1mo

題型四動量與能量的綜合應(yīng)用

10.噴射懸浮飛行器由抽水機、壓縮機等組成,利用一根軟管將水從河中抽入飛行器,再以較高的速度豎直

向下噴出兩道高壓水柱,可將使用者推至距水面幾米的高度，如圖9所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為河的使用者被

緩慢推至水面上方某一高處懸停，設(shè)此狀態(tài)下飛行器的質(zhì)量恒為死,水噴出前的速度為零，兩個噴水口

的橫截面積均為S,水的密度為p,重力加速度為g,空氣阻力及抽水過程中軟管和河水對飛行器的作用

均可忽略不計，求：

(1)兩個噴水口噴出水的速度需要多大？

(2)飛行器噴水的平均功率多大？

答案：⑴⑵基…%理好

解析：(1)使用者和飛行器在水面上方某一高處懸停，根據(jù)平衡條件可知，噴水產(chǎn)生的推力為

F—(M+m)g

對噴出的水用動量定理，可得F'M=2Amv

其中Am=pvbtS

根據(jù)牛頓第三定律可知尸=尸

解得嚴(yán)手詈應(yīng)。

V2sp

.⑵根據(jù)動能定理，飛行器在△力時間內(nèi)對水做的功為x2Amv2-0

：則飛行器噴水的平均功率為

Q..............

11.（2023福建漳州一模）如圖所示,足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動的物塊8,B的質(zhì)量為

小,桿上在物塊B的左側(cè)有一固定擋板C,B的下端通過一根輕繩連接一小球繩長為LA的質(zhì)量也

為小。先將小球拉至與懸點等高的位置時，細(xì)繩伸直但沒有形變，8與擋板接觸?，F(xiàn)由靜止釋放小球

Ao重力加速度大小為g。求：

（1）小球人向右擺動的最大速度；

（2）物塊B運動過程中的最大速度；

（3）小球A向右擺起相對于最低點所能上升的最大高度。

答案:⑴聲⑵聲（3）yL

解析：（1）小球人擺至最低點時速度最大，最大速度設(shè)為加，由機械能守恒定律得

mAgL=^-mAvl

解得5=12gL。

（2）小球4從最低點向右擺動的過程中，4、B系統(tǒng)水平方向動量守恒；當(dāng)A最后回到最低點時，B的速度最

大，設(shè)此時AyB的速度分別為VAyVB,由水平方向動量守恒得7n/Ui二小區(qū)小+小日期日

由機械能守恒得

=y+

解得小=0,vB—飛2gLo

⑶當(dāng)小球4擺至最高點時，4B共速，

設(shè)為“，A、B系統(tǒng)水平方向動量守恒，得

={rnA+mgjv

由機械能守恒定律得

2

rrtAgh=-y（mA+m^v

聯(lián)工解得h=

1確定研14在中學(xué)階段其研究對象一般僅限于

1究對象）單個物體

y

1進(jìn)行受1可先求每個力的沖量，再求各力沖

1力分析1一量的矢量和即合力的沖量；或先求

合力，再求其沖量

▼

確定初、

末狀態(tài),

f確定各動量和沖量的正負(fù)號

選好正

方向

.根據(jù)動量定理列方程，如有必要還

列方程］一需要補充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)

求解

應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟

明確研_確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個

究對象一"物體及研究的過程）

*

進(jìn)行受_,判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方

力分析"向上是否守恒）

*

［列方程^規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量，

J1由動量守恒定律列出方程

*

求解與_^代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論

討論說明

12.（2024湖北武漢二模）如圖所示，傾角。=30。的足夠長斜面固定在水平面上，t=0時刻,將物塊4、8（均

可視為質(zhì)點）從斜面上相距I=0.05m的兩處同時由靜止釋放。已知人的質(zhì)量是B的質(zhì)量的3倍，4、

B與斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為%=項、=暇，A、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時間極

63

短，重力加速度大小取q=lOm/sz,求：

（1）4、口發(fā)生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大小；

（2）4、B發(fā)生第三次碰撞的時刻；

（3）從靜止釋放到第71次碰撞，A運動的位移大小。

答案：⑴0.25m/s0.75m/s（2）1.0s

（3）0.05（3n2-3n+l）m

解析：沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律3mgsin9—/iAx3mg-cos0=Sma,

分析B的受力，則mgsin0=［iBmgcos。，即靜止在斜面上。71與B發(fā)生第一次碰撞前，由運動學(xué)規(guī)律得

x

v\Q=2al,A與B發(fā)生第一■次碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得=+3m■■吸）

=]x3nw%+■^-TYIVBX,解得vA1—0.25m/s,vB1=0.75m/so

(2)由(1)可得，A從靜止釋放后，經(jīng)過時間友與石發(fā)生第一次碰撞，有=Q30,B以速度做勻速直線運

動，A以初速度。加，加速度a做勻加速直線運動，第二次碰撞前，有vA1tr+止i,此時，B以速度vB1

做勻速直線運動，力的速度為〃/+碗1,A與石發(fā)生第二次碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得

fr2

SmvA1+mvB1=3772n力2+館0殯，方義3mvA1+哈=^-XSmv\2+3rn煽2，B以速度vB2做勻速直線運

動,A以初速度。力2,加速度Q做勻加速直線運動,第三次碰撞前，有打力2力2+]渥=VB2t2,顯然,每次碰撞后，

B均相對4以初速度小0、加速度叫做勻減速直線運動至下一次碰撞，經(jīng)過時間均為0.4So故4與6發(fā)生第

三次碰撞后的時刻為￡=。+%1+力2,解得￡=L05o

(3)從開始至第一次碰撞力加=/,從第一次碰撞至第二次碰撞/42=2/+4/=6/,從第二次碰撞至第三次碰撞

xA3=8/+4/=12/,從第三次碰撞至第四次碰撞xA4-14Z+42=18Z,從第？i—1次碰撞至第n次碰撞xAn—

x=2

(6n—10)Z+4Z(n>1),A從靜止釋放到第n次碰撞后運動的總位移XAn=xA1+xA2+^3H^~An(3n—

2

3n+1)Z=0.05(3n—3n+1)mo

制模擬

13.如圖甲所示，“滑草”是最近幾年比較流行的運動項目，為保證安全，現(xiàn)在有的滑草場修建如圖乙所示模

型。斜面滑道CD與水平地面的夾角6=37°,在底端右側(cè)有一半徑R=1m的%豎直圓弧軌道

BE與AB相切，8為切點。其中CD的長度乙=125之間距離Z=5小。一個質(zhì)量nz=60kg的

游客(可視為質(zhì)點)從。點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)E點。游客與傾斜直軌道和水平軌道的動摩擦因

數(shù)均為“=0.7,且經(jīng)過。、口兩點時不考慮能量損失，忽略空氣阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,q=

10m/s2o求：

甲

(1)游客到達(dá)斜面底端。時重力的瞬時功率；

(2)游客到達(dá)B點時，對圓弧軌道的壓力大??；

(3)從B到E的過程中，摩擦力對游客做的功。

答案：(1)3600W(2)2400N(3)-300J

解析:(1)游客從C到D過程,根據(jù)動能定理得

mgLsin6—jLimgcosBL=0

解得vD=10m/s

游客到達(dá)斜面底端。時重力的瞬時功率為

PG=mgvosin0=3600W。

(2)游客從D到B過程,根據(jù)動能定理得

-fimgl=/端-；小嚕

解得期8=^/^?m/s

游客到達(dá)B點時，根據(jù)牛頓第二定律可得

_________?

FN-mg^m^^

解得外=2400N

根據(jù)牛頓第三定律可知，游客到達(dá)B點時，對圓弧軌道的壓力大小為2400N。

(3)從B到E的過程,根據(jù)動能定理得

]

—mgR+%=0———mvB

解得嗎=一300Jo

14.如圖所示，光滑弧形坡道頂端距水平面高度為％,底端切線水平且與一水平粗糙滑道相連接，。點為連接

處，一輕彈簧的一端固定在水平滑道左側(cè)的固定擋板/上，彈簧自然伸長時另一端N與。點的距離為

s。質(zhì)量為m的小物塊4從坡道頂端由靜止開始滑下，進(jìn)入水平滑道并壓縮彈簧，已知彈簧的最大壓縮

量為d,物塊與水平滑道間的動摩擦因數(shù)為〃,重力加速度為g,求：

⑴彈簧的最大彈性勢能嗎；

(2)若物塊能夠被重新彈回到坡道上，則它在坡道上能夠上升的最大高度笈。

答案：—〃mg(s+d)(2)/i-2〃(s+d)

解析：(1)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為Wf=/img(s+d)

由功能關(guān)系得強％=紇+%

解得彈簧的最大彈性勢能

Ep—mgh—/jmg(s+d)。

(2)物塊A被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為%=umg{s+d)

由功能關(guān)系得mgH=EP-Wf

解得物塊人能夠上升的最大高度為

H—h—2〃(s+d)。

15.如圖所示，傾角為夕=37°的斜面體ABC固定在高度為拉=0.8m的水平桌面上,斜面頂點。與桌面邊

緣。距離乙=0.4m,Q為斜面上的一點，P是QC的中點。小滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)由=0.5,與桌

面間動摩擦因數(shù)〃2=O.lo將小滑塊從斜面上P點由靜止釋放，剛好能夠停在。點；再將小滑塊從斜面

上Q點由靜止釋放，小滑塊越過。點做平拋運動落在水平地面上。小滑塊從斜面到桌面轉(zhuǎn)折處機械能

損失不計，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2o求：

圖9

⑴斜面上點P與點。之間的距離；

（2）小滑塊做平拋運動的水平位移。

答案：（1）0.2?。?）0.1675m

解析:（1）設(shè)P、C兩點之間的距離為〃，從P點到D點,克服摩擦力做功

Wf=/ZimgLiCos0+iiimgL

根據(jù)能量守恒定律，有n^Lsinff-Wf=0

解得Li=.產(chǎn)L_=0.2mo

⑵設(shè)小滑塊從Q點由靜止釋放運動到。點時的速度為V,由動能定理，有

2mgLisin9—2/ijmgLiCos0—/i^gL--^-mv2

解得v-VO.8m/s=0.4A后m/s

小滑塊從。點做平拋運動，豎直方向有

h=yfft2

解得t=代4=Q&s

平拋運動的水平方向位移c=

代入數(shù)據(jù)解得①=0.16^/^m。

16.（2024山西太原二模）如圖所示，套在一光滑的水平固定輕桿上的小球A和另一小球B由繞過兩輕質(zhì)光

滑定滑輪的細(xì)線相連，小球B、。通過一豎直輕彈簧相連，。球放在水平地面上，定滑輪N到水平輕桿的

豎直距離為乙。初始時上陽和NA兩段細(xì)線均豎直，小球A位于輕桿上的居點，細(xì)線剛剛伸直且無拉力

作用。現(xiàn)在用水平向右的恒力F=mg拉小球入，當(dāng)月運動到R點時，入層與水平方向的夾角為。=

37°,此時。恰好離開地面。已知小球A、8、。的質(zhì)量均為小,重力加速度為g,彈簧始終處于彈性限度

內(nèi)，細(xì)線與兩定滑輪之間的摩擦不計，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

⑴彈簧的勁度系數(shù)；

（2）A球在R點時的速度大小-

解析:（1）設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為％,初始時，彈簧被壓縮，設(shè)壓縮量為，，對B有七的=mg,當(dāng)A運動到8處時，

。恰好離開地面，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，設(shè)伸長量為22,對C有kx2—mg,根據(jù)幾何關(guān)系可得%+g=

一^一=白,解得當(dāng)壁。

sm37oL

⑵設(shè)人在打點時的速度大小為n,則此時0B=”cos37°,小球A在/和￡處，彈簧的彈性勢能不變，根據(jù)系

統(tǒng)能量守恒有F?—=mg（a?i+g）+-^-mv2+Em喝，解得入球在Pi點時的速度大小v—。；

tanc/22123?

17.（2024浙江臺州二模）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB,圓：

心為O1的豎直半圓軌道8CD、圓心為O2的豎直半圓管道DE尸，傾斜直軌道FG及彈性板等組成，軌道

……____…………0

各部分平滑連接。已知滑塊質(zhì)量zn=O.02kg（可視為質(zhì)點），軌道BCD的半徑R=0.9巾,管道。EF的

半徑r=0.1滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)”=0.8，其余各部分軌道均光滑,軌道FG的長度I=1

小,傾角6=37°，滑塊與彈簧作用后,彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動能，滑塊與彈性板作用后以等大

速率彈回。（sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）在某次游戲中滑塊第1次運動到與Oi等高的。點時的速度o1=3m/s,求滑塊受到的支持力大小。

（2）滑塊恰好到達(dá)尸,求彈簧的彈性勢能。

（3）彈射器將滑塊彈出后迅速撤走彈射器,要使滑塊最終停在軌道FG上,求彈簧的彈性勢能Ep的取值

范圍。

答案：（1）0.2N（2）0.45J（3）0.45JWEpW0.656J

解析：⑴滑塊在。點，受到的彈力提供向心力，則FNC=mg,解得FNC=Q.2N。

⑵假定滑塊剛好到達(dá)F點有%=0,從4運動到F點、_mg（2R+2r）=-Epl,解得與1=0.4J,滑塊要能到F

點，須先通過。點，剛好過D點時有mg=m與，得%=3m/s,從A運動到_D點，有—mgX2R=

re2

嗎2,解得紇2=0.45J,因為紇2>與1,所以恰好到F點時，彈簧的彈性勢能為0.45Jo

（3）由于〃>tan仇滑塊在彈回的過程中剛好停在F點時彈簧的彈性勢能最大，從4運動到F過程,根據(jù)動能

定理得一mg（2/?+2r）—〃Mgcos/2Z=0-瑪，解得瑪=0.656J,所以彈簧的彈性勢能嗎的取值范圍0.45

<0.656Jo

18.（2024湖南師大附中高三月考）如圖所示,質(zhì)量為小的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，

彈簧下端固定在地面，質(zhì)量為47n的物體乙用輕繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪與甲連接，開始用手托住乙，輕

繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角為a。某時刻由靜止釋放乙（足夠高），經(jīng)過一段時

間小球運動到Q點，OQ兩點的連線水平，OQ=d，且小球在P、Q兩點處時彈簧彈力的大小相等。已

知重力加速度為g,彈簧彈性勢能的表達(dá)式為瑪=為彈簧的勁度系數(shù)，力為彈簧的形變量），sin

a=0.8,cosa=0.6。求：

⑴彈簧的勁度系數(shù)M

（2）小球位于Q點時的速度大小;

（3）小球甲和物體乙的機械能之和的最大值（設(shè)放手前甲、乙在同一水平面上，且以此水平面為零勢能

面）。

解析：（1）由于P、Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾

何關(guān)系知PQ=dtana=^-d

o

則小球位于P點時彈簧的壓縮量為c=\PQ=~d

對P點的小球由力的平衡條件可知mg=kx

3mg

解得k—

（2）當(dāng)小球運動到Q點時，假設(shè)小球甲的速度為以此時小球甲的速度與繩子OQ垂直，所以物體乙的速度為

零，又知小球、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則由機械能守恒定律得4mg?（-d]—mgdtana—

cosa

解得。=yjso

⑶由系統(tǒng)的機械能守恒定律可知，彈簧彈性勢能為零時，小球甲和物體乙的機械能之和最大%=4=

3

19.某滑雪運動場設(shè)置了如圖所示的游樂項目，光滑雪道48段和光滑豎直圓軌道平滑連接，圓軌道的半徑

五=4巾，8為圓軌道的最低點。水平粗糙軌道BC兩端分別與豎直圓軌道、水平傳送帶CD平滑相連,

傳送帶以速度”=10m/s向左勻速運動。一個質(zhì)量為小=50kg的滑雪運動員（視為質(zhì)點）從右側(cè)雪道

上的/點由靜止滑下，恰能通過豎直圓軌道的最高點。已知運動員與段間的動摩擦因數(shù)%可調(diào)節(jié),

與傳送帶CD間的動摩擦因數(shù)為“2=0.36,LBC=12m,LCD=5所有軌道均在同一豎直面內(nèi)，重力

加速度g=10m/s2,不計空氣阻力。

DJC

（1）求A點距水平軌道的高度拉；

（2）若要使運動員一直勻加速通過傳送帶CD,則其與段間的動摩擦因數(shù)％的取值范圍為多少？

（3）若運動員以最長時間通過傳送帶,從。點水平飛出落在傾角a=37°的斜坡DE上,求運動員在斜坡

上的落點與傳送帶上表面的豎直高度〃（sin37°=0.6）0

答案：⑴10小⑵聶★搭（3）4.05m

306

解析：（1）設(shè)滑雪運動員到達(dá)豎直圓軌道最高點的速度為b，則在最高點滿足mg=m吟

運動員從＞1點運動到圓軌道最高點的過程，由動能定理有mg仇—2J?