2024高考物理一輪復(fù)習(xí)：三大基本觀點的綜合應(yīng)用（練習(xí)）（學(xué)生版+解析）

第32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)量為靜止在

平直路面，只采用電力驅(qū)動，發(fā)動機額定功率為《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片，由匕經(jīng)時間f達到最大速度V?（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/=人。

求：

（1）汽車速度由W到匕過程中前進的位移占；

（2）汽車由速度匕減到零過程中行駛的距離演。

2.（2023?山東濟南?統(tǒng)考三模）如圖所示，水平傳送帶以vo=2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度

L=6.2m,每隔A"=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A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)量均為相=1kg,物塊與傳送帶間的滑動摩擦因數(shù)為〃=0」，B點與貨車車廂底板間的豎直高度

h=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Af2=0.1s,重力加

速度g=10m/s2,求：

（1）物塊Pi從A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Mi和最小距離AX2；

（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斤的大小。

3.（2023?四川成都?石室中學(xué)?？寄M預(yù)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)量分別為加人=3kg、恤=lkg、%=lkg,A與B之間、C與水

平地面之間的摩擦因數(shù)均為〃=01，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/s20求：

（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；

（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運動的位移女的大小。

4.（2023?安徽?模擬預(yù)測）如圖，長為工的傳送帶以大小為丫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8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)量為機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V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加，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

力加速度為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。

5.（2023?山東?模擬預(yù)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

間的距離無。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

^=10m/s2o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)。

發(fā)射

裝置日

6.（2023?山東威海?統(tǒng)考二模）如圖所示，足夠長的傾角為0=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Po質(zhì)量為M=lkg的乜”形木板A被鎖定在斜面上，木板下端距擋板P的距離為

xo=4Ocm。質(zhì)量為機=lkg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)〃=#。

某時刻同時解除A和B的鎖定，經(jīng)時間r=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F=20N?當(dāng)B速度最小時再一次鎖定Ao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g=10m/s2?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；

（3）A與P第二次碰撞時，B離擋板的距離；

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)量外=2kg、長L=2.7m的長木板A,

距離木板A左端d=lm處有一與木板等高的表面光滑平臺B,平臺B固定在桌面上，質(zhì)量為=18kg,輕

彈簧連接質(zhì)量叫=1kg、mD=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)量恤=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E作用，使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A,同時撤去R滑塊E滑上木板時

的速度9=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VI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g=10m/s2。求：

（1）水平恒力廠的大?。?/p>

（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??；若不能滑上B,求E最終離A右端的距離。

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?。?/p>

（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F（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，求外力尸的大小以及最終1號和2023號小球間的距離。

23420222023

LLL

真題實戰(zhàn)演練

11.（2023?湖南?統(tǒng)考高考真題）如圖，質(zhì)量為"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。和心長軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為機的小球，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(biāo)原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于

地面的直角坐標(biāo)系xOv,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(biāo)系中，求出小球運動的軌跡方程；

（3）若一M=一b、，求小球下降=2h高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY(jié)果用4、b及g表示）。

ma—b

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(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，。孫平

面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為心邊界均平行x軸的區(qū)域I和H,其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強度

大小為a的勻強磁場，區(qū)域n存在磁感應(yīng)強度大小為星的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域n的下邊界與

無軸重合。位于（。，3D處的離子源能釋放出質(zhì)量為加、電荷量為4、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的最大速度叼及其在磁場中的運動時間/；

（2）若鳥=24,求能到達y處的離子的最小速度V2；

(3)若員=3y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在皿~螞處范圍，求進入第四象限的

Lmm

離子數(shù)與總離子數(shù)之比〃。

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?；旌蟿恿ζ?

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)量為靜止在

平直路面，只采用電力驅(qū)動，發(fā)動機額定功率為月啟動，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片，由匕經(jīng)時間r達到最大速度匕（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/=人。

求：

（1）汽車速度由W到外過程中前進的位移4；

（2）汽車由速度匕減到零過程中行駛的距離了2。

【答案】（1）2卬-喂（2）以普

【詳解】（1）發(fā)動機額定功率為6啟動,達到的最大速度匕時有工=片所以汽車加速過程中的阻力/=片=4

V1

同理發(fā)動機的總額定功率為，達到最大速度%時有力=組解得彩=2%汽車速度由匕到電過程中根據(jù)動

V2

能定理有2算一加解得前進的位移_12斗一2"“》［

222=2Vlt

vpt~^~

（2）“再生制動”剎車過程即速度由匕減到零的過程，根據(jù)動量定理有一如/=-紅=。-加為=-2知匕

解得汽車由速度打減到零過程中行駛的距離尤,=‘等

K

2.（2023?山東濟南?統(tǒng)考三模）如圖所示，水平傳送帶以vo=2m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度

L=6.2m,每隔A〃=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A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)量均為機=lkg,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

/z=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Af2=0.1s,重力加

速度g=10m/s2,求：

（1）物塊Pi從A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Ax/和最小距離Ao；

（3）物塊Pi剛到達B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亓的大小。

【詳解】（1）小物塊在傳送帶上加速的過程滿足〃777g解得q=lm/s2由VO=g解得〃=2S;=~atl

解得X7=2m小物塊在傳送帶上勻速的過程滿足=卬2解得Z2=2.1S在平拋運動中/I=解得為=0.4s

貝V="十12十%3=4.5s

（2）當(dāng)相鄰兩個物塊相對靜止時距離最大四=%?4解得網(wǎng)=1m當(dāng)物塊剛被放上傳送帶上時與上一個物

1?

塊距離最小_%2=0.125m

（3）當(dāng)Pi剛到B點時，已經(jīng)靜止的物塊個數(shù)為多=9=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%=2=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=4〃〃和％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（1-陽）&=。-（-加匕）；=gt3

解得尸、,=50N在水平方向滿足一號也=。一（一/%）；品=20N；F=^F;+F^=10A/29N

3.（2023?四川成都?石室中學(xué)校考模擬預(yù)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=3kg、%=lkg、mc=1kg,A與B之間、C與水

平地面之間的摩擦因數(shù)均為M=0.1,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的加速度大小；

（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。］；

（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移％的大小。

A_v0C

IBO

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

【答案】（1）lm/s2,3m/s2.lm/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％和%,彈性碰撞滿足"%%=I/VB+々力;

；恤說=|■明%+g租eV；解得味=。，匕=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

m22

第二定律得，Px8=>〃加人8=〃％/，〃加eg=〃％”<?解得以=Im/s?,=3m/s,ac=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)達到相同速度匕一起勻速運動，對滑塊A和小車B系統(tǒng)，由動量守

24J

恒得mAv0=（mA+）%解得匕=6m/s由能量守恒得g叫說一g（叫+"%）片=Q解得Qi=

（3）滑塊A和小車B以速度匕一起勻速運動，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,

速度為匕，兩次碰撞之間小車B和木塊C的位移均為不，由運動學(xué)關(guān)系得玉=手+巧匕二”，玉=與其

解得%=2m/s或匕=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

mv

x,=30m設(shè)小車B和木塊C第2次碰撞后速度分別為為和vcl,彈性碰撞滿足外匕+恤匕=MB^BI+cci;

-^mBvi+^mcvt+；根c哈解得%=%=2m/s,%=巧=6m/s設(shè)在小車B和木塊C第3次碰撞前,

滑塊A和小車B已經(jīng)達到相同速度"3—起勻速運動，對滑塊A和小車B系統(tǒng)，由動量守恒得

%%+為匕=（〃入+%8）%解得匕=51?/$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的位移均為巧，第3次碰撞前C的速度為v”，由運動學(xué)關(guān)系得尤2=三、+為三［1，必

解得V4=3m/s或V4=7m/s（舍），%=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

%c=玉+%2解得xc=43.5m

4.（2023?安徽?模擬預(yù)測）如圖，長為乙的傳送帶以大小為v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5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m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V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加，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為04,長木板與擋板碰撞是彈性碰撞，重

力加速度為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】⑴慧「⑵*⑶（2

【詳解】（1）物塊以速度V滑上長木板，設(shè)物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)至少為〃。，由牛頓第二定律及勻變

速直線運動規(guī)律得〃omg；V2=2aL解得〃0==物塊在傳送帶上一直加速時運動的時間最長，最長時

(2)物塊第一次在木板上滑動的過程中，由動量守恒定律得mv=(m+05”)匕設(shè)此過程中木板的位移為x,

對木板由動能定理得〃〃琢x=(x0.5相片解得x=”二即開始時長木板的右端離擋板的距離至少為匯

(3)長木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞，由動量守恒定律得根匕-。.5根匕=51+。.5m)電；

171

匕=jv,=(v=q)22v長木板與擋板第二次碰撞到第三次碰撞，由動量守恒定律得

121

v

mv2-0.5mv2=(m+0.5m)v3；v3=~2=藥「與)”"可知，長木板與擋板第〃次碰撞前一瞬間，長木板的速

度為匕=(；)"2V

5.(2023?山東?模擬預(yù)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x-f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=10m/s2?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)。

X1

發(fā)射

裝即

O1.002.253.355.55t/s

乙

【答案】(1)8m/s；(2)6kg；(3)0.4

【詳解】(1)由XT圖像可知，％=LOOs時滑塊C與A相碰，此時C與發(fā)射裝置之間的距離為=%%=10m

弓=2.25s時滑塊C返回到發(fā)射裝置處，設(shè)第一次碰后C的速度大小K，則%i=#7=8m/s

“2—G

(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

的速度大小為外，對A、C由動量守恒定律有租C%-根A%B=-根C%1+WAH1由機械能守恒定律有

；性Y+；/吟3=；性哈+3%匕解得外!=2111/$,%=4111%之后人、B相對靜止，設(shè)共同速度大小為

^

VAB1,對A、B由動量守恒定律有租”AB=(切A+〃B)VAB1同理第二次碰撞前滑塊C到發(fā)射裝置之間距

離%=%&-2)=llm第三次碰撞后c的速度大小為%2=小1=5m/s設(shè)第二次碰撞后瞬間A的速度為

14一%

%,貝1]%%+〃〃VAB1=-找％2+^^2；誤+gmA*B1=3相C試2+g%A嘎聯(lián)立以上各式，解得

^ABl=0,WB=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?fàn)顟B(tài)，即A向右運動了4=lm對物塊A由動能定理有-〃機避乙=-：根A吸解得〃=。4

6.(2023?山東威海?統(tǒng)考二模)如圖所示，足夠長的傾角為0=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M=lkg的乜”形木板A被鎖定在斜面上，木板下端距擋板P的距離為

xo=40cm0質(zhì)量為根=lkg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)〃=等。

某時刻同時解除A和B的鎖定，經(jīng)時間Z=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F=20No當(dāng)B速度最小時再一次鎖定Ao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g=10m/sZ求：

(1)A與P發(fā)生第一次碰撞前瞬間B的速度大?。?/p>

(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第二次碰撞時，B離擋板的距離；

【答案】(1)v=2m/s；(2)Qa=3J;(3)L=0.15m；(4)/總=(0.75+京君)s

【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+m)gsin6?=(V+m)a

根據(jù)勻加速直線運動公式/=2"。解得v=2m/s

2s

(2)A與P相撞所用的時間v=at,解得?!=0.4s,B滑動后撞A的時間-％可得弓=°-

木板與擋板第一次碰撞后，對A：姓$山。+〃7遮8$。=〃?1解得4=1001/52

2

對B：叫$山。一〃噂0?。=人解得。2=。木板與擋板第一次碰撞后人運動的位移占=v?2-^a/2=0.2m

B運動的位移超=%=S4m木板的長度1=占+%=0.6m根據(jù)摩擦生熱侑匚fd=3J

2

mv2+Mvx；-1mv+gwv；

(3)A、B碰前的速度％=丫-叩2=°；VB=v，A、B碰時動量、能量守恒根丫=

解得W=2m/s；v2=0,AB碰后，對A：Mgsin0-jumgcos6=Ma｝；對8；mgsin6+/jmgcos0=ma4

根據(jù)X=卬3解得G=o.ls這段時間B運動的位移w=g%片=0.05m,B離擋板的距離L=玉-斗=045m

⑷木板與檔板第二次碰撞時木塊B的速度為=*=1儂，對A：Mgsin6+//mgcos9=Ma5

解得％=10m/s2,對8：^-"zgsine+MwgcoseMmc/^^&MZOm/sZ,B減速到零所用時間為〃，則

匕-&i=。解得%=°O5s,A經(jīng)過這段時間后的速度以=匕-。5。=L5m/s這段時間AB的位移

x4=21±2kZ4=o.O875m;無5=￡乙=0Q25m此時，A8間距離％=L一七一%=°O375m,8離木板右端的距

離與二弓一/=0-5625m木板鎖定后，對B：尸一加gsin6—"ngcos6=解得%=lOm/s?其中/解

得與得底，B從開始運動到離開A所用的時間/L+G+i+U；值=975+方⑹s

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)量租A=2kg、長L=2.7m的長木板A,

距離木板A左端d=lm處有一與木板等高的表面光滑平臺B,平臺B固定在桌面上，質(zhì)量叫=18kg,輕

彈簧連接質(zhì)量人=1kg、〃％=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)量佻=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產(chǎn)作用，使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A,同時撤去F,滑塊E滑上木板時

的速度匕=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VI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g=10m/s2。求：

(1)水平恒力廠的大小；

(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；

(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??；若不能滑上B,求E最終離A右端的距離。

平臺Bm/AAWn木板A

1---------------------1~~~~1--------------------1?-----------------------11?c*1

4

【答案】(1)尸=7.5N；(2)v3=lm/s；(3)AEk=1.125J;(4)能，v7=ym/s

【詳解】(1)設(shè)恒力/斜向上，與水平方向的夾角為0,根據(jù)動量定理得，豎直方向-網(wǎng)^1=。7牲%

水平方向短=?電匕一0整理得尸=7.5N

（2）對E、A相互作用過程，設(shè)它們能夠達到共同速度V?,根據(jù)動量守恒和能量守恒可得“匕=（"〃+〃石）嶺;

=；加”：-，叫+〃入）%2解得匕=2m/s；AL=2.4m<2.7m對A在該過程，根據(jù)動能定理可得

〃機Ag$A=；%吟-。解得“=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-〃%g（L-AL）=gw7Ev,-1mAvf解得V3=Im/s

（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％，由動量守恒定律得叫3%=（牲+性+，年）丫4解得匕=0-25m/s；Ek=^（mE+mc+mD）v1；Ek=0.125J

當(dāng)C物體具有向左大小為％=hn/s的速度時，E與C粘在一起，ECD系統(tǒng)動能最大，有%?%=g%；

vD=0.5m/s；Ek0=tn^yl+11=1.25J最大動能與最小動能之差△"=舔。一線=1125J

（4）A與B碰撞由動量守恒以匕=（%+〃％）%解得h=02m/s設(shè)EAB能共速，由動量守恒得

2

+（以+〃％）%=（"+；4+：4）心解得為=,m/s由能量轉(zhuǎn)換與守恒定律

4mEg/=:"%v；+3（，〃A+〃?B）片-，"％+〃心+叫3）律解得/>乙-城所以E能滑上B。對E、A、B根據(jù)動量

守恒和能量守恒可得“嶺+（〃工A+"%）%=%'+（%+〃％）%；

〃%8（乙一"）=；”宕+3（叫+飛）,一；“說一3（心+外）盯解得、=:m/s

8.（2023?全國?模擬預(yù)測）如圖所示，A、B、C的質(zhì)量分別為叫=lkg、,%=1.5kg、啊=3kg,輕彈簧的

左端固定在擋板上，C為半徑R=2m的!圓軌道，靜止在水平面上?，F(xiàn)用外力使小球A壓縮彈簧（A與彈

簧不連接），當(dāng)彈簧的彈性勢能為耳=50J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g=10m/s2。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。

【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，由能量守恒定律得綜=1ml說

代入數(shù)據(jù)解得%=10m/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、丫2，則有見%=叫匕+”4%；；/說=gmiV：叫也帶入數(shù)據(jù)解得K=-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)共同的速度為為，小球與圓軌道組成的系統(tǒng)在水平方

向上動量守恒，有/匕=（歿+/）匕小球與圓軌道組成的系統(tǒng)能量守恒，有（0田=；（的+W3）V3+miSh

QOO

代入數(shù)據(jù)解得匕=jm/s,=

（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、％，由動量守恒定律和能量能守恒定律可得

1n

m2v2=m2v4+m3v5-'巧做=；加?+；砥過聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得=-|/s,%=g向s在圓軌道底端對小球

由牛頓第二定律有FN-m2g=m234f解得取=63N根據(jù)牛頓第三定律綜=4=63N,方向豎直向下

R

（3）球A與球B第一次碰后以匕=-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

分別為丫7、%，根據(jù)動量守恒定律和能量能守恒定律得根1%+m2V4=根產(chǎn)7+m2%；

#+聯(lián)立帶入數(shù)據(jù)解得為=-3-6m/s,v8=^|m/s因為為<%，所以小球B無法

乙乙乙乙1.J

第二次進入圓軌道。

9.（2023?湖北?模擬預(yù)測）如圖（a）,一質(zhì)量為相的物塊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，仁0時與彈簧接觸，到U2S時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-f圖像如圖（b）所示。

已知從仁0到7=為時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36丫泌。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6（sin0=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？

圖（a）圖（b）

，f

【答案】（1）0.6/wVo；（2）O.768vo?o；（3）=2v0,vB=O.2vo

【詳解】（1）當(dāng)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f=時刻，根據(jù)動量守

恒定律〃％?L2%=m2%+〃%.0.8%=（〃%共得〃ZB=5〃Z；v衍vo根據(jù)能量守恒定律

綜皿=：外（1-2%）2-：（外+租）就聯(lián)立解得與1mx=0.6*

（2）B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒%xl.2%=6M1%=%蚱+根”對方程兩邊同時乘

以時間4,有6加%加=5根蚱加+加%加，0心之間，根據(jù)位移等于速度在時間上的累積，可得

6mvoto=5msB+ms,將=。36忸代入可得5B=1128卬。則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

A

As=%—$=O.768voZo

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

一根gLsinS-〃叫Lcos6=0根（2%產(chǎn)下滑過程，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為v：，根據(jù)動能定

理可得oigLsin。-〃叫乙85。=：機％'2-。聯(lián)立解得1\'=%，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-加/+5加*0.8%=機％"+5?mJ根據(jù)能量守恒定律可得

mv22AA

~\+y5m-（O.8vo）二;加卜"）+：5”彩”）聯(lián)立解得V"=2%;彩”=0?2%

10.（2023?湖南?校聯(lián)考模擬預(yù)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3將其從左到右依次編號。一半徑為H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2~2023號小球的質(zhì)量均為初？（左為小于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。（己知重力加速度為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??；

（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，求外力尸的大小以及最終1號和2023號小球間的距離。

口「

【答案】(1)3坂⑵中2k同I-----,-「4行k作/⑶4k八mgH氣2+(i一+kW卜

【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W〃=3喇-0

1號小球運動到最低點時，由牛頓第二定律有入'-mg=加固■聯(lián)立解得卅'=3mg由牛頓第三定律知，此時

H

小球?qū)壍赖膲毫^(qū)與軌道對小球的支持力及'為一對相互作用力，故然=￡/=3mg

(2)