動(dòng)量及其守恒定律二（解析版）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)

專(zhuān)題10動(dòng)量及其守恒定律（2）

考點(diǎn)愿型歸納

一、彈性碰撞.........................................2

二、完全非彈性碰撞..................................6

三、爆炸與反沖......................................10

四、板塊/子彈打木塊模型............................13

五、人船模型........................................18

六、多過(guò)程和多次碰撞問(wèn)題...........................24

1

專(zhuān)題一彈性碰撞

1.（2024?廣東?高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分

別從明、〃乙高度同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑。斜坡與水平面在。處平滑相接，滑塊與水平面間

的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的

有（）

%

A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對(duì)靜止

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與〃乙無(wú)關(guān)

D.甲最終停止位置與O處相距生

【答案】ABD

【詳解】A.兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開(kāi)始下滑，則相對(duì)速度為0,故

A正確；

B.兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰

后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；

C.設(shè)斜面傾角為0,乙下滑過(guò)程有

芻=；gsin”2

sinU2

在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間打后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)不乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t=+/2+*3

由于〃與〃乙有關(guān)，則總時(shí)間與〃乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.乙下滑過(guò)程有

mgH乙=^mvl

由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的

位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有

2

該=2〃gx

聯(lián)立可得

即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與。處相距區(qū)，故D正確。

故選ABDo

2.（2024?廣西?高考真題）如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向

右運(yùn)動(dòng)，速度大小為v。M與靜置于平臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒。若

不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，1＜在（）

墻

面

地面

/7777777777777777777777~

A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)

B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)

C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v

【答案】BC

【詳解】由于兩小球碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過(guò)程是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守

恒和能量守恒可知

mv=mvM+mvN

由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

VM=0>*VN=V

碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速

度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)

動(dòng)。

故選BC。

3

3.（2023?重慶?高考真題）如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N

為軌道上的兩點(diǎn)，且位于同一直徑上，P為段的中點(diǎn)。在尸點(diǎn)處有一加速器（大小可忽

略），小球每次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后，其速度大小都增加"。質(zhì)量為優(yōu)的小球1從N處以初速度vo

沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在亂處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小

相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求:

（1）球1第一次經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)后瞬間向心力的大小;

（2）球2的質(zhì)量;

（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。

【詳解】（1）球1第一次經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)后瞬間速度變?yōu)?v°,所以

“=心r=4*

（2）球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說(shuō)明球1碰后反彈，則

m?2v0=—mv+ntv

1/C\212?1f2

—m(2v0)=—mv+—mv

聯(lián)立解得

V=Vo,m'=3m

（3）設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間為加，則

7lR

------

2%

+2%%2-兀R

所以

A5nR

At=tl+t2=——

6Vo

4.（2023?廣東?高考真題）如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖.該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎

直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成，滑槽高為3乙平臺(tái)高為藥品盒A、B依次

4

被輕放在以速度%勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A剛

好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下，隨后滑下的B以2%的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，

碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤(pán)內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為和2加，碰撞

過(guò)程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的;。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度

為g,AB在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤(pán)的高度，將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。

求：

(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t■

(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功用；

(3)圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s.

【答案】(1)t=~(2)W^6mgL-3mvl；(3)5=也」生

〃g27g

【詳解】(1)A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度

由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間

a〃g

(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力做的功

2

W=—-2mVg+2mg-3L-^-2m(2v0)=6mgL-3加v；

(3)AB碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系可知

2m?2v0=mv{+2mv2

2

1-2m-(2v0)一(gm；+；2叫)=一6.2?7.(2%廣

解得

5

匕=2%

匕=%

25

（另一組w=§%v?=”舍掉）

兩物體平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

則

s-r=v2tx

s+r=v擊

解得

3v0匹

2Vg

專(zhuān)題二完全非彈性碰撞

5.（2024?天津?高考真題）如圖所示，光滑半圓軌道直徑沿豎直方向，最低點(diǎn)與水平面相切。

對(duì)靜置于軌道最低點(diǎn)的小球A施加水平向左的瞬時(shí)沖量/,A沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，與用

輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起。已知/=1.8N-s,A、B的質(zhì)量分別為mA=0.3kg,

"5=0.1kg,軌道半徑和繩長(zhǎng)均為R=0.5m,兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，輕繩不可伸長(zhǎng)，重力加速度

g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求：

（1）與B碰前瞬間A的速度大?。?/p>

（2）A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小。

【答案】（l）4m/s

6

（2）11.2N

【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)小球A從最低點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為V。，由動(dòng)量定理有

1=機(jī)A%

設(shè)與B碰前瞬間A的速度大小v,從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

2

-mAg-2R=^mAv-^mAvl

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

v=4m/s

（2）A與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起，由動(dòng)量守恒定律有

能A"=（加A+，"B）V共

設(shè)A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小為尸，由牛頓第二定律有

F-g+g）g=（機(jī)人+^B）-y

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

F=11.2N

6.（2024?甘肅?高考真題）如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩。尸和。尸作用

下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩。'尸=。尸=1.6m,與豎直方向的夾角均為60。。質(zhì)量為6kg的木板B

靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩。尸，小球A開(kāi)始

運(yùn)動(dòng)。（重力加速度g取lOm/s?）

（1）求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。

（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極短）、碰后A豎

直下落，C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。

（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

A

C

?口..............B、、?【、、、、

【答案】（1）40N；（2）4m/s；（3）0.15

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)AC質(zhì)量為%=2kg,B的質(zhì)量為M=6kg,細(xì)繩O尸長(zhǎng)為/=1.6m,

初始時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角6=60。。

7

(1)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)有

mg/(l-cos^)=—mvl-0

對(duì)最低點(diǎn)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得

F-mg=-^~

解得

v0=4m/s,F=40N

(2)A與C相碰時(shí)，水平方向動(dòng)量守恒，由于碰后A豎直下落可知

mvQ=0+mvc

故解得

vc=v0=4m/s

(3)A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速，則對(duì)CB分析，過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量守恒可得

mvG=(M+m)v

根據(jù)能量守恒得

〃加g￡相對(duì)=；加片一;(加+

聯(lián)立解得

4=0.15

7.(2023?天津?高考真題)質(zhì)量加A=2kg的物體A自距地面/z=1.2m高度自由落下，與此同

時(shí)質(zhì)量根B=1kg的物體B由地面豎直上拋，經(jīng)過(guò)f=0.2s與A碰撞，碰后兩物體粘在一起，

碰撞時(shí)間極短，忽略空氣阻力。兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g=10m/s2,求A、B：

(1)碰撞位置與地面的距離x；

(2)碰撞后瞬時(shí)的速度大小v；

(3)碰撞中損失的機(jī)械能公￡。

【答案】(1)1m；(2)0；(3)12J

【詳解】(1)對(duì)物體A,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

,1,1，

x=h——gt=1.2mx1Ox0.2m=Im

22

(2)設(shè)B物體從地面豎直上拋的初速度為VB。，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知

8

12

尤=%(/一理

即

1,

1=vB0x0.2--xl0x0.2-

解得

vB0=6m/s

可得碰撞前A物體的速度

vA=gt=2m/s

方向豎直向下；

碰撞前B物體的速度

VB=vB0-gt=4m/s

方向豎直向上；

選向下為正方向，由動(dòng)量守恒可得

.A^A-加B^B=(加A+%B"

解得碰后速度

v=0

(3)根據(jù)能量守恒可知碰撞損失的機(jī)械能

.=；加八d+；加13地一;(加A+加B)F=12J

8.(2023?北京?高考真題)如圖所示，質(zhì)量為優(yōu)的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在。點(diǎn),

在。點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距。點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)

L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。

重力加速度為g。求：

(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H；

(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小產(chǎn)；

(3)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能A￡。

9

///

!\

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

【答案】(1)-—；(2)mg+m—■,(3)—mv2

2gL4

【詳解】(1)A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得

mgH=^mv2

解得

〃=匕

2g

(2)碰前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得

1g

解得

V2

F=mg+m—

(3)A、B碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

mv=2mVj

解得

1

V,=—V

12

則碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為

1I212

NE^-mv1-v|=—mv

222

專(zhuān)題三爆炸與反沖

9.(2024?遼寧?高考真題)如圖，高度〃=0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B,質(zhì)

=mB=0.1kgoA、B間夾一壓縮量Ax=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時(shí)由

靜止釋放A、B,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程z=0.4m；

10

B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離出=025m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度

g=1Om/s2o求：

(1)脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小VA和vB；

(2)物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

(3)整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能期。

ABB

/八

/『十

h

【答案】(1)lm/s,lm/s；(2)0,2；(3)0.12J

【詳解】(1)對(duì)A物塊由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)得

,12

h=-gt

尤A=VA?

代入數(shù)據(jù)解得，脫離彈簧時(shí)A的速度大小為

vA=lm/s

AB物塊質(zhì)量相等，同時(shí)受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力,

則AB物塊整體動(dòng)量守恒，則

以力=mBvB

解得脫離彈簧時(shí)B的速度大小為

vB=lm/s

(2)對(duì)物塊B由動(dòng)能定理

12

代入數(shù)據(jù)解得，物塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃=0.2

11

(3)彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為AB物塊的動(dòng)能及這個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功，即

121,

%=-mAvA+-mBvB+/zmAgAxA+/zmBgAxB

其中

mA=mB,Ax=AXA+z\xB

解得整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能

A￡p=0.12J

10.(2024?安徽蚌埠?二模)某科研小組試驗(yàn)一款火箭，攜帶燃料后的總質(zhì)量為M。先將火

箭以初速度%從地面豎直向上彈出，上升到為高度時(shí)點(diǎn)燃燃料，假設(shè)質(zhì)量為%的燃?xì)庠谝?/p>

瞬間全部豎直向下噴出，若燃?xì)庀鄬?duì)火箭噴射出的速率為w,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻

力。求：

(1)火箭到達(dá)為高度時(shí)的速度大?。?/p>

(2)燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮。?/p>

(3)火箭上升的最大高度。

【答案】⑴8-2g%

(2)-2g4+A"

(3)h0+/(業(yè)-2g4+￡”

【詳解】(1)由機(jī)械能守恒可得

1,1,

-Mv0=Mgh0+-Mvx

解得火箭到達(dá)為高度時(shí)的速度大小為

匕=Jv—g%

(2)由動(dòng)量守恒可得

Mvx=(M-m)v2+m(v2-w)

解得燃?xì)馊繃姵龊蠡鸺乃俣却笮?/p>

m

4=業(yè)-2g4+—u

M

(3)設(shè)火箭上升的最大高度為根據(jù)機(jī)械能守恒可得

12

—(Af-m)vf+(Af—m)g/z0=-m^gH

解得

專(zhuān)題四板塊/子彈打木塊模型

11.（2024?湖北?高考真題）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為工的木

塊，質(zhì)量為他的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不變，其大小/

與射入初速度大小%成正比，即/=狂0"為己知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小%,若木

塊獲得的速度最大，則（）

A.子彈的初速度大小為2kL5+

mM

2mM

B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為人（加+.）

C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為人"（m+"）

mM

D.木塊在加速過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離為

m+M

【答案】AD

【詳解】A.子彈和木塊相互作用過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度

的速度分別為匕,匕，則有

mv0=mvx+MV2

子彈和木塊相互作用過(guò)程中合力都為/=狂°,因此子彈和物塊的加速度分別為

[mM

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得子彈和木塊的位移分別為

2%再二V：-V；,2g12=V2

13

xx-x2=L

聯(lián)立上式可得

k

￡到無(wú)窮

B.則子彈穿過(guò)木塊時(shí)木塊的速度為

曠2=

M+m

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

可得

mM

故B錯(cuò)誤;

C.由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即

2k2G(m+M)

bE-Q-fL=

mM

故C錯(cuò)誤;

D.木塊加速過(guò)程運(yùn)動(dòng)的距離為

0+v2mL

2M+m

故D正確。

故選ADo

12.（2024?浙江?高考真題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角0=37。的直軌道

半徑R=1m的圓弧軌道BCD,長(zhǎng)度A=1.25m、傾角為0的直軌道DE,半徑為尺、圓心角

為6的圓弧管道所組成，軌道間平滑連接。在軌道末端歹的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量

機(jī)=0.5kg滑塊6,其上表面與軌道末端下所在的水平面平齊。質(zhì)量加=0.5kg的小物塊.從

軌道NB上高度為〃靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道。E,軌道。E由特殊材料制成,

14

小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.25,向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=06,且最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊。在滑塊6上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為從，小物塊。運(yùn)動(dòng)到滑

塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。(其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻

力，sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若〃=0.8m,求小物塊

①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小;

②在。E上經(jīng)過(guò)的總路程;

③在上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間公之比。

【答案】(1)①16m/s2；②2m；③1：2；(2)0.2m

【詳解】(1)①對(duì)小物塊a從/到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有

mgh=~^mvc

第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小為

,=正=逆=16介

RR

②小物塊a在。E上時(shí)，因?yàn)?/p>

N21ngcos0<mgsin3

所以小物塊a每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑，之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)

械能損失，最終小物塊a將在8、。間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向

下運(yùn)動(dòng)的距離相等，設(shè)其在DE上經(jīng)過(guò)的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系有

s

mg[h-R(\-cos0)]=(j\mgcos0+4mgcos?片

解得

s=2m

③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊。在OE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為

15

2

ah=gsin6+Rigcos0=8m/s

。下=gsin6—42gcos0=2m/s2

將小物塊a在。E上的若干次運(yùn)動(dòng)等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

1212

5a上'上='a下'下

解得

工」

/下2

(2)對(duì)小物塊a從4到尸的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

12

—mvF=mg[h-Lsin0-2R(1-cos0)]-jUtmgLcos6

解得

vF=2m/s

設(shè)滑塊長(zhǎng)度為/時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v,根據(jù)動(dòng)量守恒定

律和能量守恒定律有

mvF=2mv

mv2

~F=g?2mv+2pxmgl

解得

I=0.2m

13.(2023?遼寧?高考真題)如圖，質(zhì)量%/=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎

直墻面固定一勁度系數(shù)左=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量比*4kg的小物塊以

水平向右的速度%=；m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，

物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)《=0.1,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度

內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能與與形變量x的關(guān)系為丸=；筋、取重力加速度g=10m/s2,結(jié)果可

用根式表示。

(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度用的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離X/;

(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量X2及此時(shí)木板

速度V2的大??；

(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從V2減小到0所用時(shí)間為力。求木板從速度為V2時(shí)到之后與

16

物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能A0（用切表示）。

冽2;

.」—」......../wwva”

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

【答案】（1）lm/s；0.125m；（2）0.25m；^-m/s;（3）4底

【詳解】（1）由于地面光滑，則加八小組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有

加2Vo=

代入數(shù)據(jù)有

vi=lm/s

對(duì)mi受力分析有

%="比=4心2

mx

則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有

vi2=2aixi

代入數(shù)據(jù)解得

xi=0.125m

（2）木板與彈簧接觸以后，對(duì)冽八小組成的系統(tǒng)有

kx=（mi-\-m2）a共

對(duì)冽2有

。2=fig=lm/s2

當(dāng)a共=/時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量

X2=0.25m

對(duì)加/、小組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有

一；h；=；（加1+m2）vf-J（叫+加2）v；

代入數(shù)據(jù)有

V3

%=——m/s

2

（3）木板從速度為V2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，由于木板即加/的加速

度大于木塊小的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為X2時(shí)，則說(shuō)明此

17

時(shí)如的速度大小為V2,共用時(shí)2%,且加2一直受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)加2有

~jLim2g'2to=m2V3~m2V2

解得

_V3

匕=3-2%

則對(duì)于加八加2組成的系統(tǒng)有

一%+；機(jī)2d_g("l+機(jī)2)"

、U=Wf

聯(lián)立有

△0=4瓜-8]

專(zhuān)題五人船模型

14.(2024?河北?高考真題)如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗

糙)并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板

質(zhì)量均為2.0kg,A木板長(zhǎng)度為2.0m,機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g取lOm/sz,忽略空

氣阻力。

(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，求A、B木板間的水平距離。

(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木

板左端，求起跳過(guò)程機(jī)器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。

(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止，隨即相對(duì)B木

板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C

兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)系。

費(fèi)???

、7

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=-LB

【詳解】(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端，機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,

設(shè)機(jī)器人質(zhì)量為Af,三個(gè)木板質(zhì)量為加，取向右為正方向，則

18

Mv機(jī)-加珠=°機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，機(jī)器人、木板A運(yùn)動(dòng)位移分別為

為X、7,則有

Mx=mx1

同時(shí)有

x+再=LA

解得A、B木板間的水平距離

項(xiàng)=1.5m

(2)設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為丫，方向與水平方向的夾角為凡從A木板右端跳到B木

板左端時(shí)間為根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

VCOS0-t=Xj

vsin。t

聯(lián)立解得

15

v2

2sin6cos。

機(jī)器人跳離A的過(guò)程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

MvcosO=mvA

根據(jù)能量守恒可得機(jī)器人做的功為

W=-Mv2+-mv/

22"

聯(lián)立得

3cos20+1..4cos20+sin26-45J=45|-tan6?+^—

TWTZ=----------------45JT=---------------------J

2sincos02sin。cos。[2tan0

2

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得吧tan。1前時(shí)，即tan”2時(shí)，沙取最小值，代入數(shù)值得此時(shí)

W=90J

(3)tan0=2XTWvcos0=>根據(jù)

2

MVCGSO=mvA

得

19

3岳.

v,=-------m/s

)2

分析可知A木板以該速度向左勻速運(yùn)動(dòng)，機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對(duì)靜止的過(guò)程中,

機(jī)器人與BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，得

A/vcos夕=+25)v共

解得

該過(guò)程A木板向左運(yùn)動(dòng)的距離為

3V15V15/4

xA=vAt=---X—m=4.5m

機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個(gè)過(guò)程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)

量守恒，設(shè)每次起跳機(jī)器人的水平速度大小為%,B木板的速度大小為力，機(jī)器人每次跳

躍的時(shí)間為加，取向右為正方向，得

+加)丫共=Mv0-mvB①

每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對(duì)位移為g,可得

^=(%+%)加②

機(jī)器人到B木板右端時(shí)，B木板恰好追上A木板，從機(jī)器人跳到B左端到跳到B右端的過(guò)

程中，AB木板的位移差為

Ax=%+=6m

可得

(以一匕＞3加=加:③

聯(lián)立①②③解得

&=___5----——

4(匕+丫共)30+喉)

故A、C兩木板間距為

XAC^(VA+VC)-3M+AX+LB

解得

20

XAC=3工

15.（2024?山東濟(jì)南?二模）如圖所示，質(zhì)量M=1kg的勻質(zhì)凹槽放在光滑的水平地面上，凹

槽內(nèi)有一光滑曲面軌道，O點(diǎn)是凹槽左右側(cè)面最高點(diǎn)的中點(diǎn)，O點(diǎn)到凹槽右側(cè)的距離

a=0.6m,。點(diǎn)到凹槽最低點(diǎn)A的高度力=1.2m。一個(gè)質(zhì)量機(jī)=0.5kg的小球（可看成質(zhì)點(diǎn)）,

初始時(shí)刻從凹槽的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，取重力加速度大小

g=10m/s2o求：

（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小；

（2）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的最大位移。

【答案】（l）4m/s

（2）0.4m

【詳解】（1）小球從初始時(shí)刻至第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)小球的速度大小為匕，凹

槽的速度大小為匕，小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正，有

0=mvt-MV2

該過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有

11

mgh=—+—MV2

解得

=4m/s

（2）因水平方向在任何時(shí)候都動(dòng)量守恒，即有

0=mvx-MV2

兩邊同時(shí)乘/可得

0=mi]—MX2

其中占為小球的位移大小，馬為凹槽的位移大小。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到凹槽左

21

側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)有最大位移，此時(shí)

X[+馬=2Q=1.2m

解得

x2=0.4m

16.（2024?湖南?二模）某科技館內(nèi)有一用來(lái)觀察擺球與牽連配重滑塊運(yùn)動(dòng)規(guī)律的裝置，如

圖所示，用一足夠長(zhǎng)的水平軌道桿，將質(zhì)量為M=的帶孔滑塊穿套之后水平固定在水平

地面上方，再用一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在滑塊下方/點(diǎn)，另一端連接質(zhì)量為加的

小球，已知繩長(zhǎng)為乙水平桿距地面足夠高，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,忽略空氣阻力。將輕質(zhì)

細(xì)繩伸直，小球從3點(diǎn)（3點(diǎn)與/點(diǎn)等高且在水平桿正下方）靜止釋放。

（1）若水平桿光滑，當(dāng)小球第一次擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，求滑塊的位移大小和此時(shí)細(xì)繩對(duì)小球

的拉力大小？

（2）若水平桿粗糙，滑塊所受最大靜摩擦等于滑動(dòng)摩擦力，要求小球擺動(dòng)過(guò)程中滑塊始終

保持靜止，則滑塊與水平桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃最小為多大?在此過(guò)程中，當(dāng)小球所受重力

的功率最大時(shí)，小球的動(dòng)能大小為多少？

，4，

【答案】（1）4，4mg；⑵迎,JigL

3203

【詳解】（1）設(shè)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為％,滑塊速度大小為4，水平桿光滑，根據(jù)水

平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒有

mvx=MV2

即有

mxl=MX2

又結(jié)合

xr+x2=L

聯(lián)立可求得

mLL

X7——

M+m3

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從釋放到第一次達(dá)最低點(diǎn)，有

22

mgL=~mv\+

求得

對(duì)小球根據(jù)牛頓第二定律

T（匕+丫2）2

T-mg=m—L一

聯(lián)立解得

T=4mg

(2)設(shè)輕繩與水平方向夾角為。時(shí)，繩中張力為尸，對(duì)滑塊，根據(jù)平衡條件：水平方向

f=Fcos0

豎直方向

N=Mg+Fsin0

滑塊始終保持靜止，則有

f<^N

聯(lián)立可得

33

—加（sin2。+4cos2。）<ju（M+—m）

則

1?加Jl+儲(chǔ)<+

解得

>3ffl3y/io

核一2dM+20

設(shè)小球的速度為v,對(duì)小球，根據(jù)動(dòng)能定理有

mgLsin0=^mv2

根據(jù)牛頓第二定律有

v2

F-mgsin0=m—

小球所受重力的功率

PG=Sy

重力功率最大時(shí)，小球速度的豎直分量為最大，即小球加速度的豎直分量為0,則

23

Fsin0=mg

聯(lián)立解得

sin6=——

3

此時(shí)下擺高度

H=LsmO=-L

3

對(duì)小球，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

mgH=Ek

解得

Ek=^-mgL

專(zhuān)題六多過(guò)程和多次碰撞問(wèn)題

17.(2024?湖南?高考真題)如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為他和

"ZB的小球A和B初始時(shí)小球A以初速度沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小

球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。

(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需

向心力的大小；

(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，

Jfl

求小球的質(zhì)量比*。

外

(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大

小的e倍,求第1次碰撞到第2〃+1次碰撞之間小球B通過(guò)的路程。

【答案】m"二豆＞'r=；(2)縹=2或4=5；

24

2兀Rm、e2n-1

⑶K.苫

【詳解】(1)