2024年高考物理復(fù)習(xí)第32講 三大基本觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（原卷練習(xí)）（原卷版+解析）

A、B間均已相對(duì)靜止，某次測(cè)量的滑塊C的XT圖像如圖乙所示。滑塊C

和物塊B均可視為質(zhì)點(diǎn)，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(dòng)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(zhǎng)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(diǎn))被鎖定在木板上端，A

與B間的動(dòng)摩擦因數(shù).手。某時(shí)刻同時(shí)解除A和B的鎖定，經(jīng)時(shí)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(duì)B施加沿A

向上的恒力后20N。當(dāng)B速度最小時(shí)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(shí)間極短，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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的速度大小；

(2)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A與B發(fā)生第一次碰撞的時(shí)間內(nèi)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

(3)A與P第二次碰港時(shí)，B離擋板的距離；

(4)B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)A所用的時(shí)間。

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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(zhǎng)L=2.7m的長(zhǎng)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(tái)B,平臺(tái)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(tái)B上，用細(xì)線(xiàn)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(diǎn)獲得豎直

向上％=8m/s的初速度，上升過(guò)程中除重力外還受到一個(gè)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(shí)揄去尸，滑塊E滑上木板時(shí)的速

度4=6m/s。一段時(shí)間后木板與平臺(tái)碰撞并粘在一起，滑塊E繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)

并滑上平臺(tái)。木板與平臺(tái)碰撞的瞬間，連接C、D的細(xì)線(xiàn)斷開(kāi)，C、D兩滑

塊在平臺(tái)上振動(dòng)。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(dòng)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(tái)B上，重力加速度月=10話(huà)2。求：

(1)水平恒力尸的大??；

(2)滑塊E滑上平臺(tái)B時(shí)的速度大?。?/p>

(3)滑塊E滑上平臺(tái)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，E、C、D系統(tǒng)動(dòng)能的最大值與最

小值之差；

(4)若平臺(tái)B不固定，其他條件不變，A與B碰撞后仍粘在一起，請(qǐng)判定

E能否滑上B;若能滑上B,求E滑上B時(shí)的速度大??；若不能滑上B,求

E最終離A右端的距離°

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臺(tái)Br^AAAAAAn木板A

8.（2023?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)）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(dāng)彈簧的彈性

勢(shì)能為綜=5OJ時(shí)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(zhǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)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(dá)到的最大高度；

（2）小球B返回圓軌道底端時(shí)對(duì)圓軌道的壓力

（3）通過(guò)計(jì)算分析，小球B能否第二次進(jìn)入圓軌道。

9.（2023?湖北?模擬預(yù)測(cè)）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(yùn)動(dòng)，t=0時(shí)與彈簧接觸，到t=2t0

時(shí)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(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(guò)程中彈簧始終處

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于彈性限度內(nèi)。求:

(1)第一次碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值;

(2)第一次碰撞過(guò)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(yùn)動(dòng)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(yù)測(cè))如圖，足夠長(zhǎng)的光滑水平地面上有

2023個(gè)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(hào)。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(diǎn)在1號(hào)小球處與水平地面平

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

于1的正比例常數(shù))?，F(xiàn)將1號(hào)小球從圓弧軌道最低點(diǎn)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(jì)空氣阻力，小球大小忽略不計(jì))

(1)求1號(hào)小球在運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；

(2)求1號(hào)小球與2號(hào)小球在第一次碰撞中給2號(hào)小球的沖量大小以及對(duì)

2號(hào)小球所做的功；

(3)在1、2號(hào)小球間第一次碰撞后立即給1號(hào)小球施加水平向右的恒定

外力尸(圖中未畫(huà)出)，使1號(hào)小球以后每次碰撞前瞬間的速度都與第一次

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碰撞前瞬間的速度相等，直到所有小球速度第一次相等時(shí)撤去外力，求外

力廠(chǎng)的大小以及最終1號(hào)和2023號(hào)小球間的距離。

■真題實(shí)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(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分

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

長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑.以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，

在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系短孔橢圓長(zhǎng)軸位于X軸上。整

個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。

（1）小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于

初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；

（2）在平面直角坐標(biāo)系式》中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；

（3）若竺=上,求小球下降＜高度時(shí)，小球相對(duì)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(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)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(zhǎng)且寬

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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(qiáng)度大小

為5的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域II存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為所的磁場(chǎng)，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(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。

(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域II的最大速度匕及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;

(2)若紇=2與，求能到達(dá))，=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(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比77o

min

目

X

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第33講三大基本觀點(diǎn)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(duì)能源緊張和環(huán)境污染等問(wèn)題，混合

動(dòng)力汽車(chē)應(yīng)運(yùn)而生?；旌蟿?dòng)力汽車(chē)，是指擁有兩種不同動(dòng)力源(如燃油發(fā)

動(dòng)機(jī)和電力發(fā)動(dòng)機(jī))的汽車(chē)，既節(jié)能又環(huán)保。汽車(chē)質(zhì)量為肥靜止在平直

路面，只采用電力驅(qū)動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為R啟動(dòng)，達(dá)到的最大速度匕后,

再次提速，兩種動(dòng)力同時(shí)啟動(dòng)，此時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)的總額定功率為2[,由匕經(jīng)時(shí)

間，達(dá)到最大速度彩(未知)；運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，開(kāi)始“再生制動(dòng)”剎車(chē)，

所謂“再生制動(dòng)”就是車(chē)輛靠慣性滑行時(shí)帶動(dòng)發(fā)電機(jī)發(fā)電，將部分動(dòng)能轉(zhuǎn)

化為電能儲(chǔ)存在電池中。加速過(guò)程中可視為阻力恒定；“再生制動(dòng)”剎車(chē)

過(guò)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(chē)速度由匕到匕過(guò)程中前進(jìn)的位移不；

(2)汽車(chē)由速度匕減到零過(guò)程中行駛的距離*2。

【答案】(1)2卬-嚓；(2)手

27]K

【詳解】(1)發(fā)動(dòng)機(jī)額定功率為《啟動(dòng)，達(dá)到的最大速度匕時(shí)有＜=￡所以

汽車(chē)加速過(guò)程中的阻力/="二§

同理發(fā)動(dòng)機(jī)的總額定功率為2々，達(dá)到最大速度匕時(shí)有工=§■解得嗎=2”汽車(chē)

V2

11Q

222

速度由匕到匕過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有2中-小=5MV2--MV,=-MV,解得前進(jìn)的

位移x.(2-刎卜3.

1片?2[

(2)“再生制動(dòng)”剎車(chē)過(guò)程即速度由△減到零的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有

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

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解得汽車(chē)由速度匕減到零過(guò)程中行駛的距離f-竽

K

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

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

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

間后物塊從傳送帶右端8點(diǎn)離開(kāi)傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)，最后落入貨車(chē)車(chē)廂，

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

滑動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.1,8點(diǎn)與貨車(chē)車(chē)廂底板間的豎直高度后0.8m,物塊

從接觸車(chē)廂底板到減速為0(忽略物塊的反彈和相對(duì)車(chē)廂的滑動(dòng))的時(shí)間

為△片0.1s,重力力口速度史lOm/sz,求：

(1)物塊匕從力點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到剛接觸車(chē)廂底板瞬間的時(shí)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(dá)8點(diǎn)時(shí)傳送帶克服摩擦力做功的瞬時(shí)功率P;

(4)物塊Pi從接觸車(chē)廂底板到減速為0的過(guò)程中對(duì)車(chē)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(guò)程滿(mǎn)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(guò)程滿(mǎn)足曲解得亡k2.1s在平拋

運(yùn)動(dòng)中竭解得tpQ.4s

貝1]/=Zj+t2+/,=4.5s

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(2)當(dāng)相鄰兩個(gè)物塊相對(duì)靜止時(shí)距離最大解得V,=lm當(dāng)物塊剛被

放上傳送帶上時(shí)與上一個(gè)物塊距離最小丑=，(認(rèn))2=0.125m

(3)當(dāng)R剛到B點(diǎn)時(shí)，已經(jīng)靜止的物塊個(gè)數(shù)為〃廣?=4.2即有5個(gè)木塊與

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

與傳送帶間的摩擦力為滑動(dòng)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(chē)廂底到減速為零的過(guò)程中，在豎直方向滿(mǎn)足

(4一〃?g%，2=0-(一叫)；匕=外

解得￡=50N在水平方向滿(mǎn)足-工￡=20N；了=在彳甲=1。質(zhì)N

3.(2023?四川成都?石室中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))如圖所示，滑塊A(可視

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

木塊C靜止在小車(chē)B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短

可忽略不計(jì)。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(jì)小車(chē)B與地面之間的

摩擦，小車(chē)的表面水平且足夠長(zhǎng)，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小車(chē)B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；

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

(3)小車(chē)B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運(yùn)動(dòng)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(chē)B和木塊C第1次碰撞后速度分別為0和外,彈性碰撞

滿(mǎn)足%%=%%+/%;

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詔-解得％=。，％=8m/s滑塊A速度不變，滑塊A和小車(chē)B發(fā)

生相對(duì)滑動(dòng)，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(chē)B和木塊C第1次碰撞后，滑塊A勻減速，小車(chē)B勻加速，木塊

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

同速度4一起勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑塊A和小車(chē)B系統(tǒng)，由動(dòng)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(chǔ)=24J

（3）滑塊A和小車(chē)B以速度”一起勻速運(yùn)動(dòng)，在小車(chē)B和木塊C第2次碰

撞前，假設(shè)木塊C未停止運(yùn)動(dòng)，速度為彩，兩次碰撞之間小車(chē)B和木塊C

的位移均為七,由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(chē)B和木塊C第2次碰撞

前木塊C未停止運(yùn)動(dòng)

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

乙乙乙乙

C第3次碰撞前，滑塊A和小車(chē)B已經(jīng)達(dá)到相同速度匕一起勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑

塊A和小車(chē)B系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得

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

碰撞前的過(guò)程中，小車(chē)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(chē)B和木塊C第3次碰撞

前木塊C未停止運(yùn)動(dòng)

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%=$+工解得xL=43.5m

4.(2023?安徽?模擬預(yù)測(cè))如圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)的傳送帶以大小為-的速度沿順

時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，一足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板緊靠傳送帶右端6放在光滑的水平

面上，長(zhǎng)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(diǎn)、質(zhì)量為〃，的物塊輕放在傳送帶

的左端4隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到8端，以速度-滑上長(zhǎng)木板，并與長(zhǎng)木板一起向

右運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板與擋板第一次碰撞前物塊與長(zhǎng)木板已達(dá)到共同速度。已知

長(zhǎng)木板的質(zhì)量為0.5"?,物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)至少為多少；物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

最長(zhǎng)為多少；

(2)開(kāi)始時(shí)，長(zhǎng)木板的右端離擋板的距離至少為多少；

(3)長(zhǎng)木板與擋板第〃次碰撞前一瞬間，長(zhǎng)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(zhǎng)木板，設(shè)物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)至

少為〃0,由牛頓第二定律及勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得咫=府；/=2比解得

M)=木物塊在傳送帶上一直加速時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，最長(zhǎng)時(shí)間為/=：=弓1

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

設(shè)此過(guò)程中木板的位移為X,對(duì)木板由動(dòng)能定理得=解得戶(hù)去

即開(kāi)始時(shí)長(zhǎng)木板的右端離擋板的距離至少為手

18g

(3)長(zhǎng)木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞，由動(dòng)量守恒定律得

第15頁(yè)共30頁(yè)

IoI,

2

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

17I

mv3

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

板與擋板第〃次碰撞前一瞬間，長(zhǎng)木板的速度為乙=(》"2u

5.(2023?山東?模擬預(yù)測(cè))利用示蹤原子來(lái)探測(cè)細(xì)胞間的親和程度是生

物技術(shù)中的重要手段之一，其過(guò)程的一部分與下列物理過(guò)程極為相似：如

圖甲所示，光滑水平面上固定有一個(gè)發(fā)射裝置，利用該裝置向正對(duì)裝置方

向滑來(lái)的物塊A和B(A、B相對(duì)靜止)發(fā)射一個(gè)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(zhǎng)，每次A、C相碰前，

A、B間均已相對(duì)靜止，某次測(cè)量的滑塊C的XT圖像如圖乙所示。滑塊C

和物塊B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度"lOm/s?。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(dòng)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(shí)滑塊C與A相碰，此時(shí)C與發(fā)射

裝置之間的距離芭=3=1°m

弓=2.25s時(shí)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％I,則

vci=——=8m/s

G-Zi

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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?yàn)檎?，第一次碰撞后瞬間A的速度大小為匕］,對(duì)A、C由動(dòng)量守恒定律有

2AB=由機(jī)械能守恒定律有；%試+；，縱喘哈解

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

由動(dòng)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(shí)A距離發(fā)射裝置10m,第二次A、

C相碰時(shí)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(yùn)動(dòng)了4=1m

對(duì)物塊A由動(dòng)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(zhǎng)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(diǎn))被鎖定在木板上端，A

與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=坐。某時(shí)刻同時(shí)解除A和B的鎖定，經(jīng)時(shí)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(duì)B施加沿A

向上的恒力后20N。當(dāng)B速度最小時(shí)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(shí)間極短，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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?。?/p>

(2)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A與B發(fā)生第一次碰撞的時(shí)間內(nèi)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能：

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(3)A與P第二次碰港時(shí)，B離擋板的距離；

(4)B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)A所用的時(shí)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(shí)AB相對(duì)靜止，對(duì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)公式解得y=2m/s

(2)A與P相撞所用的時(shí)間「因解得4=0.4s,B滑動(dòng)后撞A的時(shí)間％可

得芍=0.2s

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

對(duì)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(yùn)動(dòng)的位移

M=vt2=0.2m

B運(yùn)動(dòng)的位移占=%=04m木板的長(zhǎng)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(shí)動(dòng)量、能量守恒〃吶〃叫+;

—mv2=—tnvl+—Mi”

22221

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

mgsin0vcos0=tnaA

根據(jù)王=卬3解得G=O/s這段時(shí)間B運(yùn)動(dòng)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(shí)木塊B的速度為=。/=11］論，對(duì)彳；

Mgsin3+/〃咫cos0=Ma5

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

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

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

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

B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)A所用的時(shí)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(zhǎng)L=2.7m的長(zhǎng)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(tái)B,平臺(tái)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(tái)B上，用細(xì)線(xiàn)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(diǎn)獲得豎直

向上％=8m/s的初速度，上升過(guò)程中除重力外還受到一個(gè)水平恒力廠(chǎng)作用，

使滑塊E恰好從木板右端水平滑上A,同時(shí)掇去尸，滑塊E滑上木板時(shí)的速

度4=6m/s。一段時(shí)間后木板與平臺(tái)碰撞并粘在一起，滑塊E繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)

并滑上平臺(tái)。木板與平臺(tái)碰撞的瞬間，連接C、D的細(xì)線(xiàn)斷開(kāi)，C、D兩滑

塊在平臺(tái)上振動(dòng)。以向右為正方向，滑塊C的卜-t圖像如圖乙?；瑝KE與

木板A間動(dòng)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(tái)B上，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)水平恒力廠(chǎng)的大小；

(2)滑塊E滑上平臺(tái)B時(shí)的速度大?。?/p>

(3)滑塊E滑上平臺(tái)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，E、C、D系統(tǒng)動(dòng)能的最大值與最

小值之差：

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(4)若平臺(tái)B不固定，其他條件不變，A與B碰撞后仍粘在一起，請(qǐng)判定

E能否滑上B;若能滑上B,求E滑上B時(shí)的速度大??；若不能滑上B,求

E最終離A右端的距離。

'4臺(tái)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(dòng)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(duì)E、A相互作用過(guò)程，設(shè)它們能夠達(dá)到共同速度內(nèi),根據(jù)動(dòng)量守恒

和能量守恒可得〃針=(叫+飛)為；

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

乙乙

動(dòng)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(dá)到共同速度，假

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

(3)對(duì)E與C、D作用過(guò)程，系統(tǒng)外力為零，動(dòng)量守恒，因此，不論E、C

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

有最大彈性勢(shì)能，總動(dòng)能最小。設(shè)三個(gè)物體速度相同時(shí)的速度為匕，由動(dòng)

Ek=0.125J

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

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最大，有人％二〃%%;

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

D44乙

AEk=Ek0-￡k=1.125J

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

由動(dòng)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(duì)E、

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

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

8.（2023?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)）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(dāng)彈簧的彈性

勢(shì)能為耳=5OJ時(shí)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(zhǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)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(dá)到的最大高度；

（2）小球B返回圓軌道底端時(shí)對(duì)圓軌道的壓力

（3）通過(guò)計(jì)算分析，小球B能否第二次進(jìn)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(guò)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(guò)程，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、

動(dòng)量守恒，設(shè)A、B碰撞后的速度分別為匕、”,則有見(jiàn)％=〃?*+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(shí)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(dòng)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(shí)小球與圓軌道的速度分別匕、匕，由動(dòng)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(duì)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(yùn)動(dòng)，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(guò)一段時(shí)

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(dòng)量守恒定律和能量能守恒定律得犯?‘6+陽(yáng)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?yàn)?<%,

乙乙乙乙]J

所以小球B無(wú)法第二次進(jìn)入圓軌道。

9.(2023?湖北?模擬預(yù)測(cè))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(yùn)動(dòng)，50時(shí)與彈簧接觸，到t=2t0

第22頁(yè)共30頁(yè)

時(shí)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(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(guò)程中彈簧始終處

于彈性限度內(nèi)。求：

(1)第一次碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；

(2)第一次碰撞過(guò)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(yùn)動(dòng)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(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、B速度相

等，即，="時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量守恒定律〃%".2%=〃??2%+08%=。%+m)號(hào)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(guò)程中，A、B動(dòng)量守恒"hx1.2%=6"%=%%+/%

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

等于速度在時(shí)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(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值

第23頁(yè)共30頁(yè)

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(zhǎng)度為L(zhǎng),上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能

定理可得

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

小為以',根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的B第二次碰撞，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)

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(yù)測(cè)）如圖，足夠長(zhǎng)的光滑水平地面上有

2023個(gè)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(hào)。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(diǎn)在1號(hào)小球處與水平地面平

滑連接。已知1號(hào)小球的質(zhì)量為力,2~2023號(hào)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(hào)小球從圓弧軌道最低點(diǎn)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(jì)空氣阻力，小球大小忽略不計(jì)）

（1）求1號(hào)小球在運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；

（2）求1號(hào)小球與2號(hào)小球在第一次碰撞中給2號(hào)小球的沖量大小以及對(duì)

2號(hào)小球所做的功；

（3）在1、2號(hào)小球間第一次碰撞后立即給1號(hào)小球施加水平向右的恒定

外力尸（圖中未畫(huà)出），使1號(hào)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(shí)撤去外力，求外

力片的大小以及最終1號(hào)和2023號(hào)小球間的距離0

第24頁(yè)共30頁(yè)

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(hào)小球釋放后在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)

能定理，有〃蒯=卜欣-0

1號(hào)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，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(shí)小球?qū)壍赖膲毫π∨c軌道對(duì)小球的支持力阻為

一對(duì)相互作用力，故（=為'=3/摩

（2）1、2號(hào)小球碰撞前后動(dòng)量和機(jī)械能守恒,分別有〃%=〃”+而叱;

g〃喏=；m\\+；hnv^

解得：匕=廣/2gH；2gH對(duì)2號(hào)小球,由動(dòng)量定理有=4叫-。解

ItKI十A

得2gH

\+k

j4k

對(duì)2號(hào)小球，由動(dòng)能定理有叱-2=5如時(shí)-。解得叱-2=@彳〃吆"

（3）1,2號(hào)小球碰后，2號(hào)小球以速度吃向右運(yùn)動(dòng)一個(gè)2,與3號(hào)小球碰

撞后速度交換。1號(hào)小球由速度匕開(kāi)始勻變速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)位移心以速度％與

2號(hào)小球發(fā)生下一次碰撞。這一過(guò)程，對(duì)1號(hào)小球由動(dòng)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(shí)間記為t,對(duì)整體，由動(dòng)量定理有力=（2022由〃嶺+〃7嶺）-（"7匕+燈〃彩）即：

第25頁(yè)共30頁(yè)

Ft-(2022Z7?V2+mv2)-

尸作用的總位移記為X,對(duì)整體，由動(dòng)能定理有

&=(gx2022kmvl+；tnv])一(gmv\+gj

即&=(gx2022A"欣+卜欣)-/麗。2號(hào)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(hào)小球的最終速度。最終1號(hào)和2023號(hào)小球間的距

離為d=\”-x

代入數(shù)據(jù)，得"=[2021+止察口乙

真題實(shí)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(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分

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

長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑.以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，

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

個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為3

(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小以及凹槽相對(duì)于

初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離；

(2)在平面直角坐標(biāo)系中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；

(3)若詈二白，求小球下降〃高度時(shí)，小球相對(duì)于地面的速度大小(結(jié)

果用。及g表示)。

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【答案】(1",=、層耳，(2)回*竺工+《=1；(3)2%二

'+MmM+"1//及\a+3b

【詳解】(1)小球運(yùn)動(dòng)到最低