2024年高考物理二輪復習模型33 彈簧模型和爆炸模型（解析版）

2024高考物理二輪復習80熱點模型

最新高考題模擬題專項訓練

模型33彈簧模型和爆炸模型

最新高考題

1.（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示

的實驗裝置。水平直軌道A&CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為H=0.4m的四

分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連

接。質(zhì)量為3機的滑塊b與質(zhì)量為2機的滑塊c用勁度系數(shù)攵=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接,

靜置于軌道FG上。現(xiàn)有質(zhì)量加=0.12kg的滑塊。以初速度為=2收m/s從。處進入,

經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊人碰撞（時間極短兀已知傳送帶長L=0.8m，以y=2m/s

的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊。與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,其它摩擦和阻力均不計，各

（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小呼和所受支持力大小FN;

（2）若滑塊“碰后返回到B點時速度以=lm/s,求滑塊“北碰撞過程中損失的機械能△石；

（3）若滑塊“碰到滑塊6立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Av。

【名師解析】（1）滑塊a以初速度vO從D處進入豎直圓弧軌道DEF運動，機械能守恒,

mg,2R=gmvj.-gmv（）,解得VF=1Om/s。

2

在最低點F,山牛頓第二定律，F(xiàn)N-mg=m/,

解得：FN=31.2N

（2）碰撞后滑塊a返回過程，由動能定理，-mg,2R-|imgL=gmu；,解得Va=5m/s。

滑塊a、b碰撞，由動量守恒定律，mvF=?mva+3mvb,

解得：Vb=5m/s

碰撞過程中損失的機械能△￡二g加次?；加吟;3相片=0

(3)滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動量守恒定律，ITIVF=(m+3m)vab，

解得Vab=2.5m/s<>

滑塊ab一起向右運動，壓縮彈簧，ab減速運動，c加速運動，當abc三者速度相等時，

彈簧長度最小，由動量守恒定律，(m+3m)vab=(m+3m+2m)vabc

解得vabc=5/3m/So

由機械能守恒定律，Ep尸g4加編---6m端

解得Epi=0.5J

由Epi二解得：最大壓縮量xi=0.1m

滑塊ab一起繼續(xù)向右運動，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，使ab繼續(xù)減速，當彈簧彈力減小到

零時，c速度最大，ab速度最??；滑塊ab一起再繼續(xù)向右運動，彈簧彈力使c減速，ab加

速，當abc三者速度相等時，彈簧長度最大，其對應的彈性勢能與彈簧長度最小時彈性勢能

相等，其最大伸長量

由動量守恒定律，X2=0.lm

所以碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差x1+X2=0.2m

2.(2023高考選擇性考試遼寧卷)如圖，質(zhì)量如=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)&二20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2=4kg的小

物塊以水平向右的速度%=：m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足

夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=0」，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在

1,

彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量X的關系為綜=5丘2。取重力加速度g=]0m/s2,

結(jié)果可用根式表示。

(1)求木板剛接觸彈簧時速度v的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離XI；

(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量初及此時木板

速度V2的大小；

(3)已知木板向右運動的速度從也減小到0所用時間為求木板從速度為V2

時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能AU（用，表示）。

m2

叫WVWW\A

【參考答案】（1）lm/s；0.125m；（2）0.25m；芋m/s;（3）47Go-8公

【名師解析】

（1）由于地面光滑，則如、物組成的系統(tǒng)動量守恒，則有

m2V0=（n/i+/7i2）vi

代入數(shù)據(jù)有

vi=lm/s

對ni\受力分析有

%=絲超=4用

叫

則木板運動前右端距彈簧左端的距離有

vi2=2a\x\

代入數(shù)據(jù)解得

x\=0.125m

（2）木板與彈簧接觸以后，對加、小組成的系統(tǒng)有

kx-(mi+n?2)a共

對儂有

。2=4g=lm/s2

當。共二42時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量

%2=0.25m

對加、"及組成的系統(tǒng)列動能定理有

一；"；=（0"+m2）V2一（（見+叫）V：

代入數(shù)據(jù)有眩=，3m/s

22

（3）木板從速度為V2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即如的加速

度大于木塊〃72的加速度，則當木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為X2時，則說明此

時陽的速度大小為四，共用時2加，且M2一直受滑動摩擦力作用，則對血2有

imvz—mzvz

解得匕=#—2%

則對于"II、，"2組成的系統(tǒng)有一明+；和2丫；—J（叫+加2）”；

△u=-ivf

聯(lián)立有AU=4下）%-8七

3.（2021年1月浙江選考）在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平

地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時

炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始

計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲

音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻力。下列說法正確的是

A.兩碎塊的位移大小之比為1:2

B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80m

C.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s

D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m

【參考答案】B

【名師解析】爆炸物爆炸，動量守恒，2加力=」mv2,解得兩碎塊的初速度之比

33

為VI：V2=l：2,由平拋運動規(guī)律x=vt可知，兩碎塊的水平位移大小之比為

Xi:xi-v\:vi-\2,選項A錯誤；根據(jù)題述，在5s末和6s末先后記錄到從空

氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲，可知碎塊在空中下落時間為t=4s,由平拋運動

規(guī)律可知，.爆炸物的爆炸點離地面高度為h=igt2=80m,選項B正確；爆炸后

2

質(zhì)量大的碎塊落地時撞擊地面的聲音傳播到聲音記錄儀的時間為ti=5s-4s=ls,撞

擊地面處距離聲音記錄儀的距離為xi=vri=340m,由xi=vir,解得：vi=85m,選

項C

錯誤；爆炸后質(zhì)量小的碎塊落地時撞擊地面的聲音傳播到聲音記錄儀的時間為

t2=6s-4s=2s,撞擊地面處距離聲音記錄儀的距離為X2=nf2=680m,爆炸后兩碎塊

落地點之間的水平距離為x=xi+X2=340m+680m=1020m,選項D錯誤。

最新模擬題

1.（2024遼寧十校聯(lián)合體）如圖所示，光滑的半圓形軌道A8C和粗糙斜面OE、EF固定在

光滑的水平面上，4、。之間的距離足夠大，C、E兩點等高，半圓形軌道的半徑R=0.8m,

斜面。E和E尸的傾角均為60。，可視為質(zhì)點的滑塊P、Q之間有一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈

簧，滑塊與彈簧之間均未栓接?，F(xiàn)同時釋放滑塊P、Q,與彈簧分離后，滑塊P恰能通過圓

弧軌道的最高點C點,滑塊Q沿斜面OE上滑通過E點后剛好落在尸點?；瑝KQ與斜面DE

之間的動摩擦因數(shù)〃=*,滑塊P的質(zhì)量叫=Q2kg,滑塊Q的質(zhì)量“％未知，且滑塊Q

通過。點時無機械能損失，重力加速度g=10m/s2。求：

（1）滑塊P通過與圓心。等高的B點時加速度的大小；

（2）滑塊Q離開E點后與斜面E尸間的最大距離；

（3）彈簧對滑塊Q的沖量大小和釋放滑塊P、Q之前彈簧所具有的彈性勢能。

【名師解析】

（1）滑塊P恰能通過圓弧軌道的最高點C點，則其通過C點時

2

“C

從B點到C點的過程中，由動能定理可得

11

一叫gDR=耳叫匕2一耳叫心2

滑塊P通過與圓心O等高的8點時，支持力提供向心力

FN=，吟

K

滑塊P通過8點時，合力

=4鵬寸+F；

由牛頓第二定律得

a=—=10\/l()m/s2

m1

（2）滑塊Q通過E點后做斜拋運動，其軌跡如下圖所示

設滑塊Q通過E點時速度大小是v,其水平分速度匕和豎直分速度中之間的關系滿足

tan60。=上

從E點到F點的過程中，水平方向做勻速直線運動

2R

---------=uj

tan60°----,

豎直方向做豎直上拋運動

1,

-2R=vyt--gr

解得

“半m/s

vv=2m/s

由斜拋運動的對稱性可知，滑塊Q通過與E點等高的G點時，其速度方向與斜面石/

平行，故滑塊Q位于G點時，與斜面EF的距離最大，從E點到G點，運動的時間

g

水平位移

滑塊Q離開E點后與斜面EF間的最大距離

d=x-sin600=0.4m

（3）設滑塊P、Q與彈簧分離時，速度大小分別為匕和打，由動量守恒定律可得

/%匕=w2v2

滑塊P從與彈簧分離到C點的過程中由機械能守恒定律可得

1,12c“

-m.v-=-mxvc+2mgR

滑塊Q通過E點時速度

滑塊Q從與彈簧分離到E點的過程中由動能定理可得

_c/cc2R121r

—2mgR-firn2gcos60---------=—nz,v——

2sin60022_-

解得

m2=0.2kg

W=%=2\/10m/s

由動量定理可得，彈簧對滑塊。沖量大小

O__

I=m2V2-0=—VlON-s

由能量守恒定律可得，釋放滑塊P、Q之前彈簧所具有的彈性勢能

1212

綜=］町4+耳機2彩=8J

2.（2023年7月河南新鄉(xiāng)高二期末）（12分）如圖所示，光滑軌道浦cd固定在豎直平面

內(nèi)，部分水平，/?cd為半徑R=3.2m的半圓軌道，在Z;處與次?相切。在直軌道出？

上放著質(zhì)量分別為根A=2kg、，〃B=0-5kg的物塊A、B（均可視為質(zhì)點），用輕質(zhì)細繩將

A、B連接在一起，且A、8間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。直軌道時左側(cè)的

光滑水平地面上停著質(zhì)量"=3kg的小車，小車上表面與必等高。現(xiàn)將細繩剪斷，之后A

向左滑上小車且恰好沒有從小車上掉下，B向右滑動且剛好能到達半圓軌道上與圓心等高的

c點。物塊A與小車之間的動摩擦因數(shù)〃=0.15,重力加速度大小g=10m/s2。

（1）當物塊5運動到圓弧軌道的最低點b時，求軌道對物塊8的彈力大小￡、,：

（2）求小車的長度心

【名師解析】

（1）根據(jù)題意可知，物塊8到達c點時速度為零，物塊8從萬點到c點的過程，根據(jù)動能

定理有

1,

T/gR=0%（2分）

物塊8在b點時，根據(jù)牛頓第二定律有

FN-mKg^ml,-^（2分）

解得&=15N。（1分）

（2）釋放彈簧的過程中物塊A、B的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有

mAv}=mRvh（2分）

設物塊A與小車共速的速度為P,根據(jù)動量守恒定律有

mAv}=（mA+A/）v（1分）

根據(jù)功能關系有

2

gmAvf=/jmAgL+g（mA+M）v（2分）

解得L=0.8m。（2分）

3.（2023安徽無為襄安中學質(zhì)檢）如圖所示，離地面高5.45m的O處用不可伸長的細線掛一

質(zhì)量為0.4kg的爆竹（火藥質(zhì)量忽略不計），線長0.45m

.把爆竹拉起使細線水平，點燃導火線后將爆竹無初速度釋放，爆竹剛好到達最低點B時

炸成質(zhì)量相等的兩塊，一塊朝相反方向水平拋出，落到地面A處，拋出的水平距離為x=5m.另

一塊仍系在細線上繼續(xù)做圓周運動通過最高點C.空氣阻力忽略不計，取g=10m/s2.求:

(1)爆炸瞬間反向拋出那一塊的水平速度

(2)繼續(xù)做圓周運動的那一塊通過最高點時細線的拉力T

【參考答案】(l)5m/s(2)43.78N

【名師解析】

(1)設爆竹總質(zhì)量為2m,剛好到達B時的速度為v,爆炸后拋出那一塊的水平速度為vi,

做圓周運動的那一塊初速度為V2;

平拋運動的那一塊：

H=ggt2…①

x=vit...(2)

由①②及得：vi=5m/s…③

(2)D到B機械能守恒：2mgL=^-2mv2

爆竹爆炸，動量守恒：2mv=〃叱-機W…⑤

由③④⑤及L=0.45m得：V2=llm/s...⑥

設向上做圓周運動的那一塊通過最高點時速度為vc,由機械能守恒可得:

1212cr

—mv{--mvc+2mgL…⑦

設最高點時線的拉力為T,由牛頓運動定律得：7+加8=加上-…⑧

由⑥⑦⑧得：T=43.78N…⑨

【點睛】本題是動量和能量綜合的問題，運用機械能守恒定律以及動量守恒定律解題，關鍵

是要確定研究的過程，判斷在研究的過程中機械能是否守恒.

4.（2023北京昌平二模）如圖所示，一枚炮彈發(fā)射的初速度為%,發(fā)射角為。。它飛行

到最高點時炸裂成質(zhì)量均為〃，的A、B兩部分，A部分炸裂后豎直下落，B部分繼續(xù)向前飛

行。重力加速度為g,不計空氣阻力，不計炸裂過程中炮彈質(zhì)量的變化。求：

（1）炸裂后瞬間B部分速度的大小和方向；

（2）炸裂前后，A、B系統(tǒng)機械能的變化量AE

（3）A、B兩部分落地點之間的水平距離Ax。

【參考答案】（1）2%cos。，方向水平向右；（2）機械能增加了相說cos?。；（3）“s'2」

g

【名師解析】

（1）炮彈炸裂前瞬間速度為

W=%cos0

方向水平向右

炸裂過程中根據(jù)水平方向動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，有

2mv,=mvA+mvK

炸裂后A部分豎直下落，說明此時A的水平速度為零，解得

vB=2v0cos0

方向水平向右

（2）炸裂前后系統(tǒng)機械能的變化量為

AE=—m*---(2m)

解得

NE=mVgcos20

A、B系統(tǒng)機械能增加了mvlcos20o

（3）炸裂后，A做自由落體運動，B做平拋運動，下落時間為

%sin0

g

落地后，A、B兩部分落地點之間的水平距離為

Ax=vBt

解得

Ax=￡sin26

g

5.（2023遼寧教研聯(lián)盟二模）如圖，一長度L=8m、質(zhì)量M=0.2kg的木板緊靠墻壁放置在

光滑水平地面上，在距木板左端為kL（0<k<l）處放置著A、B兩個小木塊（均可視為質(zhì)點），

質(zhì)量均為相=0.2kg。某時刻，木塊A、B在強大內(nèi)力作用下突然分開，分開瞬間內(nèi)力消失,

此時木塊A的速度為％=4m/s,方向水平向左。木塊B與墻壁碰撞過程中不損失機械能,

木塊A、B與木板間的動摩擦因數(shù)分別為〃A=0.2和〃B=0.3。

（1）求木塊A、B分離瞬間，木塊B速度的大小外；

3

（2）若k=—,求木塊A離開木板時，木塊B速度的大小嶺；

8

（3）若〃A=0,求摩擦力對木塊B所做的功。

m8

7777

【參考答案】（1）4m/s；（2）lm/s；（3）（L2Z—2.4）J

【名師解析】

（I）對A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設向右為正方向，由動量守恒定律得

0=-;nvA+mvt

解得

=4m/s

(2)A、B分開之后，分別向左，向右做減速運動，對木板

fg＜丹叫

所以木板受到右側(cè)墻壁的作用而保持靜止，設木塊A、B的加速度大小分別為雙、aB,由

牛頓第二定律得

Mg=

=ma&

解得

aA=2m/s2

2

tzB=3m/s

設從A、B分開到A離開木板所用的時間為f,則有

解得

r=ls

X3S不符合題意舍掉。

對B則有

v2=Vi-aBt

解得

v2=lm/s

(3)設木塊B運動到墻壁時的速度為匕，則由勻變速直線運動規(guī)律可得

Vj—V；=-2aH(].-k)L

令匕=0,則

2

則當0＜左?；時;木塊B在與墻壁相撞前就停止了運動，則有

%=-1.6J

2

當石〈人＜1時，匕/）,其則會與墻壁相撞，由于木塊B與墻壁碰撞過程中不損失機械能,

則其動能不變。木塊B原速率彈回后與木板組成的系統(tǒng)在運動中不受水平外力，則系統(tǒng)動

量守恒，則有

mv3=(m+

解得v共=1

則從A、B分開到B與木板共速的過程中，只有摩擦力對木塊B做功，對木塊B分析，由

動能定理得

解得嗎'=（1.2A-2.4）J

6.（2023天津南開二模）如圖所示，固定平臺右端靜止著兩個小滑塊A、B,叫=0.1kg,

0.2kg,兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側(cè)有一帶擋板的小車靜止在光滑的水平地面

上，小車質(zhì)量0.3kg,車面與平臺的臺面等高，車面左側(cè)粗糙部分長度L=1m,右側(cè)

拴接一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然長度所在范圍內(nèi)車面光滑。點燃炸藥后滑塊A滑到距平臺右端

x=2m的C點停下，滑塊A與平臺間的動摩擦因數(shù)4=0.4,滑塊B沖上小車并最終與小

車共速運動，滑塊B與小車粗糙部分的動摩擦因數(shù)〃2=°1。兩滑塊都可以視為質(zhì)點，炸

藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，且爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上，重

力加速度g=lOm/s?。求：

（1）滑塊B剛滑上小車時速度vB的大小;

(2)最終滑塊B與小車共速時速度v的大小和方向;

(3)最終滑塊B與小車共速時距小車左端的距離。

(3)滑塊B停在離小車左端0.8m處

【名師解析】

(1)設爆炸后滑塊A獲得速度大小為以，滑塊A滑到平臺上的C點時停下，有

12

-;/1mAgx=0--mAvA

或

^mA8=m^

-2tzAx—0—%

解得

vA=4m/s

爆炸過程中，滑塊A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有

/nAvA-mBvB=0

解得

vB=2m/s

(2)滑塊B最終和小車達到共同速度辦根據(jù)動量守恒定律有

解得

v=0.8m/s

方向水平向右

(3)設B在小車粗糙段滑行的路程為s,有

〃2%夕+M)，

解得

s=1.2m

即最終滑塊B停在離小車左端0.8m處。

7.(2023山東青島二中下學期期中)如圖(a)所示，質(zhì)量為mA=4.0kg的物塊A與質(zhì)量

為加B=2.0kg的長木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之間夾有少許塑膠炸藥，長木

板B的右端放置有可視為質(zhì)點的小物塊C.現(xiàn)引爆塑膠炸藥，爆炸后物塊A可在水平面上

向左滑行s=1.2m