專題05 動量與動量守恒定律 力學中三大觀點的綜合應用 （2020-2024）高考1年模擬物理真題分類匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題05動量與動量守恒定律力學中三大觀點的綜合應用1.考情分析考點要求考題統(tǒng)計動量與動量守恒定律2021?浙江?高考真題力學中三大觀點的綜合應用2024?浙江?高考真題、2023?浙江?高考真題、2024?浙江?高考真題、2023?浙江?高考真題、2022?浙江?高考真題、2021?浙江?高考真題、2021?浙江?高考真題、2020?浙江?高考真題2.試題情境：安全行車(安全氣囊)、交通運輸(機車碰撞、噴氣式飛機)、體育運動(滑冰接力、球類運動)、火箭發(fā)射、爆炸、高空墜物等。（如2023·浙江6月選考·T18，2022·浙江6月選考·T20）3.常見問題模型：氣墊導軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞等。（如2024·浙江1月選考·T10，2024·浙江1月選考·T15）3.命題方向：本章內(nèi)容在高考中占據(jù)了極為重要的位置，既是熱點也是難點?？荚囆问郊扔羞x擇題，也涵蓋計算題，有時還會與電磁感應等知識相結合。命題趨勢大致可分為兩種：一種是對動量概念的單一考查，通常以選擇題的形式出現(xiàn)，題目往往以生活中的實際情境為背景，如物體間的碰撞、火箭的反沖運動、流體問題等，這類題目難度相對較低。另一種是綜合題的形式，這類題目要求考生結合牛頓運動定律、功和能量等物理概念來解決問題，主要考查學生的綜合應用能力，難度相對較高。4.備考策略：在復習本章時，考生不僅需要熟練掌握動量、沖量、動量定理、動量守恒定律等基礎知識，還應結合本章內(nèi)容，系統(tǒng)掌握處理綜合問題的三種主要方法：動力學方法、能量方法和動量方法。分類復習并深入理解以下知識點：①運用牛頓運動定律結合運動學公式處理勻變速直線運動的問題；②利用動能定理結合能量守恒定律處理變力和曲線運動問題；③應用動量定理結合能量守恒定律、動量守恒定律處理碰撞和反沖類問題?？键c01動量與動量守恒定律1．（2021·浙江·高考真題）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80mC．爆炸后質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【考點】某一方向上的動量守恒【答案】B【詳析】A．爆炸時，水平方向，根據(jù)動量守恒定律可知因兩塊碎塊落地時間相等，則則則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項A錯誤；B．設兩碎片落地時間均為t，由題意可知解得t=4s爆炸物的爆炸點離地面高度為選項B正確；CD．爆炸后質量大的碎塊的水平位移質量小的碎塊的水平位移爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m+680m=1020m質量大的碎塊的初速度為選項CD錯誤。故選B?？键c02力學中三大觀點的綜合應用2．（2024·浙江·高考真題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長度、傾角為的直軌道，半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊a向上運動時動摩擦因數(shù)，向下運動時動摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為，小物塊a動到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，，）（1）若，求小物塊①第一次經(jīng)過C點的向心加速度大??；②在上經(jīng)過的總路程；③在上向上運動時間和向下運動時間之比。（2）若，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊?！究键c】機械能與曲線運動結合問題

完全非彈性碰撞2：板塊問題與子彈打木塊問題【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【詳析】（1）①對小物塊a從A到第一次經(jīng)過C的過程，根據(jù)機械能守恒定律有第一次經(jīng)過C點的向心加速度大小為②小物塊a在DE上時，因為所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復運動，且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等，設其在上經(jīng)過的總路程為s，根據(jù)功能關系有解得③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運動學公式有解得（2）對小物塊a從A到F的過程，根據(jù)動能定理有解得設滑塊長度為l時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有解得3．（2023·浙江·高考真題）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AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為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。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質量的滑塊a以初速度從D處進入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差。【考點】應用動能定理解多段過程問題

完全非彈性碰撞4：含有彈簧的情況【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【詳析】（1）滑塊a從D到F，由能量關系在F點解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據(jù)可得在C點的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達C點解得v1=5m/s因ab碰撞動量守恒，則解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度則當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關系解得同理當彈簧被拉到最長時伸長量為x2=x1則彈簧最大長度與最小長度之差4．（2024·浙江·高考真題）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長為L、質量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側璧EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2。滑塊視為質點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時，求滑塊離開彈簧時速度v0的大?。唬?）若μ2=0，滑塊恰好過C點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；（3）若μ2=0.1，滑塊能到達H點，求其離開彈簧時的最大速度vm?！究键c】沒有其他外力的板塊問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【詳析】（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時從滑塊離開彈簧到C過程，根據(jù)動能定理解得（2）平板加速至與滑塊共速過程，根據(jù)動量守恒根能量守恒解得（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為共速后，共同加速度大小為考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與木板共速然后共同減速；假設先與木板共速然后共同減速，則共速過程共速過程，滑塊、木板位移分別為共速時，相對位移應為解得，隨后共同減速到達H速度說明可以到達H，因此假設成立，若滑塊初速度再增大，則會從木板右側掉落。5．（2023·浙江·高考真題）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道、螺旋圓形軌道，傾角的直軌道、水平直軌道組成，除段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道、相切于處．凹槽底面水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁處，擺渡車上表面與直軌道、平臺位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑，B點高度為，長度，長度，擺渡車長度、質量。將一質量也為的滑塊從傾斜軌道上高度處靜止釋放，滑塊在段運動時的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側壁立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，，）（1）求滑塊過C點的速度大小和軌道對滑塊的作用力大??；（2）擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間。【考點】應用動能定理解多段過程問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1），；（2）；（3）【詳析】（1）滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得解得滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為，從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得解得擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為所用時間為此過程滑塊通過的位移為滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動，該過程所用時間為則滑塊從G到J所用的時間為6．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知，，，，，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點，取。（1）若，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度的大??；（2）物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力與h間滿足的關系；（3）若物塊b釋放高度，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸）?！究键c】平拋運動位移的計算

應用動能定理解多段過程問題

完全彈性碰撞1：動碰靜【答案】（1）；（2）（方向豎直向上）；（3）當時，，當時，【詳析】（1）滑塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律有解得與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得聯(lián)立解得（2）由（1）分析可知，物塊與物塊在A發(fā)生彈性正碰，速度交換。（I）設物塊剛好可以到達點，物塊的釋放高度為，則根據(jù)動能定理可得解得此時物塊a到達E點時的速度恰好為零，則有（方向豎直向上）（II）根據(jù)（I）中分析可知，當時，在E點管道外壁將對物塊a有彈力的作用，在E點由牛頓第二定律有由動能定理聯(lián)立可得（，方向豎直向下）若取豎直向下為正方向，則綜上可得（，方向豎直向下）（3）當時，物塊位置在點或點右側，根據(jù)動能定理得從點飛出后，豎直方向水平方向根據(jù)幾何關系可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得當時，從釋放時，根據(jù)動能定理可得解得可知物塊達到距離點0.8m處靜止，滑塊a由E點速度為零，返回到時，根據(jù)動能定理可得解得距離點0.6m，綜上可知當時代入數(shù)據(jù)得7．（2021·浙江·高考真題）如圖所示，水平地面上有一高的水平臺面，臺面上豎直放置傾角的粗糙直軌道、水平光滑直軌道、四分之一圓周光滑細圓管道和半圓形光滑軌道，它們平滑連接，其中管道的半徑、圓心在點，軌道的半徑、圓心在點，、D、和F點均處在同一水平線上。小滑塊從軌道上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道上等質量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道、軌道從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點，已知小滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，，。（1）若小滑塊的初始高度，求小滑塊到達B點時速度的大??；（2）若小球能完成整個運動過程，求h的最小值；（3）若小球恰好能過最高點E，且三棱柱G的位置上下可調，求落地點Q與F點的水平距離x的最大值?！究键c】完全彈性碰撞1：動碰靜【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m【詳析】（1）小滑塊在軌道上運動代入數(shù)據(jù)解得（2）小球沿軌道運動，在最高點可得從C點到E點由機械能守恒可得解得，小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機械能守恒，因此有，解得，結合(1)問可得解得h的最小值（3）設F點到G點的距離為y，小球從E點到G點的運動，由動能定理由平拋運動可得，聯(lián)立可得水平距離為由數(shù)學知識可得當取最大，最大值為8．（2021·浙江·高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細圓管軌道BCDE和圓周細圓管軌道EFG構成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點與豎直墻面的距離。現(xiàn)將質量為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計小球大小和所受阻力。(1)若釋放處高度h=h0，當小球第一次運動到圓管最低點C時，求速度大小vc及在此過程中所受合力的沖量的大小和方向；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點等高的D點所受彈力FN與h的關系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點，高度h應該滿足什么條件？【考點】機械能與曲線運動結合問題

動量定理的內(nèi)容和表達式【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或【詳析】(1)機械能守恒解得動量定理，方向水平向左(2)機械能守恒牛頓第二定律解得滿足的條件(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進入G之前是平拋運動其中，，則得機械能守恒h滿足的條件9．（2020·浙江·高考真題）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角的斜軌道平滑連接而成。質量的小滑塊從弧形軌道離地高處靜止釋放。已知，，滑塊與軌道和間的動摩擦因數(shù)均為，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。(1)求滑塊運動到與圓心O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們在軌道上到達的高度h與x之間的關系。（碰撞時間不計，，）【考點】繩球類模型及其臨界條件

機械能與曲線運動結合問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不會沖出；(3)（）；（）【詳析】(1)機械能守恒定律牛頓第二定律牛頓第三定律，方向水平向左(2)能在斜軌道上到達的最高點為點，功能關系得故不會沖出(3)滑塊運動到距A點x處的速度為v，動能定理碰撞后的速度為，動量守恒定律設碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，動能定理得考點01動量與動量守恒定律1．（2024·北京西城·一模）2023年7月，由中國科學院研制的電磁彈射實驗裝置啟動試運行，該裝置在地面構建微重力實驗環(huán)境，把“太空”搬到地面。實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回A位置，再經(jīng)歷一段減速運動后靜止。某同學查閱資料了解到：在上述過程中的某個階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時間為4s，實驗艙的質量為500kg。他根據(jù)上述信息，取重力加速度，做出以下判斷，其中正確的是（

）A．實驗艙向上運動的過程始終處于超重狀態(tài)B．實驗艙運動過程中的最大速度為40m/sC．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙做功大于D．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙的沖量等于【考點】豎直上拋運動的高度、速度與時間的計算

超重和失重的概念

用動能定理求解外力做功和初末速度

動量定理的內(nèi)容和表達式【答案】C【詳析】A．實驗艙在電磁彈射階段處于超重狀態(tài)，在豎直上拋階段處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；B．實驗艙在電磁彈射結束后開始豎直上拋時的速度最大，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知該速度為選項B錯誤；C．在向上彈射過程中，根據(jù)動能定理有所以選項C正確；D．在向上彈射過程中，根據(jù)動量定理有所以選項D錯誤。故C正確?？键c02力學中三大觀點的綜合應用2．（2024·浙江嘉興·一模）如圖所示，光滑水平桿距離水平地面高為，桿上套有一質量的滑環(huán)，桿上A點處固定一擋板。長度為的輕繩的一端連接滑環(huán)，另一端懸掛質量為的小球，輕繩能承受的最大拉力為。水平地面上點處靜置一個頂部裝有細沙的小滑塊，小滑塊與細沙的總質量為。點右側有一高度為、傾角為的固定斜面點處平滑連接，與間距為。初始時刻，輕繩保持豎直，滑環(huán)和小球一起水平向右以的速度作勻速直線運動，一段時間后滑環(huán)與水平桿上的固定擋板碰撞，滑環(huán)即刻停止，繩子斷裂，小球恰好落入小滑塊頂部的沙堆內(nèi)，落入時間極短且沙沒有飛濺。不計空氣阻力，小滑塊可以視為質點且與水平面和斜面間的動摩擦因數(shù)均為。（1）通過計算分析繩子斷裂的原因并求點與擋板A點的水平距離。（2）求小滑塊最終靜止的位置到點的距離。（3）若輕繩長度可調，滑環(huán)和小球一起水平向右的初速度可調，要確?；h(huán)撞擊擋板繩子崩斷后小球總能落在點的小滑塊上，求和的關系以及的取值范圍?！究键c】平拋運動位移的計算

繩球類模型及其臨界條件

機械能與曲線運動結合問題

完全非彈性碰撞1：碰撞后直接粘連問題【答案】（1）見解析，6m；（2）0.32m；（3），或【詳析】（1）由牛頓第二定律可知解得所以輕繩斷裂。平拋運動解得（2）小球與小滑塊作用過程水平方向動量守恒得從到斜面最高點的過程解得滑塊未從斜面頂端飛出。又滑塊下滑。從滑塊在斜面上的最高點到最終靜止的位置解得（3）若輕繩能斷裂聯(lián)立方程得確保輕繩崩斷解得或3．（2024·浙江杭州·二模）某游戲裝置如圖所示，左側固定一張長的桌子，水平桌面的邊緣A、B上有兩個小物塊甲、乙，質量分別為，，兩物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為；右側有一根不可伸長的細線，長度為，能夠承受的最大拉力，細線上端固定在O點，下端系有一個側面開口的輕盒（質量不計），初始時刻盒子鎖定在C點且細線伸直，OC與豎直方向夾角，O點正下方處有一細長的釘子，用于阻擋細線。某次游戲時，敲擊物塊甲，使其獲得的初速度，一段時間后與物塊乙發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且碰后粘在一起，形成組合體從邊緣B飛出，當組合體沿垂直O(jiān)C方向飛入盒子時，盒子立即解鎖，之后組合體與盒子一起運動不再分離。若組合體碰撞盒子前后速度不變，空氣阻力不計，物塊與輕盒大小可忽略，，。求：（1）物塊甲即將碰到乙時的速度大??；（2）組合體到達C點時的速度大??；（3）細線被釘子擋住后的瞬間對盒子的拉力大小T；（4）若h的大小可調，要求細線被釘子擋住后始終伸直且不斷裂，求h的可調范圍?！究键c】平拋運動速度的計算

繩球類模型及其臨界條件

應用動能定理解多段過程問題

非完全彈性碰撞后的速度【答案】（1）3m/s；（2）3m/s；（3）2.5N；（4）或【詳析】（1）甲向右做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理有解得（2）甲乙發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有碰撞后，甲乙做平拋運動，在C點，就速度分解有解得（3）組合體運動到釘子正下方時，根據(jù)動能定理有解得細線被釘子擋住后的瞬間對盒子分析有解得T=2.5N（4）當剛好能擺到釘子等高處時解得當能繞釘子做完整的圓周運動且剛好通過最高點時解得在該條件下同時需滿足在最低點繩子不斷裂，得解得綜上可知h的可調范圍為或4．（2024·浙江臺州·二模）如圖所示裝置放置在水平地面上，質量的滑塊P從四分之一光滑圓弧A端點滑到B端點，隨后通過順時針轉動的傳送帶。已知圓弧半徑，傳送帶長，與地面高度?；瑝K可視為質點，滑塊P與傳送帶的動摩擦因數(shù)，不計空氣阻力與傳送帶轉輪的大小。（1）求滑塊P滑到圓弧B端點時受到軌道的作用力大??；（2）求滑塊P由C拋出的水平距離x與傳送帶速度v的關系；（3）若傳送帶速度，將木塊M與N并排靜置在光滑地面上，木塊M上固定一豎直輕桿，輕桿上端小橫桿上系一長為的輕細線，細線下端系一質量為的小球Q。滑塊P從傳送帶飛出后恰好與小球Q碰撞并連結為一整體S（可視為質點），隨后繞懸點小角度擺動（不與豎直桿碰撞）。已知木塊M與N的質量分別為與。求木塊M與N分離時S的速度大小。

【考點】物塊在水平傳送帶上運動分析繩球類模型及其臨界條件利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）；（2）見解析；（3）【詳析】（1）滑塊P從A端點滑到圓弧B端點，根據(jù)動能定理解得在B點，根據(jù)牛頓第二定律解得（2）滑塊P由C拋出后，做平拋運動，則解得若一直減速，根據(jù)動能定理解得若一直加速，根據(jù)動能定理解得則若，滑塊P由C拋出的水平距離為若，滑塊P由C拋出的水平距離為若，滑塊P由C拋出的水平距離為（3）由（2）知飛出時為滑塊P、小球Q碰撞前后動量守恒，則解得根據(jù)系統(tǒng)動量守恒、以及機械能守恒解得，或，（不符，舍去）故木塊M與N分離時木塊M與N分離時S的速度大小為。5．（2024·浙江溫州·三模）如圖所示，某固定裝置由長度的水平傳送帶，圓心角、半徑的兩圓弧管道BC、CD組成，軌道間平滑連接。在軌道末端D的右側光滑水平面上緊靠著輕質小車，其上表面與軌道末端D所在的水平面平齊，右端放置質量的物塊b。質量的物塊a從傳送帶左端A點由靜止釋放，經(jīng)過BCD滑出圓弧管道。已知傳送帶以速度順時針轉動，物塊a與傳送帶及小車的動摩擦因數(shù)均為，物塊b與小車的動摩擦因數(shù)，其它軌道均光滑，物塊均視為質點，不計空氣阻力。（1）求物塊a和傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（2）求物塊a到達D點時對管道的作用力FN；（3）要使物塊a恰好不與物塊b發(fā)生碰撞，求小車長度的最小值d?！究键c】物塊在水平傳送帶上運動分析

受恒定外力的板塊問題

應用動能定理解多段過程問題

常見力做功與相應的能量轉化

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）30J；（2）6N，方向豎直向上；（3）2m【詳析】（1）對小物塊分析有設小物塊一直加速到傳送到右端點時，其速度為，有解得所以在小物塊a到達傳送帶右側時并沒有加速到與傳送帶共速，設該過程時間為t，有該時間傳送帶的位移為，有物塊a相對傳送帶的位移為摩擦產(chǎn)生的熱量為（2）由題意可知圓弧軌道光滑，所以從B到D，由動能定理有在D點有解得由牛頓第三定律可知，物塊a對管道的作用力等于管道對物塊a的支持力，所以物塊a到達D點時對管道的作用力為6N，方向豎直向上。（3）當物塊滑上小車后，由于所以小車與物塊a保持相對靜止，而物塊b相對于小車發(fā)生滑動，當兩者速度相同時，為物塊a與物塊b相碰的臨界狀態(tài)，其運動示意圖如圖所示該過程由動量守恒有能量守恒方面有解得6．（2024·浙江金華·三模）如圖所示，光滑水平面左側放置質量、半徑的光滑圓弧槽b，右側固定粗糙斜面體ABC，斜面體AB和BC的傾角均為60°，B離地面高度，另有一個質量的小滑塊球a（可視為質點）從圓弧槽某位置靜止釋放，圓弧槽圓心與小滑塊的連線與豎直方向夾角為。滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)，且滑塊通過A點時無機械能損失。，重力加速度。（1）若圓弧槽b固定不動且小滑塊a靜止釋放位置，求a第一次滑至圓弧槽最低點時小滑塊的向心加速度大??；（2）若圓弧槽b不固定且小滑塊a靜止釋放位置，求a滑至圓弧槽最低點時小滑塊的位移大小及圓弧槽對小滑塊的支持力大?。唬?）若圓弧槽b固定不動，小滑塊從某一位置靜止釋放，小滑塊沿斜面AB通過B點后恰好落在C點，求：小滑塊在B點時的速度及釋放位置的角度?！究键c】斜面上的平拋運動

拱橋和凹橋模型

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）；（2），；（3），【詳析】（1）從釋放位置到最低點列動能定理求得所以最低點向心加速度（2）a與b水平方向動量守恒且總動量等于零，滿足人船模型且所以可得滑塊水平位移而豎直位移為4m，則根據(jù)勾股定理可知，總位移大小為5m。a滑下過程中ab組成的系統(tǒng)總能量守恒a與b水平方向動量守恒可得可得小滑塊由合力提供向心力所以（3）B點飛出到C點過程中，小滑塊做斜拋運動，在水平方向勻速運動，則時間為在豎直方向豎直上拋，取向下為正方向，則得釋放位置到B點列動能定理解得所以7．（2024·浙江金華·三模）某固定裝置的豎直截面如圖甲所示，由長度為1.0m的水平傳送帶和兩段光滑圓管軌道組成，兩段圓管軌道所對應的圓心角相同，，，右側帶有豎直擋板的滑塊b放置在光滑的水平面上，傳送帶和滑塊b與軌道端口均為平滑連接，傳送帶啟動后運行的圖如圖乙所示，傳送帶啟動0.5s后把小物塊a從傳送帶左側靜止釋放，小物塊a和滑塊b的質量均為，a與傳送帶和滑塊b之間的動摩擦因數(shù)均為，若空氣阻力、小物塊a、圓管軌道的口徑和皮帶輪半徑均可不計，物塊a進出管道時無能量損失，物塊a和滑塊b發(fā)生的碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度，試求：（1）小物塊a在傳送帶上運動的時間t；（2）小物塊a進入管道時對管道的作用力大?。唬?）滑塊b至少多長才能使小物塊a不脫離滑塊。【考點】含有動量守恒的多過程問題【答案】（1）；（2）4N；（3）【詳析】（1）對傳送帶

0-1s做加速度對a物體，勻加速當a物體與傳送帶同速時

得此時共速

物體位移

a物體與傳送帶一起勻加速至1，有所以a物體勻速運動

時間運動時間

（2）A到B動能定理對B處

得

由牛頓第三定律可知，對管道作用力為4N。（3）A到C動能定理得當a剛好滑動b最右端與b共速，此時b的長度是滿足題意的最短長度，由能量守恒和動量守恒有聯(lián)立得8．（2024·浙江金華·模擬預測）小明設計了如圖所示的彈珠彈射游戲裝置。固定在水平面上的彈珠發(fā)射器發(fā)射一質量的小彈珠，沿由水平直軌道和豎直半圓形軌道AB運動并從B處水平飛出，然后恰好進入圓弧形管道CD，并從該管道的D處水平滑出，撞擊放置在平臺上質量的碰撞緩沖裝置PQ，該裝置中的輕彈簧一端固定在擋板Q上，另一端連接質量可不計、且能自由滑動的小擋板P，小彈珠碰到擋板P時緊貼擋板一起運動，但不粘連。已知、、、，不考慮所有摩擦和空氣阻力及碰撞時能量的損失，軌道固定，緩沖裝置PQ可在平臺上運動，求：（1）彈珠發(fā)射器發(fā)出小彈珠的初速度大?。唬?）緩沖裝置中彈簧所能獲得的最大彈性勢能；（3）小彈珠再次回到D點時的速度?！究键c】平拋運動速度的計算

平拋運動位移的計算

利用能量守恒解決實際問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）6m/s；（2）2J；（3），方向向右【詳析】（1）彈珠恰好進入管道，由平拋運動規(guī)律，有，解得由能量守恒定律，有解得（2）設小彈珠碰前的速度為，由能量守恒，有解得碰撞時動量守恒，碰后共同速度為，解得最大彈性勢能（3）根據(jù)彈性碰撞，有，解得所以小彈珠再次回到D點時的速度大小為，方向向右。9．（2024·浙江·一模）如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長，以的速度順時針勻速轉動，帶有光滑圓弧管道的裝置固定于水平地面上，位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為的圓弧細管道組成，管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道均平滑相切連接，長，右側為豎直墻壁?；瑝K的質量，滑塊與輕彈簧相連，質量，滑塊質量，滑塊均靜置于軌道上?，F(xiàn)讓滑塊以一定的初速度水平向右運動，與滑塊相撞后立即被粘住，之后與滑塊發(fā)生相互作用，與勁度系數(shù)的輕質彈簧分離后滑上傳送帶，加速之后經(jīng)管道后滑上。已知滑塊在點的速度為，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，與間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質點，重力加速度大小，彈簧的彈性勢能（為形變量）。求：（1）滑塊第一次經(jīng)過點時對裝置的作用力；（2）滑塊的初速度大?。唬?）試通過計算判斷滑塊能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時最大的壓縮量?！究键c】含有動量守恒的多過程問題【答案】（1），豎直向上；（2）；（3）能，【詳析】（1）滑塊第一次經(jīng)過點到點，根據(jù)動能定理滑塊在點的速度為解得根據(jù)牛頓第二定律，在點滑塊，解得方向豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊第一次經(jīng)過點時對裝置的作用力為，方向豎直向上；（2）滑塊在傳送帶上做勻加速運動，因此剛放上傳送帶時，滑塊的速度設為，根據(jù)運動學規(guī)律解得滑塊作為整體與滑塊發(fā)生相互作用，最終滑塊被彈出，根據(jù)動量守恒與能量守恒得解得大小與發(fā)生碰撞，最后共速，滿足動量守恒解得（3）假設滑塊能再次回到點，從點到點，根據(jù)動能定理解得速度大于零，假設成立，滑塊可再次滑上傳送帶，做減速運動，根據(jù)運動學規(guī)律解得即可以追上滑塊發(fā)生再次碰撞，設最大壓縮量為，根據(jù)動量守恒與能量守恒解得10．（2024·浙江·二模）物理老師自制了一套游戲裝置供同學們一起娛樂和研究，其裝置可以簡化為如圖所示的模型。該模型由同一豎直平面內(nèi)的水平軌道OA、半徑為的半圓單層軌道ABC、半徑為的半圓圓管軌道CDE、平臺EF和IK、凹槽FGHI組成，且各段各處平滑連接。凹槽里停放著一輛質量為的無動力擺渡車Q并緊靠在豎直側壁FG處，其長度且上表面與平臺EF、IK平齊。水平面OA的左端通過擋板固定一個彈簧，彈簧右端可以通過壓縮彈簧發(fā)射能看成質點的不同滑塊P，彈簧的彈性勢能最大能達到?，F(xiàn)三位同學小張、小楊、小振分別選擇了質量為、、的同種材質滑塊P參與游戲，游戲成功的標準是通過彈簧發(fā)射出去的滑塊能停在平臺的目標區(qū)JK段。已知凹槽GH段足夠長，擺渡車與側壁IH相撞時會立即停止不動，滑塊與擺渡車上表面和平臺IK段的動摩擦因數(shù)都是，其他所有摩擦都不計，IJ段長度，JK段長度。問：（1）已知小振同學的滑塊以最大彈性勢能彈出時都不能進入圓管軌道，求小振同學的滑塊經(jīng)過與圓心等高的B處時對軌道的最大壓力；（2）如果小張同學以的彈性勢能將滑塊彈出，請根據(jù)計算后判斷滑塊最終停在何處？（3）如果小楊將滑塊彈出后滑塊最終能成功地停在目標區(qū)JK段，則他發(fā)射時的彈性勢能應滿足什么要求？【考點】繩球類模型及其臨界條件

機械能與曲線運動結合問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）；（2）離I點左側距離0.1m；（3）【詳析】（1）當彈性勢能最大彈出時，經(jīng)過與圓心等高的B處時對軌道的壓力最大。從彈出到B處，根據(jù)動能定理有經(jīng)過B處時由牛頓第三定律可知聯(lián)立解得最大壓力方向由指向B。（2）當剛好經(jīng)過C時解得假設滑塊在C點不脫離軌道，由能量守恒得解得故滑塊在C點不脫離軌道，從起點到車左端，根據(jù)動能定理有故的彈性勢能彈出到達車左端的速度與車共速時，根據(jù)動量守恒以及機械能守恒有解得共速時與擺渡車的相對位移所以，如果小張同學的滑塊能滑上擺渡車但又不從擺渡車上掉進凹槽，擺渡車與右端碰后停止，滑塊繼續(xù)向前滑行的距離故滑塊所停位置在離車右端距離（3）當剛好經(jīng)過C時將彈出到平臺上，根據(jù)動能定理有與車共速時由能量守恒要使得滑塊停在目標區(qū)聯(lián)立上面四式解得且故當小楊同學游戲能成功時，彈簧的彈性勢能范圍為11．（2024·浙江·二模）如圖所示為一處于豎直平面內(nèi)的實驗探究裝置示意圖，該裝置由光滑圓弧軌道AB、速度可調節(jié)，長度為的固定水平傳送帶BC及兩半徑均為的固定四分之一光滑細圓管DEF組成，其中圓弧軌道的B、D端與水平傳送帶相切且平滑連接。緊靠F處有一質量為的小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表面由長為的水平面GH和半徑為的四分之一的光滑圓弧面HI組成，GH與F等高且相切?，F(xiàn)有一質量為的滑塊（可視為質點）從圓弧軌道AB上距B點高度為處自由下滑，滑塊與傳送帶及小車上表面間的動摩擦因數(shù)均為，不計其他阻力，取。求（1）當傳送帶靜止時，滑塊運動到圓弧軌道上的D點時，細圓管道受到滑塊的作用力；（2）當傳送帶靜止時，滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大高度；（3）調節(jié)傳送帶以不同速度v勻速轉動，試分析滑塊最終在小車上表面GH滑行的路程S與速度v的關系?！究键c】機械能與曲線運動結合問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1），方向豎直向下；（2）；（3）見解析【詳析】（1）滑塊運動到圓弧軌道上的D點時，根據(jù)動能定理解得在D點，根據(jù)牛頓第二定律解得，方向豎直向下。（2）從D點到F點，根據(jù)動能定理解得根據(jù)動量守恒解得根據(jù)能量守恒有解得（3）要求滑塊不脫離小車，有①滑塊不離開小車的右端時解得②滑塊不離開小車左端時，解得所以滑塊到F點時的最大速度為，則D點時的最大速度為，根據(jù)動能定理解得所以，當傳送帶逆時針或傳送帶的速度順時針時，則滑行的路程為當傳送帶的速度順時針時，滑塊會脫離小車當傳送帶的速度順時針時，根據(jù)動能定理解得根據(jù)能量守恒解得12．（2024·浙江·模擬預測）如圖所示，傾角的斜面AB與長度為的水平面BC在B點銜接，銜接點平滑，質量為的可視為質點的滑塊Q靜置在水平面的右端C?？梢暈橘|點的滑塊P自斜面上高處靜止釋放，與滑塊Q發(fā)生彈性碰撞后，滑塊Q在C點立即進入光滑豎直半圓軌道DE的內(nèi)側（CD間隙不計），D為圓的最高點，圓半徑記為R。滑塊Q經(jīng)圓弧后在E點水平拋出，最終落于水平地面FG上，水平面FG與BC的高度差為。已知滑塊P與AB面和BC面的動摩擦因數(shù)都為。（1）若滑塊P的質量為，半圓軌道DE的半徑R可調，半圓軌道能承受的滑塊的壓力不能超過70N，要保證滑塊Q能經(jīng)圓周運動順利經(jīng)過E點。①求滑塊Q進入D點時的速度。②求半圓軌道的半徑R的取值范圍。③求滑塊Q離開E后落在FG面上的最大射程。（2）若半圓軌道DE的半徑為，滑塊P的質量可調，求滑塊Q進入D點時對D的壓力大小的范圍?！究键c】繩球類模型及其臨界條件

應用動能定理解多段過程問題

機械能與曲線運動結合問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）①2m/s，②，③1.4m；（2）【詳析】（1）①滑塊P從靜止到C點，根據(jù)動能定理有解得滑塊P與滑塊Q碰撞時動量守恒，有又因為是彈性碰撞，則能量守恒解得②在D點能夠做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知解得D點到E點的過程，根據(jù)能量守恒定律有在E點，根據(jù)牛頓第二定律有且聯(lián)立得所以R的取值范圍③自E點作平拋運動，則射程為，將②中代入得當時，解得（2）由動能定理有解得滑塊P與滑塊Q碰撞時動量守恒，則又因為是彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律有解得即則由牛頓第二定律有解得13．（2024·浙江嘉興·二模）如圖所示是位于同一豎直平面內(nèi)且各部分平滑連接的玩具模型，傾斜軌道AB和傾斜傳送帶BC傾角都為，半徑的細圓弧管道CD的圓心角也為θ。水平軌道DE右側有一傾角為α的斜面FG，其底端F在E正下方、頂端G與E等高且距離為。DE上靜置一小滑塊N。AB上的小滑塊M以一定初速度滑上傳送帶并通過CD滑上DE，M經(jīng)過D點時與管道間恰好無擠壓。傳送帶以速度逆時針轉動，BC長度，M與BC間動摩擦因數(shù)為。已知M、N質量分別為、，。除傳送帶外，其余部分皆光滑。?。骸?。求：（1）M首次經(jīng)過D時的速度大??；（2）當N固定且M與N間發(fā)生彈性碰撞時，M在碰撞前與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量，以及M在碰撞后經(jīng)過B點的速度；（3）當N不固定且M與N間發(fā)生非彈性碰撞時，N從E水平飛出后擊中FG的最小動能?！究键c】物塊在傾斜的傳送帶上運動分析

平拋運動速度的計算

用動能定理求解外力做功和初末速度

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）；（2），；（3）見解析【詳析】（1）根據(jù)題意可知，當M到達D點時，恰好由重力充當向心力，則有解得（2）M從C點到到達D點的過程中，由動能定理解得物塊在傳送帶上上滑過程中，由牛頓第二定律有解得對該過程由運動學公式有解得物塊上滑過程所用的時間其與傳送帶間相對位移為摩擦產(chǎn)生的熱量物塊M與固定的物塊N彈性碰撞后，等速返回，再次到達C點時速度仍為，物塊M與傳送帶達到共速時的位移設為，由運動學公式有解得達到共速后，由于物塊M沿斜面向下的重力的分力大于最大靜摩擦，因此傳送帶會繼續(xù)加速下滑，設該階段物塊M的加速度為，由牛頓第二定律有解得物塊M再次到達B點的過程，由運動學公式有解得（3）設滑塊N離開點后經(jīng)時間擊中斜面，則其擊中斜面時的動能其中因此有可知，當，即時此時略大于。而碰撞若為彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得若碰撞為完全非彈性碰撞，則由動量守恒定律可得解得由此可知，非彈性碰撞后，滑塊N的速度范圍為在這個區(qū)間內(nèi)，故可取。14．（2024·浙江湖州·二模）如圖所示，一質量M=1.0kg，高h=0.7m的平板車靜置在光滑水平地面上，其左端靜止放置一輛質量m=0.2kg大小可忽略的四驅電動玩具小車，右側同一豎直平面有固定的光滑圓弧軌道AC，軌道半徑R=1.25m，圓心角為2θ，θ=37°，左右兩端點A、C等高，圓弧最低點B位于水平地面上。緊接C點，有一長s=1.59m的傾斜傳送帶，上表面DE沿圓弧C點的切線方向，傳送帶以v=2m/s的速度順時針運動。玩具小車啟動后，恰好能從A點沿AC圓弧切線進入軌道，并最終到達E點后飛離。已知玩具車在平板車和傳送帶上運動時，均產(chǎn)生自重0.8倍的動力（忽略摩擦阻力和空氣阻力），且從C點到D點速度不變。sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）玩具小車在A點速度大小vA；（2）玩具小車在B點受到支持力的大小FN；（3）平板車的長度l；（4）傳送帶由于運送玩具小車而多輸出的機械能?E。【考點】物塊在傾斜的傳送帶上運動分析

拱橋和凹橋模型

機械能與曲線運動結合問題

人船模型求船運動的距離【答案】（1）5m/s；（2）6.8N；（3）1.2m；（4）0.96J【詳析】（1）小車離開平板車后，做平拋運動，在A點的速度為vA，豎直方向有解得vA=5m/s（2）從A到B由動能定理在B點由牛頓第二定律解得FN=6.8N（3）小車在平板車上做勻加速運動的加速度為a1，位移為x1，則由牛頓定律由運動方程解得x1=1m小車和平板車滿足平均動量守恒解得x2=0.2m平板車的長度為l=x1+x2=1.2m（4）小車在傳送帶上做勻加速運動，則由牛頓第二定律可知解得a2=2m/s2由運動公式以及解得t=0.3s（另一解t=-0.53s舍掉）在時間t內(nèi)，傳送帶上某點對地位移x傳=vt=0.6m傳送帶由于運送小車克服小車對其的靜摩擦力做功為15．（2024·浙江金華·二模）如圖所示，質量的滑板A帶有四分之一光滑圓軌道，圓軌道的半徑，圓軌道底端點切線水平，滑板的水平部分粗糙?，F(xiàn)滑板A靜止在光滑水平面上，左側緊靠固定擋板，右側不遠處有一與A等高的平臺。平臺最右端有一個高的光滑斜坡，斜坡和平臺用長度不計的小光滑圓弧連接，斜坡頂端連接另一水平面?，F(xiàn)將質量的小滑塊B（可視為質點）從A的頂端由靜止釋放。求：（1）滑塊B剛滑到圓軌道底端時，對圓軌道底端軌道的壓力大??；（2）若A與平臺相碰前A、B能達到共同速度，則達到共同速度前產(chǎn)生的熱量；（3）若平臺上P、Q之間是一個長度的特殊區(qū)域，該區(qū)域粗糙，且當滑塊B進入該區(qū)域后，滑塊還會受到一個水平向右、大小的恒力作用，平臺其余部分光滑。若A與B共速時，B剛好滑到A的右端，A恰與平臺相碰，此后B滑上平臺，同時快速撤去A。設B與PQ之間的動摩擦因數(shù)為μ。①求當時，滑塊B第一次通過Q點時速度；②求當時，滑塊B在PQ間通過的路程?！究键c】應用動能定理解多段過程問題

機械能與曲線運動結合問題

利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）；（2）；（3）①；②【詳析】（1）設B滑到A的底端時速度為，由動能定理得小球在圓弧底端，有聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)得，根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對圓弧底端的壓力為60N。（2）設A、B獲得共同速度為，以向右為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得對A、B系統(tǒng)利用能量守恒定律（3）①當μ=0.1時，對滑塊B從共速位置到點應用動能定理有解得②當μ=0.9時，對滑塊B從共速位置到點應用動能定理有解得由于所以滑塊B不能從斜坡頂端沖出，將會再次滑上PQ段；由于所以滑塊B不能從平臺左端滑出；由于所以滑塊B不會停止在PQ段，最終靜止在點，對滑塊B全過程應用動能定理有解得16．（2024·浙江寧波·二模）圖甲為某游戲項目模型，由彈性發(fā)射裝置P、傾角長的固定斜面AB、質量的表面為四分之一光滑圓弧的滑塊M和質量長度的平板小車等四部分組成。圓弧CD的半徑，最低點C與小車等高。當P把的小物塊（視為質點）以速度水平彈出，恰好由A點沿斜面方向進入斜面，不考慮其運動時通過各連接點間的動能損失。小物塊與AB間的動摩擦因數(shù)，忽略小車和M下表面與地面的摩擦。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求水平彈出點離A點的豎直高度；（2）若鎖定平板小車，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)。求小物塊滑上M時對C點的壓力F及上滑的最大高度；（3）現(xiàn)解除小車鎖定，并在小車上表面噴涂一種特殊材料（不計噴涂材料的質量），使小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)能從右（B端）向左隨距離變化，如圖乙所示。若小物塊仍以速度水平彈出，試分析小物塊能否通過C點？并說明理由。【考點】利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題【答案】（1）；（2）；（3）能通過點，見解析【詳析】（1）根據(jù)平拋運動功率，在A點有其中解得（2）物塊在A點速度從A到B過程，根據(jù)動能定理有解得從B到C過程，根據(jù)動能定理有解得在圓軌道點，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊滑上時對點的壓力解得方向豎直向下。設小物塊滑上的最大高度時，小物塊與共速，由動量守恒守律有由機械能守恒得解得（3）物塊從B到C過程，克服摩擦力做功若到點共速，則有解得則有故能通過點17．（2023·浙江紹興·二模）如圖所示，一長為的水平傳送帶AB以速度沿順時針勻速旋轉，傳送帶與光滑水平軌道CD平滑連接且B、C兩點重合，光滑圓弧軌道DE圓心為O，半徑為，OE與豎直方向的夾角，圓弧軌道DE與水平軌道CD也平滑連接，F(xiàn)G為U形固定槽（F、G兩點等高），槽的水平長度為，槽的右上端G與E點間的水平距離為，豎直距離為?，F(xiàn)將質量為（質量大小可改變）的滑塊1輕輕放到傳送帶上的A處，經(jīng)傳送帶傳送后進入軌道CD，并與靜止在水平軌道CD上某處的滑塊2（質量為）發(fā)生彈性碰撞，隨后滑塊2沿圓弧軌道運動，從E點飛出后落入U形槽。已知滑塊1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，兩滑塊可視為質點，不考慮兩滑塊間以后的碰撞與滑塊2落入U形槽后反彈的情形。（1）求碰撞前瞬間滑塊1的速度。（2）若滑塊2剛好在E點脫離軌道，求碰撞后瞬間滑塊2的速度。（3）為使滑塊2能落入U形槽，求滑塊1質量應取的最小值。（結果可保留根號）【考點】平拋運動位移的計算

繩球類模型及其臨界條件

完全彈性碰撞1：動碰靜【答案】（1）；（2）；（3）【詳析】（1）滑塊1勻加速直線運動的加速度滑塊1勻加速直線運動的位移之后滑塊1做勻速直線運動，因此碰撞前瞬間滑塊1的速度（2）滑塊2剛好在E點脫離軌道滿足得根據(jù)動能定理則（3）為使滑塊2能落入U形槽，要求滑塊1質量的最小值滿足條件1:E點之前不脫離軌道，即E點速度滿足條件2：若剛好落入G點即E點速度因此能落入G點，碰撞后瞬間滑塊2速度滑塊1和滑塊2發(fā)生彈性碰撞因此質量的最小值為18．（2024·浙江·三模）動畫片《熊出沒》中有這樣的情節(jié)：某天熊大中了光頭強設計的陷阱，被掛在了輕質藤條上。聰明的熊大想了一個辦法，讓自己蕩起來使藤條斷裂而得救。其簡化過程如圖所示，設懸點為O，離CD高度。CD與EF的高度差，其間由光滑斜面DE連接。熊大可視為質點且質量，重心為A，蕩下過程重心到懸點的距離且保持不變，藤條能承受的最大張力為，空氣阻力忽略不計，重力加速度。（1）為使藤條斷