2025高考物理復(fù)習(xí)教案：力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用

第七章動(dòng)量守恒定律

專(zhuān)題十二力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用

核心考點(diǎn)五年考情命題分析預(yù)測(cè)

2022：廣東T13,湖北T16；力學(xué)=大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用往隹

動(dòng)量與能量觀(guān)點(diǎn)的

2021：湖北T15；以高考?jí)狠S題的形式考查，綜

綜合應(yīng)用

2020：山東T18合性強(qiáng)，難度大，常與曲線(xiàn)運(yùn)

2023：山東T18,廣東T15,遼動(dòng)、帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)

寧T15,動(dòng)或?qū)w棒切割磁感線(xiàn)等知識(shí)

三大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)

浙江6月T18,浙江1月T18；點(diǎn)相結(jié)合進(jìn)行考查.預(yù)計(jì)2025

用

2022：浙江6月T20；年高考可能會(huì)出現(xiàn)三大觀(guān)點(diǎn)應(yīng)

2021：北京T17,湖南T14用的計(jì)算題.

題型1動(dòng)量與能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用

1.兩大觀(guān)點(diǎn)

動(dòng)量的觀(guān)點(diǎn)：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律.

能量的觀(guān)點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律.

2.三種技巧

（1）若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律（機(jī)械能守恒

定律）.

（2）若研究對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理.

（3）動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律（機(jī)械能守恒定律）、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程

的初、末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之

處，特別對(duì)于變力做功問(wèn)題，就更顯出它們的優(yōu)越性.

“2024江西九校聯(lián)考］如圖所示，質(zhì)量M=4kg的滑塊套在光滑

的水平軌道上，質(zhì)量m=2kg的小球通過(guò)長(zhǎng)￡=0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿

與滑塊上的光滑軸。連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞軸O

自由轉(zhuǎn)動(dòng).開(kāi)始時(shí)輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度vo=4m/s,以初始時(shí)

刻軸。的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定的直角坐標(biāo)系xOy,取g=10m/s2.

（1）若鎖定滑塊，求小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)輕桿對(duì)小球的作用力大??；

（2）若解除對(duì)滑塊的鎖定，求小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能反；

（3）若解除對(duì)滑塊的鎖定，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球從出發(fā)至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的

過(guò)程的軌跡方程.

答案（1）4N（2）4J（3）（-X--）2+y2=-

244

解析（1）若鎖定滑塊，則小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到上升至最高點(diǎn)的過(guò)程，機(jī)械能守恒，有

求解，?方面怕出借,

另一方面會(huì)使運(yùn)算變復(fù)雜

小球在最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)輕桿對(duì)小球的作用力大小為尸，則有所以整體代換思想很重要

立寫(xiě)的表達(dá)式再代J

\人數(shù)據(jù)求解J

mg+F=m-^

聯(lián)立解得F=4N

（2）若解除對(duì)滑塊的鎖定，由于小球與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受力，因此小球與

滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒.設(shè)小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為V2,

此時(shí)滑塊的速度大小為也以水平向右為正方向，則有0=加也一,ycy-v-

雖然系統(tǒng)動(dòng)量不

運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有也守?恒建，但麟在平水平方

|mVo=|mV2+|Mv2+mgL

又Ek=|/nv2

聯(lián)立解得Ek=4J

（3）若解除對(duì)滑塊的鎖定，在小球上升的過(guò)程中，滑塊向左運(yùn)動(dòng)，小球在水平方向上向右

運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球的位置坐標(biāo)為（x,j）時(shí)，滑塊向左運(yùn)動(dòng)的位移大小為Ax,則由人船模型有

m（￡—x）=MNx

由幾何關(guān)系可知

（X—Ax）2+y2=L2

聯(lián)立可得小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為

題型2三大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用

1.三大基本觀(guān)點(diǎn)

動(dòng)力學(xué)觀(guān)點(diǎn)運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

能量觀(guān)點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀(guān)點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒觀(guān)點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

2.三大觀(guān)點(diǎn)的選用原則

力學(xué)中首先考慮使用兩個(gè)守恒定律.從兩個(gè)守恒定律的表達(dá)式看出多項(xiàng)都是狀態(tài)量（如速

度、位置），所以守恒定律能解決狀態(tài)問(wèn)題，不能解決過(guò)程（如位移X、時(shí)間f）問(wèn)題，不

能解決力（尸）的問(wèn)題.

（1）若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個(gè)守恒定律.

（2）若物體（或系統(tǒng)）涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理.

（3）若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律.

（4）若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時(shí)應(yīng)用

摩擦力乘以相對(duì)路程，動(dòng)能定理解決曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題特別方便.

2」：大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)FA021湖北］如圖所示，一圓心為O、半徑為

R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑水平面在Q

點(diǎn)相切.在水平面上，質(zhì)量為相的小物塊A以某一速度向質(zhì)量也為.

4rljtc仇a

機(jī)的靜止小物塊B運(yùn)動(dòng)4、2發(fā)生正碰后，8到達(dá)半圓弧軌道最高

點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到與。點(diǎn)等高的C點(diǎn)時(shí)速度為零.已知重力

加速度大小為g,忽略空氣阻力.

（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點(diǎn)的距離；

（2）當(dāng)A由C點(diǎn)沿半圓弧軌道下滑到D點(diǎn)時(shí)，。。與。。夾角為仇求此時(shí)A所受力對(duì)A

做功的功率；

（3）求碰撞過(guò)程中A和8損失的總動(dòng)能.

答案（1）2R（2）mgsin9y/2gRcos9（3）VlOmgR

解析（1）設(shè)8到半圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為也'，由于8對(duì)軌道最高點(diǎn)的壓力為零，則

由牛頓第二定律得mg=4

8離開(kāi)最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則在豎直方向上有2氏=弁

在水平方向上有X=Vi't

聯(lián)立解得x=2R

（2）對(duì)A由C到。的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得

1?

mg/?cos^=-mvp

由于對(duì)A做功的力只有重力，則A所受力對(duì)A做功的功率為P=mgVDsin9

解得P=mgsin0y/2gRcosd

(3)設(shè)A、8碰后瞬間的速度分別為vi、v2,對(duì)2由。到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定

2

律得］諺=|mv2'+mg-2R

解得V2=圖互

對(duì)A由。到C的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得

)說(shuō)—mgR

解得也=頻及

設(shè)碰前瞬間A的速度為％,對(duì)A、B碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得加丫0="例+/”也

解得vo=J^+

碰撞過(guò)程中A和8損失的總動(dòng)能為

AE=}m^九說(shuō)—1/?^2

解得AE^V10mg/i.

3.［三大觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用〃023浙江6月］為了探究物體間的碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)

驗(yàn)裝置.水平直軌道AB、C。和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一

圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道。燈與軌道。和足夠長(zhǎng)的水平直軌道PG平滑相切連接.質(zhì)量

為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道

FG上.現(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度％=2VHm/s從D處進(jìn)入，經(jīng)OE尸管道后，

與尸G上的滑塊b碰撞(時(shí)間極短).已知傳送帶長(zhǎng)L=0.8m,以v=2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)

動(dòng)，滑塊。與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,其他摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)

點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep=1^(尤為形變量).

(1)求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小VF和所受支持力大小尸N；

(2)若滑塊。碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度VB=lm/s,求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能

AE；

(3)若滑塊，碰到滑塊匕立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差A(yù)x.

答案(1)VF=10m/s網(wǎng)=31.2N(2)AE=O(3)Ax=0.2m

解析(1)滑塊〃以初速度yo從。處進(jìn)入豎直圓弧管道OEF運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有

=^mVp—^mVQ

解得VF=10m/s

在最低點(diǎn)F,由牛頓第二定律有FN—mg=n陛

R

解得/N=31.2N

(2)碰撞后滑塊〃返回到8點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有

—mg'2R—/LimgL=

解得va=5m/s

滑塊〃、匕碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有機(jī)VF=一機(jī)玲+3根明

解得明=5m/s

碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為

1o1o12

^E=-mVp-=0

(3)滑塊〃碰撞b后立即被粘住，由動(dòng)量守恒定律有

mvF=(m+3m)vab

解得v^=2.5m/s

滑塊"一起向右運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，"減速運(yùn)動(dòng)，c加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)"c三者速度相等時(shí)，彈

簧長(zhǎng)度最小，由動(dòng)量守恒定律有(m+3根)Vab—(m+3m+2m)vabc

解得vdz,c=1m/s

由機(jī)械能守恒定律有Epi=：x4m說(shuō)b—》＜6m說(shuō)法

解得Epi=0.5J

由Epi=，淄解得最大壓縮量的=0.1m

滑塊就一起繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，使〃。繼續(xù)減速，當(dāng)彈簧彈力減小到

零時(shí)，。速度最大，速度最?。换瑝K次?一起再繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力使c減速，使

加速，當(dāng)三者速度相等時(shí)，彈簧長(zhǎng)度最大，其對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能與彈簧長(zhǎng)度最小時(shí)的彈

性勢(shì)能相等，由彈簧的彈性勢(shì)能公式可知最大伸長(zhǎng)量X2=0.1m

所以碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差A(yù)x=%i+x2=0.2m.

方法點(diǎn)撥

深化觀(guān)念、建構(gòu)模型，解決力學(xué)綜合難題

1.[2023浙江1月]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9=37。

的直軌道A3、螺旋圓形軌道BC0E、傾角9=37。的直軌道ER水平直軌道/G組成，除

bG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A3、所相切于B(E)處.

凹槽GH〃底面小水平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車(chē)，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡

車(chē)上表面與直軌道尸G、平臺(tái)JK位于同一水平面.已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5m,2點(diǎn)高

度為1.2R,_FG長(zhǎng)度LFG=2.5m,長(zhǎng)度Lo=9m,擺渡車(chē)長(zhǎng)度L=3m、質(zhì)量wi=lkg.將~■

質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度〃=2.3m處?kù)o止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻

力為其重力的0.2倍.(擺渡車(chē)碰到豎直側(cè)壁〃立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，

sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?)

(1)求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小股和軌道對(duì)滑塊的作用力大小Fc;

(2)擺渡車(chē)碰到〃前，滑塊恰好不脫離擺渡車(chē)，求滑塊與擺渡車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃;

(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間f.

答案(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s

解析(1)C點(diǎn)離地高度為1.2R+Rcos6+R=3R

滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得

mg(.h-37?)嶺一0

解得vc=4m/s

在最高點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得

j-,VQ

Fc+?

解得Fc=22N

(2)從靜止釋放到G點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得

mgh—O.lmgLpG—，欣

由題可知，滑塊到達(dá)擺渡車(chē)右端時(shí)剛好與擺渡車(chē)共速，速度大小設(shè)為v

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv=mvc

由功能關(guān)系可得/umgL=|?VG—|x2mv2

綜合解得〃=0.3

(3)滑塊從滑上擺渡車(chē)到與擺渡車(chē)共速過(guò)程，滑塊的加速度大小為a=〃g

設(shè)滑塊從滑上擺渡車(chē)到共速的時(shí)間為人，有

ti=—VG—~V=lIs

共速后繼續(xù)向右勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

L0~L_|vtl1u

t2=------------=l.5s

V

t=ti+t2=2.5s.

2.[2022廣東]某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模

型.豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài).df|.

當(dāng)滑塊從A處以初速度w為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力/為1N.滑

附塊JIT'Q

塊滑到3處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)

動(dòng).已知滑塊的質(zhì)量加=0.2kg,滑桿的質(zhì)量M=0.6kg,A、B間的距離/=

1.2m,重力加速度g取lOm/s2,不計(jì)空氣阻力.求：

(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小M和M；

(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；

(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度加

答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m

解析(1)滑塊靜止時(shí)，滑塊和滑桿均處于靜止?fàn)顟B(tài)，以滑塊和滑桿整體為研究對(duì)象，由

平衡條件可知

Ni=(m+M)g=8N

滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，滑桿受重力、滑塊對(duì)其向上的摩擦力以及桌面的支持力，則有N2=A/g—

f，f=f

代入數(shù)據(jù)得M=5N

(2)解法1碰前，滑塊向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得機(jī)

解得〃i=15m/s2,方向向下

2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得V—VQ=-2(21/

代入數(shù)據(jù)得v=8m/s

解法2由動(dòng)能定理得一(加g+/)/="記一|加詔

代入數(shù)據(jù)解得v=8m/s

(3)滑塊和滑桿發(fā)生的碰撞為完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(M+m)u共

代入數(shù)據(jù)得u共=2m/s

此后滑塊與滑桿一起豎直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有

一(Af+m)gh=O--(Af+m)v\_

2

代入數(shù)據(jù)得h=0.2m.

3.[2021湖南]如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長(zhǎng)的光滑傾斜軌道與一長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小

段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道尸。.質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌

道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃.以水平軌道末端。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy,x軸的

正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道尸端坐標(biāo)為(2〃3心，。端在y軸

上.重力加速度為g.

\a

￡1^-?O?

r......力

中,-----)

(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為2〃￡的位置由靜止開(kāi)始下滑，求A經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)的速

度大?。?/p>

(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)。點(diǎn)落在弧形軌道尸。上的動(dòng)能均

相同，求P。的曲線(xiàn)方程；

(3)將質(zhì)量為力加(力為常數(shù)且念5)的小物塊8置于。點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開(kāi)始下

滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，要使A和8均能落在弧形軌道上，且A落在8

落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍.

2

答案⑴J24gL(2)捺+2y=4巫(0<x<2//Z)(3)美》￡〈修小+與言^

解析(1)設(shè)A滑到。點(diǎn)時(shí)速度為vo,A從傾斜軌道上滑到。點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

mg-2jnL—/LimgL=初詔

解得w=，2〃gL

(2)若A以(1)中的位置從傾斜軌道上下滑，A從。點(diǎn)拋出，假設(shè)能運(yùn)動(dòng)到弧形軌道上

的尸點(diǎn)，水平方向有

2從L=vo^i

豎直方向有"=?好

解得抄=必，假設(shè)成立

所以A落在弧形軌道時(shí)的動(dòng)能以滿(mǎn)足

mg?2/jL~/^mgL+mg-juL=E^~0

A從O點(diǎn)拋出,做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有工=也/

豎直方向有>=研

又y=￡,Ek=gm(說(shuō)+謗)

zg4

聯(lián)立解得PQ的曲線(xiàn)方程為

y2

—+2y=4/z￡(0<x<2//Z)

(3)設(shè)A初始位置到x軸的高度為兒A滑到。點(diǎn)的速度為以0,碰撞后的速度為弘1,反

彈后再次返回O點(diǎn)時(shí)速度為山，A、5碰撞后B的速度為監(jiān)，A、3碰撞過(guò)程有

mvAO=mvAi+2加V5

，若0=|小隨+卡加喏

1—a2

v

解得以1=~l~+Z7VAO，VB=~l7+A7^o

A從傾斜軌道上滑到。點(diǎn)的過(guò)程有

mgh—/j.mgL=-mv^0

碰后又運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)過(guò)程有

一"mg.2L=}n?吟一，加比

又A、8均能落在弧形軌道上且A落在8點(diǎn)右側(cè)應(yīng)滿(mǎn)足

VB<VA<V0

2

聯(lián)立求解得整遼〈任也+史上，

"3(A-1)

4.[Z2023湖南]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6,長(zhǎng)軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為

機(jī)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xOy,橢圓長(zhǎng)軸位于無(wú)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)系尤Oy中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；

(3)若竺=-二，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。、b及g

ma—b20

表示).

.b

If

林案⑴12m2gb_ma_

NM(m+M)M+m

(2)U筌M+[=i(乃0)

M2a2fj2

(3)2b

-\Ja+3b

解析⑴小球從靜止到第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)的過(guò)程，水平方向上小球和凹槽組成的

系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有0=加也一,2

對(duì)小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有

mgb=+|MV2

2m2gb

聯(lián)立解得V2=

M(m+M)

根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有如i=M應(yīng)

又由位移關(guān)系知％1+必=〃

解得凹槽相對(duì)于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離X2=-^~

M+m

（2）小球向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，凹槽向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的坐標(biāo)為（元,y）時(shí)，小球向左運(yùn)動(dòng)的

位移X'l=〃一%,則凹槽水平向右運(yùn)動(dòng)的位移為%’2=竺（。一X）

M

小球在凹槽所在的橢圓上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知小球的運(yùn)動(dòng)軌跡滿(mǎn)足

..2?

(%一%'2)_[

整理得小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為以%（⑼）

（3）若竺=±,代入（2）問(wèn)結(jié)果化簡(jiǎn)可得

ma—b

[x—(〃―/7)]2+y2=b2

即小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是半徑為/?的圓

小球下降/z=2高度的過(guò)程，小球與凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有mv\x=Mv'2

對(duì)小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有

1o1o

,r

mgh=-mv1+-Mv2

由幾何關(guān)系及速度的分解得/閭1130。=/1%

聯(lián)工解得v\=2b/―

\a+3b

1.[2024四川成都蓉城名校聯(lián)考/多選]一次臺(tái)球練習(xí)中，某運(yùn)動(dòng)員用白球擊中彩球，白球與

靜止的彩球發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后兩球在同一直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，且臺(tái)球運(yùn)動(dòng)時(shí)所受桌

面阻力保持不變，兩球質(zhì)量均為m=0.2kg,碰撞后兩球的位移x與速度的平方聲的關(guān)系如

圖所示，重力加速度g取:10m/s2.則下列說(shuō)法正確的是（BC）

A.碰撞前白球的速度為1.64m/s

B.碰撞過(guò)程中，白球?qū)Σ是虻臎_量大小為0.2kg-m/s

C.碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

D.臺(tái)球所受桌面阻力為0.5N

解析由題圖可知，碰后白球速度也=0.8m/s,彩球速度吸=1.0m/s.設(shè)碰撞前白球

速度為W,由動(dòng)量守恒得機(jī)vo=mvi+?m%解得yo=1.8m/s,故A錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程

中，白球?qū)Σ是虻臎_量/=根也=0.2x1.0kg,m/s=0.2kg?m/s,B正確；由于）:詔>

如木+加諺，故碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，C正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可

知a=—=°'64m/s2=0.25m/s2,故阻力為f=ma=0.05N,故D錯(cuò)誤.

2xr2X1.28J

2.[2024北京海淀區(qū)期中/多選]如圖所示，質(zhì)量能4=1kg、長(zhǎng)￡=9m的薄板A放在水平地面

上，在大小為4N、水平向右的外力尸作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，薄板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

〃1=0.2,其速率達(dá)到VA=2m/s時(shí)，質(zhì)量機(jī)B=lkg的物塊B以VB=4HI/S的速率由薄板A右

端向左滑上薄板，A與8間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.1,2可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取lOm/sZ

下列說(shuō)法正確的是（AD）

A.當(dāng)A的速率減為0時(shí)，2的速率為2m/s

B.從B滑上A到B掉下的過(guò)程中，A、B所組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.從B滑上A到B掉下的過(guò)程，42和地面所組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為9J

D.從8滑上A到8掉下的過(guò)程，A、8所組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少9J

解析8滑上A后，8開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)8由牛頓第二定律有〃2仙《=7加班，解得

UB—1m/s2,對(duì)A由牛頓第二定律有〃1。g+機(jī)解得aA=lm/s2,A也

開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)A速率減為。時(shí)，8未從A上掉下，則A的速率減為0的時(shí)間為友

=—=2s,此時(shí)B的速度大小為VBI=VB/BA=2m/s,此過(guò)程A、3的相對(duì)位移Ar=%+

2aa

臉述i=8m<Z,,故假設(shè)成立，A正確；在8滑上A到A速度減到零的過(guò)程中，有〃1（如十

2aB

mB）g=F,即A、2所組成的系統(tǒng)受到的合力為零，動(dòng)量守恒，當(dāng)A速度減為零時(shí)，由于

/.i1（mA+mB）g+/.umBg>F,則A此后處于靜止?fàn)顟B(tài)，且由平衡條件可知A與地面間的摩擦力

f<F,A、B所組成的系統(tǒng)受到的合力不為零，動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；從B滑上A到A速度

減為零的過(guò)程，A的位移為X4=a=2m,此過(guò)程8的位移為尤B=魚(yú)璉iubm,結(jié)合B項(xiàng)

2aA2aB

分析可知，此后A處于靜止?fàn)顟B(tài)，8繼續(xù)向左做勻減速運(yùn)動(dòng)直至掉下，則對(duì)從8滑上A到

8掉下的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，A、8和地面所組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為。

mB）gXA+li2mBgL=nJ,C錯(cuò)誤；從B滑上A到B掉下的過(guò)程，4、B所組成的系統(tǒng)機(jī)械能

的減少量為AEk=Q-Fx4=9J,D正確.

3.[Z2024重慶南開(kāi)中學(xué)?？?多選]如圖所示，半徑為R、質(zhì)量為3機(jī)的;圓弧槽

靜止放在光滑水平地面上，圓弧槽底端B點(diǎn)切線(xiàn)水平，距離2點(diǎn)為R處有一質(zhì)量為3相的

小球2,其左側(cè)連有輕彈簧.現(xiàn)將質(zhì)量為優(yōu)的小球1（可視為質(zhì)點(diǎn)）從左側(cè)圓弧槽上端的A

點(diǎn)由靜止釋放，重力加速度為g,不計(jì)一切摩擦.則下列說(shuō)法正確的是（BC）

A.系統(tǒng)（三個(gè)物體）全程動(dòng)量守恒

B.小球1剛與彈簧接觸時(shí)，與圓弧槽底端B點(diǎn)相距”

C.彈簧彈性勢(shì)能的最大值為/gR

D.小球1最終的速度大小為始

解析小球1在圓弧槽上運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤.小球1從圓弧

槽的A點(diǎn)到8點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)小球1滑到8點(diǎn)時(shí)小球1的速度為w,圓弧槽的速度為%

取水平向右為正方向，小球1與圓弧槽在水平方向動(dòng)量守恒有O=mvo-3根%由能量守恒有

mgR=^mvQ+1-3mv2,解得vo=3v=J孚.設(shè)小球1到5點(diǎn)時(shí)，小球1水平向右移動(dòng)的距離

為的，圓弧槽向左運(yùn)動(dòng)的距離為X2,兩者的相對(duì)位移為R,因此有如1-3以X2=0,Xl+X2=

R,聯(lián)立解得%2=工凡此時(shí)圓弧槽的B點(diǎn)與彈簧之間的距離￡=%2+E=9R小球1從

444

8點(diǎn)向右以如勻速運(yùn)動(dòng)，圓弧槽向左以當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)，小球1剛與彈簧接觸時(shí)，與圓弧槽底

端8點(diǎn)的距離〃=L+也上=2=%,故B正確.小球1與小球2共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能有

3%33

最大值，從小球1剛與彈簧接觸到兩球共速，由動(dòng)量守恒有MW=O+3機(jī)）v共，由能量守恒

有工機(jī)詔=工（機(jī)+3間/+Ep,聯(lián)立解得穌=2以gR,故C正確.從小球1剛與彈簧接觸到兩

球分開(kāi)，由動(dòng)量守恒有mvo=mvi+3mv2,由能量守恒有，1詔=，214+今3根諺，解得以=-

$0,"2=10.小球1之后向左以勺速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閳A弧槽此時(shí)正向左以號(hào)勻速運(yùn)動(dòng)，故會(huì)再

次和圓弧槽碰撞，以向左為正，碰撞前、后動(dòng)量守恒有m~+3m-y=mv3+3mv4,由能量

守恒有疑怎）2+^3雙^^嚀加堤+.加久，解得丫3=90,V4=^Vo,最終小球1以上0的速

度向左運(yùn)動(dòng)，圓弧槽以2攻的速度向左運(yùn)動(dòng)，小球2以10的速度向右運(yùn)動(dòng)，小球1最終的

速度為牛0=&,故D錯(cuò)誤.

48

4.長(zhǎng)為/的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為預(yù)的小球A,處于靜止?fàn)顟B(tài)4受到一個(gè)水平瞬

時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn).當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)

量為"22的小球2與之迎面正碰，碰后A、8粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過(guò)圓周軌跡

的最高點(diǎn).不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求：

(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量/的大小；

(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能及至少多大？

2

答案(1)miJSgl(2)即<2啊+%>

u

v2m2

解析(1)A恰好能通過(guò)圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)

的速度大小為V,由牛頓第二定律有“Zlg=〃21亍①

A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)

的速度大小為VA,有

=|/Miv2+2/MigZ②

由動(dòng)量定理有/=WVA③

聯(lián)立①②③式，得I=mi庖I④

(2)設(shè)兩球粘在一起后瞬間的速度大小為A、8粘在一起后恰能通過(guò)圓周軌跡的最高

點(diǎn)，需滿(mǎn)足"=心⑤

要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前8的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较颍?/p>

設(shè)3碰前瞬間的速度大小為VB,由動(dòng)量守恒定律有《J2VB—(mi+m2)v'⑥

又Ek=}"2加⑦

聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動(dòng)能已至少為

能力練罡潴關(guān)

5.[4023江蘇揚(yáng)州三模]有一款三軌推拉門(mén)(如圖甲)，門(mén)框內(nèi)部寬為2.4m,三

扇相同的門(mén)板的俯視圖如圖乙，每扇門(mén)板寬為d=0.8m,質(zhì)量為根=20kg,與軌道間的動(dòng)

摩擦因數(shù)為〃=0.01.在門(mén)板邊緣凸起部位貼有尼龍扣，兩門(mén)板碰后可連在一起.現(xiàn)三扇門(mén)板

靜止在最左側(cè)，用力產(chǎn)水平向右拉3號(hào)門(mén)板，一段時(shí)間后撤去.取重力加速度g=10m/s2.

----2.4m—?j

圖甲圖乙

(1)若3號(hào)門(mén)板左側(cè)凸起部位恰能與2號(hào)門(mén)板右側(cè)凸起部位接觸，求力廠(chǎng)做的功W.

(2)若尸=12N,3號(hào)門(mén)板恰好到達(dá)門(mén)框最右側(cè)，大門(mén)完整關(guān)閉.

①求3號(hào)門(mén)板與2號(hào)門(mén)板碰撞前瞬間的速度大小vo.

②求拉力產(chǎn)的作用時(shí)間t.

答案(1)1.6J(2)?0.8m/s②十s

解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理有W—〃mgd=O,解得W=1.6J

(2)①設(shè)3號(hào)門(mén)板與2號(hào)門(mén)板碰撞后速度大小為也，碰后兩門(mén)板位移大小均為2=0.8m

從3號(hào)門(mén)板與2號(hào)門(mén)板碰撞后到大門(mén)完整關(guān)閉，根據(jù)功能關(guān)系有一2〃加2加資

碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有利，0=2加也，解得vo=O.8m/s

②根據(jù)牛頓第二定律有F—p.mg=ma

根據(jù)動(dòng)能定理有.Fx—/Mngd=^mVQ

【易錯(cuò)辨析】在關(guān)門(mén)過(guò)程中，拉力廠(chǎng)作用時(shí)間與門(mén)受到的摩擦力作用時(shí)間不同，不推薦應(yīng)

用動(dòng)量定理列方程解答.

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有尸如

解得看手s.

6.[2024湖南湘潭一中?？糫如圖是一游戲裝置的簡(jiǎn)易模型，它由光滑的水平軌道和豎直平

面內(nèi)的光滑圓軌道組成，豎直圓軌道的半徑R=0.9m,圓軌道內(nèi)側(cè)最高點(diǎn)E點(diǎn)裝有一力傳

感器，且豎直圓軌道的最低點(diǎn)。、。點(diǎn)相互靠近且錯(cuò)開(kāi).水平軌道左側(cè)放置著兩個(gè)用細(xì)繩連

接的物體A和3,其間有一壓縮的輕彈簧(物體與輕彈簧不粘連)，燒斷細(xì)繩，物體被彈

出.軌道右側(cè)M端與水平傳送帶等高，并能平滑對(duì)接，傳送帶總長(zhǎng)度L=5m,傳送帶速

度大小和方向均可調(diào).已知A物體質(zhì)量1kg,2物體質(zhì)量可變，A、2間被壓縮的彈簧的

彈性勢(shì)能為30J,取重力加速度g=10m/s2.

cnUrici________iJ

(1)求測(cè)得的力傳感器能顯示的力的最小值；

(2)要使物體A沖上傳送帶后，均能到達(dá)N點(diǎn)，求傳送帶與物體A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的

最大值；

(3)要使物體A在圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，求物體8的質(zhì)量范圍.

答案(1)0(2)0.45(3)仙或領(lǐng)23kg

解析(1)當(dāng)由重力提供向心力時(shí)，對(duì)E點(diǎn)壓力為0,所以測(cè)得的力傳感器能顯示的力的

最小值Enin=0

(2)當(dāng)物體A恰好通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)后進(jìn)入傳送帶時(shí)速度最小，此時(shí)若傳送帶靜止或逆時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)，則物體A一直在傳送帶上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).當(dāng)物體A到達(dá)N點(diǎn)的速度為0時(shí)，則

動(dòng)摩擦因數(shù)最大，即對(duì)物體A分析有〃4g=巴迪

R

mAg'2R—/LimAgL=0一

得〃=0.45.

(3)物體A不脫離圓軌道有兩種情況：

①過(guò)最高點(diǎn)的速度v注顧

對(duì)物體A從被彈簧彈出開(kāi)始到到達(dá)最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有一ntAg'lR=1—jmxvj

得VA>yj5gR=3V5m/s

②到達(dá)圓軌道的圓心等高處時(shí)速度恰好為0,對(duì)物體A從被彈簧彈出開(kāi)始到到達(dá)圓心等高

處，根據(jù)動(dòng)能定理有

—mx^=0--mxvj

得v昌J2gR=3V^m/s

因?yàn)槲矬wA是通過(guò)釋放彈簧的彈性勢(shì)能獲得速度，且A與5反向彈開(kāi)，由動(dòng)量守恒有加AW

=mBVB

由機(jī)械能守恒有Ep=5iA或

得m^=^TL3kS

60—v1

q

代入數(shù)據(jù)得77?B<-kg或機(jī)侖3kg.

7.[2024河北唐山摸底演練]如圖所示，一圓弧軌道AB與傾角為3的斜面BC在8點(diǎn)相接.可

視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)形狀相同的小球。、b,將小球b置于圓弧軌道的最低點(diǎn)，使小球。從圓弧

軌道4點(diǎn)由靜止釋放，兩小球在最低點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，整個(gè)系統(tǒng)固定于豎直平面內(nèi).已知圓

弧軌道半徑R=lm,圓弧過(guò)A、8兩端點(diǎn)的半徑與豎直方向間的夾角均為6=37。，小球a

的質(zhì)量如=4kg,小球b的質(zhì)量/"2=lkg,重力加速度g=10m/s2,不計(jì)一?切阻力，sin37°

=0.6,337。=0.8.求：

(1)與小球6碰前瞬間，小球a的速度大小w；

(2)碰后瞬間小球b對(duì)軌道的壓力大小F；

(3)小球b從8點(diǎn)飛出圓弧軌道后，距離斜面8c的最遠(yuǎn)距離心倔源取2.5.

答案(1)2m/s(2)20.24N(3)0.36m

解析(1)對(duì)小球。從靜止釋放到與小球b