2022年高考物理二轮碰撞与动量守恒 （含解析）

通用版为考物理工裕专题《越修鸟劭步守慎》

一、选择题（1〜5题为单项选择题，6〜10题为多项选择题）

1.光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相

等，则两球碰撞后，下列说法正确的是（）

A.两球可能沿同一方向运动

B.两个球可能一个静止，一个运动

C.若两球均运动，则质量大的球动量一定小

D.若两球均运动，则质量大的球动能一定小

D[由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动

量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两

球不可能沿同一方向运动，也不可能一个静止，一个运动，A、B项错误；若两

球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，

即〃21切=加202,由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，

2

C项错误；由反=粉可知，质量大的，动能小，D项正确.]

2.（山东若4岛市龙三跄一质检）如图，连接有轻弹簧的物块a静止

于光滑水平面上，物块。以一定初速度向左运动.下列关于小。两物块的动量

〃随时间f的变化关系图象，不合理的是（）

A［物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰，中间

弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的

变化率先变大后变小.故A项不合理.本题选不合理的，答案是A.］

3.（帙曲勒安康市高三质检（五））如图所示，一对杂技演员（都视为质点）

荡秋千（秋千绳处于水平位置），秋千一端固定在离地面高为”的。点，秋千的

长度可调节.改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点（与0）由静止出发绕。点

下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然

后自己刚好能回到A处.已知男演员质量为2机和女演员质量为〃?，秋千的质量

不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点。与。点的水平距离尤的最大值是

)

A.f

B.H

八3H

C.~YD.2H

D［两杂技演员从A点下摆到8点，只有重力做功，机械能守恒.设二者

到达8点的速度大小为vo,则由机械能守恒定律有：（机+2m）gR=]（机+2〃2）那，

演员相互作用，沿水平方向动量守恒.设作用后女、男演员的速度大小分别为

01、02,所以有（加+2加）00=2"202一加01.女演员上摆到A点的过程中机械能守恒，

因此有=沆.男演员自8点平抛，有：X=02f.运动时间r可由竖直方向的自

由落体运动出得“一/?=%尸，联立以上各式，可解得x=4yl（H—R）R,当秋千的

长度R=g时,男演员落地点。与。点的水平距离最大为x=2H,故D正确：A、

B、C错误.]

4.（为考物理//演拙皋"）如图所示，AB两小球静止在光滑水平面

上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于8球的质量.若用锤子敲击A球使A得

到。的速度，弹簧压缩到最短时的长度为若用锤子敲击3球使5得到。的

速度，弹簧压缩到最短时的长度为力，则L与心的大小关系为（）

AB

A.L\>LiB.L\<Li

C.LI=L2D.不能确定

C[若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者

的共速，则mAV=（mA+mb）v',解得v'弹性势能最大，最大为AEp

=-m.y2_!/_1_'2—..

2mAV2（〃〃十2g+机B）;若用锥子敲击B球，同理可得mBV=（mA

+mB）v",解得v"=（"?；£〃》弹性势能最大为△耳=会加一3（的+加8）0'2

广A/片一即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故Ll=L2,C正

2（机A+机B）

确.]

5.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳（绳子的长度不计）相连的两个

相同的物体P、。质量均为加，在水平恒力尸作用下以速度。做匀速运动.在，

=0时轻绳断开，。在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（）

P—Q--F

3nw

A.t=0至尸方时间内，P、Q的总动量不守恒

3mv

B.『=0至，=等时间内，P、。的总动量守恒

5/777；5

C.，=罢时，。的动量为宏加

2mv口——2"/

D.1=下时，P、。两点的距离一厂

D[设P、。受到的滑动摩擦力都为F,断开前两物体做匀速直线运动，根

据平衡条件得：F=2f,设P经过时间f速度为零，对P由动量定理得：一#=0

2,mv

—mv,解得：/=一十；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做

r

匀速直线运动.以PQ为系统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；

在剪断细线后，物体P停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成

的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至的时间内尸、

r=0r=—r

2,ITIV

。的总动量守恒，在/=一歹后，P停止运动，。做匀加速直线运动，故两木块组

5mv

成的系统的合力不为零，故P、。的总动量不守恒，故AB错误；当/=守时，

F5mvQ

对。由动量定理得：Ft—ft=p'Q—mvf代入/=],，=司了"，解得：p'Q=Wm0,

故C错误；当"时，对。由动量定理得：Ft—ft=mv2—mv,代入/=1t

="言，解得。2=2%由动能定理得：FX2~fxi=^mv2—^mv2;对P由动量定理

F2moi

得：—ft=mv\—mv,代入/=/,t=—^r,解得。i=0,由动能定理得：-

]2机/

mv]-jtnv1,解得AX=12—xi=—RL,故D正确.]

6.（要假堵芜湖市高三千惆国）在地面上以大小为V1的初速度竖直向

上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为。2.若皮球运动过程中所受空

气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是（）

A.皮球上升的最大高度为聂

B.皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为泰评一品抗

C.皮球上升过程经历的时间为三

O

V]+。2

D.皮球从抛出到落地经历的时间为一^

BD[减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g,则上升的高

*V\

度小于5-,上升的时间小于一，故AC错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做

功，根据动能定理得克服阻力做功为Wf=52浮一;〃勿3,故B正确：用动量定理，

结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为则：mgt\+kvt\

=mv\,由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h=vt\9即：mgt\+kh

①同理，设上升阶段的平均速度为。'，则下降过程〃2g/2+依't2=mV2f

V1V

即：mgtz—kh=mvz②,由①②得：mg(t\+ti)=m(v\+v2),解得：t=ti+ti=~^-

o

故D正确；故选B、D.]

7.(山曲太原市龙石质检)如图所示，金属杆AB在离地/i=3.2m,高

处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水

平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD,已知杆AB的质量为加=2kg,电

阻为Ri=10Q,杆CD的质量为旭2=0.5kg,电阻为R2=30Q,其余电阻不计，

水平导轨足够长，不计一切摩擦.()

A.的最终速度是8m/s

B.CO的最终速度是6.4m/s

C.整个过程中回路释放的电能是12.8J

D.整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2J

BCD[AB下滑力的过程中机械能守恒：〃2ig/?=g"z就，解得oo=8m/s;最

终两者速度相等，由动量守恒定律：机”（）=（附+加2）0，解得也=6.4m/s,故A

错误，B正确；由能量守恒知，回路中产生的电能等于系统机械能的损失，所以

整个过程中回路释放的电能△七=加唔%—3（〃“+加2）加=12.8J,故C正确；在回

路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于两杆串联，通过两杆的电流总

是相等的，所以整个过程中，AB杆上产生的焦耳热Q=DAE=3.2J,故D

Al-TA2

正确.]

8.（衡水中等传息皋）如图所示，足够长的木板尸静止于光滑水平面上，

小滑块。位于木板P的最右端，木板P与小滑块。之间的动摩擦因数4=0.2,

木板P与小滑块Q质量相等，均为相=1kg用大小为6N方向水平向右的恒力F

拉动木板P加速运动1s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度

g取10m/s2,下列说法正确的是（）

A.木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量

B.拉力/做功为6J

C.小滑块。的最大速度为3m/s

D.整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3J

ACD[对系统由动量定理得氏=〃WP+mOQ=2做共，即木板P与小滑块Q

所组成系统的动量增加量一定等于拉力产的冲量，A正确；若木板P与小滑块。

相对静止一起加速运动，则拉力/不能超过鬻.2〃z=4N,拉力厂为6N大于4

N,故二者发生相对滑动，对木板尸由牛顿第二定律/一〃加g=〃?a,解得a=4m/s2l

s内木板尸的位移x=/尸=2m.拉力E做功W=Er=12J,B错误；二者共速

时，小滑块。的速度最大，Ft=2mv头,。共=3m/s,C正确；整个过程中，对系

统由能量守恒可知卬=占2加彘+。，解得。=3J,D正确.]

9.（山东城林坊市⑤三一蝶）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对

方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图。所示，碰后运动员用冰壶刷

摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v~t图线如图b中

实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg,则（)

A.碰后蓝壶的速度为0.8m/s

B.碰后蓝壶移动的距离为2.4m

C.碰撞过程两壶损失的动能为7.22J

D.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：4

AD[由图可知碰撞前后红壶的速度为w=lm/s和02=0.2m/s,由动量守

恒可得=+〃2V2,解得碰后蓝壶速度为V2=0.8m/s,碰后蓝壶移动的距离

为x=；X0.8X5=2m.碰撞过程两壶损失的动能为△以=；〃皿8—那一3"漫=

3.04J,红壶所受摩擦力力="?0=19XL^1&N=3.8N,蓝壶所受摩擦力fi=

08

wq2=19X5°N=3.04N,碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为力：fi=5：4,

故AD正确；BC错误；故选AD.]

10.（南孙中学考嗡“刷）如图所示，质量为M、半径R的A3C凹槽（为

光滑圆槽的一部分）静止在光滑水平面上，B为最低点，8C为:圆弧，OA与竖直

方向夹角。=60。，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块（可视为质点）

从。处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的

射入凹槽，当其到达8点时解除锁定，小物块刚好能达到C点.不计空气阻力,

重力加速度为g.则下列说法正确的是（）

D.

A.从。点抛出的初速度为00=卑；。点距A点高度差/?=竽

ZO

B.小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mg

C.小球从。点到8点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为/=加\%,方向水

平向左

D.小球从。到8向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机

械能守恒、动量守恒

AC[A项，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速

度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，0=2。（），从A到C

应用能量守恒可知，^m（2vo）2=mgRsin30°,解得伙）=琴，从。到A应用动能

定理可得：机g〃=；"z（20o）2—就，解得：〃=竿，故A正确；B项：从A到B

应用动能定理，mgH（l—sin30。）=J砂备一；/”派,在8点由重力与支持力的合力

mvl

提供向心力得，Ev—由以上两式解得Bv=3mg,故B错误；C项：

小球到8时的速度为081=4荻，根据动量定理可得：I=mvBi—U=nt\l^,故

C正确；D项，小球从C到8向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系

统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到8过程中，墙壁对槽有

水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D错误.

二'非选择题

11.（山东省济南市高三一模）运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一

般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力.某兴趣小组制作了两种火箭模型

来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△〃?=100g的压缩气体，总质量为M

=1kg,点火后全部压缩气体以优=570m/s的速度从底部喷口在极短的时间内

竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有怨的压缩气体，每级总质量

均为当，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度如从底部喷口在极短时

间内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体

仍以速度00从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出.喷气过程中的重力和整

个过程中的空气阻力忽略不计，gmlOm/s2,求两种模型上升的最大高度之差.

解析对模型甲：0=(A/—Am)^甲—Am。。

彘q5mp200.56m

hF=

A177An?

对模型乙第一级喷气：0=(M一5一)o乙i一5一a)

解得：vGi=30m/s

2s末：。乙J=vc\—gt=10m/s

2/2

焚J-。fl…

h乙］=2^=40m

—

对模型乙弟一级喷q：yyc।=(y—y-)uc2~y^o

670,

解得:vc2=-^-m/s

,虎222445-…

h乙2=~^-=Q~im^277.10m

zg31

9440

可得:Ah=h乙i+〃c2~h甲一-8T116.54m

答案116.54m

12.(济宁市高三第二次模拟)如图所示，水平地面上固定一半径为R=0.8m

的;光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3kg、长为L=1.75m的木板，木

板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量〃?=1kg的物

块，物块与木板间的动摩擦因数为〃=0.4.现给物块施一水平向右的恒力尸=15

N,作用一段距离x后撤去R物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，

取g=10m/s2.

(1)求物块滑到板右端时的速度v多大？

⑵求x的大小；

(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板.

解析(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：

=mgR

解得：。=4m/s

(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：

r12

rrx—/.imgL=2mv~

解得：x=1m

(3)设物块相对板向左滑动距离Ac后，与木板达到相同速度履，由动量守

恒定律得：

mv=(M+m)v'解得：v'=1m/s

由能量守恒定律得：〃加gAx=g(M+m)0’2

解得：Ax=1.5m<L=1.75m

故物块不会滑离木板.

答案(1)4m/s(2)1m⑶物块不会滑离木板

专题二、《解析力学计算败》

一'选择题（1〜2题为单项选择题，3〜5题为多项选择题）

1.（湖南省株洲市高三毕业模拟）如图所示，足够长的传送带以恒定的速率

力逆时针运动，一质量为机的物块以大小为02的初速度从左轮中心正上方的P

点冲上传送带，从此时起到物块再次回到尸点的过程中，下列说法正确的是（）

A.合力对物块的冲量大小一定为2mV2

B.合力对物块的冲量大小一定为2〃助

C.合力对物块的冲量大小可能为零

D.合力对物块做的功可能为零

D[若02>01,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再

返回做匀加速直线运动，达到速度初后做匀速直线运动，可知物块再次回到P

点的速度大小为初，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量/合=

H701一皿一。2）=/加1+/”02.根据动能定理知，合外力做功W令=；必济一多〃涕；若

V2<V],物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加

速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为。2,规定向左为正方向，根据动

量定理得，合外力的冲量为:"=nw2—m(—V2)=2mv2：根据动能定理知,合外

力做功为：卬令=品涕-5n■=°•故D正确，A、B、C错误.故选D.]

2.(武汉市高三调研测试)如图所示，用两根长度均为/的轻绳将一小球悬挂

在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为仇整个系统静止，这时每根轻绳中

的拉力为T.现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为丁.。为

T'

某一值时，〒最大，此最大值为()

9I-54

A]B.2C.3^2-2D.不

A[根据平衡条件，由2Tsin。=〃吆解得题图中轻绳的拉力T=琮合.剪断

一根轻绳，小球摆至最低点的过程中，由机械能守恒定律有，mg/(l—sin

mv2,在最低点，由牛顿第二定律有，T'—mg=in~^,联立解得：T'=mg+2)ng(l

T〃际(3-2sin8)…丁…

-sin。)=机g(3—2sin。)方~=------------=(3-2sin(J)X2sin0,要使甘-值取

1mg1

2sin0

3T'Q

大，应用数学知识得sin8=],代入可得-^r=(3—2sin0)X2sin。=不选项A

正确.]

3.(河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)在奥运比赛项目中，10m

跳台跳水是我国运动员的强项.某次训练中，质量为60kg的跳水运动员从跳台

自由下落10m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，

水对他的阻力大小恒为2400N.那么在他人水后下降2.5m的过程中，下列说法

正确的是(取g=10m/s2)()

A.他的加速度大小为30m/s2

B.他的动量减少了300kg-m/s

C.他的动能减少了4500J

D.他的机械能减少了4500J

AC［根据牛顿第二定律：/-〃吆=ma,代入数据解得加速度大小为：a=30

m/s2,故A正确；自由下落10m后，根据vi=2gh,得运动员的速度为：vo=10\/2

m/s,在水中下落2.5m后的速度为那一源=-2。〃'，代入数据解得:3=5/m/s,

他的动量减少了：p=根0o一根=30(h/^kg-m/s,故B错误：减速下降的过程中，

根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功为：(/-mg)h=(2400-

600)x2.5=4500J,故C正确；减速下降的过程中，机械能的减小量等于克服阻

力做的功为力=2400x2.5=6000J,故D错.所以A、C正确，B、D错误.］

4.(济宁市高三第二次模拟)如图所示，A、8两小球由绕过轻质定滑轮的细

线相连，A放在固定的光滑斜面上，8、。两小球在竖直方向上通过劲度系数为

攵的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为6〃?，B、C的质量均

为加，重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计.现用手控制住A,并使细

线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开

始时整个系统处于静止状态.释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离

开地面，关于此过程，下列说法正确的是()

A.斜面倾角a=30°

B.A获得最大速度为寸票

C.。刚离开地面时，8的速度最大

D.A、B两小球组成的系统机械能守恒

BC［小球。刚离开地面时，对C有：kx2=mg,此时8有最大速度，即明

=ac=0,则对8有：T~kx2~mg=0,对A有：6mgsina-T=Q,联立解得：

sin故A错误；初始系统静止，且线上无拉力，对8有：kx\=mg,由A

项的分析知，汨=无2=等，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为

K

零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：6mg(x\+%2)sina=mg(x\+

尤2）+；（6，%+m）0嬴解得：先,故B正确，C1刚离开地面时，8的速

度最大，说明是受力平衡，故加速度为零，故C正确；由B项的分析知，从释

放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，所以从释放A到C刚离开地

面的过程中，A、B、。及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误，故选B、C.]

5.（华南师大附属二中学调研）如图所示，质量为3〃?、半径为R的光滑半圆

形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点，B为半圆形

槽的最低点.将一可视为质点、质量为机的小球自左侧槽口A点自由释放，小

球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒

B.小球刚好能够到达半圆形槽右侧的。点

C.半圆形槽速率的最大值为颁

D.半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为少？

BD[小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量

守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光

滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A

错误；因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动量守恒可知，

系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为

零，而初状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球

的重力势能，且与初状态相等，故B正确；当小球下至半圆形槽最低点时，根

据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，半圆形槽有向左的最大速

度，设小球的最大速度为v\,半圆形槽的最大速度为VI,初状态水平方向的动

量为零，取向右为正，根据系统水平方向动量守恒得：机切一3机s=0,根据系

统机械能守恒得：机gR=S济+^X3"欣，联立解得：v\=^6gR,V2=^\[6gR,

故C错误；小球从左边最高点下至最低点时，根据系统水平方向动量守恒得:

X]%2X\X2

mv\—3mv2=0,又yi=y,V2=~,代入得：my—37«y=0,即xi=3垃，且xi

+X2=R,联立解得：N2=亨；当小球从最低点向右边最高点运动时，半圆形槽继

续向左运动，同理可得半圆形槽在这一过程的位移为X2'=亨，故半圆形槽相对

D

于地面位移大小的最大值为X2+x2'='，故D正确；故选B、D.]

二'非选择题

6.(湖北省襄阳市第四中学月考(5))如图所示，长L=3.25m、质量M=2kg

的平板车停在光滑水平面上，上表面距地高度/i=0.8m,质量〃?=2kg的小滑块

放在小车左端，与小车上表面间的动摩擦因数〃=0.4.当小车固定时，对滑块施

加水平向右的拉力尸=28N,作用一段时间后撤去，测得滑块落地点到小车右端

的水平距离为1.2m,取g=10m/s2.

(1)求滑块滑离小车时的速度；

(2)求力尸作用的时间；

(3)若小车不固定，水平拉力F及作用时间不改变，求滑块落地点距小车右

端的水平距离或滑块相对小车静止时到小车左端的距离(结果保留2位小数).

解析(1)平抛过程：X2=Vt'

h=28t，2

解得：0=3m/s

(2)设力F作用时间为t,滑块前进xi,对滑块由动能定理：Fx\—(,imgL=^nw2

由牛顿第二定律得：F—),img=ma

解得：t=0.5s

(3)力尸作用过程中小车的加速度为〃加g=Mz

撤力时滑块相对小车滑过距离Axi=%p—J/

撒力时滑块和车的速度分别为诙和0C

v=at

Vc—ad

设滑块没有滑离小车，相对静止时的速度为v8

mVc+Mvk=(M+m)vg

+^Mcc=+m)Vg+卜ungXci

解得：AX2=0.56m

AXI+AX2=1.31m<L,故滑块未滑离平板车.

答案(1)3m/s(2)0.5s(3)没有滑离小车，1.31m.

7.(湖北省鄂州市高三第三次调研)如图所示，质量为机的半圆轨道小车静

止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从距

离A点正上方加处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从8点冲出，在空

中能够上升的最大高度为%20(不计空气阻力)，求：

r

瓜

(1)小车向左运动的最大距离；

(2)小车第二次能够上升的最大高度的范围.

解析(1)小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒.设小球第一次离开

半圆轨道时的水平速度为0,小车的速度为o',

由动量守恒定律得〃20—机。'=0

设小球第一次进入半圆轨道至第一次离开半圆轨道所用时间为t,在这个过

2R—xx

程中，小车的位移为X,取水平向右为正方向，则〃?一［-—〃?1=0

解得x=R

(2)设小球从开始下落到第一次上升到最大高度的过程中克服摩擦力做的功

3

为Wf,由动能定理得加8(辰一4如)一所=0

解得Wt=^mgho

由于第二次小球在车中运动时，在对应位置的速度小于第一次小球运动的速

度，对应位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在车中运动的过程中，

克服摩擦力做的功叼<^mgho,机械能损失小于%

31

设小球第二次上升的最大高度为h',由功和能的关系得彳〃zg加一；

mgho<mgh'

h>^/?o

所以，小球第二次上升的最大高度范围是50<〃'<1/?0

答案见解析

8.(天津市实验中学高三考前模拟)如图所示，半径为R,管径很小的光滑半

圆形细管竖直放置，有两个略小于管径、质量分别为，川=3，"、〃及=机的小球P、

0,小球。静止在水平面上，小球P以某一初速度向右运动，与小球。发生弹

性碰撞.P、。两球通过最高点C后落地点分别为M、N,已知：^/|C7V|2-|CiW|2=

12/?.

求：

(1)碰撞前小球P的速度；

(2)碰撞后小球P、。的速度；

(3)小球P、。经过最高点时，它们对细管的作用力.

解析(1)小球R、Q弹性碰撞，由动量守恒定律得：如。0=〃2101+〃22。2①

由机械能守恒定律得：褚=%?而+/2漫②

小球尸、。从水平面运动到最高点C的过程中，由机械能守恒定律：

对P球有：浮③

对。球有：产2员=,”22滋+加2g(2R)④

之后两小球做平抛运动；

P球的水平位移X\=V3t®

Q球的水平位移X2=04@

依题意有：(七一/冷一(3一42)=]44R⑧

由①〜⑧式解得：碰撞前小球P的速度00=3匹

(2)由①〜⑧式解得：碰撞后小球P的速度oi=1V荻

碰撞后小球Q的速度V2—^\j2gR

(3)由①〜⑧式解得：小球P在最高点C的速度03=\停

小球。在最高点c的速度v4=qz3§R

m\v\3

以P为研究对象：由向心力公式a+〃2喏=R:解得Fp=-]/ng,负号表示

细管对小球P的弹力竖直向上

由牛顿第三定律知，小球P对细管的作用力大小是|〃吆，方向竖直向下

71

以。为研究对象：由向心力公式F0+/n2g=—^—解得尸0=577际，正号表示

细管对小球Q的弹力竖直向下

71

由牛顿第三定律知，小球。对细管的作用力大小是pg,方向竖直向上

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