2024年高考物理复习 力学中三大观点的综合应用 练习（解析版）

考点01动量与能量观点的综合应用

考向一子弹打木块滑块与滑板滑块与弹簧类问题

1.(2022•湖北•高考真题)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由V增大到2v,在随后的一段时间

内速度大小由2V增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为M和皿2,合外力的冲量大小分别

为刀和12。下列关系式一定成立的是()

A.叱=3叱，I2<3ItB.叱=3叱，I2>It

C.吗=7阴，12<3/,D.吗=7叱，I2>IX

【答案】D

1131121

222222

【详解】根据动能定理可知叱=-m(2v)一一mv=-mv,W2=-m(5v)——m(2v)=—mv,可得吗=7叫，

222222

由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，

因此冲量的大小范围是"7V4/|43机V,3〃ZV4/247机丫，比较可得^2人，一定成立。

故选D。

2.(2023•山东•高考真题)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上

表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度％向右做匀

速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以

水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知%Tm/s,v=4m/s,

mA=mc=1kg,恤=2kg,A与地面间无摩擦,B与地面间动摩擦因数〃1=01，C与B间动摩擦因数〃2=°-5,

B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小

g=10m/s2。

(1)求C下滑的高度//；

(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；

(3)若s=0.48m,求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；

(4)若s=0.48m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量

x?的大小。

【答案】(1)H=0.8m；(2)0.625m<5<1.707m；(3)-6J；(4)9.02kg-m/s

【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有〜8»=；叫/

代入数据解得"=。.8m

（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为人=〃2代8

木板B受到C的摩擦力水平向右，为于；=内叫^

B受到地面的摩擦力水平向左，为工="（代+/〃B）g

所以滑块C的加速度为4=反超=〃28=5向$2

木板B的加速度为58=1mzs2

叫3

设经过时间tl,B和C共速，有4-Sx^l+lx%

代入数据解得4=0.5s

木板B的位移SBI=1x0.5+11x0.52=0.625m

共同的速度v共i=1+1x0.5m/s=1.5m/s

此后B和C共同减速，加速度大小为/c=必（"％+%』=1向$2

%+mc

设再经过t2时间，物块A恰好滑上模板B,有0.625+11.5f2-；xlx《=lx（0.5+f2）

整理得名72—025=0

解得马=1+3s,^=-——s（舍去）

2222

止匕时B的位移SB2=0.625+11.5f2-gxlxg）=lx（0.5+f2）=l+《uL707m

共同的速度v共2=丫共1一°1^*/2..

综上可知满足条件的s范围为0.625mWs41.707m

（3）由于s=0.48m<0.625m

所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B,根据运动学公式有OWgnlxfo+gxlxr：

整理后有W+2….96=0

解得f°=0.4s,4=-2.4s（舍去）

滑块C在这段时间的位移Sc=4x0.4-^x5x0.42m=1.2m

所以摩擦力对C做的功w=-力Sc=-〃2»?cgSc=-6J

（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m

时，有

vB0=1+1x0.4m/s=1.4m/s

vco=4-5x0.4m/s=2m/s

$A=1义0.4m=0.4m

此时A、B之间的距离为s=0.48m-0.4m=0.08m

由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小

,_〃2在且+从(%+恤)8

2

aB~=4m/s

g

物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有1><4+。43-94'片］=0.08

整理得名-L2f3+004=。

解得q=3：/s,4=3+；。s（舍去）

止匕时有vBI=1.4-4x--m/s=8垃§_2mzs，方向向左;

小=2-5x三|m111/$=（20-1）面$,方向向右。

接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=lm/s,方向向右，以水平向右为正方向，则有

〃4%+mB(fBl)=

g〃%喏+万飞(一VB1)2=g%人说+g说

代入数据解得

3272-15.

vA=---------------m/sx-2.02m/s

A15

15-80……

v=-----------m/s;®0.246m/s

BR15

而止匕时vc=vcl=2-5x--=^2A/2-ijm/s®1.83m/s

物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动,

系统的初动量〃初=(%+%)%+mcv=7kg•m/s

mv

末动量P末=AA=-2.02kg-m/s

则整个过程动量的变化量加=〃末-〃初=-9.02kg.m/s

即大小为9.02kg-m/so

3.（2022•全国•高考真题）如图（a）,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块2

向A运动，f=0时与弹簧接触，至〃时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的VT图像如图（b）所

示。已知从t=0到公办时间内，物块A运动的距离为0.36%f。。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，

与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为

仇sine=0.6）,与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

图（a）

【答案】(1)0.6根诏；(2)O.768voro；(3)0.45

【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即f=时刻，根据动量守

恒定律mB-1.2v0=(mB+m)v0

2

根据能量守恒定律［a=|ms(1.2v0)-1(mfi+m)v^

联立解得

mB=

41ax=0-6mv：

（2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律尸

可知同一时刻％=5①

则同一时刻A、8的的瞬时速度分别为,VB=1.2V0-^

根据位移等速度在时间上的累积可得〃=%（累积），SB=累积）

又〃=0.36%/。

解得SB=L128%%

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值==SB-$4=0.768%/。

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有色

对方程两边同时乘以时间Nt,有6mv0\t=5mvB\t+mvA\t

O-tO之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得6加%J=57"SB+冽

将〃=0.36%/。代入可得SR=1.128%

则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Z=SB-S,=O.768voro

(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2%,方

向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为l，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

mvA—5m-O.8vo=m•(―2v0)+5mvB

根据能量守恒定律可得:“苏+；5m(0.8%>=J”.(_2%>+；5相宓

联立解得％=%

方法一：设在斜面上滑行的长度为乙上滑过程，根据动能定理可得-mgLsin。-〃加gLcos0=0加(2V』

下滑过程，根据动能定理可得mgLsin3-jumgLcos6=gmv„-0

联立解得〃=045

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，mgsin0+^mgcos0=mak,

mgsin0-/^mgcos0=ma下

上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,由匀变速直线运动的位移速度关系可得2。芦=(2%)2一0,

22

2a下x—vA'=v0

联立可解得〃=0.45

4.(2023•山东潍坊•统考模拟预测)(多选)如图所示，劲度系数为％的轻弹簧下端悬挂一质量为M的托盘，

处于静止状态。现将一质量为小的粘性小球自距盘面高度为〃处无初速释放，与盘发生碰撞后未反弹，碰

撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为g,运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是

()

A.小球与盘运动的最大速度为向变

M+m

B.小球与盘碰后向下运动距离等时，盘的速度达到最大

C.小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能一直减小

D.当小球与盘的加速度向上且大小为广"时，其速度大小为‘叵

M+mM

【答案】BD

【详解】A.对小球下落h的过程应用动能定理机=解得与盘碰撞前小球速度为匕小球

与盘碰撞过程动量守恒加匕=（加+%）匕，解得碰后瞬间二者速度为匕=竺反，碰后小球与盘的重力大于

MIm

弹簧弹力，二者将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零，弹力与二者重力相等时，速度

达到最大，故最大速度大于四回，A错误；B.设初始时刻弹簧形变量为A，速度最大时弹簧形变量为巧，

M+m

则有丘1=Mg,kx2=（M+m）g,下落距离为A7z=X2-%，联立可得A〃=半，B正确；C.碰后小球与盘

k

做简谐运动，由题中信息无法判断简谐运动最高点时弹簧的形变状态，弹簧可能处于伸长状态，也可能处

于压缩状态，故小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能不一定一直减小，C错误；D.碰后瞬间，对小

球与盘整体应用牛顿第二定律，有（M+”）g-笈=（加+间。，解得。=一^,方向向下。由简谐运动对

称性可知，当小球与盘的加速度向上且大小为时，小球速度大小为四恒，D正确。

M+mM+m

故选BD。

5.（2023•四川攀枝花•统考一模）（多选）如图所示，滑块A、B用轻质弹簧连接后静止在光滑水平面上，滑

块A与左侧竖直固定挡板接触。现对滑块B施加一水平推力产使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静

止，一段时间后撤去推力凡弹簧始终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A、B,下列说法中正确的是（）

挡板

/

////////z////////////////

A.推力厂做的功等于弹簧增加的弹性势能

B.当弹簧恢复原长时，滑块A开始离开挡板

C.从撤去推力下到滑块A离开挡板的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系统动量守恒

D.从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做功的大小相等

【答案】AB

【详解】A.水平面光滑，对滑块B施加一水平推力F使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静止，根

据功能关系可知推力F做的功等于弹簧增加的弹性势能，故A正确；B.当弹簧恢复原长时，滑块与挡板

间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开挡板，故B正确；C.从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，

墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和滑块A、B组成的系统动量不守恒，故C错误；D.从滑块A离开挡

板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做的功等于滑块动能的变化量，由于两滑块质量关系未知，

无法判断，故D错误；

故选AB。

6.（2023•四川南充•四川省南充高级中学校考一模）（多选）如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量

为5%的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为m的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为力

的A点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切摩擦，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g,

下列说法正确的选项是（）

/

/

/A

/、

/、

、

、

/、

/

A.弹簧获得的最大弹性势能为3跖//

6

B.滑块沿弧形槽上升的最大高度为蓑

C.滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用

D.滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒

【答案】AB

【详解】A.滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方向满足动量守恒,

设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为vl,弧槽的速度v2,则有mvl=5mv2,滑块沿弧槽下滑过程中，

滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有/g"=g小片+gx5"E，联立解得匕=栏，巧=5后，滑

块压缩弹簧时，当速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有Ep3=g相片故A正确；B.根据系

统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速速度大小也为vl,滑块滑上凹槽的过程，当滑块上升至最高点

时两者具有共同的水平速度，根据系统水平方方向动量守恒可得〃匕+5/匕=（力+5晒"，根据系统机械能守

恒;相片+gx5羽田-；（加+5m）声=侬1,可得滑块沿弧槽上升可得滑块沿圆弧上升的最大高度为",

故B正确；C.丛滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时滑块的速度大小为v3,弧槽的速

度大小为v4,根据系统水平动量守恒可得研+5mv2=mv3+5mv4,根据系统机械能能守恒可得

1111775_

=-mvl+-x5mvl,解得以或5=岭，当"《=一%时匕二一一〜当为=均时匕=5%,

22333

由于%>%,所以以=彩舍去。由于滑块第二次离开弧形槽后滑块的速度不为零，所以滑块可能和弹簧发生

作用，故C错误；D.滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑

块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故滑块、弧槽组成的系统动量不守恒，但只有重力做功,

机械能守恒，故D错误。

故选AB„

7.（2024•广西贵港•统考模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点,

之间、B右侧的水平面光滑，A3之间的距离/=lm,在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数

从A向8随距离均匀变化如右图所示。质量"=2kg的足够高光滑曲面在8处与水平面平滑连接。m=lkg

的小物块开始时静置于水平面上的8点。现给小物块一个水平向右的初速度%=9m/s,重力加速度g取

10m/s2o求：

（1）小物块在曲面上上升的最大高度；

（2）小物块返回B点时小物块和曲面的速度大小；

（3）弹簧被压缩获得的最大弹性势能。

【详解】（1）小物块在曲面上升到最大高度”时，两者具有共同的速度触。根据动量守恒定律可得

mv0=（7〃+A/）v共

解得v共=3m/s

Xmgh=mVg+根）喙

解得/z=2.7m

（2）从最初到小物块再次回到B点，有

mvQ=m%+MV2

gmvl=；mv^+gMv^

以上两式，得匕=-3m/s,v2=6m/s

即小物块速度大小为3m/s,曲面的速度大小为6m/s。

_1

（3）方法一：小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有-"+吗单=0-1机/

m

其中结合图/=%mg+声2g

2

解得明=-0.5J

根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能Epmax=0.5J

方法二：由

于="mg和〃-无图像可得/-尤图像如图所示

图像和横轴围成的面积对应的物理意义是该过程克服摩擦力所做的功。由图知叫=S面积=4J

小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有-叱+%=0-1mv2

解得%=-0.5J

根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能稣2=0.5J

8.(2024•湖南•湖南师大附中校联考一模)如图，光滑水平轨道上固定一个光滑圆弧轨道，圆弧的半径为

7?=1.2m,圆心角为60。，圆弧右端有一个质量为〃z=lkg的长木板A与之接触但不粘连，且A上表面与圆

弧右端相切。在长木板A右侧放着很多个滑块(视为质点)，滑块的质量均为2m,编号依次为1、2、3、

4、...、〃。开始时长木板A和滑块均静止。在左侧光滑平台上有两个可视为质点的滑块B、C,且机B=3%c=3%,

B、C之间有一轻弹簧，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，弹簧此时恰好与B、C接触但不粘连，初始时

弹簧弹性势能为“=6J。现将细线烧断，B、C在弹簧弹力作用下加速运动直至与弹簧分离，小滑块B与

弹簧分离后从平台飞出，且恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，离开圆弧后滑上长木板A,当A、B刚达到

共速时，长木板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长木板

A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，此后A、B共速时，长木板A总是恰好与滑块1发生弹性碰撞；最

终滑块B恰好没从长木板A上滑落，且A与B之间的动摩擦因数为"=。1，重力加速度为g=10m/s2,

滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：

(1)滑块B刚滑上长木板A时的速度大小；

(2)滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量。；

(3)长木板A全过程运动的总位移尤。

【答案】(1)4m/s；(2)16.8J；(3)2.25m

22

【详解】（1）对B、C分析，根据动量守恒和能量守恒3m。=根匕，1x3mvB+|mvc=£p

解得/=lm/s,vc=3m/s

B到达圆弧处：cos60°=-^-

VB1

B滑上长木板的初速度设为%,则g机%nmglR-RcosGO。）

解得％=4m/s

（2）开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离dl,对A、B分析有M%=（m+3加）匕。

对A分析有〃•3力%4=Jmvf0

解得4=

32〃g

滑块1与滑块2之间的距离为d2,则长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有

mv10=mvA1+2m%

g机说=g/吸+gx2机v；

结合上述解得

1

W=3%

A、B第二次达到相同速度有3加%0+«7VAi=（m+3m）v2O

对A分析有机=1■机Zo--^11

解得f

滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2活动速度为;％。A与1第二次碰撞有

mv2Q=+2mv2

g机心0=；根液2+；x2m也

结合上述解得

1

%=一'%

O

1

2

V20=-V10

依次类推有

VA,,=-1X^vio(n=l,2,3...)

A、B的相对加速度为。=4//g

2M-1

第n次碰后相对速度为y确对+V

10=%

第n次碰后，B在A上滑行的路程为/“=%曳77—1

'(n=l,2,3...)

2a

第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为/=呢

40〃g

所以‘木板的长度为人5+，

解得5薪

滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q=〃x3%gL=16.8J

（3）根据以上分析可知长木板A全过程运动的总位移x=4+4+...=2.25m

1——

3

9.（2024•浙江•校联考一模）如图所示，足够长的水平光滑直轨道和水平传送带平滑无缝连接，传送带

长右=4m,以10m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道族的装置P固定于水平地面上，EF位）

竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m的,圆弧细管道组成，所管道与水平传送带和水平地面上的直轨道

4

肱V均平滑相切连接，长乙=2m,右侧为竖直墙壁。滑块。的质量叫=0.3kg,滑块6与轻弹簧相连,

质量生=O.lkg,滑块c质量％=0.6kg,滑块/b、c均静置于轨道AB上。现让滑块。以一定的初速度水

平向右运动，与滑块6相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数上=i.5N/m的轻质弹

簧分离后滑上传送带，加速之后经瓦■管道后滑上MN。已知滑块c在/点的速度为4#m/s,与传送带间

的动摩擦因数4=0.35,与间的动摩擦因数〃2=。4,其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞

为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2,弹簧的弹性势能与=g丘2（X为形变量）。

求：

（1）滑块c第一次经过E点时对装置P的作用力;

(2)滑块〃的初速度大小%；

(3)试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。

【详解】(1)滑块c第一次经过E点到尸点，根据动能定理m3g心火］多次-g/%

滑块c在尸点的速度为匕=4晶/5

解得喔=8m/s

根据牛顿第二定律，在E点滑块，有尸”+gg=g

R

解得心=42N

方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块。第一次经过E点时对装置P的作用力为国'=42N

方向竖直向上；

(2)滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c的速度设为%,根据运动学规律

2〃1gzi=vj-vj

解得匕=6m/s

滑块a力作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，根据动量守恒与能量守恒得

+m2)vx=("&-\-m2)v1+m3vc

1(w+m)v2=|(»z+m)v212

121122+/砥匕

解得大小

匕=7.5m/s

v2=-1.5m/s

a与人发生碰撞，最后共速，满足动量守恒叫%=(町+%)匕

解得%=10m/s

(3)假设滑块。能再次回到E点，从尸点到E点，根据动能定理力4/84-/=

解得VEI=Y0m/s

速度大于零，假设成立，滑块C可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律-2Mgz

解得v3=-2m/s>-1.5m/s

即可以追上滑块a,6发生再次碰撞，设最大压缩量为Ax,根据动量守恒与能量守恒

色匕+(/+%)口=(小+”+加3)V共

5%匕心5(叫+加2)%2=g(g+加2+/)v共2+；的2

解得Ax=0.2m

10.(2023•山东潍坊•统考模拟预测)如图所示，长木板C放在光滑水平地面上，木板左端和正中央分别放

有两滑块A、B,已知A、B、C的质量分别为以=2kg、mB=3kg、mc=1kg,滑块A与C间的动摩擦因

数为4=0.2,B与C间的动摩擦因数为4=04,木板长度乙=4m,开始整个系统静止，某时刻敲击滑块

A,使其立即获得3.5m/s的初速度。已知滑块间的碰撞为弹性正碰，滑块大小忽略不计，取g=10m/s2求:

(1)经多长时间滑块A、B发生碰撞；

(2)木板C运动的最大速度；

(3)碰后滑块A、B间的最大距离。

F同

//Z/Z/Z/Z/Z/Z/Z/Z/Z/Z/ZZZ/Z//Z

19

【答案】(1)1s；(2)—m/s；(3)0.30m

【详解】(1)当A向右运动时，受到向左的摩擦力/A=〃MAg=4N

加速度为a\=-~=2m/s2

mmA

而B与C之间的滑动摩擦力fB=〃2%g=12N>以

故C和B不会相对滑动，BC的加速度为4=~^=lm/s

m^+mc

A向右做匀减速直线运动，BC向右做匀加速直线运动，设A的位移为天，BC的位移为巧，则有

L

4

解得，=ls或f=§s(舍)

故时间为f=1s；

(2)当A、B两物块碰撞时，设A的速度为匕，BC的速度为%,则有巧=%-4t=1.5m/s,v2=lm/s

2

碰撞瞬间机AW+丹岭=叫V：+外弘，|+；恤¥=g?nAv；+；心片

解得Vj=0.9m/s,.=1.4m/s

而此时C的速度匕=1向$,故C相对于A向右运动，相对于B向左运动，故此时C受到A向左的滑动摩

擦力和B向右的滑动摩擦力，所受合力向右，C向右做匀加速运动，由牛顿第二定律人-〃

贝Uac=8mzs2

B做匀减速运动，力口速度为OB=B=4m/s2

mg

当BC共速时有V；-aBt'=v2+act'

解得f'=:s

而此时

2

Xg=——m

45

x=vt'+^at'2=17

c2c---m

450

贝!]Ax=/一%<!

19

故B未出C板右侧，之后C做减速运动，此时C的速度为%=%+%，=同m/s

(3)A做匀加速运动，当时

29

vA=v；+^f=­m/s

,,1,27

XA=+~A\L

之后BC共速，一起做匀减速运动，A和BC速度相等时％

角军得t"=0.Is

i73

B的位移为耳

1Q

A的位移为为=”+抻”="m

故A、B最远距离为一=(出+尺，-(4+双)=。.30m

11.(2023•黑龙江•校联考模拟预测)如图甲所示，在光滑水平面上静止的小物块A和长木板B质量均为"7=2kg,

小物块A位于长木板B的左端，二者之间的动摩擦因数〃=0.1。=0时刻小物块A获得水平向右、大小为

vo=7m/s的初速度，同时给小物块A施加如图乙所示的水平向右的作用力。5s时长木板B与其右侧竖直挡

板发生第1次碰撞。5s后撤去小物块A所受的水平作用力，最终小物块A没有从长木板B上滑下。长木板

B与竖直挡板的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后长木板B的速度大小不变，方向相反。重力加速

度g取10m/s2,求：

(1)。~5s内水平作用力的冲量大小；

(2)仁0时刻长木板B右侧与竖直挡板的距离；

(3)长木板B与竖直挡板第2次碰撞前的速度大小,并通过计算分析是否会发生第3次碰撞。

挡板

A

“”一月.........[......................

v////////////////////////////////////////////////////.

甲

【答案】(1)lON.s；(2)12.5m；(3)lm/s,不会

【详解】(1)冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，即/=1/N.s=10N.s

(2)对小物块A分析，取向右为正方向，由动量定理可得/gf=»W]-

解得匕=7m/s

对长木板B应用动量定理，得=mv2

解得%=5m/s＜匕

说明长木板B与竖直挡板发生第1次弹性碰撞时，二者还没有达到共同速度，则t=0时刻长木板B右侧与

竖直挡板的距离d=^t=12.5m

2

(3)长木板B与竖直挡板碰后，速度反向，大小不变，由动量守恒定律，得加匕-根%=2根u

解得v=lm/s

长木板B与竖直挡板发生第2次弹性碰撞时，小物块A与长木板B已达到共同速度。

第2次碰撞后，对小物块A和长木板B应用动量守恒定律，得mv-mv=2sM

解得M=。

第2次碰后，长木板B向左运动过程中与小物块A速度会同时减为0,所以不会发生第3次碰撞。

一考点02力学三大观点的综合应用

考向一力学三大观点的综合应用

1.（2022•重庆•高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头

部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安

全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（）

A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小

C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小

【答案】D

【详解】AB.由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量

定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，

动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；C.根据动量与动能

2

的关系有线=2,而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正

2m

比，C错误；D.由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a=F,即假人头部的加速

度先增大后减小，D正确。

故选D。

2.（2021•湖南•高考真题）物体的运动状态可用位置*和动量尸描述，称为相，对应图像中的一个点。

物体运动状态的变化可用P-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度

为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（）

【答案】D

【详解】质点沿X轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有1?=2依，而动量为。=7抽，联立可得

p=m&^=m届4,动量P关于x为累函数，且x>°，故正确的相轨迹图像为D。

故选D。

3.（2023•河北•高考真题）如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m的竖直光滑圆

弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37。角.质量为2kg的小物块

A以8m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为05当A到达木板右端时，木板

恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道.待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，

解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反.已知木板长度为L3m,g取lOm/s：加取

3.16,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；

（2）求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；

（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1:3的物块B和物块C,总质量不变，同时系统动能增加3J,

其中一块沿原速度方向运动.为保证8、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范

围.

【答案】(1)匕=7m/s,v2=2m/s；(2)FN=—N,H=2m；(3)O.lsWAZ40.118s或Q732s4Ar40.75s

【详解】（1）设物块A的初速度为％,木板与轨道底部碰撞前，物块A和木板的速度分别为“和匕，物块A

和木板的质量分别为叫和“2，物块A与木板间的动摩擦因数为〃，木板长度为L,由动量守恒定律和功能

关系有叫％=犯匕+加2%,喏=|'吗片+崂+1gL

由题意分析匕2匕，联立式得匕=7m/s,V2=2m/s

（2）设圆弧轨道半径为R,物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为匕，轨道对物块的弹力为外.物块A从

轨道最低点到最高点，根据动能定理有-叫8火（1+$也37。）=3叫4-；叫片

物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有8+^gsin37。=町及

R

联立式，得外=^-N

设物块A抛出时速度V3的水平和竖直分量分别为匕和%,匕=%sin37。,、=%cos37。

斜抛过程物块A上升时间％=马=0.4s

§

该段时间物块A向左运动距离为心=vj=1.2m.

2

物块A距离地面最大高度”=/?(1+41137。)+六=2111.

目0.632s

(3)物块A从最高点落地时间22=

设向左为正方向，物块A在最高点炸裂为8、C,设质量和速度分别为m3、%和%、"，设租3：加4=1：3,

系统动能增加AEk.根据动量守恒定律和能量守恒定律得叫匕=加3%+机也■叫V；+AE*=1+!■砥d

解得为=6m/S,%=2m/S或匕=。,％=4m/s.

设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。：

(a)若为=6m/s,%=2m/s,炸裂后B落地过程中的水平位移为s'=?/=3.792m

炸裂后C落地过程中的水平位移为s"=v^2=1.264m

木板右端到轨道底端的距离为Ay=%&+f2-4)=(2064-24)m

I.若仅C落在木板上，应满足(2.064-24)+1.321.264+0.6

且(2.064—24)<1.264+0.6

解得0.1s<440.75s

II.若仅B落在木板上，应满足(2.064—24)+1.323.792+0.6

且(2.064-2At)<3.792+0.6

不等式无解；

(b)若%=0,%=4m/s,炸裂后8落地过程中水平位移为0,炸裂后C落地过程中水平位移为

s"=匕%2=2.528m

木板右端到轨道底端的距离为加'=v2(A+，2-4)=(2.064-24)m

运动轨迹分析如下

为了保证8、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一

III.若仅B落在木板上，应满足(2.064—24)+1.3之0.6

且(2.064-2%)40.6

解得0.732sSZV41.382s

IV.若仅C落在木板上，应满足(2.064—24)+1.322.528+0.6

且(2.064-24)<2.528+0.6

解得0444Q118s.

综合分析(a)(b)两种情况，为保证8、C之一一定落在木板上，。满足的条件为

0.1sV4W0.118s或0.732s<At<0.75s

4.(2023•广东•高考真题)如图为某药品自动传送系统的示意图.该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与

滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为33平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度%匀速运动的传

送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2%

的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质

量分别为加和”碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的:。A与传送带间的动摩擦因数为〃，重

力加速度为g,AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：

(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；

(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；

(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s.

【答案】(1)^=—(2)W=6mgL-3mvl；(3)s=^l—

2Yg

【详解】(1)A在传送带上运动时的加速度。

由静止加速到与传送带共速所用的时间f=%

2

(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W=g•2机4+2mg-3L-12m(2v0)=6mgL-3m；

(3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知

2m•2%=mvl+2mv2

(2%y-(gmvf+J-2mv1)=：[g•2"(2%/]

解得W=2%,v2=v0

25

(另一组w=§%眩=§%舍掉)

2L

两物体平抛运动的时间。

贝US_7=v2t1,S+-=贴

解得S吟栏

5.(2023•北京•高考真题)如图所示，质量为机的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点，在。点正下方