动量及其守恒定律二（解析版）-2025年高考物理二轮复习

专题10动量及其守恒定律（2）

考点愿型归纳

一、弹性碰撞.........................................2

二、完全非弹性碰撞..................................6

三、爆炸与反冲......................................10

四、板块/子弹打木块模型............................13

五、人船模型........................................18

六、多过程和多次碰撞问题...........................24

1

专题一弹性碰撞

1.（2024・广东・高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分

别从明、〃乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在。处平滑相接，滑块与水平面间

的动摩擦因数为〃，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的

有（）

%

A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止

B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度

C.乙的运动时间与〃乙无关

D.甲最终停止位置与O处相距生

【答案】ABD

【详解】A.两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0,故

A正确；

B.两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰

后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；

C.设斜面倾角为0,乙下滑过程有

刍=；gsin”2

sinU2

在水平面运动一段时间打后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动不乙运动的时间为

t=+/2+*3

由于〃与〃乙有关，则总时间与〃乙有关，故C错误；

D.乙下滑过程有

mgH乙=^mvl

由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的

位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有

2

该=2〃gx

联立可得

即发生碰撞后甲最终停止位置与。处相距区，故D正确。

故选ABDo

2.（2024・广西・高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向

右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若

不计空气阻力，则碰撞后，1＜在（）

墙

面

地面

/7777777777777777777777~

A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动

B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动

C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v

【答案】BC

【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守

恒和能量守恒可知

mv=mvM+mvN

由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即

VM=0>*VN=V

碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速

度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运

动。

故选BC。

3

3.（2023•重庆•高考真题）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N

为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为段的中点。在尸点处有一加速器（大小可忽

略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加"。质量为优的小球1从N处以初速度vo

沿轨道逆时针运动，与静止在乱处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小

相等。忽略每次碰撞时间。求:

（1）球1第一次经过尸点后瞬间向心力的大小;

（2）球2的质量;

（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

【详解】（1）球1第一次经过尸点后瞬间速度变为2v°,所以

“=心r=4*

（2）球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则

m•2v0=—mv+ntv

1/C\212।1f2

—m(2v0)=—mv+—mv

联立解得

V=Vo,m'=3m

（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为加，则

7lR

------

2%

+2%%2-兀R

所以

A5nR

At=tl+t2=——

6Vo

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3乙平台高为药品盒A、B依次

4

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的质量分别为和2加，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用；

(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s.

【答案】(1)t=~(2)W^6mgL-3mvl；(3)5=也」生

〃g27g

【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

a〃g

(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功

2

W=—-2mVg+2mg-3L-^-2m(2v0)=6mgL-3加v；

(3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知

2m•2v0=mv{+2mv2

2

1-2m-(2v0)一(gm；+；2叫)=一6.2»7.(2%广

解得

5

匕=2%

匕=%

25

（另一组w=§%v?=”舍掉）

两物体平抛运动的时间

则

s-r=v2tx

s+r=v击

解得

3v0匹

2Vg

专题二完全非弹性碰撞

5.（2024・天津・高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。

对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量/,A沿轨道运动到最高点时，与用

轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知/=1.8N-s,A、B的质量分别为mA=0.3kg,

"5=0.1kg,轨道半径和绳长均为R=0.5m,两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度

g取10m/s2,不计空气阻力。求：

（1）与B碰前瞬间A的速度大小；

（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。

【答案】（l）4m/s

6

（2）11.2N

【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为V。，由动量定理有

1=机A%

设与B碰前瞬间A的速度大小v,从最低点到最高点，由动能定理有

2

-mAg-2R=^mAv-^mAvl

联立代入数据解得

v=4m/s

（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有

能A"=（加A+，"B）V共

设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为尸，由牛顿第二定律有

F-g+g）g=（机人+^B）-y

联立代入数据解得

F=11.2N

6.（2024•甘肃・高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳。尸和。尸作用

下处于平衡状态，细绳。'尸=。尸=1.6m,与竖直方向的夹角均为60。。质量为6kg的木板B

静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳。尸，小球A开始

运动。（重力加速度g取lOm/s?）

（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。

（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖

直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。

（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。

A

C

〜口..............B、、〜【、、、、

【答案】（1）40N；（2）4m/s；（3）0.15

【详解】根据题意，设AC质量为%=2kg,B的质量为M=6kg,细绳O尸长为/=1.6m,

初始时细线与竖直方向夹角6=60。。

7

(1)A开始运动到最低点有

mg/(l-cos^)=—mvl-0

对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得

F-mg=-^~

解得

v0=4m/s,F=40N

(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知

mvQ=0+mvc

故解得

vc=v0=4m/s

(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得

mvG=(M+m)v

根据能量守恒得

〃加g£相对=；加片一;(加+

联立解得

4=0.15

7.(2023•天津・高考真题)质量加A=2kg的物体A自距地面/z=1.2m高度自由落下，与此同

时质量根B=1kg的物体B由地面竖直上抛，经过f=0.2s与A碰撞，碰后两物体粘在一起，

碰撞时间极短，忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2,求A、B：

(1)碰撞位置与地面的距离x；

(2)碰撞后瞬时的速度大小v；

(3)碰撞中损失的机械能公£。

【答案】(1)1m；(2)0；(3)12J

【详解】(1)对物体A,根据运动学公式可得

,1,1，

x=h——gt=1.2mx1Ox0.2m=Im

22

(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为VB。，根据运动学公式可知

8

12

尤=%(/一理

即

1,

1=vB0x0.2--xl0x0.2-

解得

vB0=6m/s

可得碰撞前A物体的速度

vA=gt=2m/s

方向竖直向下；

碰撞前B物体的速度

VB=vB0-gt=4m/s

方向竖直向上；

选向下为正方向，由动量守恒可得

.A^A-加B^B=(加A+%B"

解得碰后速度

v=0

(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能

.=；加八d+；加13地一;(加A+加B)F=12J

8.(2023・北京・高考真题)如图所示，质量为优的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在。点,

在。点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距。点的距离等于绳长

L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。

重力加速度为g。求：

(1)A释放时距桌面的高度H；

(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小产；

(3)碰撞过程中系统损失的机械能A£。

9

///

!\

//////////////

【答案】(1)-—；(2)mg+m—■,(3)—mv2

2gL4

【详解】(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得

mgH=^mv2

解得

〃=匕

2g

(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得

1g

解得

V2

F=mg+m—

(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得

mv=2mVj

解得

1

V,=—V

12

则碰撞过程中损失的机械能为

1I212

NE^-mv1-v|=—mv

222

专题三爆炸与反冲

9.(2024•辽宁•高考真题)如图，高度〃=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质

=mB=0.1kgoA、B间夹一压缩量Ax=0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由

静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程z=0.4m；

10

B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离出=025m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度

g=1Om/s2o求：

(1)脱离弹簧时A、B的速度大小VA和vB；

(2)物块与桌面间的动摩擦因数〃；

(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能期。

ABB

/八

/『十

h

【答案】(1)lm/s,lm/s；(2)0,2；(3)0.12J

【详解】(1)对A物块由平抛运动知识得

,12

h=-gt

尤A=VA?

代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为

vA=lm/s

AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力,

则AB物块整体动量守恒，则

以力=mBvB

解得脱离弹簧时B的速度大小为

vB=lm/s

(2)对物块B由动能定理

12

代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为

〃=0.2

11

(3)弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即

121,

%=-mAvA+-mBvB+/zmAgAxA+/zmBgAxB

其中

mA=mB,Ax=AXA+z\xB

解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能

A£p=0.12J

10.(2024•安徽蚌埠•二模)某科研小组试验一款火箭，携带燃料后的总质量为M。先将火

箭以初速度%从地面竖直向上弹出，上升到为高度时点燃燃料，假设质量为%的燃气在一

瞬间全部竖直向下喷出，若燃气相对火箭喷射出的速率为w,重力加速度为g,不计空气阻

力。求：

(1)火箭到达为高度时的速度大小；

(2)燃气全部喷出后火箭的速度大小；

(3)火箭上升的最大高度。

【答案】⑴8-2g%

(2)-2g4+A"

(3)h0+/(业-2g4+£”

【详解】(1)由机械能守恒可得

1,1,

-Mv0=Mgh0+-Mvx

解得火箭到达为高度时的速度大小为

匕=Jv—g%

(2)由动量守恒可得

Mvx=(M-m)v2+m(v2-w)

解得燃气全部喷出后火箭的速度大小为

m

4=业-2g4+—u

M

(3)设火箭上升的最大高度为根据机械能守恒可得

12

—(Af-m)vf+(Af—m)g/z0=-m^gH

解得

专题四板块/子弹打木块模型

11.（2024・湖北•高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为工的木

块，质量为他的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小/

与射入初速度大小%成正比，即/=狂0"为己知常数）。改变子弹的初速度大小%,若木

块获得的速度最大，则（）

A.子弹的初速度大小为2kL5+

mM

2mM

B.子弹在木块中运动的时间为人（加+.）

C.木块和子弹损失的总动能为人"（m+"）

mM

D.木块在加速过程中运动的距离为

m+M

【答案】AD

【详解】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度

的速度分别为匕,匕，则有

mv0=mvx+MV2

子弹和木块相互作用过程中合力都为/=狂°,因此子弹和物块的加速度分别为

[mM

由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为

2%再二V：-V；,2g12=V2

13

xx-x2=L

联立上式可得

k

£到无穷

B.则子弹穿过木块时木块的速度为

旷2=

M+m

由运动学公式

可得

mM

故B错误;

C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即

2k2G(m+M)

bE-Q-fL=

mM

故C错误;

D.木块加速过程运动的距离为

0+v2mL

2M+m

故D正确。

故选ADo

12.（2024・浙江•高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角0=37。的直轨道

半径R=1m的圆弧轨道BCD,长度A=1.25m、倾角为0的直轨道DE,半径为尺、圆心角

为6的圆弧管道所组成，轨道间平滑连接。在轨道末端歹的右侧光滑水平面上紧靠着质量

机=0.5kg滑块6,其上表面与轨道末端下所在的水平面平齐。质量加=0.5kg的小物块.从

轨道NB上高度为〃静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道。E,轨道。E由特殊材料制成,

14

小物块a向上运动时动摩擦因数4=0.25,向下运动时动摩擦因数〃2=06,且最大静摩擦

力等于滑动摩擦力。当小物块。在滑块6上滑动时动摩擦因数恒为从，小物块。运动到滑

块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻

力，sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若〃=0.8m,求小物块

①第一次经过C点的向心加速度大小;

②在。E上经过的总路程;

③在上向上运动时间t上和向下运动时间公之比。

【答案】(1)①16m/s2；②2m；③1：2；(2)0.2m

【详解】(1)①对小物块a从/到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有

mgh=~^mvc

第一次经过C点的向心加速度大小为

,=正=逆=16介

RR

②小物块a在。E上时，因为

N21ngcos0<mgsin3

所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机

械能损失，最终小物块a将在8、。间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向

下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有

s

mg[h-R(\-cos0)]=(j\mgcos0+4mgcos®片

解得

s=2m

③根据牛顿第二定律可知小物块。在OE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

15

2

ah=gsin6+Rigcos0=8m/s

。下=gsin6—42gcos0=2m/s2

将小物块a在。E上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有

1212

5a上'上='a下'下

解得

工」

/下2

(2)对小物块a从4到尸的过程，根据动能定理有

12

—mvF=mg[h-Lsin0-2R(1-cos0)]-jUtmgLcos6

解得

vF=2m/s

设滑块长度为/时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定

律和能量守恒定律有

mvF=2mv

mv2

~F=g•2mv+2pxmgl

解得

I=0.2m

13.(2023・辽宁・高考真题)如图，质量%/=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖

直墙面固定一劲度系数左=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量比*4kg的小物块以

水平向右的速度%=；m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，

物块与木板间的动摩擦因数《=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度

内，弹簧的弹性势能与与形变量x的关系为丸=；筋、取重力加速度g=10m/s2,结果可

用根式表示。

(1)求木板刚接触弹簧时速度用的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离X/;

(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量X2及此时木板

速度V2的大小；

(3)已知木板向右运动的速度从V2减小到0所用时间为力。求木板从速度为V2时到之后与

16

物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能A0（用切表示）。

冽2;

.」—」......../wwva”

///////////////////////////

【答案】（1）lm/s；0.125m；（2）0.25m；^-m/s;（3）4底

【详解】（1）由于地面光滑，则加八小组成的系统动量守恒，则有

加2Vo=

代入数据有

vi=lm/s

对mi受力分析有

%="比=4心2

mx

则木板运动前右端距弹簧左端的距离有

vi2=2aixi

代入数据解得

xi=0.125m

（2）木板与弹簧接触以后，对冽八小组成的系统有

kx=（mi-\-m2）a共

对冽2有

。2=fig=lm/s2

当a共=/时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量

X2=0.25m

对加/、小组成的系统列动能定理有

一；h；=；（加1+m2）vf-J（叫+加2）v；

代入数据有

V3

%=——m/s

2

（3）木板从速度为V2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即加/的加速

度大于木块小的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为X2时，则说明此

17

时如的速度大小为V2,共用时2%,且加2一直受滑动摩擦力作用，则对加2有

~jLim2g'2to=m2V3~m2V2

解得

_V3

匕=3-2%

则对于加八加2组成的系统有

一%+；机2d_g("l+机2)"

、U=Wf

联立有

△0=4瓜-8]

专题五人船模型

14.(2024・河北•高考真题)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗

糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板

质量均为2.0kg,A木板长度为2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取lOm/sz,忽略空

气阻力。

(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。

(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木

板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木

板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C

两木板间距与B木板长度的关系。

费।।।

、7

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=-LB

【详解】(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒,

设机器人质量为Af,三个木板质量为加，取向右为正方向，则

18

Mv机-加珠=°机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为

为X、7,则有

Mx=mx1

同时有

x+再=LA

解得A、B木板间的水平距离

项=1.5m

(2)设机器人起跳的速度大小为丫，方向与水平方向的夹角为凡从A木板右端跳到B木

板左端时间为根据斜抛运动规律得

VCOS0-t=Xj

vsin。t

联立解得

15

v2

2sin6cos。

机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒

MvcosO=mvA

根据能量守恒可得机器人做的功为

W=-Mv2+-mv/

22"

联立得

3cos20+1..4cos20+sin26-45J=45|-tan6»+^—

TWTZ=----------------45JT=---------------------J

2sincos02sin。cos。[2tan0

2

根据数学知识可得吧tan。1前时，即tan”2时，沙取最小值，代入数值得此时

W=90J

(3)tan0=2XTWvcos0=>根据

2

MVCGSO=mvA

得

19

3岳.

v,=-------m/s

)2

分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,

机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得

A/vcos夕=+25)v共

解得

该过程A木板向左运动的距离为

3V15V15/4

xA=vAt=---X—m=4.5m

机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动

量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为%,B木板的速度大小为力，机器人每次跳

跃的时间为加，取向右为正方向，得

+加)丫共=Mv0-mvB①

每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为g,可得

^=(%+%)加②

机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过

程中，AB木板的位移差为

Ax=%+=6m

可得

(以一匕＞3加=加:③

联立①②③解得

&=___5----——

4(匕+丫共)30+喉)

故A、C两木板间距为

XAC^(VA+VC)-3M+AX+LB

解得

20

XAC=3工

15.（2024•山东济南•二模）如图所示，质量M=1kg的匀质凹槽放在光滑的水平地面上，凹

槽内有一光滑曲面轨道，O点是凹槽左右侧面最高点的中点，O点到凹槽右侧的距离

a=0.6m,。点到凹槽最低点A的高度力=1.2m。一个质量机=0.5kg的小球（可看成质点）,

初始时刻从凹槽的右端点由静止开始下滑，整个过程凹槽不翻转，取重力加速度大小

g=10m/s2o求：

（1）小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小；

（2）整个运动过程中，凹槽相对于初始时刻运动的最大位移。

【答案】（l）4m/s

（2）0.4m

【详解】（1）小球从初始时刻至第一次运动到最低点的过程中，设小球的速度大小为匕，凹

槽的速度大小为匕，小球和凹槽组成的系统水平方向系统动量守恒，取向左为正，有

0=mvt-MV2

该过程中系统机械能守恒，有

11

mgh=—+—MV2

解得

=4m/s

（2）因水平方向在任何时候都动量守恒，即有

0=mvx-MV2

两边同时乘/可得

0=mi]—MX2

其中占为小球的位移大小，马为凹槽的位移大小。整个运动过程中，当小球运动到凹槽左

21

侧最高点时，凹槽相对于初始时刻运动有最大位移，此时

X[+马=2Q=1.2m

解得

x2=0.4m

16.（2024・湖南•二模）某科技馆内有一用来观察摆球与牵连配重滑块运动规律的装置，如

图所示，用一足够长的水平轨道杆，将质量为M=的带孔滑块穿套之后水平固定在水平

地面上方，再用一不可伸长的轻质细绳一端固定在滑块下方/点，另一端连接质量为加的

小球，已知绳长为乙水平杆距地面足够高，当地重力加速度为g,忽略空气阻力。将轻质

细绳伸直，小球从3点（3点与/点等高且在水平杆正下方）静止释放。

（1）若水平杆光滑，当小球第一次摆动到最低点时，求滑块的位移大小和此时细绳对小球

的拉力大小？

（2）若水平杆粗糙，滑块所受最大静摩擦等于滑动摩擦力，要求小球摆动过程中滑块始终

保持静止，则滑块与水平杆之间的动摩擦因数〃最小为多大?在此过程中，当小球所受重力

的功率最大时，小球的动能大小为多少？

，4，

【答案】（1）4，4mg；⑵迎,JigL

3203

【详解】（1）设小球摆到最低点时速度大小为％,滑块速度大小为4，水平杆光滑，根据水

平方向系统动量守恒有

mvx=MV2

即有

mxl=MX2

又结合

xr+x2=L

联立可求得

mLL

X7——

M+m3

根据系统机械能守恒，从释放到第一次达最低点，有

22

mgL=~mv\+

求得

对小球根据牛顿第二定律

T（匕+丫2）2

T-mg=m—L一

联立解得

T=4mg

(2)设轻绳与水平方向夹角为。时，绳中张力为尸，对滑块，根据平衡条件：水平方向

f=Fcos0

竖直方向

N=Mg+Fsin0

滑块始终保持静止，则有

f<^N

联立可得

33

—加（sin2。+4cos2。）<ju（M+—m）

则

1•加Jl+储<+

解得

>3ffl3y/io

核一2dM+20

设小球的速度为v,对小球，根据动能定理有

mgLsin0=^mv2

根据牛顿第二定律有

v2

F-mgsin0=m—

小球所受重力的功率

PG=Sy

重力功率最大时，小球速度的竖直分量为最大，即小球加速度的竖直分量为0,则

23

Fsin0=mg

联立解得

sin6=——

3

此时下摆高度

H=LsmO=­L

3

对小球，根据机械能守恒定律

mgH=Ek

解得

Ek=^-mgL

专题六多过程和多次碰撞问题

17.(2024・湖南•高考真题)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为他和

"ZB的小球A和B初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小

球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需

向心力的大小；

(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，

Jfl

求小球的质量比*。

外

(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大

小的e倍,求第1次碰撞到第2〃+1次碰撞之间小球B通过的路程。

【答案】m"二豆＞'r=；(2)缥=2或4=5；

24

2兀Rm、e2n-1

⑶K.苫

【详解】(1)