2025年高考物理复习突破集训：大题06 三大动力学观点在力学中的综合应用（解析版）

大题06三大动力学观点在力学中的综合应用

》明考情-笈方向》.

2025年高考对“三大动力学观点综合应用”的考查将延续“重基础整合、强思维深度、拓科技前沿”

的命题导向，突出物理观念的系统性与实际问题的多维度分析能力。备考需以观点融合为核心，强化复

杂过程的阶段划分与规律匹配，同时关注科技热点与跨学科工具，做到“以观点统全局，以思维破新题”。

❾研大题-梃能力4

oi含弹簧的系统综合应用

三大动力学观点在力学

02多次碰撞模型

中的综合应用

03多过程问题

题型1含弹簧的系统综合应用

典行I、

例1.（2023辽宁沈阳市联考）如图甲所示，物体46的质量分别是处=4kg和nk

=4kg,用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体8左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C

从力=0时刻起，以一定的速度向左运动，在t=5s时刻与物体/相碰，碰后立即与/粘在一起，此后

A,C不再分开。物体。在前15s内的y一力图像如图乙所示。求:

甲乙

⑴物体。的质量降;

(2)8离开墙壁后所能获得的最大速度大小。

答案(1)2kg(2)2.4m/s

解析(1)以水平向左的方向为正方向，尔。碰撞过程中动量守恒，则有

nhvc=(®+®)/共i

代入v—b图像中的数据解得改=2kgo

(2)从6开始离开墙面到6速度最大的过程，相当于6与4C整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正

方向，则有

Ga+须)「若J=VjH2-\-nhV2

((班+加)^共J2(如+旗)•2+；您/

由『一t图像可得/共J大小为2m/s,方向水平向右

解得方的最大速度为V2=2.4m/s。

典修P

例2.如图甲所示，光滑的水平轨道47与竖直面内的半圆形轨道65在8点平滑连

接，半圆形轨道半径为〃=0.4m»一质量为仍=0.1kg的小物块P将弹簧压缩到4点后由静止释放,

向右运动至8点与质量为®=0.2kg的小物块。发生弹性碰撞，碰撞完成尸立即被从轨道取走，。从B

点进入半圆形轨道，在半圆形轨道上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图乙所示。只0可看作质

点，重力加速度大小为片10m/s：求:

(1)0从夕点运动到〃点的过程中克服摩擦力做的功；

(2)产将弹簧压缩到/点时弹簧具有的弹性势能(结果保留3位有效数字)。

答案(1)0.4J(2)4.05J

解析(1)由图乙可知，0在8、〃两点的速度分别为%=6m/s,K?=4m/s

0从6点运动到〃点的过程，由动能定理有

1212

—nkg'27?—Kf=-/ikvD-~nkvB

代入数据解得，。从夕点运动到〃点的过程中克服摩擦力做的功为睨=0.4Jo

⑵尸、0碰撞过程，根据动量守恒定律可得

nhV\=nkvB-\-nhV2

由于是弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有

1212।12

产K=产%十产V2

联立解得，碰撞前尸的速度为％=9m/s

〃将弹簧压缩到/点时弹簧具有的弹性势能为

12

瓦=力百

代入数值解得耳=4.05J。

(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统i

动量守恒，类似弹性碰撞。]

(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所:

受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。1

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非1

弹性碰撞拓展模型)o]

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结[

束时)。

雪式

一~1.(2024广东省三模)如图甲所示，室内蹦床是一项深受小朋友喜爱的运动娱乐

项目，其简化模型如图乙所示：竖直放置的轻弹簧，一端固定在地面上，另一端连接质量为根的木板8,

质量为3机的物体A从3中央正上方高为//处由静止释放，随后A与8发生完全非弹性碰撞，一起向下

运动.若A与3碰撞时间极短，碰后一起下降的最大距离为%A、2始终在同一竖直线上运动，弹簧始

终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.求：

(1)4与B碰后瞬间的速度大小.

(2)A与B碰撞瞬间，损失的机械能.

(3)A与2碰后一起向下运动到最低点的过程中，A对2做的功.

0

甲乙

答案(1)和丽(2)^mgh(3)^mgh

解析(1)设A与8碰前瞬间速度大小为g，A自由下落时，由机械能守恒定律可得

3rngh=,X3nw^

解得vo=y[2gh

A与3发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得

3mvo=(3m+m)v

解得v=^\[2gh

(2)A与8碰撞瞬间，损失的机械能

AE=Ei—&=；X3根丽一(3m+ni)v2

3

代入数据解得AE=^mgh

(3)设A、5一同向下运动的全过程，A克服3的弹力做的功为Wi，对A应用动能定理可得一Wi

+3mgX^h=0—^X3mv2

39

解得Wi=~^mgh

39

则A对区做的功为W2=Wi=-^mgh

题型二多次碰撞模型

例3.如图所示，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为37处静

置小木块8,A8之间光滑；水平面上距离/右端，处静止着一滑块C,/和。与水平面之间的动摩擦

因数均为〃.4B、C的质量均为如碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连.现对/施加水平向右的恒

定推力，当4C相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间/C的速度噂=4、。面.由于/板足够长，所以不考虑8、

。的相碰.已知重力加速度为g.求:

⑴水平推力少的大小.

⑵当4、C都停下时。离/板右端的距离

答案⑴34〃侬(2)5.57

解析(1)对/由动能定理得

^F~2Limg)—0

/、C相碰，有mvo=2mvAc

解得分=34lung

(2)2、。相碰后，AyC分离,对。有

12

—HmgXc=0—噌VAC

解得xc=8J

对/有一〃•2侬(3/—，)=；加4—^mvAc

解得以=48ugl

然后48相碰，有.=2瞰杷

此后，对4有一〃•2mgXA2=0—^mvAB

解得为2=0.57

/、。之间的距离d=xc—(37—7)—XA2

解得d=5.5/

例4.(2023山东荷泽高三模拟)足够长的斜面体固定在水平面上，其斜面与水平面

夹角为。。物块产置于斜面上，向下推动产使其沿斜面下滑，撤去推力后户沿斜面匀速下滑。将尸重新

静置于斜面上，如图2所示，表面光滑的物块0自距户为/。处无初速释放，并与尸发生弹性正碰，碰撞

时间极短。已知产、。质量均为处设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求:

⑴产与斜面间的动摩擦因数;

(2)0释放后经多长时间与户发生第1次碰撞；

⑶0与户第2次碰撞后户的速度大小；

⑷从。释放到与户发生第〃次碰撞经历的时间和碰撞点到释放点的距离。

答案(l)tan9⑵(3)212g/osin_6(4)(2/?2—2w+l)7o

解析(1)产能沿斜面匀速下滑，则

侬sin0—nmgcos9

解得〃=tan9o

⑵设0下滑的加速度为a,

由牛顿第二定律侬sin9=ma

经时间小发生第1次碰撞

由匀变速直线运动规律7o=1at!

解得匕=、21。一

\1gsm夕

(3)0与〃第1次碰撞前的速度的=石力

解得的={2g_7osin一飞

0、2第1次碰后速度分别为总、Vpi,碰撞过程动量守恒力的=勿幺+〃叱

碰撞过程机械能守恒;族=/用+1■力宓

解得%i=0,m=^=q2g/osin8

即碰撞过程交换速度。碰后0做初速度为零的匀加速运动，加速度仍为8碰后物块分匀速下滑，设再

经时间发生第2次碰撞Vnt2=^a^

第2次碰前物块。的速度=atz

根据弹性正碰可得，碰撞过程Q、P交换速度，则第2次碰后Q、P的速度分别为山、巾，联立解得

Vqi=Vo=yj2glosin9

vn—2vo—2^2^7osin0。

⑷设再经时间为发生第3次碰撞，同理可得ti

第3次碰前0的速度大小为加,=%+aG=3%

碰后0的初速度大小加=2及

产匀速运动速度大小小=3的

经时间打第4次碰撞，则有U=ti

户匀速运动速度大小小1=4的

综上分析可得，第77-1次碰撞到第n次碰撞用时tn=t2

则从释放到第〃次碰撞用时

t=ti+t2-\----Ft“=(2〃-1)7三六~~g

物块户第1次、第2次、第3次、…第〃一1次碰撞后运动位移分别为xi、生、备、…mt

Xl—VotitAs=2K),Xn—l=(n-1)Vb?2

第〃次碰撞点到0释放点距离为

X=_Zo+xi+x2+…+为-1

解得x=(2——2〃+1)loo

静置于光滑水平面上(/的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块6(可视为质点)以水平初速度

的从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间46第一次达到共同速度，此时6恰好未从A上滑

落，然后物块8与长木板4一起向右运动，在力=0时刻，物块6与挡板户发生了第一次碰撞，经过一

段时间物块8与长木板A第二次达到共同速度，之后物块8与挡板尸发生了很多次碰撞，最终在t=友(未

知)时恰好相对地面静止。已知人方间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,物块与挡板尸发生碰撞时

无机械能损失且碰撞时间极短，求：

'〃/〃〃〃〃/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃//〃.

(1)木板4的长度；

(2)46第二次达到共同速度时6离力左端的距离;

(3)0〜友时间内6经过的路程；

(4)友的值。

2r-22

f4Vo4\5西/c、vb

答案(1)(2)(3)Q

Q3〃g29711g8ng⑷念

解析(1)依题意，设木板的长度为4、6第一次达到共速时速度大小为口，对物块和木板由动量守

恒定律有mvQ=(2"+勿)Vi

根据能量守恒定律有

〃磔勿谥一|(2加+4n

2

联立解得历=|'及，L—Vo

3ug°

(2)由于物块与挡板尸发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度

大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为吃，取方向向右为正，根据动量守恒

定律有2mv\—mv\=(2,+而v2

根据能量守恒定律有

nmgx\(2/Z7+m)/一；(2加+区)谒

联立求得「金，广肃工

则可得此时物块距木板左端的距离为

5Ko

Ah=L-X\=

27〃g°

Ph

(3)由(1)(2)问分析可知，物块8与木板第n次共速时的速度为端,

对方有inng=maB

2

从6第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有与=2ams\

2

从6第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有⑥=2a〃sz

2

从6第〃次撞击挡板到第n+1次撞击挡板过程，有用=2aBSn

则s=2(si+s2+s3H---Hs„)=-^.(^2+^4+^----1-*)

(4)8从第〃次与挡板发生碰撞到第〃+1次与挡板发生碰撞的过程中,

设6做匀变速运动的时间为ti,6做匀速直线运动的时间为"A,6保持相对静止共同运动的位移为△

x,匀变速运动过程有

Vo,Vo

<-)nI3，B

=2麴△x

Ph

匀速过程有A为=萍友

联立可得ti:t2=l：1

即每相邻两次碰撞过程中，48匀变速运动过程与/、8匀速运动过程的时间之比为1：1

在0〜匕。时间内，设/做匀减速运动的累计时间为1,则

对/有〃侬=2g

又曰■=&[

解得廿蒜

题型三多过程问题

例5.如图所示，一质量M=3kg的小车由水平部分AB和[光滑圆轨道2C组成，圆

弧8C的半径R=0.4m且与水平部分相切于8点，小物块。与45段之间的动摩擦因数“=0.2,小车静

止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为如=0.5kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h

=1.8m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为加2=1kg的小物块。(两物块均可视为质点)发生

弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g=10m/s2。

M

h

(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度；

(2)求物块Q在小车上运动1s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)；

(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围。

答案（1）4m/s,方向水平向右（2）|m

（3）1.5m

解析（1）物块〃沿腑滑下，设末速度为电

由机械能守恒定律得nhgh=^nh

解得7o=6m/s

物块只0碰撞，取向右为正方向

设碰后瞬间夕、。速度分别为w、a

由动量守恒定律得HhVo=nhVi+nkV2

由机械能守恒定律得

1■-11'1.1

~niin=~/nivi十5m历

解得Ki=—2m/s,喙=4m/s

故碰撞后瞬间物块。的速度为4m/s,方向水平向右。

⑵物块。与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为

Nnkg2,,）

a：!=-F=3m/s

物块0的位移*2=旅1+-/12=3m

小车的位移m

乙U

8

解得—T3=-lllo

⑶物块。刚好到达6点时就与木板共速时么?段最长，根据动量守恒定律有

nhv«=（加+励V3

可得共同速度为砥=1m/s

由能量守恒定律得

菽谒=，（德+肠谒+口ntgLi

解得£i=3m

物块0刚好回到4点与木板共速时，段最短,

根据动量守恒定律可得共同速度仍为匕=1m/s

由能量守恒定律得

产力=5(皿+励谥+2linkgLi

解得5m

当四段最短时需要验证物块0在圆弧上共速时上升高度是否超过R,由能量守恒定律得

严谥=5（如+肠谥+LinhgLi-\-nkgH

解得〃=0.3m<7?=0.4m

所以不会从圆弧轨道上滑出，则/夕段的长度范围为1.5m„

例6.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑,

2

半径R=;:m,槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B,质量均为加=0.2kg„两滑块初始位置与圆心

连线夹角为90。，现给A滑块一瞬时冲量，使其获得%=2回m/s的初速度并沿铁槽运动，与8滑块发

生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、8滑块与铁槽底面间的动摩擦因数〃=0.2,g=10m/s2o试求:

(1)4、8第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm；

(2)A滑块运动的总路程。

答案(1)1.8J(2)5m

解析(1)对/滑块，由动能定理可得

2兀斤1212

/、8碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得0匹=(0+血吸

又由能量守恒定律可得

17»/='1(必+44+区加

解得品=1.8Jo

(2)46发生弹性碰撞，由动量守恒定律得

mv\=mvz-Vmvu

又由机械能守恒定律可得

12__12112

万力历=5"力由十万■加由

解得玦=0,匕=6m/s

48的总路程为$,由功能关系有

12

—umgs\=Ql]invo

A.6运动的总圈数为刀，有9=2兀放

解得n=2.5

对4方的运动过程分析，/运动了1.25圈,

故/滑块的路程S2=L25X2HE=5mo

(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运

动过程中力的变化情况。

(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。

(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规

律求解。

方法技巧

(1)“合”一一整体上把握全过程，构建大致的运动情景。

(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。

(3)“合”一一找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。

-3.如图甲所示，半径7?=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道/与长/=lm的平板6均静置

于光滑水平地面上，/与8刚好接触且二者的上表面相切，一物块。(可视为质点)静置于8的最右端，C

与6上表面的动摩擦因数〃从左往右随距离,均匀变化，其变化关系如图乙所示。己知4B、C的质量

均为必=1kg,重力加速度g=10m/s2,现给C一水平向左的初速度的=4m/so

⑴若从6固定，其他条件均不变，求c刚滑到/最低点尸时对轨道的压力大小；

(2)若46不固定，其他条件均不变，求：

①。由8最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；

②。相对于"最低点?所能达到的最大高度(结果保留2位有效数字)o

答案(1)26N(2)@yJ②0.10m

解析(DC由6最右端滑至最左端过程中，摩擦力做功在=一幺侬”"蟠7=—4J

该过程中，由动能定理得

11

^=-/nvp2--mvo2

C运动到A最低点尸时，由牛顿第二定律得

mvp

F^—mg=—

解得区=26N

由牛顿第三定律可知，，对轨道的压力等于26N。

(2)①C由6最右端滑至最左端的过程中，A,B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

0的=勿—+2/吸

由能量守恒定律得

1

2

吸

的=即/+］乂2旋+0

由功能关系可知，摩擦产生的热量

Himg

0=-----2-----，=4J

.82

角牛z得m/s,走=§m/s

对c由动能定理得一/克=%——g标

40

解得十克=gJ

②C在/上运动时，4，组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，且当4。在水平方向达到共同

速度时。运动到最高点，由动量守恒定律得

勿历+勿适=2%/共

由机械能守恒定律得

；力/X2//+mgh

解得分=0.10mo

、利大题-拿高分八，

朝ma,

1.（2024广东茂名诊断）“嫦娥五号”飞船在月球表面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面

100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a=2m/s"的加速度竖

直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2s减速到0,停止在月球表

面上。飞船质量卬=1000kg,每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°,月球表面的重力加速度g取3.6

m/s2,四条“缓冲脚”的质量不计。求：

⑴飞船竖直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；

⑵从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。

答案⑴一1.6X105j⑵坦詈WN・S

解析（1）设分=100m,飞船加速下降时火箭推力为凡奥\mg—F=ma

推力对火箭做功为W=~Fh

解得片一1.6X1（）5Jo

（2）设“缓冲脚”触地前瞬间，飞船速度大小为r

则卡=2ah

设从“缓冲脚”触地到飞船速度减为。的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I

则47sin60°—mgt=mv

解得/=坦詈V3N-so

2.（2024广大附中期初）如图所示，水平传送带"长£=4.5m,以-2m/s的速度顺时针转动.传

送带与半径斤=0.4m的竖直光滑半圆轨道20平滑连接，"段为光滑圆管，/侬=60°.小物块以

%=3m/s的初速度滑上传送带，已知小物块的质量e=1kg,与传送带间的动摩擦因数〃=0.1,取g

=10m/s2.求：

D

C

(1)小物块通过传送带的时间t.

(2)小物块通过传送带的过程中，传送带对它做的功『以及因摩擦产生的热量Q.

(3)小物块能进入光滑圆管切，且不从，点飞出，传送带转动速度/应满足的条件.

答案(1)2s(2)-2.5J0.5J(3)V14m/s^p<4m/s

解析(1)小物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得口mg=ma

解得a=1m/s2

小物块减速到与传送带共速，经历时间为

V0-Vr

t\—-----------=1S

a

v-\~Vn

通过的位移为荀=一尸・ti=2.5m

I-y,

之后做匀速直线运动，经历时间为fe=——-=1S

V

小物块通过传送带的时间为t=ti+t2=2s

(2)小物块与传送带之间的摩擦力大小为

f=Nmg=\N

传送带对小物块做的功为上―备=-2.5J

共速前传送带的位移为总=%=2m

相对位移为△x=E—吊=0.5m

产生热量为gFAx=0.5J

2

(3)①刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为0,在C点有侬sin300=号

8点到。点，根据动能定理可得

一侬(A+7?sin30°)=%/—；0谕

联立解得^=y/14m/s

②刚好到达〃点不脱轨，在〃点有吃=0

8点到〃点，根据动能定理可得

12

—mg,2R=0~~~^nv里

解得侬=4m/s

所以，为了让小物块能进入光滑圆管切，且不从2点飞出，经过6点的速度满足

V14m/sW防W4m/s

若小物块在传送带上全程加速，则有

〃侬2=］勿品一心谥

解得侬=，讪m/s>4m/s

所以小物块在传送带上是先加速，后匀速.

综上所述，传送带应顺时针转动，速度/满足的条件是

V14m/sWW4m/s

方程联立得IU,故小物块最终会停在距6点m处.

1515

3.(2024大湾区联合模拟一)如图所示，户点左侧有一高人=5.0m的平台与半径印=2.0m的四分

之一光滑圆弧底部相切，平台表面粗糙，长度为1.0m.现让一物块/从圆弧左侧与圆心等高处静止释

放，下滑至平台与另一置于平台右侧边缘的物块8发生碰撞，碰后其中一个物块落在地面上的〃点，另

外一个物块落到N点、,〃点和从点与平台右侧边缘的水平距离分别为1.0m和2.0m,已知A.6两物块

可视为质点，物块/与平台的动摩擦因数为0.2,取g=10m/s?.求：

(1)碰撞前物块A的速度7的大小.

(2)落到〃点和从点对应的平抛运动初速度再和匹的大小.

(3)物块/和物块6的质量之比.

平台

h=5.0m

_________pMN

^^7777^777^7777^777777777777777777777,7地面

221

答案⑴6m/s(2)1m/s2m/s(3)5或9或6+2福

解析(1)根据题意，物块4由静止释放到与物块6碰撞前过程中,由动能定理有

12

mAgR—LiniAgL=-^inAV—0

解得r=6m/s

(2)竖直方向上，由力

可得两物块做平抛运动的时间为t=、勺=1S

水平方向上有XPM=V1t,XPN=V2t

解得vi=lm/s,V2=2m/s

（3）如果物块/与物块8碰撞后均往前运动，则两者落点分别为〃和从根据动量守恒定律有加0

=niAVi+niBV2

解得竺=£

IUB5

碰撞前的动能为%=/勿/=18如

碰撞后的动能为名2=1■如/+；为病=?如

则有合］＞瓦2,满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理.

如果物块/碰撞后反弹，后来落到〃点，假设撞后瞬间物块/速率为匕，根据动能定理和动量守恒

定律有

11

-UniAg・2£=/血匕2一严匕2

mAv=—niAV-3-\-mBV2

解得-=l

1J1B9

同理，对碰撞前后动能进行比较有

111

222

>十

制

P_外-

222P2

满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理.

如果物块力碰撞后反弹，后来落到"点，假设撞后瞬间物块/速率为如根据动能定理和动量守恒

定律有

11

—UniAg•2/=产收2一产%2

HIAV-—niAVt-VmBv1

解得食=此后

同理，对碰撞前后动能进行比较有

111

2>

加

2P2-的2-

满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理.

991

综上所述，物块A和物块B的质量之比为1或《或—■彳

596+2-\/3

4.（2024深圳第一次调研）如图所示，长为/=0.8m,内壁光滑的钢管（顶端开口，下端封闭）竖直

固定放置，4夕两小球的质量分别为血=200g、®=100g,直径略小于钢管内径，将小球/从管口静

止释放并开始计时，0.2s时在管口由静止释放小球夕，已知小球与管底碰撞后原速率反弹，小球的直

径与钢管长度相比可忽略不计，取g=iom/s2,碰撞时间和空气阻力均可忽略.

(1)求/球刚落到管底时，6球的速度迎

(2)求尔6两小球相遇的位置距管底的高度力

(3)若/、6两小球发生碰撞后，8小球上升的最高点高出管口A方=0.35m,求两小球碰撞时损失

的机械能.

6

O'

答案(1)2m/s(2)0.35m(3)0.525J

解析(1)根据题意，有

解得以=、y^=o.4s

则有ts=tA-0.2s=0.2s

则/球刚落到管底时，8球的速度vB=gtB=2m/s

(2)根据题意可知，力球反弹之后做竖直上抛运动，则有

vA=gtA=^m/s

/球刚落到管底时，小球3下落的高度为饱=£g襦=0.2m

设从/球反弹到两球相遇的时间为。则有

12

h=VAt2--gt2

h'=vBt2+-g-&

又有L—hB=h+h'

联立解得方2=0.1s,力=0.35m

(3)设尔6两小球碰撞后，8球上升的速度为/B,则有

0—/，=—2g(£—力+△力)

解得v'6=4m/s

设从6两小球碰前速度分别为匕、唳，则有

=，

v\=vA—gt2im/s

改=@+g22=3m/s

碰撞时动量守恒，取向上为正方向，则有

HIAVI—mBV2=DIAV'B

解得/i=—0.5m/s

则碰撞过程中，损失的机械能为

191o1,o1i9

AE=~niAVi-\-jniBV2.—^niAV«=0.525J

5.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块

均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体,

在斜面体上上升的最大高度为A=0.3m（A小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为®=30kg,

冰块的质量为径=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s1

⑴求斜面体的质量；

（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

答案（1）20kg（2）不能，理由见解析

解析（1）规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为X

斜面体的质量为外。

对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得

m>vo=（侬+降）KD

施+陷）v+nkgt®

式中跖=3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得

v=1m/s,降=20kgo③

（2）设小孩推出冰块后的速度为口，对小孩与冰块，由动量守恒定律有

nh7i+®vb=0@

代入数据得n=-1m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为"和历，

对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

色的=双匹+建%⑥

7；坂谒=4及4+/谥⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得介=-1m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小

孩。

6.(2024广州调研)如图所示，40为跳台滑雪的滑道简化示意图.滑道最低点C处附近是一段

半径为7?的圆弧，/与C的高度差为〃，与C的高度差为加质量为0的运动员从/处由静止滑下，离

开〃点时速度方向与水平方向夹角为30°.不计滑道摩擦和空气阻力，重力加速度为g,求：

(1)运动员滑到C点时对轨道的压力.

(2)运动员滑离2点后到达最高点时的速率.

(3)运动员滑离2点后到达最高点时与C点的高度差.

答案⑴侬(1+2夕，方向竖直向下(2)76g黑卜⑶；(〃+3⑸

解析(1)运动员到达C点时，根据机械能守恒定律可得

12

mgH=/vc

2

在C点根据合力提供向心力有H—mg=nr^

联立可得人=侬(1+半

根据牛顿第三定律可得运动员滑到。点时对轨道的压力为

%方向竖直向下.

(2)运动员从A到〃根据机械能守恒定律可得

mg{H—li)--^HIVD

可得vo=yj2gH-h

离开〃点时速度方向与水平方向夹角为30°,则运动员做斜抛运动，可得动员滑离〃点后到达最高

点时的速率为

76gH-h

v=Pz)cos30

x2

(3)运动员滑离〃点后到达最高点时，此过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得

mgh-\--^invD—mgh'-\~~mvx

解得〃=；（〃+30

7.（2023广东一模）如图所示为某游戏装置的示意图.AB、切均为四分之一圆弧，£为圆弧龙G

的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切.徼与水平方向夹角为6=37。，底端〃有一弹簧，4、

6、D、6、〃在同一水平直线上.一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）

从距/点高为右处的。点静止释放，从4点沿切线进入轨道，8处有一装置，小钢球向右能无能量损失

的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在8点.若小钢球能够运动到〃点，则被等速反弹.各圆轨道半

径均为7?=0.6m,BC^zL=2m,水平直轨道8c和组的动摩擦因数〃=0.5,其余轨道均光滑，小钢球

通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失.某次游戏时，小钢球从。点出发恰能第一次通过圆弧的

最高点笈取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2.

（1）求小钢球第一次经过。点时的速度大小侬

（2）求小钢球第一次经过圆弧轨道最低点8时对轨道的压力大小用.（保留两位小数）

（3）若改变小钢球的释放高度上求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与右的函数关系.

解析（1）小钢球从。点出发恰能第一次通过圆弧的最高点£,则小球到£点的速度为0,小球从C

点到£点，根据动能定理得

12

—mg•2A=0-]加/

代入数据解得vc=2y[6m/s

（2）从8点到。点，由动能定理得

11

—HmgL=/vc2—~^nvB2

小钢球经过8点，由牛顿第二定律得

VB

N—mg=nr^

代入数据联立解得4AN-0.83N

b

根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小

FB=N=0.83N

(3)若小钢球恰能第一次通过£点，设小钢球释放点距2点为打，从释放到£点，由动能定理得

mg(h\—2—HmgL=2

代入数据解得打=1.6m

若小钢球恰能第二次通过£点，设小球钢释放点距力点为力2,从释放到£点，由动能定理得

\R

mgyh2—K)—UmgL—2umgcos夕n•-----=0

tan6

代入数据解得益=2.24m

①若小球释放高度分＜L6m,则无法到达£点，s=0

②若小球释放高度1.624m,小球能经过E点一次，因为〃＜tan9,则小钢球最终停在

〃点，从释放点到停在〃点，根据动能定理得Rg为一〃皿"一〃磔cos0•s=0

代入数据解得s=2.56—1)m

③若小球释放高度小＞2.24m,小球经过£点两次

2R

s^—~丁'='1.6m

tlan。

1.(2023全国乙卷)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为〃的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为

1,圆管长度为20乙一质量为m=?/的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，

所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘

发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：

OI

」1

一不

201

⑴第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；

(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；

(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

答案(1)俘I粤(2)7(3)4

解析(1)过程1：小球释放后自由下落，下落/，根据动能定理得以g[=)vo2

解得vG=yl2gl

过程2：小球以速度画与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有

1Q1

-ZZTPn乙=-IHV-X乙十-MV\

2u212

mvo=mv\~\~Mv\"

解得％=一等v、，=粤

即碰后小球速度大小为厚，方向竖直向上；圆盘速度大小为尊，方向竖直向下。

⑵第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下落速度比

小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即3+反力=匕'

解得t=F

根据运动学公式得最大距离为小=入盘一入球=匕'力一（匕2+土舟=1。

⑶第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有X盘1=丫球1,即历Ni=匕打

解得t1=2

此时小球的速度性=g+§也=当旦

圆盘的速度仍为R’，这段时间内圆盘下落的位移=

之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv2~\~Mvi'=眸'Mvz〃

根据机械能守恒定律有

222

-mv2+-Mv\"=-mv2”+工〃吸〃

2/222

联立解得功'=0，V2/z=y[2gl

同理可得当位移相等时X盘2=*球2

2

即V2"t2-gt2

解得^2—2

这段时间内圆盘下落的位移x盘2=於〃12=41

此时圆盘与下端管口的距离为201—/—X盘1—X盘2=131,之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度再

=gt2=2^2gl

根据动量守恒定律有mv^+Mv2"

根据机械能守恒定律有刎3?+匏於〃2=刎〃2

联立解得V「=理,「3〃=当远

当二者即将发生第四次碰撞时X盘3=才球3

2

即匹"t^=h+^gt3

解得方3=2第=tl=力2

在这段时间内圆盘下落的位移

x盘3=匹"力3=67

此时圆盘与下端管口的距离为

132-67=77

此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，圆盘下落的位移逐次增加21,故若发生下一次碰撞，圆盘下落

的位移为x盘4=8/,则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘碰撞的次

数为4次。

2.(2024湖南卷)如图所示，半径为火的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为如和®?的小球/

和8(如>期).初始时小球A以初速度诙沿圆环切线方向运动，与静止的小球8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4与8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4与8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，求小球的

质量比

(3)若小球/与8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

(0<6<1),求第1次碰撞到第2/7+1次碰撞之间小球6通过的路程.

答案⑴告T⑵2或5(3)『「

HIA+HIBmA-vmBKgHIBee~l

解析(1)由题意可知/、8系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为%则根据动量

守恒有mAVQ=(如+◎)v

一,口DIAVQ

可得v=—工一

niA-vmB

V2

碰撞后根据牛顿第二定律有F=(®+®)—

K

22

r,日「IUAVQ

可付F=2Tn

mA-vmBK

(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为以、修，则碰后动量和能量守恒有

共0。