第27讲 四种“类碰撞”典型模型研究（复习讲义）（湖南专用）（教师版）

第27讲

四种“类碰撞”典型模型研究目录TOC\o"1-3"\h\u01考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 3考点一“子弹打木块”模型 15知识点1“子弹打木块”模型 15考向1子弹嵌入木块中 16考向2子弹穿透木块 16考点二“滑块—木板”模型 12知识点1“滑块—木板”模型 12考向1“滑块—木板”模型 12考点三“滑块—弹簧”模型 7知识点1“滑块—弹簧”模型 7考向1“滑块—弹簧”模型 8考点四“滑块—曲面”模型 3知识点1“滑块—曲面”模型 3考向1“滑块—曲面”模型 404真题溯源·考向感知 18考点要求考察形式2025年2024年2023年子弹打木块”模型选择题非选择题考点二“滑块—木板”模型选择题非选择题考点三“滑块—弹簧”模型选择题非选择题考点四“滑块—曲面”模型选择题非选择题湖南卷T15湖南卷T15考情分析：1．碰撞模型的拓展的“四种“类碰撞”模型”是力学压轴题的情景，在湖南物理试卷中频繁出现，是考查学生综合运用物理知识能力、科学思维素养的关键载体，对学生的成绩有着举足轻重的影响。2．从命题思路上看，试题情景为这“四种“类碰撞”模型与其他知识板块的融合将更加深入，不仅局限于力学内部综合，还可能与电磁学、热学等跨模块结合复习目标：目标一：深入理解弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的定义、特点及本质区别，熟练掌握碰撞过程中动量守恒、机械能守恒（弹性碰撞）的条件与适用范围。目标二：明确碰撞模型与动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在逻辑联系。考点一“子弹打木块”模型知识点1“子弹打木块”模型1.模型图示2.模型特点（1）子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。（2）系统的机械能有损失。3.两种情境（1）子弹嵌入木块中，最后两者速度相等，机械能损失最多（完全非弹性碰撞）；动量守恒：mv0＝（m＋M）v；能量守恒：Q＝Ff·s＝12mv02－12（M＋m（2）子弹穿透木块动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；能量守恒：Q＝Ff·d＝12mv02考向1子弹嵌入木块中例1（2025·湖南邵阳市一模）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（）A.第一次子弹射出B时，A的位移为dB.第一次子弹穿过A、B所用时间之比为C.第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为D.第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为【答案】D【解析】【详解】A．设第一次子弹穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有此过程对A和B有对子弹有解得故A错误；B．第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A的时间之比为，所以穿过A、B所用时间之比为，故B错误；C．设子弹的初速度为，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有由能量守恒有解得第二次子弹穿过A时，设子弹速度为，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为，进入B的深度为，对子弹和A由动量守恒有由能量守恒有解得对子弹和B，由动量守恒有由能量守恒有解得假设成立，故C错误；D．第一次系统损失的机械能第二次系统损失的机械能第一次、第二次系统损失的机械能之比为故D正确。故选D。【变式训练1】（2025·江西·模拟预测）如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（视为质点）以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】设子弹射入木块的初速度为v0，经过t时间子弹与木板达到共速v，子弹的质量为m，木块的质量为M，由题意可知m<M，根据动量守恒可得可得v=经过t时间子弹发生的位移大小为x木块发生的位移大小为x子弹与木块发生的相对位移大小为Δ则有Δ故选B。【变式训练2】（2025·河北·一模）如图所示，在有圆孔的水平支架上放置一物块，子弹从圆孔下方以大小为v0的速度竖直向上击中物块并留在物块中。已知子弹的质量为m，物块的质量为9m，重力加速度大小为g。物块（含子弹）在空中运动时所受阻力大小为它们所受总重力的1(1)子弹在物块中相对物块运动的过程中，系统损失的机械能；(2)物块（含子弹）落回支架前瞬间的速度大小。【答案】(1)Δ(2)v【详解】（1）子弹射入物块过程，由动量守恒定律有m解得v=子弹射入物块的过程中，系统损失的机械能Δ解得Δ（2）子弹射入物块后一起向上运动，由运动学公式有2由牛顿第二定律有1+子弹和物块落回支架的过程中，由牛顿第二定律有1−由运动学公式有2解得子弹和物块落回支架前瞬间的速度大小v考向2子弹穿透木块例2（2025·湖南省娄底市高三二模）如图所示在光滑水平面上有两个小木块和，其质量，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为，初速度为，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿木块损失的动能是射穿木块损失的动能的2倍，则（）A.子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3975JB.子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为C.弹簧再次恢复原长时的速度为D.弹簧再次恢复原长时的速度为【答案】AC【解析】【详解】A．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由题意可知，子弹穿过的过程中，由动量守恒定律可得联立解得，射穿木块过程中系统损失的机械能为，故A正确；B．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由动量守恒定律可得由题意可知联立解得，子弹穿过以后，弹簧开始被压缩，和弹簧所组成的系统动量守恒，当达到共同速度时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得解得根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为故B错误；CD．弹簧再次恢复原长时的速度分别为、，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律机械能守恒定律有联立解得，故C正确，D错误。故选AC。【变式训练1】．如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为，木块的速度为。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（

）A．木块的质量为3mB．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于【答案】AB【详解】AB．子弹击穿木块的过程，有解得M=3m故AB正确；D．若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为。故D错误；C．由能量守恒可得解得故C错误。故选AB。【变式训练2】如图所示，把一个质量的小球静置于高度的直杆的顶端。一颗质量的子弹以的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离。取重力加速度，不计空气阻力。求：（1）小球水平抛出的速度大小；（2）子弹刚落地时刻的动能；（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球在空中做平抛运动，竖直方向有解得小球水平抛出的速度为（2）子弹穿过小球过程，根据动量守恒可得解得子弹速度为对子弹根据动能定理可得可得子弹刚落地时刻的动能为（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能为考点二“滑块—木板”模型知识点1“滑块—木板”模型1.模型图示2.模型特点（1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。（2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。3.求解方法（1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。（2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。（3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。考向1“滑块—木板”模型例1（2025·湖南省岳阳市高三二模）如图所示，质量为且足够长的木板静止在光滑的水平地面上，一质量为的滑块以速度从最左端冲上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。则：（1）经过足够长的时间，求系统产生的热量；（2）若，开始时在离木板右侧处固定一块挡板（图中未画出），木板只与右侧挡板发生2次弹性碰撞（碰撞前后木板的速度大小不变，方向相反），求满足的条件；（3）若，开始时在离木板右侧距离的右侧某位置固定一块挡板（图中未画出），木板与右侧挡板发生弹性碰撞后立刻将挡板撤走（碰撞前后木板的速度大小不变，方向相反），求滑块冲上木板之后，经过足够长的时间，系统产生热量的可能取值范围。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】经过足够长的时间，滑块与木板将会达到共同速度v，对滑块与木板组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v由能量守恒定律得：联立解得：【小问2详解】如图为两种临界情况（示意图）物块减到0的时间是固定的，为：木块向右加速和向左减速是对称的，段数越多，每段时间就越短，L就越小。加速时，对木板由牛顿第二定律得：μmg=Ma即a=μg加速时间最长为t，则2t1=t对应最长长度为加速时间最短为t2，则4t2=t对应最短长度为最长长度Lmax，如果取等号，物块和木板将会共速为零停下，不会有第二次碰撞；不取等号，L比Lmax略小一点。则当木板速度减为零时，物块还有向右的速度（很小），就会带着木板向右发生第二次碰撞。综上所述可知，L应满足的条件是：【小问3详解】木板将要与挡板发生碰撞时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，对滑块与木板组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2木板与挡板发生碰撞后，经过足够长时间滑块与木板共速，对滑块与木板组成的系统，取v1方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=（m+M）v滑块冲上木板至最终滑块与木板共速的整个过程，由能量守恒定律得：联立解得：v2有取值范围，当其最小时当其最大时，以水平向右的方向为正方向，则mv0=（m+M）v2max联立解得：v2min≤v2≤v2max即当时，当时，综上知：【变式训练1】（2025·湖北·二模）如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（）A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为【答案】D【详解】AB．规定向右为正方向，根据动量守恒定律有解得若，A所受的摩擦力对A，根据动能定理得则得物体A对地向左的最大位移若，对B，由动能定理得则得小车B对地向右的最大位移故AB错误；C．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即故C错误；D．根据动量定理得又，解得故D正确。故选D。【变式训练2】（2025·山东济南·一模）如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律）可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】ABD【详解】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A正确；BC．若木板质量大于滑块，则两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。故选ABD。考点三“滑块—弹簧”模型知识点1“滑块—弹簧”模型1.模型图示2.模型特点（1）动量守恒：两个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，则系统动量守恒。（2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。（3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝12m1v02－12（m1＋m2（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v02＝12m1v12考向1“滑块—弹簧”模型例1（2025湖南省长沙市湖南师范大学附属中学一模）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（）A.A球与B球碰撞中损耗的机械能为108JB.在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大C.在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36JD.在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s【答案】AC【解析】【详解】A．碰撞的过程中，满足动量守恒解得球与B球碰撞中损耗的机械能A正确；B．弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；C．在以后的运动过程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒解得最大弹性势能解得C正确；D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知解得此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。故选AC。【变式训练1】（2025·湖南娄底·二模）如图所示为一缓冲机构工作的原理示意图。两滑块A、B可在光滑水平面上做直线运动，mA=m，mB=4m，滑块B中贯穿一轻质摩擦杆，靡擦杆和滑块B之间的滑动摩擦力可以通过改变滑块B中安装的液压装置所提供的压力进行调节，摩擦杆前端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，当A挤压弹簧达到一定压缩量时可以导致摩擦杆与B之间达到最大静摩擦力，并出现相对运动，某次实验时，调节B与摩擦杆之间的压力使得它们之间的最大静摩擦力大小为f=5mg（(1)若摩擦杆与B刚好出现相对运动时所对应A的初速度的值以及此条件下A、B分离后的速度(2)若A的初始速度大小为258【答案】(1)v0=52(2)L=L0−41【详解】（1）若摩擦杆与B刚好出现相对运动时所对应的A的初速度为v0，弹簧的最大压缩量为x0且A与B速度刚好相同。根据动量守恒定律以及机械能守恒定律可得m1联立可得：v从A与B开始接触到分离的过程可以视为发生一次弹性碰撞，设分离后速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：m解得：v（2）若A的初始速度大小为258mkg，当弹簧压缩至x0时，设A、B的速度分别为v1且1解得：v此后A与B在摩擦力的作用下分别做匀减速和匀加速直线运动。根据牛顿第二定律：对A、B分别有5mg=ma当速度变为相同时v其相对位移：Δ从接触弹簧开始A相对于B的位移为Δ则A与B的最近距离为L=当A与B共速时，根据动量守恒定律：m此时弹性势能仍为1由此状态到A与B分离，设A、B分离的速度分别为v1''和v2''联立解得v【变式训练2】（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，在光滑水平地面上，A、B、C三个物块质量均为m，A、B间用劲度系数大小为k的轻质弹簧连接，开始时弹簧处于原长，B、C接触不粘连。现给物块A一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0。在以后的运动中弹簧始终在弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为Ep=(1)物块C的最大加速度a及最大速度vC(2)弹簧第一次最大压缩量与第一次最大拉伸量之比x1(3)若其他条件不变，只改变物块C的质量，求物块C可能获得的最大动能Ek【答案】(1)kv0(2)x(3)E【详解】（1）当弹簧第一次压缩到最短时，弹簧弹力最大，B、C加速度最大。这时A、B、C速度相同，设为v。物块A、B、C三者组成的系统动量守恒，有m由能量守恒，有1联立解得x对B、C，由牛顿第二定律有k可得a=当弹簧第一次恢复原长时，B、C即将分离，C速度达到最大。设A速度为v1，B、C速度为v2，对A、B、C由能量守恒，有1联立解得v所以C的最大速度2（2）B、C分离后，A、B系统动量守恒，当A、B速度相等时，弹簧第一次达到最大拉伸量，设此时A、B速度为v3，对A、B系统动量守恒，有对A、B系统能量守恒，有1联立得x解得x（3）设C的质量为M，当弹簧第一次恢复原长时，B、C分离，C速度达到最大。设A速度为v4，B、C速度为v5。对A、B、C由能量守恒有1联立解得vC的动能E当M=2m时，C的动能有最大值，最大值为E考点四“滑块—曲面”模型知识点1“滑块—曲面”模型1.模型图示2.模型特点（1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，12mv02＝12（M＋m）v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（（2）返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12＋考向1“滑块—曲面”模型例1（2025·广东·模拟预测）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒B．t2C．由图可知m大于MD．图中阴影面积S【答案】BD【详解】A．小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，故A错误；B．t1时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，t2可知ℎ>ℎC．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有m移项得mv1若m大于M，则v图中明显获知v1D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1∼t2时间内即小球的从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点低于弯槽左右两端，根据vx−t图像围成面积等于水平位移，得S1故选BD。【变式训练1】（2025·山西·模拟预测）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面最高点B与圆心O等高，物块a、b、c一字排开也静止在光滑的水平面上，已知物块a的质量为m、物块c的质量为4m。给物块a一个水平向右的初速度，a、b碰撞后粘在一起，b与c发生弹性碰撞后a、b的速度恰好为零，c刚滑上圆弧面时对圆弧面最低点A的压力大小为40mg，c沿圆弧面上滑恰好能滑到B点，重力加速度为g，不计物块的大小，求：(1)b、c碰撞后一瞬间，物块c的速度大小；(2)a与b碰撞过程中损失的机械能；(3)圆弧体的质量。【答案】(1)3(2)54mgR(3)8【详解】（1）设b与c碰撞后一瞬间，c的速度大小为v1，c刚滑上圆弧面最低点A时有F−4mg=4m根据牛顿第三定律有F=40mg解得v（2）由于a、b碰撞后粘在一起，b与c发生弹性碰撞后a、b的速度恰好为零，则有m+mb解得m设a与b碰撞前的速度大小为v0，根据动量守恒定律有ma与b碰撞过程中损失的机械能为ΔE=解得Δ（3）设圆弧体的质量为M，物块c从A点滑到B点时，c与圆弧体共同速度为v2，根据水平方向动量守恒有4m根据机械能守恒有12解得M=【变式训练2】（2025·山东·模拟预测）如图所示，在水平面上放置一质量为m的物体A，右边紧靠一半径为R、质量为m的半圆形槽B，P、Q为半圆形槽的两端点，现锁定A、B。将一质量为m的小球自半圆形槽左端P点正上方R处的O点由静止释放，小球从P点沿切线进入半圆形槽内。已知在直径PQ所在水平面的上方，小球总是受到大小恒为12mg、方向竖直的阻力作用，重力加速度为(1)求小球经过半圆形槽最低点时的速度大小v0和对半圆形槽的压力大小F(2)若解除对A、B的锁定，在O点由静止释放小球，小球从P点沿切线进入半圆形槽内，求小球第一次经过Q点后上升的最大高度ℎ。(3)若解除对B的锁定并移走A，仍在O点由静止释放小球，小球从P点沿切线进入半圆形槽内，经过足够长的时间，求小球在直径PQ所在水平面的上方运动的路程s和最终在半圆形槽内动能的最大值Ekm【答案】(1)v0=(2)ℎ=(3)s=3R；E【详解】（1）小球下滑的过程，根据动能定理有mg解得v在最低点有F解得F根据牛顿第三定律对半圆形槽的压力大小F（2）若解除对A、B的锁定，小球落到P点的过程有mg⋅R−解得v=小球继续下滑到最低点的过程，水平方向动量守恒有2m根据机械能守恒有1联立解得vAB=小球上滑经过最低点时，A、B分离，继续运动小球与B水平方向动量守恒，设小球到达槽口的水平速度为v2x，有设小球到达槽口的竖直速度为v2y，小球和B系统机械能守恒，有此后小球做斜上抛运动，到达最高点时竖直速度减为零，设距凹槽的高度为h，有1联立解得ℎ=（3）若解除对B的锁定并移走A，仍在O点由静止释放小球，阻力仅在PQ上方做功，根据能量守恒有mgR=解得s考虑多次往返，实际路程为无限级数求和s=R+2R(小球第一次运动到最低点时速度最大，根据水平方向动量守恒和能量守恒有0=mv−mv'解得v=则动能的最大值E1．（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有可得做圆周运动的线速度为弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有由题意带入解得故选C。2．（2024·湖北·高考真题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m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f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。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B．子弹在木块中运动的时间为C．木块和子弹损失的总动能为D．木块在加速过程中运动的距离为【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，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为联立上式可得因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；B．则子弹穿过木块时木块的速度为由运动学公式可得故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，即故C错误；D．木块加速过程运动的距离为故D正确。故选AD。3．（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳？？紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。(1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。【答案】(1)；(2)；(3)，【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有最低点牛顿第二定律可得联立可得（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得水平方向竖直方向取向上为正可得联立可得（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得设的水平速度和竖直速度分别为，则有则水平方向动量守恒可得水平方向满足人船模型可得此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系水平方向竖直方向联立可得即显然当时取得最小，此时4．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒联立解得因水平方向在任何时候都动量守恒即两边同时乘t可得且由几何关系可知联立得（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得（）（3）将代入小球的轨迹方程化简可得即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图

此时可知速度和水平方向的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒系统机械能守恒联立得5.（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1=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k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，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μ=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Ep与形变量x的关系为。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的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；（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t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1＋m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1＋m2)a共对m2有a2=μg=1m/s2当a共=a2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m1、m2组成的系统列动能定理有代入数据有

（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m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形