2023年高考物理知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)與真題 動(dòng)量守恒中的多過程

動(dòng)量守恒中的多過程

一、真題精選（高考必備）

L（2020?全國(guó)?高考真題）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為

4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰

撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。

總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦

力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為（）

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

2.（2011?重慶?高考真題）如圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為〃?，人在極端的時(shí)間

內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了距離乙時(shí)與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與

第三車相碰，三車以共同速度又運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)停止.車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速

度為g,若車與車之間僅在碰撞時(shí)發(fā)生相互作用，碰撞時(shí)間很短，忽略空氣阻力，求：

⑴整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功；

（2）人給第一輛車水平?jīng)_量的大??；

⑶第一次與第二次碰撞系統(tǒng)功能損失之比

3.（2015?山東?高考真題）如圖，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平直軌道上.現(xiàn)給滑塊A

13

向右的初速度Vo,一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以gv。、=VO的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，

84

碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng).滑塊A、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值.兩次碰撞時(shí)間均極短.求B、C碰

后瞬間共同速度的大小.

4.（2019?全國(guó)?高考真題）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜

止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。六0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生

彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0,此時(shí)對(duì)其施加一外力，

使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的回圖像如圖（b）所示，圖中的盯和〃均為未知量。已知A的質(zhì)量為〃，，

初始時(shí)A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。

圖(a)

（1）求物塊B的質(zhì)量；

（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；

（3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A

從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。

5.（2007?天津?高考真題）如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛小車，左側(cè)靠在豎直墻壁上，小車的四分之一圓

弧軌道AB是光滑的，在最低點(diǎn)B與水平軌道BC相切，BC的長(zhǎng)度是圓弧半徑的10倍，整個(gè)軌道處于同一豎直平面

內(nèi).可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從A點(diǎn)正上方某處無初速下落，恰好落人小車圓弧軌道滑動(dòng)，然后沿水平軌道滑行至軌道末

端C處恰好沒有滑出.已知物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力是物塊重力的9倍，小車的質(zhì)量是物塊的3

倍，不考慮空氣阻力和物塊落人圓弧軌道時(shí)的能量損失.求

P

（1）物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的幾倍;

（2）物塊與水平軌道Be間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.

6.（2011?廣東?高考真題）如圖所示.以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止

在光滑水平地面上.左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C.一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的

傳送帶上E點(diǎn).運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下.在經(jīng)B滑上滑板.滑板運(yùn)動(dòng)到C時(shí)

被牢固粘連.物塊可視為質(zhì)點(diǎn).質(zhì)量為m,滑板質(zhì)量M=2m,兩半圓半徑均為，R板長(zhǎng)l=6.5R,板右端到C的距離L

在P<L<5R范圍內(nèi)取值，

E距A為S=5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0?5.重力加速度取g.

⑴求物塊滑到B點(diǎn)的速度大小，

⑵試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中.克服摩擦力做的功Wl與L的關(guān)

系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn).

7.（2012?安徽?高考真題）如圖所示，裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量

M=2kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接.傳送帶始終以v="2m∕s"

的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).裝置的右邊是一光滑的曲面,質(zhì)量m=lkg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面h=1.0m處由靜止釋放.已

知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數(shù)H=O.2,l=1.0m.設(shè)物塊A、B中間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A

靜止且處于平衡狀態(tài).取g=10m∕s2.

（1）求物塊B與物塊A第一次碰撞前速度大??；

（2）通過計(jì)算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊曲面上？

（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)他們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，試

求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小.

8.（2013?山東?高考真題）如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)木板A（上表面粗糙）和滑塊C,滑塊B置于A的左端，

m2

三者質(zhì)量分別為A=??>W=lkg、mc=2kg.開始時(shí)C靜止，A、B-■起以%=5m∕s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng),

A與C發(fā)生碰撞（時(shí)間極短）后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，且恰好不再

與C碰撞.求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小.

~B____________

/Im

9.（2007?重慶?高考真題）某興趣小組設(shè)計(jì)了一種實(shí)驗(yàn)裝置，用來研究碰撞問題，其模型如題圖所示不用完全相同

的輕繩將N個(gè)大小相同、質(zhì)量不等的小球并列懸掛于一水平桿、球間有微小間隔，從左到右，球的編號(hào)依次為1、

2、3……N,球的質(zhì)量依次遞減，每球質(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比為k（k<l）.將1號(hào)球

向左拉起，然后由靜止釋放，使其與2號(hào)球碰撞，2號(hào)球再與3號(hào)球碰撞......所有碰撞

皆為無機(jī)械能損失的正碰.（不計(jì)空氣阻力，忽略繩的伸長(zhǎng),g取Iom∕s2）

（1）設(shè)與c+1號(hào)球碰撞前，n號(hào)球的速度為求。+1號(hào)球碰撞后的速度.

（2）若N=5,在1號(hào)球向左拉高h(yuǎn)的情況下，要使5號(hào)球碰撞后升高16k（16h小于繩長(zhǎng)）問A值為多少？

（3）在第（2）問的條件下，懸掛哪個(gè)球的繩最容易斷，為什么？

10.（2014?安徽?高考真題）在光滑水平面上有一凹槽A,中央放一小物塊B,物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，

L為1.0m,凹槽與物塊的質(zhì)量均為m,兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.05,開始時(shí)物塊靜止，凹槽以vo=5m∕s初速度

向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時(shí)間不計(jì)，g取IOm/S?,求：

（1）物塊與凹槽相對(duì)靜止時(shí)的共同速度;

（2）從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù);

（3）從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者剛相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間及該時(shí)間內(nèi)凹槽運(yùn)動(dòng)的位移大小.

IL（2008?廣東?高考真題）如圖（α）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)

間的變化如圖"）所示.不帶電的絕緣小球尸2靜止在。點(diǎn)./=0時(shí)，帶正電的小球P/以速度力從A點(diǎn)進(jìn)入48區(qū)

域，隨后與尸2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的;倍，P/的質(zhì)量為仙，帶電量為4,P2的質(zhì)量加2=5M∕,4

。間距為L(zhǎng)。，。、B間距L=牛.已知唱=舞,T=4.

3叫34t0

（1）求碰撞后小球P/向左運(yùn)動(dòng)的最大距離及所需時(shí)間.

（2）討論兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.

，

：

T：

B

12.（2020?山東?高考真題）如圖所示，一傾角為。的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為“

和4〃?，Q靜止于斜面上4處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度血與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等

于tan。，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作

質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長(zhǎng)，Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。

⑴求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vPl.vQ

（2）求第〃次碰撞使物塊Q上升的高度

（3）求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H；

⑷為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離s。

二、強(qiáng)基訓(xùn)練（高手成長(zhǎng)基地）

L（2022?江蘇省如東高級(jí)中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖所示，光滑水平面上放置一右側(cè)帶有半圓弧槽的質(zhì)量為，〃的木

板，半圓弧槽最底端B和最頂端。處切線水平，圓心為O,半徑為凡槽面光滑。木板最左側(cè)A處有一可視為質(zhì)點(diǎn)

的質(zhì)量也為〃?的滑塊,滑塊與木板AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)M=O.5。當(dāng)木板固定時(shí),對(duì)滑塊施加水平向右的恒力耳=mg,

滑塊運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)撤去外力，滑塊恰能沿槽面滑到與圓心等高的C處。已知重力加速度為g。

（1）求AB段的長(zhǎng)度L；

（2）若木板不固定，開始時(shí)對(duì)滑塊施加水平向右的恒力尸2,滑塊運(yùn)動(dòng)到木板上B點(diǎn)時(shí)撤去外力，滑塊恰不脫離槽

面從半圓弧槽上。處飛出；

①求恒力尸2的大小及恒力尸2做的功；

②判斷滑塊從半圓弧槽飛出后能否落到木板上。

2.（2022?重慶?高三階段練習(xí)）2022年冬奧會(huì)在北京舉行，小開同學(xué)受到冰壺運(yùn)動(dòng)的啟發(fā)，設(shè)置了一種新式的碰撞

游戲，其情景如圖所示。豎直面內(nèi)的一段光滑弧形軌道MN和粗糙水平軌道儂在N點(diǎn)平滑連接，水平軌直上放置

質(zhì)量=Ikg的足夠長(zhǎng)的木板8,B的左端距N點(diǎn)的距離X=Em,8的右端上方放置質(zhì)量%=2kg的物塊C,B、C

之間的擦因數(shù)〃c=。/，B與水平軌道之間的摩擦因數(shù)〃B=0?2,質(zhì)量為%A=3kg的冰塊從距地面高度為//=Im的地

方靜止滑下，A與水平軌道之間的摩擦因數(shù)4=急，A、B間的碰撞是彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，重力加速度取

2

g=10m∕so已知A與B發(fā)生第二次碰撞之前3、C均已停止運(yùn)動(dòng)，不考慮冰塊質(zhì)量的變化,求:

（I）A與B第一次碰撞后A、B的速度大??；

（2）A與8第二次碰前B的位移大??；

（3）從開始到最終停止以C之間的摩擦生熱。

3.（2021?陜西咸陽?高三階段練習(xí)）如圖所示，一質(zhì)量為M=4kg

的門型框靜止在傾角為仇30。且足夠長(zhǎng)的粗糙I-斜面上，門型框與

,落勿切勿勿吻勿g

斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=*，門型框內(nèi)左側(cè)為粘'合性材料，右側(cè)固

定有勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧。現(xiàn)將一質(zhì)量〃ι=2kg的光滑小物塊壓緊彈簧并鎖定裝置，小物塊到門型框左側(cè)的距

2

離L=1.35m,然后解除鎖定，彈簧瞬間恢復(fù)形變，小物塊獲得vo=5m∕s的速度脫離彈簧，不計(jì)空氣阻力，g=10m∕so

求：

（1）彈簧原來具有的彈性勢(shì)能；

（2）門型框與小物塊相碰粘合后瞬間的速度大小并分析它們粘合之后的運(yùn)動(dòng)情況。

L

θ

4.（2021?四川?樹德中學(xué)高三期中）如圖所示，將滑塊A無初速地輕放在長(zhǎng)s=6Qm,沿順時(shí)針以v0=6.0m∕s轉(zhuǎn)動(dòng)的

水平傳送帶左端，一段時(shí)間后A從傳送帶右端水平飛出，下落高度H=3.2m后，恰能從尸點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入半徑

R=5.5m的光滑圓弧軌道，并沿圓弧軌道滑至最低點(diǎn)Q,滑塊A經(jīng)0點(diǎn)后滑上靜置于光滑水平面上長(zhǎng)為L(zhǎng)=9.2m的

木板B,A與B間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,A帶動(dòng)B向右運(yùn)動(dòng)，距離B右端d=6.0m處有一與木板等高且足夠長(zhǎng)的固定

光滑平臺(tái)，B與平臺(tái)碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動(dòng)，滑塊A滑上平臺(tái)運(yùn)動(dòng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后與左端帶有輕彈簧的滑塊C作

用，已知A、B質(zhì)量均為"2=1.0kg,C的質(zhì)量M=2.0kg。忽略所有滑塊大小及空氣阻力對(duì)問題的影響。sin53o=0.8,

cos53o=0.6,重力加速度g=：LOm/S?

（1）求滑塊A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小需滿足的條件；

（2）滑塊A滑上平臺(tái)時(shí)的速度大小為多少；

（3）滑塊A與彈簧接觸但不粘連，若在滑塊C的右側(cè)某處固定一彈性擋板D（未畫出），擋板的位置不同，C與D

相碰時(shí)的速度不同。已知C與D碰撞時(shí)間極短，C與D碰后C的速度等大反向，且立即撤去擋板D。A與C相互作

用過程一直沒有離開水平面，求此后運(yùn)動(dòng)過程中A與C組成的系統(tǒng)彈性勢(shì)能最大值Ep的范圍。

AVn

5.（2022?全國(guó)?二模）如圖所示，光滑導(dǎo)軌ABC固定在豎直平面內(nèi)，左側(cè)為半徑為r的半圓環(huán)，右側(cè)為足夠長(zhǎng)的水

平導(dǎo)軌。一彈性繩原長(zhǎng)為r,其一端固定在圓環(huán)的頂點(diǎn)4另一端與一個(gè)套在圓環(huán)上質(zhì)量為，〃的小球D相連。先將

小球移至某點(diǎn)，使彈性繩處于原長(zhǎng)狀態(tài)，然后由靜止釋放小球。已知彈性繩伸長(zhǎng)時(shí)彈力的大小滿足胡克定律，彈性

繩彈性勢(shì)能滿足公式與=4履，勁度系數(shù)4=2超，X為形變量，重力加速度為g。求

2r

（1）釋放小球瞬間，小球?qū)A環(huán)作用力的大小和方向；

（2）D球在圓環(huán)上達(dá)到最大速度時(shí)，彈性繩的彈性勢(shì)能為多大；

（3）在水平導(dǎo)軌上等間距套著質(zhì)量均為2”?的"個(gè)小球，依次編號(hào)為1、2、3、4......n,當(dāng)小球D在圓環(huán)上達(dá)到最

大速度時(shí)恰好與彈性繩自動(dòng)脫落，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)進(jìn)入水平光滑導(dǎo)軌，之后與小球發(fā)生對(duì)心碰撞，若小球間的所有碰撞均

為彈性碰撞，求1號(hào)球的最終速度及其發(fā)生碰撞的次數(shù)。（結(jié)果可保留根式）

6.(2022?山東聊城?一模)某傳送裝置的示意圖如圖所示，整個(gè)裝置由三部分組成，左側(cè)為粗糙傾斜直軌道AS中

間為水平傳送帶BC,傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)，其速度的大小可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定，右側(cè)為光滑水平面CD傾

斜軌道末端及水平面CD與傳送帶兩端等高并平滑對(duì)接，質(zhì)量分別為例2、??????機(jī),1、%的〃T個(gè)物塊在水平面

C。上沿直線依次靜止排列.質(zhì)量為叫物塊從斜面的最高點(diǎn)A由靜止開始沿軌道下滑，已知A點(diǎn)距離傳送帶平面的

高度〃=2.5m,水平距離A1=3.5m,傳送帶兩軸心間距右=7m,物塊與傾斜直軌道、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為

〃=0.2,取重力力口速度g=IOnVs?。

(1)求物塊剛滑上傳送帶時(shí)的速度大??；

(2)改變傳送帶的速度，求物塊從傳送帶右側(cè)滑出時(shí)的速度V的范圍；

(3)若物塊巴以%(已知)的速度離開傳送帶，滑到水平軌道上與加2發(fā)生碰撞，從而引起各物塊的依次碰撞，碰

撞前后各物塊的運(yùn)動(dòng)方向處于同一直線上，各物塊間碰撞無機(jī)械能損失，且各物塊之間不發(fā)生第二次碰撞。經(jīng)過依

次碰撞后，定義第"個(gè)物塊町,獲得的動(dòng)能Em與第1個(gè)物塊的初動(dòng)能紇。之比為第1個(gè)物塊對(duì)第月個(gè)物塊的動(dòng)能傳

遞系數(shù)幻,求Q

(4)接第(3)問，若網(wǎng)=砥=??…求，々為何值時(shí)，第〃個(gè)物塊獲得的速度最大，并求出第〃個(gè)物

塊的最大速度匕。

三、參考答案及解析

(-)真題部分

1.BC

【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為加、人規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)員開始時(shí)靜止，第一次將物

塊推出后，運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為K、%,則根據(jù)動(dòng)量守恒定律。=，〃匕-/％

解得匕=RnO

m

物塊與彈性擋板撞擊后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員再次推出物塊

mvλ+/W0V0=mv2-τ∕7υv0

解得％=網(wǎng)I%

m

第3次推出后根匕+，為%=加匕-町M

解得匕=a%%

m

依次類推，第8次推出后，運(yùn)動(dòng)員的速度

m

根據(jù)題意可知％="色V0>5m∕s

tn

解得相<60kg

第7次運(yùn)動(dòng)員的速度一定小于5πVs,則v7=?v0<5m∕s

m

解得m>52kg

綜上所述，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量滿足52kg<m<6()kg,AD錯(cuò)誤，BC正確，故選BC。

13

2.(1)WkmgL；(2)2mjkgL；(3)—

【解析】(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦阻力做的總功為W,則

W=-IangL—2hngL—3kmgL=-SkmgL

(2)設(shè)第一車初速度為〃。，第一次碰前速度為u/,碰后共同速度為“"第二次碰前速度為如碰后共同速度為

人給第一車的水平?jīng)_量大小為/,因此有動(dòng)量守恒和動(dòng)能定理可得

2

—hngL=?∕MVI—?wιπθ

2

-k(2m)gL=?(2機(jī)-^(2W)HI

-k(3tn)gL=°-g

772vl=2WiwlImv2=3tnu2

得I=InUo-O=2mjkgL

(3)設(shè)兩次碰撞中系統(tǒng)動(dòng)能損失分別為團(tuán)和田以2

133

由AE4∣=萬MgLAEk2=-kmgL

△昂13

得

△%T

【解析】根據(jù)根據(jù)動(dòng)量守恒求出碰前A的速度，然后由動(dòng)能定理求出A與8碰撞前摩擦力對(duì)A做的功；8再與C發(fā)

生碰撞前的位移與A和B碰撞前的位移大小相等，由于滑塊A、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值，所以地面

對(duì)B做的功與地面對(duì)A做的功大小相等，由動(dòng)能定理即可求出B與C碰撞前的速度，最后根據(jù)動(dòng)量守恒求解8、C

碰后瞬間共同速度的大小.

設(shè)滑塊是質(zhì)量都是〃?，A與B碰撞前的速度為四,選擇A運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，碰撞的過程中滿足動(dòng)量守恒定律，

得：mVA=mvA'+mvB'

設(shè)碰撞前A克服軌道的阻力做的功為做，由動(dòng)能定理得：

wB=^mv0~^mvA

設(shè)B與C碰撞前的速度為vB",碰撞前B克服軌道的阻力做的功為WB,

唯=；"喏一,喑

由于質(zhì)量相同的滑塊4、8、C,間隔相等地靜置于同一水平直軌道上，滑塊4、8與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒

定值，所以：WB=WA

設(shè)8與C碰撞后的共同速度為V,由動(dòng)量守恒定律得：，皿B"=2mv

聯(lián)立以上各表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)解得：V=-V.

160

點(diǎn)睛：該題涉及多個(gè)運(yùn)動(dòng)的過程，碰撞的時(shí)間極短，就是告訴我們碰撞的過程中系統(tǒng)受到的摩擦力可以忽略不計(jì),

直接用動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理列式求解即可，動(dòng)量守恒定律不涉及中間過程.

211

4.(1)3m；(2)—mgH；(3)—

159

【解析】(1)物塊A和物塊B發(fā)生碰撞后一瞬間的速度分別為匕、%,彈性碰撞瞬間，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，即

∕Hvl=mvA+∣nBVB

12???2

tn-m2m

聯(lián)立方程解得=------κ匕，vB=------匕

m+mlim+mβ

根據(jù)圖像可知以=—T匕

解得啊=3小

(2)設(shè)斜面的傾角為。，根據(jù)牛頓第二定律，當(dāng)物塊A沿斜面下滑時(shí)

tngs?nθ-f=max

由v-t圖像知4=7

當(dāng)物體A沿斜面上滑時(shí)mgsinθ+f=ma2

由圖像知的=肅

解得∕=g,"gsin(9

又因下滑位移X=工=(卬1

SIne2

則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為X,=4=1R?0囹=0.1vl∕l

Sme22

其中〃為尸點(diǎn)離水平面得高度，S∣JA=∣W

解得馬=二

5sin”

故在圖(b)描述的整個(gè)過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為

Wz=∕(X,+Λ2)=∣mgsin19×f-?+-?-l=~mgH

9ISine5sιn^)15

(3)設(shè)物塊B在水平面上最遠(yuǎn)的滑行距離為S,設(shè)原來的摩擦因?yàn)闉椤ǎ瑒t以A和B組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒

定律有mg(H-h)=μmg"?+μmβgS

tan?

設(shè)改變后的摩擦因數(shù)為〃'，然后將A從P點(diǎn)釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時(shí)，速度減為

零，以A為研究對(duì)象，根據(jù)能量守恒定律得

h

mgh=μ'mg-------+μ,mgS

tan。

又據(jù)⑵的結(jié)論可知叱=3%gH="即且二

15tang

得tanθ=9μ

聯(lián)立解得，改變前與改變后的摩擦因素之比為V="

5.(1)物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的4倍.

(2)μ=0.3

【解析】①設(shè)物塊的質(zhì)量為m,其開始下落處的位置距BC的豎直高度為h,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為V,小車圓弧軌

道半徑為R,則由機(jī)械能守恒定律得"勵(lì)=3"。

物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得9wg-,"g=小匕

解得h=4R,即物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的4倍.

②設(shè)物塊與BC間的滑動(dòng)摩擦力的大小為F,物塊滑到C點(diǎn)時(shí)與小車的共同速度為√,

物塊在小車上由B運(yùn)動(dòng)到C的過程中小車對(duì)地面的位移大小為S,

依題意，小車的質(zhì)量為3m,BC長(zhǎng)度為10R,由滑動(dòng)摩擦定律有尸=〃,

由動(dòng)量守恒定律有mv=(m+3m)v'

對(duì)物塊、小車分別應(yīng)用動(dòng)能定理得-F(IOR+S)=1∕w'2-1m/FS=l(3n∕)√2

222

解得μ=03

6.【解析】(1)設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到A和B點(diǎn)的速度分別為vi、v2,

由動(dòng)能定理得μ"7gS=gmvF...①

由機(jī)械能守恒定律?m?∕22=2m(ζR+-mVι2...(2)

聯(lián)立①②，得V2=3廊…③

(2)設(shè)滑板與物塊達(dá)到共同速度V3時(shí)，位移分別為11、∣2,

由動(dòng)量守恒定律mv2=(m+M)V3...④

由動(dòng)能定理u〃?g。=gΛ∕v32...⑤

-μmgh-；mv?2-?mV22...(6)

聯(lián)立③④⑤⑥，得k=2R∣2=8R...⑦

物塊相對(duì)滑板的位移"=∣2-∣ι?l<l

即物塊與滑板在達(dá)到相同共同速度時(shí)，物塊未離開滑板…⑧

物塊滑到滑板右端時(shí)

若RVL<2R,Wf=μmg(I+L)…⑨

收=；機(jī)g(13R+2L)…⑩

若2R≤LV5R,Wf=μmg(l+∣ι)...(11)

Wf=(12)

4

設(shè)物塊滑到C點(diǎn)的動(dòng)能為Ek,

由動(dòng)能定理-叱勺Eh?:“V22…(13)

L最小時(shí)，克服摩擦力做功最小，因?yàn)長(zhǎng)>R,

由③⑩(13)確定Ek小于mgR,則物塊不能滑到CD軌道中點(diǎn).

7.(1)4m∕s(2)不能(3)(；)"V

【解析】(1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時(shí)的速度大小為VO

由機(jī)械能守恒知

mgh=?mv}①

vo=T?Λ②

設(shè)物塊B在傳送帶上滑動(dòng)過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為a

jumg=ma③

設(shè)物塊B通過傳送帶后運(yùn)動(dòng)速度大小為V,有

V2-v?=-2al(4)

結(jié)合②③④式解得v=4m∕s⑤

由于v>"=2m∕s,所以v=4m∕s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小

(2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為V、Vi,取向右為正方向，由彈性碰撞知

-mv=mvt+MV⑥

?mv2=—mv?+?MV2⑦

22,2

WW匕=gv=∣√"∕s⑧

即碰撞后物塊B沿水平臺(tái)面向右勻速運(yùn)動(dòng)

設(shè)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為,則

2

0-vl=-2tzΓ⑨

Γ=^ιn<lm⑩

所以物塊B不能通過傳送帶運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上

(3)當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的速度為零時(shí)，將會(huì)沿傳送帶向左加速.可以判斷，物塊B運(yùn)動(dòng)到左邊臺(tái)面是

的速度大小為Vl,繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞.設(shè)第二次碰撞后物塊B速度大小為V2,同上計(jì)算可知

1ZL2

%=3匕=（§）"Ii

物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞碰撞后物塊B的速度大小依次為

1,1、31J

匕=§彩=（§）匕=（Ix）4V……12

則第n次碰撞后物塊B的速度大小為

匕=（?13

4

Y=MJ14

8.2m∕s

［解析】設(shè)碰后A的速度為V4,C的速度為vc,由動(dòng)量守恒可得%%=rnAvA+mcvc

碰后A、B滿足動(dòng)量守恒,設(shè)A、B的共同速度為匕,則+"%%=（%+⑦）匕

由于A、B整體恰好不再與C碰撞，故匕=%

聯(lián)立以上三式可得匕=2m∕s

9.（1）vn-ι=~^''（2）k=、3.|（3）懸掛1號(hào)球的繩最容易斷.

I+Λ

【解析】（1）設(shè)n號(hào)球質(zhì)量為m,n+l,碰撞后的速度分別為工、r，，取水平向右為正方向，據(jù)題意有0號(hào)球與n+1

號(hào)球碰撞前的速度分別為V"、0、mn+ιkm,

根據(jù)動(dòng)量守恒，有tnV-mE,fkmι,,（1）

根據(jù)機(jī)械能守恒，有1叨V='mV*?km/?.∣（2）

444

由⑴、（2）得v"=至L（E.∣=0舍去）

A+1

設(shè)n+1號(hào)球與n+2號(hào)球碰前的速度為Enn

據(jù)題意有mu=r"

得vn.ι=r',=*?'（3）

I+k

（2）設(shè)1號(hào)球擺至最低點(diǎn)時(shí)的速度為也由機(jī)械能守恒定律有

Vl=y∣2gh（5）

同理可求，5號(hào)球碰后瞬間的速度

vs=j2g×16A（6）

由（3）式得V(7)

N=n=5時(shí)，vs=v]=（2）Vl（8）

由（5）、（6）、（8）三式得

k=、￡1為0.414優(yōu)=-&-1舍去）（9）

（3）設(shè)繩長(zhǎng)為I,每個(gè)球在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對(duì)球的拉力為F,由牛頓第二定律有

?

F（1°）

則下二"+嗎,，叫”22牛生?網(wǎng)￡+落（11）

（11）式中Ekn為n號(hào)球在最低點(diǎn)的動(dòng)能

由題意1號(hào)球的重力最大，又由機(jī)械能守恒可知1號(hào)球在最低點(diǎn)碰前的動(dòng)能也最大，根據(jù)（11）式可判斷在1號(hào)球

碰前瞬間懸掛1號(hào)球細(xì)繩的張力最大，故懸掛1號(hào)球的繩最容易斷.

10.（1）2.5m∕s（2）6次（3）5s12.75m

【解析】（1）設(shè)兩者間相對(duì)靜止時(shí)速度為V,由動(dòng)量守恒定律得mvo=2mv,可得v=2.5m∕s

（2）物塊與凹槽間的滑動(dòng)摩擦力，.%?=；?矮=,俄就號(hào)

設(shè)兩者間相對(duì)靜止前相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程是S1,由動(dòng)能定理得

11

-F,r=-I”；?wh*--，，:"得JI=125m

一■

已知L=:Lm可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞.

（3）設(shè)凹槽與物塊碰撞前的速度分別為VI、V2,碰后的速度分別為V/、V2'，有

.?>,?∣-∣?.???j=情W{-,??I∣J--'V'.:=??',"1-^

■

得\\=V：T；=\：

即每碰撞一次凹側(cè)與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示：

v∕tns^1

根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段，凹槽、物塊的v-t圖象在兩條連續(xù)的勻變速運(yùn)動(dòng)圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)

律求時(shí)間.則

=

V=V0+ar一噸

解得z=5s

凹槽的v-t圖象所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小S2,（等腰三角形面積共13份，第一份面積為0.5L,其

余每份面枳均為L(zhǎng).）

考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)的基本規(guī)律

LQ,

11.（1）—；（2）能.

%

【解析】（1）P/經(jīng)〃時(shí)間與P2碰撞，則a="

vo

Pl.尸2碰撞，設(shè)碰后尸2速度為V2,由動(dòng)量守恒得：

叫%=班（一|%）+加2匕

解得：嶺=；%（水平向右）

碰撞后小球P/向左運(yùn)動(dòng)的最大距離：黑=獸

解得：Sm=?

所需時(shí)間：%=M="

?1VO

（2）設(shè)P/、巴碰撞后又經(jīng)W時(shí)間在08區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P/受電場(chǎng)力不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，以水平向右為

正：S1=S2

則有：-v,?r+-^tz1?r2=v2?r

解得：?r=^=3T（故P/受電場(chǎng)力不變）

%

對(duì)P分析：S2-V2Δ,=τ??-≈I><L=

3%Λ3

所以假設(shè)成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.

12.⑴P的速度大小為。的速度大小為入；⑵4=（白1萋Cn=I,2,3......）；⑶H=I-；⑷S=絲二萼

?5刃NgIXg20OgSIn〃

【解析】（I）P與。的第一次碰撞，取尸的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得

∕πv0=mvP}+4wtVρl①

22

由機(jī)械能守恒定律得,"%2=→IVP∣+^?4∕HVCI②

聯(lián)立①②式得M=-∣V°③

VQ1=|?④

32

故第一次碰撞后尸的速度大小為m%,Q的速度大小為m%

(2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為hl,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

0一=2?(-2gsin8)?-?-⑤

s】n，

聯(lián)立①②⑤式得％=今⑥

設(shè)尸運(yùn)動(dòng)至與。剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為先,第一次碰后至第二次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得

2

-∣WV,,I=-∕W^ΛI(xiàn)(7)

聯(lián)立①②⑤⑦式得?2=f%⑧

P與。的第二次碰撞，設(shè)碰后P與。的速度分別為昨2、?,由動(dòng)量守恒定律得

/MV02=mVp2+4"WQ2

由機(jī)械能守恒定律得g"%?=^mvP2+y4m?2⑩

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得

3√7

vP2=--×?yvo?

2√7

?2=-×-vO?

設(shè)第二次碰撞后。上升的高度為h2,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

0_vQ2=2?(-2gsinθ)'.2?

SIne

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得八白/?

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與。剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為％3,第二次碰后至第三次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得

2WV032-?mvP2=THgh2?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得為3=(gA?

尸與。的第三次碰撞，設(shè)碰后尸與Q的速度分別為VP3、?.由動(dòng)量守恒定律得

mvm=mvn+4mvQ3?

由機(jī)械能守恒定律得

2

?Mug?=1mvp2+1.4mvβ3?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得

v>3?

?=l×(4^0?

設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑩得

O-Vρ2=2?(-2gsin，)?-?-

3?

vSlne

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得

?=(?)2???

2525g

總結(jié)可知，第〃次碰撞后，物塊Q上升的高度為

A,,=(?)"^'??(n=l,2,3......)?

2525g

⑶當(dāng)P、Q達(dá)到”時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過程由動(dòng)能定理得

?“

2

0——∕zzv0=-{m+4rn)gH—tan4,MgcosΘ----?

2sing

解得

H晤?

18g

⑷設(shè)。第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為tl,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

V

QI=2gtlsinθ?

設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為需要的時(shí)間為0由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

Vp1'=Vp∣+gt2Sino?

22

Vpi-Vpl=2sgsinθ?

設(shè)P從A點(diǎn)到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3

v02=(-vpι)-?sin<9?

當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)

4=2t2+4?

聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得

S=MFM

200gsin。

(二)強(qiáng)基部分

1.(1)2R；(2)①9mg,惇?、诨瑝K恰好落到木板左側(cè)邊緣處

41o

【解析】(1)當(dāng)木板固定時(shí)，滑塊在木板上加速過程由動(dòng)能定理有

(K-μmg)L=^mv2-0

滑塊在槽面內(nèi)上升過程，由機(jī)械能守恒定律有=加gR

聯(lián)立解得乙=2R

(2)①當(dāng)木板不固定時(shí)，設(shè)巳作用時(shí)間為f,到8點(diǎn)時(shí)，滑塊速度為刃，木板速度為吻，滑塊對(duì)地位移為制，木

板對(duì)地位移為X2,由動(dòng)量定理，對(duì)滑塊有

(F2-μmg')t-mv-O

對(duì)木板有μ∣ngt-mv2-0

L

兩者的位移分別為x∣=gι√,々=3彩，，X~X2-

滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧槽最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)滑塊速度為V3,木板速度為川，對(duì)系統(tǒng)，撤去外力后至滑塊到達(dá)圓弧槽最高點(diǎn)，由

動(dòng)量守恒定律有mvl+mv2=mvi+mv4

22

由機(jī)械能守恒定律有g(shù)g√+?=?∕HV3+?mv4+ImgR

滑塊在最高點(diǎn)恰不脫離半圓弧槽，說明滑塊與半圓弧槽間彈力為0,此時(shí)半圓弧槽的加速度為0,以半圓弧槽為參

考系，滑塊在半圓弧槽上滑動(dòng)過程中相對(duì)半圓弧槽做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)半圓弧槽最高點(diǎn)時(shí)相對(duì)速度大小(對(duì)滑塊恰好

滑到半圓弧槽最高點(diǎn)時(shí)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)進(jìn)行分析時(shí)，對(duì)應(yīng)的參考系是運(yùn)動(dòng)的半圓弧槽)V111=V4-V3

對(duì)滑塊，由牛頓第二定律有/Mg=等

聯(lián)立解得

Fm

2=^S'町=?旅，彩=I闞，匕=I?甄，V4.r=g

對(duì)滑塊，有%=］1卬=2,2R

1322143

恒力廠2做的功W=EN=7mg?κR=~^~mgR

②滑塊從半圓弧槽飛出后，滑塊相對(duì)半圓弧槽做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為h,落點(diǎn)離木板上B點(diǎn)距離為X。

豎直方向，滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，有=

水平方向，滑塊相對(duì)木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有X=VMl

解得x=2R=/,

可知滑塊恰好落到木板左側(cè)邊緣處。

4113

2.(1)V=2m∕s,V=6m∕s；(2)一m；(3)-J

ΛB183

【解析】(I)碰撞前，由機(jī)械能守恒定律得叫g(shù)∕LM√4gX=}“A4

木塊A與木塊B為彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得“入％=mΛvA+mBvB

由機(jī)械能守恒定律得("I,J；=^^m,?v?wjBVB

聯(lián)立解得TA=2m∕s,VB=6m∕s

(2)已知A與B發(fā)生第二次碰撞之前8、C均已停止運(yùn)動(dòng)，故由牛頓第二定律得8的加速度大小為

,,_為(叫+Qg+icg

aB一

心

C做加速運(yùn)