力學三大觀點的綜合應用（解析版）-2023年高考物理壓軸題專項訓練（新高考專用）

壓軸題04力學三大觀點的綜合應用

目錄

一，考向分析...................................................................................1

二.題型及要領歸納.............................................................................2

熱點題型一應用三大動力學觀點創(chuàng)新解決經典模型問題........................................2

熱點題型二應用三大動力學觀點解決多過程問題..............................................5

熱點題型三借助碰撞、爆炸等模型綜合考察能量觀、動量觀及運動觀...........................8

三.壓軸題速練................................................................................13

一，考向分析

1.本專題是力學三大觀點在力學中的綜合應用，高考中本專題將作為計算題壓軸題的形式命

題。

2.熟練應用力學三大觀點分析和解決綜合問題。

3.用到的知識、規(guī)律和方法有：動力學觀點(牛頓運動定律、運動學規(guī)律)；動量觀點(動量定

理和動量守恒定律)；能量觀點(動能定理、機械能守恒定律、功能關系和能量守恒定律)。

5.本專題的核心問題與典型模型的表現形式

(1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動。

(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動。

(3)平拋運動：與斜面有關的平拋運動、與圓軌道有關的平拋運動。

6.本專題的常見過程與情境

7.應對策略

(1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度。

(2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程中的沖量(功)。

(3)過程中動量或機械能守恒：根據題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關系式，一般這兩

個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)。

8.力學三大觀點對比

力學三大觀點對應規(guī)律表達式

牛頓第二定律F合=ma

v=vo+at

動力學觀點

=_.1?

勻變速直線運動規(guī)律xvot~\"一at

2

v2—vo1=2ax等

動能定理沙合=A￡k

機械能守恒定律￡ki+耳i=￡ki+￡p2

能量觀點

功能關系WG——\Ep等

能量守恒定律E\=E?

動量定理I&=p'-p

動量觀點

動量守恒定律P1+P2=Pi+P2

9.選用原則

(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)，涉

及時間與運動細節(jié)時，一般選用動力學方法解題.

(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定

律解題，題目中出現相對位移(摩擦生熱)時，應優(yōu)先選用能量守恒定律.

(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題，

因時間短且沖力隨時間變化，應用動量定理求解.

(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板一塊問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時

間，應用動量守恒定律求解.

二.題型及要領歸納

熱點題型一應用三大動力學觀點創(chuàng)新解決經典模型問題

【例1】(2022?全國乙卷-T25)如圖(°),一質量為根的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在

光滑水平面上：物塊8向/運動，/=0時與彈簧接觸，至膻=2%時與彈簧分離，第一次碰

撞結束，A、B的V—/圖像如圖(b)所示。已知從/=0到7=4時間內，物塊A運動的距

離為0.36%%。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再

次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為。(sin。=0.6),

與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

⑶物塊A與斜面間的動摩擦因數。

xx\\\x\\xx\\x\\\

圖(a)

【命題意圖】本題考查動量守恒定律、動能定理、牛頓第二定律、勻變速直線運動規(guī)律等.

【壓軸題透析】本題為典型的多過程問題，涉及力學三大規(guī)律.解題關鍵是將這個復雜過

程進行拆分：①彈簧碰撞現象，根據動量守恒定律、能量守恒定律確定彈簧彈性勢能的最大

值；②物塊8向左與物塊/作用時二者的位移差等彈簧壓縮量的最大值，物塊N的位移題

目已經給出，物塊3位移的求解是本題的難點，物塊2向左做加速度增大的減速直線運動,

求解其位移有三種如題方式，第一種由牛頓運動定律如題結合微元法思想求解；第二種從動

量守恒定律入題結合速度時間圖像求位移的思想求解，第三種仍然從動量守恒定律入題借助

人船模型思想求解。③物塊/、B的彈性碰撞過程，遵守動量守恒定律以及機械能守恒定律,

確定碰撞后的速度再結合題目中“再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同”一條件確定物

塊/兩次沖上斜面的速度相同，同時也可以求出物塊A第一次返回斜面底端的速度大小，

然后根據牛頓運動定律或動能定理求解；

【答案】(1)0.6*;⑵0.768%/0；(3)0.45

【解析】

(1)當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、3速度相等，即/時刻，根據動

量守恒定律

mB-1.2v0=(jnB+m)v0

根據能量守恒定律

1212

"pmax=-mB(1.2v0)^--(mB+m)v0

聯立解得

mB=5m

Epmax=06掰說

(2)解法一：牛頓第二定律+微元法思想

同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據牛頓第二定律E=

可知同一時刻%=5%

則同一時刻A、3的的瞬時速度分別為

巳=a/

VB=L2%--j-

根據位移等速度在時間上的累積可得

s1=v/（累積）

="*（累積）

又勾=0.36%%

解得力=1128%%

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值加=s--力=O.768v/o

解法二：類比人船模型

設某時刻以、3的速度分別為匕、VB。由動量守恒定律有

mvA+5mvB=（m+5m）v0

式中，V。為彈簧壓縮至最短時的速度。在/、3相互作用過程中,該式恒成立。亦即上述方

程每時每刻均成立，則平均動量守恒，即mvA+5mvB={m+5m>0

因此，在0~t0內，有mxA+5mxB=6mv0/0

已知與=0.36%"，則沖=1.128%%o當彈簧壓縮至最短時

壓縮量Ax=xB-xA=O.768vo/o

解法三：動量守恒定律+圖像法思想

設某時刻4、5的速度分別為VZ、v5o由動量守恒定律有

mvA+5mvB=（加+5m）v0

變形為&Z、=5

考查小段時間加，有“L=5,如下圖有必=5累積求和邑=婁包=5變換

（乙-%加常5ZAS]

SSS6

得一二--l-+---2二—

52$25

在圖中§2二-0.36%''O.64vo/o

壓縮量Ax=S—0.768%。

(3)物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊/第二次與B分離后速度大小

仍為2%,方向水平向右，設物塊N第一次滑下斜面的速度大小為辦，設向左為正方向，

根據動量守恒定律可得加2一5加-0.8%=加?(一2%)+5加可

22

根據能量守恒定律可得;加得+1-5m-(O.8vo)(-2v0)+1-5mv^

聯立解得吃=%

設在斜面上滑行的長度為上滑過程，根據動能定理可得

12

-mgLsin0-/nmgLcos0=0--m(2v0)

下滑過程，根據動能定理可得

12

mgLsin6—從mgLcos6=3-0

聯立解得4=0.45

熱點題型二應用三大動力學觀點解決多過程問題

［例1］豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊

3靜止于水平軌道的最左端，如圖(p)所示.，=0時刻，小物塊N在傾斜軌道上從靜止開始

下滑，一段時間后與8發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當/返回到傾斜軌道上的尸點(圖中

未標出虺一速度減為匕時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止.物塊/運動

的v-f圖象如圖(6)所示，圖中的vi和a均為未知量.已知/的質量為加，初始時/與8的

高度差為重力加速度大小為g,不計空氣阻力.

(1)求物塊3的質量；

(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中，求物塊/克服摩擦力所做的功；

(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等.在物塊2停止運動后，改變物塊與軌道間的

動摩擦因數，然后將在從尸點釋放，一段時間后/剛好能與8再次碰上.求改變前后動摩

擦因數的比值.

【必備知識】本題考查的知識點機械能守恒定律、動量守恒定律、能量守恒定律、動能定理

等。

【關鍵能力】(1)理解能力：要求能根據題設情境正確對滑塊進行運動和受力分析。

(2)推理論證能力：根據滑塊的運動特點應用三大動力學觀點求解。

(3)模型構建能力：根據問題情境，建立滑塊質點模型、斜面模型、碰撞模型及勻變速直線

運動模型。

【解答過程】

(1)根據圖(6),%為物塊/在碰撞前瞬間速度的大小，g■為其碰撞后瞬間速度的大小.設物

塊/、2碰撞后瞬間的速度大小分別為V/、力義的質量為加B則由動量守恒定律和機械能

守恒定律有

mv1=mvA+mBvB①

—mvf=-mv^+—mBv1②

VT1—VT1

聯立①②式得辦=絲R%③

m+mB

由圖3)可知，

vA=-^-?

③④聯立得加E=3加

⑵在圖(6)所描述的運動中，設物塊/與軌道間的摩擦因數為〃，尸點的高度為肌斜面的

傾角為e

從圖(b)所給出的V4圖線可知

H1左

---------=—vltl?

sin，2

h1v,21門

------=-----------A=—?

sin。22510

⑤⑥可得笈=5/z⑦

A下滑過程中：gsin6^-jugcos0=—@

%

A上滑過程中：gsin。+承cos。=3?匕?⑨

44

⑨除以⑧化簡得：tan。=9〃⑩

物塊4在整個過程中克服摩擦力所做的功為

W=pmgcos0?"+〃=/jmg———二-mgH⑩

'sin。9〃15

⑶從4開始運動到B最終停下來整個過程中，設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為x則

對4、5組成的系統(tǒng)由能量守恒定律有：

2

mg（H-h）--mgH+加gx?

設改變后的動摩擦因數為〃'，對/由能量守恒定律有

h

mgh-"'mgcos0-------F^mgx?

sin0

聯立??解得：4=—

9

【例2】一質量為加=2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機

忽然發(fā)現前方100m處有一警示牌。立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間變化

可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0』時間段為從司機發(fā)現警示牌到采取措施的反應

時間（這段時間內汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），G=0.8s；G~f2時間段為剎

車系統(tǒng)的啟動時間，f2=L3s；從燈時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定

工作，直至汽車停止，已知從72時刻開始，汽車第1s內的位移

為24m,第4s內的位移為1m。

（1）在圖（b）中定性畫出從司機發(fā)現警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工

作后汽車運動的VY圖線；

（2）求:2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大??；

（3）求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及介72時間內汽車克服

阻力做的功；司機發(fā)現警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為

多少（以G72時間段始末速度的算術平均值替代這段時間內汽車

的平均速度）？

【必備知識】本題考查的知識點運動學公式、動量定理、動能定

O^1.0t22.0//S

理等。

圖(b)

【關鍵能力】本題綜合考查了勻變速直線運動中的“剎車問題”；

變力的沖量求解問題；變力做功的求解問題等。剎車過程中的綜合性問題不僅包含直線運

動的相關知識，而且還涉及力學的知識，如牛頓運動定律、動量定理、動能定理等.分析

問題時，應該注意知識的綜合性，從最基本的入手，個個擊破。

【試題解答】

（l）v-f圖像如圖所示。

（2）設3s后在經過At的時間汽車減速為0,設加速度的大小為a,根據題意可知巧時刻開始后

0.5s末的速度為：

v05=—=24加/s①

設第3s末的速度為匕，則根據逆向思維及運動學公式有：

v3=aAt②

v5c

o.5=V3+?--（3）

①②③聯立解得：Ar=0.55；a=8m/s2

說明汽車在f=3.5s已經停止，設J時刻的速度為力則：

v2=at=28mIs@

（3居—J這段時間內理=f

J時刻由牛頓第二定律：f==16000?

由圖像面積可得阻力的沖量：/合=4000N.S⑥

4-2這段時間內根據動量定理：-/合=加丫2一加4⑦可得：V]=30〃?/s

設九~/2時間內汽車克服阻力做的功為少f，則根據動能定理：

一％=；加田_3加丫：⑧解得叫=1.16x105/

根據題意：勻速階段的位移：X]=v￡=30機⑨

t,-t2這段時間內的位移：x=—G=乜愛-0.5=14.5加⑩

17

勻加速階段的位移：=—x—x28=49m?

22

所以司機發(fā)現警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為87.5加。

熱點題型三借助碰撞、爆炸等模型綜合考察能量觀、動量觀及運動

觀

【例1】（2023?廣東惠州?統(tǒng)考一模）如圖所示，在傾角為30。的光滑足夠長的斜面上建立x

軸，單位為米（m）,在西=-0.1m和％=-0.4m處有質量分別為2M和"小球A和B,在x

軸正半軸某處垂直于斜面放置一彈性薄擋板，現將兩小球同時由靜止釋放，小球與薄擋板之

間、小球與小球之間的碰撞均為彈性正碰，碰撞時間極短，g取10m/s2,求：

(1)小球A第一次到達原點O處的速度大小vA和運動時間入；

(2)小球A第一次與擋板碰撞后，返回到原點。處時，恰好與小球B迎面發(fā)生第一次碰

撞，則擋板的位置坐標飛；

(3)兩小球在原點。處發(fā)生第一次碰撞后，立即移動擋板至丘。處，當小球A再次與移動

后的擋板相碰后，撤去擋板，使得A與B在x正半軸發(fā)生第二次碰撞，求左的取值范圍。

【答案】(1)lm/s,0.2s；(2)0.125m；(3)左＞6.4

【解析】(1)小球AB在斜面運動過程中的加速度大小都為

a=gsin30°=5m/s2

由v?-v：=2ax得

vA=J2dxJ=Im/s

由v=可得

tA=^=0.2s

a

(2)由x=+/得球B到達。點所需時間

球A從。點到板得時間

所以

12

x=

oVA'O板+50'。板=0.125m

(3)由運動對稱性可知球/到反彈回到。點時得速度

VAI=VA=1DI/S

球2到達。點的速度

vB=atB=2m/s

以沿斜面向下為正，兩球在碰撞過程由動量守恒和能量守恒可得

MVB-2MVM=+2MV、2

四說?2—j?2”痕

2222

解得

%=Im/s,vB1=-2m/s

可知碰撞后A球沿斜面向下運動，B球沿斜面向上運動。當B球碰撞后再次到達。點時所

用時間為

5=2x為=0.8s

a

此時若A球也恰好到達。點則

=vA2xy+|?(y)2=0-8m

解得

當丘。很大時，B球碰撞后再次過。點時A球的速度為

VA3=VAl+?ZBI=5m/S>|VBl|

即為很大時，在A球未與板碰撞反彈之前，AB球不會發(fā)生碰撞。當A球與板碰撞反彈后

必然與B球發(fā)生第二次碰撞。所以

左>6.4

【例2】(2023?四省聯考25)如圖，水平軌道/2、CD分別與高為從傾角6=30。的斜面軌

道8C兩端平滑連接，質量為加的小物塊P靜止在水平軌道上，質量大于他的小物塊Q

位于P的左側，Q的初動能為線。=：機(g為重力加速度大小)，初速度方向向右；Q與

P發(fā)生碰撞后，P沿斜面上滑高度高〃后返回，在水平軌道上與Q再次發(fā)生碰撞，所有墊道

36

均是光滑的，每次碰撞均為彈性碰撞。

(1)求Q的質量；

(2)求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C點時的速度大??；

(3)為保證第2次碰撞能在水平軌道上發(fā)生，求初始時P離斜面底端2的最小距離。

【答案】⑴5小⑵*我⑶祟

【詳解】（1）設Q的質量為初速度大小為外,第1次碰撞后瞬間P、Q的速度分別為

vi、Vi,以向右為正方向，由動能定義、動量守恒定律和機械能守恒定律有

1,

=-W

MVQ=MVX+mvx

-MV；=+Lmv；

222

2136

聯立可得

M=5m

（2）第2次碰撞前瞬間P的速度大小為山,方向向左；設碰撞后瞬間P、Q的速度分別口、

V2,P沿斜面上滑到C點時的速度大小為七，由動量守恒定律和機械能守恒定律有

MVX-mvx—MV2+mv2

-MV；+-mv,2=-MK2+-mv?

21212222

Lmvi=mgh+Lmv^c

聯立可得

c9

（3）設初始時P離斜面底端B的距離為s,第1次碰撞后Q運動到斜面底端B所需時間為

t,P運動到斜面底端8所需時間為dP沿斜面運動時加速度的大小為。，在斜面上運動所

需總時間為"由運動學公式、牛頓第二定律有

s=Vxt

s=W

mgsin0=ma

弓=2乜

a

由題意

tN+1?

聯立上述各式并由題給條件得

、100

s>----h7

27

即初始時P離斜面底端B的最小距離為一〃。

27

【例3】(2022?江西南昌市3月第一次模擬)如圖甲所示，在一次爆炸實驗中，質量分別為m

=21^和"=81^的/、8兩個物體之間裝有少量炸藥，并排放在水平導軌上。爆炸點的左

側的墻壁上裝有輕彈簧，彈簧的左端固定，右端與/物體的距離及=1.25m。當炸藥發(fā)生爆

炸后，測得/物體壓縮彈簧的過程中，對彈簧的壓力F隨壓縮量x的變化關系如圖乙所示(最

大壓縮量為25cm)。已知/、3兩物體與水平導軌間的動摩擦因數均為〃=0.2,4、2物體的

碰撞不損失機械能，兩物體均可看作質點。重力加速度g=10m/s2。求：

(1)A壓縮彈簧的過程中，克服摩擦力做的功和彈性勢能的最大值;

⑵爆炸過程42獲得的機械能之和；

(3)物體/和B最終靜止時離爆炸點的距離。

【答案】(1)1J10J(2)20J(3)0.02m0.37m

【解析】(1M克服摩擦力做功為Wf=kimgx0

解得Wf=\]

彈簧的彈性勢能最大值為%=入。=審乂祝

解得Ep=10J。

(2)爆炸后A獲得的動能為Eiu=〃mg(￡o+xo)+Ep

解得匹=16J

爆炸過程中有mvQA~MvQB—Q

B獲得的動能為EkB=\MviB=~EkA

2M

解得EkB=4J

爆炸過程中轉化成4、5的機械能為片=加+入=20J。

(3)由37V3=16,317V徐=4

可得爆炸后4、B的速度為voz=4m/s,VOB=1m/s

B向右運動至停止經過的路程為XB=&

2ae

其中皿=劭=@/

m

解得加=0.25m

所用的時間為加=.=0.5s

as

得到4返回到爆炸點的時間以〉?所以4被彈簧彈回后，碰撞靜止的物體瓦設碰撞前4

的速度為vj,則^mviA—+jumg[2(Lo+xo)+XB]

解得v/=3m/s

A.B碰撞后，速度分別為v/和VB

貝!jmvA=mvA~\~MvBr

~mv^=-mvA，2+^MVB2

222

缶刀夕日,3A/5/,2'與/

觸得y/=-----m/s,V5=—^―m/s

v/2

碰撞后/向左運動的位移為SN=——=0.27m

2a

，2

B向右運動的位移為SB=.=0.12m,所以/、3兩物體最終靜止的位置與爆炸點的距離分

2a

別為

Axj=(0.27—0.25)m=0.02m

Ax5=(0.12+0.25)m=0.37m。

三.壓軸題速練

1.(2023?遼寧?朝陽市第一高級中學校聯考二模)如圖所示，在水平地面的兩邊有相距為￡

的兩塊固定擋板M、N,在兩塊擋板間的中點處并排放著兩個質量分別為犯、性的小滑塊

1和2(可看成質點)，它們與地面間動摩擦因數分別是4=02和〃2=?！?，Z=4m。現讓

小滑塊1向左，小滑塊2向右以大小相等的初速度％同時開始運動，小滑塊與擋板碰撞不損

失機械能，滑塊之間發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，碰撞時間極短，均可忽略。(重力加速度g取

10m/s2)

(1)若小滑塊1、2剛好不發(fā)生相碰，求小滑塊1所走的路程是多少？

(2)若小滑塊1、2恰在小滑塊1第一次停止時發(fā)生碰撞，則它們第一次碰前運動了多長時

間？出發(fā)時％的值為多大？

(3)若小滑塊1、2出發(fā)時的速度大小取(2)問中的%值，%>/，且小滑塊1、2僅能

發(fā)生一次碰撞，求一應滿足的條件。

m.

【答案】(1)|m；(2)t=迪s，v0=^m/s;(3)

【詳解】(1)根據牛頓第二定律可得：滑塊1、2的加速度大小分別為

〃22

ax=[g=2m/s,6z2=42g=lm/s

滑塊1、2與擋板碰撞之前運動的位移大小均為與，碰撞時的速度大小分別為h、v2,碰撞

后位移大小分別為乙、上2,根據勻變速直線運動的位移關系可得

L..VI-VQ

2—2。］

Lv；-V；

2—2。2

2%

4上

2a2

滑塊1、2恰不相碰，則

L1+L2—L

滑塊1所走路程

L8

s\=~+AT=~m

(2)滑塊1碰撞后的位移大小為

L、=宜一人

'262

運動的時間為

a}

滑塊2運動的總路程為

g+(L—工J=“一；的產

解得

875.

%=—m/s

+4后

t=-----s

5

(3)由(2)可知，碰撞前滑塊2的速度

滑塊1、2發(fā)生彈性碰撞，碰撞后的速度分別為匕、v；,由動量守恒、能量守恒可得

m2V3=加1匕+m2y2

121)?1,7

2加2匕=5冽1匕+~m2V2

解得

，2m,

滑塊1、2碰撞時距離左擋板

f6

L=-m

15

由于%〉刑,%方向向左，滑塊1、2恰不發(fā)生第二次碰撞，應滿足

江+j

2。12a2

解得

]<%三5+2-

mx3

2.(2023?重慶萬州?高三重慶市萬州第二高級中學統(tǒng)考學業(yè)考試)如圖1所示，質量均為

〃?=1kg且可視為質點的兩個相同小物塊a、b?？吭谪Q直墻壁處，a、b之間由細線連接并

夾著一根壓縮的輕彈簧。虛線左側粗糙水平地面與物塊間的動摩擦因數處處相同，大小

A=0.1；虛線43右側粗糙水平地面對物塊的摩擦力與物塊速率成正比，滿足/=麻"為未

知常數)。f=0時刻，水平向右的恒力尸作用在b上；％時刻，b運動到虛線處，速度大

小V]=0.5m/s,此時a、b間細線突然斷開，作用在b上的力/此后在％?G時間內滿足

尸=(2v-2)N；J時刻撤去力尸。圖2為b的速度也隨時間/變化的圖像，最終a、b者B停

在虛線處并且恰好不發(fā)生碰撞。彈簧與a、b均未栓接，彈簧恢復原長后立即與a、b分

離，若a與墻壁碰撞時沒有機械能損失，彈簧長度、彈簧釋放彈性勢能的時間及空氣阻力均

忽略不計，重力加速度g取lOm/s"求：

(1)f=0時刻彈簧的彈性勢能大??；

(2)0?。時間內，恒力廠的大??；

(3)4的大小。

4

【詳解】（1）依題意，細線斷開瞬間，彈簧彈力遠大于外力Ra、b系統(tǒng)動量守恒，可得

2加4=mx3Vj+mxva

解得

va=-0.5m/s

即二者分開后，a向左運動，速度大小為0.5m/s,由功能關系可得

Ep+；x2〃%2=；加（3匕）2+：加1，；

解得

1=1J

（2）物塊a、b在恒力作用過程中，根據牛頓第二定律可知

F-2/nmg=Ima

由圖像可知

%

二者分離后，a物塊先向左減速，與墻壁碰撞后接著向右減速,恰好停在處，有

V.A.?12

-pimgxx2=O--mva

聯立，解得

F=6N,%=0.25s

（3）b物塊從4?匕過程，做勻變速運動，有

F+f=ma'

即

2v-2+kv=ma'

可知

k=2,F合=md=2N

設打的速度為v,根據動能定理可得

x=；mv2—；相(3V]/

打之后的運動過程，根據動量定理有

-kvt=-kx=0-mv

有圖像可知

v=3vl7J

聯立，解得

2+V13

t,=------s

34

3.（2023?江西?統(tǒng)考一模）現有一組由螺桿A和螺母B組成的機械組件因為生銹很難被分離。

某同學仔細觀察后通過如下操作將其成功拆開：將此組件豎直立于地面，如圖所示為裝置剖

面示意圖，在螺桿A頂端的T形螺帽與螺母B之間的空隙處裝入適量火藥并點燃，利用火

藥爆炸瞬間所釋放的一部分化學能轉化為系統(tǒng)的機械能￡,使其被順利“炸開”。已知螺桿A

的質量叫=0.5kg,螺母B的質量為刃2=0.3kg,火藥爆炸所轉化的機械能E=6J,B與A

的豎直直桿間滑動摩擦力大小恒為/=15N,不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。

（1）求火藥爆炸瞬間螺桿A和螺母B各自的速度大小;

（2）忽略空隙及螺母B的厚度影響，要使A與B能順利分開，求螺桿A的豎直直桿的最

大長度

螺桿A

5m/s；(2)￡=0.4m

【詳解】（1）設火藥爆炸瞬間螺桿A和螺母B的速度大小分別為匕，v2,以豎直向下為正

方向，則

「121

Em2

=~^+'加2匕

據動量守恒定律可得

加1匕+m2v2=0

聯立解得

巧=-3m/s,v2=5m/s

可知桿A的速度大小為3m/s,方向豎直向上；螺母B的速度大小為5m/s,方向豎直向下。

（2）A相對B向上運動，所受摩擦力/向下，則對螺桿A由牛頓第二定律可得

mlg+f=mial

解得

%=40m/s2

方向豎直向下；

由牛頓第三定律，B所受摩擦力/向上，則對螺母B由牛頓第二定律可得

f-m2g=m2a2

解得

2

a2=40m/s

方向豎直向上；

火藥爆炸后A向上做勻減速直線運動，其減速至零的時間為

%3

A=-=——S

1440

B向下做勻減速直線運動，其減速至零的時間為

v5

t）——2——s

a240

顯然可知：A先減為零后反向加速，B一直減速，當兩者速度相等時剛好分開，則此時直桿

的長度最大。

以向下為正方向，可得

v2-a2At=一匕+ax\t

解得

=0.1s

則由V—圖像可知：直桿長度的最大值為

（Vj+V）A/

L-2

2

解得

L=0.4m

4.（2023春?江蘇鹽城?高一鹽城中學校聯考期中）如圖，豎直平面內有一光滑的平臺

其左側有網=2kg小球1和處于壓縮、彈性勢能為16J的彈簧（球與彈簧不連接），其右側有

一半徑尺=3.6m、圓心角6=60。的光滑圓弧軌道CD,圓弧軌道最底端。處平滑連接另一

光滑平臺DE,質量冽2=2kg的小球2靜止在D點，￡端有一質量為加3=6kg的小球3,用

輕桿懸吊，輕桿長度和懸點位置可調，始終保持小球3剛好接觸E點?，F小球1解除鎖定

被彈簧彈出，恰好沿。點的切線方向進入圓弧軌道，后與小球2粘在一起運動，小球2與

小球3之間會發(fā)生彈性碰撞，取g=10m/s2,求：

(1)小球1與小球2碰撞前瞬間小球1的速度大??；

(2)小球3第一次被撞后瞬間的速度大小；

(3)若小球3第一次被撞后能做完整圓周運動，在最高點時輕桿對小球3的作用力大小為

20N,求輕桿的長度心

【答案】(1)10m/s；(2)4m/s；(3)0.3m或0.34m

【詳解】解：(1)小球1解除鎖定被彈簧彈出，設小球1速度為匕，根據功能關系有

p12

4=./匕

解得

匕=4m/s

平臺45光滑，小球以匕=4m/s離開平臺做平拋運動，設到。點的速度為為，如圖所示

—=tan0

代入數據解得

vy=4V3m/s

則小球在。點的速度為

v2=Jy：+八：=8m/s

設小球1到。點的速度為匕，從c到。根據動能定理有

1212

冽］gK（l—cos6）=—mjV3-y

代入數據解得

v3=10m/s

則小球1與小球2碰撞前瞬間小球1的速度大小為10m/s

（2）小球1與小球2碰撞后粘在一起運動，動量守恒，設碰后的速度為匕，取水平向右為

正方向，根據動量守恒定律有

機］匕=（冽1+m2）V4

平臺光滑，碰后一起做勻速運動，小球12與小球3之間會發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，

設碰后小球12的速度為七，小球3的速度為%,根據動量守恒定律有

（州+m2）v4=（mt+m2）v5+m3v6

根據能量守恒有

?■（叫+加2）"=|'（叫+m2）V5+m3Vl

聯立解得

v6=4m/s

（3）小球3從最低點到最高點，設最高點速度為匕，根據動能定理有

_2m3gz=1?3V7-^m3V6

小球3第一次被撞后能做完整圓周運動，若在最高點時輕桿對小球3的作用力豎直向下，根

據牛頓第二定律有

m3g+尸=號~

聯立解得

￡=0.3m

若在最高點時輕桿對小球3的作用力豎直向上，根據牛頓第二定律有

F說

m3g-F=m3—

聯立解得

L=0.34m

5.（2023春?重慶沙坪壩?高三重慶一中?？茧A段練習）北京成為世界上第一個既舉辦過夏季

奧運會，又舉辦冬季奧運會的城市。我國運動員在2022北京冬奧會的賽場上頑強拼搏，最

終收獲9金、4銀、2銅，位列獎牌榜第三、金牌數和獎牌數均創(chuàng)歷史新高。如圖（a）為某

滑雪跳臺的一種場地簡化模型，右側是一固定的四分之一光滑圓弧軌道半徑為

7?=1.8m,左側是一固定的光滑曲面軌道CD,兩軌道末端C與B等高，兩軌道間有質量

M=4kg的薄木板靜止在光滑水平地面上，右端緊靠圓弧軌道NB的8端。薄木板上表面與

圓弧面相切于B點"一質量加=2kg的小滑塊P(視為質點)從圓弧軌道8最高點由靜止滑下,

經5點后滑上薄木板，重力加速度大小為g=10m/s2,滑塊與薄木板之間的動摩擦因數為

〃=0.4。

(1)求小滑塊P滑到8點時對軌道的壓力大小；

(2)若木板只與C端發(fā)生1次碰撞，薄木板與軌道碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，運動

過程滑塊所受摩擦力不變，滑塊未與木板分離，求薄木板的運動時間，和最小長度人

(3)如圖(b)撤去木板，將兩軌道C端和B端平滑對接后固定.忽略軌道上8、C距地的

高度，。點與地面高度差6=L2m,小滑塊P仍從圓弧軌道最高點由靜止滑下，滑塊從。

點飛出時速率為多少？從。點飛出時速度與水平方向夾角6可調，要使得滑塊從。點飛出后

落到地面水平射程最大，求最大水平射程Sm及對應的夾角。。

B?

圖(a)圖(b)

【答案】(1)60N；(2)1.5s,4.5m；(3)273m/s,苧m,30°

【詳解】(1)根據題意可知，小滑塊由A到3的過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律有

12

mgR=—mvB

在8點，由牛頓第二定律有

F-m2=m—

R

解得

F=3mg=60N

VB=12gR=6m/s

由牛頓第三定律可知，小滑塊P滑到8點時對軌道的壓力

F=F=60N

(2)設木板與擋板第一次碰撞時，滑塊速度為匕，木板速度為修，在滑塊滑上木板到木板

第一次與擋板碰撞的過程中，由動量守恒定律有

mvB=mvx+MV2

由于只發(fā)生一次碰撞，則有

=MV2

解得

v,=3m/s

v2=1.5m/s

整個過程木板所受摩擦力不變，滑塊滑上木板后，小滑塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定

律有

]umg=ma

解得

tz=4m/s2

設從滑上木板到第一次碰撞的運動時間為4,則有