專題05 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 （2020-2024）高考1年模擬物理真題分類匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題05動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1.考情分析考點(diǎn)要求考題統(tǒng)計(jì)動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律2021?浙江?高考真題力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用2024?浙江?高考真題、2023?浙江?高考真題、2024?浙江?高考真題、2023?浙江?高考真題、2022?浙江?高考真題、2021?浙江?高考真題、2021?浙江?高考真題、2020?浙江?高考真題2.試題情境：安全行車(安全氣囊)、交通運(yùn)輸(機(jī)車碰撞、噴氣式飛機(jī))、體育運(yùn)動(dòng)(滑冰接力、球類運(yùn)動(dòng))、火箭發(fā)射、爆炸、高空墜物等。（如2023·浙江6月選考·T18，2022·浙江6月選考·T20）3.常見(jiàn)問(wèn)題模型：氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞等。（如2024·浙江1月選考·T10，2024·浙江1月選考·T15）3.命題方向：本章內(nèi)容在高考中占據(jù)了極為重要的位置，既是熱點(diǎn)也是難點(diǎn)?？荚囆问郊扔羞x擇題，也涵蓋計(jì)算題，有時(shí)還會(huì)與電磁感應(yīng)等知識(shí)相結(jié)合。命題趨勢(shì)大致可分為兩種：一種是對(duì)動(dòng)量概念的單一考查，通常以選擇題的形式出現(xiàn)，題目往往以生活中的實(shí)際情境為背景，如物體間的碰撞、火箭的反沖運(yùn)動(dòng)、流體問(wèn)題等，這類題目難度相對(duì)較低。另一種是綜合題的形式，這類題目要求考生結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和能量等物理概念來(lái)解決問(wèn)題，主要考查學(xué)生的綜合應(yīng)用能力，難度相對(duì)較高。4.備考策略：在復(fù)習(xí)本章時(shí)，考生不僅需要熟練掌握動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律等基礎(chǔ)知識(shí)，還應(yīng)結(jié)合本章內(nèi)容，系統(tǒng)掌握處理綜合問(wèn)題的三種主要方法：動(dòng)力學(xué)方法、能量方法和動(dòng)量方法。分類復(fù)習(xí)并深入理解以下知識(shí)點(diǎn)：①運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題；②利用動(dòng)能定理結(jié)合能量守恒定律處理變力和曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；③應(yīng)用動(dòng)量定理結(jié)合能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律處理碰撞和反沖類問(wèn)題?？键c(diǎn)01動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律1．（2021·浙江·高考真題）在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬開(kāi)始計(jì)時(shí)，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m【考點(diǎn)】某一方向上的動(dòng)量守恒【答案】B【詳析】A．爆炸時(shí)，水平方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知因兩塊碎塊落地時(shí)間相等，則則則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開(kāi)始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．設(shè)兩碎片落地時(shí)間均為t，由題意可知解得t=4s爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為選項(xiàng)B正確；CD．爆炸后質(zhì)量大的碎塊的水平位移質(zhì)量小的碎塊的水平位移爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m+680m=1020m質(zhì)量大的碎塊的初速度為選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。考點(diǎn)02力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用2．（2024·浙江·高考真題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長(zhǎng)度、傾角為的直軌道，半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為，小物塊a動(dòng)到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）若，求小物塊①第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大??；②在上經(jīng)過(guò)的總路程；③在上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。（2）若，滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊?！究键c(diǎn)】機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

完全非彈性碰撞2：板塊問(wèn)題與子彈打木塊問(wèn)題【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【詳析】（1）①對(duì)小物塊a從A到第一次經(jīng)過(guò)C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的向心加速度大小為②小物塊a在DE上時(shí)，因?yàn)樗孕∥飰Ka每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會(huì)下滑，之后經(jīng)過(guò)若干次在DE上的滑動(dòng)使機(jī)械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的距離相等，設(shè)其在上經(jīng)過(guò)的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系有解得③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動(dòng)等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得（2）對(duì)小物塊a從A到F的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得設(shè)滑塊長(zhǎng)度為l時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有解得3．（2023·浙江·高考真題）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長(zhǎng)的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進(jìn)入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時(shí)間極短）。已知傳送帶長(zhǎng)，以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達(dá)圓弧管道DEF最低點(diǎn)F時(shí)速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點(diǎn)時(shí)速度，求滑塊a、b碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差?！究键c(diǎn)】應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過(guò)程問(wèn)題

完全非彈性碰撞4：含有彈簧的情況【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【詳析】（1）滑塊a從D到F，由能量關(guān)系在F點(diǎn)解得FN=31.2N（2）滑塊a返回B點(diǎn)時(shí)的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據(jù)可得在C點(diǎn)的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達(dá)C點(diǎn)解得v1=5m/s因ab碰撞動(dòng)量守恒，則解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)有共同速度則當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)壓縮量為x1，由能量關(guān)系解得同理當(dāng)彈簧被拉到最長(zhǎng)時(shí)伸長(zhǎng)量為x2=x1則彈簧最大長(zhǎng)度與最小長(zhǎng)度之差4．（2024·浙江·高考真題）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的平板緊靠長(zhǎng)為d的固定凹槽EFGH側(cè)璧EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過(guò)軌道BCD后滑上平板并帶動(dòng)平板一起運(yùn)動(dòng)，平板到達(dá)HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2?；瑝K視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度。（1）滑塊恰好能通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)，求滑塊離開(kāi)彈簧時(shí)速度v0的大??；（2）若μ2=0，滑塊恰好過(guò)C點(diǎn)后，求平板加速至與滑塊共速時(shí)系統(tǒng)損耗的機(jī)械能；（3）若μ2=0.1，滑塊能到達(dá)H點(diǎn)，求其離開(kāi)彈簧時(shí)的最大速度vm?！究键c(diǎn)】沒(méi)有其他外力的板塊問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【詳析】（1）滑塊恰好能通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)從滑塊離開(kāi)彈簧到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理解得（2）平板加速至與滑塊共速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒根能量守恒解得（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過(guò)程中，加速度分別為共速后，共同加速度大小為考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與木板共速然后共同減速；假設(shè)先與木板共速然后共同減速，則共速過(guò)程共速過(guò)程，滑塊、木板位移分別為共速時(shí)，相對(duì)位移應(yīng)為解得，隨后共同減速到達(dá)H速度說(shuō)明可以到達(dá)H，因此假設(shè)成立，若滑塊初速度再增大，則會(huì)從木板右側(cè)掉落。5．（2023·浙江·高考真題）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角的直軌道、螺旋圓形軌道，傾角的直軌道、水平直軌道組成，除段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道、相切于處．凹槽底面水平光滑，上面放有一無(wú)動(dòng)力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁處，擺渡車上表面與直軌道、平臺(tái)位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑，B點(diǎn)高度為，長(zhǎng)度，長(zhǎng)度，擺渡車長(zhǎng)度、質(zhì)量。將一質(zhì)量也為的滑塊從傾斜軌道上高度處?kù)o止釋放，滑塊在段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）求滑塊過(guò)C點(diǎn)的速度大小和軌道對(duì)滑塊的作用力大?。唬?）擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間?！究键c(diǎn)】應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過(guò)程問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1），；（2）；（3）【詳析】（1）滑塊從靜止釋放到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得滑塊過(guò)C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）設(shè)滑塊剛滑上擺渡車時(shí)的速度大小為，從靜止釋放到G點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得擺渡車碰到前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說(shuō)明滑塊到達(dá)擺渡車右端時(shí)剛好與擺渡車共速，以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得（3）滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過(guò)程，滑塊的加速度大小為所用時(shí)間為此過(guò)程滑塊通過(guò)的位移為滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程所用時(shí)間為則滑塊從G到J所用的時(shí)間為6．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開(kāi)始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開(kāi)一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知，，，，，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取。（1）若，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度的大??；（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力與h間滿足的關(guān)系；（3）若物塊b釋放高度，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸）?！究键c(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算

應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過(guò)程問(wèn)題

完全彈性碰撞1：動(dòng)碰靜【答案】（1）；（2）（方向豎直向上）；（3）當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，【詳析】（1）滑塊b擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有解得與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得（2）由（1）分析可知，物塊與物塊在A發(fā)生彈性正碰，速度交換。（I）設(shè)物塊剛好可以到達(dá)點(diǎn)，物塊的釋放高度為，則根據(jù)動(dòng)能定理可得解得此時(shí)物塊a到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零，則有（方向豎直向上）（II）根據(jù)（I）中分析可知，當(dāng)時(shí)，在E點(diǎn)管道外壁將對(duì)物塊a有彈力的作用，在E點(diǎn)由牛頓第二定律有由動(dòng)能定理聯(lián)立可得（，方向豎直向下）若取豎直向下為正方向，則綜上可得（，方向豎直向下）（3）當(dāng)時(shí)，物塊位置在點(diǎn)或點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得從點(diǎn)飛出后，豎直方向水平方向根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得當(dāng)時(shí)，從釋放時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得可知物塊達(dá)到距離點(diǎn)0.8m處?kù)o止，滑塊a由E點(diǎn)速度為零，返回到時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得距離點(diǎn)0.6m，綜上可知當(dāng)時(shí)代入數(shù)據(jù)得7．（2021·浙江·高考真題）如圖所示，水平地面上有一高的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾角的粗糙直軌道、水平光滑直軌道、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道和半圓形光滑軌道，它們平滑連接，其中管道的半徑、圓心在點(diǎn)，軌道的半徑、圓心在點(diǎn)，、D、和F點(diǎn)均處在同一水平線上。小滑塊從軌道上距臺(tái)面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道、軌道從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，，。（1）若小滑塊的初始高度，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大??；（2）若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求h的最小值；（3）若小球恰好能過(guò)最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值?！究键c(diǎn)】完全彈性碰撞1：動(dòng)碰靜【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m【詳析】（1）小滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)代入數(shù)據(jù)解得（2）小球沿軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得解得，小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有，解得，結(jié)合(1)問(wèn)可得解得h的最小值（3）設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理由平拋運(yùn)動(dòng)可得，聯(lián)立可得水平距離為由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)取最大，最大值為8．（2021·浙江·高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角α=60°的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心O2的連線，以及O2、E、O1和B等四點(diǎn)連成的直線與水平線間的夾角均為θ=30°，G點(diǎn)與豎直墻面的距離?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處?kù)o止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計(jì)小球大小和所受阻力。(1)若釋放處高度h=h0，當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí)，求速度大小vc及在此過(guò)程中所受合力的沖量的大小和方向；(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O1點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與h的關(guān)系式；(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，高度h應(yīng)該滿足什么條件？【考點(diǎn)】機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

動(dòng)量定理的內(nèi)容和表達(dá)式【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或【詳析】(1)機(jī)械能守恒解得動(dòng)量定理，方向水平向左(2)機(jī)械能守恒牛頓第二定律解得滿足的條件(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前是平拋運(yùn)動(dòng)其中，，則得機(jī)械能守恒h滿足的條件9．（2020·浙江·高考真題）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角的斜軌道平滑連接而成。質(zhì)量的小滑塊從弧形軌道離地高處?kù)o止釋放。已知，，滑塊與軌道和間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為的小滑塊相碰，碰后一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25，求它們?cè)谲壍郎系竭_(dá)的高度h與x之間的關(guān)系。（碰撞時(shí)間不計(jì)，，）【考點(diǎn)】繩球類模型及其臨界條件

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不會(huì)沖出；(3)（）；（）【詳析】(1)機(jī)械能守恒定律牛頓第二定律牛頓第三定律，方向水平向左(2)能在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為點(diǎn)，功能關(guān)系得故不會(huì)沖出(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到距A點(diǎn)x處的速度為v，動(dòng)能定理碰撞后的速度為，動(dòng)量守恒定律設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h，動(dòng)能定理得考點(diǎn)01動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律1．（2024·北京西城·一模）2023年7月，由中國(guó)科學(xué)院研制的電磁彈射實(shí)驗(yàn)裝置啟動(dòng)試運(yùn)行，該裝置在地面構(gòu)建微重力實(shí)驗(yàn)環(huán)境，把“太空”搬到地面。實(shí)驗(yàn)裝置像一個(gè)“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)推動(dòng)實(shí)驗(yàn)艙豎直向上加速運(yùn)動(dòng)至A位置，撤除電磁作用。此后，實(shí)驗(yàn)艙做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)后返回A位置，再經(jīng)歷一段減速運(yùn)動(dòng)后靜止。某同學(xué)查閱資料了解到：在上述過(guò)程中的某個(gè)階段，忽略阻力，實(shí)驗(yàn)艙處于完全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時(shí)間為4s，實(shí)驗(yàn)艙的質(zhì)量為500kg。他根據(jù)上述信息，取重力加速度，做出以下判斷，其中正確的是（

）A．實(shí)驗(yàn)艙向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程始終處于超重狀態(tài)B．實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為40m/sC．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對(duì)實(shí)驗(yàn)艙做功大于D．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對(duì)實(shí)驗(yàn)艙的沖量等于【考點(diǎn)】豎直上拋運(yùn)動(dòng)的高度、速度與時(shí)間的計(jì)算

超重和失重的概念

用動(dòng)能定理求解外力做功和初末速度

動(dòng)量定理的內(nèi)容和表達(dá)式【答案】C【詳析】A．實(shí)驗(yàn)艙在電磁彈射階段處于超重狀態(tài)，在豎直上拋階段處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)艙在電磁彈射結(jié)束后開(kāi)始豎直上拋時(shí)的速度最大，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知該速度為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．在向上彈射過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有所以選項(xiàng)C正確；D．在向上彈射過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故C正確?？键c(diǎn)02力學(xué)中三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用2．（2024·浙江嘉興·一模）如圖所示，光滑水平桿距離水平地面高為，桿上套有一質(zhì)量的滑環(huán)，桿上A點(diǎn)處固定一擋板。長(zhǎng)度為的輕繩的一端連接滑環(huán)，另一端懸掛質(zhì)量為的小球，輕繩能承受的最大拉力為。水平地面上點(diǎn)處?kù)o置一個(gè)頂部裝有細(xì)沙的小滑塊，小滑塊與細(xì)沙的總質(zhì)量為。點(diǎn)右側(cè)有一高度為、傾角為的固定斜面點(diǎn)處平滑連接，與間距為。初始時(shí)刻，輕繩保持豎直，滑環(huán)和小球一起水平向右以的速度作勻速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后滑環(huán)與水平桿上的固定擋板碰撞，滑環(huán)即刻停止，繩子斷裂，小球恰好落入小滑塊頂部的沙堆內(nèi)，落入時(shí)間極短且沙沒(méi)有飛濺。不計(jì)空氣阻力，小滑塊可以視為質(zhì)點(diǎn)且與水平面和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。（1）通過(guò)計(jì)算分析繩子斷裂的原因并求點(diǎn)與擋板A點(diǎn)的水平距離。（2）求小滑塊最終靜止的位置到點(diǎn)的距離。（3）若輕繩長(zhǎng)度可調(diào)，滑環(huán)和小球一起水平向右的初速度可調(diào)，要確?；h(huán)撞擊擋板繩子崩斷后小球總能落在點(diǎn)的小滑塊上，求和的關(guān)系以及的取值范圍?！究键c(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算

繩球類模型及其臨界條件

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

完全非彈性碰撞1：碰撞后直接粘連問(wèn)題【答案】（1）見(jiàn)解析，6m；（2）0.32m；（3），或【詳析】（1）由牛頓第二定律可知解得所以輕繩斷裂。平拋運(yùn)動(dòng)解得（2）小球與小滑塊作用過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒得從到斜面最高點(diǎn)的過(guò)程解得滑塊未從斜面頂端飛出。又滑塊下滑。從滑塊在斜面上的最高點(diǎn)到最終靜止的位置解得（3）若輕繩能斷裂聯(lián)立方程得確保輕繩崩斷解得或3．（2024·浙江杭州·二模）某游戲裝置如圖所示，左側(cè)固定一張長(zhǎng)的桌子，水平桌面的邊緣A、B上有兩個(gè)小物塊甲、乙，質(zhì)量分別為，，兩物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為；右側(cè)有一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線，長(zhǎng)度為，能夠承受的最大拉力，細(xì)線上端固定在O點(diǎn)，下端系有一個(gè)側(cè)面開(kāi)口的輕盒（質(zhì)量不計(jì)），初始時(shí)刻盒子鎖定在C點(diǎn)且細(xì)線伸直，OC與豎直方向夾角，O點(diǎn)正下方處有一細(xì)長(zhǎng)的釘子，用于阻擋細(xì)線。某次游戲時(shí)，敲擊物塊甲，使其獲得的初速度，一段時(shí)間后與物塊乙發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短且碰后粘在一起，形成組合體從邊緣B飛出，當(dāng)組合體沿垂直O(jiān)C方向飛入盒子時(shí)，盒子立即解鎖，之后組合體與盒子一起運(yùn)動(dòng)不再分離。若組合體碰撞盒子前后速度不變，空氣阻力不計(jì)，物塊與輕盒大小可忽略，，。求：（1）物塊甲即將碰到乙時(shí)的速度大??；（2）組合體到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；（3）細(xì)線被釘子擋住后的瞬間對(duì)盒子的拉力大小T；（4）若h的大小可調(diào)，要求細(xì)線被釘子擋住后始終伸直且不斷裂，求h的可調(diào)范圍?！究键c(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算

繩球類模型及其臨界條件

應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過(guò)程問(wèn)題

非完全彈性碰撞后的速度【答案】（1）3m/s；（2）3m/s；（3）2.5N；（4）或【詳析】（1）甲向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）甲乙發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有碰撞后，甲乙做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)，就速度分解有解得（3）組合體運(yùn)動(dòng)到釘子正下方時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得細(xì)線被釘子擋住后的瞬間對(duì)盒子分析有解得T=2.5N（4）當(dāng)剛好能擺到釘子等高處時(shí)解得當(dāng)能繞釘子做完整的圓周運(yùn)動(dòng)且剛好通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)解得在該條件下同時(shí)需滿足在最低點(diǎn)繩子不斷裂，得解得綜上可知h的可調(diào)范圍為或4．（2024·浙江臺(tái)州·二模）如圖所示裝置放置在水平地面上，質(zhì)量的滑塊P從四分之一光滑圓弧A端點(diǎn)滑到B端點(diǎn)，隨后通過(guò)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶。已知圓弧半徑，傳送帶長(zhǎng)，與地面高度?；瑝K可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊P與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)，不計(jì)空氣阻力與傳送帶轉(zhuǎn)輪的大小。（1）求滑塊P滑到圓弧B端點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大??；（2）求滑塊P由C拋出的水平距離x與傳送帶速度v的關(guān)系；（3）若傳送帶速度，將木塊M與N并排靜置在光滑地面上，木塊M上固定一豎直輕桿，輕桿上端小橫桿上系一長(zhǎng)為的輕細(xì)線，細(xì)線下端系一質(zhì)量為的小球Q?；瑝KP從傳送帶飛出后恰好與小球Q碰撞并連結(jié)為一整體S（可視為質(zhì)點(diǎn)），隨后繞懸點(diǎn)小角度擺動(dòng)（不與豎直桿碰撞）。已知木塊M與N的質(zhì)量分別為與。求木塊M與N分離時(shí)S的速度大小。

【考點(diǎn)】物塊在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析繩球類模型及其臨界條件利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）；（2）見(jiàn)解析；（3）【詳析】（1）滑塊P從A端點(diǎn)滑到圓弧B端點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理解得在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得（2）滑塊P由C拋出后，做平拋運(yùn)動(dòng)，則解得若一直減速，根據(jù)動(dòng)能定理解得若一直加速，根據(jù)動(dòng)能定理解得則若，滑塊P由C拋出的水平距離為若，滑塊P由C拋出的水平距離為若，滑塊P由C拋出的水平距離為（3）由（2）知飛出時(shí)為滑塊P、小球Q碰撞前后動(dòng)量守恒，則解得根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、以及機(jī)械能守恒解得，或，（不符，舍去）故木塊M與N分離時(shí)木塊M與N分離時(shí)S的速度大小為。5．（2024·浙江溫州·三模）如圖所示，某固定裝置由長(zhǎng)度的水平傳送帶，圓心角、半徑的兩圓弧管道BC、CD組成，軌道間平滑連接。在軌道末端D的右側(cè)光滑水平面上緊靠著輕質(zhì)小車，其上表面與軌道末端D所在的水平面平齊，右端放置質(zhì)量的物塊b。質(zhì)量的物塊a從傳送帶左端A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)BCD滑出圓弧管道。已知傳送帶以速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊a與傳送帶及小車的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，物塊b與小車的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它軌道均光滑，物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。（1）求物塊a和傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（2）求物塊a到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)管道的作用力FN；（3）要使物塊a恰好不與物塊b發(fā)生碰撞，求小車長(zhǎng)度的最小值d?！究键c(diǎn)】物塊在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析

受恒定外力的板塊問(wèn)題

應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過(guò)程問(wèn)題

常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）30J；（2）6N，方向豎直向上；（3）2m【詳析】（1）對(duì)小物塊分析有設(shè)小物塊一直加速到傳送到右端點(diǎn)時(shí)，其速度為，有解得所以在小物塊a到達(dá)傳送帶右側(cè)時(shí)并沒(méi)有加速到與傳送帶共速，設(shè)該過(guò)程時(shí)間為t，有該時(shí)間傳送帶的位移為，有物塊a相對(duì)傳送帶的位移為摩擦產(chǎn)生的熱量為（2）由題意可知圓弧軌道光滑，所以從B到D，由動(dòng)能定理有在D點(diǎn)有解得由牛頓第三定律可知，物塊a對(duì)管道的作用力等于管道對(duì)物塊a的支持力，所以物塊a到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)管道的作用力為6N，方向豎直向上。（3）當(dāng)物塊滑上小車后，由于所以小車與物塊a保持相對(duì)靜止，而物塊b相對(duì)于小車發(fā)生滑動(dòng)，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，為物塊a與物塊b相碰的臨界狀態(tài)，其運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示該過(guò)程由動(dòng)量守恒有能量守恒方面有解得6．（2024·浙江金華·三模）如圖所示，光滑水平面左側(cè)放置質(zhì)量、半徑的光滑圓弧槽b，右側(cè)固定粗糙斜面體ABC，斜面體AB和BC的傾角均為60°，B離地面高度，另有一個(gè)質(zhì)量的小滑塊球a（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧槽某位置靜止釋放，圓弧槽圓心與小滑塊的連線與豎直方向夾角為?；瑝K與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，且滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)無(wú)機(jī)械能損失。，重力加速度。（1）若圓弧槽b固定不動(dòng)且小滑塊a靜止釋放位置，求a第一次滑至圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)小滑塊的向心加速度大??；（2）若圓弧槽b不固定且小滑塊a靜止釋放位置，求a滑至圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)小滑塊的位移大小及圓弧槽對(duì)小滑塊的支持力大小；（3）若圓弧槽b固定不動(dòng)，小滑塊從某一位置靜止釋放，小滑塊沿斜面AB通過(guò)B點(diǎn)后恰好落在C點(diǎn)，求：小滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度及釋放位置的角度?！究键c(diǎn)】斜面上的平拋運(yùn)動(dòng)

拱橋和凹橋模型

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）；（2），；（3），【詳析】（1）從釋放位置到最低點(diǎn)列動(dòng)能定理求得所以最低點(diǎn)向心加速度（2）a與b水平方向動(dòng)量守恒且總動(dòng)量等于零，滿足人船模型且所以可得滑塊水平位移而豎直位移為4m，則根據(jù)勾股定理可知，總位移大小為5m。a滑下過(guò)程中ab組成的系統(tǒng)總能量守恒a與b水平方向動(dòng)量守恒可得可得小滑塊由合力提供向心力所以（3）B點(diǎn)飛出到C點(diǎn)過(guò)程中，小滑塊做斜拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，則時(shí)間為在豎直方向豎直上拋，取向下為正方向，則得釋放位置到B點(diǎn)列動(dòng)能定理解得所以7．（2024·浙江金華·三模）某固定裝置的豎直截面如圖甲所示，由長(zhǎng)度為1.0m的水平傳送帶和兩段光滑圓管軌道組成，兩段圓管軌道所對(duì)應(yīng)的圓心角相同，，，右側(cè)帶有豎直擋板的滑塊b放置在光滑的水平面上，傳送帶和滑塊b與軌道端口均為平滑連接，傳送帶啟動(dòng)后運(yùn)行的圖如圖乙所示，傳送帶啟動(dòng)0.5s后把小物塊a從傳送帶左側(cè)靜止釋放，小物塊a和滑塊b的質(zhì)量均為，a與傳送帶和滑塊b之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，若空氣阻力、小物塊a、圓管軌道的口徑和皮帶輪半徑均可不計(jì)，物塊a進(jìn)出管道時(shí)無(wú)能量損失，物塊a和滑塊b發(fā)生的碰撞為完全彈性碰撞，重力加速度，試求：（1）小物塊a在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（2）小物塊a進(jìn)入管道時(shí)對(duì)管道的作用力大??；（3）滑塊b至少多長(zhǎng)才能使小物塊a不脫離滑塊?！究键c(diǎn)】含有動(dòng)量守恒的多過(guò)程問(wèn)題【答案】（1）；（2）4N；（3）【詳析】（1）對(duì)傳送帶

0-1s做加速度對(duì)a物體，勻加速當(dāng)a物體與傳送帶同速時(shí)

得此時(shí)共速

物體位移

a物體與傳送帶一起勻加速至1，有所以a物體勻速運(yùn)動(dòng)

時(shí)間運(yùn)動(dòng)時(shí)間

（2）A到B動(dòng)能定理對(duì)B處

得

由牛頓第三定律可知，對(duì)管道作用力為4N。（3）A到C動(dòng)能定理得當(dāng)a剛好滑動(dòng)b最右端與b共速，此時(shí)b的長(zhǎng)度是滿足題意的最短長(zhǎng)度，由能量守恒和動(dòng)量守恒有聯(lián)立得8．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）小明設(shè)計(jì)了如圖所示的彈珠彈射游戲裝置。固定在水平面上的彈珠發(fā)射器發(fā)射一質(zhì)量的小彈珠，沿由水平直軌道和豎直半圓形軌道AB運(yùn)動(dòng)并從B處水平飛出，然后恰好進(jìn)入圓弧形管道CD，并從該管道的D處水平滑出，撞擊放置在平臺(tái)上質(zhì)量的碰撞緩沖裝置PQ，該裝置中的輕彈簧一端固定在擋板Q上，另一端連接質(zhì)量可不計(jì)、且能自由滑動(dòng)的小擋板P，小彈珠碰到擋板P時(shí)緊貼擋板一起運(yùn)動(dòng)，但不粘連。已知、、、，不考慮所有摩擦和空氣阻力及碰撞時(shí)能量的損失，軌道固定，緩沖裝置PQ可在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)，求：（1）彈珠發(fā)射器發(fā)出小彈珠的初速度大??；（2）緩沖裝置中彈簧所能獲得的最大彈性勢(shì)能；（3）小彈珠再次回到D點(diǎn)時(shí)的速度。【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算

平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算

利用能量守恒解決實(shí)際問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）6m/s；（2）2J；（3），方向向右【詳析】（1）彈珠恰好進(jìn)入管道，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有，解得由能量守恒定律，有解得（2）設(shè)小彈珠碰前的速度為，由能量守恒，有解得碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，碰后共同速度為，解得最大彈性勢(shì)能（3）根據(jù)彈性碰撞，有，解得所以小彈珠再次回到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為，方向向右。9．（2024·浙江·一模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平光滑直軌道和水平傳送帶平滑無(wú)縫連接，傳送帶長(zhǎng)，以的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶有光滑圓弧管道的裝置固定于水平地面上，位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為的圓弧細(xì)管道組成，管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道均平滑相切連接，長(zhǎng)，右側(cè)為豎直墻壁?；瑝K的質(zhì)量，滑塊與輕彈簧相連，質(zhì)量，滑塊質(zhì)量，滑塊均靜置于軌道上?，F(xiàn)讓滑塊以一定的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，與滑塊相撞后立即被粘住，之后與滑塊發(fā)生相互作用，與勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧分離后滑上傳送帶，加速之后經(jīng)管道后滑上。已知滑塊在點(diǎn)的速度為，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，與間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小，彈簧的彈性勢(shì)能（為形變量）。求：（1）滑塊第一次經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)對(duì)裝置的作用力；（2）滑塊的初速度大??；（3）試通過(guò)計(jì)算判斷滑塊能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時(shí)最大的壓縮量?！究键c(diǎn)】含有動(dòng)量守恒的多過(guò)程問(wèn)題【答案】（1），豎直向上；（2）；（3）能，【詳析】（1）滑塊第一次經(jīng)過(guò)點(diǎn)到點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理滑塊在點(diǎn)的速度為解得根據(jù)牛頓第二定律，在點(diǎn)滑塊，解得方向豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊第一次經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)對(duì)裝置的作用力為，方向豎直向上；（2）滑塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此剛放上傳送帶時(shí)，滑塊的速度設(shè)為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解得滑塊作為整體與滑塊發(fā)生相互作用，最終滑塊被彈出，根據(jù)動(dòng)量守恒與能量守恒得解得大小與發(fā)生碰撞，最后共速，滿足動(dòng)量守恒解得（3）假設(shè)滑塊能再次回到點(diǎn)，從點(diǎn)到點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理解得速度大于零，假設(shè)成立，滑塊可再次滑上傳送帶，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解得即可以追上滑塊發(fā)生再次碰撞，設(shè)最大壓縮量為，根據(jù)動(dòng)量守恒與能量守恒解得10．（2024·浙江·二模）物理老師自制了一套游戲裝置供同學(xué)們一起娛樂(lè)和研究，其裝置可以簡(jiǎn)化為如圖所示的模型。該模型由同一豎直平面內(nèi)的水平軌道OA、半徑為的半圓單層軌道ABC、半徑為的半圓圓管軌道CDE、平臺(tái)EF和IK、凹槽FGHI組成，且各段各處平滑連接。凹槽里停放著一輛質(zhì)量為的無(wú)動(dòng)力擺渡車Q并緊靠在豎直側(cè)壁FG處，其長(zhǎng)度且上表面與平臺(tái)EF、IK平齊。水平面OA的左端通過(guò)擋板固定一個(gè)彈簧，彈簧右端可以通過(guò)壓縮彈簧發(fā)射能看成質(zhì)點(diǎn)的不同滑塊P，彈簧的彈性勢(shì)能最大能達(dá)到。現(xiàn)三位同學(xué)小張、小楊、小振分別選擇了質(zhì)量為、、的同種材質(zhì)滑塊P參與游戲，游戲成功的標(biāo)準(zhǔn)是通過(guò)彈簧發(fā)射出去的滑塊能停在平臺(tái)的目標(biāo)區(qū)JK段。已知凹槽GH段足夠長(zhǎng)，擺渡車與側(cè)壁IH相撞時(shí)會(huì)立即停止不動(dòng)，滑塊與擺渡車上表面和平臺(tái)IK段的動(dòng)摩擦因數(shù)都是，其他所有摩擦都不計(jì)，IJ段長(zhǎng)度，JK段長(zhǎng)度。問(wèn)：（1）已知小振同學(xué)的滑塊以最大彈性勢(shì)能彈出時(shí)都不能進(jìn)入圓管軌道，求小振同學(xué)的滑塊經(jīng)過(guò)與圓心等高的B處時(shí)對(duì)軌道的最大壓力；（2）如果小張同學(xué)以的彈性勢(shì)能將滑塊彈出，請(qǐng)根據(jù)計(jì)算后判斷滑塊最終停在何處？（3）如果小楊將滑塊彈出后滑塊最終能成功地停在目標(biāo)區(qū)JK段，則他發(fā)射時(shí)的彈性勢(shì)能應(yīng)滿足什么要求？【考點(diǎn)】繩球類模型及其臨界條件

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）；（2）離I點(diǎn)左側(cè)距離0.1m；（3）【詳析】（1）當(dāng)彈性勢(shì)能最大彈出時(shí)，經(jīng)過(guò)與圓心等高的B處時(shí)對(duì)軌道的壓力最大。從彈出到B處，根據(jù)動(dòng)能定理有經(jīng)過(guò)B處時(shí)由牛頓第三定律可知聯(lián)立解得最大壓力方向由指向B。（2）當(dāng)剛好經(jīng)過(guò)C時(shí)解得假設(shè)滑塊在C點(diǎn)不脫離軌道，由能量守恒得解得故滑塊在C點(diǎn)不脫離軌道，從起點(diǎn)到車左端，根據(jù)動(dòng)能定理有故的彈性勢(shì)能彈出到達(dá)車左端的速度與車共速時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒以及機(jī)械能守恒有解得共速時(shí)與擺渡車的相對(duì)位移所以，如果小張同學(xué)的滑塊能滑上擺渡車但又不從擺渡車上掉進(jìn)凹槽，擺渡車與右端碰后停止，滑塊繼續(xù)向前滑行的距離故滑塊所停位置在離車右端距離（3）當(dāng)剛好經(jīng)過(guò)C時(shí)將彈出到平臺(tái)上，根據(jù)動(dòng)能定理有與車共速時(shí)由能量守恒要使得滑塊停在目標(biāo)區(qū)聯(lián)立上面四式解得且故當(dāng)小楊同學(xué)游戲能成功時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能范圍為11．（2024·浙江·二模）如圖所示為一處于豎直平面內(nèi)的實(shí)驗(yàn)探究裝置示意圖，該裝置由光滑圓弧軌道AB、速度可調(diào)節(jié)，長(zhǎng)度為的固定水平傳送帶BC及兩半徑均為的固定四分之一光滑細(xì)圓管DEF組成，其中圓弧軌道的B、D端與水平傳送帶相切且平滑連接。緊靠F處有一質(zhì)量為的小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表面由長(zhǎng)為的水平面GH和半徑為的四分之一的光滑圓弧面HI組成，GH與F等高且相切?，F(xiàn)有一質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道AB上距B點(diǎn)高度為處自由下滑，滑塊與傳送帶及小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，不計(jì)其他阻力，取。求（1）當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上的D點(diǎn)時(shí)，細(xì)圓管道受到滑塊的作用力；（2）當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，滑塊在小車上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離上表面GH的最大高度；（3）調(diào)節(jié)傳送帶以不同速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，試分析滑塊最終在小車上表面GH滑行的路程S與速度v的關(guān)系?！究键c(diǎn)】機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1），方向豎直向下；（2）；（3）見(jiàn)解析【詳析】（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上的D點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理解得在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得，方向豎直向下。（2）從D點(diǎn)到F點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理解得根據(jù)動(dòng)量守恒解得根據(jù)能量守恒有解得（3）要求滑塊不脫離小車，有①滑塊不離開(kāi)小車的右端時(shí)解得②滑塊不離開(kāi)小車左端時(shí)，解得所以滑塊到F點(diǎn)時(shí)的最大速度為，則D點(diǎn)時(shí)的最大速度為，根據(jù)動(dòng)能定理解得所以，當(dāng)傳送帶逆時(shí)針或傳送帶的速度順時(shí)針時(shí)，則滑行的路程為當(dāng)傳送帶的速度順時(shí)針時(shí)，滑塊會(huì)脫離小車當(dāng)傳送帶的速度順時(shí)針時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理解得根據(jù)能量守恒解得12．（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾角的斜面AB與長(zhǎng)度為的水平面BC在B點(diǎn)銜接，銜接點(diǎn)平滑，質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊Q靜置在水平面的右端C?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的滑塊P自斜面上高處?kù)o止釋放，與滑塊Q發(fā)生彈性碰撞后，滑塊Q在C點(diǎn)立即進(jìn)入光滑豎直半圓軌道DE的內(nèi)側(cè)（CD間隙不計(jì)），D為圓的最高點(diǎn)，圓半徑記為R?；瑝KQ經(jīng)圓弧后在E點(diǎn)水平拋出，最終落于水平地面FG上，水平面FG與BC的高度差為。已知滑塊P與AB面和BC面的動(dòng)摩擦因數(shù)都為。（1）若滑塊P的質(zhì)量為，半圓軌道DE的半徑R可調(diào)，半圓軌道能承受的滑塊的壓力不能超過(guò)70N，要保證滑塊Q能經(jīng)圓周運(yùn)動(dòng)順利經(jīng)過(guò)E點(diǎn)。①求滑塊Q進(jìn)入D點(diǎn)時(shí)的速度。②求半圓軌道的半徑R的取值范圍。③求滑塊Q離開(kāi)E后落在FG面上的最大射程。（2）若半圓軌道DE的半徑為，滑塊P的質(zhì)量可調(diào)，求滑塊Q進(jìn)入D點(diǎn)時(shí)對(duì)D的壓力大小的范圍?！究键c(diǎn)】繩球類模型及其臨界條件

應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過(guò)程問(wèn)題

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）①2m/s，②，③1.4m；（2）【詳析】（1）①滑塊P從靜止到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得滑塊P與滑塊Q碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，有又因?yàn)槭菑椥耘鲎玻瑒t能量守恒解得②在D點(diǎn)能夠做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知解得D點(diǎn)到E點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有且聯(lián)立得所以R的取值范圍③自E點(diǎn)作平拋運(yùn)動(dòng)，則射程為，將②中代入得當(dāng)時(shí)，解得（2）由動(dòng)能定理有解得滑塊P與滑塊Q碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，則又因?yàn)槭菑椥耘鲎?，根?jù)能量守恒定律有解得即則由牛頓第二定律有解得13．（2024·浙江嘉興·二模）如圖所示是位于同一豎直平面內(nèi)且各部分平滑連接的玩具模型，傾斜軌道AB和傾斜傳送帶BC傾角都為，半徑的細(xì)圓弧管道CD的圓心角也為θ。水平軌道DE右側(cè)有一傾角為α的斜面FG，其底端F在E正下方、頂端G與E等高且距離為。DE上靜置一小滑塊N。AB上的小滑塊M以一定初速度滑上傳送帶并通過(guò)CD滑上DE，M經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)與管道間恰好無(wú)擠壓。傳送帶以速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，BC長(zhǎng)度，M與BC間動(dòng)摩擦因數(shù)為。已知M、N質(zhì)量分別為、，。除傳送帶外，其余部分皆光滑。?。骸?。求：（1）M首次經(jīng)過(guò)D時(shí)的速度大??；（2）當(dāng)N固定且M與N間發(fā)生彈性碰撞時(shí)，M在碰撞前與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量，以及M在碰撞后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度；（3）當(dāng)N不固定且M與N間發(fā)生非彈性碰撞時(shí)，N從E水平飛出后擊中FG的最小動(dòng)能?！究键c(diǎn)】物塊在傾斜的傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析

平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算

用動(dòng)能定理求解外力做功和初末速度

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）；（2），；（3）見(jiàn)解析【詳析】（1）根據(jù)題意可知，當(dāng)M到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，恰好由重力充當(dāng)向心力，則有解得（2）M從C點(diǎn)到到達(dá)D點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理解得物塊在傳送帶上上滑過(guò)程中，由牛頓第二定律有解得對(duì)該過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得物塊上滑過(guò)程所用的時(shí)間其與傳送帶間相對(duì)位移為摩擦產(chǎn)生的熱量物塊M與固定的物塊N彈性碰撞后，等速返回，再次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度仍為，物塊M與傳送帶達(dá)到共速時(shí)的位移設(shè)為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得達(dá)到共速后，由于物塊M沿斜面向下的重力的分力大于最大靜摩擦，因此傳送帶會(huì)繼續(xù)加速下滑，設(shè)該階段物塊M的加速度為，由牛頓第二定律有解得物塊M再次到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得（3）設(shè)滑塊N離開(kāi)點(diǎn)后經(jīng)時(shí)間擊中斜面，則其擊中斜面時(shí)的動(dòng)能其中因此有可知，當(dāng)，即時(shí)此時(shí)略大于。而碰撞若為彈性碰撞，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得聯(lián)立解得若碰撞為完全非彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律可得解得由此可知，非彈性碰撞后，滑塊N的速度范圍為在這個(gè)區(qū)間內(nèi)，故可取。14．（2024·浙江湖州·二模）如圖所示，一質(zhì)量M=1.0kg，高h(yuǎn)=0.7m的平板車靜置在光滑水平地面上，其左端靜止放置一輛質(zhì)量m=0.2kg大小可忽略的四驅(qū)電動(dòng)玩具小車，右側(cè)同一豎直平面有固定的光滑圓弧軌道AC，軌道半徑R=1.25m，圓心角為2θ，θ=37°，左右兩端點(diǎn)A、C等高，圓弧最低點(diǎn)B位于水平地面上。緊接C點(diǎn)，有一長(zhǎng)s=1.59m的傾斜傳送帶，上表面DE沿圓弧C點(diǎn)的切線方向，傳送帶以v=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)。玩具小車啟動(dòng)后，恰好能從A點(diǎn)沿AC圓弧切線進(jìn)入軌道，并最終到達(dá)E點(diǎn)后飛離。已知玩具車在平板車和傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，均產(chǎn)生自重0.8倍的動(dòng)力（忽略摩擦阻力和空氣阻力），且從C點(diǎn)到D點(diǎn)速度不變。sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）玩具小車在A點(diǎn)速度大小vA；（2）玩具小車在B點(diǎn)受到支持力的大小FN；（3）平板車的長(zhǎng)度l；（4）傳送帶由于運(yùn)送玩具小車而多輸出的機(jī)械能?E?！究键c(diǎn)】物塊在傾斜的傳送帶上運(yùn)動(dòng)分析

拱橋和凹橋模型

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

人船模型求船運(yùn)動(dòng)的距離【答案】（1）5m/s；（2）6.8N；（3）1.2m；（4）0.96J【詳析】（1）小車離開(kāi)平板車后，做平拋運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)的速度為vA，豎直方向有解得vA=5m/s（2）從A到B由動(dòng)能定理在B點(diǎn)由牛頓第二定律解得FN=6.8N（3）小車在平板車上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，位移為x1，則由牛頓定律由運(yùn)動(dòng)方程解得x1=1m小車和平板車滿足平均動(dòng)量守恒解得x2=0.2m平板車的長(zhǎng)度為l=x1+x2=1.2m（4）小車在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律可知解得a2=2m/s2由運(yùn)動(dòng)公式以及解得t=0.3s（另一解t=-0.53s舍掉）在時(shí)間t內(nèi)，傳送帶上某點(diǎn)對(duì)地位移x傳=vt=0.6m傳送帶由于運(yùn)送小車克服小車對(duì)其的靜摩擦力做功為15．（2024·浙江金華·二模）如圖所示，質(zhì)量的滑板A帶有四分之一光滑圓軌道，圓軌道的半徑，圓軌道底端點(diǎn)切線水平，滑板的水平部分粗糙?，F(xiàn)滑板A靜止在光滑水平面上，左側(cè)緊靠固定擋板，右側(cè)不遠(yuǎn)處有一與A等高的平臺(tái)。平臺(tái)最右端有一個(gè)高的光滑斜坡，斜坡和平臺(tái)用長(zhǎng)度不計(jì)的小光滑圓弧連接，斜坡頂端連接另一水平面?，F(xiàn)將質(zhì)量的小滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A的頂端由靜止釋放。求：（1）滑塊B剛滑到圓軌道底端時(shí)，對(duì)圓軌道底端軌道的壓力大??；（2）若A與平臺(tái)相碰前A、B能達(dá)到共同速度，則達(dá)到共同速度前產(chǎn)生的熱量；（3）若平臺(tái)上P、Q之間是一個(gè)長(zhǎng)度的特殊區(qū)域，該區(qū)域粗糙，且當(dāng)滑塊B進(jìn)入該區(qū)域后，滑塊還會(huì)受到一個(gè)水平向右、大小的恒力作用，平臺(tái)其余部分光滑。若A與B共速時(shí)，B剛好滑到A的右端，A恰與平臺(tái)相碰，此后B滑上平臺(tái)，同時(shí)快速撤去A。設(shè)B與PQ之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。①求當(dāng)時(shí)，滑塊B第一次通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度；②求當(dāng)時(shí)，滑塊B在PQ間通過(guò)的路程?！究键c(diǎn)】應(yīng)用動(dòng)能定理解多段過(guò)程問(wèn)題

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）；（2）；（3）①；②【詳析】（1）設(shè)B滑到A的底端時(shí)速度為，由動(dòng)能定理得小球在圓弧底端，有聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)得，根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)圓弧底端的壓力為60N。（2）設(shè)A、B獲得共同速度為，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得對(duì)A、B系統(tǒng)利用能量守恒定律（3）①當(dāng)μ=0.1時(shí)，對(duì)滑塊B從共速位置到點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有解得②當(dāng)μ=0.9時(shí)，對(duì)滑塊B從共速位置到點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有解得由于所以滑塊B不能從斜坡頂端沖出，將會(huì)再次滑上PQ段；由于所以滑塊B不能從平臺(tái)左端滑出；由于所以滑塊B不會(huì)停止在PQ段，最終靜止在點(diǎn)，對(duì)滑塊B全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有解得16．（2024·浙江寧波·二模）圖甲為某游戲項(xiàng)目模型，由彈性發(fā)射裝置P、傾角長(zhǎng)的固定斜面AB、質(zhì)量的表面為四分之一光滑圓弧的滑塊M和質(zhì)量長(zhǎng)度的平板小車等四部分組成。圓弧CD的半徑，最低點(diǎn)C與小車等高。當(dāng)P把的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以速度水平彈出，恰好由A點(diǎn)沿斜面方向進(jìn)入斜面，不考慮其運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)各連接點(diǎn)間的動(dòng)能損失。小物塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)，忽略小車和M下表面與地面的摩擦。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求水平彈出點(diǎn)離A點(diǎn)的豎直高度；（2）若鎖定平板小車，小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)。求小物塊滑上M時(shí)對(duì)C點(diǎn)的壓力F及上滑的最大高度；（3）現(xiàn)解除小車鎖定，并在小車上表面噴涂一種特殊材料（不計(jì)噴涂材料的質(zhì)量），使小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)能從右（B端）向左隨距離變化，如圖乙所示。若小物塊仍以速度水平彈出，試分析小物塊能否通過(guò)C點(diǎn)？并說(shuō)明理由?！究键c(diǎn)】利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題【答案】（1）；（2）；（3）能通過(guò)點(diǎn)，見(jiàn)解析【詳析】（1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)功率，在A點(diǎn)有其中解得（2）物塊在A點(diǎn)速度從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得從B到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得在圓軌道點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊滑上時(shí)對(duì)點(diǎn)的壓力解得方向豎直向下。設(shè)小物塊滑上的最大高度時(shí)，小物塊與共速，由動(dòng)量守恒守律有由機(jī)械能守恒得解得（3）物塊從B到C過(guò)程，克服摩擦力做功若到點(diǎn)共速，則有解得則有故能通過(guò)點(diǎn)17．（2023·浙江紹興·二模）如圖所示，一長(zhǎng)為的水平傳送帶AB以速度沿順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，傳送帶與光滑水平軌道CD平滑連接且B、C兩點(diǎn)重合，光滑圓弧軌道DE圓心為O，半徑為，OE與豎直方向的夾角，圓弧軌道DE與水平軌道CD也平滑連接，F(xiàn)G為U形固定槽（F、G兩點(diǎn)等高），槽的水平長(zhǎng)度為，槽的右上端G與E點(diǎn)間的水平距離為，豎直距離為?，F(xiàn)將質(zhì)量為（質(zhì)量大小可改變）的滑塊1輕輕放到傳送帶上的A處，經(jīng)傳送帶傳送后進(jìn)入軌道CD，并與靜止在水平軌道CD上某處的滑塊2（質(zhì)量為）發(fā)生彈性碰撞，隨后滑塊2沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，從E點(diǎn)飛出后落入U(xiǎn)形槽。已知滑塊1與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，兩滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮兩滑塊間以后的碰撞與滑塊2落入U(xiǎn)形槽后反彈的情形。（1）求碰撞前瞬間滑塊1的速度。（2）若滑塊2剛好在E點(diǎn)脫離軌道，求碰撞后瞬間滑塊2的速度。（3）為使滑塊2能落入U(xiǎn)形槽，求滑塊1質(zhì)量應(yīng)取的最小值。（結(jié)果可保留根號(hào)）【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算

繩球類模型及其臨界條件

完全彈性碰撞1：動(dòng)碰靜【答案】（1）；（2）；（3）【詳析】（1）滑塊1勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度滑塊1勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移之后滑塊1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此碰撞前瞬間滑塊1的速度（2）滑塊2剛好在E點(diǎn)脫離軌道滿足得根據(jù)動(dòng)能定理則（3）為使滑塊2能落入U(xiǎn)形槽，要求滑塊1質(zhì)量的最小值滿足條件1:E點(diǎn)之前不脫離軌道，即E點(diǎn)速度滿足條件2：若剛好落入G點(diǎn)即E點(diǎn)速度因此能落入G點(diǎn)，碰撞后瞬間滑塊2速度滑塊1和滑塊2發(fā)生彈性碰撞因此質(zhì)量的最小值為18．（2024·浙江·三模）動(dòng)畫(huà)片《熊出沒(méi)》中有這樣的情節(jié)：某天熊大中了光頭強(qiáng)設(shè)計(jì)的陷阱，被掛在了輕質(zhì)藤條上。聰明的熊大想了一個(gè)辦法，讓自己蕩起來(lái)使藤條斷裂而得救。其簡(jiǎn)化過(guò)程如圖所示，設(shè)懸點(diǎn)為O，離CD高度。CD與EF的高度差，其間由光滑斜面DE連接。熊大可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量，重心為A，蕩下過(guò)程重心到懸點(diǎn)的距離且保持不變，藤條能承受的最大張力為，空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度。（1）為使藤條斷