力学三大观点的综合应用（解析版）-2023年高考物理压轴题专项训练（新高考专用）

压轴题04力学三大观点的综合应用

目录

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

二.题型及要领归纳.............................................................................2

热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题........................................2

热点题型二应用三大动力学观点解决多过程问题..............................................5

热点题型三借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观...........................8

三.压轴题速练................................................................................13

一，考向分析

1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命

题。

2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。

3.用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定

理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。

5.本专题的核心问题与典型模型的表现形式

(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。

(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。

(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。

6.本专题的常见过程与情境

7.应对策略

(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。

(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。

(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两

个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。

8.力学三大观点对比

力学三大观点对应规律表达式

牛顿第二定律F合=ma

v=vo+at

动力学观点

=_.1?

匀变速直线运动规律xvot~\"一at

2

v2—vo1=2ax等

动能定理沙合=A£k

机械能守恒定律£ki+耳i=£ki+£p2

能量观点

功能关系WG——\Ep等

能量守恒定律E\=E?

动量定理I&=p'-p

动量观点

动量守恒定律P1+P2=Pi+P2

9.选用原则

(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉

及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题.

(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定

律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律.

(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，

因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解.

(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板一块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时

间，应用动量守恒定律求解.

二.题型及要领归纳

热点题型一应用三大动力学观点创新解决经典模型问题

【例1】(2022•全国乙卷-T25)如图(°),一质量为根的物块A与轻质弹簧连接，静止在

光滑水平面上：物块8向/运动，/=0时与弹簧接触，至膻=2%时与弹簧分离，第一次碰

撞结束，A、B的V—/图像如图(b)所示。已知从/=0到7=4时间内，物块A运动的距

离为0.36%%。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再

次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为。(sin。=0.6),

与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

⑶物块A与斜面间的动摩擦因数。

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

图(a)

【命题意图】本题考查动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等.

【压轴题透析】本题为典型的多过程问题，涉及力学三大规律.解题关键是将这个复杂过

程进行拆分：①弹簧碰撞现象，根据动量守恒定律、能量守恒定律确定弹簧弹性势能的最大

值；②物块8向左与物块/作用时二者的位移差等弹簧压缩量的最大值，物块N的位移题

目已经给出，物块3位移的求解是本题的难点，物块2向左做加速度增大的减速直线运动,

求解其位移有三种如题方式，第一种由牛顿运动定律如题结合微元法思想求解；第二种从动

量守恒定律入题结合速度时间图像求位移的思想求解，第三种仍然从动量守恒定律入题借助

人船模型思想求解。③物块/、B的弹性碰撞过程，遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律,

确定碰撞后的速度再结合题目中“再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同”一条件确定物

块/两次冲上斜面的速度相同，同时也可以求出物块A第一次返回斜面底端的速度大小，

然后根据牛顿运动定律或动能定理求解；

【答案】(1)0.6*;⑵0.768%/0；(3)0.45

【解析】

(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、3速度相等，即/时刻，根据动

量守恒定律

mB-1.2v0=(jnB+m)v0

根据能量守恒定律

1212

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

联立解得

mB=5m

Epmax=06掰说

(2)解法一：牛顿第二定律+微元法思想

同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律E=

可知同一时刻%=5%

则同一时刻A、3的的瞬时速度分别为

巳=a/

VB=L2%--j-

根据位移等速度在时间上的累积可得

s1=v/（累积）

="*（累积）

又勾=0.36%%

解得力=1128%%

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值加=s--力=O.768v/o

解法二：类比人船模型

设某时刻以、3的速度分别为匕、VB。由动量守恒定律有

mvA+5mvB=（m+5m）v0

式中，V。为弹簧压缩至最短时的速度。在/、3相互作用过程中,该式恒成立。亦即上述方

程每时每刻均成立，则平均动量守恒，即mvA+5mvB={m+5m>0

因此，在0~t0内，有mxA+5mxB=6mv0/0

已知与=0.36%"，则冲=1.128%%o当弹簧压缩至最短时

压缩量Ax=xB-xA=O.768vo/o

解法三：动量守恒定律+图像法思想

设某时刻4、5的速度分别为VZ、v5o由动量守恒定律有

mvA+5mvB=（加+5m）v0

变形为&Z、=5

考查小段时间加，有“L=5,如下图有必=5累积求和邑=娄包=5变换

（乙-%加常5ZAS]

SSS6

得一二--l-+---2二—

52$25

在图中§2二-0.36%''O.64vo/o

压缩量Ax=S—0.768%。

(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块/第二次与B分离后速度大小

仍为2%,方向水平向右，设物块N第一次滑下斜面的速度大小为办，设向左为正方向，

根据动量守恒定律可得加2一5加-0.8%=加・(一2%)+5加可

22

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

联立解得吃=%

设在斜面上滑行的长度为上滑过程，根据动能定理可得

12

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

下滑过程，根据动能定理可得

12

mgLsin6—从mgLcos6=3-0

联立解得4=0.45

热点题型二应用三大动力学观点解决多过程问题

［例1］竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块

3静止于水平轨道的最左端，如图(p)所示.，=0时刻，小物块N在倾斜轨道上从静止开始

下滑，一段时间后与8发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当/返回到倾斜轨道上的尸点(图中

未标出虺一速度减为匕时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止.物块/运动

的v-f图象如图(6)所示，图中的vi和a均为未知量.已知/的质量为加，初始时/与8的

高度差为重力加速度大小为g,不计空气阻力.

(1)求物块3的质量；

(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块/克服摩擦力所做的功；

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等.在物块2停止运动后，改变物块与轨道间的

动摩擦因数，然后将在从尸点释放，一段时间后/刚好能与8再次碰上.求改变前后动摩

擦因数的比值.

【必备知识】本题考查的知识点机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理

等。

【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境正确对滑块进行运动和受力分析。

(2)推理论证能力：根据滑块的运动特点应用三大动力学观点求解。

(3)模型构建能力：根据问题情境，建立滑块质点模型、斜面模型、碰撞模型及匀变速直线

运动模型。

【解答过程】

(1)根据图(6),%为物块/在碰撞前瞬间速度的大小，g■为其碰撞后瞬间速度的大小.设物

块/、2碰撞后瞬间的速度大小分别为V/、力义的质量为加B则由动量守恒定律和机械能

守恒定律有

mv1=mvA+mBvB①

—mvf=-mv^+—mBv1②

VT1—VT1

联立①②式得办=丝R%③

m+mB

由图3)可知，

vA=-^-®

③④联立得加E=3加

⑵在图(6)所描述的运动中，设物块/与轨道间的摩擦因数为〃，尸点的高度为肌斜面的

倾角为e

从图(b)所给出的V4图线可知

H1左

---------=—vltl®

sin，2

h1v,21门

------=-----------A=—®

sin。22510

⑤⑥可得笈=5/z⑦

A下滑过程中：gsin6^-jugcos0=—@

%

A上滑过程中：gsin。+承cos。=3•匕•⑨

44

⑨除以⑧化简得：tan。=9〃⑩

物块4在整个过程中克服摩擦力所做的功为

W=pmgcos0•"+〃=/jmg———二-mgH⑩

'sin。9〃15

⑶从4开始运动到B最终停下来整个过程中，设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为x则

对4、5组成的系统由能量守恒定律有：

2

mg（H-h）--mgH+加gx⑪

设改变后的动摩擦因数为〃'，对/由能量守恒定律有

h

mgh-"'mgcos0-------F^mgx⑫

sin0

联立⑪⑫解得：4=—

9

【例2】一质量为加=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机

忽然发现前方100m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化

可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0』时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应

时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），G=0.8s；G~f2时间段为刹

车系统的启动时间，f2=L3s；从灯时刻开始汽车的刹车系统稳定

工作，直至汽车停止，已知从72时刻开始，汽车第1s内的位移

为24m,第4s内的位移为1m。

（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工

作后汽车运动的VY图线；

（2）求:2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；

（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及介72时间内汽车克服

阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为

多少（以G72时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车

的平均速度）？

【必备知识】本题考查的知识点运动学公式、动量定理、动能定

O^1.0t22.0//S

理等。

图(b)

【关键能力】本题综合考查了匀变速直线运动中的“刹车问题”；

变力的冲量求解问题；变力做功的求解问题等。刹车过程中的综合性问题不仅包含直线运

动的相关知识，而且还涉及力学的知识，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理等.分析

问题时，应该注意知识的综合性，从最基本的入手，个个击破。

【试题解答】

（l）v-f图像如图所示。

（2）设3s后在经过At的时间汽车减速为0,设加速度的大小为a,根据题意可知巧时刻开始后

0.5s末的速度为：

v05=—=24加/s①

设第3s末的速度为匕，则根据逆向思维及运动学公式有：

v3=aAt②

v5c

o.5=V3+«--（3）

①②③联立解得：Ar=0.55；a=8m/s2

说明汽车在f=3.5s已经停止，设J时刻的速度为力则：

v2=at=28mIs@

（3居—J这段时间内理=f

J时刻由牛顿第二定律：f==16000©

由图像面积可得阻力的冲量：/合=4000N.S⑥

4-2这段时间内根据动量定理：-/合=加丫2一加4⑦可得：V]=30〃?/s

设九~/2时间内汽车克服阻力做的功为少f，则根据动能定理：

一％=；加田_3加丫：⑧解得叫=1.16x105/

根据题意：匀速阶段的位移：X]=v£=30机⑨

t,-t2这段时间内的位移：x=—G=乜爱-0.5=14.5加⑩

17

匀加速阶段的位移：=—x—x28=49m⑪

22

所以司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5加。

热点题型三借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动

观

【例1】（2023•广东惠州•统考一模）如图所示，在倾角为30。的光滑足够长的斜面上建立x

轴，单位为米（m）,在西=-0.1m和％=-0.4m处有质量分别为2M和"小球A和B,在x

轴正半轴某处垂直于斜面放置一弹性薄挡板，现将两小球同时由静止释放，小球与薄挡板之

间、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，g取10m/s2,求：

(1)小球A第一次到达原点O处的速度大小vA和运动时间入；

(2)小球A第一次与挡板碰撞后，返回到原点。处时，恰好与小球B迎面发生第一次碰

撞，则挡板的位置坐标飞；

(3)两小球在原点。处发生第一次碰撞后，立即移动挡板至丘。处，当小球A再次与移动

后的挡板相碰后，撤去挡板，使得A与B在x正半轴发生第二次碰撞，求左的取值范围。

【答案】(1)lm/s,0.2s；(2)0.125m；(3)左＞6.4

【解析】(1)小球AB在斜面运动过程中的加速度大小都为

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到达。点所需时间

球A从。点到板得时间

所以

12

x=

oVA'O板+50'。板=0.125m

(3)由运动对称性可知球/到反弹回到。点时得速度

VAI=VA=1DI/S

球2到达。点的速度

vB=atB=2m/s

以沿斜面向下为正，两球在碰撞过程由动量守恒和能量守恒可得

MVB-2MVM=+2MV、2

四说।2—j।2”痕

2222

解得

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

可知碰撞后A球沿斜面向下运动，B球沿斜面向上运动。当B球碰撞后再次到达。点时所

用时间为

5=2x为=0.8s

a

此时若A球也恰好到达。点则

=vA2xy+|«(y)2=0-8m

解得

当丘。很大时，B球碰撞后再次过。点时A球的速度为

VA3=VAl+«ZBI=5m/S>|VBl|

即为很大时，在A球未与板碰撞反弹之前，AB球不会发生碰撞。当A球与板碰撞反弹后

必然与B球发生第二次碰撞。所以

左>6.4

【例2】(2023•四省联考25)如图，水平轨道/2、CD分别与高为从倾角6=30。的斜面轨

道8C两端平滑连接，质量为加的小物块P静止在水平轨道上，质量大于他的小物块Q

位于P的左侧，Q的初动能为线。=：机(g为重力加速度大小)，初速度方向向右；Q与

P发生碰撞后，P沿斜面上滑高度高〃后返回，在水平轨道上与Q再次发生碰撞，所有垫道

36

均是光滑的，每次碰撞均为弹性碰撞。

(1)求Q的质量；

(2)求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小；

(3)为保证第2次碰撞能在水平轨道上发生，求初始时P离斜面底端2的最小距离。

【答案】⑴5小⑵*我⑶祟

【详解】（1）设Q的质量为初速度大小为外,第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为

vi、Vi,以向右为正方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有

1,

=-W

MVQ=MVX+mvx

-MV；=+Lmv；

222

2136

联立可得

M=5m

（2）第2次碰撞前瞬间P的速度大小为山,方向向左；设碰撞后瞬间P、Q的速度分别口、

V2,P沿斜面上滑到C点时的速度大小为七，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

MVX-mvx—MV2+mv2

-MV；+-mv,2=-MK2+-mv?

21212222

Lmvi=mgh+Lmv^c

联立可得

c9

（3）设初始时P离斜面底端B的距离为s,第1次碰撞后Q运动到斜面底端B所需时间为

t,P运动到斜面底端8所需时间为dP沿斜面运动时加速度的大小为。，在斜面上运动所

需总时间为"由运动学公式、牛顿第二定律有

s=Vxt

s=W

mgsin0=ma

弓=2乜

a

由题意

tN+1?

联立上述各式并由题给条件得

、100

s>----h7

27

即初始时P离斜面底端B的最小距离为一〃。

27

【例3】(2022•江西南昌市3月第一次模拟)如图甲所示，在一次爆炸实验中，质量分别为m

=21^和"=81^的/、8两个物体之间装有少量炸药，并排放在水平导轨上。爆炸点的左

侧的墙壁上装有轻弹簧，弹簧的左端固定，右端与/物体的距离及=1.25m。当炸药发生爆

炸后，测得/物体压缩弹簧的过程中，对弹簧的压力F随压缩量x的变化关系如图乙所示(最

大压缩量为25cm)。已知/、3两物体与水平导轨间的动摩擦因数均为〃=0.2,4、2物体的

碰撞不损失机械能，两物体均可看作质点。重力加速度g=10m/s2。求：

(1)A压缩弹簧的过程中，克服摩擦力做的功和弹性势能的最大值;

⑵爆炸过程42获得的机械能之和；

(3)物体/和B最终静止时离爆炸点的距离。

【答案】(1)1J10J(2)20J(3)0.02m0.37m

【解析】(1M克服摩擦力做功为Wf=kimgx0

解得Wf=\]

弹簧的弹性势能最大值为%=入。=审乂祝

解得Ep=10J。

(2)爆炸后A获得的动能为Eiu=〃mg(£o+xo)+Ep

解得匹=16J

爆炸过程中有mvQA~MvQB—Q

B获得的动能为EkB=\MviB=~EkA

2M

解得EkB=4J

爆炸过程中转化成4、5的机械能为片=加+入=20J。

(3)由37V3=16,317V徐=4

可得爆炸后4、B的速度为voz=4m/s,VOB=1m/s

B向右运动至停止经过的路程为XB=&

2ae

其中皿=劭=@/

m

解得加=0.25m

所用的时间为加=.=0.5s

as

得到4返回到爆炸点的时间以〉®所以4被弹簧弹回后，碰撞静止的物体瓦设碰撞前4

的速度为vj,则^mviA—+jumg[2(Lo+xo)+XB]

解得v/=3m/s

A.B碰撞后，速度分别为v/和VB

贝!jmvA=mvA~\~MvBr

~mv^=-mvA，2+^MVB2

222

缶刀夕日,3A/5/,2'与/

触得y/=-----m/s,V5=—^―m/s

v/2

碰撞后/向左运动的位移为SN=——=0.27m

2a

，2

B向右运动的位移为SB=.=0.12m,所以/、3两物体最终静止的位置与爆炸点的距离分

2a

别为

Axj=(0.27—0.25)m=0.02m

Ax5=(0.12+0.25)m=0.37m。

三.压轴题速练

1.(2023•辽宁・朝阳市第一高级中学校联考二模)如图所示，在水平地面的两边有相距为£

的两块固定挡板M、N,在两块挡板间的中点处并排放着两个质量分别为犯、性的小滑块

1和2(可看成质点)，它们与地面间动摩擦因数分别是4=02和〃2=。」，Z=4m。现让

小滑块1向左，小滑块2向右以大小相等的初速度％同时开始运动，小滑块与挡板碰撞不损

失机械能，滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，均可忽略。(重力加速度g取

10m/s2)

(1)若小滑块1、2刚好不发生相碰，求小滑块1所走的路程是多少？

(2)若小滑块1、2恰在小滑块1第一次停止时发生碰撞，则它们第一次碰前运动了多长时

间？出发时％的值为多大？

(3)若小滑块1、2出发时的速度大小取(2)问中的%值，%>/，且小滑块1、2仅能

发生一次碰撞，求一应满足的条件。

m.

【答案】(1)|m；(2)t=迪s，v0=^m/s;(3)

【详解】(1)根据牛顿第二定律可得：滑块1、2的加速度大小分别为

〃22

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

滑块1、2与挡板碰撞之前运动的位移大小均为与，碰撞时的速度大小分别为h、v2,碰撞

后位移大小分别为乙、上2,根据匀变速直线运动的位移关系可得

L..VI-VQ

2—2。］

Lv；-V；

2—2。2

2%

4上

2a2

滑块1、2恰不相碰，则

L1+L2—L

滑块1所走路程

L8

s\=~+AT=~m

(2)滑块1碰撞后的位移大小为

L、=宜一人

'262

运动的时间为

a}

滑块2运动的总路程为

g+(L—工J=“一；的产

解得

875.

%=—m/s

+4后

t=-----s

5

(3)由(2)可知，碰撞前滑块2的速度

滑块1、2发生弹性碰撞，碰撞后的速度分别为匕、v；,由动量守恒、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,

滑块1、2碰撞时距离左挡板

f6

L=­m

15

由于%〉刑,%方向向左，滑块1、2恰不发生第二次碰撞，应满足

江+j

2。12a2

解得

]<%三5+2-

mx3

2.(2023・重庆万州•高三重庆市万州第二高级中学统考学业考试)如图1所示，质量均为

〃?=1kg且可视为质点的两个相同小物块a、b停靠在竖直墙壁处，a、b之间由细线连接并

夹着一根压缩的轻弹簧。虚线左侧粗糙水平地面与物块间的动摩擦因数处处相同，大小

A=0.1；虚线43右侧粗糙水平地面对物块的摩擦力与物块速率成正比，满足/=麻"为未

知常数)。f=0时刻，水平向右的恒力尸作用在b上；％时刻，b运动到虚线处，速度大

小V]=0.5m/s,此时a、b间细线突然断开，作用在b上的力/此后在％〜G时间内满足

尸=(2v-2)N；J时刻撤去力尸。图2为b的速度也随时间/变化的图像，最终a、b者B停

在虚线处并且恰好不发生碰撞。弹簧与a、b均未栓接，弹簧恢复原长后立即与a、b分

离，若a与墙壁碰撞时没有机械能损失，弹簧长度、弹簧释放弹性势能的时间及空气阻力均

忽略不计，重力加速度g取lOm/s"求：

(1)f=0时刻弹簧的弹性势能大小；

(2)0〜。时间内，恒力厂的大小；

(3)4的大小。

4

【详解】（1）依题意，细线断开瞬间，弹簧弹力远大于外力Ra、b系统动量守恒，可得

2加4=mx3Vj+mxva

解得

va=-0.5m/s

即二者分开后，a向左运动，速度大小为0.5m/s,由功能关系可得

Ep+；x2〃%2=；加（3匕）2+：加1，；

解得

1=1J

（2）物块a、b在恒力作用过程中，根据牛顿第二定律可知

F-2/nmg=Ima

由图像可知

%

二者分离后，a物块先向左减速，与墙壁碰撞后接着向右减速,恰好停在处，有

V.A.„12

-pimgxx2=O--mva

联立，解得

F=6N,%=0.25s

（3）b物块从4〜匕过程，做匀变速运动，有

F+f=ma'

即

2v-2+kv=ma'

可知

k=2,F合=md=2N

设打的速度为v,根据动能定理可得

x=；mv2—；相(3V]/

打之后的运动过程，根据动量定理有

-kvt=-kx=0-mv

有图像可知

v=3vl7J

联立，解得

2+V13

t,=------s

34

3.（2023•江西•统考一模）现有一组由螺杆A和螺母B组成的机械组件因为生锈很难被分离。

某同学仔细观察后通过如下操作将其成功拆开：将此组件竖直立于地面，如图所示为装置剖

面示意图，在螺杆A顶端的T形螺帽与螺母B之间的空隙处装入适量火药并点燃，利用火

药爆炸瞬间所释放的一部分化学能转化为系统的机械能£,使其被顺利“炸开”。已知螺杆A

的质量叫=0.5kg,螺母B的质量为刃2=0.3kg,火药爆炸所转化的机械能E=6J,B与A

的竖直直杆间滑动摩擦力大小恒为/=15N,不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

（1）求火药爆炸瞬间螺杆A和螺母B各自的速度大小;

（2）忽略空隙及螺母B的厚度影响，要使A与B能顺利分开，求螺杆A的竖直直杆的最

大长度

螺杆A

5m/s；(2)£=0.4m

【详解】（1）设火药爆炸瞬间螺杆A和螺母B的速度大小分别为匕，v2,以竖直向下为正

方向，则

「121

Em2

=~^+'加2匕

据动量守恒定律可得

加1匕+m2v2=0

联立解得

巧=-3m/s,v2=5m/s

可知杆A的速度大小为3m/s,方向竖直向上；螺母B的速度大小为5m/s,方向竖直向下。

（2）A相对B向上运动，所受摩擦力/向下，则对螺杆A由牛顿第二定律可得

mlg+f=mial

解得

%=40m/s2

方向竖直向下；

由牛顿第三定律，B所受摩擦力/向上，则对螺母B由牛顿第二定律可得

f-m2g=m2a2

解得

2

a2=40m/s

方向竖直向上；

火药爆炸后A向上做匀减速直线运动，其减速至零的时间为

%3

A=-=——S

1440

B向下做匀减速直线运动，其减速至零的时间为

v5

t）——2——s

a240

显然可知：A先减为零后反向加速，B一直减速，当两者速度相等时刚好分开，则此时直杆

的长度最大。

以向下为正方向，可得

v2-a2At=一匕+ax\t

解得

=0.1s

则由V—图像可知：直杆长度的最大值为

（Vj+V）A/

L-2

2

解得

L=0.4m

4.（2023春•江苏盐城•高一盐城中学校联考期中）如图，竖直平面内有一光滑的平台

其左侧有网=2kg小球1和处于压缩、弹性势能为16J的弹簧（球与弹簧不连接），其右侧有

一半径尺=3.6m、圆心角6=60。的光滑圆弧轨道CD,圆弧轨道最底端。处平滑连接另一

光滑平台DE,质量冽2=2kg的小球2静止在D点，£端有一质量为加3=6kg的小球3,用

轻杆悬吊，轻杆长度和悬点位置可调，始终保持小球3刚好接触E点。现小球1解除锁定

被弹簧弹出，恰好沿。点的切线方向进入圆弧轨道，后与小球2粘在一起运动，小球2与

小球3之间会发生弹性碰撞，取g=10m/s2,求：

(1)小球1与小球2碰撞前瞬间小球1的速度大小；

(2)小球3第一次被撞后瞬间的速度大小；

(3)若小球3第一次被撞后能做完整圆周运动，在最高点时轻杆对小球3的作用力大小为

20N,求轻杆的长度心

【答案】(1)10m/s；(2)4m/s；(3)0.3m或0.34m

【详解】解：(1)小球1解除锁定被弹簧弹出，设小球1速度为匕，根据功能关系有

p12

4=./匕

解得

匕=4m/s

平台45光滑，小球以匕=4m/s离开平台做平抛运动，设到。点的速度为为，如图所示

—=tan0

代入数据解得

vy=4V3m/s

则小球在。点的速度为

v2=Jy：+八：=8m/s

设小球1到。点的速度为匕，从c到。根据动能定理有

1212

冽］gK（l—cos6）=—mjV3-y

代入数据解得

v3=10m/s

则小球1与小球2碰撞前瞬间小球1的速度大小为10m/s

（2）小球1与小球2碰撞后粘在一起运动，动量守恒，设碰后的速度为匕，取水平向右为

正方向，根据动量守恒定律有

机］匕=（冽1+m2）V4

平台光滑，碰后一起做匀速运动，小球12与小球3之间会发生弹性碰撞，动量守恒，

设碰后小球12的速度为七，小球3的速度为%,根据动量守恒定律有

（州+m2）v4=（mt+m2）v5+m3v6

根据能量守恒有

।■（叫+加2）"=|'（叫+m2）V5+m3Vl

联立解得

v6=4m/s

（3）小球3从最低点到最高点，设最高点速度为匕，根据动能定理有

_2m3gz=1«3V7-^m3V6

小球3第一次被撞后能做完整圆周运动，若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向下，根

据牛顿第二定律有

m3g+尸=号~

联立解得

£=0.3m

若在最高点时轻杆对小球3的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律有

F说

m3g-F=m3—

联立解得

L=0.34m

5.（2023春•重庆沙坪坝•高三重庆一中校考阶段练习）北京成为世界上第一个既举办过夏季

奥运会，又举办冬季奥运会的城市。我国运动员在2022北京冬奥会的赛场上顽强拼搏，最

终收获9金、4银、2铜，位列奖牌榜第三、金牌数和奖牌数均创历史新高。如图（a）为某

滑雪跳台的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道半径为

7?=1.8m,左侧是一固定的光滑曲面轨道CD,两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量

M=4kg的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道NB的8端。薄木板上表面与

圆弧面相切于B点"一质量加=2kg的小滑块P(视为质点)从圆弧轨道8最高点由静止滑下,

经5点后滑上薄木板，重力加速度大小为g=10m/s2,滑块与薄木板之间的动摩擦因数为

〃=0.4。

(1)求小滑块P滑到8点时对轨道的压力大小；

(2)若木板只与C端发生1次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，运动

过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间，和最小长度人

(3)如图(b)撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定.忽略轨道上8、C距地的

高度，。点与地面高度差6=L2m,小滑块P仍从圆弧轨道最高点由静止滑下，滑块从。

点飞出时速率为多少？从。点飞出时速度与水平方向夹角6可调，要使得滑块从。点飞出后

落到地面水平射程最大，求最大水平射程Sm及对应的夹角。。

B©

图(a)图(b)

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

【详解】(1)根据题意可知，小滑块由A到3的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有

12

mgR=—mvB

在8点，由牛顿第二定律有

F-m2=m—

R

解得

F=3mg=60N

VB=12gR=6m/s

由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到8点时对轨道的压力

F=F=60N

(2)设木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为匕，木板速度为修，在滑块滑上木板到木板

第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律有

mvB=mvx+MV2

由于只发生一次碰撞，则有

=MV2

解得

v,=3m/s

v2=1.5m/s

整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，小滑块做匀减速直线运动，由牛顿第二定

律有

]umg=ma

解得

tz=4m/s2

设从滑上木板到第一次碰撞的运动时间为4,则有