专题05 动量与动量守恒定律 力学中三大观点的综合应用 （2020-2024）高考1年模拟物理真题分类汇编（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题05动量与动量守恒定律力学中三大观点的综合应用1.考情分析考点要求考题统计动量与动量守恒定律2021•浙江•高考真题力学中三大观点的综合应用2024•浙江•高考真题、2023•浙江•高考真题、2024•浙江•高考真题、2023•浙江•高考真题、2022•浙江•高考真题、2021•浙江•高考真题、2021•浙江•高考真题、2020•浙江•高考真题2.试题情境：安全行车(安全气囊)、交通运输(机车碰撞、喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物等。（如2023·浙江6月选考·T18，2022·浙江6月选考·T20）3.常见问题模型：气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞等。（如2024·浙江1月选考·T10，2024·浙江1月选考·T15）3.命题方向：本章内容在高考中占据了极为重要的位置，既是热点也是难点。考试形式既有选择题，也涵盖计算题，有时还会与电磁感应等知识相结合。命题趋势大致可分为两种：一种是对动量概念的单一考查，通常以选择题的形式出现，题目往往以生活中的实际情境为背景，如物体间的碰撞、火箭的反冲运动、流体问题等，这类题目难度相对较低。另一种是综合题的形式，这类题目要求考生结合牛顿运动定律、功和能量等物理概念来解决问题，主要考查学生的综合应用能力，难度相对较高。4.备考策略：在复习本章时，考生不仅需要熟练掌握动量、冲量、动量定理、动量守恒定律等基础知识，还应结合本章内容，系统掌握处理综合问题的三种主要方法：动力学方法、能量方法和动量方法。分类复习并深入理解以下知识点：①运用牛顿运动定律结合运动学公式处理匀变速直线运动的问题；②利用动能定理结合能量守恒定律处理变力和曲线运动问题；③应用动量定理结合能量守恒定律、动量守恒定律处理碰撞和反冲类问题。考点01动量与动量守恒定律1．（2021·浙江·高考真题）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【考点】某一方向上的动量守恒【答案】B【详析】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知因两块碎块落地时间相等，则则则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知解得t=4s爆炸物的爆炸点离地面高度为选项B正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移质量小的碎块的水平位移爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为选项CD错误。故选B。考点02力学中三大观点的综合应用2．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）（1）若，求小物块①第一次经过C点的向心加速度大小；②在上经过的总路程；③在上向上运动时间和向下运动时间之比。（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。【考点】机械能与曲线运动结合问题

完全非弹性碰撞2：板块问题与子弹打木块问题【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【详析】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有第一次经过C点的向心加速度大小为②小物块a在DE上时，因为所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有解得③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有解得（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有解得设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得3．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。【考点】应用动能定理解多段过程问题

完全非弹性碰撞4：含有弹簧的情况【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【详析】（1）滑块a从D到F，由能量关系在F点解得FN=31.2N（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为根据可得在C点的速度vC=3m/s则滑块a从碰撞后到到达C点解得v1=5m/s因ab碰撞动量守恒，则解得碰后b的速度v2=5m/s则碰撞损失的能量（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度则当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系解得同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1则弹簧最大长度与最小长度之差4．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。【考点】没有其他外力的板块问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【详析】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理解得（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒根能量守恒解得（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为共速后，共同加速度大小为考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程共速过程，滑块、木板位移分别为共速时，相对位移应为解得，随后共同减速到达H速度说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。5．（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。【考点】应用动能定理解多段过程问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1），；（2）；（3）【详析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为所用时间为此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为6．（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。【考点】平抛运动位移的计算

应用动能定理解多段过程问题

完全弹性碰撞1：动碰静【答案】（1）；（2）（方向竖直向上）；（3）当时，，当时，【详析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有解得与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得联立解得（2）由（1）分析可知，物块与物块在A发生弹性正碰，速度交换。（I）设物块刚好可以到达点，物块的释放高度为，则根据动能定理可得解得此时物块a到达E点时的速度恰好为零，则有（方向竖直向上）（II）根据（I）中分析可知，当时，在E点管道外壁将对物块a有弹力的作用，在E点由牛顿第二定律有由动能定理联立可得（，方向竖直向下）若取竖直向下为正方向，则综上可得（，方向竖直向下）（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得从点飞出后，竖直方向水平方向根据几何关系可得联立解得代入数据解得当时，从释放时，根据动能定理可得解得可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得解得距离点0.6m，综上可知当时代入数据得7．（2021·浙江·高考真题）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。【考点】完全弹性碰撞1：动碰静【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m【详析】（1）小滑块在轨道上运动代入数据解得（2）小球沿轨道运动，在最高点可得从C点到E点由机械能守恒可得解得，小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有，解得，结合(1)问可得解得h的最小值（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理由平抛运动可得，联立可得水平距离为由数学知识可得当取最大，最大值为8．（2021·浙江·高考真题）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【考点】机械能与曲线运动结合问题

动量定理的内容和表达式【答案】(1)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或【详析】(1)机械能守恒解得动量定理，方向水平向左(2)机械能守恒牛顿第二定律解得满足的条件(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动其中，，则得机械能守恒h满足的条件9．（2020·浙江·高考真题）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）【考点】绳球类模型及其临界条件

机械能与曲线运动结合问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)（）；（）【详析】(1)机械能守恒定律牛顿第二定律牛顿第三定律，方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为点，功能关系得故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理碰撞后的速度为，动量守恒定律设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理得考点01动量与动量守恒定律1．（2024·北京西城·一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度，做出以下判断，其中正确的是（

）A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/sC．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于【考点】竖直上抛运动的高度、速度与时间的计算

超重和失重的概念

用动能定理求解外力做功和初末速度

动量定理的内容和表达式【答案】C【详析】A．实验舱在电磁弹射阶段处于超重状态，在竖直上抛阶段处于失重状态，选项A错误；B．实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大，根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为选项B错误；C．在向上弹射过程中，根据动能定理有所以选项C正确；D．在向上弹射过程中，根据动量定理有所以选项D错误。故C正确。考点02力学中三大观点的综合应用2．（2024·浙江嘉兴·一模）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为，杆上套有一质量的滑环，杆上A点处固定一挡板。长度为的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为的小球，轻绳能承受的最大拉力为。水平地面上点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为。点右侧有一高度为、倾角为的固定斜面点处平滑连接，与间距为。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右以的速度作匀速直线运动，一段时间后滑环与水平杆上的固定挡板碰撞，滑环即刻停止，绳子断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。不计空气阻力，小滑块可以视为质点且与水平面和斜面间的动摩擦因数均为。（1）通过计算分析绳子断裂的原因并求点与挡板A点的水平距离。（2）求小滑块最终静止的位置到点的距离。（3）若轻绳长度可调，滑环和小球一起水平向右的初速度可调，要确保滑环撞击挡板绳子崩断后小球总能落在点的小滑块上，求和的关系以及的取值范围。【考点】平抛运动位移的计算

绳球类模型及其临界条件

机械能与曲线运动结合问题

完全非弹性碰撞1：碰撞后直接粘连问题【答案】（1）见解析，6m；（2）0.32m；（3），或【详析】（1）由牛顿第二定律可知解得所以轻绳断裂。平抛运动解得（2）小球与小滑块作用过程水平方向动量守恒得从到斜面最高点的过程解得滑块未从斜面顶端飞出。又滑块下滑。从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置解得（3）若轻绳能断裂联立方程得确保轻绳崩断解得或3．（2024·浙江杭州·二模）某游戏装置如图所示，左侧固定一张长的桌子，水平桌面的边缘A、B上有两个小物块甲、乙，质量分别为，，两物块与桌面之间的动摩擦因数均为；右侧有一根不可伸长的细线，长度为，能够承受的最大拉力，细线上端固定在O点，下端系有一个侧面开口的轻盒（质量不计），初始时刻盒子锁定在C点且细线伸直，OC与竖直方向夹角，O点正下方处有一细长的钉子，用于阻挡细线。某次游戏时，敲击物块甲，使其获得的初速度，一段时间后与物块乙发生碰撞，碰撞时间极短且碰后粘在一起，形成组合体从边缘B飞出，当组合体沿垂直OC方向飞入盒子时，盒子立即解锁，之后组合体与盒子一起运动不再分离。若组合体碰撞盒子前后速度不变，空气阻力不计，物块与轻盒大小可忽略，，。求：（1）物块甲即将碰到乙时的速度大小；（2）组合体到达C点时的速度大小；（3）细线被钉子挡住后的瞬间对盒子的拉力大小T；（4）若h的大小可调，要求细线被钉子挡住后始终伸直且不断裂，求h的可调范围。【考点】平抛运动速度的计算

绳球类模型及其临界条件

应用动能定理解多段过程问题

非完全弹性碰撞后的速度【答案】（1）3m/s；（2）3m/s；（3）2.5N；（4）或【详析】（1）甲向右做匀减速直线运动，根据动能定理有解得（2）甲乙发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有碰撞后，甲乙做平抛运动，在C点，就速度分解有解得（3）组合体运动到钉子正下方时，根据动能定理有解得细线被钉子挡住后的瞬间对盒子分析有解得T=2.5N（4）当刚好能摆到钉子等高处时解得当能绕钉子做完整的圆周运动且刚好通过最高点时解得在该条件下同时需满足在最低点绳子不断裂，得解得综上可知h的可调范围为或4．（2024·浙江台州·二模）如图所示装置放置在水平地面上，质量的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点，随后通过顺时针转动的传送带。已知圆弧半径，传送带长，与地面高度。滑块可视为质点，滑块P与传送带的动摩擦因数，不计空气阻力与传送带转轮的大小。（1）求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小；（2）求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系；（3）若传送带速度，将木块M与N并排静置在光滑地面上，木块M上固定一竖直轻杆，轻杆上端小横杆上系一长为的轻细线，细线下端系一质量为的小球Q。滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S（可视为质点），随后绕悬点小角度摆动（不与竖直杆碰撞）。已知木块M与N的质量分别为与。求木块M与N分离时S的速度大小。

【考点】物块在水平传送带上运动分析绳球类模型及其临界条件利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）；（2）见解析；（3）【详析】（1）滑块P从A端点滑到圆弧B端点，根据动能定理解得在B点，根据牛顿第二定律解得（2）滑块P由C抛出后，做平抛运动，则解得若一直减速，根据动能定理解得若一直加速，根据动能定理解得则若，滑块P由C抛出的水平距离为若，滑块P由C抛出的水平距离为若，滑块P由C抛出的水平距离为（3）由（2）知飞出时为滑块P、小球Q碰撞前后动量守恒，则解得根据系统动量守恒、以及机械能守恒解得，或，（不符，舍去）故木块M与N分离时木块M与N分离时S的速度大小为。5．（2024·浙江温州·三模）如图所示，某固定装置由长度的水平传送带，圆心角、半径的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量的物块b。质量的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为，物块b与小车的动摩擦因数，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。（1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q；（2）求物块a到达D点时对管道的作用力FN；（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。【考点】物块在水平传送带上运动分析

受恒定外力的板块问题

应用动能定理解多段过程问题

常见力做功与相应的能量转化

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）30J；（2）6N，方向竖直向上；（3）2m【详析】（1）对小物块分析有设小物块一直加速到传送到右端点时，其速度为，有解得所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有该时间传送带的位移为，有物块a相对传送带的位移为摩擦产生的热量为（2）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，由动能定理有在D点有解得由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力，所以物块a到达D点时对管道的作用力为6N，方向竖直向上。（3）当物块滑上小车后，由于所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示该过程由动量守恒有能量守恒方面有解得6．（2024·浙江金华·三模）如图所示，光滑水平面左侧放置质量、半径的光滑圆弧槽b，右侧固定粗糙斜面体ABC，斜面体AB和BC的倾角均为60°，B离地面高度，另有一个质量的小滑块球a（可视为质点）从圆弧槽某位置静止释放，圆弧槽圆心与小滑块的连线与竖直方向夹角为。滑块与斜面AB之间的动摩擦因数，且滑块通过A点时无机械能损失。，重力加速度。（1）若圆弧槽b固定不动且小滑块a静止释放位置，求a第一次滑至圆弧槽最低点时小滑块的向心加速度大小；（2）若圆弧槽b不固定且小滑块a静止释放位置，求a滑至圆弧槽最低点时小滑块的位移大小及圆弧槽对小滑块的支持力大小；（3）若圆弧槽b固定不动，小滑块从某一位置静止释放，小滑块沿斜面AB通过B点后恰好落在C点，求：小滑块在B点时的速度及释放位置的角度。【考点】斜面上的平抛运动

拱桥和凹桥模型

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）；（2），；（3），【详析】（1）从释放位置到最低点列动能定理求得所以最低点向心加速度（2）a与b水平方向动量守恒且总动量等于零，满足人船模型且所以可得滑块水平位移而竖直位移为4m，则根据勾股定理可知，总位移大小为5m。a滑下过程中ab组成的系统总能量守恒a与b水平方向动量守恒可得可得小滑块由合力提供向心力所以（3）B点飞出到C点过程中，小滑块做斜抛运动，在水平方向匀速运动，则时间为在竖直方向竖直上抛，取向下为正方向，则得释放位置到B点列动能定理解得所以7．（2024·浙江金华·三模）某固定装置的竖直截面如图甲所示，由长度为1.0m的水平传送带和两段光滑圆管轨道组成，两段圆管轨道所对应的圆心角相同，，，右侧带有竖直挡板的滑块b放置在光滑的水平面上，传送带和滑块b与轨道端口均为平滑连接，传送带启动后运行的图如图乙所示，传送带启动0.5s后把小物块a从传送带左侧静止释放，小物块a和滑块b的质量均为，a与传送带和滑块b之间的动摩擦因数均为，若空气阻力、小物块a、圆管轨道的口径和皮带轮半径均可不计，物块a进出管道时无能量损失，物块a和滑块b发生的碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度，试求：（1）小物块a在传送带上运动的时间t；（2）小物块a进入管道时对管道的作用力大小；（3）滑块b至少多长才能使小物块a不脱离滑块。【考点】含有动量守恒的多过程问题【答案】（1）；（2）4N；（3）【详析】（1）对传送带

0-1s做加速度对a物体，匀加速当a物体与传送带同速时

得此时共速

物体位移

a物体与传送带一起匀加速至1，有所以a物体匀速运动

时间运动时间

（2）A到B动能定理对B处

得

由牛顿第三定律可知，对管道作用力为4N。（3）A到C动能定理得当a刚好滑动b最右端与b共速，此时b的长度是满足题意的最短长度，由能量守恒和动量守恒有联立得8．（2024·浙江金华·模拟预测）小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一质量的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞出，然后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D处水平滑出，撞击放置在平台上质量的碰撞缓冲装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知、、、，不考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求：（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小；（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能；（3）小弹珠再次回到D点时的速度。【考点】平抛运动速度的计算

平抛运动位移的计算

利用能量守恒解决实际问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）6m/s；（2）2J；（3），方向向右【详析】（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，有，解得由能量守恒定律，有解得（2）设小弹珠碰前的速度为，由能量守恒，有解得碰撞时动量守恒，碰后共同速度为，解得最大弹性势能（3）根据弹性碰撞，有，解得所以小弹珠再次回到D点时的速度大小为，方向向右。9．（2024·浙江·一模）如图所示，足够长的水平光滑直轨道和水平传送带平滑无缝连接，传送带长，以的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道的装置固定于水平地面上，位于竖直平面内，由两段半径均为的圆弧细管道组成，管道与水平传送带和水平地面上的直轨道均平滑相切连接，长，右侧为竖直墙壁。滑块的质量，滑块与轻弹簧相连，质量，滑块质量，滑块均静置于轨道上。现让滑块以一定的初速度水平向右运动，与滑块相撞后立即被粘住，之后与滑块发生相互作用，与劲度系数的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经管道后滑上。已知滑块在点的速度为，与传送带间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小，弹簧的弹性势能（为形变量）。求：（1）滑块第一次经过点时对装置的作用力；（2）滑块的初速度大小；（3）试通过计算判断滑块能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。【考点】含有动量守恒的多过程问题【答案】（1），竖直向上；（2）；（3）能，【详析】（1）滑块第一次经过点到点，根据动能定理滑块在点的速度为解得根据牛顿第二定律，在点滑块，解得方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块第一次经过点时对装置的作用力为，方向竖直向上；（2）滑块在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块的速度设为，根据运动学规律解得滑块作为整体与滑块发生相互作用，最终滑块被弹出，根据动量守恒与能量守恒得解得大小与发生碰撞，最后共速，满足动量守恒解得（3）假设滑块能再次回到点，从点到点，根据动能定理解得速度大于零，假设成立，滑块可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律解得即可以追上滑块发生再次碰撞，设最大压缩量为，根据动量守恒与能量守恒解得10．（2024·浙江·二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，IJ段长度，JK段长度。问：（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的B处时对轨道的最大压力；（2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？【考点】绳球类模型及其临界条件

机械能与曲线运动结合问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）；（2）离I点左侧距离0.1m；（3）【详析】（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有经过B处时由牛顿第三定律可知联立解得最大压力方向由指向B。（2）当刚好经过C时解得假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得解得故滑块在C点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有故的弹性势能弹出到达车左端的速度与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有解得共速时与摆渡车的相对位移所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离故滑块所停位置在离车右端距离（3）当刚好经过C时将弹出到平台上，根据动能定理有与车共速时由能量守恒要使得滑块停在目标区联立上面四式解得且故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为11．（2024·浙江·二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为的固定水平传送带BC及两半径均为的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为的水平面GH和半径为的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为，不计其他阻力，取。求（1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力；（2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；（3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。【考点】机械能与曲线运动结合问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）见解析【详析】（1）滑块运动到圆弧轨道上的D点时，根据动能定理解得在D点，根据牛顿第二定律解得，方向竖直向下。（2）从D点到F点，根据动能定理解得根据动量守恒解得根据能量守恒有解得（3）要求滑块不脱离小车，有①滑块不离开小车的右端时解得②滑块不离开小车左端时，解得所以滑块到F点时的最大速度为，则D点时的最大速度为，根据动能定理解得所以，当传送带逆时针或传送带的速度顺时针时，则滑行的路程为当传送带的速度顺时针时，滑块会脱离小车当传送带的速度顺时针时，根据动能定理解得根据能量守恒解得12．（2024·浙江·模拟预测）如图所示，倾角的斜面AB与长度为的水平面BC在B点衔接，衔接点平滑，质量为的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P自斜面上高处静止释放，与滑块Q发生弹性碰撞后，滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧（CD间隙不计），D为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q经圆弧后在E点水平抛出，最终落于水平地面FG上，水平面FG与BC的高度差为。已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为。（1）若滑块P的质量为，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。①求滑块Q进入D点时的速度。②求半圆轨道的半径R的取值范围。③求滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程。（2）若半圆轨道DE的半径为，滑块P的质量可调，求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围。【考点】绳球类模型及其临界条件

应用动能定理解多段过程问题

机械能与曲线运动结合问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）①2m/s，②，③1.4m；（2）【详析】（1）①滑块P从静止到C点，根据动能定理有解得滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，有又因为是弹性碰撞，则能量守恒解得②在D点能够做圆周运动，根据牛顿第二定律可知解得D点到E点的过程，根据能量守恒定律有在E点，根据牛顿第二定律有且联立得所以R的取值范围③自E点作平抛运动，则射程为，将②中代入得当时，解得（2）由动能定理有解得滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，则又因为是弹性碰撞，根据能量守恒定律有解得即则由牛顿第二定律有解得13．（2024·浙江嘉兴·二模）如图所示是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型，倾斜轨道AB和倾斜传送带BC倾角都为，半径的细圆弧管道CD的圆心角也为θ。水平轨道DE右侧有一倾角为α的斜面FG，其底端F在E正下方、顶端G与E等高且距离为。DE上静置一小滑块N。AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过CD滑上DE，M经过D点时与管道间恰好无挤压。传送带以速度逆时针转动，BC长度，M与BC间动摩擦因数为。已知M、N质量分别为、，。除传送带外，其余部分皆光滑。取：、。求：（1）M首次经过D时的速度大小；（2）当N固定且M与N间发生弹性碰撞时，M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量，以及M在碰撞后经过B点的速度；（3）当N不固定且M与N间发生非弹性碰撞时，N从E水平飞出后击中FG的最小动能。【考点】物块在倾斜的传送带上运动分析

平抛运动速度的计算

用动能定理求解外力做功和初末速度

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）；（2），；（3）见解析【详析】（1）根据题意可知，当M到达D点时，恰好由重力充当向心力，则有解得（2）M从C点到到达D点的过程中，由动能定理解得物块在传送带上上滑过程中，由牛顿第二定律有解得对该过程由运动学公式有解得物块上滑过程所用的时间其与传送带间相对位移为摩擦产生的热量物块M与固定的物块N弹性碰撞后，等速返回，再次到达C点时速度仍为，物块M与传送带达到共速时的位移设为，由运动学公式有解得达到共速后，由于物块M沿斜面向下的重力的分力大于最大静摩擦，因此传送带会继续加速下滑，设该阶段物块M的加速度为，由牛顿第二定律有解得物块M再次到达B点的过程，由运动学公式有解得（3）设滑块N离开点后经时间击中斜面，则其击中斜面时的动能其中因此有可知，当，即时此时略大于。而碰撞若为弹性碰撞，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得联立解得若碰撞为完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律可得解得由此可知，非弹性碰撞后，滑块N的速度范围为在这个区间内，故可取。14．（2024·浙江湖州·二模）如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长s=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知玩具车在平板车和传送带上运动时，均产生自重0.8倍的动力（忽略摩擦阻力和空气阻力），且从C点到D点速度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）玩具小车在A点速度大小vA；（2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN；（3）平板车的长度l；（4）传送带由于运送玩具小车而多输出的机械能∆E。【考点】物块在倾斜的传送带上运动分析

拱桥和凹桥模型

机械能与曲线运动结合问题

人船模型求船运动的距离【答案】（1）5m/s；（2）6.8N；（3）1.2m；（4）0.96J【详析】（1）小车离开平板车后，做平抛运动，在A点的速度为vA，竖直方向有解得vA=5m/s（2）从A到B由动能定理在B点由牛顿第二定律解得FN=6.8N（3）小车在平板车上做匀加速运动的加速度为a1，位移为x1，则由牛顿定律由运动方程解得x1=1m小车和平板车满足平均动量守恒解得x2=0.2m平板车的长度为l=x1+x2=1.2m（4）小车在传送带上做匀加速运动，则由牛顿第二定律可知解得a2=2m/s2由运动公式以及解得t=0.3s（另一解t=-0.53s舍掉）在时间t内，传送带上某点对地位移x传=vt=0.6m传送带由于运送小车克服小车对其的静摩擦力做功为15．（2024·浙江金华·二模）如图所示，质量的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求：（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小；（2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量；（3）若平台上P、Q之间是一个长度的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。①求当时，滑块B第一次通过Q点时速度；②求当时，滑块B在PQ间通过的路程。【考点】应用动能定理解多段过程问题

机械能与曲线运动结合问题

利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）；（2）；（3）①；②【详析】（1）设B滑到A的底端时速度为，由动能定理得小球在圆弧底端，有联立各式并代入数据得，根据牛顿第三定律可知，滑块对圆弧底端的压力为60N。（2）设A、B获得共同速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得对A、B系统利用能量守恒定律（3）①当μ=0.1时，对滑块B从共速位置到点应用动能定理有解得②当μ=0.9时，对滑块B从共速位置到点应用动能定理有解得由于所以滑块B不能从斜坡顶端冲出，将会再次滑上PQ段；由于所以滑块B不能从平台左端滑出；由于所以滑块B不会停止在PQ段，最终静止在点，对滑块B全过程应用动能定理有解得16．（2024·浙江宁波·二模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角长的固定斜面AB、质量的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量长度的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径，最低点C与小车等高。当P把的小物块（视为质点）以速度水平弹出，恰好由A点沿斜面方向进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB间的动摩擦因数，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求水平弹出点离A点的竖直高度；（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度；（3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从右（B端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。【考点】利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题【答案】（1）；（2）；（3）能通过点，见解析【详析】（1）根据平抛运动功率，在A点有其中解得（2）物块在A点速度从A到B过程，根据动能定理有解得从B到C过程，根据动能定理有解得在圆轨道点，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律可知，小物块滑上时对点的压力解得方向竖直向下。设小物块滑上的最大高度时，小物块与共速，由动量守恒守律有由机械能守恒得解得（3）物块从B到C过程，克服摩擦力做功若到点共速，则有解得则有故能通过点17．（2023·浙江绍兴·二模）如图所示，一长为的水平传送带AB以速度沿顺时针匀速旋转，传送带与光滑水平轨道CD平滑连接且B、C两点重合，光滑圆弧轨道DE圆心为O，半径为，OE与竖直方向的夹角，圆弧轨道DE与水平轨道CD也平滑连接，FG为U形固定槽（F、G两点等高），槽的水平长度为，槽的右上端G与E点间的水平距离为，竖直距离为。现将质量为（质量大小可改变）的滑块1轻轻放到传送带上的A处，经传送带传送后进入轨道CD，并与静止在水平轨道CD上某处的滑块2（质量为）发生弹性碰撞，随后滑块2沿圆弧轨道运动，从E点飞出后落入U形槽。已知滑块1与传送带间的动摩擦因数为，两滑块可视为质点，不考虑两滑块间以后的碰撞与滑块2落入U形槽后反弹的情形。（1）求碰撞前瞬间滑块1的速度。（2）若滑块2刚好在E点脱离轨道，求碰撞后瞬间滑块2的速度。（3）为使滑块2能落入U形槽，求滑块1质量应取的最小值。（结果可保留根号）【考点】平抛运动位移的计算

绳球类模型及其临界条件

完全弹性碰撞1：动碰静【答案】（1）；（2）；（3）【详析】（1）滑块1匀加速直线运动的加速度滑块1匀加速直线运动的位移之后滑块1做匀速直线运动，因此碰撞前瞬间滑块1的速度（2）滑块2刚好在E点脱离轨道满足得根据动能定理则（3）为使滑块2能落入U形槽，要求滑块1质量的最小值满足条件1:E点之前不脱离轨道，即E点速度满足条件2：若刚好落入G点即E点速度因此能落入G点，碰撞后瞬间滑块2速度滑块1和滑块2发生弹性碰撞因此质量的最小值为18．（2024·浙江·三模）动画片《熊出没》中有这样的情节：某天熊大中了光头强设计的陷阱，被挂在了轻质藤条上。聪明的熊大想了一个办法，让自己荡起来使藤条断裂而得救。其简化过程如图所示，设悬点为O，离CD高度。CD与EF的高度差，其间由光滑斜面DE连接。熊大可视为质点且质量，重心为A，荡下过程重心到悬点的距离且保持不变，藤条能承受的最大张力为，空气阻力忽略不计，重力加速度。（1）为使藤条断