2025届高考物理二轮复习学案：力学三大观点的综合应用（含练习题及答案）

2025届高考物理二轮复习：力学三大观点的综合应用学案

1.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=ma

v=v0+at

动力学观点匀变速直线

x=v（）t,+.-1at,2

2

运动规律

22

v~v0=2ax

动能定理W=AEk

Eki+EPi=

机械能守恒定律

能量观点

Ek2+Ep2

功能关系WG=-AEP

能量守恒定律

EI=E2

动量定理I=p'-p

动量观点

动量守恒定律P1+P2=P1，+P2’

2.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。

第1页共34页

(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。

⑷对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板块问题，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。

［例题］如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带,

左端与粗糙的弧形轨道平滑对接,右端与光滑水平面平滑对接,水平

面上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量

mo=O.2kgo质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=4.0m的P点由静止

开始下滑,滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/so物体和传送带

之间的动摩擦因数u=0.5,传送带两端AB之间的距离L=3.4mo物体

与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g取

10m/s2,710^3.16o求：

⑴物体从P点下滑到A点的过程中,摩擦力做的功；

⑵物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小;

⑶物体第一次与小球碰撞后,在传送带上向左滑行的最大距离；

(4)n个小球最终获得的总动能。

第2页共34页

［拓展训练1］（2024•福建龙岩模拟）如图所示,用长为R的不可伸长

的轻绳将质量为勺1的小球A悬挂于0点。在光滑的水平地面上,质量

为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C的左端静止。将小球A拉

起，使轻绳水平拉直,将A球由静止释放,运动到最低点时与小物块B

发生弹性正碰。

（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角。的余弦值；

⑵若长木板C的质量为2m,小物块B与长木板C之间的动摩擦因数

为R,长木板C的长度至少为多大,小物块B才不会从长木板C的上表

面滑出？

［拓展训练2］如图所示,粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜

面体,斜面倾角。未知,在斜面体内部埋置了一个与斜面平行的压力

传感器，且示数为零。水平面上靠近斜面体处静止放置A、B两物体，

其中n）A=lkg,mB=2kg,两物体紧贴在一起，中间夹着一小块炸药（质量

可忽略），点燃炸药发生爆炸使两物体脱离,B物体立刻冲上斜面体,经

过压力传感器时，测得传感器上表面受到的压力大小为16N,已知A

物体与水平面间的动摩擦因数JF0.5,炸药爆炸时释放的化学能为

E=27J且全部转化为两物体的动能,不考虑B物体在斜面体与水平面

连接处的动能损失,A、B两物体均可视为质点,爆炸时间极短,重力加

速度g取10m/s2,求：

第3页共34页

⑴爆炸后瞬间,A、B两物体获得的速度大小；

(2)B物体在斜面上运动的时间to；

(3)要使B物体能追上A物体,B物体与水平面之间的动摩擦因数n2

的取值范围。

增分训练2力学三大观点的综合应用

1.有两个动能相同的物体a和b在粗糙的水平面上运动,经相同时间

都停了下来。其中物体a的质量较大,a和b与水平面间的动摩擦因

数分别为口a和口b,a和b的位移分别为：和心,则()

A.Ra>Rb且Xa<Xb

B.Ra>Ub且Xa>Xb

C.Ra〈口b且Xa>Xb

D.口a〈口b且Xa〈Xb

2.如图,某次冰壶比赛，甲壶以速度V。与静止的乙壶发生正碰。已知冰

面粗糙程度处处相同,两壶完全相同,从碰撞到两壶都静止，乙的位移

是甲的9倍，则()

甲。O乙

冰面

A.两壶碰撞过程无机械能损失

第4页共34页

B.两壶碰撞过程动量变化量相同

C.碰撞后瞬间，甲壶的速度为"

4

D.碰撞后瞬间，乙壶的速度为V。

3.（多选）质量0=0.5kg的物体甲静止在光滑水平面上，质量未知的

物体乙从甲的左侧以一定的速度与物体甲发生正碰，碰撞时间极短，

磁撞后物体甲和物体乙粘在一起成为一个整体。如图所示,a段为碰

撞前物体乙的位移一时间图像,b段为碰撞后整体的位移一时间图像,

下列说法正确的是（）

A.碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为5：3

B.碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小

相等、方向相反

C.物体甲与物体乙的质量之比为1:2

D.物体甲和物体乙碰撞过程中机械能守恒

4.如图所示,光滑倾斜滑道0M段与粗糙水平滑道MN段平滑连接。质

量为1kg的滑块从0点由静止滑下,滑块运动到N点的速度大小为3

m/s,在N点与竖直缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1m的P点停下。

第5页共34页

已知。点比M点高1.25m,滑块与MN段的动摩擦因数为0.2,重力加

速度g取10m/s；不计空气阻力。则（）

MP

A.滑块运动到M点的速度大小为6m/s

B.缓冲墙对滑块做的功为-5J

C.缓冲墙对滑块的冲量大小为5N-s

D.粗糙滑道MN段长为8m

5.（多选）如图所示,一长为L的传送带水平放置,在电动机的带动下,

以速率v沿逆时针方向匀速运行,在右轮的正上方固定安装与传送带

垂直的挡板;质量为m甲=1kg的甲物块与质量为m乙的乙物块中间夹

有炸药,静止放在光滑的水平桌面上,炸药爆炸所释放的能量E=81J

全部转化为两物块的动能，甲离开桌面做平抛运动,经过t=0.3s落地

时的速率Vt=3VlUm/s,乙以水平向右的速度从左轮的正上方滑上传

送带,与挡板碰撞前后的速率分别为Vi、v2,碰撞时间极短,碰撞生热

Q=22.5J,碰撞后乙向左做匀加速运动，经过t°=4s,运行到左轮的正

上方恰好与传送带共速，乙与传送带之间的动摩擦因数u=0.l,g取

10m/s?,下列说法正确的是（）

A.乙的质量m乙=2kg

第6页共34页

B.传送带的速率v=6m/s

C.传送带的长度L=16m

D.乙与挡板碰撞之前的速度vi=14m/s

6.某同学为了研究瞬间冲量,设计了如图所示的实验装置。将内径为

d的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上,在圆环上放置直径

为1.5d,质量为m的薄圆板,板上放质量为2m的物块，圆板中心、物

块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向圆心的瞬间冲量I,物块与

圆板间动摩擦因数为R,不计圆板与圆环之间的摩擦力,重力加速度

为g,不考虑圆板翻转，以下说法正确的是（）

A.若物块可以从圆板滑落,则冲量I越大,物块与圆板相对滑动的位

移越大

B.若物块可以从圆板滑落,则冲量I越大,物块离开圆板时的速度越

大

C.当冲量I=m,2〃gd时,物块一定会从圆板上掉落

D.当冲量I=2m质施时,物块一定会从圆板上掉落

7,如图所示，半径为R=5m的［光滑圆弧AB固定在光滑的水平面上,在

C点静止着一个滑块P,载人小车M静止在水平面上的D点。滑块Q从

第7页共34页

A点正上方距A点高H=2.2m处由静止释放,从A点进入圆弧并沿圆

弧运动,Q运动到C点与P发生碰撞,碰撞后P、Q粘合为一个结合体E。

已知Q、P和M的质量分别为此=1kg、m2=5kg、m3=60kg,重力加速

度g取10m/s2o

(1)求P、Q碰撞后的速度大小；

⑵如果结合体E与小车M发生弹性碰撞,求碰撞后小车的速度大小;

(3)如果人每次以v=10m/s的速度(相对地面)将E反向推出，求人最

多能推E多少次。

8.如图所示,在光滑水平面上通过锁定装置固定一质量M=2kg的小车,

小车左边部分为半径R=l.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平

滑连接一长度L=2.85m的水平粗糙面,粗糙面右端是一挡板。有一个

质量为m=lkg的小物块(可视为质点)从圆弧轨道顶端A点由静止释

放,与水平粗糙面间动摩擦因数n=0.08,小物块与挡板的碰撞无机械

2

能损失,重力加速度g取10m/so

(1)求小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；

(2)若解除小车锁定,求小物块滑到圆弧轨道末端时的速度大小;

第8页共34页

⑶若解除小车锁定,求整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的

次数以及小车发生的位移大小。

9.（2024•浙江温州十五校联合体高三选考模拟）如图所示,竖直的半

径为R的螺旋圆形轨道BFEGH与直轨道AH和BC在B、H处平滑连接,

倾角为。的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。在直轨道AH左端

固定连接一轻弹簧,弹簧另一端系一个质量为m的滑块Q,弹簧处于自

然状态。一个质量也为m的滑块P从CD斜面高h处由静止下滑。已

知BC段与滑块P间动摩擦因数n=0.2,轨道其他部分均光滑,直轨道

BC长LBC=1m,m=lkg,9=30°,R=0.2m,g取10m/s：弹簧始终处于

弹性限度内，滑块脱离轨道,不会再落到轨道上。

⑴若滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零,求滑块P由静止下滑的高

度h;

⑵滑块P恰好能过E点完成圆周运动与Q发生碰撞,碰撞时间极短，

碰撞后P、Q一起运动,但互不粘连,求P、Q第一次分离时弹簧和滑块

Q系统的机械能；

⑶若滑块P与Q仅发生一次碰撞,求高度h的范围。

10.如图甲所示,平台ON上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上，

右端与质量m=0.5kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），0P段粗

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糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑,上面有静止的小滑块B、C,mB=l.5

kg,mc=0.5kg,滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,B与轻弹簧

连接,滑块C未连接弹簧,两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P

点,现对物块施加一个水平向左的外力F,大小随位移x变化关系如图

乙所示。物块A向左运动x=0.4m后撤去外力F,此后物块A向右运

动到离开P点时的速度为v0=4m/s,A与B碰撞后粘合在一起,碰撞时

间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角。=37°的传送带,并刚好到达传

送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数n=0.5,水平面MN

右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=lm/s顺时针

转动，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

⑴物块A与滑块B碰撞前克服摩擦力做的功；

⑵滑块C刚滑上传送带时的速度；

⑶滑块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产

生的热量。

第10页共34页

11.如图所示，物体A、B质量分别为m=lkg,M=2kg,用轻绳相连并用

弹簧系住挂在天花板上静止不动。某时刻A、B间的绳子被剪断,物体

A上升,B开始下降并从C点进入竖直放置的半径为R=2m的四分之一

光滑圆弧轨道，已知当B以大小为VB的速度下落到轨道上的C处时,A

上升的速度大小为vAo之后物体B在圆弧轨道末端D点与质量为m的

光滑小球发生弹性正碰,碰撞时间极短,且B与小球碰撞前瞬间对轨

道的压力大小为64N,此后B继续滑动直至刚好脱离粗糙水平面DE,B

与DE间的动摩擦因数为0.4。小球在E点水平滑上静止停放在光滑

水平面上质量为m0的弧形槽小车，小车左端的离地高度hEF=0.8m,小

球到达某一高度后(未离开小车)又返回小车左端(A、B小球均可以看

作质点,g取10m/s；忽略空气阻力)。

(1)A上升的速度大小为VA时,求弹簧对物体A的冲量(用题中所给字

母表示)；

⑵若B在;圆弧轨道上的运动时间是到C处时间的3倍,求从绳子被

剪断到B落到地面的总时间T;

(3)若小车的质量m0=3kg,求小球在弧形槽小车上到达最高点时的离

地距离H;

(4)若小球从小车左端掉落后的落地点与二者刚脱离时的位置的水平

距离为S=V1Tm,求小车的质量m0o

第11页共34页

2025届高考物理二轮复习：力学三大观点的综合应用学案•教师版

1.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=ma

v=v0+at

动力学观点匀变速直线

x=v（）t,+.-1at,2

2

运动规律

22

v~v0=2ax

动能定理W=AEk

Eki+EPi=

机械能守恒定律

能量观点

Ek2+Ep2

功能关系WG=-AEP

能量守恒定律

EI=E2

动量定理I=p'-p

动量观点

动量守恒定律P1+P2=P1，+P2’

2.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。

第12页共34页

(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。

⑷对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板块问题，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。

［例题］如图所示，以v=5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带,

左端与粗糙的弧形轨道平滑对接,右端与光滑水平面平滑对接，水平

面上有n个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量

mo=O.2kgo质量m=0.1kg的物体从轨道上高h=4.0m的P点由静止

开始下滑,滑到传送带上的A点时速度大小v0=7m/so物体和传送带

之间的动摩擦因数n=0.5,传送带两端AB之间的距离L=3.4mo物体

与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g取

10m/s2,710^3.16o求：

⑴物体从P点下滑到A点的过程中,摩擦力做的功；

⑵物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小;

(3)物体第一次与小球碰撞后,在传送带上向左滑行的最大距离；

(4)n个小球最终获得的总动能。

解析：(1)物体从P点下滑到A点的过程中，由动能定理有

1

z?

mgh+Wf=-mvo,

解得Wf=-1.55Jo

第13页共34页

⑵物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,加速度大

2

小a=^£-口g=5m/s；

m

减速至与传送带速度相等时所用的时间

ti=^-^=—s-0.4s,

a5

匀减速运动的位移

x=vo+vt7+5ym=2.4m<L=3.4m,

22

所以物体与传送带共速后向右匀速运动,匀速运动的时间为

故物体从A运动到B的时间为t=ti+t2=0.6s,

传送带对物体的冲量大小为

22

I=l(mgt)+[m(v0-v)]=V0.4N,s

^0.63N•So

⑶物体与小球1发生弹性正碰,设物体反弹回来的速度大小为Vi,小

球1被撞后的速度大小为5,由动量守恒定律和机械能守恒定律得

mv=-mvi+m0Ui,-mv=+5mo〃i,

解■得Vi=|v=|m/s,UI=|V=Ym/s,

物体被反弹回来后,在传送带上向左运动过程中，

2

由运动学公式得0-v1=-2as,

解得s=—m<3.4m

180

(4)由于小球质量均相等,且发生的都是弹性正碰,它们之间将进行速

度交换。由⑶可知,物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为

零,接下来将再次向右做匀加速运动,直到速度增加到V1,再跟小球1

第14页共34页

发生弹性正碰，同理可得,第二次碰撞后,物体和小球的速度大小分别

为

1/1s.2221

V=-Vi=㈠V,U=-Vi=-,-V,

2333233

以此类推,物体与小球1经过n次碰撞后，它们的速度大小分别为

/1\n2/1\n-1

Vn=(-)v,un=-•(-)V,

由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换,所以，最终从1号

小球开始，到n号小球，它们的速度大小依次为Un、Un-1>Un-2、…、Ub

222

则n个小球的总动能为Ek=|m0(Ui+u2+,•,+un),

解得Ek=J(「2)J(n=l,2,3,…)。

49n

答案：(1)-1.55J(2)0.63N•s

(3)Q(%(1募)J(n=l,2,3,…)

[拓展训练1](2024•福建龙岩模拟)如图所示,用长为R的不可伸长

的轻绳将质量为装的小球A悬挂于0点。在光滑的水平地面上,质量

为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止。将小球A拉

起，使轻绳水平拉直,将A球由静止释放,运动到最低点时与小物块B

发生弹性正碰。

(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角。的余弦值；

⑵若长木板C的质量为2m,小物块B与长木板C之间的动摩擦因数

为H,长木板C的长度至少为多大,小物块B才不会从长木板C的上表

面滑出？

第15页共34页

解析：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为vo,则由机械能守恒

定律有:gR募.与孙2,设碰后小球A和小物块B的速度分别为0和V2,

由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mm

—v=—vi+mv,

3032

1m71m7,17

-•—Vn-->—Vi+-mvz,

23u2312z?

联立解得Vk-萼，

设碰后小球A能上升的最大高度为H,由机械能守恒定律有

m1mn

TgTHT=2,，

所求COSo=?,

联立解得cos9=|o

4

(2)法一由⑴可求得碰后小物块B的速度为

$4颉,设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v,长木

板C的最小长度为L,

有mv2=（m+2m）v,

22

口mgL=|mv2-|(m+2m)v,

联立解得L=^

6〃o

法二由⑴可求得碰后小物块B的速度为V2=：J而瓦设小物块B运

动的位移为小时,小物块B、长木板C达到共同速度v,此时长木板C

22

运动的位移为x2,对小物块B有口mg=maB,v2-v=2aBXi,对长木板C有

2

Rmg=2mac,v=2acx2,—=^-^,长木板C的最小长度L=xrx2,联立解得

初aB

L=—o

6〃

答案：（1）,（2）『

46〃

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［拓展训练2］如图所示,粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜

面体,斜面倾角。未知,在斜面体内部埋置了一个与斜面平行的压力

传感器，且示数为零。水平面上靠近斜面体处静止放置A、B两物体，

其中n)A=lkg,mB=2kg,两物体紧贴在一起，中间夹着一小块炸药(质量

可忽略)，点燃炸药发生爆炸使两物体脱离,B物体立刻冲上斜面体,经

过压力传感器时，测得传感器上表面受到的压力大小为16N,已知A

物体与水平面间的动摩擦因数JF0.5,炸药爆炸时释放的化学能为

E=27J且全部转化为两物体的动能,不考虑B物体在斜面体与水平面

连接处的动能损失,A、B两物体均可视为质点,爆炸时间极短,重力加

速度g取10m/s2,求：

⑴爆炸后瞬间,A、B两物体获得的速度大小；

(2)B物体在斜面上运动的时间to；

(3)要使B物体能追上A物体,B物体与水平面之间的动摩擦因数H2

的取值范围。

解析：(1)对A、B组成的系统，由于爆炸时间极短，内力极大，满足动量

守恒定律,则有mAVA=mBVB,

由能量守恒定律得£=$1A1^2+58加2,联立解得VA=6m/s,VB=3m/s,

(2)B在斜面上运动时,斜面对传感器的压力

FN=mBgcos9,mBgsin。=n)Ba,从开始向上至回到出发点，全过程的时

间

第17页共34页

九=迪，联立解得to=lSo

a

⑶设A从爆炸后运动至停止的时间为tA,位移为XA,根据动量定理有

2

UimAgtA=mAvA,根据动能定理有-UimAgxA=0-|mAvA,联立可得tA=l.2

s,XA=3.6m,

同理,可得B在水平面上运动的加速度

aB上空吆=P2g,A停止时,B在水平面上的位移

2

XB=VB(tA-to)-|aB(tA-t0)<VB(tA-to)=0.6m,因为XB〈XA,所以B一定是在

A停止运动后才可追上，因此,要使B能追上A,必须满足B在停止运动

前的位移大于或等于A全程位移，即XB'=*2XA,解得(K112W0.125。

2aB

答案：(1)6m/s3m/s(2)1s

(3)0<n2<0.125

增分训练2力学三大观点的综合应用

1.有两个动能相同的物体a和b在粗糙的水平面上运动,经相同时间

都停了下来。其中物体a的质量较大,a和b与水平面间的动摩擦因

数分别为口a和lb,a和b的位移分别为Xa和Xb,贝！J(D)

A.Ra>Rb且Xa<Xb

B.Ra>Ub且Xa>Xb

C.Ra〈口b且Xa>Xb

D.口a〈口b且Xa〈Xb

第18页共34页

解析：由动量定理Limgt=mv=72mEk,即u=/J誉因物体a的质量较

大,则Ra〈口b,由动能定理Ek=口mgx,解得x=t匡因物体a的质量较

72m

大，则Xa<Xb,故选Do

2.如图,某次冰壶比赛，甲壶以速度V。与静止的乙壶发生正碰。已知冰

面粗糙程度处处相同,两壶完全相同,从碰撞到两壶都静止，乙的位移

是甲的9倍，则（C）

甲。O乙

»

A.两壶碰撞过程无机械能损失

B,两壶碰撞过程动量变化量相同

C.碰撞后瞬间，甲壶的速度为也

4

D.碰撞后瞬间，乙壶的速度为vo

解析:两壶碰撞后在冰面上滑行,则有a=竺㈣=Rg,两壶完全相同，从

m

碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍,设碰撞后两壶的速度分别

是vi和V%根据运动学关系0-v=-2ax,得vi：v2=l：3。根据动量守恒

定律得mv=mvi+mv,解得VF—,v=—,C正确，D错误;两壶碰撞过程机

02424

械能的变化量为△2+|mv2-|mv2=-^mv2,机械能有损失,A错

zZ2z0160

误;动量的变化量是矢量,两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向

相反,B错误。

3.（多选）质量®=0.5kg的物体甲静止在光滑水平面上，质量未知的

物体乙从甲的左侧以一定的速度与物体甲发生正碰，碰撞时间极短，

第19页共34页

磁撞后物体甲和物体乙粘在一起成为一个整体。如图所示,a段为碰

撞前物体乙的位移一时间图像,b段为碰撞后整体的位移一时间图像,

下列说法正确的是(BC)

A.碰撞前物体乙的速度与碰撞后整体的速度大小之比为5:3

B.碰撞过程中物体甲对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小

相等、方向相反

C.物体甲与物体乙的质量之比为1:2

D.物体甲和物体乙碰撞过程中机械能守恒

解析：因x-t图像的斜率表示速度,可知碰撞前乙的速度v=；1m/s=6

m/s,碰撞后整体的速度v，m/s=4m/s,碰撞前物体乙的速度与

2-1

碰撞后整体的速度大小之比为3：2,选项A错误;碰撞过程中物体甲

对物体乙的冲量与物体乙对物体甲的冲量大小相等、方向相反,选项

B正确；由动量守恒定律可得1112V=(nh+ni2)v',解得ni2=lkg,则物体甲

与物体乙的质量之比为1：2,选项C正确;碰撞过程中机械能损失△

2/

E=|m2v-|(m1+m2)v=6J,即物体甲和物体乙碰撞过程中机械能不守

恒,选项D错误。

4.如图所示,光滑倾斜滑道0M段与粗糙水平滑道MN段平滑连接。质

量为1kg的滑块从。点由静止滑下,滑块运动到N点的速度大小为3

m/s,在N点与竖直缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1m的P点停下。

第20页共34页

已知。点比M点高1.25m,滑块与MN段的动摩擦因数为0.2,重力加

速度g取10m/s；不计空气阻力。则（C）

MP

A.滑块运动到M点的速度大小为6m/s

B.缓冲墙对滑块做的功为-5J

C.缓冲墙对滑块的冲量大小为5N-s

D.粗糙滑道MN段长为8m

2

解析:0点到M点，由动能定理得mgh=|mvM,解得2gh=5m/s,A

错误；由N点到P点，设NP段长度为s,从N点弹回的速度大小为v/,

/2

由动能定理得-Umgs=0-|mvN,解得vj

-72^=72X0.2X10X1m/s=2m/s,设缓冲墙对滑块做的功为W,

z22

由动能定理得W=|mvN-|mvw=-2,5J,B错误；设水平向左为正方向，

由动量定理得I=HIVN'-HIVN）=5N-s,C正确；设MN段长度为x,M点

22

到N点，由动能定理得-Rmgx=|mvw-|mvM,解得x=4m,D错误。

5.（多选）如图所示,一长为L的传送带水平放置,在电动机的带动下，

以速率v沿逆时针方向匀速运行,在右轮的正上方固定安装与传送带

垂直的挡板;质量为m甲=1kg的甲物块与质量为m乙的乙物块中间夹

有炸药,静止放在光滑的水平桌面上,炸药爆炸所释放的能量E=81J

全部转化为两物块的动能，甲离开桌面做平抛运动,经过t=0.3s落地

时的速率Vt=3VlUm/s,乙以水平向右的速度从左轮的正上方滑上传

送带,与挡板碰撞前后的速率分别为Vi、v2,碰撞时间极短,碰撞生热

Q=22.5J,碰撞后乙向左做匀加速运动，经过t°=4s,运行到左轮的正

第21页共34页

上方恰好与传送带共速，乙与传送带之间的动摩擦因数n=0.1,g取

10m/s2,下列说法正确的是(BC)

量H

苜(p-(p

<----------------------L------------------------->

/乃〃〃力/力〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/力〃加

A.乙的质量m乙=2kg

B.传送带的速率v=6m/s

C.传送带的长度L=16m

D.乙与挡板碰撞之前的速度vi=14m/s

解析:设炸药爆炸后，甲、乙获得的速率分别为v甲、v乙，由动量守恒

定律有m甲v甲二m乙v乙，由能量守恒定律有E=|m甲〃甲?十为乙力乙2,由平抛

运动的规律Vt=J(gt)2+=甲2,联立解得m乙=1kg,v乙=9m/s,A错误;

乙滑上传送带后向右做匀减速运动，由匀变速直线运动的规律

七2一%2=2口gL,碰撞后乙向左做匀加速直线运动，由匀变速直线运

222

动的规律V-V2=2RgL,v=iigt0+v2,碰撞生热Q=|m乙%2_5^v2,联立

解得Vi-7m/s,V2=2m/s,v=6m/s,L=16m,B、C正确，D错误。

6.某同学为了研究瞬间冲量,设计了如图所示的实验装置。将内径为

d的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上,在圆环上放置直径

为L5d,质量为m的薄圆板,板上放质量为2m的物块，圆板中心、物

块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向圆心的瞬间冲量I,物块与

第22页共34页

圆板间动摩擦因数为U,不计圆板与圆环之间的摩擦力,重力加速度

为g,不考虑圆板翻转，以下说法正确的是（D）

A.若物块可以从圆板滑落,则冲量I越大,物块与圆板相对滑动的位

移越大

B.若物块可以从圆板滑落,则冲量I越大,物块离开圆板时的速度越

大

C.当冲量I=mj2〃gd时,物块一定会从圆板上掉落

D.当冲量I=2m痛施时,物块一定会从圆板上掉落

解析:设圆板获得的速度大小为Vo,物块掉下时，圆板和物块的速度大

小分别为V1和V2,I=mv0,当物块恰好运动到圆板左边缘时,有

2z2

mv0=（m+2m）v',|mv0X3mv=u•2mg•?，联立解得I=^m.j2p.gd,

当时,物块一定会从圆板上掉落,故C错误,D正确;若物块

可以从圆板滑落,二者的相对位移大小始终为乳，故A错误;冲量越

大,V。越大,发生（相对位移所用的时间t越短，由v=at可知物块离开

圆板时的速度越小，故B错误。

7.如图所示,半径为R=5m的;光滑圆弧AB固定在光滑的水平面上,在

C点静止着一个滑块P,载人小车M静止在水平面上的D点。滑块Q从

A点正上方距A点高H=2.2m处由静止释放,从A点进入圆弧并沿圆

弧运动,Q运动到C点与P发生碰撞,碰撞后P、Q粘合为一个结合体E。

第23页共34页

已知Q、P和M的质量分别为mi=lkg、m2=5kg、m3=60kg,重力加速

2

度g取10m/so

(1)求P、Q碰撞后的速度大小；

⑵如果结合体E与小车M发生弹性碰撞,求碰撞后小车的速度大小；

⑶如果人每次以v=10m/s的速度(相对地面)将E反向推出，求人最

多能推E多少次。

解析：⑴滑块Q自由下落到与P发生碰撞前瞬间，据动能定理可得

z

niLg^+R)=-miVQ,

Q与P碰撞过程,根据动量守恒定律可得

ID1VQ=(mi+m2)Vo,

联立解得P、Q碰撞后的速度大小为

VQ—2m/so

⑵结合体E与小车M发生弹性碰撞,根据动量守恒定律及机械能守恒

定律可得

(mi+m2)v0=(mi+m2)Vi+m3v2,

2=22

|(mi+m2)v0|(mi+m2)v1+|m3v2,

联立解得V2=m/so

(3)结合体E以v。向右运动的过程以及人第一次推E的过程，以向右为

正方向，据动量守恒定律可得(mi+m2)v0=-(mi+m2)v+m3v2i,

第24页共34页

以后每次推出过程,小车的动量变化量为

Ap=2(mi+ni2)v,推出n次后,小车的动量为

m3V2n=m3v2i+(n-l)Ap,

当人推结合体n次后,小车的速度大于等于v,人就无法再推E,即v2n

2v,

联立解得nN5.4,

即人最多能推结合体6次。

答案：⑴2m/s⑵三m/s(3)6

8.如图所示,在光滑水平面上通过锁定装置固定一质量后2kg的小车,

小车左边部分为半径R=l.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平

滑连接一长度L=2.85m的水平粗糙面,粗糙面右端是一挡板。有一个

质量为m=lkg的小物块(可视为质点)从圆弧轨道顶端A点由静止释

放,与水平粗糙面间动摩擦因数n=0.08,小物块与挡板的碰撞无机械

2

能损失,重力加速度g取10m/so

(1)求小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；

⑵若解除小车锁定，求小物块滑到圆弧轨道末端时的速度大小；

(3)若解除小车锁定,求整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的

次数以及小车发生的位移大小。

第25页共34页

解析：(1)小车被固定，小物块下滑到圆弧轨道末端过程由动能定理得

mgR=-1mv2-0,

2

在最低点有FN-mg=m^,

解得FN=3mg=30No

(2)解除固定后,小车可以在光滑水平面上自由运动，小物块和小车组

成的系统水平方向动量守恒，设小物块刚滑上右侧水平粗糙面时速度

大小为Vi,小车速度大小为v2,则有

22

mgR^mv-L+|MV2,

mvi-Mv2=0,

解得Vi=4m/so

⑶从小物块滑下到最终相对小车静止，小物块在小车水平粗糙面上

滑动的路程为

mgR=umgs,

解得s=-=15m,

林

设碰撞n次，则有s=(2n-l)L+Ax,

可得当n=3时Ax=0.75m,

即物块与挡板碰撞n=3次,将停在离开右侧挡板0.75m处；

物块相对小车停下时，小车也停止运动,整个过程中，物块相对小车发

生的位移为

x总二口+1Ax=3.3m,

第26页共34页

选取物块和小车为系统，由于水平方向动量守恒,设物块水平向右发

生位移大小为X1,小车水平向左发生位移大小为X2,由mvkMV2可得

mxi=Mx2,又xi+x2=x总，

解得x=-^-x总=1.1m

2m+Mo

答案：⑴30N(2)4m/s(3)3次1.1m

9.(2024•浙江温州十五校联合体高三选考模拟)如图所示,竖直的半

径为R的螺旋圆形轨道BFEGH与直轨道AH和BC在B、H处平滑连接,

倾角为。的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。在直轨道AH左端

固定连接一轻弹簧,弹簧另一端系一个质量为m的滑块Q,弹簧处于自

然状态。一个质量也为m的滑块P从CD斜面高h处由静止下滑。已

知BC段与滑块P间动摩擦因数n=0.2,轨道其他部分均光滑,直轨道

BC长LBC=1m,m=lkg,0=30°,R=0.2m,g取10m/s:弹簧始终处于

弹性限度内，滑块脱离轨道,不会再落到轨道上。

AHC

⑴若滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零,求滑块P由静止下滑的高

度h;

⑵滑块P恰好能过E点完成圆周运动与Q发生碰撞,碰撞时间极短，

碰撞后P、Q一起运动,但互不粘连,求P、Q第一次分离时弹簧和滑块

Q系统的机械能；

⑶若滑块P与Q仅发生一次碰撞,求高度h的范围。

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解析：(1)滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零,则vF=0,从开始下滑到

F点，由动能定理得

mg(h-R)-口mgLBc=O,

解得h=0.4m。

⑵设滑块P与Q碰撞前速度为vo,在最高点E有

2

mg=m^-,从最高点E到碰撞前，由动能定理得

22

mg・2R=|mv0-|mvE,

解得Vo=JSgR,

设P、Q碰撞后共同速度为v,由动量守恒定律得

mv0=2mv,解得v=y,

弹簧原长处P、Q分离,分离时P和Q的动能均为

22

Ek=1mv=1mv0,

Zo

分离时弹簧和滑块Q系统的机械能为Q的动能

2

E=^mv0=|mgR=l.25J。

⑶由于滑块脱离轨道,不会再落到轨道上,所以滑块P、Q恰好发生一

次碰撞的条件是P能过E点且与Q碰撞后恰好通过与0等高的G点。

设滑块P与Q碰撞后的速度大小为vb由机械能守恒定律得二mgR,

由⑵知滑块P与Q碰撞前的动能Ekk4义勺%2,

设滑块P开始下滑的最小高度为hb对小滑块P从开始下滑到与Q碰

撞，由动能定理可得

mghi-LimgLBc=Eki-O,

解得hi=lm,

第28页共34页

从E点到与Q有碰撞ZHigRuEkifiVE,；

VE'=2y[gR>y[gR,

满足恰好发生一次碰撞的条件。

小滑块P、Q能发生二次碰撞的条件是P、Q第一次碰撞后P到达G点

时速度恰好为零（前面已经讨论）或P恰好能第三次通过E点，在P恰

好第三次通过E点的情况下,设小滑块P与Q第一次碰撞后的速度大

22

小为V2,则由动能定理得-mg•2R-Umg•2LBc=|nivE-|niv2,

2

小滑块P与Q第一次碰撞前的动能Ek2=4x1mv2,

设小滑块P开始下滑的最大高度为h2,由动能定理可得mgh2-H

mgLBc=Ek2-0,解得h2=3.8m,所以小滑块P、Q仅发生一次碰撞,高度h

的取值范围为1m<h<3.8mo

答案：（1）04m（2）1.25J（3）1m<h<3.8m

10.如图甲所示,平台ON上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上，

右端与质量m=0.5kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），0P段粗

糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑,上面有静止的小滑块B、C,mB=l.5

kg,mc=0.5kg,滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,B与轻弹簧

连接,滑块C未连接弹簧,两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P

点,现对物块施加一个水平向左的外力F,大小随位移x变化关系如图

乙所示。物块A向左运动x=0.4m后撤去外力F,此后物块A向右运

动到离开P点时的速度为v0=4m/s,A与B碰撞后粘合在一起,碰撞时

间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角。=37°的传送带,并刚好到达传

送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数u=0.5,水平面MN

第29页共34页

右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=lm/s顺时针

转动，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

⑴物块A与滑块B碰撞前克服摩擦力做的功；

⑵滑块C刚滑上传送带时的速度；

⑶滑块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产

生的热量。

解析：(1)根据F.x图像可以求外力F做的功为

WF二等X0.2J+18X0.2J=6J,

物块A从开始运动到P点的过程中

2

WF-Wf=|mv0,

解得Wf=2Jo

(2)A与B碰撞,根据动量守恒定律得

mv0=(m+mB)vb

解得Vi=lm/s,

第30页共34页

A、B碰撞后，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

(m+mB)Vi=(m+mB)vB+mcVc,

22

|(m+mB)b/=(m+mB)vB+|mcvc,

解得Vc=1.6m/so

(3)C在传送带上减速至与传送带共速过程中

mcgsin9+umcgcos0=mcai,

解得ai=10m/s2,贝I]

ai

此过程C与传送带之间的相对位移是

AXi=^y^ti-Vti,

解得Axi=0.018m,

Qi=口mcgcos9•AXi-0.036J,

C与传送带共速后，继续减速滑到顶端

mcgsin0一口mcgcos0=mca2,

2=

解得a?=2m/s,t2—,

此过程c与传送带之间的相对位移是

AV

△X2=vt2--t2,

解得Ax2=0.25m,

则Q2=Pmcgcos9,Ax2=0.5J,

摩擦产生的总热量为Q=QI+Q2=0.536JO

答案：(