第5讲 力学中的动量和能量问题-2026年浙江省高中物理选考二轮复习解密

第5讲 力学中的动量和能量问题 几乎不会单独考查某一个知识点，而是将牛顿运动定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律等多个核心知识交织融合。例如，在分析滑块与木板碰撞、滑块在圆弧轨道上的运动等问题时，需要综合运用这些规律来求解。主要考查的知识点有：动量守恒定律、动量定理、碰撞类型、冲量等。主要考查的知识点有：①动力学；②能量；③动量。 一、三种碰撞的特点 1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论： (1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。 (2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。 3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。 4. “滑块—曲面”模型 ①模型图示 ②模型特点 （1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能）。 （2）返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（相当于弹性碰撞）。 5. “滑块—弹簧”模型 ①模型图示 ②模型特点 （1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 （2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 （3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝m1－（m1＋m2）v2。 （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2。 6. “滑块—木板”模型 ①模型图示 ②模型特点 （1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 （2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 （1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 （2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 （3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 二、动力学、动量和能量观点的应用 1．三个基本观点 (1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题． (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题． (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律． 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 三、方法指导 （1）动量定理的两个重要应用 1.应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。 2.应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。 （2）几种定理的使用 1．选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律． (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决． 2．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动． (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． 题型1选考真题探秘 1. （2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 2. （2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 3. （2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　） A．合力冲量大小为mv0cosƟ B．重力冲量大小为 C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量为零 4. （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运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。 5. （2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 题型2动量和动量定理的应用 6. （2025·浙江·三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（　　） A．速度大小一直在减小 B．加速度大小先减小后增大 C．相邻位置的动量变化量一直减小 D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小 7. （2024·浙江·模拟预测）如图所示，一个质量为m的小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的小球在黏性较大的油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。关于小球的运动，下列说法正确的是（    ） A．从h1到h2，真空中和油中小球的重力冲量相同 B．从h1到h2，真空中和油中小球的动能变化量相同 C．从h1到h2，真空中和油中小球的机械能变化量不同 D．从h1到h2，真空中和油中小球的动量变化量相同 8. （2025·浙江宁波·模拟预测）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（　　） A．小船给船夫的作用力竖直向上 B．小船受到的浮力等于船的重力 C．小船受到船夫的摩擦力向右 D．船夫受到小船的支持力的冲量为零 9. （2025·浙江杭州·模拟预测）如左图所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s B．0~2s内，小球的加速度方向始终向上 C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为 D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量 10. （2025·浙江金华·一模）如图所示为半径的四分之一竖直圆弧轨道、传送带、水平轨道平滑连接组成的模型，端的竖直挡板上固定有劲度系数为的轻质弹簧。现将质量的小物块从圆心等高处点静止释放，经过水平传送带后，与静止在轨道处、质量也为的物块发生碰撞，碰撞后结合为一整体。初始时与弹簧接触但不粘连。已知传送带的长度，以顺时针匀速转动。之间的距离，两物块与传送带间的动摩擦因数均为，其余部分均光滑，物块可视为质点，弹簧振子做简谐运动的周期（为弹簧的劲度系数）。求： (1)物块第一次滑过传送带，摩擦力对滑块的冲量； (2)、两物块结合压缩弹簧至最短后，第101回到处的时间（取）； (3)物块从静止释放到第次经过处时，系统摩擦产生的热量。 11. （2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，MN长，滑板右端距CN的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，g取。 (1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力； (2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小的范围； (3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。 题型3碰撞类问题 12. （2025·浙江宁波·三模）质量分别为和的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，，下列说法正确的是（　　） A． B．图线①为碰撞后的图线 C．碰撞后两物体的速度相同 D．两物体的碰撞为弹性碰撞 13. （2025·浙江嘉兴·三模）如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶A在时刻以的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．两只冰壶在时发生碰撞 B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42J C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为 D．和两时刻冰壶重心间的距离之比为 14. （2025·浙江·三模）一游戏装置由弹射器，水平轨道AB，圆心为的竖直半圆细管道BCD，圆心为的竖直半圆轨道DEF，水平轨道GH、IJ和足够长的固定斜面组成。滑板静止在GH上，其上表面与IJ相平，左端位于GF连线上，其上静置滑块乙，在同一条竖直线上。如图所示，游戏时，滑块甲从A点弹出，经过轨道AB、BCD、DEF后与滑块乙发生弹性碰撞，随后滑块乙带动滑板一起运动，滑板到达侧壁HI后即被锁定。已知滑块甲、乙和滑板的质量分别为（大小未知），M＝0.02kg，轨道GH长L＝1.4m，滑板右端距侧壁HI的距离d＝0.2m，BCD、DEF的半径均为R＝0.1m，滑块乙与滑板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各处均光滑，各轨道间平滑连接，弹簧的弹性势能，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能滑块，滑块甲、乙均可视为质点。 (1)求滑块甲运动到轨道DEF最高点F时受到的压力大小； (2)若，求整个过程中，滑块乙与滑板间的摩擦内能Q； (3)若滑板长度，左端仍位于GF连线上。要求滑块甲、乙碰撞后，甲在反弹后不脱离轨道（返回接触到弹射器后即被锁定），乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板，求滑块乙的质量取值范围。 15. （2025·浙江金华·三模）如图所示，光滑倾斜轨道AB与长为的水平轨道BC通过一段光滑圆弧平滑连接，圆弧的半径为r=1m，BC右侧连接着长为L=3.0m的水平传送带CD，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针方向匀速转动，与右端D相距处固定有一块竖直挡板EF。现将质量的滑块在AB某处静止释放，m1和静止在C点上的质量的滑块发生碰撞，已知m1、m2及皮带轮大小均可不计；m1、m2与BC和CD间的动摩擦因数均为μ=0.2，所有发生的碰撞都为弹性碰撞；求： (1)若m2滑到D端速度恰好减为2m/s，则 ①计算滑块m2在CD上的滑动时间； ②滑块m1从圆弧第一次滑过B点，碰撞后从水平轨道第二次到达B点，计算m1两次过B点时对轨道的压力差； (2)调节滑块m1的释放高度h，使得m2、m1能先后与EF相撞于同一点上，求：能满足m2、m1打在挡板EF上同一位置的m1的最小释放高度； (3)m2打在挡板EF上的最小动能。 16. （2025·浙江杭州·模拟预测）货物传送装置的结构如图所示，在竖直面内有三个半径均为的圆形转动轮，轮外绕有绷紧的传送带，三个轮子均顺时针匀速转动，圆心分别为和。C、D、E和F均为传送带和圆形转动轮的切点，CD段传送带水平且足够长。有半径为的光滑的四分之一圆弧轨道，轨道末端点处的切线为水平方向，且不计间的高度差，不影响传送带运动。小物块放置在点，小物块从段某处静止释放，在点以与发生弹性碰撞后，、均立即落到点，与传送带恰好没有摩擦力。、均可视为质点，的质量为，的质量为，小物块与传送带之间的摩擦因数，的间距，求： (1)的释放点相对于点的高度； (2)对轨道的最大作用力； (3)碰后、的最大间距； (4)若转动轮转动的角速度，在段运动时恰好不发生相对滑动，求在到的过程中对传送带所做的总功。 题型4动力学、动量和能量观点的应用 17. （2025·浙江嘉兴·一模）如图所示，质量均为1kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，B上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为0.6m的细线，细线另一端系一质量为0.5kg的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并静止释放球C后，则（　　） A．由A、B、C组成的系统动量守恒 B．B的速度不可能变为0 C．A对B的作用力一直增大 D．A、B刚分离时A的速度为 18. （2025·浙江杭州·三模）如图，质量的小物块A静置于粗糙的水平轨道最左端，水平轨道总长，A与水平轨道间的动摩擦因数。半径的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，圆轨道底端与水平轨道等高，轨道上端点和圆心连线与水平面夹角。重力加速度、，，忽略空气阻力等其它阻力。 (1)给予物块A一方向水平向右，大小的冲量， ①在水平轨道上对A施加一方向水平向右，大小的恒力，求物块刚进入圆弧轨道时对轨道作用力的大小； ②物块进入圆弧轨道后撤去，若要确保物块A在到达圆弧轨道上端点前不会脱离轨道，求的最小值。 (2)给予物块A一方向水平向右，大小的冲量， ①求物块A在整个运动过程中相对水平轨道的最大高度； ②物块A在该最大高度处炸裂成质量1：3的两小物块B和C，其中一块速度方向水平向左。若B和C仅有一个平抛直接落在水平轨道上（不考虑多次反弹），求爆炸过程中机械能增加量的范围。 19. （2025·浙江杭州·一模）一游戏装置由倾角为直轨道AB、半径为R圆心在O点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE构成，其竖直截面如图所示，C是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E处于同一水平面，各连接处平滑过渡。在D点有一质量为的物块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端E连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G为圆轨道上的一点，OG连线与OC夹角。开始游戏时从斜面上A点静止释放质量为的物块，物块与斜面AB间动摩擦因数为，物块与轨道DE的动摩擦因数均为，其余接触面均光滑。已知，，，，，两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式，弹簧弹性势能表达式，，。 (1)若AB长，求从A运动到B的时间； (2)若物块从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G点时轨道对物块的作用力大小； (3)若满足（2）中的条件，物块与碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。 ①求此过程中摩擦力做的功； ②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式） 20. （2025·浙江嘉兴·一模）如图所示，BC为一水平传送带，C点右侧连接一光滑水平台面，水平台面上放置有质量、半径的四分之一光滑圆弧形滑块C'D（图示位置C'与C重合）。传送带左下方地面上固定着一倾角为53°的光滑斜面，斜面上安装一弹射装置。质量的小物块（可视为质点）被弹射后沿斜面从A点冲出，并恰能水平切入到传送带B点，且滑至传送带末端C点时速度恰好为0。已知BC长度，AB高度差，传送带以的速度逆时针转动。 (1)求小物块到达B点时速度大小及物块与传送带间的动摩擦因数； (2)保持弹射速度不变，改变传送带旋转方向和速度： ①若物块恰好可以滑至弧形滑块D点，求传送带顺时针转动速度v2的大小和此过程摩擦力对小物块做的功； ②求物块滑出D点后能到达离水平台面的最大高度H； ③满足②的情形下，物块到达最高点后能否重新返回点？若能重新返回点，求返回点时受到的支持力FN；如不能重新返回点，求它落到水平台面时与弧形滑块点的水平距离x。 1. （2025·浙江温州·一模）如图所示，足够长光滑细杆一端固定在竖直圆环最高点，可绕点自由转动。当细杆与竖直方向夹角为时，穿过细杆的小圆环从点静止释放沿杆下滑到竖直圆环上点，此过程中下列说法正确的是（　　） A．增大夹角，小圆环下滑的加速度增加 B．增大夹角θ，小圆环受到的支持力减小 C．减小夹角θ，合外力对小圆环做的功增加 D．减小夹角θ，小圆环重力的冲量增加 2. （2025·浙江绍兴·模拟预测）2024年春，中国航天科技集团801所研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲（specific impulse）是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为，是单位质量的推进剂产生的冲量，其单位是（    ） A．m/s B． C． D． 3. （2025·浙江·模拟预测）激光束可视为大量同向动量的粒子流，当其照射到介质小球时，除发生反射、折射和吸收外，还会对物体施加作用力（如光镊效应）。如图，一束激光从点分出两细光束①和②，入射时与球心的夹角均为，经折射后出射方向均与连线平行。已知小球折射率大于周围介质，忽略反射和吸收，试通过折射、动量变化分析两束光对小球产生的合力情况（　　） A．若光束①和②强度相同，两光束因折射对小球产生的作用力水平向左 B．若光束①比②的强度小，两光束因折射对小球的作用力的方向指向左上方 C．若只增大激光的频率，则光对小球的作用一定变大 D．若激光束不变，只增大小球的半径，光对小球的作用会变小 4. （2025·浙江·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止 B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J 5. （2025·浙江杭州·二模）如图所示，小明和小王两位同学在玩抛接球的游戏。小明每次都以静止姿态抱住乳胶气球，然后以较大初速度将其水平抛出，站在右方的小王每次接球时球速等大且接球缓冲时间相等。已知乳胶气球瘪时的质量为0.8kg，空气的密度约为。充气后球体积可视为不变，直径为1m。下列说法正确的是（　　）    A．乳胶气球在空中做平抛运动 B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力垂直于胸口斜向上 C．小明抱住乳胶气球静止时，对地面的摩擦力向右 D．放走一半气体后，接球时的冲击力明显减小 6. （2025·浙江湖州·三模）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（　　） A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为 C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为 7. （2025·浙江金华·三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（　　） A．球C摆到最低点的速度是m/s B．木块A、B原先间距0.04m C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J 8. （2025·浙江杭州·二模）如图所示，水平地面上固定一滑槽D，其上表面由底部与地面相切且圆心角为的圆弧面和与水平方向成倾角为的足够长斜面连接组成，滑槽的左侧地面上放有物块A、长平板B和小球C，其中A放在B的左端。现对A施加一方向水平向右的瞬时冲量，使A获得一个初速度，一段时间后B、C发生碰撞，碰后C恰好能到达圆弧的最上端，此时A与B已共速。已知圆弧的半径为，，A、B、C的质量分别为、、，A和C均可视为质点，所有的碰撞均为弹性碰撞且时间极短，除A与B间有摩擦力外，不计其它一切阻力，长平板B不会冲上滑槽D。求： (1)C滑上圆弧轨道最低点时，圆弧轨道对C的支持力大小； (2)B、C第一次碰撞结束时，A的速度大小； (3)B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能； (4)若C以一定的速度从圆弧上端沿切向飞出，要使C原路返回圆弧，则斜面倾角α应满足什么条件。（答案用含字母α、θ的三角函数表示） 9. （2025·浙江温州·二模）某固定装置的竖直截面如图所示，水平高台上的直轨道CD、圆弧轨道DEF、直轨道FG平滑连接。高台左侧水平轨道AB略低，轨道上放置一块质量为m、长度为L的平板，平板上表面与CD等高。高台右侧有一水平地面HI，与高台的高度差为h。初始时，平板处于静止状态，其右端与高台的CB侧距离足够大。让一质量也为m的滑块以速度滑上平板，并带动平板向右运动。当平板到达CB时将立即被锁定，滑块继续向前运动。若滑块落到HI段，将与地面发生碰撞，碰撞时间极短（支持力远大于重力），反弹后竖直分速度减半，水平速度同时发生相应变化。已知，，，，，滑块与平板上表面间的动摩擦因数、与HI段间的动摩擦因数，其余摩擦及空气阻力均可忽略，HI段足够长，滑块视为质点。 (1)求平板被锁定瞬间，滑块的速度大小v以及此时滑块离平板右端的距离x； (2)要使滑块不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的取值范围； (3)若滑块沿着轨道运动至G点飞出，求其最终距G点的水平距离d。 10. （2025·浙江·模拟预测）光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D右侧面是半径为的圆弧，圆弧面与平台相切，滑块B在平台右端。平台右侧有一长木板C放在光滑水平地面上，木板上表面与平台平齐。小球从滑块D的最高点沿圆弧面从静止释放。已知A、B、C、D的质量分别为、、、，滑块B和木板间的动摩擦因数，小球与滑块B均可视为质点，重力加速度为。 (1)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球的水平位移大小； (2)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面的压力大小； (3)若初始时将滑块D固定在水平面上，小球在水平面上与滑块B发生弹性碰撞（碰后小球即被取走），求滑块B与木板共速时，木板的运动距离。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第5讲 力学中的动量和能量问题 几乎不会单独考查某一个知识点，而是将牛顿运动定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律等多个核心知识交织融合。例如，在分析滑块与木板碰撞、滑块在圆弧轨道上的运动等问题时，需要综合运用这些规律来求解。主要考查的知识点有：动量守恒定律、动量定理、碰撞类型、冲量等。主要考查的知识点有：①动力学；②能量；③动量。 一、三种碰撞的特点 1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论： (1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。 (2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。 2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。 3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。 4. “滑块—曲面”模型 ①模型图示 ②模型特点 （1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能）。 （2）返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（相当于弹性碰撞）。 5. “滑块—弹簧”模型 ①模型图示 ②模型特点 （1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 （2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 （3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝m1－（m1＋m2）v2。 （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2。 6. “滑块—木板”模型 ①模型图示 ②模型特点 （1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 （2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 （1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 （2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 （3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 二、动力学、动量和能量观点的应用 1．三个基本观点 (1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题． (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题． (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律． 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 三、方法指导 （1）动量定理的两个重要应用 1.应用I＝Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。 2.应用Δp＝FΔt求动量的变化 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。 （2）几种定理的使用 1．选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律． (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决． 2．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动． (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)． 题型1选考真题探秘 1. （2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 【答案】C 【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间 根据动量定理 代入数据解得 由自由落体公式 得高度 每层楼高约3m，对应楼层数为层。 故选C。 2. （2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（　　） A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 【答案】D 【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误； B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒 解得 v1=1m/s 方向向右；当三者共速时 可知 v=0 即最终三者一起静止，可知经历的时间 选项B错误； C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量 选项C错误； D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知 可得 选项D正确。 故选D。 3. （2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　） A．合力冲量大小为mv0cosƟ B．重力冲量大小为 C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量为零 【答案】CD 【详解】A．根据动量定理 故合力冲量大小为，故A错误； B．小球上滑的时间为 重力的冲量大小为 故B错误； C．小球所受洛伦兹力为 ， 随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为 故C正确； D．若，0时刻小球所受洛伦兹力为 小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得 即 则小球在整个减速过程的图像如图 图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。 故选CD。 4. （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运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。 【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m 【详解】（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 5. （2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 题型2动量和动量定理的应用 6. （2025·浙江·三模）篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相等，方向始终与速度方向相反，则篮球（　　） A．速度大小一直在减小 B．加速度大小先减小后增大 C．相邻位置的动量变化量一直减小 D．相邻位置的机械能变化量先增大后减小 【答案】C 【详解】AB．重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐角，下降阶段为钝角，角度一直在增大，知加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB错误； C．因 知一直减小，故C正确； D．空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后增大，相邻位置的机械能变化量先减小后增大，故D错误。 故选C。 7. （2024·浙江·模拟预测）如图所示，一个质量为m的小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的小球在黏性较大的油中由静止开始下落。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。关于小球的运动，下列说法正确的是（    ） A．从h1到h2，真空中和油中小球的重力冲量相同 B．从h1到h2，真空中和油中小球的动能变化量相同 C．从h1到h2，真空中和油中小球的机械能变化量不同 D．从h1到h2，真空中和油中小球的动量变化量相同 【答案】C 【详解】A．真空中只受重力，油中还受阻力，所以合力不同，根据牛顿第二定律 可知加速度不同，根据 可知，运动时间不同，根据冲量公式 可知冲量不同，A错误； B．在真空中只有重力做功，在液体中还有阻力做功，可知总功不等，由动能定理可知动能变化不相等，B错误； C．真空中无外力做工，所以机械能不变，油内有阻力做工，机械能减小，所以机械能变化量不同，C正确； D．真空只受重力，油中还受阻力，所以加速度不同，根据 可知，末速度不同，所以末动量不同，动量变化量不同，D错误。 故选C。 8. （2025·浙江宁波·模拟预测）在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（　　） A．小船给船夫的作用力竖直向上 B．小船受到的浮力等于船的重力 C．小船受到船夫的摩擦力向右 D．船夫受到小船的支持力的冲量为零 【答案】C 【详解】A．船夫受竹篙斜向上的作用力、竖直向下的重力以及小船对船夫的作用力，由力的平衡可知，小船给船夫的作用力不是竖直向上，故A错误； B．由平衡可知小船受的浮力与竹篙对人的作用力的竖直分量之和等于人和船的重力之和，可知小船受到的浮力大于船的重力，故B错误； C．静摩擦力方向与相对运动趋势相反，船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确； D．根据I=Ft，因船夫受到小船的支持力不为零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。 故选C。 9. （2025·浙江杭州·模拟预测）如左图所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s B．0~2s内，小球的加速度方向始终向上 C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为 D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量 【答案】C 【详解】A．小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2N，到达最高点时传感器示数最小值为零，则此时弹簧为原长，小球的加速度为竖直向下的g，结合简谐运动的对称性可知最低点时的加速度为竖直向上的g，根据牛顿第二定律有 可知 即小球的质量，由图像可知，该振动的周期为，故A错误； B．0~2s内，小球从最低点运动到最高点，加速度先向上后向下，故B错误； C．0~2s内，小球从最低点运动到最高点，动量变化为零，由动量定理可得 则小球受弹力的冲量大小为，故C正确； D．0~2s内，小球动能变化为零，根据动能定理可知，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，故D错误。 故选C。 10. （2025·浙江金华·一模）如图所示为半径的四分之一竖直圆弧轨道、传送带、水平轨道平滑连接组成的模型，端的竖直挡板上固定有劲度系数为的轻质弹簧。现将质量的小物块从圆心等高处点静止释放，经过水平传送带后，与静止在轨道处、质量也为的物块发生碰撞，碰撞后结合为一整体。初始时与弹簧接触但不粘连。已知传送带的长度，以顺时针匀速转动。之间的距离，两物块与传送带间的动摩擦因数均为，其余部分均光滑，物块可视为质点，弹簧振子做简谐运动的周期（为弹簧的劲度系数）。求： (1)物块第一次滑过传送带，摩擦力对滑块的冲量； (2)、两物块结合压缩弹簧至最短后，第101回到处的时间（取）； (3)物块从静止释放到第次经过处时，系统摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3)若为奇数，，若为偶数， 【详解】（1）滑块从滑到根据动能定理，有 解得 物块滑到传送带上时，根据牛顿第二定律，有 解得加速度为 当物块速度减为时，由运动学公式 解得运动的位移为 由此可知物块在传送带上运动时将会与传送带共速。 物块第一次与传送带共速的时间为，则有 解得 物块第一次滑过传送带，摩擦力对滑块的冲量 解得 （2）物块以第一次碰物块，设向右为正，由动量守恒 解得 由碰后做简谐运动，从弹簧压缩最短处再次回到点所用的时间为 弹回后在传送带上向左运动的位移为 根据运动的对称性可知整体以向左离开经传送带，再次回到所经历的时间为 所以两物块从弹簧压缩最短处第一次和第三次到达的时间间隔为 设为一个循环所需时间，、两物块第1次至第101次到达，经历了50次循环，所以、两物块第一次和第一百零一次到达的时间间隔为 则、两物块结合压缩弹簧至最短后，第101次回到处的时间 （3）物块第一次与传送带共速的时间为，则有 解得 物块运动的位移为 传送带运动的位移为 物块相对传送带运动的位移为 联立解得物块第一次滑过传送带系统摩擦产生的热量 碰撞后以向左滑上传送带，速度减为零时，所用的时间为 向左运动的位移为 传送带运动的位移为 此过程的相对位移为 物块反向加速时与传送带产生的相对位移为 这个过程产生的热量为 分类讨论： 若为奇数，满足 若为偶数，满足 11. （2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，MN长，滑板右端距CN的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，g取。 (1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力； (2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小的范围； (3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。 【答案】(1) (2) (3)； 【详解】（1）恰好过F点，此时只要重力提供向心力，则有 从D到F点，由动能定理可得 解得 结合牛顿第二定律   联立解得 （2）①滑板一直在加速   解得   根据牛顿第二定律则有 解得滑板的加速度 则滑板此阶段加速的时间 此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得   结合动量定理则有 解得为最大值，对应 ②滑块恰好能滑上GH，由上述结论可知 故 （3）①在时，根据能量守恒可得 解得 恰好能过最高点时，则有 解得 滑块静止的区域距G点的距离 ②当时，对应，由功能关系可得 恰好能过最高点时，  对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由运动学规律可得，， 解得 滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有， 综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围 题型3碰撞类问题 12. （2025·浙江宁波·三模）质量分别为和的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，，下列说法正确的是（　　） A． B．图线①为碰撞后的图线 C．碰撞后两物体的速度相同 D．两物体的碰撞为弹性碰撞 【答案】D 【详解】根据题意，由图可知，因x-t图像的斜率等于速度，可知碰撞前m1和m2的速度分别为 v1=4m/s，v2=0 碰撞后两物体的速度分别为v1'=-2m/s，v'2=2m/s 则图线①为碰后m2的图线；碰撞后两物体的速度等大反向；以v1的方向为正方向，根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2 解得m2=3kg 碰前 碰后 故两个物体发生弹性碰撞。 故选D。 13. （2025·浙江嘉兴·三模）如图甲所示，每只冰壶直径、质量。某次试投过程中，冰壶A在时刻以的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的图像如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．两只冰壶在时发生碰撞 B．碰撞前摩擦力对冰壶A做功为-3.42J C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为 D．和两时刻冰壶重心间的距离之比为 【答案】C 【详解】A．两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换 由冰壶B的图像可知冰壶匀减速直线运动的加速度大小为 冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，所以冰壶B运动时间为，则 解得， 所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3s，因此两只冰壶在时发生碰撞，故A错误； B．对冰壶A有 解得，故B错误； C．碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小 解得，故C正确； D．全过程的位置图如下图所示 两只冰壶在时发生碰撞，所以时两冰壶重心的距离为 解得 两冰壶重心的距离为 解得 所以和两时刻冰壶重心间的距离之比为，故D错误。 故选C。 14. （2025·浙江·三模）一游戏装置由弹射器，水平轨道AB，圆心为的竖直半圆细管道BCD，圆心为的竖直半圆轨道DEF，水平轨道GH、IJ和足够长的固定斜面组成。滑板静止在GH上，其上表面与IJ相平，左端位于GF连线上，其上静置滑块乙，在同一条竖直线上。如图所示，游戏时，滑块甲从A点弹出，经过轨道AB、BCD、DEF后与滑块乙发生弹性碰撞，随后滑块乙带动滑板一起运动，滑板到达侧壁HI后即被锁定。已知滑块甲、乙和滑板的质量分别为（大小未知），M＝0.02kg，轨道GH长L＝1.4m，滑板右端距侧壁HI的距离d＝0.2m，BCD、DEF的半径均为R＝0.1m，滑块乙与滑板间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各处均光滑，各轨道间平滑连接，弹簧的弹性势能，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能滑块，滑块甲、乙均可视为质点。 (1)求滑块甲运动到轨道DEF最高点F时受到的压力大小； (2)若，求整个过程中，滑块乙与滑板间的摩擦内能Q； (3)若滑板长度，左端仍位于GF连线上。要求滑块甲、乙碰撞后，甲在反弹后不脱离轨道（返回接触到弹射器后即被锁定），乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板，求滑块乙的质量取值范围。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对滑块甲，从A到F过程中，以AB面的重力势能为0 由能量守恒   得v1＝4m/s 在F点，由   得 （2）依题意经判断，滑块乙和滑板在达到共速前，滑板已到达侧壁并被锁定 对滑板，设滑板到达侧壁HI时的速度为v2 由动能定理 得v2＝1m/s 由于滑块甲、乙质量相等，故甲、乙发生弹性碰撞时，交换速度，则碰后滑块乙的初速度为v1＝4m/s 对滑板和滑块乙，滑块乙到达侧壁HI时的速度为，以水平向右为正 由动量守恒 得 此过程，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为Q1 由能量守恒 得 经分析可知，此后滑块乙继续在滑板上滑动，经轨道IJ和斜面后，速度等大反向滑回滑板，最后停止在滑板上，此过程中，滑板和滑块乙组成的系统摩擦内能为 整个过程中， （3）①若滑块甲、乙碰后，滑块甲返回时恰好不脱离轨道，在F点有 得，方向水平向左 以水平向右为正，滑块甲、乙碰撞时 由动量守恒 由能量守恒 得，为滑块甲不脱离轨道时，滑块乙的最小质量。 ②若碰后滑块乙恰好不脱离滑板，对滑块乙和滑板 由能量守恒 由动量守恒   对滑块甲和滑块乙 由动量守恒 由能量守恒 得，此时滑板右端未到达侧壁，为滑块乙在滑板到达侧壁前不脱离滑板的最小质量。 比较①②后，知滑块乙的质量取值范围为。 15. （2025·浙江金华·三模）如图所示，光滑倾斜轨道AB与长为的水平轨道BC通过一段光滑圆弧平滑连接，圆弧的半径为r=1m，BC右侧连接着长为L=3.0m的水平传送带CD，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针方向匀速转动，与右端D相距处固定有一块竖直挡板EF。现将质量的滑块在AB某处静止释放，m1和静止在C点上的质量的滑块发生碰撞，已知m1、m2及皮带轮大小均可不计；m1、m2与BC和CD间的动摩擦因数均为μ=0.2，所有发生的碰撞都为弹性碰撞；求： (1)若m2滑到D端速度恰好减为2m/s，则 ①计算滑块m2在CD上的滑动时间； ②滑块m1从圆弧第一次滑过B点，碰撞后从水平轨道第二次到达B点，计算m1两次过B点时对轨道的压力差； (2)调节滑块m1的释放高度h，使得m2、m1能先后与EF相撞于同一点上，求：能满足m2、m1打在挡板EF上同一位置的m1的最小释放高度； (3)m2打在挡板EF上的最小动能。 【答案】(1)①1s；②22N (2)2.7m (3) 【详解】（1）①滑块m2在CD上滑动时，根据牛顿第二定律，有 滑块m2在CD上滑动时，根据速度-位移公式，有 根据速度时间公式，有     联立并代入数据解得 ②m1与m2相碰时，满足动量守恒，有 根据能量守恒，有 联立解得 从B到C，对m1根据牛顿第二定律，有 从B到C，根据速度-位移公式，有 解得 滑块m1从圆弧第一次滑过B点，根据牛顿第二定律，有 解得 滑块m1碰撞后从水平轨道第二次到达B点时，有 m1两次过B点时对轨道的压力差 （2）滑块m1从B到C，根据动能定理，有 m1与m2相碰时，满足动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得 当m1与m2碰后反弹，再次返回到C点时速度为零，此时高度最小，根据动能定理，有 联立解得h=2.7m （3）m2离开传送带做平抛运动，在水平方向，有 m2打在挡板EF上的动能为 联立可得 当时，动能有最小值即 最小动能为 16. （2025·浙江杭州·模拟预测）货物传送装置的结构如图所示，在竖直面内有三个半径均为的圆形转动轮，轮外绕有绷紧的传送带，三个轮子均顺时针匀速转动，圆心分别为和。C、D、E和F均为传送带和圆形转动轮的切点，CD段传送带水平且足够长。有半径为的光滑的四分之一圆弧轨道，轨道末端点处的切线为水平方向，且不计间的高度差，不影响传送带运动。小物块放置在点，小物块从段某处静止释放，在点以与发生弹性碰撞后，、均立即落到点，与传送带恰好没有摩擦力。、均可视为质点，的质量为，的质量为，小物块与传送带之间的摩擦因数，的间距，求： (1)的释放点相对于点的高度； (2)对轨道的最大作用力； (3)碰后、的最大间距； (4)若转动轮转动的角速度，在段运动时恰好不发生相对滑动，求在到的过程中对传送带所做的总功。 【答案】(1)0.45m； (2)26N，方向竖直向下； (3)； (4) 【详解】（1）从释放点到点，只有重力做功，由动能定理 即 解得 （2）在圆弧轨道最低点时，对轨道的作用力最大，对受力分析由牛顿第二定律 其中是轨道对的支持力 根据牛顿第三定律，对轨道的作用力与轨道对的支持力大小相等、方向竖直向下，大小为 （3）设、碰撞后的速度分别为、，取水平向右为正方向根据动量守恒定律得 机械能守恒定律 代入数据联立解得， 碰撞后小物块、均立即落到点，与传送带恰好没有摩擦力，说明与传送带没有相对滑动，二者共速，传送带的速度为 因此与传送带保持相对静止，做匀减速直线运动，直到与传送带共速，小物块的加速度大小 根据运动学公式 代入数据解得碰后、的最大间距 （4）根据线速度与角速度的关系，传送带的速度 设对应的圆心角为，因为滑块在点不相对滑动，在点，根据平衡条件 根据牛顿第二定律 可以解得 又 所以滑块在上不会下滑，滑块在上与传送带恰好没有摩擦力，因此不对传送带做功，那么整个过程中根据能量守恒，对传送带所做的总功可以理解为重力势能的减少量，可以判断对传送带所做的总功 解得 题型4动力学、动量和能量观点的应用 17. （2025·浙江嘉兴·一模）如图所示，质量均为1kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，B上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为0.6m的细线，细线另一端系一质量为0.5kg的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并静止释放球C后，则（　　） A．由A、B、C组成的系统动量守恒 B．B的速度不可能变为0 C．A对B的作用力一直增大 D．A、B刚分离时A的速度为 【答案】D 【详解】A．由A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，A错误； B．小球C向下摆动时，AB向左运动，当C到最低点时，AB开始分离，因A的动量向左，则此后BC的水平总动量向右，则当最终BC共速时，共同速度一定向右，则B的速度先向左后向右，中间某时刻的速度一定为零，B错误； C．因当C到最低点时，AB开始分离，此时AB之间的作用力为零，可知A对B的作用力不是一直增大，C错误； D．当C到最低点时，AB开始分离，则由水平动量守恒 由能量关系 解得A、B刚分离时A的速度为，D正确。 故选D。 18. （2025·浙江杭州·三模）如图，质量的小物块A静置于粗糙的水平轨道最左端，水平轨道总长，A与水平轨道间的动摩擦因数。半径的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，圆轨道底端与水平轨道等高，轨道上端点和圆心连线与水平面夹角。重力加速度、，，忽略空气阻力等其它阻力。 (1)给予物块A一方向水平向右，大小的冲量， ①在水平轨道上对A施加一方向水平向右，大小的恒力，求物块刚进入圆弧轨道时对轨道作用力的大小； ②物块进入圆弧轨道后撤去，若要确保物块A在到达圆弧轨道上端点前不会脱离轨道，求的最小值。 (2)给予物块A一方向水平向右，大小的冲量， ①求物块A在整个运动过程中相对水平轨道的最大高度； ②物块A在该最大高度处炸裂成质量1：3的两小物块B和C，其中一块速度方向水平向左。若B和C仅有一个平抛直接落在水平轨道上（不考虑多次反弹），求爆炸过程中机械能增加量的范围。 【答案】(1)①；② (2)①；② 【详解】（1）①给予物块A一方向水平向右，大小的冲量后，物块速度为，有 解得 物块A向右运动，由动能定理可知， 解得 由牛顿第二定律， 由牛顿第三定律，得 ②若能达到圆轨道上端点，该处速度必须满足 解得 由动能定理可得 解得 （2）给予物块A一冲量后， 解得 ①物块到达圆轨道最上端处的速度为 解得此时 脱轨后物块做斜抛运动， 所以 ②物块在高点处水平方向速度为 水平方向 由动量守恒 能量改变为 图像如下 情况1：C能落板上，则 所以 为满足要求，则有 或，解得 结合图像可知 情况2：B落板上，由可求得，此时也落板上，舍去。 综上所述， 19. （2025·浙江杭州·一模）一游戏装置由倾角为直轨道AB、半径为R圆心在O点的竖直螺旋圆轨道、水平轨道BC、CE构成，其竖直截面如图所示，C是圆轨道与水平轨道的切点，B、C、D、E处于同一水平面，各连接处平滑过渡。在D点有一质量为的物块与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端E连在竖直墙壁上，弹簧处于原长。G为圆轨道上的一点，OG连线与OC夹角。开始游戏时从斜面上A点静止释放质量为的物块，物块与斜面AB间动摩擦因数为，物块与轨道DE的动摩擦因数均为，其余接触面均光滑。已知，，，，，两物块均可视为质点，不计空气阻力，简谐运动的周期公式，弹簧弹性势能表达式，，。 (1)若AB长，求从A运动到B的时间； (2)若物块从斜面下滑后恰好能过圆最高点H，求过G点时轨道对物块的作用力大小； (3)若满足（2）中的条件，物块与碰撞粘在一起（碰撞时间极短），向右压缩弹簧到最短（弹簧始终在弹性限度内）。 ①求此过程中摩擦力做的功； ②求从粘在一起到弹簧压缩到最短的时间。（结果可保留根式） 【答案】(1) (2) (3)①；② 【详解】（1）A-B过程中，根据牛顿第二定律可得 结合运动学规律 联立解得 （2）恰好过最高点根据牛顿第二定律则有 由G到根据动能定理则有 在G点由牛顿第二定律可得 联立解得 （3）①由C到H点根据动能定理可得 解得 碰撞过程动量守恒，则有 解得碰后共同速度 设碰后总质量为 从碰后共速到速度为零，根据能量守恒则有 解得 所以 ②m向右运动受力可视为简谐运动的一部分，由（A为简谐运动振幅） 解得 由可知D点是简谐运动振幅一半位置到最大位移时间 20. （2025·浙江嘉兴·一模）如图所示，BC为一水平传送带，C点右侧连接一光滑水平台面，水平台面上放置有质量、半径的四分之一光滑圆弧形滑块C'D（图示位置C'与C重合）。传送带左下方地面上固定着一倾角为53°的光滑斜面，斜面上安装一弹射装置。质量的小物块（可视为质点）被弹射后沿斜面从A点冲出，并恰能水平切入到传送带B点，且滑至传送带末端C点时速度恰好为0。已知BC长度，AB高度差，传送带以的速度逆时针转动。 (1)求小物块到达B点时速度大小及物块与传送带间的动摩擦因数； (2)保持弹射速度不变，改变传送带旋转方向和速度： ①若物块恰好可以滑至弧形滑块D点，求传送带顺时针转动速度v2的大小和此过程摩擦力对小物块做的功； ②求物块滑出D点后能到达离水平台面的最大高度H； ③满足②的情形下，物块到达最高点后能否重新返回点？若能重新返回点，求返回点时受到的支持力FN；如不能重新返回点，求它落到水平台面时与弧形滑块点的水平距离x。 【答案】(1)，0.45 (2)①，；②0.81m；③能， 【详解】（1）滑块从A点斜抛到B点为平抛逆过程，则 解得 故， 根据， 得 （2）①设滑块到达C点时速度为 ，到达D点时两物体共速速度为，则， 得 因，传送带顺时针转动，所以 由 得 ②设滑块在传送带上一直加速时到达 C 的速度为 vC2， 到 D 上方最高点时速度为vD2，由 得 由， 得 ③若能重新返回点，若碰撞前后相对速度大小不变，则 故 1. （2025·浙江温州·一模）如图所示，足够长光滑细杆一端固定在竖直圆环最高点，可绕点自由转动。当细杆与竖直方向夹角为时，穿过细杆的小圆环从点静止释放沿杆下滑到竖直圆环上点，此过程中下列说法正确的是（　　） A．增大夹角，小圆环下滑的加速度增加 B．增大夹角θ，小圆环受到的支持力减小 C．减小夹角θ，合外力对小圆环做的功增加 D．减小夹角θ，小圆环重力的冲量增加 【答案】C 【详解】A．小圆环下滑的加速度 可知增大夹角，小圆环下滑的加速度减小，故A错误； B．小圆环受到的支持力 可知，增大夹角θ，小圆环受到的支持力增加，故B错误； C．合外力对小圆环做的功 则减小夹角θ，合外力对小圆环做的功增加，故C正确； D．小圆环下滑的时间 重力的冲量 可知减小夹角θ，小圆环重力的冲量不变，故D错误。 故选C。 2. （2025·浙江绍兴·模拟预测）2024年春，中国航天科技集团801所研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列。嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲（specific impulse）是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为，是单位质量的推进剂产生的冲量，其单位是（    ） A．m/s B． C． D． 【答案】A 【详解】比冲是单位质量的推进剂产生的冲量，即 则其单位，故选A。 3. （2025·浙江·模拟预测）激光束可视为大量同向动量的粒子流，当其照射到介质小球时，除发生反射、折射和吸收外，还会对物体施加作用力（如光镊效应）。如图，一束激光从点分出两细光束①和②，入射时与球心的夹角均为，经折射后出射方向均与连线平行。已知小球折射率大于周围介质，忽略反射和吸收，试通过折射、动量变化分析两束光对小球产生的合力情况（　　） A．若光束①和②强度相同，两光束因折射对小球产生的作用力水平向左 B．若光束①比②的强度小，两光束因折射对小球的作用力的方向指向左上方 C．若只增大激光的频率，则光对小球的作用一定变大 D．若激光束不变，只增大小球的半径，光对小球的作用会变小 【答案】AD 【详解】A．仅考虑光的折射，设时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p，这些粒子进入小球前的总动量为 从小球出射时的总动量为 的方向均沿SO向右。根据动量定理 可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左，故A正确； B．若光束①比②的强度小，可知时间内②束光穿过小球的粒子数比①束光的粒子数多，这些粒子进入小球前竖直方向总动量（方向竖直向下） 从小球出射时竖直方向总动量 根据定理定理可知 小球对这些粒子竖直方向的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律，两光束对小球的竖直方向的作用力竖直向下；由A选项可知，两光束对小球的水平方向的作用力的方向沿SO向左，平行四边形定则可知两光束因折射对小球的作用力的方向指向左下方，故B错误； C．若只增大激光的频率，即增大光子动量，由于不知道光束①、②的强度大小关系，则光对小球的作用力不一定增大，故C错误； D．当小球半径增大，更多光线进入球内，在各方向发生折射。由于激光束方向不变，进出的光线在小球内的折射趋于对称，使动量变化方向趋于均衡，左右分力更容易相互抵消，导致小球所受合力减小。故D正确。 故选AD。 4. （2025·浙江·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A恰好能处于静止。现有物块B以的速度从A的顶端开始下滑，A、B间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、B的质量为别为，，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　） A．物块B下滑过程中，木板A仍能处于静止 B．物块B下滑过程中，A要向下加速，A、B速度刚达到相等时为0.4m/s C．要使B不脱离A，A板长度至少为1.25m D．从开始运动到A、B速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J 【答案】D 【详解】AB．由木板A恰好能处于静止可得，A与斜面间动摩擦因数 且A、B在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足 可得v＝0.6m/s 故AB错误； C．对B物体，根据牛顿第二定律 解得，B物体向下减速时加速度为 减速时间 此过程中，物块B的位移 木板A的位移为 所以A板长度至少为 故C错误 D．全过程中系统因摩擦产生的热量 故D正确。 故选D。 5. （2025·浙江杭州·二模）如图所示，小明和小王两位同学在玩抛接球的游戏。小明每次都以静止姿态抱住乳胶气球，然后以较大初速度将其水平抛出，站在右方的小王每次接球时球速等大且接球缓冲时间相等。已知乳胶气球瘪时的质量为0.8kg，空气的密度约为。充气后球体积可视为不变，直径为1m。下列说法正确的是（　　）    A．乳胶气球在空中做平抛运动 B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力垂直于胸口斜向上 C．小明抱住乳胶气球静止时，对地面的摩擦力向右 D．放走一半气体后，接球时的冲击力明显减小 【答案】D 【详解】A．由于球在被小明以水平速度抛出后，除受重力外还受空气浮力的作用，不是平抛运动，A错误； B．小明抱住乳胶气球静止时，对球的作用力与球的重力相平衡，竖直向上，B错误； C．人与球整体处于静止，整体的重力和支持力相平衡，不受摩擦力作用，C错误； D．若放掉一半气体，而球的总体积近似不变，则球内空气质量减少、总质量减小，而题干已说明每次接球的速度大小和缓冲时间相同，则动量变化减小，冲击力也随之明显减小，故D正确。 故选D。 6. （2025·浙江湖州·三模）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（　　） A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为 C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】A 【详解】A．物块A离开墙壁时B回到初始点具有向右的速度，根据能量守恒可知此时B的速度 对整体有 此即墙壁对A的总冲量大小，A正确； B．墙壁对A作用过程中A没有位移，因此墙壁对A不做功，B错误； C．物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒，有， 解得， C错误； D．物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有 D错误； 故选A。 7. （2025·浙江金华·三模）如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（　　） A．球C摆到最低点的速度是m/s B．木块A、B原先间距0.04m C．球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m D．球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J 【答案】C 【详解】A．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有 根据机械能守恒，有 解得速度大小分别为， 故A错误； B．球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，有 两边同乘以t，有 又有 联立解得 故B错误； C．A与B碰瞬间根据动量守恒，有 解得 球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒，有 根据能量守恒，有 联立解得 故C正确； D．系统产生的热量为 故D错误。 故选C。 8. （2025·浙江杭州·二模）如图所示，水平地面上固定一滑槽D，其上表面由底部与地面相切且圆心角为的圆弧面和与水平方向成倾角为的足够长斜面连接组成，滑槽的左侧地面上放有物块A、长平板B和小球C，其中A放在B的左端。现对A施加一方向水平向右的瞬时冲量，使A获得一个初速度，一段时间后B、C发生碰撞，碰后C恰好能到达圆弧的最上端，此时A与B已共速。已知圆弧的半径为，，A、B、C的质量分别为、、，A和C均可视为质点，所有的碰撞均为弹性碰撞且时间极短，除A与B间有摩擦力外，不计其它一切阻力，长平板B不会冲上滑槽D。求： (1)C滑上圆弧轨道最低点时，圆弧轨道对C的支持力大小； (2)B、C第一次碰撞结束时，A的速度大小； (3)B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能； (4)若C以一定的速度从圆弧上端沿切向飞出，要使C原路返回圆弧，则斜面倾角α应满足什么条件。（答案用含字母α、θ的三角函数表示） 【答案】(1)4N (2)3 m/s (3)1.9 J (4)见解析 【详解】（1）碰后C恰好能到达圆弧的最上端，则它在底部时的动能等于升至顶端所增加的重力势能。则有 解得小球C在底部的速度vC = 2 m/s 在最低点，圆弧对小球的支持力 （2）A、 B系统在水平方向上只受最初冲量 I = 0.7 N·s，故有动量定理可得，和C碰撞前，A、 B的总动量  设第一次碰撞前瞬间 B 的速度为 vB1，A 的速度为 vA1；C初始静止且与B质量相等，则一次弹性碰撞后B速度变为零、C 获得速度  由A、 B总动量守恒有 解得vA1 = 3 m/s 由于碰撞极短且A并未与C接触，碰撞前后A的速度不变，因此第一次碰撞结束时A的速度为3 m/s。 （3）开始时 到B与C碰撞前有vA1 = 3 m/s，vB1= 2 m/s 此过程摩擦产生的热量 从第一次碰撞结束时 vA1 '=  vA1 = 3 m/s，vB1 '= 0 到第二次碰撞前A、B“共速”有 解得v共 = 1 m/s 此过程摩擦产生的热量 所以在B、C第二次碰撞前，A、B间摩擦产生的内能 （4）满足题目条件有两种情形，如图： 将C的速度和加速度沿斜面和垂直斜面分解： 沿斜面分量： 垂直斜面分量： 由于C和斜面的碰撞为弹性碰撞，但是无速度损失，则 第一种情况最后垂直打到斜面，沿斜面方向速度减到0，则需要满足，其中 第二种情况是最后一次打到斜面之后垂直斜面方向速度为0时，沿着斜面方向的速度同时为0（即最后一次打到斜面后的C竖直上抛），此情况，其中 综合可得要使C原路返回圆弧，需要满足，其中 化简得（时无解） 9. （2025·浙江温州·二模）某固定装置的竖直截面如图所示，水平高台上的直轨道CD、圆弧轨道DEF、直轨道FG平滑连接。高台左侧水平轨道AB略低，轨道上放置一块质量为m、长度为L的平板，平板上表面与CD等高。高台右侧有一水平地面HI，与高台的高度差为h。初始时，平板处于静止状态，其右端与高台的CB侧距离足够大。让一质量也为m的滑块以速度滑上平板，并带动平板向右运动。当平板到达CB时将立即被锁定，滑块继续向前运动。若滑块落到HI段，将与地面发生碰撞，碰撞时间极短（支持力远大于重力），反弹后竖直分速度减半，水平速度同时发生相应变化。已知，，，，，滑块与平板上表面间的动摩擦因数、与HI段间的动摩擦因数，其余摩擦及空气阻力均可忽略，HI段足够长，滑块视为质点。 (1)求平板被锁定瞬间，滑块的速度大小v以及此时滑块离平板右端的距离x； (2)要使滑块不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的取值范围； (3)若滑块沿着轨道运动至G点飞出，求其最终距G点的水平距离d。 【答案】(1)5m/s，0 (2)或 (3) 【详解】（1）平板与滑块运动至共速过程，根据动量守恒有 解得 根据能量守恒定律有 解得 此时滑块离平板右端距离 （2）当滑块恰过圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有 从滑上高台到运动至圆弧轨道最高点过程，根据动能定理有 解得 滑块从滑上高台到恰到达圆弧轨道圆心等高处过程，根据动能定理有 解得 要使滑块不脱离圆弧轨道，则有或 （3）滑块从G点飞出至第一次落地做平抛运动，则有，， 解得， 第一次反弹后有 第一次反弹过程根据动量定理有， 解得 第一次反弹后至第二次落地滑块做斜抛运动，则有 第二次反弹过程根据动量定理有， 解得 可知，之后滑块做竖直上抛运动，综上所述可知，最远水平距离 10. （2025·浙江·模拟预测）光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D右侧面是半径为的圆弧，圆弧面与平台相切，滑块B在平台右端。平台右侧有一长木板C放在光滑水平地面上，木板上表面与平台平齐。小球从滑块D的最高点沿圆弧面从静止释放。已知A、B、C、D的质量分别为、、、，滑块B和木板间的动摩擦因数，小球与滑块B均可视为质点，重力加速度为。 (1)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球的水平位移大小； (2)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面的压力大小； (3)若初始时将滑块D固定在水平面上，小球在水平面上与滑块B发生弹性碰撞（碰后小球即被取走），求滑块B与木板共速时，木板的运动距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球下滑过程，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，有 由几何关系有 解得 （2）当小球滑到圆弧面底端时有 由机械能守恒有 解得 小球相对于圆弧的速度 , 解得 （3）小球从滑块D上滑下，有 解得小球到达平台时的速度 小球和滑块B碰撞过程有， 解得碰后滑块B的速度 滑块B在木板上滑行过程有 对木板由动量定理有 解得 所以 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $