2026湖南卷15题 -第14题突破（含第37～39练）-【奇点物理】高考物理考前60天逐题破•天天练

第39练 力学计算3：多体多过程+力学三大观点 （三年考频：5次 预测指数：★★★★ ） 本大题共7小题，每题12分，共84分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（2025高三下·湖南长沙·专题练习）如图所示，质量为m的长方形箱子，放在光滑的水平地面上。箱内有一质量也为m的小滑块，滑块与箱底间无摩擦。开始时箱子静止不动，滑块以恒定的速度从箱子的A壁处向B壁处运动，后与 B壁碰撞。假定滑块与箱壁每碰撞一次，两者相对速度的大小变为该次碰撞前相对速度的 e倍。求： (1)滑块与箱子第一次碰撞后，滑块与箱子的速度大小各为多少？ (2)从滑块开始运动到第n次碰撞前瞬间的时间？ (3)若，要使滑块与箱子这一系统损耗的总动能不超过其初始动能的，滑块与箱壁最多可碰撞几次 2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定的轻质挡板P，在C上放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计。刚开始位于C上左端的物块A与物块B之间的距离为，物块B与挡板P之间的距离为L。设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C（连同挡板P）的质量均为m。开始时B和C静止，A以某一初速度向右运动。已知重力加速度为g，且所有的碰撞都可看作弹性正碰。 (1)若物块A与B恰好发生碰撞，求A的初速度； (2)若B与挡板P恰好发生碰撞，求A的初速度； (3)若最终物块A从木板上掉下来，物块B不从木板C上掉下来，求A的初速度的范围。 3．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为30l。一小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，第一次碰撞后瞬间小球以的速度向上反弹，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力始终与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)求小球第一次与圆盘碰撞的速度大小； (2)以竖直向下为正方向，画出第一次碰撞到第二次碰撞之间小球的v-t图像，要求标出初末速度对应的纵坐标； (3)圆盘在管内运动过程中，求小球与圆盘碰撞的次数。 4．（2025·湖南·模拟预测）如图所示，静置在光滑的水平地面上的A、B为两个完全相同的光滑圆弧槽，圆弧槽的半径为R，两槽的最低点均与水平面相切，初始时两槽的最低点均位于P点但互不相连。现将质量为m的小球C（可视为质点）从A槽上端点M的正上方处由静止释放，小球C从M点落入A槽内，一段时间后从P点滑上B槽，槽的质量均为4m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，忽略空气阻力。 (1)小球C第一次从A槽最低点滑出时，求C的水平位移大小； (2)求小球C第二次和第三次到达地面时的速度大小； (3)若小球第二次到B槽时离P点的水平距离为d，求小球第一次在B槽上运动的时间。 5．（25-26高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，长度LAB=48m的传送带与水平面夹角θ=37°，当传送带静止时，质量m=0.1kg的物块静止在传送带的中点P处。某时刻一质量为m0=0.01kg的子弹以v0=300m/s的速度平行于传送带打入物块，并以v=250m/s的速度穿出物块。在子弹穿出物块同时启动传送带，让其沿顺时针方向一直做加速度为a=0.5m/s2的匀加速运动。传送带上端A处有一挡板，物块每次与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能的。已知物块与传送带间的动摩擦因数，不计物块与挡板碰撞的时间，取重力加速度g=10m/s2。cos37°=0.8，sin37°=0.6。求： (1)子弹穿出物块时，物块的速度大小； (2)从子弹刚穿出物块到物块第一次与挡板碰撞所经历的时间及该过程中物块在传送带上的相对位移； (3)从子弹刚穿出物块到物块与挡板发生n次碰撞的过程中（n→∞），物块与传送带间的相对位移。 6．（25-26高三上·湖南长沙·模拟）如图所示，一长度的传送带以的速度顺时针传动，传送带右侧与无限长光滑水平平台连接。时，左侧有一质量的物块，以从点冲上传送带，其与传送带之间的动摩擦因数，右侧平台均匀排列2026个质量的滑块，相邻滑块间距离为，第1个滑块位于点。假设所有碰撞均为弹性正碰，物块、滑块均视为质点，不计碰撞时间，取。求： (1)物块第一次撞击滑块1的速度； (2)滑块2026开始运动的时刻； (3)物块从第1次撞击滑块1到第5次撞击过程中，走过的总路程。 7．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图所示，水平面上放有小球A、B和半圆形轨道C，两小球的质量均为m，可看作质点。轨道质量未知，圆弧面的半径为R，与水平面平滑连接。小球A以向右的初速度与静止的B球发生碰撞，碰后两球的相对速度与碰前相对速度之比为0.5。所有接触面均光滑，重力加速度为g。 (1)求小球A、B碰撞后的速度大小之比； (2)若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心等高的D点时对轨道的压力为2mg，求小球B脱离轨道的位置距水平面的高度； (3)若轨道C不固定，小球B刚滑入轨道时与A球的距离为l，运动过程中，A球没有接触轨道，B球没有脱离轨道，当B球从轨道上最低点滑出时与A球的距离刚好也为l。求A球的初速度大小需要满足的条件。 《第39练 力学计算3：多体多过程+力学三大观点》参考答案 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1)，；(2)；(3) 【解析】（1）设碰后箱子的速度大小为，碰后滑块的速度大小为，由动量守恒定律，又，解得，； （2）第一次碰撞前的时间，第一次碰后的远离速度就是第二次碰前的靠近速度，第一次碰后到第二次碰前的时间，以此类推，故，解得； （3）第n次碰撞， ， ，由此得，，第n次碰撞后，系统的动能是，系统损失的动能是 当时，，，，，，因为要求动能损失不超过，所以得。 2．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）若物块A与B恰好发生碰撞，碰撞前，BC保持相对静止一起向右做匀加速直线运动；物块A与B恰好发生碰撞时，A、B、C三者的速度相同，设为，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有，由能量守恒定律可得，联立解得A的初速度为； （2）设物块A、B发生碰撞前瞬间，A的速度大小为，B、C的速度大小为；A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得，，解得，，即碰后A、B速度发生交换，A、C刚好速度相同，之后A、C保持相对静止；若B与挡板P恰好发生碰撞，则此时A、B、C三者刚好速度相同，设为；根据动量守恒得，由能量守恒定律可得，联立解得A的初速度为； （3）B与挡板P碰撞后，B、C速度交换，即碰后A、B速度相同，此时A、B的距离为，之后A、B在C上具有相同的运动情况，距离保持不变； ①若A恰好没从木板C上掉下来，当A到达C的左端时，三者速度相同，设为；根据动量守恒得，这一整个过程中，A相对C的总路程为，B相对C的总路程为，根据能量守恒可得，解得； ②若物块B刚好不会从木板C上掉下，设A刚要从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为、和，则有此时有，，物块A从木板C上掉下来后，当B处于C的左端时，B与C的速度相等，设此速度为；对B、C，由动量守恒可得，根据能量守恒可得，联立解得，综上所述，最终物块A从木板上掉下来，物块B不从木板C上掉下来，A的初速度的范围。 3．(1)；(2)见解析；(3)5 【解析】（1）设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为v10，根据机械能守恒定律有，解得； （2）设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别为、，在小球与薄圆盘碰撞过程中，根据动量守恒定律有，根据机械能守恒定律有，且，联立解得，，设自第一次碰撞后经时间发生第二次碰撞，则，解得，追上时小球速度，圆盘的速度为，图像如图所示 （3）设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为v2m、v2M，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得，假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞，分析得出，小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间，画出第一次碰撞后小球的图像，如图所示 v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，则根据图像可计算出，，，，则小球与薄圆盘碰撞的次数是5。 4．(1)；(2)，；(3) 【解析】（1）小球C沿A槽圆弧下滑的过程中，小球C和A槽水平方向上动量守恒，两边同时乘以时间，并求和可得，其中，解得； （2）设小球C第一次到达A槽最低点时的速度大小为，此时A槽的速度大小为，小球C和A槽水平方向动量守恒，根据机械能守恒可得，解得，，且的方向水平向右，的方向水平向左。设小球C第二次和第三次达到地面的速度和，从C滑上B到第二次回到地面，水平方向动量守恒，机械能守恒定律，解得，故大小为，方向水平向左。从C第二次回到地面到C第三次回到地面，水平方向动量守恒，机械能守恒定律，解得； （3）设小球C经过B槽最高点时的水平速度为，竖直速度为，小球C第一次做斜抛运动的水平位移为，小球第一次在B上运动过程的水平位移为，小球第一次在B槽上运动的时间为，水平方向动量守恒，根据机械能守恒定律有，解得，，第一次离开B到再回到B，小球C做斜抛运动，有，，小球第一次在B上运动过程，由水平动量守恒，其中，，联立，解得。 5．(1)5m/s；(2)14s，25m；(3)172m 【解析】（1）对子弹与物块组成系统，根据动量守恒定律可得，解得； （2）子弹穿过物块后，物块的加速度为，物块沿传送带向下做匀减速直线运动到零，再反向匀加速到与传送带共速，设经时间为t1，物块与传送带达到共同速度为v2，则，解得，，所以物块与传送带共速时，物块恰好回到P点，共速后一起加速到与挡板相碰，则，解得，所以从子弹刚穿出物块到物块第一次与挡板碰撞所经历的时间为，物块第一次与挡板相碰时，速度大小为，作出二者的速度时间图线如图所示 由图可知，前14s内传送带与物块间的相对位移为； （3）因每次与挡板碰撞反弹后其动能为碰前动能的，即物块每次以反弹，物块反弹后向下减速到0，然后向上加速到上次碰后速度再次与挡板相碰（因传送带一直加速，故不再有共速的可能），直到物块速度减为0为止，其v-t图如图所示 第一次反弹到第二次碰撞所经历的时间为，第二次反弹到第三次碰撞所经历的时间为，第三次反弹到第四次碰撞所经历的时间为……由等比数列求和公式可知，物块速度刚减为0所用时间为，此时传送带的速度大小为，由图可知，这14s内传送带与物块间的相对位移与传送带的位移相等为，所以从子弹刚穿出物块到物块与挡板发生n次碰撞的过程中（n→∞），物块与传送带间的相对位移为。 6．(1)；(2)；(3)（或） 【解析】（1）物块在传送带上匀减速运动的加速度大小为，物块达到与传送带速度相同所需时间为，物块的位移大小为，故物块第一次撞击滑块1的速度为； （2）物块到达滑块1位置前匀速运动的时间为，物块与滑块1碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得，，解得，，以后1匀速与2交换速度，2匀速与3交换速度，直到第2026个滑块，则从第1个滑块开始运动到第2026个滑块开始运动用时，故； （3）物块第1次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程，在光滑水平面上运动的路程为，然后发生第2次撞击；物块第2次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程，在光滑水平面上运动的路程为，然后发生第3次撞击；物块第3次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程，在光滑水平面上运动的路程为，然后发生第4次撞击；物块第4次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程，在光滑水平面上的路程为，然后发生第5次撞击；物块从第1次撞击滑块1到第5次撞击过程中，在传送带上运动的总路程为，在光滑水平面上运动的总路程为，总路程为（或）。 7．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）设小球A的初速度为，碰撞后，A、B两球的速度大小分别为、，由动量守恒定律得   ，由题意可知  ，  联立解得； （2）B球在D点时，由牛顿第二定律得， 设B球在E点脱轨，O、E连线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律得，对从D运动到E的过程，由机械能守恒得   ，联立解得，由几何关系，得； （3）设小球B从滑入轨道到滑出轨道所经历的时间为t，小球A在此过程中做匀速直线运动，依题意，由B球和轨道C组成的系统水平方向动量守恒，对时间积累可得，即，联立解得，设B球以速度进入轨道恰好不脱离轨道，则B能到达圆形轨道的最高点为与圆心等高处，此时速度为，由水平方向动量守恒，有，由机械能守恒可得，解得，则，又，故。 $第39练力学计算3：多体多过程+力学三大观点 (三年考频：5次 预测指数：★★★★) 本大题共7小题，每题12分，共84分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最 后答案的不能得分。 1.(2025高三下·湖南长沙.专题练习)如图所示， (1)若物块A与B恰好发生碰撞，求A的初速度： 质量为的长方形箱子，放在光滑的水平地面上。 (2)若B与挡板P恰好发生碰撞，求A的初速度： 箱内有一质量也为m的小滑块，滑块与箱底间无摩 (3)若最终物块A从木板上掉下来，物块B不从木 擦。开始时箱子静止不动，滑块以恒定的速度从 板C上掉下来，求A的初速度的范围。 箱子的A壁处向B壁处运动，后与B壁碰撞。假 定滑块与箱壁每碰撞一次，两者相对速度的大小变 为该次碰撞前相对速度的e倍。求： 75 777777777777777777777777777777 (1)滑块与箱子第一次碰撞后，滑块与箱子的速度大 小各为多少？ (2)从滑块开始运动到第n次碰撞前瞬间的时间？ 3)若e=(宁， 要使滑块与箱子这一系统损耗的总 动能不超过其初始动能的30%，滑块与箱壁最多可 碰撞几次？（√2≈1.414） 3.(25-26高三上湖南长沙月考)如图，一竖直固 定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘 2.(25-26高三上·湖南长沙月考)如图所示，在水 与管的上端口距离为1，圆管长度为301。一小球从 平桌面上放有长木板C,C上右端是固定的轻质挡 管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，第一次 板P,在C上放有小物块A和B,A、B的尺寸以 及P的厚度皆可忽略不计。刚开始位于C上左端的 碰撞后瞬间小球以V2g的速度向上反弹，圆盘向 物块A与物块B之间的距离为2L,物块B与挡板 下滑动，所受滑动摩擦力始终与其所受重力大小相 P之间的距离为L。设木板C与桌面之间无摩擦， 等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水 A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为L,且 平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C(连同挡 间极短，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 板P)的质量均为。开始时B和C静止，A以某 一初速度向右运动。已知重力加速度为g,且所有 的碰撞都可看作弹性正碰。 A C . 2L 试卷第1页，共1页 (1)求小球第一次与圆盘碰撞的速度大小； (2)以竖直向下为正方向，画出第一次碰撞到第二次 碰撞之间小球的-图像，要求标出初末速度对应 的纵坐标： (3)圆盘在管内运动过程中，求小球与圆盘碰撞的次 数。 5.（25-26高三上·湖南长沙.阶段练习)如图所示， 长度L48-=48m的传送带与水平面夹角0=37°，当传 送带静止时，质量=0.1kg的物块静止在传送带的 中点P处。某时刻一质量为o=0.01kg的子弹以 o=300m/s的速度平行于传送带打入物块，并以 1=250m/s的速度穿出物块。在子弹穿出物块同时启 动传送带，让其沿顺时针方向一直做加速度为 =0.5ms2的匀加速运动。传送带上端A处有一挡板， 物块每次与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能 的。已知物块与传送带间的动摩擦因数以=g 7 不计物块与挡板碰撞的时间，取重力加速度 4.(2025湖南·模拟预测)如图所示，静置在光滑 8=10m/s2。cos37=0.8,sim37=0.6。求： 的水平地面上的A、B为两个完全相同的：光滑圆 弧槽，圆弧槽的半径为R,两槽的最低点均与水平 面相切，初始时两槽的最低点均位于P点但互不相 连。现将质量为m的小球C(可视为质点)从A槽 6 上端点M的正上方R处由静止释放，小球C从M (1)子弹穿出物块时，物块的速度大小： 点落入A槽内，一段时间后从P点滑上B槽，槽 (2)从子弹刚穿出物块到物块第一次与挡板碰撞所 的质量均为4，重力加速度大小为g,不计一切摩 经历的时间及该过程中物块在传送带上的相对位 擦，忽略空气阻力。 移； (3)从子弹刚穿出物块到物块与挡板发生次碰撞的 过程中（→o),物块与传送带间的相对位移。 B w (1)小球C第一次从A槽最低点滑出时，求C的水 平位移大小： (2)求小球C第二次和第三次到达地面时的速度大 小： (3)若小球第二次到B槽时离P点的水平距离为d, 求小球第一次在B槽上运动的时间。 试卷第2页，共3页 6.(25-26高三上湖南长沙模拟)如图所示，一长 (1)求小球A、B碰撞后的速度大小之比； 度L4B=28m的传送带以v=8m/s的速度顺时针传 (2)若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心 动，传送带右侧与无限长光滑水平平台连接。t=0 等高的D点时对轨道的压力为2g,求小球B脱离 时，左侧有一质量=0.5kg的物块，以y。=16m/s 轨道的位置距水平面的高度； 从A点冲上传送带，其与传送带之间的动摩擦因数 (3)若轨道C不固定，小球B刚滑入轨道时与A球 4=0.4,右侧平台均匀排列2026个质量，=1.5kg 的距离为，运动过程中，A球没有接触轨道，B 球没有脱离轨道，当B球从轨道上最低点滑出时与 的滑块，相邻滑块间距离为L=2m,第1个滑块位 于B点。假设所有碰撞均为弹性正碰，物块、滑块 A球的距离刚好也为1。求A球的初速度'。大小需 均视为质点，不计碰撞时间，取g=10m/s2。求： 要满足的条件。 3…………2026 (1)物块第一次撞击滑块1的速度： (2)滑块2026开始运动的时刻t2026; (3)物块从第1次撞击滑块1到第5次撞击过程中， 走过的总路程。 7.(2026湖南长沙模拟预测)如图所示，水平面 上放有小球A、B和半圆形轨道C,两小球的质量 均为，可看作质点。轨道质量未知，圆弧面的半 径为R,与水平面平滑连接。小球A以向右的初速 度与静止的B球发生碰撞，碰后两球的相对速度与 碰前相对速度之比为0.5。所有接触面均光滑，重 力加速度为g。 0 7777777777 试卷第3页，共3页 《第39练力学计算3：多体多过程+力学三大观点》参考答案 1.04-9,4+0:2 L(e"-1 (3)V21ugL<。≤V25ugZ 2 2 (e"-e*-5:(③)2 【解析】(1)若物块A与B恰好发生碰撞，碰撞前， 【解析】(1)设碰后箱子的速度大小为41，碰后滑 BC保持相对静止一起向右做匀加速直线运动；物 块的速度大小为“，，由动量守恒定律 块A与B恰好发生碰撞时，A、B、C三者的速度 。=m+,义。-0’解得y=兰包飞 相同，设为Y,A、B、C组成的系统满足动量守恒， 2 4-+eb: 则有。=3mm,由能量守恒定律可得 2 (2)第一次碰撞前的时间= 第一次碰后的远 L 2=g×2L= m子加m,联立解得A的初 离速度y,就是第二次碰前的靠近速度，第一次碰 速度为y。=√6ugL; 后到第二次碰前的时间5，=工 (2)设物块A、B发生碰撞前瞬间，A的速度大小 ，以此类推 为y,B、C的速度大小为v2;A、B发生弹性碰撞， e,故1。=+1，++1，解得 t 根据动量守恒和机械能守恒可得 tgse”-D m1+2=+, (e"-e-5 号nr+m-m-a,解得N=5,时。 1 (3)第n次碰撞，mn+4n=w。, 即碰后A、B速度发生交换，A、C刚好速度相同， 。-%=(e,由比得+(e9小水 之后A、C保持相对静止；若B与挡板P恰好发生 4-(e门]心，第m次碰撞后，系统的动能 碰撞，则此时A、B、C三者刚好速度相同，设为2： 是县。矿+)m1+e的，系统损失的动 根据动量守恒得。=3m2,由能量守恒定律可得 4 L12_1 能是 O'=mgx3L=22X3m,联立解得A的初 △En=Eg-Em= 221 速度为y。=√9gL: 2 当m=1时，迟1-E1位。016=2， 1 (3)B与挡板P碰撞后，B、C速度交换，即碰后 E. 22 A、B速度相同，此时A、B的距离为L,之后A、 Ag2-1-e41- B在C上具有相同的运动情况，距离保持不变： 2 =0.25,n=3, E2 2 ①若A恰好没从木板C上掉下来，当A到达C的 1万 2a-11-25-032s 左端时，三者速度相同，设为：根据动量守恒得 因为要求动能损 E2= 2 m。=3?,这一整个过程中，A相对C的总路程 失不超过30%，所以得n=2。 为4L,B相对C的总路程为3L,根据能量守恒可 2.(1)V6gL;(2)√9ugL: 答案第1页，共1页 得C=gx7L= mx3m,解得 21 解得t=2 追上时小球速度 。=V21ugL; 2=y1+81= Vg,圆盘的速度为 3 ②若物块B刚好不会从木板C上掉下，设A刚要 2gl 从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别 M=V21= 图像如图所示 为A、和必，则有(=哈<必此时有 。=2wg+6, 、2☑ wmg×71=m:-}2m-子n,物块A从木 g 2 板C上掉下来后，当B处于C的左端时，B与C (3)设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为v2m、V2M, 的速度相等，设此速度为v4;对B、C,由动量守 由动量守恒定律得Wm+w=2m+,2M,由 机械能守恒定律得 恒可得1%+%=24，根据能量守恒可得 1 gL=号m+m&-号×2m,联立解得 21 ,2,IM2,=二2m+。M,解得 2 2 2 2 2 5--M m-M)+M=0 。=√25gL,综上所述，最终物块A从木板上掉 m+M 假设小球与 2m (Vm -Vu)+=gl 下来，物块B不从木板C上掉下来，A的初速度的 m+M 薄圆盘可以一直在管内碰撞，分析得出，小球每次 范围V21ugL<。≤√25ugL。 碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间 3.(1)。=√2g;(2)见解析：(3)5 21 △t=t= 画出第一次碰撞后小球的v-t图像， 【解析】(1)设小球自静止下落至薄圆盘处时的速 度为0，根据机械能守恒定律有g-m,解 如图所示 2 得y1o=V2gl: 2 (2)设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分 2 别为y1、1,在小球与薄圆盘碰撞过程中，根据 20 2型 动量守恒定律有mo=m,+2:,根据机械能守 1 1 √2g -t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，则根据 恒定律有2=支m品+左M好，且：= 2 图像可计算出51+52+53=12,51+52+53+54=20， 联立解得= M,-2 2 ,设自第一次碰撞 51+52+53+54+5=30,301+1=311>301>21, 后经时间发生第二次碰撞，则+=站， 则小球与薄圆盘碰撞的次数是5。 答案第2页，共5页 4.0-R:og-6g题.-2圆 1 +)+分x4m+g风，解得 21 5 25 25d-20R-4V30R V,= 卫，y=30gR,第一次离开B到再回到 2vgR (3),= 5 5 10/gR B,小球C做斜抛运动，有x=以，t=型，小球 【解析】(1)小球C沿A槽圆弧下滑的过程中，小 g 第一次在B上运动过程，由水平动量守恒 球C和A槽水平方向上动量守恒w'。=4a,两 m。=x。+4xB,其中xc-=R,xe+x=d, 边同时乘以时间t,并求和可得匹=4mx2,其中 5+5=R,解得=4R: 联立，解得1=25d-20R-4v50R 5 10√gR (2)设小球C第一次到达A槽最低点时的速度大 5.(1)5m/s:(2)14s,25m;(3)172m 小为y,此时A槽的速度大小为'a,小球C和A 【解析】(1)对子弹与物块组成系统，根据动量守 槽水平方向动量守恒，=4ma,根据机械能守恒 恒定律可得。=v+m,解得？=5m/S: 1 可得gR+)三m+女4，解得 (2)子弹穿过物块后，物块的加速度为 y=2√R,=g,且y的方向水平向右， mg cos0-mgsin8=lm/sS,物块沿传送带向 2 下做匀减速直线运动到零，再反向匀加速到与传送 的方向水平向左。设小球C第二次和第三次达到地 带共速，设经时间为，物块与传送带达到共同速 面的速度v,和V,从C滑上B到第二次回到地面， 度为2，则2=1=-+a441,解得t1=10s， 水平方向动量守恒，=2+4。，机械能守恒定 染1 5应济m,解得一空，拉 y,=5ms,所以物块与传送带共速时，物块恰好回 5 大小为68R 到P点，共速后一起加速到与挡板相碰，则 方向水平向左。从C第二次回到 5 Za=,5,解得5=45，所以从子酒 地面到C第三次回到地面，水平方向动量守恒 出物块到物块第一次与挡板碰撞所经历的时间为 -m2+4a=m,+4wA1,机械能守恒定律 t=t1+t2=14s,物块第一次与挡板相碰时，速度大 1 1 +4四瓜4解得 53®R 小为，=y2+t2=7ms,作出二者的速度时间图线 25 如图所示 (3)设小球C经过B槽最高点时的水平速度为'x, 竖直速度为'，小球C第一次做斜抛运动的水平位 传送带 1014 移为x,小球第一次在B上运动过程的水平位移为 物块 x。,小球第一次在B槽上运动的时间为。，水平方 由图可知，前14s内传送带与物块间的相对位移为 向动量守恒m,=5m',根据机械能守恒定律有 答案第3页，共5页 △y-2x5x10m=25m: 度大小为4=g=4m/s2,物块达到与传送带速 (3)因每次与挡板碰撞反弹后其动能为碰前动能 度相同所需时间为5=-2s,物块m的位移大 a 的子，即物块每次以二反弹，物块反弹后向下减速 小为.x=+5=24m<La,故物块m第一次撞击 2 到0，然后向上加速到上次碰后速度再次与挡板相 滑块1的速度为v=8m/s: 碰（因传送带一直加速，故不再有共速的可能）， (2)物块m到达滑块1位置前匀速运动的时间为 直到物块速度减为0为止，其-t图如图所示 5=L-x1 二=一s,物块与滑块1碰撞，根据动量 传送带 守恒和机械能守恒得v=(-)+2, -+方4，解得=/s,=, 以后1匀速2m与2交换速度，2匀速2m与3交换 第一次反弹到第二次碰撞所经历的时间为 速度，直到第2026个滑块，则从第1个滑块开始 运动到第2026个滑块开始运动用时 2 △t= =7s,第二次反弹到第三次碰撞所经历 t= 2025×2m=1012.59,故 的时间为△，= 2()27 第三次反弹到第四 t2026=1+t2+t3= +1+1012.5s=10158: 2 2 次碰撞所经历的时间为△士， 2.y7 (3)物块第1次撞击滑块1后，在传送带上运 4 动的路程5，=2× =4m,在光滑水平面上运动的 等比数列求和公式可知，物块速度刚减为0所用时 24 7 间为'a §，此时传送带的速度大小为 路程为S'=L=2m,然后发生第2次撞击：物块 第2次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程 V传=y+t急=14m/s,由图可知，这14s内传送带 与物块间的相对位移与传送带的位移相等为 2 ,在光滑水平面上运动的路程为 S21 =1m 2a △x,=x(7+14)x14m=147m,所以从子弹刚穿出 S,'=3L=6m,然后发生第3次撞击；物块1第3 物块到物块与挡板发生n次碰撞的过程中（→o), 次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程 物块与传送带间的相对位移为 △x=△x+△x2=172m。 4 在光滑水平面上运动的路程 S3=2× -m 6.(0)8m/s:(②1015s:(3)373125m(或597 2a 4 16m) 为5？'=5L=10m,然后发生第4次撞击；物块，第 【解析】(1)物块叫在传送带上匀减速运动的加速 答案第4页，共5页 4次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程 为0，由牛顿第二定律得ngcos0=m ，对从D R 运动到E的过程，由机械能守恒得 8 1 在光滑水平面上的路程为 54=2x 1m 1 1 2a 16 2=gRc0s8+专2 2 2 ，联立解得cos0=2 5,'=7L=14m,然后发生第5次撞击；物块%从 由几何关系，得h=R+Rcose=二R; 3 第1次撞击滑块1到第5次撞击过程中，m在传送 (3)设小球B从滑入轨道到滑出轨道所经历的时 85 间为t,小球A在此过程中做匀速直线运动，依题 带上运动的总路程为5传=6m,在光滑水平面上运 意xa=xB=x。=Vat,由B球和轨道C组成的系统 动的总路程为5水=(2+6+10+14)m=32m,总路程 水平方向动量守恒w。=x+y。,对时间积累 为5=5%+k=37.3125m(或597， 16m。 可得∑.△t=∑a,△t+∑oV。△t,即 片-方：国h=官，6元团 t=mx+lxc,联立解得=2l,设B球以 【解析】(1)设小球A的初速度为v。,碰撞后，A、 速度Va进入轨道恰好不脱离轨道，则B能到达圆形 B两球的速度大小分别为"A、B,由动量守恒定律 轨道的最高点为与圆心等高处，此时速度为'共，由 得=m+。,由题意可知二业=0.5， Vo 水平方向动量守恒，有g=(m+)v共，由机械 联立解得受 匪守恒可得二+少+sR,解得 (2)B球在D点时，由牛顿第二定律得2g=m R 设B球在E点脱轨，O、E连线与竖直方向的夹角 作-g现，则有6g级，又，=+：故 答案第5页，共5页第37练 力学计算1：直线运动/动力学分析 （三年考频：0次 预测指数：★★★ ） 本大题共5小题，每题12分，共60分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（25-26高三上·湖南长沙·阶段练习）如图甲所示，在某安全气囊（固定在试验台上）的性能测试中，可视为质点的重物从距气囊上表面高h=1.8m处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。将重物刚接触气囊时记为t=0时刻，气囊对重物竖直向上的作用力大小F随时间t变化的规律可近似用图乙所示的图像描述。已知重物的质量m=5kg，取重力加速度大小 以气囊最高点所在的水平面为参考平面，不计空气阻力，重物只沿竖直方向运动。 (1)求重物与气囊碰撞过程中F的冲量大小I； (2)求重物第一次被反弹后瞬间的速度大小； (3)若后一次碰撞过程重物损失的机械能是前一次碰撞过程重物损失的机械能的，求重物与气囊第三次碰撞后瞬间的机械能E。 2．（25-26高三上·湖南长沙·开学考试）如图所示，两条平行直轨道在同一竖直面内，相距，起点在同一竖直线上，轨道都足够长，两小车从轨道起点同时开始运动，小车以4m/s的速度做匀速直线运动，小车做初速度为零的匀加速直线运动，经，两小车恰好又在同一竖直线上，求： (1)小车的加速度大小； (2)两小车在同一竖直线前的最大距离。 3．（25-26高三上·湖南长沙·阶段练习）物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材反映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面实验就揭示了匀变速直线运动的规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图甲所示，他让小球以某一确定的初速度从固定斜面顶端O点滚下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面底端，测出了A、B间的距离x及小球在A、B间运动的时间t。改变A传感器的位置，多次重复实验，计算机作出图像如图乙所示。请回答下列问题： (1)小球在斜面上运动的加速度大小为多少？ (2)小球在顶端O处的速度大小为多少？ (3)固定斜面的长度为多少？ 4．（25-26高三上·湖南长沙·阶段练习）如图甲，我国的“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部地区后，开启了火星表面巡视探测，目前累计行驶了1921米。某段时间内，火星车沿平直路线运动全过程的速度v随时间t变化关系的图像如图乙所示，火星车由静止做匀加速运动，时速度为4cm/s，功率达到额定功率4.8W，以该功率继续行驶一段时间后，火星车的速度达到最大为6cm/s，以该速度匀速运动一段时间后，关闭火星车的动力，再经过0.18s，火星车停止运动，火星车受到的阻力大小不变，求： (1)火星车受到的阻力； (2)火星车的质量m； (3)火星车匀加速的时间。 5．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑的水平面上，两物体的质量为、。从时刻开始，推力和拉力分别作用在A、B上，和随时间的变化规律为：、，求： (1)时A、B两个物体加速度的大小和物体A对物体B作用力的大小； (2)A、B分离的时刻； (3)时A速度的大小。 《第37练 力学计算1：直线运动/动力学分析》参考答案 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）根据图像的面积等于F的冲量可知N·s，解得； （2）由，重物落到气囊上表面时的速度大小，解得m/s，取竖直向上为正方向，对碰撞过程，研究重物的受力，由动量定理有，解得； （3）第一次碰撞过程中系统损失的机械能，解得J，由题意可知，第三次碰撞后瞬间的机械能，解得。 2．(1)2m/s2；(2)5m 【解析】（1）两小车恰好又在同一竖直线上时，位移相等，有，解得； （2）分析可知，在同一竖直线前，两小车速度相等时，距离最大，设经速度相等，有，时间内各自的位移分别为，，沿轨道方向上最大距离，由几何关系有，由以上各式代入数值解得。 3．(1)4m/s2；(2)4m/s；(3)6m 【解析】（1）根据位移时间关系，根据速度时间关系可得，变形可得，结合图线可得，，所以； （2）当A传感器放置在O点时，传感器所测时间最长，对应图像上横坐标的最小值，即，所以，根据速度时间关系可得，代入数据解得； （3）固定斜面的长度为。 4．(1)80N；(2)240kg；(3)0.24s 【解析】（1）火星车的速度达到最大时，火星车受到的牵引力与阻力相等，即，因为代入题中数据，解得N； （2）关闭动力后，火星车的加速度m/s2，根据牛顿第二定律可知，解得kg； （3），火星车以恒定的加速度运动，此阶段火星车的牵引力，设此阶段火星车的加速度为，根据牛顿第二定律可得，解得m/s2，火星车以恒定的加速度运动的时间。 5．(1)2m/s2，8N；(2)4s；(3)14m/s 【解析】（1）时刻，A、B两物体相对静止，对A、B两物体整体受力分析，由牛顿第二定律有，代入数据解得，对B受力分析由牛顿第二定律有，代入数据解得； （2）当A、B分离时有，此时加速度仍相等，对A受力分析，由牛顿第二定律有，对B受力分析，由牛顿第二定律有，联立解得； （3）由上述分析可知A、B分离前，A、B整体一起做匀加速直线运动，由运动学知识有分离时速度为，后 A、B分离，由图像可知， 由动量定理有，联立解得时A速度的大小为。 $第38练 力学计算2：曲线运动+功能分析 （三年考频：1次 预测指数：★★★ ） 本大题共8小题，每题12分，共96分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 1．（25-26·湖南岳阳·期末）如图甲，装置由弧形轨道、竖直圆轨道（点位置轨道前后稍有错开）及水平直轨道平滑连接而成。水平轨道段与滑块间的动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示。除段外，其余轨道均光滑。现将质量的滑块（视为质点）从高度的点静止释放，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道半径，段长，重力加速度取。求： (1)滑块第一次运动到点时的速度大小； (2)滑块第二次经过点时的动能并求出滑块与挡板碰撞损失的动能； (3)滑块最终停在何处。 2．（25-26高三上·湖南·月考）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，由水平粗糙轨道AB与光滑圆弧轨道BC组成的绝缘轨道固定在竖直面内，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，AB部分轨道足够长，圆弧轨道的半径为R，OC与水平方向的夹角为45°。将一个质量为m、电荷量为的带电小物块在水平轨道上某处由静止释放，物块沿轨道由C点滑出，当物块的速度为零时位置刚好在O点正上方。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度，物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，物块可视为质点，求： (1)物块开始释放的位置离B点的距离为多少； (2)物块在BC轨道上运动时，对轨道的最大压力为多少； (3)物块在AB轨道上运动的总路程为多少。 3．（2025·湖南长沙·二模）如图所示，光滑水平面上有一个固定台，固定台上有一半径为的光滑圆弧轨道。固定台右边有一个顶部为光滑圆弧轨道且底面光滑的滑块，滑块与固定台的距离为，滑块质量为，其上圆弧轨道两端等高，且左端处半径与水平方向的夹角为。现让一个质量为的光滑小球从固定台圆弧轨道顶端上方某高度处由静止释放，它沿切线进入圆弧轨道，从点抛出后，又恰好沿切线从点进入滑块顶部的圆弧轨道。小球最终从点离开滑块。重力加速度取为。求： (1)小球到达点时的速度大小 (2)释放点到圆弧轨道顶端的距离 (3)小球从点离开滑块后能上升的最大高度及上升到最高点所用的时间 4．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）一游戏装置如图所示，图中P为弹射装置，AB为倾角的倾斜直轨道，BC为水平轨道，C、D分别为竖直圆轨道的最低点和最高点，竖直圆轨道与水平轨道相切于C点，CE为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接，以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知：圆轨道半径R=0.3m，轨道AB长为，轨道BC长为。通过调节弹射装置P在坐标平面内的位置以及小滑块水平弹出的初速度，使滑块均能无碰撞从A点切入轨道AB，滑块与AB、BC段间动摩擦因数均为，其余各段轨道均光滑。滑块质量为m=0.3kg，滑块可视为质点，，，重力加速度大小为。 (1)若滑块从纵坐标y=0.9m的某点弹出： （ⅰ）求滑块弹出时的初速度大小； （ⅱ）试通过计算判断滑块能否通过圆轨道的最高点D。 (2)若滑块从A点切入后，能进入竖直圆轨道且第一次在圆轨道上运行时不脱离圆轨道，则滑块弹出时所处位置的纵坐标y应满足什么条件？ 5．（24-25高三上·湖南娄底·月考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道AB，半径的圆弧轨道BCD，长度、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF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AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE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恰好不从滑块b上滑落。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，，取） (1)若，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②第一次沿DE上滑的最大高度； ③在DE上经过的总路程。 (2)若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 6．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）如图甲所示，在光滑水平面上有A、B、C三个小球，其中A、B两球的质量均为，C球的质量为，A、B两球分别用长为的水平轻杆通过光滑轻质铰链与C球连接，两球间夹有一根劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连，弹簧储存弹性势能为，现固定C球，释放弹簧。 (1)求弹簧释放后，A、B两球与弹簧分离时两球的速度大小； (2)若C球不固定，求释放弹簧后，当C球的速度最大时轻杆的弹力大小； (3)若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为时（如图乙），C球的速度大小。 7．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD是半径为R上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静止在水平面上质量为nm（，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力加速度为g。已知时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。 (1)求n的值； (2)若、，求甲、乙在EF上落点间的水平距离；（结果用分式及根号表示） (3)若、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气阻力（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时，落到EF上时，乙速度大小为、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示） 8．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）在光滑的水平面上，放置一个质量为m，截面是圆（圆的半径为R）的柱体A（如图）。柱面光滑，顶端放一质量为m的小滑块B。初始时刻A、B都处于静止状态，在固定坐标系xOy中的位置如图所示，设小滑块从圆柱顶端沿圆弧滑下，重力加速度为g，试求： (1)若柱体固定，小滑块脱离圆弧的位置（可用三角函数表示）； (2)若柱体不固定，小滑块脱离圆弧之前在固定坐标系中的轨迹方程； (3)若柱体不固定；小滑块沿圆弧滑过圆心角时小滑块B和柱体A的速度大小。 《第38练 力学计算2：曲线运动+功能分析》参考答案 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 1．(1)；(2)，；(3)点右侧处 【解析】（1）滑块从点运动到点，由动能定理，有，解得； （2）由题意，滑块反弹后恰好能从点通过圆轨道最高点，由动能定理，有，在圆轨道最高点，有，联立解得，利用面积法可得滑块经过段，滑动摩擦力做功为，与挡板碰前的动能为，滑块与挡板碰撞损失的动能； （3）由题意，而，则滑块不能回到点，设其还能向左运动位移为，如图所示 则由几何关系可知，在停止位置，接触面间的动摩擦因数，由动能定理，有，由面积法，有，联立，解得或-5.5m（舍去），则，即滑块最终停止位置为点右侧处。 2．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）由于OC与水平方向夹角为45°，且，重力与电场力的合力方向与OB的夹角为45°，因此物块从C点滑出后，在电场中做类竖直上抛运动，根据几何关系，C点到最高点运动的距离，最高点离水平轨道的高度，设开始释放位置到点距离为，从释放到最高点，根据动能定理有，解得； （2）设物块第一次运动到圆弧轨道上D点时物块对轨道的压力最大。由（1）分析可知，OD与竖直方向的夹角为，设在D点时速度为v，根据动能定理，解得，在D点，根据牛顿第二定律，解得，根据牛顿第三定律，物块对圆弧轨道的最大压力； （3）当物块运动到B点速度为零时，物块最终在BC轨道上做往复运动，设物块在AB轨道上运动的总路程为，根据动能定理，解得。 3．(1)；(2)；(3)， 【解析】（1）小球从A点抛出后做平抛运动，从B点沿切线进入滑块顶部的圆弧轨道，设小球在A点的速度为，小球在B点的速度为，则有，在B点竖直方向速度，竖直方向，水平方向，两式联立解得，，； （2）根据动能定理，对小球有，解得； （3）小球从B点进入圆弧轨道后，小球对圆弧有向左下方的压力，圆弧向左运动，当小球运动到圆弧最低点时，圆弧向左的速度最大，进入圆弧右侧部分时，小球对圆弧有向右下方的压力，圆弧向左减速运动，根据对称性，当小球从右端C点离开圆弧时，圆弧的速度恰好减小到零，根据系统的机械能守恒可知，小球的速度大小不变，方向与竖直方向夹角为，离开圆弧后，小球做斜抛运动，上升时间，上升的最大高度。 4．(1)（ⅰ）；（ⅱ）滑块可以通过圆轨道最高点D；(2)见解析 【解析】（1）（ⅰ）滑块从P点弹射到A点的过程中做平抛运动，在竖直方向上有，解得，根据平抛过程中速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2倍关系，有，代入数据解得，平抛运动水平方向上做匀速运动，解得； （ⅱ）从P点到D点根据动能定理有 解得，滑块恰好通过圆轨道的最高点D的条件满足，解得，由于， 所以滑块可以通过圆轨道最高点。 （2）滑块不脱离圆轨道分两种情况：第一种，当滑块恰好通过圆轨道的最高点D的时，有，解得，从P点到D点根据动能定理有 根据运动的分解，在A点有，从P点到A点，滑块下落的高度，联立解得，第二种，当滑块到达与圆心等到的位置时，根据动能定理有 又因为，以及，联立解得，此外滑块还要能进入圆轨道，从P点到C点根据动能定理有 又因为，以及，联立解得，综上可知，或。 5．(1)①；②0.45m；③2m；(2)0.4m 【解析】（1）①对小物块从A到第一次经过的过程，根据机械能守恒定律有，第一次经过点的向心加速度大小为； ②小物块从A到DE上滑最大高度处，设从D到最大高度处的距离为，由动能定理可得 由几何关系可得最大高度，解得； ③小物块在上时，因为，所以小物块每次在上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在上的滑动使机械能损失，最终小物块将在、间往复运动，且易知小物块每次在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，根据功能关系有 ，解得； （2）对小物块从A到的过程，根据动能定理有， 解得 方法一：对小物块由牛顿第二定律可得，对滑块b可得，小物块从滑上滑块到滑到滑块最右端时两者恰好共速，用时为，设滑块长度为，则有，，联立解得解得； 方法二：设滑块长度为时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，，解得。 6．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）设A、B两球的质量均为，C球的质量为，由对称性可知，球与弹簧分离时速度大小相等，方向相反，设速度为，由机械能守恒定律可得，解得； （2）三个球在同一直线上时，C球的速度与杆垂直，加速度为0，速度最大为，A、B两球的速度分别为、，由对称性可知，系统水平方向动量守恒，则有，由能量守恒可得，解得，故杆的弹力大小为； （3）设此时C球的速度为，A、B球的速度分别为、，A、B球垂直于C球速度方向的分速度分别为、，A、B球沿C球速度方向的分速度分别为、，如图所示 由对称性可知，A、B两球速度大小相等，各方向上的分速度大小也相等，设A、B垂直方向速度大小为，在与平行方向的分速度大小为，则，，系统沿C球速度方向动量守恒，由能量守恒可得，又因为，联立解得。 7．(1)；(2)；(3) 【解析】（1）甲滑下，由动能定理有，甲、乙弹性碰撞，，乙在C点，有，联立解得； （2） 时，由（1）有、，，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P点脱离，PO与CO夹角为θ，C→P过程有，P点有，联立得、，又，，联立得，，乙做平抛运动，由平抛运动规律有、，联立得，又，代入数据解得； （3）甲从下滑，由机械能守恒： ， 已知，乙质量，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度： ，甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为，方向向右。乙受阻力，对乙列运动的微分方程，结合题目条件：，得，且落地速度大小，即。解分量微分方程可得速度关系：，联立，解得： ，对水平方向由动量定理：，代入得： ，甲加竖直向上电场后，竖直加速度，要落到EF上，必须，即： ，甲做平抛运动，竖直方向，得运动时间，水平位移： ，要求甲落点在乙右侧，即，代入得： ，两边平方整理得： ，结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合不满足上述不等式，对应，下限为正。场强的取值范围为： ； 8．(1)脱离位置柱体半径与竖直方向夹角为；(2)；(3)， 【解析】（1）设小滑块脱离位置柱面半径与竖直方向夹角为，由机械能守恒有，小滑块脱离瞬间与柱面之间作用力为零，重力沿柱面半径方向的分量充当向心力，有，联立解得，即滑块脱离位置柱体半径与竖直方向夹角为； （2）B滑下时，根据水平方向动量守恒，A必向左移动。设下滑到某处时，B的坐标为，A的位置用圆心坐标表示，A、B沿水平方向的速度分别为及（见图），则从动量在水平方向守恒可得 此时A、B的水平方向坐标分别为及，由于两物体的水平速率之比在任何时刻都相同，所以其水平方向的位移之比等于速率比，从而得，在B脱离A以前，由图中几何关系可知，在水平方向，竖直方向，消去及，得； （3）小滑块沿圆弧滑过圆心角时，设滑块竖直方向的速度分量为，由系统机械能守恒，动量在水平方向守恒可得，脱离瞬间以柱面为参考系，滑块相对柱面的速度沿柱面切线方向，满足，联立解得，，，故。 $第37练力学计算1：直线运动/动力学分析 (三年考频：0次 预测指数：★★★) 本大题共5小题，每题12分，共60分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最 后答案的不能得分。 1.（25-26高三上·湖南长沙阶段练习)如图甲所示， 2.（25-26高三上·湖南长沙开学考试)如图所示， 在某安全气囊（固定在试验台上）的性能测试中， 两条平行直轨道在同一竖直面内，相距d=3m,起 可视为质点的重物从距气囊上表面高1.8m处由 点在同一竖直线上，轨道都足够长，两小车从轨道 静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。将重物刚接 起点同时开始运动，小车A以4/s的速度做匀速 触气囊时记为仁0时刻，气囊对重物竖直向上的作 直线运动，小车B做初速度为零的匀加速直线运动， 用力大小F随时间t变化的规律可近似用图乙所示 经t=4s,两小车恰好又在同一竖直线上，求： 的图像描述。己知重物的质量=5kg,取重力加速 A 度大小g=10m/s2,以气囊最高点所在的水平面为 参考平面，不计空气阻力，重物只沿竖直方向运动。 本F/N 重物 1100 ⊙ (1)小车B的加速度大小a; 安全气囊 (2)两小车在同一竖直线前的最大距离s。 试验台F 0.1 乙 (1)求重物与气囊碰撞过程中F的冲量大小I; (2)求重物第一次被反弹后瞬间的速度大小： (3)若后一次碰撞过程重物损失的机械能是前一次 碰撞过程重物损失的机械能的，，求重物与气囊第 三次碰撞后瞬间的机械能E。 3.（25-26高三上·湖南长沙阶段练习)物理学中有 一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材反 映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面实验就揭 示了匀变速直线运动的规律。某同学用现代实验器 材改进伽利略的经典斜面实验，如图甲所示，他让 小球以某一确定的初速度从固定斜面顶端O点滚 下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在 斜面底端，测出了A、B间的距离x及小球在A、 B间运动的时间t。改变A传感器的位置，多次重 复实验，计算机作出图像如图乙所示。请回答下列 试卷第1页，共1页 问题： (1)火星车受到的阻力F: ↑ms为 计算机 (2)火星车的质量： (3)火星车匀加速的时间。 0 025 →s 甲 (1)小球在斜面上运动的加速度大小为多少？ (2)小球在顶端0处的速度大小为多少？ (3)固定斜面的长度为多少？ 5.（25-26高三上·湖南长沙·月考)如图所示，A、 B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑的 水平面上，两物体的质量为m=6kg、=5水g。 从t=0时刻开始，推力FA和拉力F分别作用在A、 B上，Fa和F随时间的变化规律为： F=(20-2t)N)、F=(2+2t)),求： FA A B fa 1KKK1 (1)4=0时A、B两个物体加速度的大小和物体A 对物体B作用力的大小： (2)A、B分离的时刻： 4.(25-26高三上湖南长沙阶段练习)如图甲，我 (3)=10s时A速度的大小。 国的祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部 地区后，开启了火星表面巡视探测，目前累计行驶 了1921米。某段时间内，火星车沿平直路线运动 全过程的速度v随时间t变化关系的图像如图乙所 示，0~t火星车由静止做匀加速运动，t时速度为 4cm/s,功率达到额定功率4.8W,以该功率继续行 驶一段时间后，火星车的速度达到最大为6c/s, 以该速度匀速运动一段时间后，关闭火星车的动力， 再经过0.18s,火星车停止运动，火星车受到的阻力 大小不变，求： v/(cm·s) 6 甲 试卷第2页，共2页 《第37练力学计算1：直线运动/动力学分析》参考答案 1.(1)55N.s;(2)4m/s:(3)2.5J 最长，对应图像上横坐标的最小值，即 1=1,所 【解析】(1)根据F-t图像的面积等于F的冲量可 知1-分10x01N5,解得1=55Ns: 以tAB=lS,根据速度时间关系可得'B=o+tAB, 代入数据解得v。=4m/s; (2)由v2-2=2x,重物落到气囊上表面时的速 (3)固定斜面的长度为1='，"1。=6m。 2 度大小v。=√2gh,解得v。=6m/s,取竖直向上为 4.(1)80N;(2)240kg;(3)0.24s 正方向，对碰撞过程，研究重物的受力，由动量定 【解析】(1)火星车的速度达到最大时，火星车受 理有I-gt=-（-),解得v=4m/s; 到的牵引力与阻力相等，即F=F,因为P=m代 (3)第一次碰撞过程中系统损失的机械能 入题中数据，解得F=80N; △E=gh-二m2,解得△B=50J,由题意可知， 21 (2)关闭动力后，火星车的加速度 第三次碰撞后瞬间的机械能 a= 0-y-6×102 △ 0,18ms23,根据牛顿第二定律可知 F=a,解得=240kg; 2.(1)2m/s2(2)5m 【解析】(1)两小车恰好又在同一竖直线上时，位 (3)0~t,火星车以恒定的加速度运动，此阶段 移相等，有t=号，解得a-2: 火架车的本引力八号，设此卧段火星车的加速度 (2)分析可知，在同一竖直线前，两小车速度相 为a,根据牛顿第二定律可得F'-F=d,解得 等时，距离最大，设经t'速度相等，有v=at',t时 4=m/s:火星车以恒定的加速度运动的时间 间内各自的位移分别为5=1，，=，：，沿轨道 6 2 y0.04 t s=0.24s 1 方向上最大距离△x=一x,,由几何关系有 6 s2=d+(△xm)2,由以上各式代入数值解得s=5m。 5.(1)2m/s2,8N:(2)4s:(3)14m/s 3.(1)4m/s2:(2)4m/s;(3)6m 【解析】(1)t,=0时刻，A、B两物体相对静止， 】)根据位移时间关系x三v+,d 对A、B两物体整体受力分析，由牛顿第二定律有 FA+F=(a+)a,代入数据解得a=2m/s2, 据速度时间关系可得=ya+at,变形可得 言=}0，结合图线可得a=-2m, 11 对B受力分析由牛顿第二定律有FA+F=a, ms=8m/s,所以a=4m/s: 代入数据解得FAB=8N; 0.25 (2)当A传感器放置在O点时，传感器所测时间 (2)当A、B分离时有F想=0，此时加速度仍相 答案第1页，共1页 等，对A受力分析，由牛顿第二定律有=d, x6x12N.8=36N-s, 可知1：=2 对B受力分析，由牛顿第二定律有F=d,联立 ↑F 20 解得t=4s; 12 (3)由上述分析可知A、B分离前，A、B整体一 04 107 起做匀加速直线运动，由运动学知识有分离时速度 为v=at=8n/s,t=4s后A、B分离，由F-t图像 由动量定理有I。='-m,联立解得t,=10s时A 速度的大小为v'=14m/s。 答案第2页，共2页第38练力学计算2：曲线运动+功能分析 (三年考频：1次 预测指数：★★★) 本大题共8小题，每题12分，共96分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最 后答案的不能得分。 1.(25-26湖南岳阳·期末)如图甲，装置由弧形轨 方。己知重力加速度为g,匀强电场的电场强度 道AB、竖直圆轨道(C点位置轨道前后稍有错开) B=me ,物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5， 及水平直轨道BD平滑连接而成。水平轨道BC段与 物块可视为质点，求： 滑块间的动摩擦因数！从左向右随距离x均匀变化， 如图乙所示。除BC段外，其余轨道均光滑。现将 质量m=1kg的滑块（视为质点）从高度h=1.4m的 A点静止释放，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反 弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道 (1)物块开始释放的位置离B点的距离为多少： 半径R=0.11m,BC段长x。=1m,重力加速度g取 (2)物块在BC轨道上运动时，对轨道的最大压力为 10m/s2。求： 多少： 4知滑块 (3)物块在AB轨道上运动的总路程为多少。 0.7 0 3.(2025·湖南长沙·二模)如图所示，光滑水平面 x/m 1.0 上有一个固定台，固定台上有一半径为=2m的号 (1)滑块第一次运动到B点时的速度大小"a; 光滑圆弧轨道。固定台右边有一个顶部为光滑圆弧 轨道且底面光滑的滑块，滑块与固定台的距离为 (2)滑块第二次经过C点时的动能E。并求出滑块与 d=4.8m,滑块质量为M,其上圆弧轨道两端等高， 挡板碰撞损失的动能△E; 且左端s处半径与水平方向的夹角为0sm0-)。 (3)滑块最终停在何处。 2.(25-26高三上·湖南·月考)如图所示，空间存在 现让一个质量为，的光滑小球从固定台圆弧轨道 水平向右的匀强电场，由水平粗糙轨道AB与光滑 顶端上方某高度处由静止释放，它沿切线进入圆 圆弧轨道BC组成的绝缘轨道固定在竖直面内，圆 弧轨道，从A点抛出后，又恰好沿切线从B点进入 弧轨道与水平轨道在B点相切，AB部分轨道足够 滑块顶部的圆弧轨道。小球最终从C点离开滑块。 长，圆弧轨道的半径为R,OC与水平方向的夹角 重力加速度取为g=10m/s2。求： 为45°。将一个质量为m、电荷量为+9的带电小物 块在水平轨道上某处由静止释放，物块沿轨道由C 点滑出，当物块的速度为零时位置刚好在O点正上 试卷第1页，共1页 点D。 (2)若滑块从A点切入后，能进入竖直圆轨道且第一 次在圆轨道上运行时不脱离圆轨道，则滑块弹出时 所处位置的纵坐标y应满足什么条件？ (1)小球到达A点时的速度大小 5.(24-25高三上·湖南娄底·月考)某固定装置的竖 (2)释放点到圆弧轨道项端的距离力 直截面如图所示，由倾角日=37°的直轨道AB,半 (3)小球从C点离开滑块后能上升的最大高度及上 径R=1m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25m、倾角 为的直轨道DE,半径为R、圆心角为的圆弧管道 升到最高点所用的时间 EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧 4.（24-25高三上·湖南长沙阶段练习)一游戏装置 光滑水平面上紧靠着质量=0.5水kg滑块b,其上表 如图所示，图中P为弹射装置，AB为倾角日=37°的 倾斜直轨道，BC为水平轨道，C、D分别为竖直圆 面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量=0.5kg 的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆 轨道的最低点和最高点，竖直圆轨道与水平轨道相 弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制 切于C点，CE为足够长的倾斜轨道，各段轨道均 平滑连接，以A点为坐标原点，水平向右为x轴正 成，小物块α向上运动时动摩擦因数4=0.25，向 方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。 下运动时动摩擦因数42=0.5，且最大静摩擦力等 已知：圆轨道半径R=0.3m,轨道AB长为L=lm, 于滑动摩擦力。当小物块α在滑块b上滑动时动摩 轨道BC长为L,=0.9m。通过调节弹射装置P在坐 擦因数恒为4，小物块α恰好不从滑块b上滑落。 标平面内的位置以及小滑块水平弹出的初速度，使 (其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻 滑块均能无碰撞从A点切入轨道AB,滑块与AB、 力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m1s2) BC段间动摩擦因数均为4=0.5，其余各段轨道均 物块a 0 F滑块b 光滑。滑块质量为m0.3kg,滑块可视为质点， sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为 0 g=10m/s2。 (1)若h=0.8m,求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小： ②第一次沿DE上滑的最大高度： ③在DE上经过的总路程。 之 (2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离 (1)若滑块从纵坐标y=0.9m的某点弹出： 滑块。 (i)求滑块弹出时的初速度大小。： 6.(24-25高三上·湖南长沙阶段练习)如图甲所示， (ⅱ)试通过计算判断滑块能否通过圆轨道的最高 在光滑水平面上有A、B、C三个小球，其中A、B 试卷第2页，共3页 两球的质量均为01kg,C球的质量为0.2kg,A、 加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧， B两球分别用长为1.0m的水平轻杆通过光滑轻质 在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受 铰链与C球连接，两球间夹有一根劲度系数足够大、 重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向 长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连，弹簧 相反的空气阻力f=(k为常数)。已知在右侧空 储存弹性势能为10J,现固定C球，释放弹簧。 间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点 时6-25g落到zr上时，乙速度大小为2取、 3 方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用、 8、q、hR表示) 甲 8.(25-26高三下·湖南长沙·开学考试)在光滑的水 (1)求弹簧释放后，A、B两球与弹簧分离时两球的 平面上，放置一个质量为，截面是上圆（圆的半 速度大小： (2)若C球不固定，求释放弹簧后，当C球的速度 径为R)的柱体A(如图)。柱面光滑，顶端放一质 量为m的小滑块B。初始时刻A、B都处于静止状 最大时轻杆的弹力大小： 态，在固定坐标系xOy中的位置如图所示，设小滑 (3)若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次 为0=120°时（如图乙），C球的速度大小。 块从圆柱顶端沿圆弧滑下，重力加速度为g,试求： 7.(2026湖南长沙二模)如图所示，AB为足够大 的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD 1B 是半径为R上端切线水平的：光滑圆弧轨道。质量 为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静 止在水平面上质量为ml(n>1,且为定值)的滑 (1)若柱体固定，小滑块脱离圆弧的位置（可用三角 块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力 函数表示)： 加速度为g。已知H=1.125R时，碰撞后乙恰能过 (2)若柱体不固定，小滑块脱离圆弧之前在固定坐标 C点做平抛运动。 系中的轨迹方程： 甲 (3)若柱体不固定：小滑块沿圆弧滑过30°圆心角时 H 小滑块B和柱体A的速度大小。 (1)求n的值： (2)若H=1.8R、h=3.9R,求甲、乙在EF上落点 间的水平距离△x;(结果用分式及根号表示) (3)若H=4.5R、h已知，甲带正电、电量为q,不 试卷第3页，共3页 《第38练力学计算2：曲线运动+功能分析》参考答案 1.(1)2√7m/s;(2)Ee=2.75J,△E=5.25J;(3)B qE=g,重力与电场力的合力方向与OB的夹角 为45°，因此物块从C点滑出后，在电场中做类竖 点右侧0.5m处 直上抛运动，根据几何关系，C点到最高点运动的 【解析】(1)滑块从A点运动到B点，由动能定理， 有eh-m,-0,解得。=2ms: 距离飞=5R,最高点离水平轨道的高度 2 (2)由题意，滑块反弹后恰好能从C点通过圆轨 h=（V2+1R,设开始释放位置到B点距离为x, 道最高点，由动能定理，有-g2R=?-瓦e, 从释放到最高点，根据动能定理有 qEx-mgx-gh=0,解得x=21+V2)R； 在圆轨道最高点，有g=m ,联立解得 (2)设物块第一次运动到圆弧轨道上D点时物块 Ec=2.75J,利用面积法可得滑块经过BC段，滑 对轨道的压力最大。由(1)分析可知，OD与竖直 动摩擦力做功为 方向的夹角为45°，设在D点时速度为v,根据动 二×(0.5+0.7)×1.0×10J=-6J,与挡板碰前的 能定理 动能为E%=gh+W=8J,滑块与挡板碰撞损失的 gB-gx+×5R-R- 2 2 动能△E=5.25J: 解得v=2√√2gR,在D点，根据牛顿第二定律 (3)由题意，而Ec=2.75J<6J,则滑块不能回到 解得F=5V2g,根据牛顿第 B点，设其还能向左运动位移为Lm,如图所示 F-ng=m F. 三定律，物块对圆弧轨道的最大压力 0.7 F'=F=5V√2g: 0.5 (3)当物块运动到B点速度为零时，物块最终在 x/m BC轨道上做往复运动，设物块在AB轨道上运动的 1- 1.0 总路程为s,根据动能定理qEx-gs=0,解得 则由几何关系可知，在停止位置，接触面间的动摩 s=41+V2R。 擦因数4=0.5+0.2L,由动能定理，有W1=0-Ec, 3.(1)8m/s;(2)1.2m;(3)1.8m,0.6s 由面积法：有可=一支05+4水1x10,联立， 【解析】(1)小球从A点抛出后做平抛运动，从B 解得L=0.5m或-5.5m（舍去)，则 点沿切线进入滑块顶部的圆弧轨道，设小球在A点 x=1.0m-0.5m=0.5m,即滑块最终停止位置为8 的速度为y,小球在B点的速度为2，则有 点右侧0.5m处。 y=0=专：，在B点竖直方向速度 2.()21+V2)R:(2)5√2g:(3)41+V2)R 3 3 ,=%c0s0=兮，竖直方向，=号，=g5,水平 【解析】(1)由于OC与水平方向夹角为45°，且 答案第1页，共1页 方向d=1=专，两武联立解得1=0s 所以滑块可以通过圆轨道最高点。 (2)滑块不脱离圆轨道分两种情况：第一种，当 y=8m/s,2=10m/s: 滑块恰好通过圆轨道的最高点D的时，有 (2)根据动能定理，对小球有 2 g=m。,解得v=V3m/s,从P点到D点根据动 ,g(h+r）=一，y2-0,解得h=1.2m; R 2 能定理有 (3)小球从B点进入圆弧轨道后，小球对圆弧有 mvio=mg(y+Lsin 0)-lmg cos0.L-LmgL:-mg.2R 向左下方的压力，圆弧向左运动，当小球运动到圆 2 弧最低点时，圆弧向左的速度最大，进入圆弧右侧 根据运动的分解，在A点有兰=m9,从P点到 130 部分时，小球对圆弧有向右下方的压力，圆弧向左 减速运动，根据对称性，当小球从右端C点离开圆 A点，滑块下落的高度y= 上，联立解得y=036m, 28 弧时，圆弧的速度恰好减小到零，根据系统的机械 第二种，当滑块到达与圆心等到的位置时，根据动 能守恒可知，小球的速度大小不变，方向与竖直方 向夹角为日，离开圆弧后，小球做斜抛运动，上升 能定理有 1 0- mv=mg(y:+sin )tong cos 0.L-LongL -mgR 时间t=5cos6 10x3 2 §=0.6s’上升的最大高度 & 10 又因为 联立解得 △h=ycos0t=l.8m。 上=tam0,以及4=2g 2 4.(1)(i)。=4W2m/s;(i)滑块可以通过圆轨道 y2=0.198m,此外滑块还要能进入圆轨道，从P 点到C点根据动能定理有 最高点D:(2)见解析 【解析】(1)(1)滑块从P点弹射到A点的过程中 0- mg(v,sin -ng cos 1 做平抛运动，在竖直方向上有y=28，解得 又因为之=tan9,以及g 联立解得 V30 2g 1=3巨。，根据平抛过程中速度夹角的正切值为位 10 y=0.09m,综上可知，y≥0.36m或 移夹角正切值的2倍关系，有2y=tan6,代入数 0.09my≤0.198m。 据解得x=2.4m,平抛运动水平方向上做匀速运动 5.(1)①16m/s2;②0.45m:③2m;(2)0.4m x=%t,解得v。=4W2m/s; 【解析】(1)①对小物块a从A到第一次经过C的 (i)从P点到D点根据动能定理有 过程，根据机械能守恒定律有mgh=二m,第一 2 }-=e0+如0gows0-wg4-g2识 次经过C点的向心加速度大小为 解得v。=√33m/s,滑块恰好通过圆轨道的最高点D a=2=2g=16m/s; 1v2 的条件满足mg=mR,解得v=V5ms,由于r<Vo, ②小物块a从A到DE上滑最大高度处，设从D到 答案第2页，共5页 最大高度处的距离为x,由动能定理可得 小相等，方向相反，设速度为。，由机械能守恒定 mg h-R(1-cose)-xsine-u mgxcose=0-0 律可得瓦，=2×a心，解得%=10s: 由几何关系可得最大高度h=xsin0,解得 (2)三个球在同一直线上时，C球的速度与杆垂直， h=0.45: 加速度为O,速度最大为v,A、B两球的速度分别 ③小物块a在DB上时，因为42gcos8<mgsin8, 为Y、2,由对称性可知Y=2,系统水平方向动 所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下 量守恒，则有，+y,=V,由能量守恒可得 滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失， 1 最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物 +2+2,=B,解得 块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等， y=y2=v=5√2m/s,故杆的弹力大小为 设其在DE上经过的总路程为S,根据功能关系有 F=m+D=20N, mg(co)0 (3)设此时C球的速度为？，A、B球的速度分别 解得s=2m; 为Va、B,A、B球垂直于C球速度方向的分速度 (2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理 分别为'A、'x,A、B球沿C球速度方向的分速 有m=s[A-iam0-2-co0]-4gc0, 度分别为VA、VBv,如图所示 解得vs=2m/S 方法一：对小物块a由牛顿第二定律可得 ug=q,对滑块b可得g=a,小物块从 A 滑上滑块到滑到滑块最右端时两者恰好共速，用时 为t,设滑块长度为l,则有Vg-at=at, 由对称性可知，A、B两球速度大小相等，各方向 上的分速度大小也相等，设A、B垂直？。方向速度 14-4-1,联立解得解得1=0m: 2 大小为y,在与平行方向的分速度大小为y,则 方法二：设滑块长度为时，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 y=-6,V=x三 6,系统沿C球速度方 tan 律和能量守恒定律有W。=2v, 向动量守恒2y,=2'c,由能量守恒可得 1 52=2m2+24g,解得1=0.4m 2 仿++=片火因为或后4吃 1 6.(1)10n/s;(2)20N;(3)V30m/s 联立解得ve=√30ms。 【解析】(1)设A、B两球的质量均为m,C球的 7.(1)n=2;(2)△x= 278-11R: 质量为m2,由对称性可知，球与弹簧分离时速度大 5 答案第3页，共5页 B)"g6R月<g<g 弹=√gR,方向向右。乙受阻力f=-,对乙列 6gR 【解析】(1)甲滑下，由动能定理有gH= n, 1 运动的微分方程，结合题目条件： 甲、乙弹性碰撞。=单+吃， 2N 0=2= 3g,得k=V3mg 且落地速度大 1 =1品+mw吃，乙在C点，有mg由 21 2 R 小y=2VgR,即v+?=4gR。解分量微分方程 联立解得n=2; 可得速度关系：y=2R-5 (2) ,联立 v+v=4gR,解得：V,=VgR,y,=VβgR,对 水平方向由动量定理：xz=M(yox-y),代入得： 2m(2vgR-gR)2mgR -2√R 2 H=1.8R时，由(1)有1m= √3g ,甲加竖 58R、2 -9 3gR m<√gR,甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P 直向上电场后，竖直加速度1=s-g亚=g-9g 点脱离，PO与C0夹角为0，C→P过程有 要落到EF上，必须a>0,即： e0-cs0)-m-m,P点有 mg-9E>0◆E<n ，甲做平抛运动，竖直方向 mg cos日=m,联立得c0s日=0.8、Y= R 5&R h=1 2hm 得运动时间t= 水平位移： 1 hR(1-cos 0)=sin mg-gE x甲=Rsin6+vcos8.t年，联立得xm=2.2R, x=1mt=VgR 2hm 要求甲落点在乙右侧， Nmg-gE 2>√gR,乙做平抛运动，由平抛运动规律有 2hnt 即弹>z,代入得： gR >2W3R,两 七=、h8吃，联立得2R,又 1 mg-gE Ar=X2-X,代入数据解得Ar=2N8-1山R; 边平方整理得： B>"g(6R- ,结合题目给出不 6gR 5 加电场时甲在乙左侧，符合E=0不满足上述不等 (3)甲从H=4.5R下滑，由机械能守恒： 式，对应h<6R,下限为正。场强E的取值范围为： gH=1m◆。=3VgR, 2 g6R-)<E<”鸣 已知n=2,乙质量M=2,弹性正碰，由动量守 6gR 8.(1)脱离位置柱体半径与竖直方向夹角为 恒和动能守恒得碰撞后速度： =-√gR,y2=2√gR,甲碰撞后反弹，沿光滑 正-1 =arccos 3:(2)R2 R 圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为 答案第4页，共5页 3gR(2-V3 7gR(2-V3） 物体的水平速率之比在任何时刻都相同，所以其水 10 = 10 平方向的位移之比等于速率比，从而得 【解析】(1)设小滑块脱离位置柱面半径与竖直方 x+x2=0,在B脱离A以前，由图中几何关系 向夹角为日，由机械能守恒有 可知，在水平方向Rsin8=x2-x,竖直方向 mgR(1-cos0)=一m2,小滑块脱离瞬间与柱面之 2 间作用力为零，重力沿柱面半径方向的分量充当向 =1 Rcos日=y2,消去日及x, R2 12 心力，有gcos6=m R 即 联立解得c0s6=2」 滑块脱离位置柱体半径与竖直方向夹角为 (3)小滑块沿圆弧滑过30°圆心角时，设滑块竖直 方向的速度分量为Vy,由系统机械能守恒 0=arcco 3 1 1 1 (2)B滑下时，根据水平方向动量守恒，A必向左 mgR(1-cos30)=m及+号哈+哈，动量在 2 2 2 移动。设下滑到某处时，B的坐标为(x2,y2),A的 水平方向守恒可得x+a=0,脱离瞬间以柱面 位置用圆心坐标(x,0)表示，A、B沿水平方向的速 为参考系，滑块相对柱面的速度沿柱面切线方向， 度分别为yA及x(见图)，则从动量在水平方向守 满足tan30°= 联立解得 VBx -VA 恒可得Bx+a=0 3gR(2-V3 3gR(2-V5 y = B(x2,2) 10 10 2gR(2-V5） ,故 VBx=-1 5 (x,0) 7gR(2-V3 10 此时A、B的水平方向坐标分别为x及x2,由于两 答案第5页，共5页