2025屆高考物理二輪復習：力學三大觀點的綜合應用學案

1.力學三大觀點對比

力學三大觀點對應規律表達式

牛頓第二定律F=ma

v=v0+at

動力學觀點勻變速直線

x=v（）t,+.-1at,2

2

運動規律

22

v~v0=2ax

動能定理W=AEk

Eki+EPi=

機械能守恒定律

能量觀點

Ek2+Ep2

功能關系WG=-AEP

能量守恒定律

EI=E2

動量定理I=p'-p

動量觀點

動量守恒定律P1+P2=P1，+P2’

2.選用原則

(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向為勻

變速直線運動)，涉及時間與運動細節時,一般選用動力學方法解題。

(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功

能關系或能量守恒定律解題,題目中出現相對位移(摩擦生熱)時,應

優先選用能量守恒定律。

第1頁共34頁

(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特

別是對于打擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化,應用動量定理求

解。

⑷對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板塊問題，若只涉及初末速度

而不涉及力、時間，應用動量守恒定律求解。

［例題］如圖所示，以v=5m/s的速度順時針勻速轉動的水平傳送帶,

左端與粗糙的弧形軌道平滑對接,右端與光滑水平面平滑對接,水平

面上有n個位于同一直線上、處于靜止狀態的相同小球，小球質量

mo=O.2kgo質量m=0.1kg的物體從軌道上高h=4.0m的P點由靜止

開始下滑,滑到傳送帶上的A點時速度大小v0=7m/so物體和傳送帶

之間的動摩擦因數u=0.5,傳送帶兩端AB之間的距離L=3.4mo物體

與小球、小球與小球之間發生的都是彈性正碰，重力加速度g取

10m/s2,710^3.16o求：

⑴物體從P點下滑到A點的過程中,摩擦力做的功；

⑵物體第一次向右通過傳送帶的過程中，傳送帶對物體的沖量大小;

⑶物體第一次與小球碰撞后,在傳送帶上向左滑行的最大距離；

(4)n個小球最終獲得的總動能。

第2頁共34頁

［拓展訓練1］（2024?福建龍巖模擬）如圖所示,用長為R的不可伸長

的輕繩將質量為勺1的小球A懸掛于0點。在光滑的水平地面上,質量

為m的小物塊B（可視為質點）置于長木板C的左端靜止。將小球A拉

起，使輕繩水平拉直,將A球由靜止釋放,運動到最低點時與小物塊B

發生彈性正碰。

（1）求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角。的余弦值；

⑵若長木板C的質量為2m,小物塊B與長木板C之間的動摩擦因數

為R,長木板C的長度至少為多大,小物塊B才不會從長木板C的上表

面滑出？

［拓展訓練2］如圖所示,粗糙水平面上固定一足夠長且表面光滑的斜

面體,斜面傾角。未知,在斜面體內部埋置了一個與斜面平行的壓力

傳感器，且示數為零。水平面上靠近斜面體處靜止放置A、B兩物體，

其中n）A=lkg,mB=2kg,兩物體緊貼在一起，中間夾著一小塊炸藥（質量

可忽略），點燃炸藥發生爆炸使兩物體脫離,B物體立刻沖上斜面體,經

過壓力傳感器時，測得傳感器上表面受到的壓力大小為16N,已知A

物體與水平面間的動摩擦因數JF0.5,炸藥爆炸時釋放的化學能為

E=27J且全部轉化為兩物體的動能,不考慮B物體在斜面體與水平面

連接處的動能損失,A、B兩物體均可視為質點,爆炸時間極短,重力加

速度g取10m/s2,求：

第3頁共34頁

⑴爆炸后瞬間,A、B兩物體獲得的速度大小；

(2)B物體在斜面上運動的時間to；

(3)要使B物體能追上A物體,B物體與水平面之間的動摩擦因數n2

的取值范圍。

增分訓練2力學三大觀點的綜合應用

1.有兩個動能相同的物體a和b在粗糙的水平面上運動,經相同時間

都停了下來。其中物體a的質量較大,a和b與水平面間的動摩擦因

數分別為口a和口b,a和b的位移分別為：和心,則()

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.如圖,某次冰壺比賽，甲壺以速度V。與靜止的乙壺發生正碰。已知冰

面粗糙程度處處相同,兩壺完全相同,從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移

是甲的9倍，則()

甲。O乙

冰面

A.兩壺碰撞過程無機械能損失

第4頁共34頁

B.兩壺碰撞過程動量變化量相同

C.碰撞后瞬間，甲壺的速度為"

4

D.碰撞后瞬間，乙壺的速度為V。

3.（多選）質量0=0.5kg的物體甲靜止在光滑水平面上，質量未知的

物體乙從甲的左側以一定的速度與物體甲發生正碰，碰撞時間極短，

磁撞后物體甲和物體乙粘在一起成為一個整體。如圖所示,a段為碰

撞前物體乙的位移一時間圖像,b段為碰撞后整體的位移一時間圖像,

下列說法正確的是（）

A.碰撞前物體乙的速度與碰撞后整體的速度大小之比為5：3

B.碰撞過程中物體甲對物體乙的沖量與物體乙對物體甲的沖量大小

相等、方向相反

C.物體甲與物體乙的質量之比為1:2

D.物體甲和物體乙碰撞過程中機械能守恒

4.如圖所示,光滑傾斜滑道0M段與粗糙水平滑道MN段平滑連接。質

量為1kg的滑塊從0點由靜止滑下,滑塊運動到N點的速度大小為3

m/s,在N點與豎直緩沖墻發生碰撞,反彈后在距墻1m的P點停下。

第5頁共34頁

已知。點比M點高1.25m,滑塊與MN段的動摩擦因數為0.2,重力加

速度g取10m/s；不計空氣阻力。則（）

MP

A.滑塊運動到M點的速度大小為6m/s

B.緩沖墻對滑塊做的功為-5J

C.緩沖墻對滑塊的沖量大小為5N-s

D.粗糙滑道MN段長為8m

5.（多選）如圖所示,一長為L的傳送帶水平放置,在電動機的帶動下,

以速率v沿逆時針方向勻速運行,在右輪的正上方固定安裝與傳送帶

垂直的擋板;質量為m甲=1kg的甲物塊與質量為m乙的乙物塊中間夾

有炸藥,靜止放在光滑的水平桌面上,炸藥爆炸所釋放的能量E=81J

全部轉化為兩物塊的動能，甲離開桌面做平拋運動,經過t=0.3s落地

時的速率Vt=3VlUm/s,乙以水平向右的速度從左輪的正上方滑上傳

送帶,與擋板碰撞前后的速率分別為Vi、v2,碰撞時間極短,碰撞生熱

Q=22.5J,碰撞后乙向左做勻加速運動，經過t°=4s,運行到左輪的正

上方恰好與傳送帶共速，乙與傳送帶之間的動摩擦因數u=0.l,g取

10m/s?,下列說法正確的是（）

A.乙的質量m乙=2kg

第6頁共34頁

B.傳送帶的速率v=6m/s

C.傳送帶的長度L=16m

D.乙與擋板碰撞之前的速度vi=14m/s

6.某同學為了研究瞬間沖量,設計了如圖所示的實驗裝置。將內徑為

d的圓環水平固定在離地面一定高度的鐵架臺上,在圓環上放置直徑

為1.5d,質量為m的薄圓板,板上放質量為2m的物塊，圓板中心、物

塊均在環的中心軸線上。對圓板施加指向圓心的瞬間沖量I,物塊與

圓板間動摩擦因數為R,不計圓板與圓環之間的摩擦力,重力加速度

為g,不考慮圓板翻轉，以下說法正確的是（）

A.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊與圓板相對滑動的位

移越大

B.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊離開圓板時的速度越

大

C.當沖量I=m,2〃gd時,物塊一定會從圓板上掉落

D.當沖量I=2m質施時,物塊一定會從圓板上掉落

7,如圖所示，半徑為R=5m的［光滑圓弧AB固定在光滑的水平面上,在

C點靜止著一個滑塊P,載人小車M靜止在水平面上的D點?；瑝KQ從

第7頁共34頁

A點正上方距A點高H=2.2m處由靜止釋放,從A點進入圓弧并沿圓

弧運動,Q運動到C點與P發生碰撞,碰撞后P、Q粘合為一個結合體E。

已知Q、P和M的質量分別為此=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??；

⑵如果結合體E與小車M發生彈性碰撞,求碰撞后小車的速度大小;

(3)如果人每次以v=10m/s的速度(相對地面)將E反向推出，求人最

多能推E多少次。

8.如圖所示,在光滑水平面上通過鎖定裝置固定一質量M=2kg的小車,

小車左邊部分為半徑R=l.2m的四分之一光滑圓弧軌道，軌道末端平

滑連接一長度L=2.85m的水平粗糙面,粗糙面右端是一擋板。有一個

質量為m=lkg的小物塊(可視為質點)從圓弧軌道頂端A點由靜止釋

放,與水平粗糙面間動摩擦因數n=0.08,小物塊與擋板的碰撞無機械

2

能損失,重力加速度g取10m/so

(1)求小物塊滑到圓弧軌道末端時軌道對小物塊的支持力大?。?/p>

(2)若解除小車鎖定,求小物塊滑到圓弧軌道末端時的速度大小;

第8頁共34頁

⑶若解除小車鎖定,求整個運動過程中物塊與小車右端擋板碰撞的

次數以及小車發生的位移大小。

9.（2024?浙江溫州十五校聯合體高三選考模擬）如圖所示,豎直的半

徑為R的螺旋圓形軌道BFEGH與直軌道AH和BC在B、H處平滑連接,

傾角為。的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。在直軌道AH左端

固定連接一輕彈簧,彈簧另一端系一個質量為m的滑塊Q,彈簧處于自

然狀態。一個質量也為m的滑塊P從CD斜面高h處由靜止下滑。已

知BC段與滑塊P間動摩擦因數n=0.2,軌道其他部分均光滑,直軌道

BC長LBC=1m,m=lkg,9=30°,R=0.2m,g取10m/s：彈簧始終處于

彈性限度內，滑塊脫離軌道,不會再落到軌道上。

⑴若滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零,求滑塊P由靜止下滑的高

度h;

⑵滑塊P恰好能過E點完成圓周運動與Q發生碰撞,碰撞時間極短，

碰撞后P、Q一起運動,但互不粘連,求P、Q第一次分離時彈簧和滑塊

Q系統的機械能；

⑶若滑塊P與Q僅發生一次碰撞,求高度h的范圍。

10.如圖甲所示,平臺ON上有一輕質彈簧,其左端固定于豎直擋板上，

右端與質量m=0.5kg、可看作質點的物塊A相接觸（不粘連），0P段粗

第9頁共34頁

糙且長度等于彈簧原長。PN段光滑,上面有靜止的小滑塊B、C,mB=l.5

kg,mc=0.5kg,滑塊B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長,B與輕彈簧

連接,滑塊C未連接彈簧,兩滑塊離N點足夠遠。物塊A開始靜止于P

點,現對物塊施加一個水平向左的外力F,大小隨位移x變化關系如圖

乙所示。物塊A向左運動x=0.4m后撤去外力F,此后物塊A向右運

動到離開P點時的速度為v0=4m/s,A與B碰撞后粘合在一起,碰撞時

間極短。滑塊C脫離彈簧后滑上傾角。=37°的傳送帶,并剛好到達傳

送帶頂端。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數n=0.5,水平面MN

右端N處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶以恒定速度v=lm/s順時針

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

⑴物塊A與滑塊B碰撞前克服摩擦力做的功；

⑵滑塊C剛滑上傳送帶時的速度；

⑶滑塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中，滑塊C與傳送帶之間摩擦產

生的熱量。

第10頁共34頁

11.如圖所示，物體A、B質量分別為m=lkg,M=2kg,用輕繩相連并用

彈簧系住掛在天花板上靜止不動。某時刻A、B間的繩子被剪斷,物體

A上升,B開始下降并從C點進入豎直放置的半徑為R=2m的四分之一

光滑圓弧軌道，已知當B以大小為VB的速度下落到軌道上的C處時,A

上升的速度大小為vAo之后物體B在圓弧軌道末端D點與質量為m的

光滑小球發生彈性正碰,碰撞時間極短,且B與小球碰撞前瞬間對軌

道的壓力大小為64N,此后B繼續滑動直至剛好脫離粗糙水平面DE,B

與DE間的動摩擦因數為0.4。小球在E點水平滑上靜止停放在光滑

水平面上質量為m0的弧形槽小車，小車左端的離地高度hEF=0.8m,小

球到達某一高度后(未離開小車)又返回小車左端(A、B小球均可以看

作質點,g取10m/s；忽略空氣阻力)。

(1)A上升的速度大小為VA時,求彈簧對物體A的沖量(用題中所給字

母表示)；

⑵若B在;圓弧軌道上的運動時間是到C處時間的3倍,求從繩子被

剪斷到B落到地面的總時間T;

(3)若小車的質量m0=3kg,求小球在弧形槽小車上到達最高點時的離

地距離H;

(4)若小球從小車左端掉落后的落地點與二者剛脫離時的位置的水平

距離為S=V1Tm,求小車的質量m0o

第11頁共34頁

2025屆高考物理二輪復習：力學三大觀點的綜合應用學案?教師版

1.力學三大觀點對比

力學三大觀點對應規律表達式

牛頓第二定律F=ma

v=v0+at

動力學觀點勻變速直線

x=v（）t,+.-1at,2

2

運動規律

22

v~v0=2ax

動能定理W=AEk

Eki+EPi=

機械能守恒定律

能量觀點

Ek2+Ep2

功能關系WG=-AEP

能量守恒定律

EI=E2

動量定理I=p'-p

動量觀點

動量守恒定律P1+P2=P1，+P2’

2.選用原則

(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向為勻

變速直線運動)，涉及時間與運動細節時,一般選用動力學方法解題。

(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功

能關系或能量守恒定律解題,題目中出現相對位移(摩擦生熱)時,應

優先選用能量守恒定律。

第12頁共34頁

(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特

別是對于打擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化,應用動量定理求

解。

⑷對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板塊問題，若只涉及初末速度

而不涉及力、時間，應用動量守恒定律求解。

［例題］如圖所示，以v=5m/s的速度順時針勻速轉動的水平傳送帶,

左端與粗糙的弧形軌道平滑對接,右端與光滑水平面平滑對接，水平

面上有n個位于同一直線上、處于靜止狀態的相同小球，小球質量

mo=O.2kgo質量m=0.1kg的物體從軌道上高h=4.0m的P點由靜止

開始下滑,滑到傳送帶上的A點時速度大小v0=7m/so物體和傳送帶

之間的動摩擦因數n=0.5,傳送帶兩端AB之間的距離L=3.4mo物體

與小球、小球與小球之間發生的都是彈性正碰，重力加速度g取

10m/s2,710^3.16o求：

⑴物體從P點下滑到A點的過程中,摩擦力做的功；

⑵物體第一次向右通過傳送帶的過程中，傳送帶對物體的沖量大小;

(3)物體第一次與小球碰撞后,在傳送帶上向左滑行的最大距離；

(4)n個小球最終獲得的總動能。

解析：(1)物體從P點下滑到A點的過程中，由動能定理有

1

z?

mgh+Wf=-mvo,

解得Wf=-1.55Jo

第13頁共34頁

⑵物體滑上傳送帶后,在滑動摩擦力作用下做勻減速運動,加速度大

2

小a=^￡-口g=5m/s；

m

減速至與傳送帶速度相等時所用的時間

ti=^-^=—s-0.4s,

a5

勻減速運動的位移

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

22

所以物體與傳送帶共速后向右勻速運動,勻速運動的時間為

故物體從A運動到B的時間為t=ti+t2=0.6s,

傳送帶對物體的沖量大小為

22

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

^0.63N?So

⑶物體與小球1發生彈性正碰,設物體反彈回來的速度大小為Vi,小

球1被撞后的速度大小為5,由動量守恒定律和機械能守恒定律得

mv=-mvi+m0Ui,-mv=+5mo〃i,

解■得Vi=|v=|m/s,UI=|V=Ym/s,

物體被反彈回來后,在傳送帶上向左運動過程中，

2

由運動學公式得0-v1=-2as,

解得s=—m<3.4m

180

(4)由于小球質量均相等,且發生的都是彈性正碰,它們之間將進行速

度交換。由⑶可知,物體第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為

零,接下來將再次向右做勻加速運動,直到速度增加到V1,再跟小球1

第14頁共34頁

發生彈性正碰，同理可得,第二次碰撞后,物體和小球的速度大小分別

為

1/1s.2221

V=-Vi=㈠V,U=-Vi=-,-V,

2333233

以此類推,物體與小球1經過n次碰撞后，它們的速度大小分別為

/1\n2/1\n-1

Vn=(-)v,un=-?(-)V,

由于相鄰小球之間每次相互碰撞都進行速度交換,所以，最終從1號

小球開始，到n號小球，它們的速度大小依次為Un、Un-1>Un-2、…、Ub

222

則n個小球的總動能為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,…)

[拓展訓練1](2024?福建龍巖模擬)如圖所示,用長為R的不可伸長

的輕繩將質量為裝的小球A懸掛于0點。在光滑的水平地面上,質量

為m的小物塊B(可視為質點)置于長木板C的左端靜止。將小球A拉

起，使輕繩水平拉直,將A球由靜止釋放,運動到最低點時與小物塊B

發生彈性正碰。

(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角。的余弦值；

⑵若長木板C的質量為2m,小物塊B與長木板C之間的動摩擦因數

為H,長木板C的長度至少為多大,小物塊B才不會從長木板C的上表

面滑出？

第15頁共34頁

解析：(1)設小球A與小物塊B碰前瞬間的速度為vo,則由機械能守恒

定律有:gR募.與孫2,設碰后小球A和小物塊B的速度分別為0和V2,

由動量守恒定律和機械能守恒定律有

mm

—v=—vi+mv,

3032

1m71m7,17

-?—Vn-->—Vi+-mvz,

23u2312z?

聯立解得Vk-萼，

設碰后小球A能上升的最大高度為H,由機械能守恒定律有

m1mn

TgTHT=2,，

所求COSo=?,

聯立解得cos9=|o

4

(2)法一由⑴可求得碰后小物塊B的速度為

$4頡,設小物塊B與長木板C相互作用達到的共同速度為v,長木

板C的最小長度為L,

有mv2=（m+2m）v,

22

口mgL=|mv2-|(m+2m)v,

聯立解得L=^

6〃o

法二由⑴可求得碰后小物塊B的速度為V2=：J而瓦設小物塊B運

動的位移為小時,小物塊B、長木板C達到共同速度v,此時長木板C

22

運動的位移為x2,對小物塊B有口mg=maB,v2-v=2aBXi,對長木板C有

2

Rmg=2mac,v=2acx2,—=^-^,長木板C的最小長度L=xrx2,聯立解得

初aB

L=—o

6〃

答案：（1）,（2）『

46〃

第16頁共34頁

［拓展訓練2］如圖所示,粗糙水平面上固定一足夠長且表面光滑的斜

面體,斜面傾角。未知,在斜面體內部埋置了一個與斜面平行的壓力

傳感器，且示數為零。水平面上靠近斜面體處靜止放置A、B兩物體，

其中n)A=lkg,mB=2kg,兩物體緊貼在一起，中間夾著一小塊炸藥(質量

可忽略)，點燃炸藥發生爆炸使兩物體脫離,B物體立刻沖上斜面體,經

過壓力傳感器時，測得傳感器上表面受到的壓力大小為16N,已知A

物體與水平面間的動摩擦因數JF0.5,炸藥爆炸時釋放的化學能為

E=27J且全部轉化為兩物體的動能,不考慮B物體在斜面體與水平面

連接處的動能損失,A、B兩物體均可視為質點,爆炸時間極短,重力加

速度g取10m/s2,求：

⑴爆炸后瞬間,A、B兩物體獲得的速度大?。?/p>

(2)B物體在斜面上運動的時間to；

(3)要使B物體能追上A物體,B物體與水平面之間的動摩擦因數H2

的取值范圍。

解析：(1)對A、B組成的系統，由于爆炸時間極短，內力極大，滿足動量

守恒定律,則有mAVA=mBVB,

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

(2)B在斜面上運動時,斜面對傳感器的壓力

FN=mBgcos9,mBgsin。=n)Ba,從開始向上至回到出發點，全過程的時

間

第17頁共34頁

九=迪，聯立解得to=lSo

a

⑶設A從爆炸后運動至停止的時間為tA,位移為XA,根據動量定理有

2

UimAgtA=mAvA,根據動能定理有-UimAgxA=0-|mAvA,聯立可得tA=l.2

s,XA=3.6m,

同理,可得B在水平面上運動的加速度

aB上空吆=P2g,A停止時,B在水平面上的位移

2

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

A停止運動后才可追上，因此,要使B能追上A,必須滿足B在停止運動

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

增分訓練2力學三大觀點的綜合應用

1.有兩個動能相同的物體a和b在粗糙的水平面上運動,經相同時間

都停了下來。其中物體a的質量較大,a和b與水平面間的動摩擦因

數分別為口a和lb,a和b的位移分別為Xa和Xb,貝！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頁共34頁

解析：由動量定理Limgt=mv=72mEk,即u=/J譽因物體a的質量較

大,則Ra〈口b,由動能定理Ek=口mgx,解得x=t匡因物體a的質量較

72m

大，則Xa<Xb,故選Do

2.如圖,某次冰壺比賽，甲壺以速度V。與靜止的乙壺發生正碰。已知冰

面粗糙程度處處相同,兩壺完全相同,從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移

是甲的9倍，則（C）

甲。O乙

?

A.兩壺碰撞過程無機械能損失

B,兩壺碰撞過程動量變化量相同

C.碰撞后瞬間，甲壺的速度為也

4

D.碰撞后瞬間，乙壺的速度為vo

解析:兩壺碰撞后在冰面上滑行,則有a=竺㈣=Rg,兩壺完全相同，從

m

碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍,設碰撞后兩壺的速度分別

是vi和V%根據運動學關系0-v=-2ax,得vi：v2=l：3。根據動量守恒

定律得mv=mvi+mv,解得VF—,v=—,C正確，D錯誤;兩壺碰撞過程機

02424

械能的變化量為△2+|mv2-|mv2=-^mv2,機械能有損失,A錯

zZ2z0160

誤;動量的變化量是矢量,兩壺碰撞過程動量變化量大小相同但方向

相反,B錯誤。

3.（多選）質量?=0.5kg的物體甲靜止在光滑水平面上，質量未知的

物體乙從甲的左側以一定的速度與物體甲發生正碰，碰撞時間極短，

第19頁共34頁

磁撞后物體甲和物體乙粘在一起成為一個整體。如圖所示,a段為碰

撞前物體乙的位移一時間圖像,b段為碰撞后整體的位移一時間圖像,

下列說法正確的是(BC)

A.碰撞前物體乙的速度與碰撞后整體的速度大小之比為5:3

B.碰撞過程中物體甲對物體乙的沖量與物體乙對物體甲的沖量大小

相等、方向相反

C.物體甲與物體乙的質量之比為1:2

D.物體甲和物體乙碰撞過程中機械能守恒

解析：因x-t圖像的斜率表示速度,可知碰撞前乙的速度v=；1m/s=6

m/s,碰撞后整體的速度v，m/s=4m/s,碰撞前物體乙的速度與

2-1

碰撞后整體的速度大小之比為3：2,選項A錯誤;碰撞過程中物體甲

對物體乙的沖量與物體乙對物體甲的沖量大小相等、方向相反,選項

B正確；由動量守恒定律可得1112V=(nh+ni2)v',解得ni2=lkg,則物體甲

與物體乙的質量之比為1：2,選項C正確;碰撞過程中機械能損失△

2/

E=|m2v-|(m1+m2)v=6J,即物體甲和物體乙碰撞過程中機械能不守

恒,選項D錯誤。

4.如圖所示,光滑傾斜滑道0M段與粗糙水平滑道MN段平滑連接。質

量為1kg的滑塊從。點由靜止滑下,滑塊運動到N點的速度大小為3

m/s,在N點與豎直緩沖墻發生碰撞,反彈后在距墻1m的P點停下。

第20頁共34頁

已知。點比M點高1.25m,滑塊與MN段的動摩擦因數為0.2,重力加

速度g取10m/s；不計空氣阻力。則（C）

MP

A.滑塊運動到M點的速度大小為6m/s

B.緩沖墻對滑塊做的功為-5J

C.緩沖墻對滑塊的沖量大小為5N-s

D.粗糙滑道MN段長為8m

2

解析:0點到M點，由動能定理得mgh=|mvM,解得2gh=5m/s,A

錯誤；由N點到P點，設NP段長度為s,從N點彈回的速度大小為v/,

/2

由動能定理得-Umgs=0-|mvN,解得vj

-72^=72X0.2X10X1m/s=2m/s,設緩沖墻對滑塊做的功為W,

z22

由動能定理得W=|mvN-|mvw=-2,5J,B錯誤；設水平向左為正方向，

由動量定理得I=HIVN'-HIVN）=5N-s,C正確；設MN段長度為x,M點

22

到N點，由動能定理得-Rmgx=|mvw-|mvM,解得x=4m,D錯誤。

5.（多選）如圖所示,一長為L的傳送帶水平放置,在電動機的帶動下，

以速率v沿逆時針方向勻速運行,在右輪的正上方固定安裝與傳送帶

垂直的擋板;質量為m甲=1kg的甲物塊與質量為m乙的乙物塊中間夾

有炸藥,靜止放在光滑的水平桌面上,炸藥爆炸所釋放的能量E=81J

全部轉化為兩物塊的動能，甲離開桌面做平拋運動,經過t=0.3s落地

時的速率Vt=3VlUm/s,乙以水平向右的速度從左輪的正上方滑上傳

送帶,與擋板碰撞前后的速率分別為Vi、v2,碰撞時間極短,碰撞生熱

Q=22.5J,碰撞后乙向左做勻加速運動，經過t°=4s,運行到左輪的正

第21頁共34頁

上方恰好與傳送帶共速，乙與傳送帶之間的動摩擦因數n=0.1,g取

10m/s2,下列說法正確的是(BC)

量H

苜(p-(p

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

/乃〃〃力/力〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/力〃加

A.乙的質量m乙=2kg

B.傳送帶的速率v=6m/s

C.傳送帶的長度L=16m

D.乙與擋板碰撞之前的速度vi=14m/s

解析:設炸藥爆炸后，甲、乙獲得的速率分別為v甲、v乙，由動量守恒

定律有m甲v甲二m乙v乙，由能量守恒定律有E=|m甲〃甲?十為乙力乙2,由平拋

運動的規律Vt=J(gt)2+=甲2,聯立解得m乙=1kg,v乙=9m/s,A錯誤;

乙滑上傳送帶后向右做勻減速運動，由勻變速直線運動的規律

七2一%2=2口gL,碰撞后乙向左做勻加速直線運動，由勻變速直線運

222

動的規律V-V2=2RgL,v=iigt0+v2,碰撞生熱Q=|m乙%2_5^v2,聯立

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

6.某同學為了研究瞬間沖量,設計了如圖所示的實驗裝置。將內徑為

d的圓環水平固定在離地面一定高度的鐵架臺上,在圓環上放置直徑

為L5d,質量為m的薄圓板,板上放質量為2m的物塊，圓板中心、物

塊均在環的中心軸線上。對圓板施加指向圓心的瞬間沖量I,物塊與

第22頁共34頁

圓板間動摩擦因數為U,不計圓板與圓環之間的摩擦力,重力加速度

為g,不考慮圓板翻轉，以下說法正確的是（D）

A.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊與圓板相對滑動的位

移越大

B.若物塊可以從圓板滑落,則沖量I越大,物塊離開圓板時的速度越

大

C.當沖量I=mj2〃gd時,物塊一定會從圓板上掉落

D.當沖量I=2m痛施時,物塊一定會從圓板上掉落

解析:設圓板獲得的速度大小為Vo,物塊掉下時，圓板和物塊的速度大

小分別為V1和V2,I=mv0,當物塊恰好運動到圓板左邊緣時,有

2z2

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

當時,物塊一定會從圓板上掉落,故C錯誤,D正確;若物塊

可以從圓板滑落,二者的相對位移大小始終為乳，故A錯誤;沖量越

大,V。越大,發生（相對位移所用的時間t越短，由v=at可知物塊離開

圓板時的速度越小，故B錯誤。

7.如圖所示,半徑為R=5m的;光滑圓弧AB固定在光滑的水平面上,在

C點靜止著一個滑塊P,載人小車M靜止在水平面上的D點?；瑝KQ從

A點正上方距A點高H=2.2m處由靜止釋放,從A點進入圓弧并沿圓

弧運動,Q運動到C點與P發生碰撞,碰撞后P、Q粘合為一個結合體E。

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已知Q、P和M的質量分別為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如果結合體E與小車M發生彈性碰撞,求碰撞后小車的速度大??；

⑶如果人每次以v=10m/s的速度(相對地面)將E反向推出，求人最

多能推E多少次。

解析：⑴滑塊Q自由下落到與P發生碰撞前瞬間，據動能定理可得

z

niLg^+R)=-miVQ,

Q與P碰撞過程,根據動量守恒定律可得

ID1VQ=(mi+m2)Vo,

聯立解得P、Q碰撞后的速度大小為

VQ—2m/so

⑵結合體E與小車M發生彈性碰撞,根據動量守恒定律及機械能守恒

定律可得

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

2=22

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

聯立解得V2=m/so

(3)結合體E以v。向右運動的過程以及人第一次推E的過程，以向右為

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

第24頁共34頁

以后每次推出過程,小車的動量變化量為

Ap=2(mi+ni2)v,推出n次后,小車的動量為

m3V2n=m3v2i+(n-l)Ap,

當人推結合體n次后,小車的速度大于等于v,人就無法再推E,即v2n

2v,

聯立解得nN5.4,

即人最多能推結合體6次。

答案：⑴2m/s⑵三m/s(3)6

8.如圖所示,在光滑水平面上通過鎖定裝置固定一質量后2kg的小車,

小車左邊部分為半徑R=l.2m的四分之一光滑圓弧軌道，軌道末端平

滑連接一長度L=2.85m的水平粗糙面,粗糙面右端是一擋板。有一個

質量為m=lkg的小物塊(可視為質點)從圓弧軌道頂端A點由靜止釋

放,與水平粗糙面間動摩擦因數n=0.08,小物塊與擋板的碰撞無機械

2

能損失,重力加速度g取10m/so

(1)求小物塊滑到圓弧軌道末端時軌道對小物塊的支持力大小；

⑵若解除小車鎖定，求小物塊滑到圓弧軌道末端時的速度大??；

(3)若解除小車鎖定,求整個運動過程中物塊與小車右端擋板碰撞的

次數以及小車發生的位移大小。

第25頁共34頁

解析：(1)小車被固定，小物塊下滑到圓弧軌道末端過程由動能定理得

mgR=-1mv2-0,

2

在最低點有FN-mg=m^,

解得FN=3mg=30No

(2)解除固定后,小車可以在光滑水平面上自由運動，小物塊和小車組

成的系統水平方向動量守恒，設小物塊剛滑上右側水平粗糙面時速度

大小為Vi,小車速度大小為v2,則有

22

mgR^mv-L+|MV2,

mvi-Mv2=0,

解得Vi=4m/so

⑶從小物塊滑下到最終相對小車靜止，小物塊在小車水平粗糙面上

滑動的路程為

mgR=umgs,

解得s=-=15m,

林

設碰撞n次，則有s=(2n-l)L+Ax,

可得當n=3時Ax=0.75m,

即物塊與擋板碰撞n=3次,將停在離開右側擋板0.75m處；

物塊相對小車停下時，小車也停止運動,整個過程中，物塊相對小車發

生的位移為

x總二口+1Ax=3.3m,

第26頁共34頁

選取物塊和小車為系統，由于水平方向動量守恒,設物塊水平向右發

生位移大小為X1,小車水平向左發生位移大小為X2,由mvkMV2可得

mxi=Mx2,又xi+x2=x總，

解得x=-^-x總=1.1m

2m+Mo

答案：⑴30N(2)4m/s(3)3次1.1m

9.(2024?浙江溫州十五校聯合體高三選考模擬)如圖所示,豎直的半

徑為R的螺旋圓形軌道BFEGH與直軌道AH和BC在B、H處平滑連接,

傾角為。的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。在直軌道AH左端

固定連接一輕彈簧,彈簧另一端系一個質量為m的滑塊Q,彈簧處于自

然狀態。一個質量也為m的滑塊P從CD斜面高h處由靜止下滑。已

知BC段與滑塊P間動摩擦因數n=0.2,軌道其他部分均光滑,直軌道

BC長LBC=1m,m=lkg,0=30°,R=0.2m,g取10m/s:彈簧始終處于

彈性限度內，滑塊脫離軌道,不會再落到軌道上。

AHC

⑴若滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零,求滑塊P由靜止下滑的高

度h;

⑵滑塊P恰好能過E點完成圓周運動與Q發生碰撞,碰撞時間極短，

碰撞后P、Q一起運動,但互不粘連,求P、Q第一次分離時彈簧和滑塊

Q系統的機械能；

⑶若滑塊P與Q僅發生一次碰撞,求高度h的范圍。

第27頁共34頁

解析：(1)滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零,則vF=0,從開始下滑到

F點，由動能定理得

mg(h-R)-口mgLBc=O,

解得h=0.4m。

⑵設滑塊P與Q碰撞前速度為vo,在最高點E有

2

mg=m^-,從最高點E到碰撞前，由動能定理得

22

mg?2R=|mv0-|mvE,

解得Vo=JSgR,

設P、Q碰撞后共同速度為v,由動量守恒定律得

mv0=2mv,解得v=y,

彈簧原長處P、Q分離,分離時P和Q的動能均為

22

Ek=1mv=1mv0,

Zo

分離時彈簧和滑塊Q系統的機械能為Q的動能

2

E=^mv0=|mgR=l.25J。

⑶由于滑塊脫離軌道,不會再落到軌道上,所以滑塊P、Q恰好發生一

次碰撞的條件是P能過E點且與Q碰撞后恰好通過與0等高的G點。

設滑塊P與Q碰撞后的速度大小為vb由機械能守恒定律得二mgR,

由⑵知滑塊P與Q碰撞前的動能Ekk4義勺%2,

設滑塊P開始下滑的最小高度為hb對小滑塊P從開始下滑到與Q碰

撞，由動能定理可得

mghi-LimgLBc=Eki-O,

解得hi=lm,

第28頁共34頁

從E點到與Q有碰撞ZHigRuEkifiVE,；

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

滿足恰好發生一次碰撞的條件。

小滑塊P、Q能發生二次碰撞的條件是P、Q第一次碰撞后P到達G點

時速度恰好為零（前面已經討論）或P恰好能第三次通過E點，在P恰

好第三次通過E點的情況下,設小滑塊P與Q第一次碰撞后的速度大

22

小為V2,則由動能定理得-mg?2R-Umg?2LBc=|nivE-|niv2,

2

小滑塊P與Q第一次碰撞前的動能Ek2=4x1mv2,

設小滑塊P開始下滑的最大高度為h2,由動能定理可得mgh2-H

mgLBc=Ek2-0,解得h2=3.8m,所以小滑塊P、Q僅發生一次碰撞,高度h

的取值范圍為1m<h<3.8mo

答案：（1）04m（2）1.25J（3）1m<h<3.8m

10.如圖甲所示,平臺ON上有一輕質彈簧,其左端固定于豎直擋板上，

右端與質量m=0.5kg、可看作質點的物塊A相接觸（不粘連），0P段粗

糙且長度等于彈簧原長。PN段光滑,上面有靜止的小滑塊B、C,mB=l.5

kg,mc=0.5kg,滑塊B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長,B與輕彈簧

連接,滑塊C未連接彈簧,兩滑塊離N點足夠遠。物塊A開始靜止于P

點,現對物塊施加一個水平向左的外力F,大小隨位移x變化關系如圖

乙所示。物塊A向左運動x=0.4m后撤去外力F,此后物塊A向右運

動到離開P點時的速度為v0=4m/s,A與B碰撞后粘合在一起,碰撞時

間極短。滑塊C脫離彈簧后滑上傾角。=37°的傳送帶,并剛好到達傳

送帶頂端。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數u=0.5,水平面MN

第29頁共34頁

右端N處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶以恒定速度v=lm/s順時針

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

⑴物塊A與滑塊B碰撞前克服摩擦力做的功；

⑵滑塊C剛滑上傳送帶時的速度；

⑶滑塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中，滑塊C與傳送帶之間摩擦產

生的熱量。

解析：(1)根據F.x圖像可以求外力F做的功為

WF二等X0.2J+18X0.2J=6J,

物塊A從開始運動到P點的過程中

2

WF-Wf=|mv0,

解得Wf=2Jo

(2)A與B碰撞,根據動量守恒定律得

mv0=(m+mB)vb

解得Vi=lm/s,

第30頁共34頁

A、B碰撞后，由動量守恒定律和機械能守恒定律得

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

22

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

解得Vc=1.6m/so

(3)C在傳送帶上減速至與傳送帶共速過程中

mcgsin9+umcgcos0=mcai,

解得ai=10m/s2,貝I]

ai

此過程C與傳送帶之間的相對位移是

AXi=^y^ti-Vti,

解得Axi=0.018m,

Qi=口mcgcos9?AXi-0.036J,

C與傳送帶共速后，繼續減速滑到頂端

mcgsin0一口mcgcos0=mca2,

2=

解得a?=2m/s,t2—,

此過程c與傳送帶之間的相對位移是

AV

△X2=vt2--t2,

解得Ax2=0.25m,

則Q2=Pmcgcos9,Ax2=0.5J,

摩擦產生的總熱量為Q=QI+Q2=0.536JO

答案：(