專題10動量及其守恒定律（2）

考點愿型歸納

一、彈性碰撞.........................................2

二、完全非彈性碰撞..................................6

三、爆炸與反沖......................................10

四、板塊/子彈打木塊模型............................13

五、人船模型........................................18

六、多過程和多次碰撞問題...........................24

1

專題一彈性碰撞

1.（2024?廣東?高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分

別從明、〃乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在。處平滑相接，滑塊與水平面間

的動摩擦因數為〃，乙在水平面上追上甲時發生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的

有（）

%

A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運動時間與〃乙無關

D.甲最終停止位置與O處相距生

【答案】ABD

【詳解】A.兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0,故

A正確；

B.兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質量相同，且發生彈性碰撞，可知碰

后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；

C.設斜面傾角為0,乙下滑過程有

芻=；gsin”2

sinU2

在水平面運動一段時間打后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動不乙運動的時間為

t=+/2+*3

由于〃與〃乙有關，則總時間與〃乙有關，故C錯誤；

D.乙下滑過程有

mgH乙=^mvl

由于甲和乙發生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發生碰撞時乙最終停止的

位置相同；則如果不發生碰撞，乙在水平面運動到停止有

2

該=2〃gx

聯立可得

即發生碰撞后甲最終停止位置與。處相距區，故D正確。

故選ABDo

2.（2024?廣西?高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向

右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若

不計空氣阻力，則碰撞后，1＜在（）

墻

面

地面

/7777777777777777777777~

A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動

B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動

C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v

【答案】BC

【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，根據動量守

恒和能量守恒可知

mv=mvM+mvN

由于兩小球質量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

VM=0>*VN=V

碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速

度大小等于v；在豎直方向上做自由落體運動，即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運

動。

故選BC。

3

3.（2023?重慶?高考真題）如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N

為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為段的中點。在尸點處有一加速器（大小可忽

略），小球每次經過P點后，其速度大小都增加"。質量為優的小球1從N處以初速度vo

沿軌道逆時針運動，與靜止在亂處的小球2發生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小

相等。忽略每次碰撞時間。求:

（1）球1第一次經過尸點后瞬間向心力的大小;

（2）球2的質量;

（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。

【詳解】（1）球1第一次經過尸點后瞬間速度變為2v°,所以

“=心r=4*

（2）球1與球2發生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則

m?2v0=—mv+ntv

1/C\212?1f2

—m(2v0)=—mv+—mv

聯立解得

V=Vo,m'=3m

（3）設兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為加，則

7lR

------

2%

+2%%2-兀R

所以

A5nR

At=tl+t2=——

6Vo

4.（2023?廣東?高考真題）如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖.該系統由水平傳送帶、豎

直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3乙平臺高為藥品盒A、B依次

4

被輕放在以速度%勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛

好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2%的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，

碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為和2加，碰撞

過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的;。A與傳送帶間的動摩擦因數為〃，重力加速度

為g,AB在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。

求：

(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t■

(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功用；

(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s.

【答案】(1)t=~(2)W^6mgL-3mvl；(3)5=也」生

〃g27g

【詳解】(1)A在傳送帶上運動時的加速度

由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間

a〃g

(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功

2

W=—-2mVg+2mg-3L-^-2m(2v0)=6mgL-3加v；

(3)AB碰撞過程由動量守恒定律和能量關系可知

2m?2v0=mv{+2mv2

2

1-2m-(2v0)一(gm；+；2叫)=一6.2?7.(2%廣

解得

5

匕=2%

匕=%

25

（另一組w=§%v?=”舍掉）

兩物體平拋運動的時間

則

s-r=v2tx

s+r=v擊

解得

3v0匹

2Vg

專題二完全非彈性碰撞

5.（2024?天津?高考真題）如圖所示，光滑半圓軌道直徑沿豎直方向，最低點與水平面相切。

對靜置于軌道最低點的小球A施加水平向左的瞬時沖量/,A沿軌道運動到最高點時，與用

輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起。已知/=1.8N-s,A、B的質量分別為mA=0.3kg,

"5=0.1kg,軌道半徑和繩長均為R=0.5m,兩球均視為質點，輕繩不可伸長，重力加速度

g取10m/s2,不計空氣阻力。求：

（1）與B碰前瞬間A的速度大小；

（2）A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小。

【答案】（l）4m/s

6

（2）11.2N

【詳解】（1）根據題意，設小球A從最低點開始運動時的速度為V。，由動量定理有

1=機A%

設與B碰前瞬間A的速度大小v,從最低點到最高點，由動能定理有

2

-mAg-2R=^mAv-^mAvl

聯立代入數據解得

v=4m/s

（2）A與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘在一起，由動量守恒定律有

能A"=（加A+，"B）V共

設A、B碰后瞬間輕繩的拉力大小為尸，由牛頓第二定律有

F-g+g）g=（機人+^B）-y

聯立代入數據解得

F=11.2N

6.（2024?甘肅?高考真題）如圖，質量為2kg的小球A（視為質點）在細繩。尸和。尸作用

下處于平衡狀態，細繩。'尸=。尸=1.6m,與豎直方向的夾角均為60。。質量為6kg的木板B

靜止在光滑水平面上，質量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩。尸，小球A開始

運動。（重力加速度g取lOm/s?）

（1）求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。

（2）A在最低點時，細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側碰撞（時間極短）、碰后A豎

直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。

（3）A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數。

A

C

?口..............B、、?【、、、、

【答案】（1）40N；（2）4m/s；（3）0.15

【詳解】根據題意，設AC質量為%=2kg,B的質量為M=6kg,細繩O尸長為/=1.6m,

初始時細線與豎直方向夾角6=60。。

7

(1)A開始運動到最低點有

mg/(l-cos^)=—mvl-0

對最低點受力分析，根據牛頓第二定律得

F-mg=-^~

解得

v0=4m/s,F=40N

(2)A與C相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后A豎直下落可知

mvQ=0+mvc

故解得

vc=v0=4m/s

(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速，則對CB分析，過程中根據動量守恒可得

mvG=(M+m)v

根據能量守恒得

〃加g￡相對=；加片一;(加+

聯立解得

4=0.15

7.(2023?天津?高考真題)質量加A=2kg的物體A自距地面/z=1.2m高度自由落下，與此同

時質量根B=1kg的物體B由地面豎直上拋，經過f=0.2s與A碰撞，碰后兩物體粘在一起，

碰撞時間極短，忽略空氣阻力。兩物體均可視為質點，重力加速度g=10m/s2,求A、B：

(1)碰撞位置與地面的距離x；

(2)碰撞后瞬時的速度大小v；

(3)碰撞中損失的機械能公￡。

【答案】(1)1m；(2)0；(3)12J

【詳解】(1)對物體A,根據運動學公式可得

,1,1，

x=h——gt=1.2mx1Ox0.2m=Im

22

(2)設B物體從地面豎直上拋的初速度為VB。，根據運動學公式可知

8

12

尤=%(/一理

即

1,

1=vB0x0.2--xl0x0.2-

解得

vB0=6m/s

可得碰撞前A物體的速度

vA=gt=2m/s

方向豎直向下；

碰撞前B物體的速度

VB=vB0-gt=4m/s

方向豎直向上；

選向下為正方向，由動量守恒可得

.A^A-加B^B=(加A+%B"

解得碰后速度

v=0

(3)根據能量守恒可知碰撞損失的機械能

.=；加八d+；加13地一;(加A+加B)F=12J

8.(2023?北京?高考真題)如圖所示，質量為優的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在。點,

在。點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B,B距。點的距離等于繩長

L。現將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發生正碰并粘在一起。

重力加速度為g。求：

(1)A釋放時距桌面的高度H；

(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小產；

(3)碰撞過程中系統損失的機械能A￡。

9

///

!\

//////////////

【答案】(1)-—；(2)mg+m—■,(3)—mv2

2gL4

【詳解】(1)A釋放到與B碰撞前，根據動能定理得

mgH=^mv2

解得

〃=匕

2g

(2)碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得

1g

解得

V2

F=mg+m—

(3)A、B碰撞過程中，根據動量守恒定律得

mv=2mVj

解得

1

V,=—V

12

則碰撞過程中損失的機械能為

1I212

NE^-mv1-v|=—mv

222

專題三爆炸與反沖

9.(2024?遼寧?高考真題)如圖，高度〃=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質

=mB=0.1kgoA、B間夾一壓縮量Ax=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由

靜止釋放A、B,彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程z=0.4m；

10

B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離出=025m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度

g=1Om/s2o求：

(1)脫離彈簧時A、B的速度大小VA和vB；

(2)物塊與桌面間的動摩擦因數〃；

(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能期。

ABB

/八

/『十

h

【答案】(1)lm/s,lm/s；(2)0,2；(3)0.12J

【詳解】(1)對A物塊由平拋運動知識得

,12

h=-gt

尤A=VA?

代入數據解得，脫離彈簧時A的速度大小為

vA=lm/s

AB物塊質量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力,

則AB物塊整體動量守恒，則

以力=mBvB

解得脫離彈簧時B的速度大小為

vB=lm/s

(2)對物塊B由動能定理

12

代入數據解得，物塊與桌面的動摩擦因數為

〃=0.2

11

(3)彈簧的彈性勢能轉化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所做的功，即

121,

%=-mAvA+-mBvB+/zmAgAxA+/zmBgAxB

其中

mA=mB,Ax=AXA+z\xB

解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能

A￡p=0.12J

10.(2024?安徽蚌埠?二模)某科研小組試驗一款火箭，攜帶燃料后的總質量為M。先將火

箭以初速度%從地面豎直向上彈出，上升到為高度時點燃燃料，假設質量為%的燃氣在一

瞬間全部豎直向下噴出，若燃氣相對火箭噴射出的速率為w,重力加速度為g,不計空氣阻

力。求：

(1)火箭到達為高度時的速度大小；

(2)燃氣全部噴出后火箭的速度大小；

(3)火箭上升的最大高度。

【答案】⑴8-2g%

(2)-2g4+A"

(3)h0+/(業-2g4+￡”

【詳解】(1)由機械能守恒可得

1,1,

-Mv0=Mgh0+-Mvx

解得火箭到達為高度時的速度大小為

匕=Jv—g%

(2)由動量守恒可得

Mvx=(M-m)v2+m(v2-w)

解得燃氣全部噴出后火箭的速度大小為

m

4=業-2g4+—u

M

(3)設火箭上升的最大高度為根據機械能守恒可得

12

—(Af-m)vf+(Af—m)g/z0=-m^gH

解得

專題四板塊/子彈打木塊模型

11.（2024?湖北?高考真題）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為工的木

塊，質量為他的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小/

與射入初速度大小%成正比，即/=狂0"為己知常數）。改變子彈的初速度大小%,若木

塊獲得的速度最大，則（）

A.子彈的初速度大小為2kL5+

mM

2mM

B.子彈在木塊中運動的時間為人（加+.）

C.木塊和子彈損失的總動能為人"（m+"）

mM

D.木塊在加速過程中運動的距離為

m+M

【答案】AD

【詳解】A.子彈和木塊相互作用過程系統動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度

的速度分別為匕,匕，則有

mv0=mvx+MV2

子彈和木塊相互作用過程中合力都為/=狂°,因此子彈和物塊的加速度分別為

[mM

由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為

2%再二V：-V；,2g12=V2

13

xx-x2=L

聯立上式可得

k

￡到無窮

B.則子彈穿過木塊時木塊的速度為

曠2=

M+m

由運動學公式

可得

mM

故B錯誤;

C.由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉化為系統摩擦生熱，即

2k2G(m+M)

bE-Q-fL=

mM

故C錯誤;

D.木塊加速過程運動的距離為

0+v2mL

2M+m

故D正確。

故選ADo

12.（2024?浙江?高考真題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角0=37。的直軌道

半徑R=1m的圓弧軌道BCD,長度A=1.25m、傾角為0的直軌道DE,半徑為尺、圓心角

為6的圓弧管道所組成，軌道間平滑連接。在軌道末端歹的右側光滑水平面上緊靠著質量

機=0.5kg滑塊6,其上表面與軌道末端下所在的水平面平齊。質量加=0.5kg的小物塊.從

軌道NB上高度為〃靜止釋放，經圓弧軌道BCD滑上軌道。E,軌道。E由特殊材料制成,

14

小物塊a向上運動時動摩擦因數4=0.25,向下運動時動摩擦因數〃2=06,且最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力。當小物塊。在滑塊6上滑動時動摩擦因數恒為從，小物塊。運動到滑

塊右側的豎直擋板能發生完全彈性碰撞。(其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻

力，sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若〃=0.8m,求小物塊

①第一次經過C點的向心加速度大小;

②在。E上經過的總路程;

③在上向上運動時間t上和向下運動時間公之比。

【答案】(1)①16m/s2；②2m；③1：2；(2)0.2m

【詳解】(1)①對小物塊a從/到第一次經過C的過程，根據機械能守恒定律有

mgh=~^mvc

第一次經過C點的向心加速度大小為

,=正=逆=16介

RR

②小物塊a在。E上時，因為

N21ngcos0<mgsin3

所以小物塊a每次在DE上升至最高點后一定會下滑，之后經過若干次在DE上的滑動使機

械能損失，最終小物塊a將在8、。間往復運動，且易知小物塊每次在DE上向上運動和向

下運動的距離相等，設其在DE上經過的總路程為s,根據功能關系有

s

mg[h-R(\-cos0)]=(j\mgcos0+4mgcos?片

解得

s=2m

③根據牛頓第二定律可知小物塊。在OE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為

15

2

ah=gsin6+Rigcos0=8m/s

。下=gsin6—42gcos0=2m/s2

將小物塊a在。E上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據運動學公式有

1212

5a上'上='a下'下

解得

工」

/下2

(2)對小物塊a從4到尸的過程，根據動能定理有

12

—mvF=mg[h-Lsin0-2R(1-cos0)]-jUtmgLcos6

解得

vF=2m/s

設滑塊長度為/時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度v,根據動量守恒定

律和能量守恒定律有

mvF=2mv

mv2

~F=g?2mv+2pxmgl

解得

I=0.2m

13.(2023?遼寧?高考真題)如圖，質量%/=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎

直墻面固定一勁度系數左=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量比*4kg的小物塊以

水平向右的速度%=；m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，

物塊與木板間的動摩擦因數《=0.1,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度

內，彈簧的彈性勢能與與形變量x的關系為丸=；筋、取重力加速度g=10m/s2,結果可

用根式表示。

(1)求木板剛接觸彈簧時速度用的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離X/;

(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量X2及此時木板

速度V2的大小；

(3)已知木板向右運動的速度從V2減小到0所用時間為力。求木板從速度為V2時到之后與

16

物塊加速度首次相同時的過程中，系統因摩擦轉化的內能A0（用切表示）。

冽2;

.」—」......../wwva”

///////////////////////////

【答案】（1）lm/s；0.125m；（2）0.25m；^-m/s;（3）4底

【詳解】（1）由于地面光滑，則加八小組成的系統動量守恒，則有

加2Vo=

代入數據有

vi=lm/s

對mi受力分析有

%="比=4心2

mx

則木板運動前右端距彈簧左端的距離有

vi2=2aixi

代入數據解得

xi=0.125m

（2）木板與彈簧接觸以后，對冽八小組成的系統有

kx=（mi-\-m2）a共

對冽2有

。2=fig=lm/s2

當a共=/時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量

X2=0.25m

對加/、小組成的系統列動能定理有

一；h；=；（加1+m2）vf-J（叫+加2）v；

代入數據有

V3

%=——m/s

2

（3）木板從速度為V2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板即加/的加速

度大于木塊小的加速度，則當木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為X2時，則說明此

17

時如的速度大小為V2,共用時2%,且加2一直受滑動摩擦力作用，則對加2有

~jLim2g'2to=m2V3~m2V2

解得

_V3

匕=3-2%

則對于加八加2組成的系統有

一%+；機2d_g("l+機2)"

、U=Wf

聯立有

△0=4瓜-8]

專題五人船模型

14.(2024?河北?高考真題)如圖，三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C(上表面均粗

糙)并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板

質量均為2.0kg,A木板長度為2.0m,機器人質量為6.0kg,重力加速度g取lOm/sz,忽略空

氣阻力。

(1)機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。

(2)機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木

板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。

(3)若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木

板連續不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C

兩木板間距與B木板長度的關系。

費???

、7

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=-LB

【詳解】(1)機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統動量守恒,

設機器人質量為Af,三個木板質量為加，取向右為正方向，則

18

Mv機-加珠=°機器人從A木板左端走到A木板右端時，機器人、木板A運動位移分別為

為X、7,則有

Mx=mx1

同時有

x+再=LA

解得A、B木板間的水平距離

項=1.5m

(2)設機器人起跳的速度大小為丫，方向與水平方向的夾角為凡從A木板右端跳到B木

板左端時間為根據斜拋運動規律得

VCOS0-t=Xj

vsin。t

聯立解得

15

v2

2sin6cos。

機器人跳離A的過程，系統水平方向動量守恒

MvcosO=mvA

根據能量守恒可得機器人做的功為

W=-Mv2+-mv/

22"

聯立得

3cos20+1..4cos20+sin26-45J=45|-tan6?+^—

TWTZ=----------------45JT=---------------------J

2sincos02sin。cos。[2tan0

2

根據數學知識可得吧tan。1前時，即tan”2時，沙取最小值，代入數值得此時

W=90J

(3)tan0=2XTWvcos0=>根據

2

MVCGSO=mvA

得

19

3岳.

v,=-------m/s

)2

分析可知A木板以該速度向左勻速運動，機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中,

機器人與BC木板組成的系統在水平方向動量守恒，得

A/vcos夕=+25)v共

解得

該過程A木板向左運動的距離為

3V15V15/4

xA=vAt=---X—m=4.5m

機器人連續3次等間距跳到B木板右端，整個過程機器人和B木板組成的系統水平方向動

量守恒，設每次起跳機器人的水平速度大小為%,B木板的速度大小為力，機器人每次跳

躍的時間為加，取向右為正方向，得

+加)丫共=Mv0-mvB①

每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為g,可得

^=(%+%)加②

機器人到B木板右端時，B木板恰好追上A木板，從機器人跳到B左端到跳到B右端的過

程中，AB木板的位移差為

Ax=%+=6m

可得

(以一匕＞3加=加:③

聯立①②③解得

&=___5----——

4(匕+丫共)30+喉)

故A、C兩木板間距為

XAC^(VA+VC)-3M+AX+LB

解得

20

XAC=3工

15.（2024?山東濟南?二模）如圖所示，質量M=1kg的勻質凹槽放在光滑的水平地面上，凹

槽內有一光滑曲面軌道，O點是凹槽左右側面最高點的中點，O點到凹槽右側的距離

a=0.6m,。點到凹槽最低點A的高度力=1.2m。一個質量機=0.5kg的小球（可看成質點）,

初始時刻從凹槽的右端點由靜止開始下滑，整個過程凹槽不翻轉，取重力加速度大小

g=10m/s2o求：

（1）小球第一次運動到軌道最低點時的速度大小；

（2）整個運動過程中，凹槽相對于初始時刻運動的最大位移。

【答案】（l）4m/s

（2）0.4m

【詳解】（1）小球從初始時刻至第一次運動到最低點的過程中，設小球的速度大小為匕，凹

槽的速度大小為匕，小球和凹槽組成的系統水平方向系統動量守恒，取向左為正，有

0=mvt-MV2

該過程中系統機械能守恒，有

11

mgh=—+—MV2

解得

=4m/s

（2）因水平方向在任何時候都動量守恒，即有

0=mvx-MV2

兩邊同時乘/可得

0=mi]—MX2

其中占為小球的位移大小，馬為凹槽的位移大小。整個運動過程中，當小球運動到凹槽左

21

側最高點時，凹槽相對于初始時刻運動有最大位移，此時

X[+馬=2Q=1.2m

解得

x2=0.4m

16.（2024?湖南?二模）某科技館內有一用來觀察擺球與牽連配重滑塊運動規律的裝置，如

圖所示，用一足夠長的水平軌道桿，將質量為M=的帶孔滑塊穿套之后水平固定在水平

地面上方，再用一不可伸長的輕質細繩一端固定在滑塊下方/點，另一端連接質量為加的

小球，已知繩長為乙水平桿距地面足夠高，當地重力加速度為g,忽略空氣阻力。將輕質

細繩伸直，小球從3點（3點與/點等高且在水平桿正下方）靜止釋放。

（1）若水平桿光滑，當小球第一次擺動到最低點時，求滑塊的位移大小和此時細繩對小球

的拉力大小？

（2）若水平桿粗糙，滑塊所受最大靜摩擦等于滑動摩擦力，要求小球擺動過程中滑塊始終

保持靜止，則滑塊與水平桿之間的動摩擦因數〃最小為多大?在此過程中，當小球所受重力

的功率最大時，小球的動能大小為多少？

，4，

【答案】（1）4，4mg；⑵迎,JigL

3203

【詳解】（1）設小球擺到最低點時速度大小為％,滑塊速度大小為4，水平桿光滑，根據水

平方向系統動量守恒有

mvx=MV2

即有

mxl=MX2

又結合

xr+x2=L

聯立可求得

mLL

X7——

M+m3

根據系統機械能守恒，從釋放到第一次達最低點，有

22

mgL=~mv\+

求得

對小球根據牛頓第二定律

T（匕+丫2）2

T-mg=m—L一

聯立解得

T=4mg

(2)設輕繩與水平方向夾角為。時，繩中張力為尸，對滑塊，根據平衡條件：水平方向

f=Fcos0

豎直方向

N=Mg+Fsin0

滑塊始終保持靜止，則有

f<^N

聯立可得

33

—加（sin2。+4cos2。）<ju（M+—m）

則

1?加Jl+儲<+

解得

>3ffl3y/io

核一2dM+20

設小球的速度為v,對小球，根據動能定理有

mgLsin0=^mv2

根據牛頓第二定律有

v2

F-mgsin0=m—

小球所受重力的功率

PG=Sy

重力功率最大時，小球速度的豎直分量為最大，即小球加速度的豎直分量為0,則

23

Fsin0=mg

聯立解得

sin6=——

3

此時下擺高度

H=LsmO=-L

3

對小球，根據機械能守恒定律

mgH=Ek

解得

Ek=^-mgL

專題六多過程和多次碰撞問題

17.(2024?湖南?高考真題)如圖，半徑為R的圓環水平放置并固定，圓環內有質量為他和

"ZB的小球A和B初始時小球A以初速度沿圓環切線方向運動，與靜止的小

球B發生碰撞。不計小球與圓環之間的摩擦，兩小球始終在圓環內運動。

(1)若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需

向心力的大小；

(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，

Jfl

求小球的質量比*。

外

(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大

小的e倍,求第1次碰撞到第2〃+1次碰撞之間小球B通過的路程。

【答案】m"二豆＞'r=；(2)縹=2或4=5；

24

2兀Rm、e2n-1

⑶K.苫

【詳解】(1)