2023年高考物理全国甲卷真题变式·分层精准练：第12题

2023年高考物理全国甲卷真题变式·分层精准练：第12题
一、原题
1．（2023·全国甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为1，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
二、基础
2．（2023高二下·浙江月考）据报道，海南琼中法院审结了一起高空抛物致人身体损害案件，七旬老人纪某被盒装牛奶砸伤，9岁男童高空抛物，其家属被判赔偿7万余元。城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。小张同学想用所学的物理知识来作检验，他建立了如下的情景：如图，250mL牛奶的质量为300g，高度为10cm，设想从18楼（离地45m高）由静止开始释放，直立落地后高度减为原来的一半时速度变为0，此过程把牛奶顶端的运动处理为匀减速运动并作为撞击地面的时间。不计空气阻力，g取10m/s2。帮小张同学求：
（1）牛奶落地时的速度大小；
（2）牛奶在撞击地面过程中对地面的平均冲击力大小。
3．（2023高二上·上饶期末）2022年，球王梅西率阿根廷队获得卡塔尔世界杯冠军，捧起了大力神杯。图中球王梅西练习用头颠球的场景。某一次足球由静止下落到头顶的速度大小，被重新竖直向上顶起离开头顶时的速度大小。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，空气阻力不计，重力加速度取，在足球与头顶相互作用的过程中，求：
（1）足球的动量变化量的大小；
（2）头顶受到足球的平均作用力的大小。
4．（2022高二下·赣州期末）短道速滑接力赛是北京冬奥会上极具观赏性的比赛项目之一，如图所示为A、B两选手在比赛中的某次交接棒过程。A的质量，B的质量，交接开始时A在前接棒，B在后交棒，交棒前两人均以的速度向前滑行。交棒时B从后面用力推A，当两人分开时B的速度变为，方向仍然向前，不计两人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
（1）求两人分开时A的速度大小；
（2）交接棒过程要消耗B体内的生物能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其它力做功，求B消耗的生物能E。
5．（2021高一下·郑州期末）某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为 的圆面。某时间内该地区的风速恒定为 ，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为 ，假设这个风力发电机能将此圆面内10%的空气动能转化为电能。求：
（1）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能；
（2）此风力发电机的发电功率。
6．（2020高三上·丰台期中）如图所示为某公园的大型滑梯，滑梯长度L=9m，滑梯平面与水平面夹角θ=37°，滑梯底端与水平面平滑连接。某同学从滑梯顶端由静止滑下，与倾斜接触面间的动摩擦因数μ1=0.5，与水平接触面之间的动摩擦因数μ2=0.6。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）该同学在斜面上下滑时的加速度大小；
（2）该同学滑到斜面底端时的速度大小；
（3）该同学在水平面上滑行的距离。
三、巩固
7．（2023·赣州模拟）如图所示为某精密电子器件防撞装置，电子器件T和滑轨PQNM固定在一起，总质量为，滑轨内置磁场的磁感应强度为B。受撞滑块K套在PQ，MN滑轨内，滑块K上嵌有闭合线圈abcd，线圈abcd总电阻为R，匝数为n，bc边长为L，滑块K（含线圈）质量为，设T、K一起在光滑水平面上以速度向左运动，K与质量为的静止障碍物C相撞后结为一体后继续运动。不计滑块与滑轨间的摩擦作用，ab大于滑轨长度。
（1）求滑块K与C碰撞后瞬间速度大小和bc边受到的最大安培力；
（2）设滑轨足够长，防撞装置和障碍物C所吸收的总机械能；
（3）为使保险杠线圈bc边不与器件T发生直接碰撞，求滑轨的长度满足的条件。
8．（2023·淄博模拟）2023年1月15日，长征二号丁运载火箭以“一箭十四星”发射方式成功将齐鲁二号、三号等14颗卫星发射升空。已知火箭的总质量，火箭发动机点火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而获得动力。火箭尾部喷口横截面积，喷出气体的密度，火箭点火瞬间竖直向下喷出气体相对地面的速度大小，此后火箭向上做匀加速直线运动，取重力加速度大小，不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响，空气阻力不计。求：
（1）点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F；
（2）从点火开始计时，火箭运行过程中火箭动力所做的功W。
9．（2023·汕头模拟）如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，AB之间光滑；水平面上距离A右端处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为μ。ABC的质量均为m，AB、AC之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连。现对A施加水平向右的恒定推力，当AC相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度，由于A板足够长，所以不考虑BC的相碰。已知重力加速度为g。求：
（1）水平推力F的大小；
（2）当AC都停下时C离A板右端的距离d。
10．（2023高二下·抚州开学考）如图所示，一对平行的光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=0.5m，左端接有阻值的电阻。一质量m=0.2kg、电阻的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=0.4T。棒在水平向右的拉力F作用下，由静止开始以的加速度做匀加速直线运动。当棒的位移x=9m时撤去力F，棒继续运动一段距离后静止。若导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
（1）力F撤去前其大小随时间变化的关系；
（2）撤去力F后电阻R上产生的焦耳热Q；
（3）撤去力F后金属棒MN继续向前运动的距离。
四、提升
11．（2023·山东模拟）如图，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=29.12N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处。已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为，Q与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）P与Q第一次碰前P的速度大小；
（2）为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；
（3）P、Q最终的速度大小；
（4）P、Q由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。
12．（2022高三上·湖北月考）竖直面内的水平轨道上有一半径为、圆心角为的固定光滑圆弧轨道，其底端紧靠一质量为的长木板，长木板上表面与圆弧轨道底端平齐，长木板右端放置一小物块P，如图甲所示。用足够长轻绳拴接的两个小滑块A、B分别置于圆弧轨道两侧，A刚好被锁定在圆弧轨道上端，B悬停在空中。现解除锁定，A下滑至圆弧轨道底端时与P发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后，A立即又被锁定，P开始运动的v-t图像如图乙所示，图中的、、均为未知量，整个运动过程中P始终未滑离长木板。已知A的质量为，B、P的质量均为，P与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与水平轨道之间的动摩擦因数为，P、A、B均可视为质点，重力加速度大小为。求
（1） 、的值；
（2） 与过程，小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。
13．（2022高三上·江西期中）如图所示，表面水平的小车B静止在光滑水平面上，小物块A（可视为质点）以初速度v从小车左端水平滑上小车，此后当A、B恰好共速时，B与正前方静置在墙内水平均匀孔道中的细杆C发生碰撞。已知：A、B、C的质量为m，所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计，A、B间和C与墙内孔道间的滑动摩擦力大小均为，重力加速度为g，小车表面及墙内孔道均足够长。不计空气阻力，则：
（1）求B、C的起始间距；
（2）若B、C可以发生二次碰撞，求第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，B匀速运动的位移和C所运动的位移；
（3）若B、C只能发生二次碰撞，求细杆原来裸露在墙外的长度满足的条件。
14．（2022高三上·徐州期中）一游乐设施简化模型如图所示，挡板1、2分别固定在光滑斜面的顶端和底端，相距为L，A为一小滑块，B为不计质量的板（在外力的作用下可以瞬间获得或失去速度），长度，AB间的滑动摩擦力大小恒等于A的重力，A、B与挡板的碰撞都是弹性碰撞，已知斜面的倾角，重力加速度为g。
（1）若将置于板上端的滑块A以初速度为零释放，求滑块A到达挡板2时的速度大小。
（2）在挡板1处有发射装置，可以将置于板上端的滑块A沿平行于斜面的方向发向发射，要使滑块A恰能回到挡板1处，求滑块A需要的发射速度大小。
（3）在（2）中，若使滑块A以初速度发射，求滑块A做周期性运动时的周期。
15．（2022高二下·阜阳期末）如图所示，质量的长木板静置于光滑水平面上，木板左端有挡板，水平轻弹簧左端固定于挡板上，质量可视为质点的小物块置于木板右端，物块与弹簧右端相距。现给物块一大小、方向水平向左的瞬时冲量，物块向左运动，与弹簧发生作用后，距木板右端处相对木板静止。已知物块与木板间的动摩擦因数，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小g取10。求：
（1）物块刚获得冲量后的速度大小v；
（2）系统在整个过程中产生的热量Q；
（3）弹簧具有的弹性势能的最大值。
16．（2022·邢台模拟）有一质量的长木板静止在光滑水平面上，某时刻A、B两个可视为质点的滑块同时从左右两端滑上木板，两个滑块的初始速度大小相等且，两个滑块刚好没有相碰。已知两个滑块与木板的动摩擦因数，两个滑块的质量，当地重力加速度。求：
（1）滑块A最后的速度；
（2）此过程中系统产生的热量；
（3）木板的长度。
答案解析部分
1．【答案】（1）解：对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得：，，
联立解得：，。
碰撞后，P做加速度减小的减速运动至轨道最右端，而后平抛，绝缘棒Q匀速至最右端后平抛。
由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等，
所以金属棒P滑出导轨时的速度大小为。
（2）解： 根据能量守恒得：。
（3）解：对金属棒P，由动量定理得：，
其中，，，，
整理得：，即，
解得：，
与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为。
【知识点】动量定理；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒求碰撞后P、Q的速度，碰撞后，P做加速度减小的减速运动，绝缘棒Q匀速运动，由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等；
（2）根据能量守恒求金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）对金属棒P，由动量定理求碰撞后位移，再根据求与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
2．【答案】（1）由 得
（2）减速时间
由动量定理得
解得
根据牛顿第三定律知对地面的平均冲击力大小为 2703N
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【解答】（1）由自由落体规律得出牛奶落地速度。
（2）由动量定理，代入碰撞时间以及碰撞前后动量求解。
3．【答案】（1）设向上为正方向，足球的动量变化量为
（2）设向上为正方向，根据动量定理可知
解得，足球受到头顶的平均作用力为
由牛顿第三定律可知，头顶受到足球的平均作用力的大小
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据动量的表达式得出足球的动量变化量 ；
（2）头顶足球时根据动量定理得出头顶受到足球的平均作用力 。
4．【答案】（1）解：设所求A的速度为，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
（2）解：设乙消耗的生物能为E，对两人组成的系统，根据能量守恒定律得
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得两人分开时A的速度大小 。
（2）对两人组成的系统，根据能量守恒定律得B消耗的生物能E。
5．【答案】（1）由题意可知，单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流长度为v0，则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为
所以单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为
（2）由题意，根据功率的定义可知此风力发电机的发电功率为
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据气流速度和风扇的面积计算单位时间内冲击风扇的空气质量，再根据动能的定义式计算动能大小。
（2）根据能量的转化效率计算动能转化为电能的大小。
6．【答案】（1）解：由牛顿第二定律可得mgsinθ-μ1mgcosθ=ma
代入数据可得a=2m/s2
（2）解：设滑到底端时速度大小为v，由匀加速直线运动公式v2=2aL
代入数据可得v=6m/s
（3）解：设在水平面上滑行的距离为x，在水平方向对物体由能量守恒可得
代入数据可得x=3m
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】 (1) 受力分析，根据牛二 mgsinθ-μ1mgcosθ=ma ，求出加速度。
(2) 根据匀变速直线运动公式， v2=2aL 求出速度。
(3) 根据能量守恒，动能转化为摩擦生热， ，求出x。
7．【答案】（1）解：当滑块K与C碰撞时，根据动量守恒可得
解得碰撞后瞬间速度大小为
此时边与电子器件速度差最大，为
线圈中感应电动势和感应电流分别为，
此时边受到的安培力最大，为
联立解得
（2）解：滑块K与T最后的速度相同，设此时线圈的速度大小为，根据系统动量守恒可得
因此整个运动过程中，防撞装置和障碍物C所吸收的总机械能为
联立解得
（3）解：以线圈（包含K和C）为研究对象，根据动量定理可得
设边向右发生的相对位移为，则有
联立解得
为使保险杠线圈边不与器件T发生直接碰撞，滑轨的长度需要大于。
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块K与C碰撞的过程中，利用动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，结合速度的大小可以求出K与T速度的差值，结合动生电动势的表达式及安培力的表达式可以求出最大安培力的大小；
（2）当K与T速度最后相等时，利用动量守恒定律可以求出共同速度的大小，利用能量守恒定律可以求出损失的机械能的大小；
（3）以线圈为对象，利用动量定理结合电荷量的表达式可以求出滑轨的长度。
8．【答案】（1）解：对时间内喷出的气体有，
联立得
由牛顿第三定律可知火箭因喷出气体获得的动力大小
（2）解：对加速过程中的火箭有，，
联立得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，代入动量定理求解火箭因喷出气体获得的动力大小F。
（2）火箭向上做匀加速直线运动， 可以由运动学公式求出平均速度，根据恒力做功公式得到火箭动力所做的功W。
9．【答案】（1）解：对A，由动能定理
AC相碰，有
得
（2）解：AC相碰后，AC分离，对C有
得
对A有
然后AB相碰，有
此后，对A有
得
AC之间的距离
得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）已知AC发生碰撞，利用动量守恒定律可以求出碰前速度的大小，结合动能定理可以求出水平推力的大小；
（2）当AC碰后，利用动能定理可以求出C运动的位移，结合动能定理可以求出A碰前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出AB碰后速度的大小，结合动能定理可以碰后AB运动的距离大小。
10．【答案】（1）解：设棒匀加速运动所用时间为 ，由
得t=3.0s
棒在t时刻的速度为v=at=2t
此时棒产生感应电动势
回路中感应电流
棒受到安培力
棒在做匀加速直线运动时有
联立以上方程解得
（2）解：撤去力F时棒运动的速度
撤去力F后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少量，即
故撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热
（3）解：设撤去力F后棒在t时刻速度大小为v，此时 、 、
即
对棒有
即
在 时间里
将撤去力F后棒运动的全过程分为无数个时间为 的子过程，则子过程方程累加求和有
解得撤去力F后棒继续向前运动的距离
另解：设撤去力F后棒在t时刻速度大小为v，此时 、 、
即
在 时间里，安培力的冲量
将撤去力F后棒运动的全过程安培力的总冲量为
撤去力F后棒运动的全过程应用动量定理在
解得撤去力F后棒继续向前运动的距离
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）力撤去前，利用位移公式可以求出金属棒运动的位移，结合速度公式可以求出速度的大小，结合动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出回路电流的表达式，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出力F大小与时间的关系；
（2）当撤去F后，利用能量守恒定律可以求出电阻R上产生的热量；
（3）撤去F后，利用动量定理结合牛顿第二定律及安培力的表达式可以求出MN继续向前运动的距离。
11．【答案】（1）解：P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：设恒力为，弹簧的最大形变量为x，有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度，联立解得
所以恒力的最小值为
（3）解：P、Q间的碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
Q也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
当Q与传送带共速时P、Q的距离为
之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小都是4m/s
传送带减速的过程，由于加速度，故Q在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相对滑动，由于加速度，故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始，直到减速到零，经历时间
当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为
P、Q间的距离为
P与Q第二次碰撞前的速度大小为
P、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
P、Q第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别为和
（4）解：P在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P在最后减速阶段与传送带间的相对位移
Q在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P由于与传送带间的摩擦产生的热量
Q由于与传送带间的摩擦产生的热量
系统产生的热量
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据功能关系以及能量守恒定律联立列方程求解。
（2） 当弹簧处于原长时，P与弹簧分离 ，为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度 。
（3） P、Q间的弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒 。 两滑块碰后，P先在传送带上减速 ， Q也先在传送带上减速 。 之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小 相等。
（4）产生热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小。
12．【答案】（1）解：将AB作为整体，在A沿圆弧轨道下滑的过程中，满足机械能守恒
其中
解得
物块A、P发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，可得
解得
滑块P滑上木板后，根据牛顿第二定律，对滑块P
对木板
速度相同时
解得
（2）解：t0时刻，所达到的共同速度
根据能量守恒，在 时间内产生的热量
在 时间内产生的热量
代入数据可得热量之比
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）以AB为整体利用机械能守恒定律和速度的分解得出A点的速度，物块AB发生弹性碰撞时，结合机械能守恒以及动量守恒得出碰撞后物块P的速度， 滑块P滑上木板后 ，对滑块和木板利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间的关系得出v0 、t0的值；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系以及能量守恒得出小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。
13．【答案】（1）解：设A、B共速时速度为v1，由动量守恒定律
可得
此过程B的位移为 ，由动能定理
可得
（2）解：B、C第一次相撞后速度分别为 、 ，
由动量和能量守恒定律有
可得 ，
碰后至C减速为0，对C有
可得
第一次碰后，A、B再次共速时，由
可得
该过程B前进的位移
之后，A、B一起向右匀速，向右匀速位移为 ，则有
可得
（3）解：B、C第二次碰后速度分别为 、 ，
则有
B、C第二次碰后杆C向右运动，有
联立可得
则外露最大长度
所以满足条件的外露长度应为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能
【解析】【分析】（1）根据动量定理以及动能定理得出 B、C的起始间距；
（2）BC碰撞的过程根据动量守恒和能量守恒定律得出第一次碰撞后C的速度，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出减速过程的位移， 结合动量守恒
定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出AB一起向右移动的位移；
（3）根据动量守恒以及机械能守恒和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 细杆原来裸露在墙外的长度满足的条件。
14．【答案】（1）解：A与B相对静止一起沿斜面运动，则
加速度方向沿斜面向下，A在B板上上滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向下，A在B板上下滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向上，AB整体先向下做匀加速运动，加速度为
位移为 ，当b下端碰到2时，由于b板质量不计，碰撞瞬间保持静止，A沿B向下做匀加速直线运动，位移为 ，加速度为
设A到达挡板2时的速度为 ，则
解得
（2）解：滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律可得
解得
（3）解：A开始运动时，AB一起向下运动，做加速运动，由运动学公式可知
解得
B碰撞挡板2后A继续运动，直到A与挡板2碰撞，A做减速运动可知
解得
A与挡板2碰撞后原速度返回，AB一起向上运动直到沿B与挡板1碰撞，由运动学公式可知
解得
A继续上升直到速度为0，则
解得
此后AB一起向下加速，B碰撞挡板2后，A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度为 ，由动能定理可知
解得
反弹后B不会在碰到挡板1，之后就以 的初速度上升到最高点在下降，循环做周期性运动，设周期为 ，则
代入数据可得
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【分析】（1）AB 运动的过程根据牛顿第二定律得出加速度的大小和方向，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 滑块A到达挡板2时的速度 ；
（2） 滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律得出滑块A需要的发射速度；
（3）根据匀变速直线运动的位移与速度的关系和动能定理得出A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度 ，进一步得出 滑块A做周期性运动时的周期。
15．【答案】（1）解：对物块在获得瞬时冲量的过程中有
解得
（2）解：设木板与物块的最终速度为，对板块系统的全过程有
解得
（3）解：设弹簧的最大压缩量为x，有
据动量守恒可知，当弹簧的压缩量最大时板块速度亦为。对板块系统，在物块相对于木板向右运动的过程中有
解得
【知识点】弹性势能；功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动量定理就可以解决该题了；
（2）整个过程中动量守恒，系统减速的动能转化为系统的内能；
（3） 小物块在挡板上从A滑到将弹簧压缩到最短的过程中，系统减速的动能转化为弹簧的势能和系统的内能；
16．【答案】（1）解：A、B、木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）解：由能量守恒定律可得，系统产生的热量为
解得
（3）解：从A滑上木板到与木板同速，A和木板的加速度大小分别为
设A与木板同速时的大小为，则
解得，
A与木板同速后相对静止，B继续相对木板滑动，在时间t内，A相对木板的位移为
由摩擦力做功和产生的摩擦热的关系可知
解得
【知识点】动量守恒定律；加速度；匀变速直线运动基本公式应用；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） A、B、木板组成的系统 根据动量守恒得出滑块A最后的速度：
（2）此过程中根据能量守恒定律得出系统产生的热量：
（3） 从A滑上木板到与木板同速 ，结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出A与木板同速时的速度，利用匀变速直线运动的规律以及功能关系得出木板的长度.
1 / 12023年高考物理全国甲卷真题变式·分层精准练：第12题
一、原题
1．（2023·全国甲卷）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为1，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求
（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小；
（2）金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【答案】（1）解：对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得：，，
联立解得：，。
碰撞后，P做加速度减小的减速运动至轨道最右端，而后平抛，绝缘棒Q匀速至最右端后平抛。
由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等，
所以金属棒P滑出导轨时的速度大小为。
（2）解： 根据能量守恒得：。
（3）解：对金属棒P，由动量定理得：，
其中，，，，
整理得：，即，
解得：，
与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为。
【知识点】动量定理；能量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）对P、Q碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒求碰撞后P、Q的速度，碰撞后，P做加速度减小的减速运动，绝缘棒Q匀速运动，由于P、Q先后落在地面上同一点，则P、Q做平抛运动的初速度相等；
（2）根据能量守恒求金属体P在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）对金属棒P，由动量定理求碰撞后位移，再根据求与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
二、基础
2．（2023高二下·浙江月考）据报道，海南琼中法院审结了一起高空抛物致人身体损害案件，七旬老人纪某被盒装牛奶砸伤，9岁男童高空抛物，其家属被判赔偿7万余元。城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。小张同学想用所学的物理知识来作检验，他建立了如下的情景：如图，250mL牛奶的质量为300g，高度为10cm，设想从18楼（离地45m高）由静止开始释放，直立落地后高度减为原来的一半时速度变为0，此过程把牛奶顶端的运动处理为匀减速运动并作为撞击地面的时间。不计空气阻力，g取10m/s2。帮小张同学求：
（1）牛奶落地时的速度大小；
（2）牛奶在撞击地面过程中对地面的平均冲击力大小。
【答案】（1）由 得
（2）减速时间
由动量定理得
解得
根据牛顿第三定律知对地面的平均冲击力大小为 2703N
【知识点】动量定理；自由落体运动
【解析】【解答】（1）由自由落体规律得出牛奶落地速度。
（2）由动量定理，代入碰撞时间以及碰撞前后动量求解。
3．（2023高二上·上饶期末）2022年，球王梅西率阿根廷队获得卡塔尔世界杯冠军，捧起了大力神杯。图中球王梅西练习用头颠球的场景。某一次足球由静止下落到头顶的速度大小，被重新竖直向上顶起离开头顶时的速度大小。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，空气阻力不计，重力加速度取，在足球与头顶相互作用的过程中，求：
（1）足球的动量变化量的大小；
（2）头顶受到足球的平均作用力的大小。
【答案】（1）设向上为正方向，足球的动量变化量为
（2）设向上为正方向，根据动量定理可知
解得，足球受到头顶的平均作用力为
由牛顿第三定律可知，头顶受到足球的平均作用力的大小
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据动量的表达式得出足球的动量变化量 ；
（2）头顶足球时根据动量定理得出头顶受到足球的平均作用力 。
4．（2022高二下·赣州期末）短道速滑接力赛是北京冬奥会上极具观赏性的比赛项目之一，如图所示为A、B两选手在比赛中的某次交接棒过程。A的质量，B的质量，交接开始时A在前接棒，B在后交棒，交棒前两人均以的速度向前滑行。交棒时B从后面用力推A，当两人分开时B的速度变为，方向仍然向前，不计两人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。
（1）求两人分开时A的速度大小；
（2）交接棒过程要消耗B体内的生物能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其它力做功，求B消耗的生物能E。
【答案】（1）解：设所求A的速度为，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
（2）解：设乙消耗的生物能为E，对两人组成的系统，根据能量守恒定律得
解得
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得两人分开时A的速度大小 。
（2）对两人组成的系统，根据能量守恒定律得B消耗的生物能E。
5．（2021高一下·郑州期末）某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为 的圆面。某时间内该地区的风速恒定为 ，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为 ，假设这个风力发电机能将此圆面内10%的空气动能转化为电能。求：
（1）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能；
（2）此风力发电机的发电功率。
【答案】（1）由题意可知，单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流长度为v0，则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量为
所以单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为
（2）由题意，根据功率的定义可知此风力发电机的发电功率为
【知识点】能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据气流速度和风扇的面积计算单位时间内冲击风扇的空气质量，再根据动能的定义式计算动能大小。
（2）根据能量的转化效率计算动能转化为电能的大小。
6．（2020高三上·丰台期中）如图所示为某公园的大型滑梯，滑梯长度L=9m，滑梯平面与水平面夹角θ=37°，滑梯底端与水平面平滑连接。某同学从滑梯顶端由静止滑下，与倾斜接触面间的动摩擦因数μ1=0.5，与水平接触面之间的动摩擦因数μ2=0.6。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）该同学在斜面上下滑时的加速度大小；
（2）该同学滑到斜面底端时的速度大小；
（3）该同学在水平面上滑行的距离。
【答案】（1）解：由牛顿第二定律可得mgsinθ-μ1mgcosθ=ma
代入数据可得a=2m/s2
（2）解：设滑到底端时速度大小为v，由匀加速直线运动公式v2=2aL
代入数据可得v=6m/s
（3）解：设在水平面上滑行的距离为x，在水平方向对物体由能量守恒可得
代入数据可得x=3m
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】 (1) 受力分析，根据牛二 mgsinθ-μ1mgcosθ=ma ，求出加速度。
(2) 根据匀变速直线运动公式， v2=2aL 求出速度。
(3) 根据能量守恒，动能转化为摩擦生热， ，求出x。
三、巩固
7．（2023·赣州模拟）如图所示为某精密电子器件防撞装置，电子器件T和滑轨PQNM固定在一起，总质量为，滑轨内置磁场的磁感应强度为B。受撞滑块K套在PQ，MN滑轨内，滑块K上嵌有闭合线圈abcd，线圈abcd总电阻为R，匝数为n，bc边长为L，滑块K（含线圈）质量为，设T、K一起在光滑水平面上以速度向左运动，K与质量为的静止障碍物C相撞后结为一体后继续运动。不计滑块与滑轨间的摩擦作用，ab大于滑轨长度。
（1）求滑块K与C碰撞后瞬间速度大小和bc边受到的最大安培力；
（2）设滑轨足够长，防撞装置和障碍物C所吸收的总机械能；
（3）为使保险杠线圈bc边不与器件T发生直接碰撞，求滑轨的长度满足的条件。
【答案】（1）解：当滑块K与C碰撞时，根据动量守恒可得
解得碰撞后瞬间速度大小为
此时边与电子器件速度差最大，为
线圈中感应电动势和感应电流分别为，
此时边受到的安培力最大，为
联立解得
（2）解：滑块K与T最后的速度相同，设此时线圈的速度大小为，根据系统动量守恒可得
因此整个运动过程中，防撞装置和障碍物C所吸收的总机械能为
联立解得
（3）解：以线圈（包含K和C）为研究对象，根据动量定理可得
设边向右发生的相对位移为，则有
联立解得
为使保险杠线圈边不与器件T发生直接碰撞，滑轨的长度需要大于。
【知识点】动量定理；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块K与C碰撞的过程中，利用动量守恒定律可以求出碰后速度的大小，结合速度的大小可以求出K与T速度的差值，结合动生电动势的表达式及安培力的表达式可以求出最大安培力的大小；
（2）当K与T速度最后相等时，利用动量守恒定律可以求出共同速度的大小，利用能量守恒定律可以求出损失的机械能的大小；
（3）以线圈为对象，利用动量定理结合电荷量的表达式可以求出滑轨的长度。
8．（2023·淄博模拟）2023年1月15日，长征二号丁运载火箭以“一箭十四星”发射方式成功将齐鲁二号、三号等14颗卫星发射升空。已知火箭的总质量，火箭发动机点火后从尾部竖直向下喷出高温高压气体而获得动力。火箭尾部喷口横截面积，喷出气体的密度，火箭点火瞬间竖直向下喷出气体相对地面的速度大小，此后火箭向上做匀加速直线运动，取重力加速度大小，不考虑火箭由于喷气带来的质量变化，忽略地球的自转以及高度的变化对重力加速度的影响，空气阻力不计。求：
（1）点火瞬间，火箭因喷出气体获得的动力大小F；
（2）从点火开始计时，火箭运行过程中火箭动力所做的功W。
【答案】（1）解：对时间内喷出的气体有，
联立得
由牛顿第三定律可知火箭因喷出气体获得的动力大小
（2）解：对加速过程中的火箭有，，
联立得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，代入动量定理求解火箭因喷出气体获得的动力大小F。
（2）火箭向上做匀加速直线运动， 可以由运动学公式求出平均速度，根据恒力做功公式得到火箭动力所做的功W。
9．（2023·汕头模拟）如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端为3l处静置小木块B，AB之间光滑；水平面上距离A右端处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动摩擦因数均为μ。ABC的质量均为m，AB、AC之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连。现对A施加水平向右的恒定推力，当AC相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度，由于A板足够长，所以不考虑BC的相碰。已知重力加速度为g。求：
（1）水平推力F的大小；
（2）当AC都停下时C离A板右端的距离d。
【答案】（1）解：对A，由动能定理
AC相碰，有
得
（2）解：AC相碰后，AC分离，对C有
得
对A有
然后AB相碰，有
此后，对A有
得
AC之间的距离
得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）已知AC发生碰撞，利用动量守恒定律可以求出碰前速度的大小，结合动能定理可以求出水平推力的大小；
（2）当AC碰后，利用动能定理可以求出C运动的位移，结合动能定理可以求出A碰前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出AB碰后速度的大小，结合动能定理可以碰后AB运动的距离大小。
10．（2023高二下·抚州开学考）如图所示，一对平行的光滑金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=0.5m，左端接有阻值的电阻。一质量m=0.2kg、电阻的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=0.4T。棒在水平向右的拉力F作用下，由静止开始以的加速度做匀加速直线运动。当棒的位移x=9m时撤去力F，棒继续运动一段距离后静止。若导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
（1）力F撤去前其大小随时间变化的关系；
（2）撤去力F后电阻R上产生的焦耳热Q；
（3）撤去力F后金属棒MN继续向前运动的距离。
【答案】（1）解：设棒匀加速运动所用时间为 ，由
得t=3.0s
棒在t时刻的速度为v=at=2t
此时棒产生感应电动势
回路中感应电流
棒受到安培力
棒在做匀加速直线运动时有
联立以上方程解得
（2）解：撤去力F时棒运动的速度
撤去力F后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少量，即
故撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热
（3）解：设撤去力F后棒在t时刻速度大小为v，此时 、 、
即
对棒有
即
在 时间里
将撤去力F后棒运动的全过程分为无数个时间为 的子过程，则子过程方程累加求和有
解得撤去力F后棒继续向前运动的距离
另解：设撤去力F后棒在t时刻速度大小为v，此时 、 、
即
在 时间里，安培力的冲量
将撤去力F后棒运动的全过程安培力的总冲量为
撤去力F后棒运动的全过程应用动量定理在
解得撤去力F后棒继续向前运动的距离
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）力撤去前，利用位移公式可以求出金属棒运动的位移，结合速度公式可以求出速度的大小，结合动生电动势的表达式及欧姆定律可以求出回路电流的表达式，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出力F大小与时间的关系；
（2）当撤去F后，利用能量守恒定律可以求出电阻R上产生的热量；
（3）撤去F后，利用动量定理结合牛顿第二定律及安培力的表达式可以求出MN继续向前运动的距离。
四、提升
11．（2023·山东模拟）如图，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=29.12N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处。已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为，Q与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）P与Q第一次碰前P的速度大小；
（2）为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；
（3）P、Q最终的速度大小；
（4）P、Q由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。
【答案】（1）解：P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：设恒力为，弹簧的最大形变量为x，有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度，联立解得
所以恒力的最小值为
（3）解：P、Q间的碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
Q也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
当Q与传送带共速时P、Q的距离为
之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小都是4m/s
传送带减速的过程，由于加速度，故Q在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相对滑动，由于加速度，故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始，直到减速到零，经历时间
当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为
P、Q间的距离为
P与Q第二次碰撞前的速度大小为
P、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
P、Q第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别为和
（4）解：P在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P在最后减速阶段与传送带间的相对位移
Q在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P由于与传送带间的摩擦产生的热量
Q由于与传送带间的摩擦产生的热量
系统产生的热量
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据功能关系以及能量守恒定律联立列方程求解。
（2） 当弹簧处于原长时，P与弹簧分离 ，为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度 。
（3） P、Q间的弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒 。 两滑块碰后，P先在传送带上减速 ， Q也先在传送带上减速 。 之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小 相等。
（4）产生热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小。
12．（2022高三上·湖北月考）竖直面内的水平轨道上有一半径为、圆心角为的固定光滑圆弧轨道，其底端紧靠一质量为的长木板，长木板上表面与圆弧轨道底端平齐，长木板右端放置一小物块P，如图甲所示。用足够长轻绳拴接的两个小滑块A、B分别置于圆弧轨道两侧，A刚好被锁定在圆弧轨道上端，B悬停在空中。现解除锁定，A下滑至圆弧轨道底端时与P发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后，A立即又被锁定，P开始运动的v-t图像如图乙所示，图中的、、均为未知量，整个运动过程中P始终未滑离长木板。已知A的质量为，B、P的质量均为，P与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与水平轨道之间的动摩擦因数为，P、A、B均可视为质点，重力加速度大小为。求
（1） 、的值；
（2） 与过程，小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。
【答案】（1）解：将AB作为整体，在A沿圆弧轨道下滑的过程中，满足机械能守恒
其中
解得
物块A、P发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，可得
解得
滑块P滑上木板后，根据牛顿第二定律，对滑块P
对木板
速度相同时
解得
（2）解：t0时刻，所达到的共同速度
根据能量守恒，在 时间内产生的热量
在 时间内产生的热量
代入数据可得热量之比
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1）以AB为整体利用机械能守恒定律和速度的分解得出A点的速度，物块AB发生弹性碰撞时，结合机械能守恒以及动量守恒得出碰撞后物块P的速度， 滑块P滑上木板后 ，对滑块和木板利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间的关系得出v0 、t0的值；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系以及能量守恒得出小物块P、长木板和水平轨道组成的系统因摩擦产生内能的比值。
13．（2022高三上·江西期中）如图所示，表面水平的小车B静止在光滑水平面上，小物块A（可视为质点）以初速度v从小车左端水平滑上小车，此后当A、B恰好共速时，B与正前方静置在墙内水平均匀孔道中的细杆C发生碰撞。已知：A、B、C的质量为m，所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计，A、B间和C与墙内孔道间的滑动摩擦力大小均为，重力加速度为g，小车表面及墙内孔道均足够长。不计空气阻力，则：
（1）求B、C的起始间距；
（2）若B、C可以发生二次碰撞，求第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，B匀速运动的位移和C所运动的位移；
（3）若B、C只能发生二次碰撞，求细杆原来裸露在墙外的长度满足的条件。
【答案】（1）解：设A、B共速时速度为v1，由动量守恒定律
可得
此过程B的位移为 ，由动能定理
可得
（2）解：B、C第一次相撞后速度分别为 、 ，
由动量和能量守恒定律有
可得 ，
碰后至C减速为0，对C有
可得
第一次碰后，A、B再次共速时，由
可得
该过程B前进的位移
之后，A、B一起向右匀速，向右匀速位移为 ，则有
可得
（3）解：B、C第二次碰后速度分别为 、 ，
则有
B、C第二次碰后杆C向右运动，有
联立可得
则外露最大长度
所以满足条件的外露长度应为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；动能
【解析】【分析】（1）根据动量定理以及动能定理得出 B、C的起始间距；
（2）BC碰撞的过程根据动量守恒和能量守恒定律得出第一次碰撞后C的速度，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出减速过程的位移， 结合动量守恒
定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出AB一起向右移动的位移；
（3）根据动量守恒以及机械能守恒和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 细杆原来裸露在墙外的长度满足的条件。
14．（2022高三上·徐州期中）一游乐设施简化模型如图所示，挡板1、2分别固定在光滑斜面的顶端和底端，相距为L，A为一小滑块，B为不计质量的板（在外力的作用下可以瞬间获得或失去速度），长度，AB间的滑动摩擦力大小恒等于A的重力，A、B与挡板的碰撞都是弹性碰撞，已知斜面的倾角，重力加速度为g。
（1）若将置于板上端的滑块A以初速度为零释放，求滑块A到达挡板2时的速度大小。
（2）在挡板1处有发射装置，可以将置于板上端的滑块A沿平行于斜面的方向发向发射，要使滑块A恰能回到挡板1处，求滑块A需要的发射速度大小。
（3）在（2）中，若使滑块A以初速度发射，求滑块A做周期性运动时的周期。
【答案】（1）解：A与B相对静止一起沿斜面运动，则
加速度方向沿斜面向下，A在B板上上滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向下，A在B板上下滑时，加速度为
加速度方向沿斜面向上，AB整体先向下做匀加速运动，加速度为
位移为 ，当b下端碰到2时，由于b板质量不计，碰撞瞬间保持静止，A沿B向下做匀加速直线运动，位移为 ，加速度为
设A到达挡板2时的速度为 ，则
解得
（2）解：滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律可得
解得
（3）解：A开始运动时，AB一起向下运动，做加速运动，由运动学公式可知
解得
B碰撞挡板2后A继续运动，直到A与挡板2碰撞，A做减速运动可知
解得
A与挡板2碰撞后原速度返回，AB一起向上运动直到沿B与挡板1碰撞，由运动学公式可知
解得
A继续上升直到速度为0，则
解得
此后AB一起向下加速，B碰撞挡板2后，A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度为 ，由动能定理可知
解得
反弹后B不会在碰到挡板1，之后就以 的初速度上升到最高点在下降，循环做周期性运动，设周期为 ，则
代入数据可得
【知识点】能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；动能
【解析】【分析】（1）AB 运动的过程根据牛顿第二定律得出加速度的大小和方向，通过匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 滑块A到达挡板2时的速度 ；
（2） 滑块从挡板1滑下到再回来的过程中，由能量守恒定律得出滑块A需要的发射速度；
（3）根据匀变速直线运动的位移与速度的关系和动能定理得出A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度 ，进一步得出 滑块A做周期性运动时的周期。
15．（2022高二下·阜阳期末）如图所示，质量的长木板静置于光滑水平面上，木板左端有挡板，水平轻弹簧左端固定于挡板上，质量可视为质点的小物块置于木板右端，物块与弹簧右端相距。现给物块一大小、方向水平向左的瞬时冲量，物块向左运动，与弹簧发生作用后，距木板右端处相对木板静止。已知物块与木板间的动摩擦因数，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小g取10。求：
（1）物块刚获得冲量后的速度大小v；
（2）系统在整个过程中产生的热量Q；
（3）弹簧具有的弹性势能的最大值。
【答案】（1）解：对物块在获得瞬时冲量的过程中有
解得
（2）解：设木板与物块的最终速度为，对板块系统的全过程有
解得
（3）解：设弹簧的最大压缩量为x，有
据动量守恒可知，当弹簧的压缩量最大时板块速度亦为。对板块系统，在物块相对于木板向右运动的过程中有
解得
【知识点】弹性势能；功能关系；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动量定理就可以解决该题了；
（2）整个过程中动量守恒，系统减速的动能转化为系统的内能；
（3） 小物块在挡板上从A滑到将弹簧压缩到最短的过程中，系统减速的动能转化为弹簧的势能和系统的内能；
16．（2022·邢台模拟）有一质量的长木板静止在光滑水平面上，某时刻A、B两个可视为质点的滑块同时从左右两端滑上木板，两个滑块的初始速度大小相等且，两个滑块刚好没有相碰。已知两个滑块与木板的动摩擦因数，两个滑块的质量，当地重力加速度。求：
（1）滑块A最后的速度；
（2）此过程中系统产生的热量；
（3）木板的长度。
【答案】（1）解：A、B、木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）解：由能量守恒定律可得，系统产生的热量为
解得
（3）解：从A滑上木板到与木板同速，A和木板的加速度大小分别为
设A与木板同速时的大小为，则
解得，
A与木板同速后相对静止，B继续相对木板滑动，在时间t内，A相对木板的位移为
由摩擦力做功和产生的摩擦热的关系可知
解得
【知识点】动量守恒定律；加速度；匀变速直线运动基本公式应用；能量守恒定律
【解析】【分析】（1） A、B、木板组成的系统 根据动量守恒得出滑块A最后的速度：
（2）此过程中根据能量守恒定律得出系统产生的热量：
（3） 从A滑上木板到与木板同速 ，结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出A与木板同速时的速度，利用匀变速直线运动的规律以及功能关系得出木板的长度.
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