命题区间6 力学三大观点的综合应用
(满分100分)
题型一 动量和能量的综合应用
1．(10分)(2022·广东卷T13 子母题)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们都处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)滑块与滑杆碰撞过程损失的机械能；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
2．(10分)(2021·湖南卷T14 姊妹题)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上。重力加速度为g。
(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度h的取值范围。
3．(12分)(2024·辽宁卷T14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
题型二 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用
1．(10分)(2022·山东卷T18 子母题)如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA＝0.1 kg，B的质量mB＝0.3 kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小；
(2)A向左减速时运动的最远距离及B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf 。
2．(10分)(2024·湖南卷T15)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。求：
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，小球的质量比；
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(03．(10分)(2022·全国乙卷T25 姊妹题)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求：
(a) (b)
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
4．(12分)(2022·湖南卷T14 补偿题)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(a) (b)
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小；
(3)篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
5．(12分)(2024·河北卷T15)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离；
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值；
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
6．(14分)(2023·湖南卷T15 补偿题)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。有一个质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
(3)若＝，求小球下降h＝高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
7 / 7高考真题衍生卷·命题区间6
题型一
1．解析：(1)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
－mgl－f l＝，
代入数据解得v1＝8 m/s。
(2)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv1＝v，
v＝2 m/s，
损失的机械能
ΔE＝－(M＋m)v2＝4.8 J。
(3)碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－gh＝0－v2，
代入数据联立解得h＝0.2 m。
答案：(1)8 m/s (2)4.8 J (3)0.2 m
2．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝，解得v0＝。
(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有
x＝vt，
y＝gt2，
联立解得y＝g，
设A落在P点时从O点抛出的初速度为vP，
将P点坐标代入上式，有
μL＝，
解得vP＝，
小物块A从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ上的动能均相同，有＋mg·μL＝mv2＋mgy，解得x2＋4y2－8μLy＝0(0≤x≤2μL且μL≤y≤2μL)。
(3)设A与B碰前瞬间的速度为 v′0，A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
mv′0＝mv1＋λmv2，
＝，
解得v1＝v′0，v2＝v′0，
碰撞后A反弹向左运动，设再返回O点时速度大小为vA，
对此过程用动能定理得－2μmgL＝，
对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得mgh－μmgL＝，解得v′0＝，要使A、B均能落在PQ上且A落在B落点的右侧，则有，
联立解得3μL＋μL≥h＞＋μL。
答案：(1) (2)x2＋4y2－8μLy＝0(0≤x≤2μL且μL≤y≤2μL)
(3)3μL＋μL≥h＞＋μL
3．解析：(1)对物块A由平抛运动知识得
h＝gt2
xA＝vAt
代入数据解得，脱离弹簧时物块A的速度大小为
vA＝1 m/s
对物块A、B整体由动量守恒定律
mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时物块B的速度大小为
vB＝1 m/s。
(2)对物块B由动能定理
－μmBgxB＝
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
μ＝0.2。
(3)对于整个过程，由能量守恒定律有
ΔEp＝＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中
mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
ΔEp＝0.12 J。
答案：(1)1 m/s 1 m/s (2)0.2
(3)0.12 J
题型二
1．解析：(1)设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒定律有
mAv0＝mAvA＋mBvB，
＝，
代入数据联立解得
vA＝－2 m/s，(方向水平向左)，
vB＝2 m/s，(方向水平向右)，
即A和B速度的大小分别为2 m/s，2 m/s。
(2)设A减速时运动的最远距离为x0，因为A物体返回到O点正下方时，相对地面的速度为0，对A物体减速过程根据动能定理有
－μ1mAgx0＝，
代入数据解得x0＝0.5 m，
根据动量定理有
－μ1mAgt2＝0－mAvA，
代入数据解得
t2＝0.5 s，
经分析知：B停止前，A已进入O′左侧。
此过程中A减速的位移等于在A匀速运动过程中B物体向右的位移，所以对于此过程对B有
μ2g＝mBa1，
x0＝，
联立各式代入数据解得
t1＝s，t′1＝1 s(舍去)，
故根据几何关系有
d＝vAt1＋x0，
代入数据解得d＝m。
(3)在A刚开始减速时，B物体的速度为
v2＝vB－a1t1＝1 m/s，
在A减速过程中，对B分析，根据牛顿运动定律可知
μ1mAg＋μ2g＝mBa2，
解得a2＝ m/s2，
B物体停下来的时间为t3，则有
0＝v2－a2t3，
解得t3＝ s可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
xB＝＝ m，
所以A对B的摩擦力所做的功为
Wf ＝－μ1mAgxB＝－ J。
答案：(1)2 m/s，2 m/s (2)0.5 m m (3)－ J
2．解析：(1)由题意可知小球A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
mAv0＝(mA＋mB)v
可得
v＝
碰撞后根据牛顿第二定律有
F＝(mA＋mB)
可得
F＝。
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则根据动量和能量守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB
＝
联立解得
vA＝，vB＝
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为＝(k1＝0，1，2，…)
则有
＝＝(k1＝0，1，2，…)
联立解得
＝(k1＝0，1，2，…)
由于两质量均为正数，故k1＝0，即
＝2
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为v′A，v′B，则同样有
mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B
＝
联立解得v′A＝v0，v′B＝0，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为＝(k2＝0，1，2，…)
所以
＝＝(k2＝0，1，2，…)
联立解得
＝(k2＝0，1，2，…)
因为两质量均为正数，故k2＝0，即
＝5
根据①的分析可证v′A＝v0，v′B＝0，满足题意。
综上可知＝2或＝5。
(3)第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v1相＝ev0，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有
t1＝
第一次碰撞根据动量守恒有
mAv0＝mAvA1＋mBvB1
且v1相＝vB1－vA1＝ev0
联立解得
vB1＝(v0＋v1相)
B球运动的路程
s1＝vB1t1＝(＋1)＝(＋1)
第二次碰撞的相对速度大小为
v2相＝ev1相＝e2v0
t2＝
第二次碰撞有
mAv0＝mAvA2＋mBvB2
且v2相＝vA2－vB2＝e2v0
联立解得
vB2＝(v0－v2相)
所以B球运动的路程
s2＝vB2t2＝(－1)＝(－1)
一共碰了2n次，有
s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n＝·(＋＋＋…＋)＝·。
答案：(1)
(2)＝2或＝5
(3)·
3．解析：(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律有
mB·1.2v0＝(mB＋m)v0，
根据能量守恒定律有
Epmax＝，
联立解得
mB＝5m，
Epmax＝。
(2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律有F＝ma，
可知同一时刻
aA＝5aB，
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为
vA＝aAt，
vB＝1.2v0－，
根据位移等于速度在时间上的累积可得
sA＝vAt(累积)，
sB＝vBt(累积)，
又sA＝0.36v0t0，
解得sB＝1.128v0t0，
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v′A，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5m·(－vB′)，
根据能量守恒定律可得
＋·5m·(0.8v0)2＝，
联立解得v′A＝v0，
设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgL sin θ－μmgL cos θ＝，
下滑过程，根据动能定理可得
mgL sin θ－μmgL cos θ＝－0，
联立解得μ＝0.45。
答案： (2)0.768v0t0 (3)0.45
4．解析：(1)篮球运动过程中阻力大小为f ＝λmg，
篮球从最高点下落到第一次碰到地面前，由动能定理有
(mg－f )H＝，
篮球从第一次碰到地面到上升至最高点，由动能定理有
－(mg＋f )h＝，
联立解得篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比k＝＝。
(2)篮球从h高处到第二次碰到地面前，由动能定理有
(mg－f )h＋＝，
第二次碰到地面后上升到最大高度h处，由动能定理有
－(mg＋f )h＝，
第二次碰到地面后反弹有k＝，
联立解得F0＝。
(3)篮球从H高处下落碰到地面后上升的高度为h1＝h，
运动员第1次拍击篮球，由动量定理得冲量I＝mv0，
篮球从最高点到第二次与地面相碰前有
(mg－f )h1＝，
篮球第二次与地面相碰后上升到最大高度h2处，有
－(mg＋f )h2＝，
k＝，
解得h2＝＋h1，
同理可得运动员第2次拍击篮球，篮球第三次与地面相碰后上升到最大高度h3处，有
h3＝＋h2＝(1＋)＋()2h1，
同理可得运动员第3次拍击篮球，篮球第四次与地面相碰后上升到最大高度h4处，有
h4＝＋h1，
运动员第N次拍击篮球，篮球第N＋1次与地面相碰后上升到最大高度hN＋1处，有
hN＋1＝·＋h1，
由题可知hN＋1＝H，
联立解得I＝m。
答案：(1)
(2)
(3)m
5．解析：(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得
Mx＝mx1
同时有
x＋x1＝LA
解得A、B木板间的水平距离
x1＝1.5 m。
(2)设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得
v cos θ·t＝x1
＝
联立解得
v2＝
机器人跳离A木板的过程，系统水平方向动量守恒
Mv cos θ＝mvA
根据能量守恒可得机器人做的功为
W＝
联立得
W＝ 45J＝ 45J＝45(tan θ＋)J
根据数学知识可知当tan θ＝时，即tan θ＝2时，W取最小值，代入数值得此时W＝90 J。
(3)根据tan θ＝2可得
v cos θ＝ m/s，
联立(2)中v cos θ·t＝x1
可得t＝ s
根据Mv cos θ＝mvA
得vA＝ m/s
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
Mv cos θ＝(M＋2m)v共
解得
v共＝ m/s
该过程A木板向左运动的距离为
xA＝vAt＝× m＝4.5 m
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，得
(M＋m)v共＝Mv0－mvB①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得
＝(v0＋vB)Δt②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为
Δx＝x1＋xA＝6 m
可得
(vB－vA)·3Δt＝Δx③
联立①②③解得
Δt＝－
故A、C两木板间距为
xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB
vC＝v共
解得
xAC＝LB。
答案：(1)1.5 m (2)90 J 2 (3)xAC＝LB
6．解析：(1)小球和凹槽组成的系统在运动过程中水平方向动量守恒，小球在凹槽最低点时只有水平方向的速度，设小球、凹槽此时的速度大小分别为vm、vM，由水平方向动量守恒有mvm＝MvM，①
由机械能守恒定律有
＝mgb， ②
联立解得vM＝。③
由①易得mxm＝MxM，④
且小球第一次运动到凹槽的最低点时有
xm＋xM＝a，⑤
联立解得xM＝。⑥
(2)由题知小球相对于凹槽一直做轨迹为半个椭圆的运动，设小球对地速度的水平分量大小为v1，凹槽对地速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝Mv2， ⑦
从初始时刻开始，设某时刻小球对地水平位移大小为x1，凹槽的对地位移大小为x2，
由⑦易得mx1＝Mx2， ⑧
设某时刻小球在xOy坐标系中坐标为(x，y)，易得x＝a－x1， ⑨
根据坐标平移相关知识及椭圆规律有
＋＝1，⑩
联立⑧⑨⑩可得小球在xOy中的轨迹方程为
＋＝1(y≤0)。
(3)将＝代入 式可得小球轨迹方程为[x－(a－b)]2＋y2＝b2，
由 式可得小球轨迹为圆，故当y＝－时，x＝(a－b)±b，
考虑到对称性，不妨取x＝(a－b)＋b来计算速度大小，由圆的几何知识推导可知，在这个位置上的小球，速度大小为
v′m＝2v′mx，
由系统水平方向动量守恒有
mv′mx＝Mv′M，
由系统机械能守恒可得
＝mg·，
联立 解得v′m＝2b。
答案：(1)
(2)＋＝1(y≤0)
(3)2b
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