新高考物理二轮复习解答题突破练习大题06 三大动力学观点在力学中的综合应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习解答题突破练习大题06 三大动力学观点在力学中的综合应用（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了4 m/s，4 J　4，05 J，5l等内容，欢迎下载使用。

题型1 含弹簧的系统综合应用
例1.(2023辽宁沈阳市联考)如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求：
(1)物体C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
答案 (1)2 kg (2)2.4 m/s
解析 (1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有
m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
eq \f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq \f(1,2)(m1＋m3)veq \\al(2,共2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。
例2.如图甲所示，光滑的水平轨道AB与竖直面内的半圆形轨道BCD在B点平滑连接，半圆形轨道半径为R＝0.4 m。一质量为m1＝0.1 kg的小物块P将弹簧压缩到A点后由静止释放，向右运动至B点与质量为m2＝0.2 kg的小物块Q发生弹性碰撞，碰撞完成P立即被从轨道取走，Q从B点进入半圆形轨道，在半圆形轨道上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图乙所示。P、Q可看作质点，重力加速度大小为g＝10 m/s2，求：
(1)Q从B点运动到D点的过程中克服摩擦力做的功；
(2)P将弹簧压缩到A点时弹簧具有的弹性势能(结果保留3位有效数字)。
答案 (1)0.4 J (2)4.05 J
解析 (1)由图乙可知，Q在B、D两点的速度分别为vB＝6 m/s，vD＝4 m/s
Q从B点运动到D点的过程，由动能定理有
－m2g·2R－Wf＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,D)－eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)
代入数据解得，Q从B点运动到D点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝0.4 J。
(2)P、Q碰撞过程，根据动量守恒定律可得
m1v1＝m2vB＋m1v2
由于是弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)
联立解得，碰撞前P的速度为v1＝9 m/s
P将弹簧压缩到A点时弹簧具有的弹性势能为
Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
代入数值解得Ep＝4.05 J。
1.(2024广东省三模)如图甲所示，室内蹦床是一项深受小朋友喜爱的运动娱乐项目，其简化模型如图乙所示：竖直放置的轻弹簧，一端固定在地面上，另一端连接质量为m的木板B，质量为3m的物体A从B中央正上方高为h处由静止释放，随后A与B发生完全非弹性碰撞，一起向下运动．若A与B碰撞时间极短，碰后一起下降的最大距离为eq \f(h,4)，A、B始终在同一竖直线上运动，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1) A与B碰后瞬间的速度大小．
(2) A与B碰撞瞬间，损失的机械能．
(3) A与B碰后一起向下运动到最低点的过程中，A对B做的功．

答案 (1) eq \f(3,4)eq \r(2gh) (2) eq \f(3,4)mgh (3) eq \f(39,16)mgh
解析 (1) 设A与B碰前瞬间速度大小为v0，A自由下落时，由机械能守恒定律可得
3mgh＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gh)
A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
3mv0＝(3m＋m)v
解得v＝eq \f(3,4)eq \r(2gh)
(2) A与B碰撞瞬间，损失的机械能
ΔE＝E1－E2＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×(3m＋m)v2
代入数据解得ΔE＝eq \f(3,4)mgh
(3) 设A、B一同向下运动的全过程，A克服B的弹力做的功为W1，对A应用动能定理可得－W1＋3mg×eq \f(1,4)h＝0－eq \f(1,2)×3mv2
解得W1＝eq \f(39,16)mgh
则A对B做的功为W2＝W1＝eq \f(39,16)mgh
题型二 多次碰撞模型
例3.如图所示，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，A、B之间光滑；水平面上距离A右端l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．A、B、C的质量均为m，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A、C相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度vAC＝4 eq \r(μgl)．由于A板足够长，所以不考虑B、C的相碰．已知重力加速度为g．求：
(1)水平推力F的大小．
(2)当A、C都停下时C离A板右端的距离d．
答案(1)34μmg (2)5.5l
解析 (1)对A由动能定理得
(F－2μmg)l＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) －0
A、C相碰，有mv0＝2mvAC
解得F＝34μmg
(2)A、C相碰后，A、C分离，对C有
－μmgxC＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,AC)
解得xC＝8l
对A有－μ·2mg(3l－l)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A) － eq \f(1,2)mv eq \\al(2,AC)
解得vA＝ eq \r(8μgl)
然后A、B相碰，有mvA＝2mvAB
此后，对A有－μ·2mgxA2＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,AB)
解得xA2＝0.5l
A、C之间的距离d＝xC－(3l－l)－xA2
解得d＝5.5l
例4.(2023山东菏泽高三模拟)足够长的斜面体固定在水平面上，其斜面与水平面夹角为θ。物块P置于斜面上，向下推动P使其沿斜面下滑，撤去推力后P沿斜面匀速下滑。将P重新静置于斜面上，如图2所示，表面光滑的物块Q自距P为l0处无初速释放，并与P发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知P、Q质量均为m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：
(1)P与斜面间的动摩擦因数；
(2)Q释放后经多长时间与P发生第1次碰撞；
(3)Q与P第2次碰撞后P的速度大小；
(4)从Q释放到与P发生第n次碰撞经历的时间和碰撞点到释放点的距离。
答案 (1)tan θ (2)eq \r(\f(2l0,gsin θ)) (3)2eq \r(2gl0sin θ) (4)(2n－1)eq \r(\f(2l0,gsin θ)) (2n2－2n＋1)l0
解析 (1)P能沿斜面匀速下滑，则
mgsin θ＝μmgcs θ
解得μ＝tan θ。
(2)设Q下滑的加速度为a，
由牛顿第二定律mgsin θ＝ma
经时间t1发生第1 次碰撞
由匀变速直线运动规律l0＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
解得t1＝eq \r(\f(2l0,gsin θ))。
(3)Q与P第1 次碰撞前的速度v0＝at1
解得v0＝eq \r(2gl0sin θ)
Q、P 第1次碰后速度分别为vQ1、vP1，碰撞过程动量守恒mv0＝mvQ1＋mvP1
碰撞过程机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,P1)
解得vQ1＝0，vP1＝v0＝eq \r(2gl0sin θ)
即碰撞过程交换速度。碰后Q做初速度为零的匀加速运动，加速度仍为a，碰后物块P匀速下滑，设再经时间t2发生第2次碰撞vP1t2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
第2次碰前物块Q的速度vQ2′＝at2
根据弹性正碰可得，碰撞过程Q、P 交换速度，则第2次碰后Q、P 的速度分别为vQ2、vP2，联立解得
vQ2＝v0＝eq \r(2gl0sin θ)
vP2＝2v0＝2eq \r(2gl0sin θ)。
(4)设再经时间t3发生第3次碰撞，同理可得t3＝t2
第3次碰前Q的速度大小为vQ3′＝v0＋at2＝3v0
碰后Q的初速度大小vQ3＝2v0
P匀速运动速度大小vP3＝3v0
经时间t4第4次碰撞，则有t4＝t2
P匀速运动速度大小vP4＝4v0
综上分析可得，第n－1次碰撞到第n次碰撞用时tn＝t2
则从释放到第n次碰撞用时
t＝t1＋t2＋…＋tn＝(2n－1)eq \r(\f(2l0,gsin θ))
物块P第1 次、第2 次、第3 次、…第n－1次碰撞后运动位移分别为x1、x2、x3、…xn－1
x1＝v0t2，x2＝2v0t2，xn－1＝(n－1)v0t2
第n次碰撞点到Q释放点距离为
x＝l0＋x1＋x2＋…＋xn－1
解得x＝(2n2－2n＋1)l0。
2．(2023山东烟台一模统考)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t＝0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
(1)木板A的长度；
(2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离；
(3)0～t0时间内B经过的路程；
(4)t0的值。
答案 (1)eq \f(veq \\al(2,0),3μg) (2)eq \f(5veq \\al(2,0),27μg) (3)eq \f(veq \\al(2,0),8μg) (4)eq \f(4v0,3μg)
解析 (1)依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，对物块和木板由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1
根据能量守恒定律有
μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m＋m)veq \\al(2,1)
联立解得v1＝eq \f(1,3)v0，L＝eq \f(veq \\al(2,0),3μg)。
(2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2
根据能量守恒定律有
μmgx1＝eq \f(1,2)(2m＋m)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(2m＋m)veq \\al(2,2)
联立求得v2＝eq \f(1,32)v0，x1＝eq \f(4veq \\al(2,0),27μg)
则可得此时物块距木板左端的距离为
Δl1＝L－x1＝eq \f(5veq \\al(2,0),27μg)。
(3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为eq \f(v0,3n)，
对B有 μmg＝maB
从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))eq \s\up12(2)＝2aBs1
从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,32)))eq \s\up12(2)＝2aBs2
从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3n)))eq \s\up12(2)＝2aBsn
则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq \f(veq \\al(2,0),μg)(eq \f(1,32)＋eq \f(1,34)＋eq \f(1,36)＋…＋eq \f(1,32n))
得s＝eq \f(veq \\al(2,0),μg)eq \f(\f(1,32)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32n))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32))))＝eq \f(veq \\al(2,0),8μg)。
(4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n＋1次与挡板发生碰撞的过程中，
设B做匀变速运动的时间为t1，B做匀速直线运动的时间为t2，A、B保持相对静止共同运动的位移为Δx，匀变速运动过程有
eq \f(v0,3n)＋eq \f(v0,3n＋1)＝aBt1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3n)))eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3n＋1)))eq \s\up12(2)＝2aBΔx
匀速过程有Δx＝eq \f(v0,3n＋1)t2
联立可得t1∶t2＝1∶1
即每相邻两次碰撞过程中，A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1
在0～t0时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t′，则
t′＝eq \f(1,2)t0
对A有μmg＝2maA
又eq \f(v0,3)＝aAt′
解得t0＝eq \f(4v0,3μg)。
题型三 多过程问题
例5.如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和eq \f(1,4)光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5 kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度；
(2)求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)；
(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围。
答案 (1)4 m/s，方向水平向右 (2)eq \f(8,3) m
(3)1.5 m≤L≤3 m
解析 (1)物块P沿MN滑下，设末速度为v0，
由机械能守恒定律得m1gh＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)
解得v0＝6 m/s
物块P、Q碰撞，取向右为正方向
设碰后瞬间P、Q速度分别为v1、v2
由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右。
(2)物块Q与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为
a2＝－eq \f(μm2g,m2)＝－2 m/s2
a3＝eq \f(μm2g,M)＝eq \f(2,3) m/s2
物块Q的位移x2＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2＝3 m
小车的位移x3＝eq \f(1,2)a3t2＝eq \f(1,3) m
解得s＝x2－x3＝eq \f(8,3) m。
(3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有
m2v2＝(m2＋M)v3
可得共同速度为v3＝1 m/s
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m2＋M)veq \\al(2,3)＋μm2gL1
解得L1＝3 m
物块Q刚好回到A点与木板共速时，AB段最短，
根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝1 m/s
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m2＋M)veq \\al(2,3)＋2μm2gL2
解得L2＝1.5 m
当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m2＋M)veq \\al(2,3)＋μm2gL2＋m2gH
解得H＝0.3 mEk2，满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
如果物块A碰撞后反弹，后来落到M点，假设撞后瞬间物块A速率为v3，根据动能定理和动量守恒定律有
－μmAg·2L＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,3)
mAv＝－mAv3＋mBv2
解得 eq \f(mA,mB)＝eq \f(2,9)
同理，对碰撞前后动能进行比较有
eq \f(1,2)mAv2>eq \f(1,2)mAveq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,2)
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
如果物块A碰撞后反弹，后来落到N点，假设撞后瞬间物块A速率为v4，根据动能定理和动量守恒定律有
－μmAg·2L＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mAveq \\al(2,4)
mAv＝－mAv4＋mBv1
解得 eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,6＋2\r(3))
同理，对碰撞前后动能进行比较有
eq \f(1,2)mAv2>eq \f(1,2)mAveq \\al(2,4)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,1)
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
综上所述，物块A和物块B的质量之比为eq \f(2,5)或eq \f(2,9)或eq \f(1,6＋2\r(3)).
4．(2024深圳第一次调研)如图所示，长为L＝0.8 m，内壁光滑的钢管(顶端开口，下端封闭)竖直固定放置，A、B两小球的质量分别为mA＝200 g、mB＝100 g，直径略小于钢管内径，将小球A从管口静止释放并开始计时，0.2 s时在管口由静止释放小球B，已知小球与管底碰撞后原速率反弹，小球的直径与钢管长度相比可忽略不计，取g＝10 m/s2，碰撞时间和空气阻力均可忽略．
(1) 求A球刚落到管底时，B球的速度vB.
(2) 求A、B两小球相遇的位置距管底的高度h.
(3) 若A、B两小球发生碰撞后，B小球上升的最高点高出管口Δh＝0.35 m，求两小球碰撞时损失的机械能．
答案 (1) 2 m/s (2) 0.35 m (3) 0.525 J
解析 (1) 根据题意，有L＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,A)
解得tA＝eq \r(\f(2L,g))＝0.4 s
则有tB＝tA－0.2 s＝0.2 s
则A球刚落到管底时，B球的速度vB＝gtB＝2 m/s
(2) 根据题意可知，A球反弹之后做竖直上抛运动，则有
vA＝gtA＝4 m/s
A球刚落到管底时，小球B下落的高度为hB＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,B)＝0.2 m
设从A球反弹到两球相遇的时间为t2，则有
h＝vAt2－eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
h′＝vBt2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
又有L－hB＝h＋h′
联立解得t2＝0.1 s，h＝0.35 m
(3) 设A、B两小球碰撞后，B球上升的速度为v′B，则有
0－v′eq \\al(2,B)＝－2g(L－h＋Δh)
解得v′B＝4 m/s
设A、B两小球碰前速度分别为v1、v2，则有
v1＝vA－gt2＝3 m/s
v2＝vB＋gt2＝3 m/s
碰撞时动量守恒，取向上为正方向，则有
mAv1－mBv2＝mAv′1＋mBv′B
解得v′1＝－0.5 m/s
则碰撞过程中，损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mAv′eq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mBv′eq \\al(2,B)＝0.525 J
5．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析
解析 (1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。
对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，
对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
6． (2024广州调研)如图所示，ABCD为跳台滑雪的滑道简化示意图．滑道最低点C处附近是一段半径为R的圆弧，A与C的高度差为H，D与C的高度差为h.质量为m的运动员从A处由静止滑下，离开D点时速度方向与水平方向夹角为30°.不计滑道摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：
(1) 运动员滑到C点时对轨道的压力．
(2) 运动员滑离D点后到达最高点时的速率．
(3) 运动员滑离D点后到达最高点时与C点的高度差．
答案 (1) mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2H,R)))，方向竖直向下 (2) eq \f(\r(6gH－h),2) (3) eq \f(1,4)(H＋3h)
解析 (1) 运动员到达C点时，根据机械能守恒定律可得
mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
在C点根据合力提供向心力有FN－mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)
联立可得FN＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2H,R)))
根据牛顿第三定律可得运动员滑到C点时对轨道的压力为
mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2H,R)))，方向竖直向下．
(2) 运动员从A到D根据机械能守恒定律可得
mg(H－h)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
可得vD＝eq \r(2gH－h)
离开D点时速度方向与水平方向夹角为30°，则运动员做斜抛运动，可得动员滑离D点后到达最高点时的速率为
vx＝vDcs30°＝eq \f(\r(6gH－h),2)
(3) 运动员滑离D点后到达最高点时，此过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得
mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)＝mgh′＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)
解得h′＝eq \f(1,4)(H＋3h)
7． (2023广东一模)如图所示为某游戏装置的示意图．AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切．GH与水平方向夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上．一质量为0.01 kg 的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视作质点)从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点．若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹．各圆轨道半径均为R＝0.6 m，BC长L＝2 m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失．某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E.取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2.
(1) 求小钢球第一次经过C点时的速度大小vC.
(2) 求小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB.(保留两位小数)
(3) 若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系．
答案 (1) 2eq \r(6) m/s (2) 0.83 N (3) 见解析
解析 (1) 小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得
－mg·2R＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数据解得vC＝2eq \r(6) m/s
(2) 从B点到C点，由动能定理得
－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得
N－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
代入数据联立解得N＝eq \f(5,6) N≈0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小
FB＝N＝0.83 N
(3) 若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得
mg(h1－R)－μmgL＝0
代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得
mg(h2－R)－μmgL－2μmgcs θ·eq \f(R,tan θ)＝0
代入数据解得h2＝2.24 m
①若小球释放高度h＜1.6 m，则无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E点一次，因为μ＜tan θ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得mgh－μmgL－μmgcs θ·s＝0
代入数据解得s＝2.5(h－1) m
③若小球释放高度h≥2.24 m，小球经过E点两次
s＝eq \f(2R,tan θ)＝1.6 m
1．(2023全国乙卷)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20l。一质量为m＝13M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力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。求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
答案(1)2gl2 2gl2 (2)l (3)4
解析(1)过程1：小球释放后自由下落，下落l，根据动能定理得mgl＝12mv02
解得v0＝2gl
过程2：小球以速度2gl与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有
12mv02＝12mv12＋12Mv1'2
mv0＝mv1＋Mv1'
解得v1＝－2gl2，v1'＝2gl2
即碰后小球速度大小为2gl2，方向竖直向上；圆盘速度大小为2gl2，方向竖直向下。
(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下落速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v1'
解得t＝2lg
根据运动学公式得最大距离为dmax＝x盘－x球＝v1't－(v1t＋12gt2)＝l。
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1＝x球1，即v1't1＝v1t1＋12gt12
解得t1＝22lg
此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝32gl2
圆盘的速度仍为v1'，这段时间内圆盘下落的位移x盘1＝v1't1＝2l
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv2＋Mv1'＝mv2'＋Mv2″
根据机械能守恒定律有
12mv22＋12Mv1'2＝12mv2'2＋12Mv2″2
联立解得v2'＝0，v2″＝2gl
同理可得当位移相等时x盘2＝x球2
即v2″t2＝12gt22
解得t2＝22lg
这段时间内圆盘下落的位移x盘2＝v2″t2＝4l
此时圆盘与下端管口的距离为20l－l－x盘1－x盘2＝13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝22gl
根据动量守恒定律有mv3＋Mv2″＝mv3'＋Mv3″
根据机械能守恒定律有12mv32＋12Mv2″2＝12mv3'2＋12Mv3″2
联立解得v3'＝2gl2，v3″＝32gl2
当二者即将发生第四次碰撞时x盘3＝x球3
即v3″t3＝v3't3＋12gt32
解得t3＝22lg＝t1＝t2
在这段时间内圆盘下落的位移
x盘3＝v3″t3＝6l
此时圆盘与下端管口的距离为
13l－6l＝7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，圆盘下落的位移逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘下落的位移为x盘4＝8l，则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次。
2． (2024湖南卷)如图所示，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．
(1) 若小球A与B碰撞后结合在一起，求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，求小球的质量比 eq \f(mA,mB).
(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(0