练习7 力学三大观点的综合应用问题—2025年高考物理压轴题专项通关秘籍（全国通用）

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1、本专题的常见过程与情境
2、应对策略
(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
3、动力学
4、冲量与动量、功和能
1．（2024•广西模拟）在图示装置中，斜面高h＝0.9m，倾角α＝37°，形状相同的刚性小球A、B质量分别为100g和20g，轻弹簧P的劲度系数k＝270N/m，用A球将弹簧压缩Δl＝10cm后无初速释放，A球沿光滑表面冲上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性势能Ep=12k(Δl)2，重力加速度的大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。
（1）求碰撞前瞬间A球的速度大小；
（2）求B球飞离斜面时的速度大小；
（3）将装置置于竖直墙面左侧，仍取Δl＝10cm，再次弹射使B球与墙面碰撞，碰撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B球能落回到斜面上，求装置到墙面距离x的最大值。
【解答】解：（1）设A球与B球碰撞前的速度为vA，由能量守恒定律得：Ep=mAgℎ+12mAvA2
其中Ep=12k(Δl)2=12×270×0.12J=1.35J
代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为：vA＝3m/s
（2）A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得：mAvA＝mAvA′+mBvB′
由机械能守恒定律得：12mAvA2=12mAvA′2+12mBvB′2
代入数据联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为：vB′＝5m/s
（3）仍取Δl＝10cm，则B球飞离斜面时的速度仍为vB′＝5m/s
设B球运动的总时间为t，B球与墙壁发生弹性碰撞，由对称性可知，若B球能落回到斜面，则水平方向有：x＝vB′cs37°•t
竖直方向有：y=vB'sin37°⋅t−12gt2=0
代入数据联立解得：t＝0.6s
x＝1.2m
答：（1）碰撞前瞬间A球的速度大小为3m/s；
（2）B球飞离斜面时的速度大小为5m/s；
（3）装置到墙面距离x的最大值为1.2m。
2．（2024•甘肃模拟）如图所示，质量为M1＝2kg、倾角为37°的光滑斜面AB放在水平地面上，水平地面BC段长L＝0.8m，斜面AB与地面平滑连接，物块与BC段的动摩擦因数μ＝0.1。C点右侧、B点的左侧水平面均光滑，质量M2＝9kg的14光滑圆弧曲面被锁定在水平面上，曲面左端与C点对齐，且与地面等高平滑连接，圆弧半径R＝0.5m。质量m＝1kg的物块从斜面上距地面高h＝1.17m处由静止释放，在沿圆弧曲面上滑时，设物块和圆心O的连线与竖直方向做夹角为θ。重力加速度取10m/s2。求：
（1）物块到达曲面最高点D时，对曲面的压力大小；
（2）如果去掉固定装置，求曲面获得的最大速度；
（3）如果曲面固定，调整物块释放时的初始高度h，使物块恰好能到达曲面上的D点，求沿曲面上滑过程中，当θ为多少时，固定装置对曲面的水平作用力最大，最大水平作用力为多少。
【解答】解：（1）物块下滑时，物块与斜面在水平方向满足动量守恒定律，取向右为正方向，则有
mv1﹣M1v2＝0
根据机械能守恒定律
mgℎ=12mv12+12M1v22
物块从B点运动到D点过程，由动能定理，可得
−μmgL−mgR=12mvD2−12mv12
物块在最高点D时，由牛顿第二定律可得
FN=mvD2R
代入数据联立解得
FN＝8N
由牛顿第三定律
FN′＝FN＝8N；
（2）物块从B点运动到C点过程，由动能定理，可得
−μmgL=12mvC2−12mv12
物块与曲面相互作用过程，系统水平方向动量守恒，当物块返回离开曲面时曲面速度最大，设最大值为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mvC＝mvC′+M2v3
根据机械能守恒定律由
12mvC2=12mvC'2+12M2v32
代入数据联立解得
v3=145m/s；
（3）依题意，物块恰好能到达曲面上的D点，由逆向思维可转化成物块从静止开始由D点在曲面上下滑至P点，其过程根据机械能守恒，有
mgRcsθ=12mvP2
物块在P点，根据牛顿第二定律，半径方向的合力提供向心力，可得
FNP﹣mgcsθ=mvP2R
联立解得
FNP＝3mgcsθ
对曲面受力分析，固定装置对曲面的水平作用力大小为
Fx=FNPsinθ=32mgsin2θ
由数学知识可知当θ为45°时，正弦值最大，Fx具有最大值，为
Fxmax＝15N。
答：（1）物块到达曲面最高点D时，对曲面的压力大小为8N；
（2）如果去掉固定装置，曲面获得的最大速度为145m/s；
（3）沿曲面上滑过程中，当θ为45°时，固定装置对曲面的水平作用力最大，最大水平作用力为15N。
3．（2024•五华区校级模拟）老师在物理课上用网球和篮球演示了一个实验，如图甲所示，同时由静止释放紧靠在一起、球心在同一竖直线上的网球和篮球，发现篮球与地面碰撞以后，网球弹起的高度大于释放时的高度。为了定量研究这一现象，将图甲简化为图乙所示模型，篮球下沿距地面高度为h，此过程中的所有碰撞均视为弹性碰撞，碰撞时间极短，可忽略，已知网球质量为m，篮球质量为网球质量的9倍，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求网球从碰撞位置上升的最大高度；
（2）求篮球在与网球碰撞过程中篮球损失的机械能。
【解答】解：（1）网球下落过程根据机械能守恒
mgℎ=12mv02
解得
v0=2gℎ
篮球与地面碰撞后速度方向向上，取向上为正方向，由动量守恒可得
9mv0﹣mv0＝9mv1+mv2
由机械能守恒定律可得
12×9mv02+12mv02=12×9mv12+12mv22
联立解得
v2=135v0
根据网球上升过程做竖直上抛运动，有
v22=2gℎ'
解得
ℎ'=16925ℎ=6.76ℎ；
（2）根据能量守恒定律，篮球损失的机械能即网球增加的机械能
ΔE＝mgh′﹣mgh
代入数值解得
ΔE＝5.76mgh。
答：（1）网球从碰撞位置上升的最大高度为6.76h；
（2）篮球在与网球碰撞过程中篮球损失的机械能为5.76mgh。
4．（2024•富平县一模）如图所示，倾角为37°的足够长的固定斜面上放置一下端有固定挡板的“┘”型木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6。一可视为质点的光滑小滑块置于木板上的某点，该点与挡板的距离L＝3.0m。现将小滑块和木板同时由静止释放，已知木板的质量为M＝2kg，小滑块的质量为m＝0.5kg，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞。求滑块和木板：
（1）从释放到发生第一次碰撞所需要的时间；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞间，小滑块与挡板的最大间距；
（3）第二次碰撞后两者的速度。
【解答】解：（1）从释放后到小滑块与挡板第一次碰撞过程中，设小滑块和木板加速度分别为a1和a2，由牛顿运动定律有
mgsin37°＝ma1
Mgsin37°﹣μ（m+M）gcs37°＝Ma2
解得a1=6m/s2，a2＝0
由此可知，该过程木板保持静止，设小滑块从释放到发生第一次碰撞所需要的时间为t1，则
L=12a1t12
解得：t1＝1s
（2）设小滑块与挡板第一次碰撞前速度为v1，由运动学规律有v1＝a1t1
设小滑块与挡板第一次碰撞后小滑块与木板的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝mv2+Mv3
12mv12=12mv22+12Mv32
解得v2＝﹣3.6m/s；v3＝2.4m/s
第一次碰撞后，木板匀速下滑，小滑块做匀变速直线运动，当小滑块与木板的速度相同时，小滑块与挡板距离最大，设该过程时间为t2，小滑块与木板的位移分别为x1和x2，小滑块与挡板的最大间距为Δx，则
v3＝v2+a1t2
x1=v2+v32t2
x2＝v3t2
Δx＝x2﹣x1
解得：Δx＝3m
（3）设小滑块从与挡板的最大间距处继续运动时间t3，第二次到达挡板处，设第二次碰前小滑块速度大小为v4，该过程小滑块和木板位移大小分别为x3和x4，则
x3=v3t3+12at12
x4＝v2t3
Δx＝x3﹣x4
v4＝v3+a1t3
解得：v4＝8.4m/s
设第二次碰撞后小滑块与木板的速度分布为v5和v6，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv4+Mv3＝mv5+Mv6
12mv42+12Mv32=12mv52+12Mv62
解得：v5＝﹣1.2m/s，v6＝4.8m/s
答：（1）从释放到发生第一次碰撞所需要的时间为1s；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞间，小滑块与挡板的最大间距为3m；
（3）第二次碰撞后两者的速度大小分别为1.2m/s和4.8m/s。
5．（2023•浙江模拟）某滑块弹射游戏装置如图所示，该装置由固定在水平地面上的倾角θ＝37°的直轨道OB、光滑圆弧轨道B'C'以及平台CD组成，其中圆弧轨道在B'、C'两点的切线分别与直轨道OB、平台CD平行，BB'、CC'间的距离恰好能让游戏中的滑块通过。一根轻弹簧下端固定在直轨道OB的底端，质量m＝0.2kg的滑块P紧靠弹簧上端放置，平台右端D点处放置一质量M＝0.4kg的滑块Q。已知圆弧轨道半径R＝1m，滑块尺寸远小于轨道半径，平台CD长度LCD＝1m，平台离地高度h＝2.5m，滑块P与轨道OB、平台CD间的动摩擦因数μ＝0.1。
游戏中，游戏者将滑块P压缩弹簧到不同的程度，如果释放滑块P后，滑块P能够一直沿轨道运动至D点，与滑块Q发生弹性正碰，且滑块P停留在CD平台上则视为游戏成功。
某次游戏中游戏者将滑块P压缩弹簧至A点，AB距离LAB＝3m，释放后滑块P沿轨道运动，测得经过C点的速度大小为vc'＝4m/s。
（1）求该次游戏滑块P经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F；
（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep；
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q的落地点距D点的水平距离x的范围。
【解答】解：（1）在C'点由牛顿第二定律有：FN+mg=mvC'2R
代入数据，可得FN＝1.2N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F＝FN＝1.2N，方向竖直向上；
（2）由几何关系可知∠BO′C＝θ
从A点到C由能量守恒可得：Ep=mgLABsinθ+mg(R−Rcsθ)+12mvC'2+μmgLABcsθ
代入数据，可得Ep＝6.08J；
（3）设滑块P在D点碰前的速度为vD，碰后的速度为v1，滑块Q碰后的速度为v2
两滑块碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有：mvD＝mv1+Mv2
由能量守恒可得：12mvD2=12mv12+12Mv22
两式联立，可得v1=−13vD，v2=23vD
①当滑块P恰好过C′点不脱离轨道，则有：mg=mv2R
代入数据，解得C′点的速度v=10m/s，C′点的速度v最小，则D点的速度vD最小
从C点到D点利用动能定理：−μmgLCD=12mvD2−12mv2
代入数据可得vD=22m/s
可得滑块Q碰后的速度v2的最小值v2=423m/s
②滑块P碰后恰好返回到C点，可知滑块P碰后的速度v1最大时，则vD最大，v2最大
从D点运动到C点，利用动能定理：−μmgLCD=0−12mv12
代入数据，可得v1的大小v1=2m/s，则vD=32m/s
可得滑块Q碰后的速度v2的最大值v2=22m/s
滑块Q离开D点做平抛运动，则有：ℎ=12gt2
代入数据，可得t=22s
由x＝v2t可得x的最小值xmin=43m，最大值xm＝2m
所以43m≤x≤2m
答：（1）该次游戏滑块P经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F为1.2N，方向：竖直向上；
（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep为6.08J；
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q的落地点距D点的水平距离x的范围为43m≤x≤2m
6．（2023•鼓楼区校级模拟）如图所示，半径为r圆柱体B、C固定在两个不计质量、不计厚度的相同水平底座上，且B、C靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因数为μ，圆柱体A（半径为r）放在圆柱体B、C，三者处于静止状态，质量关系为mA＝2mB＝2mC＝2m，三个圆柱面间的光滑，重力加速度为g。
（1）求B对A的支持力FN。
（2）要使系统保持静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求μ的最小值。
（3）若μ＝0，从如图所示的位置静止释放，求A刚接触水平面时的速度。
【解答】解：（1）对A受力分析，如图（1）
根据平衡条件得：2FNcs30°＝2mg
代入数据解得：FN=233mg
方向与竖直方向夹角为30°；
（2）对B受力分析，如图（2）
由平衡条件得：水平方向：f＝FNsin30°
竖直方向：N＝FNcs30°+mg
f≤μN
联立解得：μ≥36
即μ的最小值为36；
（3）图示位置时，由几何关系得，A球最低点力水平面的距离为h1＝2rcs30°＝2r×32=3r
A与BC刚分离时，设AB中点的连线与竖直方向夹角为θ，如图（3）
此时A球最低点离地面的高度为h2＝r
则A下落的高度为h＝h1﹣h2＝（3−1）r
设此时A、B、C的速度分别为vA、vB、vC，设水平向左为正方向，水平方向由动量定理得：mvB﹣mvC＝0
由机械能守恒定律得：2mgh=12•2mvA2+12mvB2+12mvC2
AB分离前，两球沿两球心连线方向分速度大小相等，有：vAcsθ＝vBsinθ
A相对B做圆周运动，相对速度vAB＝vAsinθ+vBcsθ
AB分离瞬间，A与B间的弹力为0，A所受重力沿半径方向的分力提供向心力，有：2mgcsθ＝2mvAB22r
AB分离后，A向下做匀加速直线运动，从分离瞬间到A接触水平面，由动能定理得：2mgR=12mvA′2−12mvA2
联立解得：vA′=433gr
答：（1）B对A的支持力FN为233mg，方向与竖直方向夹角为30°；
（2）μ的最小值为36；
（3）A刚接触水平面时的速度为433gr。
7．（2023•雁塔区校级模拟）小宁同学设计的“弹球入筐”游戏如图所示，在高为L的光滑水平台面上，排列着三个小球1、2、3，台面左侧放有一弹射装置。某次游戏中，小球1在弹射装置的作用下以某一水平速度与小球2发生对心弹性碰撞，接着小球2再与小球3发生对心弹性碰撞，碰撞后小球3从水平台面边缘的O点飞出，并在A点与地面发生碰撞，经地面反弹后，最终落入水平地面上B点的小框里。已知小球1的质量为m1＝m0，小球3的质量为m3=94m0，A点距O点的水平距离为2L，小球在A点与地面发生碰撞前、后瞬间的速度方向与水平地面的夹角相等，小球反弹后距地面的最大高度为0.81L，重力加速度的大小为g，小球与地面碰撞过程中对地面的压力远大于小球的重力，小球可视为质点，不计空气阻力。
（1）求小球3从O点飞出时的速度大小v；
（2）小球在地面上运动时，小球与地面间的摩擦力与对地面的压力的比值μ；
（3）m2为何值时，小球1、2碰撞前小球1的速度最小，并求出该最小速度vmin的大小。
【解答】解：（1）小球3从O点到A点做平抛运动，设运动时间为t，则有L=12gt2，2L＝vt
解得v=2gL
（2）设小球3在A点与地面发生碰撞前瞬间速度的竖直分量为vy，碰后瞬间速度的水平、竖直分量分别为vx1、vy1，地面对小球的摩擦力为Ff，小球对地面的压力大小为FN，由运动学公式有vy2=2gL，vy1＝2g×0.81L
可得vy1＝0.9vy
由题意知小球在A点与地面发生碰撞前后瞬间的速度方向与水平地面的夹角相等，因此有vx1＝0.9v
分别对小球3在A点碰撞过程中水平方向和竖直方向由动量定理：﹣Fft＝mvx1﹣mv（以vx1方向为正方向）
FNt＝mvy1﹣（﹣mvy）（以vy1方向为正方向）
μ=FfFN
解得μ=119
（3）设小球1、2碰撞前瞬间小球1的速度为v0，碰撞后瞬间小球1、2的速度分别为v1、v2，小球2、3碰撞后瞬间，小球2的速度为v'2，则由动量守恒定律和能量守恒可得m1v0＝m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22，m2v2＝m2v'2+m3v，12m2v22=12m2v'22+12m3v2
由以上各式可得v0=134m0+m2+9m024m24m0v
当m2=32m0
时小球1的速度v0有最小值，最小值为vmin=25162gL
答：（1）小球3从O点飞出时的速度大小为2gL；
（2）小球与地面间的摩擦力与对地面的压力的比值为119；
（3）m2为32m0时，该最小速度vmin的大小为25162gL。
8．（2023•南关区校级模拟）工人使用一块长L＝4m的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上（与平台等高），另一端固定在地面，形成倾角θ＝37°的斜面。工人甲从木板底部推动质量M＝3kg的小车，使小车以v0＝12m/s的速度冲上木板。当小车在木板上运动一段时间t后，工人乙站在平台上，以v1＝2.4m/s的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，两者速度立刻变为零。已知小车与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，小车和货物均可视为质点，求：
（1）货物抛出点距平台边缘的水平距离x；
（2）货物的质量m；
（3）时间t。
【解答】解：（1）由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故
vy=v1tan37°=2.4×34m/s=1.8m/s
设货物从抛出到落入小车的时间为t1，则
t1=vyg=1.810s=0.18s
货物抛出点距平台边缘的水平距离
x＝v1t1＝2.4×0.18m＝0.432m
（2）货物落入小车时的速度
v2=v1cs37°=
以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有
a1=Mgsin37°+μMgcs37°M，解得a1＝10m/s2
设小车到达斜面顶端的速度为vt，根据运动学公式可得
vt2−v02=−2a1L
解得
vt＝8m/s
货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒，以vt为正方向。
Mvt﹣mv2＝0
解得
m＝8kg
（3）设小车从斜面底端到达斜面顶端时间为t2，则
t2=v0−vta1=12−810s=0.4s
则
t＝t2﹣t1＝0.4s﹣0.18s＝0.22s
答：（1）货物抛出点距平台边缘的水平距离0.432m；
（2）货物的质量8kg；
（3）时间0.22s。
9．（2023•沙坪坝区校级模拟）某商家举办“撞球”游戏派送优惠券活动，有质量分别为m，2m，3m，4m且半径相同、质量分布均匀的四个球A、B、C、D。四个球可任意放置于如图中的1、2、3、4位置，其中2、3位置的球分别放置于水平桌面的两端，1、4位置的球用两根长度相同的轻绳系在天花板上，静止时恰好接触2、3位置的球，且球心高度相同。现将位置1的球拉升高度h0后静止释放，如果位置4的球第一次上摆的最大高度超过h0，顾客将获得优惠券。已知球与球之间的碰撞为弹性碰撞，不计所有阻力，重力加速度为g。
（1）如果A球放置于位置1、B球放置于位置2、C球放置于位置3、D球放置于位置4，求碰撞前瞬间A球的速度大小；
（2）如果A球放置于位置1、B球放置于位置2、C球放置于位置3、D球放置于位置4，请根据计算判断顾客能否获得优惠券；
（3）要求A球不能放置于位置1、B球不能放置于位置2、C球只能放置于位置1或位置2，请计算顾客获得优惠券的概率。
【解答】解：（1）根据题意，设碰撞前瞬间A球的速度大小为v，A球从静止释放到最低点的过程中，机械能守恒，则由机械能守恒定律有
mgℎ0=12mv2
解得：v=2gℎ0
（2）根据题意可知，在最低点A球和B球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
mAv＝mAv'+mBvB
12mAv2=12mAv'2+12mBvB2
解得：vB=2mAmA+mBv=23v
同理可得，B球与C球碰撞之后，C球的速度为
vC=2mBmB+mCvB=815v
C球与D球碰撞之后，D球的速度为
vD=2mCmC+mDvC=1635v
D球摆到最高点，由机械能守恒定律有
12mDvD2=mDgℎ
解得：ℎ=(1635)2ℎ0
则不能获得优惠券。
（3）根据（2）分析可知，第4个小球上升的最大高度为
ℎ=[8m1m2m3(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4)]2ℎ0
根据题意，放置小球的方法有：
①若B球放置于位置1、C球放置于位置2、A球放置于位置3、D球放置于位置4，则有
ℎ=[8m1m2m3(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4)]2ℎ0=(1225)2ℎ0＜ℎ0
不能获得优惠券。
②若B球放置于位置1、C球放置于位置2、D球放置于位置3、A球放置于位置4，同理可得
ℎ=(192175)2ℎ0＞ℎ0
可以获得优惠券。
③若C球放置于位置1、A球放置于位置2、B球放置于位置3、D球放置于位置4，同理可得
ℎ=(23)2ℎ0＜ℎ0
不能获得优惠券。
④若C球放置于位置1、A球放置于位置2、D球放置于位置3、B球放置于位置4，同理可得
ℎ=(45)2ℎ0＜ℎ0
不能获得优惠券。
⑤若C球放置于位置1、D球放置于位置2、B球放置于位置3、A球放置于位置4，同理可得
ℎ=(3221)2ℎ0＞ℎ0
可以获得优惠券。
⑥若C球放置于位置1、D球放置于位置2、A球放置于位置3、B球放置于位置4，同理可得
ℎ=(3235)2ℎ0＜ℎ0
不能获得优惠券。
⑦若D球放置于位置1、C球放置于位置2、B球放置于位置3、A球放置于位置4，同理可得
ℎ=(6435)2ℎ0＞ℎ0
可以获得优惠券。
⑧若D球放置于位置1、C球放置于位置2、A球放置于位置3、B球放置于位置4，同理可得
ℎ=(87)2ℎ0＞ℎ0
可以获得优惠券。综上所述，顾客获得优惠券的概率为50%。
答：（1）如果A球放置于位置1、B球放置于位置2、C球放置于位置3、D球放置于位置4，碰撞前瞬间A球的速度大小为2gℎ0；
（2）如果A球放置于位置1、B球放置于位置2、C球放置于位置3、D球放置于位置4，顾客不能获得优惠券；
（3）要求A球不能放置于位置1、B球不能放置于位置2、C球只能放置于位置1或位置2，顾客获得优惠券的概率为50%。
10．（2023•安庆二模）某大型主题乐园拟设计一款户外游乐设施，设计团队用如图所示的装置进行模拟设计论证。该装置由模拟小人、固定弹射器、圆轨道和水平轨道组成。已知，模拟小人质量m1＝2kg，弹射器的弹性势能可在0～400J间调节，圆轨道1为管状，半径r1＝2m，圆轨道2为环状，半径r2＝2.8m。两圆轨道间有长为L＝6m的粗糙水平轨道，水平轨道与模拟小人之间的动摩擦因数μ＝0.25。其余部分摩擦均不计。试求：
（1）游戏过程中模拟小人经过圆轨道1最高点时对轨道压力小于重力，弹射器发射时的弹性势能应满足的条件；
（2）游戏过程中模拟小人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，弹射器发射时的弹性势能应满足的条件，并计算模拟小人停的位置范围。
（3）为确保游戏安全，在圆轨道2的右侧放置一质量为m2＝3kg的缓冲橡胶块，橡胶块不固定，模拟小人与缓冲橡胶块碰撞为弹性碰撞且碰撞时间可近似为t＝0.4s，游戏安全要求模拟小人不脱离轨道且与缓冲橡胶块的撞击力不超过150N。当弹射器以最大弹性势能发射时，通过计算说明游戏设计是否安全。
【解答】解：（1）要使人经过轨道1最高点，由能量守恒得Ep＞m1g•2r1＝2×10×2×2J＝80J
在轨道1最高点对人受力分析有：FN+m1g=mv12r1
因压力FN小于重力，即满足12mv12＜mgr1
由能量守恒得：Ep=12m1v12+m1g⋅2r1
代入数据解得
Ep＜120J
所以弹射器发射时的弹性势能应满足80J＜Ep＜120J。
（2）人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，需满足人通过轨道1且最多到达轨道2右侧与圆心等高处，设弹性势能为Ep1时通过轨道1，由（1）可知
Ep1＞80J
设弹性势能为Ep2时恰能到达轨道2右侧与圆心等高处，由能量守恒有Ep2＝μm1gL+m1g⋅r2
解得
Ep2＝86J
弹射器发射时的弹性势能应满足80J＜E'p≤86J
若以80J发射，则由能量守恒得Ep1＝um1gs1
解得
s1＝16m
若以86J发射，则由能量守恒得Ep2＝um1gs2
解得
s2＝17.2m
人停的位置离轨道1最低点的距离为s，则有
4m＜s≤5.2m
（3）设人与橡胶块碰前速度为v，由能量守恒得：Epm=12m1v2+μm1gL
人与橡胶块发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒得：m1v＝m1v1+m2v2
由能量守恒得：12m1v2=12m1v12+12m2v22
解得：v1=−15370m/s，v2=45370m/s
碰撞过程中对m2分析，由动量定理得：F•t＝m2v2
解得F=6370N＜150N
故碰撞符合安全要求。
碰后人向左运动，因12m1v12＜m1g⋅r2
故人返回轨道2时不会脱离轨道，游戏设计符合安全要求。
答：（1）游戏过程中模拟小人经过圆轨道1最高点时对轨道压力小于重力，弹射器发射时的弹性势能应满足的条件为80J＜Ep＜120J；
（2）游戏过程中模拟小人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，弹射器发射时的弹性势能应满足的条件为80J＜E'p≤86J，模拟小人停的位置范围为4m＜s≤5.2m；
（3）游戏设计符合安全要求。
11．（2023•天津一模）如图所示，一弹枪将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块，打击过程为完全弹性碰撞，此滑块放在质量m2＝0.2kg的“L形”薄板上。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差ℎ=209m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；薄板在平台的最左端，滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力：薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，不计碰撞过程的时间，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）求m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量；
（3）若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s至少需要多长。
【解答】解：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B可视为平抛运动的逆过程，由运动学规律有
h=12gt2，
x＝v0t又tanθ=gtv0
代入数据解得t=23s，v0＝5m/s，x=103m
（2）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒。设碰后两者速率分别为v0′、v1。因m0＝m1，故两者速度互换，即v0′＝0 （弹丸此后掉落），v1＝5m/s
薄板所受滑块的滑动摩擦力为f1＝μ1m1g＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为f2＝μ2（m1+m2）g＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，
Q＝μ1m1gL
解得Q＝1.35J
（3）滑块与薄板发生非弹性碰撞，系统动量守恒
﹣μ1m1gL=12m2v22−12m1v12
解得v2＝4m/s
m1v2＝（m1+m2）v3
解得 v3＝2.4m/s
两者共速滑行至停止滑行x1，
﹣μ2（m1+m2）gx1=12（m1+m2）v32
代入数据解得x1＝0.96m
s＝L+x1＝0.9m+0.96m＝1.86m
答：（1）A、B间的水平距离x为103m；
（2）m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量为1.35J；
（3）若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s至少需要1.86m。
12．（2023•鼓楼区校级模拟）如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L（挡板的厚度可忽略），挡板上固定有一个小炸药包（可视为质量不计的点）。木板左端有一质量也为m（可视为质点）的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸（此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损），滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。求：
（1）滑块与木板间的动摩擦因数；
（2）小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。
【解答】解：（1）滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同．设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向．以滑块和木板组成的系统为研究对象，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1
解得v1=12v0，方向水平向右；
滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知μmgL=12mv02−12•2mv12
联立解得μ=v024gL
（2）设爆炸后滑块和木板的速度分别为v′1和v′2，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，规定向右为正方向，则有2mv1＝mv′1+mv′2，2mv1＝2mv2
系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有μmgL=12mv'12+12mv'22−12•2mv22
联立以上各式解得v′1＝0
v′2＝v0，方向水平向右．
答：（1）滑块与木板间的动摩擦因数为v024gL；
（2）小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度分别为0，v0。
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
题型一 应用三大动力学观点创新解决经典模型问题（计算题）
题型二 应用三大动力学观点解决多过程问题（计算题）
题型三 借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观（计算题）
牛顿第二运动定律
F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
物理概念规律名称
公式
动能
=p22m
重力势能
(与零势能面的选择有关)
弹性势能
功
W = Fs cs (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率
平均功率： 即时功率：
动能定理
机械能守恒定律
12mv12+mgℎ1+12kx12=12mv22+mgℎ2+12kx22或者Ep= Ek
动量
=2mEK
冲量
动量定理
(解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒
m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞