文档文本内容
专题02 功和能 3 大考点概览 考点01 功和能 考点02 动量 动量定理 考点03 动量与能量的综合应用 一、单选题 1．（2026·湖南·二模）图甲为某型号的大型起重机，该起重机将质量为m 的重物由静止开始沿竖直方向吊 起，重物运动的v-t 图像如图乙所示。已知t=5s 时起重机达到额定功率，重物质量为m=5000kg，不计空气 阻力，重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（ ） A．重物上升的总高度为40m B．起重机的额定功率0.52×105W C．t=18s 时起重机的瞬时功率为3.84×104W D．0~20s 内起重机对重物做功为2.5×106J 【答案】C 【详解】A．v-t 图像的围成的面积表示位移，根据图乙可得重物上升的总高度为 ， 故A 错误； B．由图乙知，0~5s 过程中，起重机做匀加速直线运动，根据图像斜率可求得该过程中起重机的加速度大 考点1 功和能 小为 根据牛顿第二定律可得 所以该过程中起重机的拉力大小为 则额定功率为 ，故B 错误； C．根据图乙，可知起重机在15s~20s 这段时间做匀减速直线运动，根据图像斜率可得此过程中起重机的加 速度大小为 t=18s 时，起重机的瞬时速度大小为 根据牛顿第二定律可得 所以该过程中起重机拉力大小为 则t=18s 时起重机的瞬时功率为 ，故C 正确； D．0~20s 内对起重机，根据动能定理可得 ， 则起重机对重物做功为 ，故D 错误。 故选C。 2．（2026·湖南长沙·二模）当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能 优势外，其节能理念已渗透到许多细节里。某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试。汽车 以速度 匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力功率立 即减小为原来的一半。经过时间t，汽车再次做匀速运动。已知该汽车行驶时所受的阻力恒为f，汽车的质 量为m。关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是（ ） A．减速过程中，汽车的牵引力不断变小 B．汽车车速减为 时，加速度的大小为 C．减速过程中，汽车的位移为 D．减速过程中，汽车克服阻力做功 【答案】B 【详解】A．汽车以 匀速运动，牵引力 ，额定功率 减速过程中，功率变为 保持不变 再次匀速时，牵引力 ，此时速度 在减速过程中，功率 恒定，速度逐渐减小。根据 可知，牵引力 不断变大，故A 错误； B．当车速 时，牵引力 根据牛顿第二定律（取运动方向为正） 代入得 加速度大小为 。故B 正确； C．汽车做加速度减小的减速运动。在 图像中，图线切线斜率的绝对值逐渐减小，图线呈“上凹”状 （连接初速度点的直线在图线上方）。若做匀减速直线运动，位移 由于实际图线在匀减速直线下方，实际位移 ,故C 错误； D．由动能定理 ， 其中 则克服阻力做功 显然 ，故D 错误。 故选B。 3．（2026·湖南永州·二模）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为3m 的小球A，质量为2m 的小球B 与A 用细线相连，整个系统处于静止状态，弹簧劲度系数为k，弹簧原长足够长，重力加速度为g。现剪断 细线，下列说法正确的是（ ） A．剪断细线后的瞬间，小球A 的加速度大小为g B．小球A 运动到弹簧原长处时速度最大 C．小球A 运动到最高点时，弹簧的压缩量为 D．小球A 的最大速度为 【答案】D 【详解】A．未剪断细线时，对A、B 整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0 = (3m＋2m)g = 5mg 剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A 根据牛顿第二定律得：F0－3mg = 3ma 解得小球A 的加速度大小为 ，故A 错误； B．小球A 的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A 的重力等大反向，故小球A 运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是处于伸长状态，故B 错误； C．剪断细线后小球A 在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由A 选项的解答可 知，小球A 运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为5mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为 ； 小球A 在最低点时所受合力向上，大小为F0－3mg = 2mg，由简谐运动的对称性可知，小球A 运动到最高 点时，所受合力向下，大小亦为2mg，因小球A 的重力为3mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此 弹簧为伸长状态，其伸长量为 ，故C 错误； D．小球在平衡位置时弹簧伸长量为 ，则从最高点到平衡位置，则由能量守恒 解得在平衡位置的速度 ，故D 正确。 故选D。 4．（2026·湖南邵阳·二模）一轻质弹簧一端固定于竖直墙上，另一端与一质量为2kg 的物块相连，弹簧劲 度系数为100N/m，初始时物块静止于粗糙水平面上，且弹簧位于原长，物块与水平面间动摩擦因数为 0.5，现物块在一水平向左的外力F 作用下缓慢向左移动0.5m，然后撤去外力，不计空气阻力，已知简谐 振动的周期 ，弹簧弹性势能表达式 ，重力加速度 ，则下列说法正确的是（ ） A．外力F 做的功为12.5J B．撤去外力F 后，物块向右运动的最大距离为1m C．从释放物块到最终静止经历的时间为 D．从释放物块到最终静止产生的热量为10J 【答案】C 【详解】滑动摩擦力 。 A．缓慢移动过程中，根据功能关系，外力 做的功等于弹性势能增加量与克服摩擦力做功之和，即 ，故 A 错误。 B．撤去外力后，物块向右运动，设向右运动到最远点距离原点 ，根据能量守恒定律有 解得 则向右运动的最大距离为 ，故B 错误。 C．简谐运动周期 物块从释放，第一次向右运动到 处速度减为零，历时 此时弹簧弹力 物块将向左运动。根据能量守恒定律有 解得 此时弹簧弹力 物块静止。历时 总时间 ，故 C 正确。 D．全过程产生的热量等于克服摩擦力做的总功，总路程 产热 ，故 D 错误。 故选C。 二、解答题 5．（2026·湖南湘潭·二模）2024 年8 月24 日，湖南省第二届滑板公开赛在衡东激情开赛。某次滑板运动 员比赛过程可简化为如图所示的模型， 是半径 的光滑固定圆弧形滑板赛道， 点与圆心 等高， 为最低点，圆弧 所对应的圆心角为 。滑板运动员从 点以 的初速度沿圆弧面 滑下，从 点滑出过最高点后落到斜面上的 点， 两点的竖直高度 。已知运动员和滑板的 总质量 ，取重力加速度大小 ，运动员和滑板整体可视为质点，不计空气阻力。求： (1)运动员和滑板一起在 点受到的向心力 ； (2)斜面上的 点到圆弧轨道上的 点的水平距离； 【答案】(1) ，方向竖直向上 (2) 【详解】（1）对运动员和滑板从 点出发到 点的过程，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 解得 ，方向竖直向上。 （2）对运动员和滑板从 点出发到 点的过程，根据动能定理有 解得 由题意知 ， ， 运动员和滑板从 点到 点做斜上抛运动，由竖直方向上的运动特点可知 由此得 ， （舍去） 斜面上的 点到圆弧轨道上的 点的水平距离 6．（2025·湖南·二模）如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为 的轻弹簧，轻弹簧 的右侧与质量为 的滑块A 栓接，质量也为m 的滑块B 紧靠滑块A 一起静止在台面上。台面右侧下 方光滑的地面上固定有一圆心角为 、半径 的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切且质 量为 的长木板C 与圆弧轨道接触不粘连，在C 的右侧放着2025 个质量均为m 的滑块（视为质点），C 和滑块均静止。现用恒力 向左推动滑块B，当滑块A、B 速度为0 时，撤去恒力F，此后某时刻， 滑块B 与滑块A 分离，分离后滑块A 在台面上做简谐运动，滑块B 从平台右侧飞出，恰好从圆弧轨道左端 沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。当B、C 刚共速时，C 恰好与滑块1 发生第1 次碰撞。一段时间后， B、C 再次共速时，C 恰好与滑块1 发生第2 次碰撞，此后B、C 共速时，C 总是恰好与滑块1 发生碰撞；物 块B 始终未从C 上滑落，若C 与B 之间的动摩擦因数 ，重力加速度为 ，所有碰撞均为弹 性碰撞，且每次碰撞时间极短。弹性势能公式 ，其中k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧形变量。求： (1)滑块A 做简谐运动的振幅A；（结果用根号表示） (2)滑块B 在圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； (3)滑块C 最后一次与滑块1 发生碰撞前，滑块1 的总路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设对A、B 向左运动最大距离为x，由功能关系得 撤去力后A、B 在弹簧原长处分离，由能量守恒得 此后滑块A 做简谐运动时动能转化为弹性势能，由能量守恒得 解得滑块A 做简谐运动的振幅 ， （2）由数学知识可得B 抛出后到达固定轨道时速度 B 在固定轨道上滑到最低点的过程由动能定理得 B 在最低点时由牛顿第二定律得 联立代入数据得 由牛顿第三定律得B 对轨道的压力大小为 （3）B 滑上C 后和C 构成的系统动量守恒，到共速时据动量守恒得 C 和1 弹性碰撞，据动量守恒有 据能量守恒有 此后1 和2 碰撞，1 保持静止；2 和3 碰撞，2 保持静止；……碰后C 和B 再次共速，据动量守恒有 由牛顿第二定律得 由运动学公式得C 前进的位移 C 和2 弹性碰撞，据动量守恒有 据能量守恒有 此后1 和2 碰撞，1 保持静止；2 和3 碰撞，2 保持静止；……，碰后C 和B 再次共速，据动量守恒有 由运动学公式得C 前进的位移 故得C 第2024 次碰1 后，C 前进的位移为 每两次碰撞过程中，C 前进的位移即滑块1 前进的位移，滑块1 前进后和滑块2 碰撞，然后等滑块C 刚好共 速时来撞滑块1，即滑块C 的位移和为滑块1 的总路程 一、单选题 1．（2026·湖南长沙·二模）“碳-14 测年法”通过测量生物化石中碳同位素的丰度来确定年代。如图所示 为某质谱仪的原理简化图，离子源A 可产生初速度不计、电荷量相同的 和 。两离子经电压为U 的 加速电场后，垂直边界进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最终由边界探测器接收。 已知离子重力及相互作用忽略不计，下列说法正确的是（ ） A．在加速电场中，电场力对 做的功是对 做功的 倍 B．进入磁场时， 的动量大小是 的 倍 C． 在磁场中运动的时间是 的 倍 D．若要使 打在边界 原来的位置，需将加速电压U 调节为原来的 【答案】C 【详解】A． 和 电荷量相同，由 知电场力做功相同，故A 错误； B．质量比 ，由 ， 有 ，即 ，故B 错误； 考点2 动量 动量定理 C．由 知 ，故C 正确； D．由 ， 有 r 相同时，有 即 ，D 错误。 故选C。 2．（2026·湖南·二模）一倾角为 足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立 直角坐标系， 其中 轴水平，如图1 所示。从 开始，将一可视为质点的物块从 点由静止释放，同时对物块施加沿 轴正方向的力 和 ，其大小与时间的关系如图2 所示。已知物块的质量为1kg，重力加速度 取 ， ， ，不计空气阻力，则（ ） A． 内物块始终做匀变速曲线运动 B． 内物块在 方向受合力 C． 时物块速度大小为 D． 内 和 对物块做的总功为 【答案】C 【详解】AB．根据题图乙可知 ， 则F1、F2的合力为 物块在y 轴方向受到的力不变，大小为 沿x 轴方向受到的力Fx在改变，合力在改变，加速度在改变，所以物块做的不是匀变速曲线运动，故AB 错误； C．t=2s 时，沿x 轴正方向，对物块，根据动量定理得 沿y 方向的速度大小为 解得 则物块的合速度大小为 ，故C 正确； D．前2 秒物块沿y 方向运动的位移为 重力对物块所做的功 根据动能定理可得 ，故D 错误； 故选C。 二、多选题 3．（2026·湖南邵阳·二模）质量为m，电荷量大小为q 的带电小球在光滑绝缘的水平面上以初速度 做匀 速直线运动。现平行水平面施加一匀强电场，经时间t 后小球速度大小仍为 ，其速度方向与初速度方向 的夹角为60°。则匀强电场场强的大小E 和场强方向与初速度方向的夹角 分别为（ ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】沿速度方向，根据动量定理 垂直速度方向 场强 设电场力方向与初速度方向的夹角为α，且 所以电场力方向与初速度方向的夹角 由于不确定电性，则场强方向与初速度方向的夹角可能为60°或120°。 故选BD。 4．（2026·湖南永州·二模）有一边长为L、质量为m、总电阻为R 的n 匝正方形导线框，自磁场上方某处 以某一水平初速度 （未知）无旋转抛出，导线框下边刚进入区域Ⅰ磁场时，速度的方向与水平方向成 夹角。如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且 。 导线框恰好匀速进入区域Ⅰ，一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ，重力加速度为 ，则：（ ） A．导线框离开区域Ⅱ的速度大小为 B．导线框下边刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为3g，方向竖直向上 C．导线框在磁场中运动的最小速度大小为 D．导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为 【答案】BD 【详解】A．导体框能够匀速离开区域II，说明此时安培力等于导体框的重力，此时产生的感应电动势为 安培力为 可解得竖直方向速度 由于进入区域I 时导体框也做匀速运动，说明进入区域I 时的竖直方向速度也是 ，此时导体框的速度方向 与水平方向角度为45°，可知 导体框的水平方向速度是不变，所以合速度为 ，故A 错误； B．根据计算可知导体框刚进入区域II 时，竖直方向的速度也是 ，此时上下边框分别在两个磁场区域中， 回路产生的感应电动势为 上下边框都受到安培力的作用，此时的合力为 所以加速度为 ，方向向上，故B 正确； C．导体框在穿越区域I 与区域II 的过程中竖直方向上做减速运动，全部进入区域II 后只受到重力的作用， 所以全部进入区域II 时速度是最小的，从全部进入磁场区域II 到刚要穿出区域II 的过程，竖直方向上做匀 加速直线运动，此时有 所以竖直方向的最小速度为 此时合速度为 ，故C 错误； D．导体框从进入磁场区域I 到离开磁场区域II 的过程中，竖直方向的初末速度相同，全程在竖直方向的动 量定理为 导体框受到的安培力作用共分为三个阶段，第一阶段刚进入磁场I 的过程，第二阶段导体框进入磁场区域II 的过程，第三个阶段是穿出磁场区域II 的过程，第一与第三阶段受到的安培力大小相同，此时合冲量为 第二阶段的安培力冲量为 联立方程后可解得 ，故D 正确。 故选BD。 5．（2026·湖南·二模）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系xOy，在第Ⅰ、Ⅳ象限存在磁感 应强度大小为B、方向垂直桌面向下的匀强磁场。一可视为质点、带电荷量为 、质量为m 的小球，从O 点以初速度大小 沿x 轴正方向进入磁场，小球在运动过程中受到的空气阻力大小 （其中k 为已知 常数），空气阻力方向与小球速度方向相反，最终小球停在H 点，下列说法正确的是（ ） A．小球进入磁场瞬间加速度大小为 B．H 点的横坐标为 C．H 点的纵坐标为 D．小球轨迹长度为 【答案】BD 【详解】A．小球进入磁场时，受空气阻力 ，方向向左，受洛伦兹力 ，方向向上，则 ，故A 错误； BC．对x 方向应用动量定理 ，可得 对y 方向应用动量定理 ， 解得H 点的横纵坐标为 ， ，故B 正确，C 错误； D．对小球轨迹切线方向应用牛顿第二定律 ， ， 小球轨迹长度为 ，故D 正确。 故选BD。 一、单选题 1．（2026·湖南长沙·二模）如图，足够长的木板C 静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板， 可视为质点的小物体A 和B 紧靠在一起静止在长木板C 上，与固定挡板的距离为 ，A 和B 之间夹 有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A 获得大小为2v 的速度，最终A、B 均未离开C。已知A、B、C 的 考点3 动量守恒定律的应用 质量分别为m、2m、3m，A 与C、B 与C 之间的动摩擦因数分别为 ，重力加速度为g。不计火药的 质量和燃爆时间，A 和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A 和B 的动能。下列说法正确的是（ ） A．火药爆炸释放的能量为6mv B．A 与挡板碰撞前瞬间速度大小为 与挡板碰撞前C 向左运动 C．A 与挡板碰撞瞬间B 的速度大小为 D．A 与挡板碰撞后，B、C 先共速，最后A、B、C 一起共速，且速度大小为 【答案】D 【详解】A．火药爆炸瞬间A 和B 系统的动量守恒，则2mvB−m2v=0 解得vB=v，则火药爆炸释放的能量 联立可得 ，故A 错误； B．对A 自开始运动到与挡板碰撞前的过程中，有 解得 设物体A 与挡板碰撞前瞬间的速度v1，则 解得 ，对C 受力分析，发现A 与挡板碰撞前，C 受到AB 给他的摩擦力等大反向，所以C 始终静止， 故B 错误； C．设该过程的时间间隔为t1，则 解得 对B 有，设开始运动后B 的加速度大小为a2， 解得 A 与挡板碰撞时B 的速度大小 ，故C 错误； D．以水平向右的方向为正方向，A 与挡板碰撞后对A、B、C 组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为 v0，则有 解得 对C 由牛顿第二定律有 解得 假设B、C 先共速，有 ， 速度 可知，A 撞击挡板后B 先与C 共速，B 与C 共速后不再有相对运动，然后A 再与B、C 共速,故D 正确。 故选D。 2．（2025·湖南·二模）打桩机是基建常用的工具。某兴趣小组为研究打桩机的工作原理，制作了如图所示 的简易模型。重物 、 、 的质量均为 ，三者通过不可伸长的轻绳跨过两个等高的光滑定滑轮连接。 与滑轮等高时（图中实线位置），与两滑轮间的距离均为 。某次打桩时， 由图中实线位置静止释放， 在 、 、 的总动能最大时， 刚好与正下方质量为 的静止桩 正碰，设碰撞时间极短，碰撞后瞬 间 的速度变为零。重力加速度大小为 ，则下列说法正确的是（ ） A．总动能最大时， 下落的高度为 B．总动能最大时， 下落的高度为 C．碰撞前瞬间 的速度大小为 D．碰撞后瞬间 的速度大小为 【答案】D 【详解】AB．总动能最大时，系统的加速度为零，整个系统处于平衡状态，则拉C 的两根绳子拉力为 mg，则根据力的合成及几何关系可知，两根绳子夹角为120°，则C 的下落高度为 ，故 AB 错误； C．系统机械能守恒，则有 解得 ，故C 错误； D．C 与D 碰撞时间极短，C 和D 组成的系统在竖直方向上动量守恒，则有 解得碰撞后瞬间 的速度大小为 ，故D 正确。 故选D。 二、多选题 3．（2026·湖南湘潭·二模）如图所示，将两个质量分别为 、 的小球甲、乙叠放在一起，中间留有微 小空隙，从初始高度处由静止释放。甲球与地面碰撞后立即以原速率反弹，并与乙球发生弹性碰撞，所 有的相互作用和运动都发生在竖直方向上，不计空气阻力，重力加速度大小为 ，下列说法正确的是（ ） A．若 ，则乙球回弹的高度为 B．若 ，则乙球回弹的最大高度为 C．若在乙球上方以同样方式放置一个质量为 的小球丙且满足 ，则丙球回弹的最大高 度为 D．若以相同方式共放置 个小球且满足 ，则第 个球弹回时的速度 【答案】BD 【详解】AB．小球下降过程做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度一位移公式 解得触地时两球速度相同，为 甲球碰地之后，速度瞬间反向，大小相等，选两球碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后甲球、 乙球速度大小分别为 、 ，选向上为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 反弹后高度 若 ，则 ，若 ，则 趋近于 ，则近似有 ，则乙球回弹的最大高度为 ， 故A 错误，B 正确； C．若在乙球上方以同样方式放置一个质量为 的小球，同样三个小球落地的速度 对甲、乙两个小球根据动量守恒定律有 由能量守恒定律得 对乙、丙两个小球根据动量守恒定律有 由能量守恒定律得 反弹后的高度 若满足 ，则丙球回弹的速度为 ，最大高度为 ，故C 错误； D．根据数学归纳的方法可知，若以相同方式共放置 个小球且满足 ，则第 个球回弹 时的速度 ，故D 正确。 故选BD。 4．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，绝缘水平导轨MN 上有质量分别为 和 的滑块甲、乙。 劲度系数 的轻质弹性绳左端与A 点连接，右端跨过固定在导轨正上方 处的轻质光滑 小滑轮B 与甲相连，弹性绳原长与AB 段长度相等。甲不带电，乙带正电，电荷量 ，整个装置处 于 、方向水平向左的匀强电场中（图中未画出）。现乙以初速度 与甲发生完全 非弹性碰撞结合成一个整体。已知弹簧振子的周期 ，弹性绳弹性势能 （ 为形 变量），取 ， 。下列说法正确的有（ ） A．若导轨光滑，两滑块向左运动的最大位移大小为0.6m B．若导轨光滑，从碰撞结束到两滑块第一次回到碰撞点经历的时间为0.8s C．若滑块与导轨间动摩擦因数 ，且 ，则弹性势能增量最大值为12.5J D．若滑块与导轨间动摩擦因数 ，且 ，从碰撞结束至两滑块最终停止运动，滑块运动 的总路程为0.5m 【答案】ABC 【详解】A．设弹性绳BC 段与竖直方向夹角为θ，对甲所受弹性绳弹力分析有 ， （保持不变） 由 解得 导轨光滑时，设碰后最大位移为 ，由 解得 ，故A 正确； B．分析知甲、乙做简谐运动，由 可知平衡位置 ，则 由 ， ， 联立可得 ，故B 正确； C．由 解得 则 ，故C 正确； D．由 可知滑块运动至最左端后会滑回，故总路程 ，故D 错误。 故选ABC。 三、解答题 5．（2026·湖南邵阳·二模）小球A 位于光滑的水平桌面上，小球B 位于桌面上的光滑小槽MN 中，两小球 的质量都是m，并用长L、不可伸长、无弹性的轻绳相连。 (1)如图甲所示，开始时A、B 间的距离为L，A、B 间连线与小槽垂直，现给小球A 一平行于槽的速度 ， 经时间 绳第一次与MN 的夹角为 （绳始终张紧），求该过程中小球B 的位移大小 ； (2)如图乙所示，开始时A、B 间的距离为 ，A、B 间连线与小槽垂直，现给小球A 一平行于槽的速度 ， ①若把B 球固定，求绳张紧瞬间绳对小球A 的冲量大小I； ②若B 球不固定，求小球B 开始运动时的速度大小 。 【答案】(1) (2)① ；② 【详解】（1）A、B 两球在MN 方向动量守恒，对任意时刻有 两边同乘 ，再求和 即 又 解得 （2）①绳伸直时与MN 方向的夹角 满足 解得 绳张紧瞬间，小球A 沿绳方向速度变为零 解得 ②小球B 开始运动时小球A 平行MN 方向速度为 ，垂直MN 方向速度为 平行MN 方向动量守恒有 A、B 两个小球沿绳方向速度相同有 A 小球速度变化的方向沿绳则 解得 6．（2026·湖南永州·二模）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一 根质量为M 的缓冲细滑杆AB 与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB 的中点O 通过一根不可伸长的轻绳 连接一质量为m 的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成 夹角，绳长为 L，O 点与地面之间的高度差为H（ ）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固 定在O 点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求： (1)细滑杆AB 被锁定时，小球下落过程中损失的机械能； (2)细滑杆AB 被锁定时，小球落到地面上的落点与O 点之间的水平距离； (3)撤去电热丝P，解除细滑杆AB 的锁定（AB 仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止 释放。令 ，若 ，求小球运动至最低点的v 与k 的关系式及动能的最小值。 【答案】(1) (2) (3) ； 【详解】（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理 绷直瞬间速度大小为 细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时 可知小球损失的机械能 解得 （2）根据机械能守恒定律，有 然后小球做平抛运动，则 竖直方向 联立解得 （3）撤去电热丝，解除细滑杆AB 的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是 ，方向竖直向下。而绷直瞬间 由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直 后瞬间小球的水平速度大小为 ，竖直速度大小为 ，滑杆AB 的速度大小为 ，如图所示 以水平向左为正方向： 以竖直向上为正方向： 滑杆AB 和小球系统水平方向动量守恒 沿绳方向速度相等（关联速度）： 联立解得 ， ， 从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB 与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最 低点处小球的速度大小为v（水平），AB 的速度大小为 解得 可简化为 可知随着k 增大速度v 会增大，所以当k=1 时，v 最小。 7．（2025·湖南·二模）如图所示，长为 的水平传送带在电机带动下沿顺时针方向以 的速度匀速运动。在传送带右侧光滑地面上有一小车，小车上固定有一个“ ”型硬杆，车和硬杆的总质 ㄱ 量为 ，杆的左端 点系有一条长为 的轻绳，绳的下端系有质量为 的小球， 小球下端刚好与传送带右端接触，但无压力。质量为 的小物块以初速度 从传送 带左端沿传送带水平向右滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为 ，小物块运动到传送 带右端时与小球发生弹性碰撞。小球和小物块均可视为质点，忽略空气的阻力，重力加速度 取 ，整个过程小车不会翻转。求： (1)物块与小球碰撞后各自的速度大小； (2)小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值； (3)从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能 。 【答案】(1)2m/s、4m/s (2)0.4 (3)3.6J 【详解】（1）对物块 解得 根据运动学公式可得 解得 说明物块到达传送带右端时与传送带共速，物块与小球碰撞过程，根据动量守恒定律以及能量守恒定律可 得 ， 解得 ，方向水平向左。 ，方向水平向右。 （2）小球摆到右侧最高点时与小车共速，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值为 解得 （3）物块在传送带向右运动的时间为 传送带的位移为 多消耗的电能为 物块与小球碰撞后向左运动，有 解得 可见物块从传送带左侧滑出，物块向左运动的时间为 传送带位移为 多消耗的电能为 则从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能 8．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，AB 为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF 均为光滑水平平台，CD 是 半径为R 上端切线水平的 光滑圆弧轨道。质量为m 的滑块甲从AB 不同高度H 处自由释放，与静止在水 平面上质量为nm（ ，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h 可调，重力加速度为g。 已知 时，碰撞后乙恰能过C 点做平抛运动。 (1)求n 的值； (2)若 、 ，求甲、乙在EF 上落点间的水平距离 ；（结果用分式及根号表示） (3)若 、h 已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C 点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空 气阻力 （k 为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE 相碰，乙刚过C 点时 ，落到EF 上时，乙速度大小为 、方向斜向右下，求场强E 的取值范围。（结果用m、 g、q、h、R 表示） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）甲滑下，由动能定理有 甲、乙弹性碰撞 乙在C 点，有 联立解得 （2） 时，由（1）有 、 ，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P 点脱离，PO 与CO 夹角为θ C→P 过程有 P 点有 ， 联立得 、 又 ， 联立得 乙做平抛运动，由平抛运动规律有 、 ， 联立得 又 ，代入数据解得 （3）甲从 下滑，由机械能守恒： 已知 ，乙质量 ，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度： 甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为 ，方向向右。 乙受阻力 对乙列运动的微分方程，结合题目条件： 得 且落地速度大小 即 。 解分量微分方程可得速度关系： 联立 解得： 对水平方向由动量定理： 代入得： 甲加竖直向上电场后，竖直加速度 要落到EF 上，必须 ，即： 甲做平抛运动，竖直方向 得运动时间 水平位移： 要求甲落点在乙右侧，即 代入得： 两边平方整理得： 结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合 不满足上述不等式，对应 ，下限为正。 场强 的取值范围为： 9．（2026·湖南·二模）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径 ， 传送带长为 ，逆时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度 。一质量为 的正方 形木板在光滑水平地面上以水平初速度 匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖 直面。现将一质量为 的小物块从圆弧最上端A 点无初速度释放，物块落下后恰好打在木板上表面 的中心。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为 ， ，物块始终未落在地面上， 重力加速度g 取 ，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求物块刚离开传送带时的速度大小； (2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半， 方向反向。求： ①物块与木板最终的速度大小； ②物块与木板第1 次碰后瞬间，物块沿水平向右方向上的分速度大小。 【答案】(1) (2)① ；② 【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为 ，离开传送带时的速度为 ，根据动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，物块在传送带上的加速度大小为 由 解得 （2）①物块每次与木板相碰，竖直方向速度减半，水平方向最终趋于共速，令水平向右为x 正方向，水平 且垂直x 方向指向纸面内侧为y 轴正方向，由动量守恒定律， 方向满足 方向满足 解得 ②以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对速度 碰撞瞬间摩擦力方向与x 轴成 斜向纸面内侧，竖直方向物块速度满足 解得 因此碰后瞬间竖直方向速度 由动量定理可知物块与木板第一次碰撞过程，z 方向满足 水平面内 x 方向满足 解得 10．（2026·湖南长沙·二模）如图，桌面边缘A 点放一个质量为 kg 的滑块1，距A 点正下方h=0.2m 光滑水平面上O 点固定一个劲度系数 N/m 轻弹簧，轻弹簧的另一端与质量为 kg 滑块2 相 连。轻弹簧与滑块2 组成的弹簧振子以B 点为平衡位置在水平面上做简谐运动，OB 间的距离x=0.6m。某 时刻水平向右击打滑块1（打击时间极短），瞬间给其一个水平冲量I，滑块1 水平抛出。滑块1 水平抛出 后恰好落到位于B 点的滑块2 的上表面，与滑块2 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前瞬间滑块2 的速度大 小为v=2m/s，方向水平向左。碰后滑块1 竖直向上运动，恰好运动到与A 点等高的C 点。已知所有的碰撞 时间极短，弹簧振子振动周期 ，其中m 为振子的质量，k 为弹簧的劲度系数。滑块1、2 均可看 作质点，不计空气阻力，重力加速度g 取 ，计算结果保留分数。求： (1)水平冲量I 的大小及滑块1、2 发生第一次碰撞后滑块2 的速度大小 ； (2)滑块1 第二次与滑块2 碰撞后水平方向共速、竖直速度等大反向，第一次落到水平面上时与滑块2 的水 平距离s； (3)在（2）的情况下若滑块1 第一次落到水平面反弹后到第二次落到水平面，两次水平落地点之间的距离 为 ，且滑块1 与地面碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，则滑块1 最终停在水平面的位置到 O 点的距离sm为多少。 【答案】(1) ， (2) (3) 【详解】（1）由题可知，滑块1 平抛运动时，竖直方向上则有 水平方向上有 联立可得 所以滑块1 受到的瞬间冲量大小 滑块1 和滑块2 发生碰撞时，水平方向动量守恒，选取水平向左的方向为正方向，则有 解得 （2）由题可知，滑块2 做简谐运动的周期 滑块1 与2 碰撞后到再次回到B 点的时间 即此时滑块2 刚好回到平衡位置，且速度向右。第二次碰撞过程滑块1、滑块2 水平方向共速 滑块1 与滑块2 第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移 此过程中滑块2 简谐运动振动了 ，运动位移为0，所以滑块1 落到水平面上时与滑块2 的水平距离 （3）假设滑块1 与地面碰撞前后水平速度比为 ，竖直速度比为 ，根据匀变速直线运动规律 可得第二次碰撞时间 由 可得第二次碰撞水平前进距离 由题可知 以此类推，第n 次碰后前进的距离 所以 即 代入数据可得 11．（2026·湖南永州·二模）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置， 一根质量为M 的缓冲细滑杆AB 与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB 的中点O 通过一根不可伸长的轻 绳连接一质量为m 的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成 夹角，绳长 为L，O 点与地面之间的高度差为H（ ）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆 至固定在O 点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求： (1)细滑杆AB 被锁定时，小球下落过程中损失的机械能； (2)细滑杆AB 被锁定时，小球落到地面上的落点与O 点之间的水平距离； (3)撤去电热丝P，解除细滑杆AB 的锁定（AB 仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止 释放。令 ，若 ，求小球运动至最低点的v 与k 的关系式及动能的最小值。 【答案】(1) (2) (3) ； 【详解】（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理 绷直瞬间速度大小为 细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时 可知小球损失的机械能 解得 （2）根据机械能守恒定律，有 然后小球做平抛运动，则 竖直方向 联立解得 （3）撤去电热丝，解除细滑杆AB 的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是 ，方向竖直向下。而绷直瞬间 由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直 后瞬间小球的水平速度大小为 ，竖直速度大小为 ，滑杆AB 的速度大小为 ，如图所示 以水平向左为正方向： 以竖直向上为正方向： 滑杆AB 和小球系统水平方向动量守恒 沿绳方向速度相等（关联速度）： 联立解得 ， ， 从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB 与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最 低点处小球的速度大小为v（水平），AB 的速度大小为 解得 可简化为 可知随着k 增大速度v 会增大，所以当k=1 时，v 最小。