《2025年高中总复习优化设计高中物理》

8.（多选）（2023天津模拟）小球A和槽形物体B的质量分别为m、2m，B置于水平面上，B的上部半圆形槽的半径为R，槽的左右两侧等高，如图所示。将A从槽的右侧顶端由静止释放，一切阻力均不计，则( )
　　　　　　　　　　　　　　
A. A刚能到达槽的左侧顶端
B. A运动到槽的最低点时速度为$\sqrt{2gR}$
C. B向右匀速运动
D. B向右运动的最大位移为$\frac{2}{3}R$

答案： 8.AD　解析设A到达左侧最高点的速度为U1,根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则总动量为零，根据能量守恒定律知,A能到达B圆槽左侧的最高点，故A 正确;设A到达最低点时的速度为U,根据动量守恒定律得,0=mu−2mu,解得U'=$\frac{1}{2}$,根据能量守恒定律得,mgR=$\frac{1}{2}$mu²²+$\frac{1}{2}$×2m($\frac{1}{2}$2,解得=　$\sqrt{\frac{4gR}{3}}$故B错误;B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，故C错误;因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得,m(2R−x)=2mx,解得x=$\frac{2}{3}$R,故D正确。

9.（2024浙江杭州模拟）如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为μ（未知）。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s1 = 3.5 cm，B与上边框相隔s2 = 2 cm。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v - t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10 m/s²，则( )
　　　　
　　　　　　　
A. 算珠A在碰撞前运动了0.2 s
B. 算珠与杆之间的动摩擦因数μ = 0.2
C. 算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失
D. 算珠B碰撞后恰好能到达归零位置

答案： 9.D　解析由匀变速直线运动规律可得，s=$\frac{v+}{2}$t1,解得t1=0.1s,A错误;由匀变速直线运动规律可得,u1=v。一at1,由牛顿第二定律可得,μmg=ma,解得μ=0.1,B错误;算珠A与算珠B的质量均为m，则碰撞过程能量关系为$\frac{1}{2}$mu1²≠$\frac{1}{2}$mu2²+$\frac{1}{2}$mua²,算珠A与算珠B在碰撞过程存在机槭能损失，C错误;算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得,x=$\frac{u+0}{2}$t2=$\frac{0.2}{2}$×0.2m=0.02m=2cm,因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置,D正确。

10.（2023天津卷）已知A、B两物体质量分别为mA = 2 kg，mB = 1 kg，A物体从h = 1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t = 0.2 s相遇，碰撞后，两物体立刻粘在一起，已知重力加速度g取10 m/s²，求：
（1）碰撞时离地高度x；
（2）碰后速度v；
（3）碰撞损失机械能ΔE。

答案： 10.答案
(1)1m　
(2)0　
(3)12]
　解析
(1)对物体A,根据运动学公式可得x=h−$\frac{1}{2}$gt²=1.2m−$\frac{1}{2}$×10×0.2²m=1m。
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为Uo,根据运动学公式可知x=
　UBot−$\frac{1}{2}$gt²=1m
　　　解得Bo=6m/s
　　　碰撞前A物体的速度UA=
　gt=2m/s,方向竖直向下
　　　碰撞前B物体的速度β=vBO−gt=4m/s,方向竖直向上
　　　选向下为正方向，由动量守恒可得
　　　mAUA−mβUβ=(mA+mB)
　　　解得碰后速度=0。
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的
机械能
　　　△E=$\frac{1}{2}$mAUA²+$\frac{1}{2}$mBUB²−$\frac{1}{2}$(mA+mB)u²=12。

11. ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R = 0.8 m的$\frac{1}{4}$圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，如图所示。球2、3均放在BC轨道上，质量m1 = 0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g取10 m/s²。
　　　　　　
（1）求球1到达B点时对轨道的压力大小。
（2）若球2的质量m2 = 0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小。
（3）若球3的质量m3 = 0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少。

答案： 11.答案
(1)12N　
(2)6.4m/s　
(3)0.2kg 解析
(1)对球1从A到B应用动能定理m:gR=$\frac{1}{2}$m1u²
　　　在B点对球1应用牛顿第二定律FN−mg=m$\frac{v}{R}$
　　　联立解得u。=4m/s,FN=12N
　　　由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大忄F'=FN=12N。
(2)球1、球2碰撞时,根据动量守恒定律有
　　　m1U。=m1u1+m2U2
　　　由机械能守恒定律得
　　　$\frac{1}{2}$m1u²=$\frac{1}{2}$m:²+$\frac{1}{2}$m2U2²
　　　解得2=$\frac{2m}{m+m2}$v。=6.4m/s。
(3)同理,球2、球3碰撞后
　　　U3=$\frac{2m2}{m2+m}$v2
　　　则u3=$\frac{2m2}{m2+m}$.$\frac{2m}{m+m}$U
　　　代入数据得3=$\frac{1.6}{0.04}$Um2+$\frac{0.04}{m2}$+0.
　　　由数学知识可知,当m2=$\frac{0.04}{m2}$时,m2+$\frac{0.04}{m}$+0.5最小,3最大
　　　所以