《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

例 3 (2024·山东模拟)如图所示，光滑水平面上质量 $ m_1 = 2\ kg $ 的物块以 $ v_0 = 2\ m/s $ 的初速度冲向质量 $ m_2 = 6\ kg $ 的静止的光滑圆弧面斜劈体，圆弧部分足够长。取 $ g = 10\ m/s^2 $，求：

(1) 物块 $ m_1 $ 能上升的最大高度；
(2) 物块 $ m_1 $ 刚从圆弧面滑下后，二者速度的大小；
(3) 若 $ m_1 = m_2 $，物块 $ m_1 $ 从圆弧面滑下后，二者速度的大小。
方法提炼
“滑块—斜(弧)面”模型的解题思路：
(1) 应用系统在水平方向的动量守恒。
(2) 应用系统的能量守恒。
(3) 临界条件 1：滑块沿斜(弧)面上升到最高点时，滑块与斜面共速。
(4) 临界条件 2：从滑块滑上斜(弧)面到分离时，斜(弧)面的速度最大，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：
$ v_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_0 $，$ v_2 = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_0 $。

答案：
(1) 设物块$m_1$能上升的最大高度为$h$，此时$m_1$与$m_2$共速，设共同速度为$v$。
根据水平方向动量守恒：$m_1v_0=(m_1 + m_2)v$，
即$2×2=(2 + 6)v$，解得$v = 0.5\ m/s$。
根据机械能守恒：$\frac{1}{2}m_1v_0^2=m_1gh+\frac{1}{2}(m_1 + m_2)v^2$，
$\frac{1}{2}×2×2^2=2×10× h+\frac{1}{2}(2 + 6)×0.5^2$，
$4 = 20h+1$，
解得$h = 0.15\ m$。
(2) 设物块$m_1$刚从圆弧面滑下后，$m_1$的速度为$v_1$，$m_2$的速度为$v_2$。
根据水平方向动量守恒：$m_1v_0=m_1v_1 + m_2v_2$，
即$2×2=2v_1+6v_2$，化简得$2 = v_1+3v_2$ ①。
根据机械能守恒：$\frac{1}{2}m_1v_0^2=\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2$，
即$\frac{1}{2}×2×2^2=\frac{1}{2}×2× v_1^2+\frac{1}{2}×6× v_2^2$，
$4 = v_1^2+3v_2^2$ ②。
由①得$v_1 = 2 - 3v_2$，代入②得：
$4=(2 - 3v_2)^2+3v_2^2$，
$4 = 4 - 12v_2+9v_2^2+3v_2^2$，
$12v_2^2-12v_2 = 0$，
$12v_2(v_2 - 1)=0$，
解得$v_2 = 1\ m/s$或$v_2 = 0$（舍去）。
把$v_2 = 1\ m/s$代入①得$v_1 = 2 - 3×1=-1\ m/s$，速度大小为$1\ m/s$。
所以物块$m_1$速度大小为$1\ m/s$，$m_2$速度大小为$1\ m/s$。
(3) 若$m_1 = m_2$，根据$v_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_0$，$v_2 = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_0$。
把$m_1 = m_2$，$v_0 = 2\ m/s$代入可得：
$v_1=\frac{m_1 - m_1}{m_1 + m_1}×2 = 0$，
$v_2=\frac{2m_1}{m_1 + m_1}×2 = 2\ m/s$。
综上，答案为：
(1) $0.15\ m$；
(2) $1\ m/s$，$1\ m/s$；
(3) $0$，$2\ m/s$。

例 4 (2023·贵州模拟)如图所示，套筒 C 可以沿着水平固定的光滑杆（足够长）左右滑动，套筒下方用不可伸长的轻细线悬挂物体 B。开始时物体 B 和套筒 C 均静止，子弹 A 以 $ v_0 = 40\ m/s $ 的水平初速度在极短时间内击穿物体 B 后速度减为 $ \frac{v_0}{4} $。已知子弹 A、物体 B、套筒 C 的质量分别为 $ m_A = 0.1\ kg $、$ m_B = m_C = 1.5\ kg $，重力加速度 $ g $ 取 $ 10\ m/s^2 $。求：

(1) 子弹 A 击穿物体 B 的过程，子弹 A 对物体 B 的冲量大小；
(2) 物体 B 能上升的最大高度；
(3) 套筒 C 可以达到的最大速度。
方法提炼
“滑块—摆球”模型的解题思路：
(1) 应用系统在水平方向的动量守恒。
(2) 应用系统的能量守恒。
(3) 临界条件 1：小球与滑块共速时，小球运动到最高点。
(4) 临界条件 2：小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：
$ v_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_0 $，$ v_2 = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_0 $。

答案：
(1) 设子弹A对物体B的冲量大小为$I$，根据动量定理：
$I = m_B \Delta v_B$，
子弹A击穿物体B前后，系统动量守恒：
$m_A v_0 = m_A \frac{v_0}{4} + m_B v_B$，
代入数据：
$0.1 × 40 = 0.1 × 10 + 1.5 v_B$，
$4 = 1 + 1.5 v_B$，
$v_B = 2 \ m/s$，
冲量：
$I = m_B v_B = 1.5 × 2 = 3 \ N·s$。
冲量大小为$ 3 \ N·s $。
(2) 物体B上升至最大高度时，与套筒C共速，设共同速度为$v_{BC}$，系统水平方向动量守恒：
$m_B v_B = (m_B + m_C) v_{BC}$，
$1.5 × 2 = (1.5 + 1.5) v_{BC}$，
$3 = 3 v_{BC}$，
$v_{BC} = 1 \ m/s$，
系统机械能守恒：
$\frac{1}{2} m_B v_B^2 = \frac{1}{2} (m_B + m_C) v_{BC}^2 + m_B g h$，
$\frac{1}{2} × 1.5 × 2^2 = \frac{1}{2} × 3 × 1^2 + 1.5 × 10 × h$，
$3 = 1.5 + 15h$，
$h = 0.1 \ m$。
最大高度为$ 0.1 \ m $。
(3) 物体B摆回最低点时，套筒C达到最大速度，设此时套筒C速度为$v_C$，物体B速度为$v_B'$，系统水平方向动量守恒：
$m_B v_B = m_B v_B' + m_C v_C$，
系统机械能守恒：
$\frac{1}{2} m_B v_B^2 = \frac{1}{2} m_B v_B'^2 + \frac{1}{2} m_C v_C^2$，
代入数据：
$1.5 × 2 = 1.5 v_B' + 1.5 v_C$，
$3 = 1.5 v_B' + 1.5 v_C$，
$v_B' + v_C = 2$，
$\frac{1}{2} × 1.5 × 2^2 = \frac{1}{2} × 1.5 × v_B'^2 + \frac{1}{2} × 1.5 × v_C^2$，
$3 = \frac{1}{2} × 1.5 × (v_B'^2 + v_C^2)$，
$v_B'^2 + v_C^2 = 4$，
联立方程：
$(2 - v_C)^2 + v_C^2 = 4$，
$4 - 4v_C + v_C^2 + v_C^2 = 4$，
$2v_C^2 - 4v_C = 0$，
$2v_C (v_C - 2) = 0$，
$v_C = 2 \ m/s \quad (或 \ v_C = 0 \ 舍去)$。
套筒C最大速度为$ 2 \ m/s $。