《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

7. (多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从 $ H_{甲} $、$ H_{乙} $ 高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在 $ O $ 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为 $ \mu $，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 (ABD)

A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与 $ H_{乙} $ 无关
D.甲最终停止位置与 $ O $ 处相距 $ \dfrac{H_{乙}}{\mu} $

答案： 7.ABD [两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为$0$，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为$\theta$，乙下滑过程有$H_{乙}=\frac{1}{2}g\sin\theta\cdot t_{1}^{2}$
在水平面运动一段时间$t_{2}$后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为$t_{3}$，乙运动的时间为$t=t_{1}+t_{2}+t_{3}$
由于$t_{1}$和$t_{2}$与$H_{乙}$有关，则总时间与$H_{乙}$有关，故C错误；由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；如果不发生碰撞，
乙下滑过程有$mgH_{乙}=\frac{1}{2}mv_{乙}^{2}$
乙在水平面运动到停止有$v_{乙}^{2}=2\mu gx$
联立可得$x=\frac{H_{乙}}{\mu}$
即发生碰撞后甲最终停止位置与$O$处相距$\frac{H_{乙}}{\mu}$。故D正确。]

8. (多选)(2025·安徽省六安第一中学月考)如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 $ m_A = 4\ kg $ 和 $ m_B = 2\ kg $，用水平轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块 C 在 $ t = 0 $ 时刻以一定速度向右运动，在 $ t = 4\ s $ 时与物块 A 相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与 A 粘在一起不再分开，物块 C 的 $ v - t $ 图像如图乙所示，下列说法正确的是 (AD)



A.物块 B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为 $ 48\ J $
B.$ 4\ s $ 到 $ 12\ s $ 的时间内，墙壁对物块 B 的冲量大小为 $ 48\ N \cdot s $，方向向右
C.物块 B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为 $ 10\ J $
D.物块 B 离开墙壁后，物块 B 的最大速度大小为 $ 6\ m/s $

答案： 8.AD [A、C碰撞过程中由动量守恒可得$m_{C}v_{0}=(m_{C}+m_{A})v_{1}$，由题图乙知$v_{0}=12 m/s,v_{1}=4 m/s$，解得$m_{C}=2 kg$，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为$E_{p}=\frac{1}{2}(m_{A}+m_{C})v_{1}^{2}=48 J$，故A正确；以水平向右为正方向，$4 s$到$12 s$的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为$I_{弹}=(m_{A}+m_{C})(v_{2}-v_{1})=-48 N\cdots$，由系统能量守恒可知$12 s$时B的速度为零，$4 s$到$12 s$的时间内对B由动量定理可得$-I+I_{弹}=0$，得$I=I_{弹}=-48 N\cdots$，即大小为$48 N\cdots$，方向向左，故B错误；当B的速度与A、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得$(m_{A}+m_{C})v_{2}=(m_{A}+m_{C}+m_{B})v'$，解得$v_{2}'=-3 m/s$，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为$E_{p}'=\frac{1}{2}(m_{A}+m_{C})v_{2}^{2}-\frac{1}{2}(m_{A}+m_{C}+m_{B})v'^{2}=12 J$，故C错误；当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得$(m_{A}+m_{C})v_{2}=(m_{A}+m_{C})v_{3}+m_{B}v_{4}$，$\frac{1}{2}(m_{A}+m_{C})v_{2}^{2}=\frac{1}{2}(m_{A}+m_{C})v_{3}^{2}+\frac{1}{2}m_{B}v_{4}^{2}$，解得$v_{4}=-6 m/s$，负号表示方向向左，故D正确。]

9. (16分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 $ O $ 点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长 $ L = 1.25\ m $。小球质量 $ m = 0.20\ kg $。物块、小车质量均为 $ M = 0.30\ kg $。小车上的水平轨道长 $ s = 1.0\ m $。圆弧轨道半径 $ R = 0.15\ m $。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 $ g $ 取 $ 10\ m/s^2 $。
(1)(5分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)(5分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)(6分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 $ \mu $ 的取值范围。

答案： 9.
(1)$6 N$
(2)$4 m/s$
(3)$0.25\leq\mu＜0.4$。
解析
(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理$mgL=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-0$
解得$v_{0}=5 m/s$
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
$F_{T}-mg=m\frac{v_{0}^{2}}{L}$
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为$F_{T}=6 N$
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得$mv_{0}=mv_{1}+Mv_{2}$
$\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}+\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}$
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为$v_{2}=\frac{2m}{m+M}v_{0}=4 m/s$
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得$Mv_{2}=2Mv_{3}$
由能量守恒定律得$\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}=\frac{1}{2}×2Mv_{3}^{2}+\mu_{1}Mgs$
解得$\mu_{1}=0.4$
若物块恰好运动到圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得$Mv_{2}=2Mv_{4}$
由能量守恒定律得$\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}=\frac{1}{2}×2Mv_{4}^{2}+\mu_{2}Mgs+MgR$
解得$\mu_{2}=0.25$
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数$\mu$的取值范围为$0.25\leq\mu＜0.4$。