《2025年学霸高考黑题物理人教版》

巩固训练 3（共线碰撞类 + 斜面模型 + $ v - t $ 图像） (2025·浙江模拟) 如图(a) 所示，在光滑水平地面上固定一粗糙斜面，一个质量为 $ 3m $ 的物块 $ B $（包含左端固定的轻弹簧，弹簧劲度系数未知）静止在水平地面上；物块 $ A $ 以 $ 5v_0 $ 的速度向 $ B $ 运动，$ t = 0 $ 时刻与弹簧接触，到 $ t = 2t_0 $ 时与弹簧分离。$ A $、$ B $ 的 $ v - t $ 图像如图(b) 所示。已知在 $ 0 \sim t_0 $ 时间内，物块 $ B $ 运动的距离为 $ 0.72v_0 t_0 $。$ A $、$ B $ 分离后，$ B $ 与静止在水平地面上、质量为 $ 3m $ 的物块 $ C $ 发生弹性正碰，此后物块 $ C $ 滑上粗糙斜面，然后反向滑下，与一直在水平面上的 $ B $ 再次碰撞。已知斜面倾角 $ \theta = 30° $，物块与斜面间的动摩擦因数 $ \mu = \frac{\sqrt{3}}{5} $，斜面与水平面光滑连接，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为 $ E_p = \frac{1}{2}kx^2 $，其中 $ k $ 为弹簧的劲度系数，$ x $ 为弹簧的形变量。求：
(1) 物块 $ A $ 的质量；
(2) $ A $、$ B $ 第一次碰撞和第二次碰撞过程中，物块 $ A $ 的最大加速度之比；
(3) $ A $、$ B $ 第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
图(a) 图(b)

答案： 3.题型分析
共线碰撞类，$v - t$图像与斜面模型.
(1)$2m$
(2)$5:1$
(3)$0.64v_0t_0$
解析：
(1)设$A$的质量为$m_A$，碰后$B$的速度为$v_B$，$B$与$A$发生弹性正碰，碰撞前后总动量守恒，机械能守恒，有$m_A · 5v_0 = m_A · (-v_0) + 3mv_B$，$\frac{1}{2}m_A · (5v_0)^2 = \frac{1}{2}m_A · (-v_0)^2 + \frac{1}{2} × 3mv_B^2$，
解得$v_B = 4v_0$，$m_A = 2m$；
(2)$2t_0$后$v_B = 4v_0$，$B$、$C$发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得$3m · 4v_0 = 3mv_{B1} + 3mv_{C1}$，
由机械能守恒定律可知$\frac{1}{2} × 3m · (4v_0)^2 = \frac{1}{2} × 3mv_{B1}^2 + \frac{1}{2} × 3mv_{C1}^2$，
解得$v_{B1} = 0$，$v_{C1} = 4v_0$，
设$C$在斜面上运动的最大高度为$h$，返回水平面时的速度大小为$v_{C2}$，从$C$碰后到运动到最高点，根据动能定理得$-3mgh - 3\mu mg\cos\theta · \frac{h}{\sin\theta} = -\frac{1}{2} × 3m(4v_0)^2$，
从最高点到运动到斜面底端，根据动能定理得$3mgh - 3\mu mg\cos\theta · \frac{h}{\sin\theta} = \frac{1}{2} × 3mv_{C2}^2$，得$v_{C2} = 2v_0$，
$C$与$B$再次发生弹性碰撞，设碰后$B$、$C$的速度大小分别为$v_B'$、$v_C'$，则$3m · 2v_0 = 3mv_B' + 3mv_C'$，$\frac{1}{2} × 3m(2v_0)^2 = \frac{1}{2} × 3mv_B'^2 + \frac{1}{2} × 3mv_C'^2$，解得$v_C' = 0$，$v_B' = 2v_0$，
$A$与$B$第一次碰撞到共速，由动量守恒定律有$2m · 5v_0 = (2m + 3m) · v_{共1}$，可得$v_{共1} = 2v_0$，
此时弹簧弹性势能$\frac{1}{2}k · (\Delta x_1)^2 = \frac{1}{2} × 2m(5v_0)^2 - \frac{1}{2} × 5m(2v_0)^2 = 15mv_0^2$，
$A$与$B$第二次碰撞到共速，由动量守恒定律有$3m · 2v_0 + 2mv_0 = 5mv_{共2}$，解得$v_{共2} = \frac{8}{5}v_0$，
由机械能守恒定律可知$\frac{1}{2}k · (\Delta x_2)^2 = \frac{1}{2} × 2mv_0^2 + \frac{1}{2} × 3m · (2v_0)^2 - \frac{1}{2} × 5m(\frac{8}{5}v_0)^2 = \frac{3}{5}mv_0^2$，
由以上公式得$\frac{\Delta x_1}{\Delta x_2} = \frac{5}{1}$，
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据$F_{合} = k\Delta x = m_Aa$，可得$\frac{a_1}{a_2} = \frac{k\Delta x_1}{k\Delta x_2} = \frac{5}{1}$；
(3)$A$与$B$压缩弹簧过程有$2ma_{A} = 3ma_{B}$，
同一时刻$A$、$B$的瞬时速度关系为$v_{A} = 5v_0 - a_{A}t$，$v_{B} = a_{B}t$，
由位移等于速度对时间的积累，得$x_{A} = \sum v_{A}\Delta t$，$x_{B} = \sum v_{B}\Delta t$，
在$0\sim t_0$时间内$x_{A} = 5v_0t_0 - x_{A累}$，$x_{B} = x_{B累} = 0.72v_0t_0$，
由此得$2x_{A累} = 3x_{B累}$，可得$x_{A} = 3.92v_0t_0$，
可得$\Delta x_1 = x_{A} - x_{B} = 3.2v_0t_0$，又$\frac{\Delta x_1}{\Delta x_2} = \frac{5}{1}$，
可得第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值$\Delta x_2 = 0.64v_0t_0$.

巩固训练 4（弹簧模型 + 类碰撞问题 + 类人船模型） (2025·浙江衢州期末) 如图所示，光滑水平面上有一质量 $ M = 4\ kg $ 的平板车，车的上表面右侧是一段长 $ L = 2\ m $ 的水平轨道，水平轨道左侧是一半径 $ R = 0.25\ m $ 的 $ \frac{1}{4} $ 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在 $ O' $ 点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量 $ m = 1.0\ kg $ 的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，弹簧储存的弹性势能为 $ 7.5\ J $，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点 $ A $。不考虑小物块与弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，重力加速度 $ g $ 取 $ 10\ m/s^2 $。求：
(1) 小物块与水平轨道间的动摩擦因数；
(2) 小物块第二次经过 $ O' $ 点的速度大小；
(3) 从弹簧解除锁定至小物块到达圆弧轨道最高点过程中，平板车的位移大小。

答案：
4.题型分析
共线碰撞类，能量守恒，机械能守恒，类人船模型.
(1)$0.25$
(2)$2.0\ m/s$
(3)$0.45\ m$
解析：
(1)平板车和小物块组成的系统，在水平方向上动量守恒，解除锁定前，系统总动量为零，故小物块到达圆弧最高点$A$时，平板车和小物块的共同速度$v_{共} = 0$，
设弹簧解除锁定前的弹性势能为$E_p$，上述过程中系统机械能守恒，则有$E_p = mgR + \mu mgL$，
代入数据解得$\mu = 0.25$；
(2)设小物块第二次经过$O'$点时的速度大小为$v_1$，此时平板车的速度大小为$v_2$，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，取水平向右为正方向，由系统动量守恒和机械能守恒有$0 = mv_1 - Mv_2$，$mgR = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2$，
代入数据解得$v_1 = 2.0\ m/s$；
(3)弹簧刚释放时车和小物块速度分别为$v_1'$、$v_2'$，
则$E_p = \frac{1}{2}Mv_1'^2 + \frac{1}{2}mv_2'^2$，$Mv_1' = mv_2'$，
由
(2)可得小物块第一次到达$O'$点时速度也为$2\ m/s$，车速也为$0.5\ m/s$，对车有$\mu mg = Ma$，
解得$a = 0.625\ m/s^2$，
根据$v_2'^2 - v_1'^2 = -2ax_{车1}$，解得$x_{车1} = 0.4\ m$，
车与小物块水平方向的分速度之比始终为$1:4$，
故$x_{车2} + x_{物2} = 5x_{车2} = R$，解得$x_{车2} = 0.05\ m$，
故从开始至小物块到达小车圆弧轨道最高点过程中，车的位移为$x = x_{车1} + x_{车2} = 0.45\ m$.
解题技巧：第
(3)问是类人船模型，如图所示，平板车和物块相对于地面的位移分别为$x_{车}$和$x_{物}$，根据人船模型，$\frac{x_{车}}{x_{物}} = \frac{m_{物}}{m_{车}} = \frac{1}{4}$，$x_{车} + x_{物} = L + R = 2.25\ m$，解得$x_{车} = 0.45\ m$.