《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典真题 1（弹簧类 + 斜坡类）（2025·山东卷）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，$ P $、$ Q $ 分别为轨道的两个端点且位于同一高度，$ P $ 处轨道的切线沿水平方向，$ Q $ 处轨道的切线沿竖直方向。小物块 $ a $、$ b $ 用轻弹簧连接置于光滑水平面上，$ b $ 被锁定。一质量 $ m = \frac{1}{2}\ kg $ 的小球自 $ Q $ 点正上方 $ h = 2\ m $ 处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从 $ P $ 点水平抛出，恰好击中 $ a $，与 $ a $ 粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到 $ F = 15\ N $ 时，$ b $ 解除锁定开始运动。已知 $ a $ 的质量 $ m_{a} = 1\ kg $，$ b $ 的质量 $ m_{b} = \frac{3}{4}\ kg $，方形物体的质量 $ M = \frac{9}{2}\ kg $，重力加速度大小 $ g $ 取 $ 10\ m/s^{2} $，弹簧的劲度系数 $ k = 50\ N/m $，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式 $ E_{p} = \frac{1}{2}kx^{2} $（$ x $ 为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达 $ P $ 点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小 $ v_{1} $、$ v_{2} $；
（2）弹簧弹性势能最大时，$ b $ 的速度大小 $ v_{b} $ 及弹性势能的最大值 $ E_{pm} $。

答案： 1.【学霸三步解题思路】
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①$m = \frac{1}{2} kg$, $M = \frac{9}{2} kg$, $m_a = 1 kg$, $m_b = \frac{3}{4} kg$
②$h = 2 m$, $g$取$10 m/s^2$
③当弹簧拉力达到$F = 15 N$时，$b$解除锁定开始运动
④$k = 50 N/m$, $E_p = \frac{1}{2} kx^2$
间接信息：
①小球释放后到达$P$点的过程中，小球与方形物体组成的系统在水平方向动量守恒
②小球从$P$飞出后到小球与$a$粘到一起共速，二者系统水平方向动量守恒
③$F = 15 N$时，形变量$x_1 = \frac{F}{k} = 0.3 m$，弹性势能$E_p = \frac{1}{2} kx_1^2$
步骤B 设问反向推演
(1)小球到达$P$点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小$v_1$、$v_2$
$\Rightarrow$从开始下落到到达$P$点，小球与方形物体组成的系统动量和机械能守恒
$\Rightarrow$列出双守恒等式解方程组
(2)弹簧弹性势能最大时，$b$的速度大小$v_b$及弹性势能的最大值$E_{pm}$
$\Rightarrow a$、球、$b$共速时弹性势能最大
$\Rightarrow$从$b$刚释放到$a$、球、$b$共速，三者系统动量守恒
$\Rightarrow$求$b$刚释放时$a$和球的速度
$\Rightarrow F = 15 N$时，弹簧的伸长量及弹性势能
$\Rightarrow$球击中$a$与$a$粘到一起后的速度
步骤C 正反连接
(1)水平方向上动量守恒：$mv_1 = Mv_2$，机械能守恒定律：$mgh = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2$
联立解得$v_1 = 6 m/s$, $v_2 = \frac{2}{3} m/s$
(2)小球从$P$飞出后与$a$粘到一起共速，二者系统水平方向动量守恒，则有$mv_1 = (m + m_a)v_3$，解得$v_3 = 2 m/s$
$F = 15 N$时，形变量$x_1 = \frac{F}{k} = 0.3 m$，根据机械能守恒，有$\frac{1}{2}(m + m_a)v_3^2 = \frac{1}{2}(m + m_a)v_4^2 + \frac{1}{2}kx_1^2$，解得$v_4 = 1 m/s$
固定解除之后，小球、物块$a$和物块$b$组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有$(m + m_a)v_4 = (m + m_a + m_b)v_b$
解得$v_b = \frac{2}{3} m/s$，方向水平向左.
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为$E_{pm} = \frac{1}{2}(m + m_a)v_4^2 + \frac{1}{2}kx_1^2 - \frac{1}{2}(m + m_a + m_b)v_b^2 = \frac{5}{2} J$.
【答案】
(1)$6 m/s$ $\frac{2}{3} m/s$
(2)$\frac{2}{3} m/s$ $E_{pm} = \frac{5}{2} J$
解析：
(1)根据题意可知，小球从开始下落到$P$处过程中，水平方向上动量守恒，则有$mv_1 = Mv_2$，
由能量守恒定律有$mgh = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2$，
联立解得$v_1 = 6 m/s$, $v_2 = \frac{2}{3} m/s$，
即小球速度为$6 m/s$，方向水平向左，方形物体速度为$\frac{2}{3} m/s$，方向水平向右.
(2)由于小球恰好击中$a$，并与其粘连不弹起，小球竖直方向速度变为$0$，小球和物块$a$水平方向上动量守恒，则有$mv_1 = (m + m_a)v_3$，解得$v_3 = 2 m/s$，
设当弹簧形变量为$x_1$时物块$b$的锁定解除，此时小球和物块$a$的速度为$v_4$，根据胡克定律$F = kx_1$，
由系统机械能守恒有$\frac{1}{2}(m + m_a)v_3^2 = \frac{1}{2}(m + m_a)v_4^2 + \frac{1}{2}kx_1^2$，
联立解得$v_4 = 1 m/s$, $x_1 = 0.3 m$，
锁定解除之后，小球、物块$a$和物块$b$组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有$(m + m_a)v_4 = (m + m_a + m_b)v_b$，
解得$v_b = \frac{2}{3} m/s$，方向水平向左.
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为$E_{pm} = \frac{1}{2}(m + m_a)v_4^2 + \frac{1}{2}kx_1^2 - \frac{1}{2}(m + m_a + m_b)v_b^2 = \frac{5}{2} J$.

巩固训练 2(斜坡类 + 动量定理)(2025·安徽马鞍山二模)(多选)如图所示，小车上固定一个光滑弯曲细管道(由 $ AB $、$ BC $、$ CD $、$ DE $ 四段完全相同的四分之一圆弧管道组成，半径均为 $ R $)，小车(含管道)的质量为 $ m $，静止在光滑的水平面上。有一个质量也为 $ m $ 的小球，以某一水平速度从管道左端最低点 $ A $ 进入管道，小球恰好能到达管道的最高点 $ C $，然后从管道右端 $ E $ 离开管道。不计空气阻力，重力加速度为 $ g $。下列说法正确的是(AD)

A.小球离开管道时，小车的速度大小为 $ 0 $
B.小球从进入管道到离开管道的过程，小车做往复运动
C.小球离开管道时，小球的速度大小为 $ \sqrt{2gR} $
D.小球从 $ A $ 到 $ B $ 的过程中，小球所受合外力冲量为 $ 2m\sqrt{gR} $

答案： 2. 题型分析
本题属于斜坡类类碰撞问题，通过类比来理解题目中的运动.
AD 解析：AC.小球从进入管道到离开管道的过程，水平方向动量守恒可得$mv = mv_1 + mv_2$，其中$v_1$是小球速度，$v_2$是小车速度；由机械能守恒定律可得$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}mv_2^2$，小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为$v'$，由动量守恒定律可得$mv = 2mv'$，根据机械能守恒定律可得$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2} × 2mv'^2 + mg × 2R$，解得$v_1 = v' = 2\sqrt{2gR}$, $v_2 = 0$，小球离开管道时，小车的速度大小为$0$，故A正确，C错误；B.由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒.小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会往复运动，故B错误；D.小球从$A$到$B$，根据动量守恒定律有$mv = 2mv_x$，根据能量守恒定律有$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m(v_x)^2 + \frac{1}{2}mv_2^2 + mgR$，解得$v_x = v_y = \sqrt{2gR}$，根据动量定理可知$I = m\sqrt{(v - v_x)^2 + v_x^2} = 2m\sqrt{gR}$，故D正确.故选AD.
易错提醒：B点的切线方向为竖直方向，故在$B$点时小球与小车一定在水平方向上共速，而此时小球并没有相对小车静止.