《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 2] (2024·安徽卷)
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，物块沿着轨道运动，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)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)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： 例2 答案:
(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,由动能定理有$mgL = \frac{1}{2}mv_0^2 - 0$
解得$v_0 = 5\ m/s$
在最低点,对小球由牛顿第二定律有$F_T - mg = m\frac{v_0^2}{L}$
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有$mv_0 = mv_1 + Mv_2$
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2$
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,物块与小车整体水平方向动量守恒$Mv_2 = 2Mv_3$
由能量守恒定律有
$\frac{1}{2}Mv_2^2 = \frac{1}{2}×2Mv_3^2 + \mu_1Mgs$
解得$\mu_1 = 0.4$
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,物块与小车整体水平方向动量守恒$Mv_2 = 2Mv_4$
由能量守恒定律有
$\frac{1}{2}Mv_2^2 = \frac{1}{2}×2Mv_4^2 + \mu_2Mgs + MgR$
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$0.25\leq\mu＜0.4$。

[例 3] (2025·四川卷)
如图所示，倾角为$\theta$的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为$R$的半圆挡板和长为$7R$的直挡板。$a$为直挡板下端点，$bd$为半圆挡板直径且沿水平方向，$c$为半圆挡板最高点，两挡板相切于$b$点，$de$与$ab$平行且等长。小球乙被锁定在$c$点。小球甲从$a$点以一定初速度出发，沿挡板运动到$c$点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为$m_1$，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为$g$。

(1)求小球甲从$a$点沿直线运动到$b$点过程中的加速度大小；
(2)若小球甲恰能到达$c$点，且碰撞后小球乙能运动到$e$点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
(3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段$de$，求小球甲初动能应满足的条件。

答案： 例3 答案:
(1)$g\sin\theta$
(2)$\frac{m_1}{m_2}\geq1$或$\frac{m_1}{m_2} = \frac{1}{7}$
(3)$\frac{17}{2}m_1gR\sin\theta＜E_{k0}＜12m_1gR\sin\theta$
解析:
(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有$m_1g\sin\theta = m_1a_1$
解得甲在ab段运动的加速度大小$a_1 = g\sin\theta$。
(2)甲恰能到c点,设到达c点时的速度为$v_1$,可知$m_1g\sin\theta = m_1\frac{v_1^2}{R}$
解得$v_1 = \sqrt{gR\sin\theta}$ ①
根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞,碰撞前后根据动量守恒和能量守恒$m_1v_1 = m_1v_1' + m_2v_2$,$\frac{1}{2}m_1v_1^2 = \frac{1}{2}m_1v_1'^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2$
解得碰后乙的速度为$v_2 = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$ ②
碰后乙能运动至e点,第一种情况,碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点,此时需满足$m_2g\sin\theta\leq m_2\frac{v_2^2}{R}$
即$v_2\geq\sqrt{gR\sin\theta}$ ③
联立①②③可得$\frac{m_1}{m_2}\geq1$
第二种情况,碰后乙做类平抛运动到达e点,此时可知$7R + R = \frac{1}{2}g\sin\theta· t^2$,$R = v_2t$
解得$v_2 = \frac{1}{4}\sqrt{gR\sin\theta}$ ④
联立①②④可得$\frac{m_1}{m_2} = \frac{1}{7}$。
(3)在
(2)问的质量比条件下,若碰后乙能越过线段de,根据前面分析可知当满足第一种情况时,碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段de,故碰后乙做类平抛运动越过线段de,
故碰后乙的速度必然满足$v_2＜\sqrt{gR\sin\theta}$
同时根据类平抛运动规律可知$7R + R = \frac{1}{2}g\sin\theta·\Delta t^2$,$v_2\Delta t＞R$
同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上,可得当$R = \frac{1}{2}g\sin\theta·\Delta t^2$,$v_2\Delta t＜R$
联立解得$\frac{1}{4}\sqrt{gR\sin\theta}＜v_2＜\sqrt{\frac{1}{2}gR\sin\theta}$ ⑤
联立②⑤将$\frac{m_1}{m_2} = \frac{1}{7}$代入可得
$\sqrt{gR\sin\theta}＜v_1＜\sqrt{8gR\sin\theta}$ ⑥
对甲球从a到c过程中根据动能定理$-m_1g·8R\sin\theta = \frac{1}{2}m_1v_1^2 - E_{k0}$ ⑦
联立⑥⑦可得$\frac{17}{2}m_1gR\sin\theta＜E_{k0}＜12m_1gR\sin\theta$。

[例 4] (2025·重庆卷)
如图所示，长度为$d$的水平传送带$M$顺时针匀速运动。质量为$m$的小物块$A$在传送带左端$M$由静止释放。$A$还未与传送带达到相同速度时就从右端$N$平滑地进入光滑水平面$NO$，与向右运动的小物块$B$发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后$A$、$B$均向右运动，从$O$点进入粗糙水平地面。设$A$与传送带间的动摩擦因数和$A$、$B$与地面间的动摩擦因数均为$\mu$，重力加速度为$g$。

(1)求$A$在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，$B$的速度大小为$A$的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后$A$、$B$在粗糙地面上停下后相距$d$，求$B$的质量；
(3)若$B$的质量是$A$的$n$倍，碰后瞬间$A$和$B$的动量相同，求$n$的取值范围及碰后瞬间$B$的速度大小范围。

答案： 例4 答案:
(1)$a = \mu g$,$v_1 = \sqrt{2\mu gd}$
(2)$M = \frac{m}{3}$
(3)$\frac{1}{3}\leq n\leq1$,$\frac{\sqrt{2\mu gd}}{2}\leq v_B\leq\frac{3\sqrt{2\mu gd}}{2}$
解析:
(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度,即$\mu mg = ma$
可得$a = \mu g$
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带,所以物体在传送带上做匀加速直线运动,由$v_1^2 = 2ad$
解得$v_1 = \sqrt{2\mu gd}$。
(2)设B的质量为M,则由题意碰前$v_A = v_1$,$v_B = \frac{v_1}{2}$,两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有$mv_1 + M×\frac{v_1}{2} = mv_1' + Mv_2'$,$\frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}M×(\frac{v_1}{2})^2 = \frac{1}{2}mv_1'^2 + \frac{1}{2}Mv_2'^2$
又因为在弹性碰撞中,碰前相对速度与碰后相对速度大小相等,方向相反,
即$v_1 - \frac{v_1}{2} = v_2' - v_1' = \frac{v_1}{2}$
联立解得$v_1' = \frac{mv_1}{m + M}$,$v_2' = \frac{(3m + M)v_1}{2(m + M)}$
因为OP段粗糙,由动能定理有$-\mu mgs = 0 - \frac{1}{2}mv^2$
得$s = \frac{v^2}{2\mu g}$,即$s_A = \frac{v_1'^2}{2\mu g}$,$s_B = \frac{v_2'^2}{2\mu g}$
根据题意有$s_B - s_A = d$,且由
(1)有$v_1 = \sqrt{2\mu gd}$
联立各式解得$M = \frac{m}{3}$。
(3)A、B碰撞过程动量守恒有$mv_1 = mv_A + nmv_B$
又因为碰后瞬间A和B的动量相同,则$v_B = \frac{v_1}{2n}$,$v_A = \frac{v_1}{2}$
根据碰撞的约束条件,要两物块不发生二次碰撞则有$v_A\leq v_B$,即$n\leq1$
碰后动能不增,即$\frac{1}{2}mv^2\geq\frac{1}{2}m(\frac{v_1}{2})^2 + \frac{1}{2}nm(\frac{v_1}{2n})^2$,可得
$n\geq\frac{1}{3}$
所以n的取值范围为$\frac{1}{3}\leq n\leq1$
分别将$n = 1$和$n = \frac{1}{3}$带入$v_B = \frac{v_1}{2n}$,分别可得$v_B = \frac{v_1}{2}$,$v_B = \frac{3v_1}{2}$
所以对应的B的速度范围为$\frac{v_1}{2}\leq v_B\leq\frac{3v_1}{2}$,带入$v_1 = \sqrt{2\mu gd}$
可得$\frac{\sqrt{2\mu gd}}{2}\leq v_B\leq\frac{3\sqrt{2\mu gd}}{2}$