《2026年学易优高考二轮总复习物理》

1. (2025·河南焦作一模)
如图所示，某商家为了吸引顾客而设计了一个趣味游戏，游戏轨道由一个水平直轨道$ABC$和一半径为$R$的竖直半圆光滑轨道$CDE$组成，水平直轨道$AB$段光滑，$BC$段粗糙。在半圆轨道圆心$O$左侧同一水平线上且距离$O$点$2R$处固定一个小网兜$P$，将原长小于$AB$段长度的轻弹簧水平置于$AB$段上，左端固定在竖直挡板上，物块$1$静置于$B$处。游戏者将物块$2$向左压缩弹簧到某一位置释放，若物块$2$与物块$1$碰撞后不粘连，物块$1$从半圆轨道最高点$E$飞出并落入网兜$P$内获一等奖，在$DE$圆弧段脱离轨道获二等奖，能够进入半圆轨道内获三等奖，其他情况都不能获奖。已知物块$1$的质量$m = 0.2 kg$，物块$2$的质量$m_0 = 0.4 kg$，$R = 0.8 m$，$BC = 2R$，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为$\mu = 0.5$，重力加速度$g$取$10 m/s^2$。两物块均可视为质点。求：

(1)获一等奖时，物块$1$在$E$点对轨道的压力；
(2)获得二等奖时，物块$1$碰后的速度大小范围（结果可保留根号）；
(3)获得三等奖时，弹簧弹性势能的最小值。

答案： 1.答案:
(1)$2\ N$ 方向竖直向上
(2)$4\sqrt{2}\ m/s\leq v_1\leq2\sqrt{14}\ m/s$
(3)$1.8\ J$
解析:
(1)获得一等奖时,物块1从E点飞出后做平抛运动,
设飞出的速度为$v_E$,则$2R = v_Et$,$R = \frac{1}{2}gt^2$
解得$v_E = \sqrt{2gR} = \sqrt{2×10×0.8}\ m/s = 4\ m/s$
在E点,由牛顿第二定律得$mg + F_N = m\frac{v_E^2}{R}$
解得$F_N = m\frac{v_E^2}{R} - mg = 2\ N$
由牛顿第三定律知,物块1在E点对轨道的压力大小为$2\ N$,方向竖直向上。
(2)在DE圆弧段脱离轨道获二等奖,则物块1在D点刚好脱离轨道,对应的速度为0。应用动能定理得$\mu mg·2R + mgR = \frac{1}{2}mv_{1\min}^2 - 0$
解得$v_{1\min} = 4\sqrt{2}\ m/s$
物块1在E点刚好脱离轨道,对应的速度设为$v_E$
则有$mg = m\frac{v_E^2}{R}$
解得$v_E = \sqrt{gR} = 2\sqrt{2}\ m/s$
物块1由E点到B点过程,由动能定理得
$\mu mg·2R + mg·2R = \frac{1}{2}mv_{1\max}^2 - \frac{1}{2}mv_E^2$
解得$v_{1\max} = 2\sqrt{14}\ m/s$
所以物块1碰后的速度大小范围为$4\sqrt{2}\ m/s\leq v_1\leq2\sqrt{14}\ m/s$。
(3)获得三等奖时,物块1刚好能运动到C点,弹簧弹性势能最小,则
$- \mu mg·2R = 0 - \frac{1}{2}mv_1'^2$
解得$v_1' = 4\ m/s$
碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律,则有$m_0v = m_0v' + mv_1'$
$\frac{1}{2}m_0v^2 = \frac{1}{2}m_0v'^2 + \frac{1}{2}mv_1'^2$
解得$v = 3\ m/s$
弹簧的弹性势能最小值为
$E_p = \frac{1}{2}m_0v^2 = \frac{1}{2}×0.4×3^2\ J = 1.8\ J$。

2. (2025·广东佛山·二模)
很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道$abcde$右端开口，其中$ab$竖直，高度$H = 2R$，$bc$是半径为$R$的四分之一圆弧管（$R$远大于管道直径），$cde$水平，$cd$长度$x_1 = 3R$，$de$长度$x_2 = \dfrac{10}{3}R$。$d$处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊$B$和$C$，$B$被锁定在$d$处，$a$处放置胶囊$A$，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊$A$、$C$间气室为真空，$A$的质量为$m$，$B$、$C$的质量均为$M = 3m$。启动风机，给$A$施加一大小恒为$F = 2mg$的气动推力，$A$运动至$d$处前瞬间解锁$B$，并与$B$完成弹性碰撞，紧接着$B$与$C$完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对$C$产生的压力恒为$mg$（忽略管道内空气流动对气压的影响），$ab$和$cde$均光滑，$A$经$bc$过程克服阻力做功为$W_f = mgR(\pi - 1)$，求：

(1)$A$经圆弧管$b$点处时，管道对其弹力大小$F_N$；
(2)$B$与$C$碰撞后瞬间，$C$的速度大小$v_C$；
(3)试分析并判断$B$与$C$是否会发生第二次碰撞。

答案： 2.答案:
(1)$4mg$
(2)$2\sqrt{gR}$
(3)B与C不会发生二次碰撞
解析:
(1)A由a到b过程$(F - mg)×2R = \frac{1}{2}mv_b^2$
解得$v_b = 2\sqrt{gR}$
A经b点处时$F_N = m\frac{v_b^2}{R}$
解得$F_N = 4mg$。
(2)A由b到d过程$F×\frac{\pi R}{2} - W_f - mgR + Fx_1 = \frac{1}{2}mv_d^2 - \frac{1}{2}mv_b^2$
解得$v_d = 4\sqrt{gR}$
A与B碰撞,以$v_d$的方向为正方向,有$mv_d = mv_A + Mv_B$,
$\frac{1}{2}mv_d^2 = \frac{1}{2}mv_A^2 + \frac{1}{2}Mv_B^2$
解得$v_A = - 2\sqrt{gR}$,$v_B = 2\sqrt{gR}$
B与C碰撞,以$v_B$的方向为正方向,有$Mv_B = Mv_{B2} + Mv_C$,
$\frac{1}{2}Mv_B^2 = \frac{1}{2}Mv_{B2}^2 + \frac{1}{2}Mv_C^2$
解得$v_{B2} = 0$,$v_C = 2\sqrt{gR}$。
(3)设管de段足够长,B与C会发生二次碰撞,先设A反弹不会进入圆弧管,则A减速至速度为零所需距离为s,则由动能定理有$-Fs_1 = 0 - \frac{1}{2}mv_A^2$
解得$s_1 = R ＜ x_1 = 3R$
假设成立
以$v_A$的方向为正方向,则A与B两次碰撞时间间隔为$Ft_1 = m(-v_A) - mv_A$
解得$t_1 = 2\sqrt{\frac{R}{g}}$
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为$x_C = v_Ct_1 - \frac{1}{2}at_1^2$
C的加速度大小$mg = Ma$
解得$a = \frac{1}{3}g$
位移大小为$x_C = \frac{10}{3}R$
此时C恰好到达管口处,即B与C不会发生二次碰撞。