《2026年新高考5年真题物理江苏专版》

8. [2024·安徽卷，14T，14分] 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，由静止释放小球，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/s²。

(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： 8.参考答案
(1)6N　
(2)4m/s　
(3)$0.25 \leq \mu ＜ 0.4$
命题意图本题考查动能定理、圆周运动、动量守恒定律和能量守恒定律，考查考生的推理能力。
解题思路
(1)小球由静止释放至运动到最低点的过程，由动能定理可得$mgL = \frac{1}{2}mv_0^2 - 0$，解得小球在最低点的速度大小$v_0 = 5m/s$。
小球在最低点时，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$F_T = 6N$。
(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可得$mv_0 = mv_1 + Mv_2$，$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2$，解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小$v_2 = 4m/s$。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车组成的整体，由水平方向动量守恒有$Mv_2 = 2Mv_3$，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，则对物块与小车组成的整体，由水平方向动量守恒有$Mv_2 = 2Mv_4$，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$\mu_2 = 0.25$。
综上所述可知，物块与水平轨道间的动摩擦因数$\mu$的取值范围为$0.25 \leq \mu ＜ 0.4$。

9. [2024·湖南卷，15T，16分] 如图，半径为$R$的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为$m_A$和$m_B$的小球$A$和$B$($m_A ＞ m_B$)。初始时小球$A$以初速度$v_0$沿圆环切线方向运动，与静止的小球$B$发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

(1) 若小球$A$与$B$碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小。
(2) 若小球$A$与$B$之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比$\frac{m_A}{m_B}$。
(3) 若小球$A$与$B$之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的$e$倍($0 ＜ e ＜ 1$)，求第1次碰撞到第$2n + 1$次碰撞之间小球$B$通过的路程。

答案： 9.参考答案
(1)$\frac{m_Av_0}{m_A + m_B}$　$\frac{m_A^2v_0^2}{(m_A + m_B)R}$　
(2)2或5　
(3)$\frac{2\pi m_AR(e^{2n} - 1)}{(m_A + m_B)(e - 1)e^{2n}}$
命题意图本题考查小球在圆环中多次碰撞的问题，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题的能力。
解题思路
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰撞后小球组合体的速度大小为$v$，则有$m_Av_0 = (m_A + m_B)v$，解得$v = \frac{m_Av_0}{m_A + m_B}$。
根据向心力公式$F_{向} = (m_A + m_B)\frac{v^2}{R}$，解得小球组合体做圆周运动所需向心力大小$F_{向} = \frac{m_A^2v_0^2}{(m_A + m_B)R}$。
(2)若小球A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两球第1次碰撞位置在B球初始位置，设碰后A、B的速度分别为$v_1$、$v_2$，由动量守恒定律有$m_Av_0 = m_Av_1 + m_Bv_2$，由机械能守恒定律有$\frac{1}{2}m_Av_0^2 = \frac{1}{2}m_Av_1^2 + \frac{1}{2}m_Bv_2^2$，联立解得$v_1 = \frac{m_A - m_B}{m_A + m_B}v_0$，$v_2 = \frac{2m_A}{m_A + m_B}v_0$。
因$m_A ＞ m_B$，则碰后瞬间两球同向运动，又$\frac{v_1}{v_2} ＜ \frac{1}{2}$，结合$(v_2 - v_1)t = 2\pi R$可知，从第1次碰撞到第2次碰撞的过程，A通过的路程小于一个圆周，又A与B之间所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则第一种情况：碰后B球比A球多运动一圈，A球运动了$\frac{1}{3}$圈，则有$\frac{v_1}{v_2} = \frac{1}{4}$，可得$\frac{m_A}{m_B} = 2$。
第二种情况：碰后B球比A球多运动一圈，A球运动了$\frac{2}{3}$圈，则有$\frac{v_1}{v_2} = \frac{2}{5}$，可得$\frac{m_A}{m_B} = 5$。
由动量守恒定律和机械能守恒定律可知两种情况下第2次碰撞后A球速度重新变为$v_0$，B球的速度变为$0$，之后两小球做周期性运动，两种情况均符合题意。
(3)由题意可知，第1次碰后瞬间，两球相对速度大小为$ev_0$，B比A多运动一圈后发生第2次碰撞，设第1、2次碰撞的时间间隔为$t_1$，圆周长为$L = 2\pi R$，则$t_1 = \frac{L}{v_{B1} - v_{A1}} = \frac{L}{ev_0}$，根据动量守恒定律有$m_Av_0 = m_Av_{A1} + m_Bv_{B1}$，且$e = \frac{v_{B1} - v_{A1}}{v_0}$，解得$v_{B1} = \frac{m_A(1 + e)}{m_A + m_B}v_0$，$v_{A1} = \frac{m_A - em_B}{m_A + m_B}v_0$，则该段时间内B运动的路程为$s_1 = v_{B1}t_1 = \frac{m_AL}{(m_A + m_B)e}$。
B追上A后两球发生第2次碰撞，碰后瞬间两球相对速度大小为$e^2v_0$，A比B多运动一圈后发生第3次碰撞，设第2、3次碰撞的时间间隔为$t_2$，则$t_2 = \frac{L}{e^2v_0}$，根据动量守恒定律有$m_Av_0 = m_Av_{A2} + m_Bv_{B2}$，且$e = \frac{v_{A2} - v_{B2}}{ev_0}$，解得$v_{B2} = \frac{m_A + e^2m_B}{m_A + m_B}v_0$，$v_{A2} = \frac{m_A - e^2m_B}{m_A + m_B}v_0$，则该段时间内B运动的路程为$s_2 = v_{B2}t_2 = \frac{m_AL(1 - e^2)}{(m_A + m_B)e^2}$。
A追上B后两球发生第3次碰撞，碰后瞬间两球相对速度大小为$e^3v_0$，B比A多运动一圈后发生第4次碰撞，设第3、4次碰撞的时间间隔为$t_3$，则$t_3 = \frac{L}{e^3v_0}$，根据动量守恒定律有$m_Av_0 = m_Av_{A3} + m_Bv_{B3}$，且$e = \frac{v_{B3} - v_{A3}}{e^2v_0}$，解得$v_{B3} = \frac{m_A + e^3m_B}{m_A + m_B}v_0$，$v_{A3} = \frac{m_A - e^3m_B}{m_A + m_B}v_0$，则该段时间内B运动的路程为$s_3 = v_{B3}t_3 = \frac{m_AL(1 - e^3)}{(m_A + m_B)e^3}$。
以此类推，A、B第$2n$次碰撞后瞬间，两球相对速度大小为$e^{2n}v_0$，碰后A比B多运动一圈后发生第$2n + 1$次碰撞，该段时间内B运动的路程为$s_{2n} = \frac{m_AL(1 - e^{2n})}{(m_A + m_B)e^{2n}}$。
综上所述，从第1次碰撞到第$2n + 1$次碰撞的过程，B通过的路程$s = s_1 + s_2 + s_3 + ·s + s_{2n} = \frac{m_AL}{(m_A + m_B)} × (\frac{1}{e} + \frac{1}{e^2} + \frac{1}{e^3} + ·s + \frac{1}{e^{2n}}) = \frac{2\pi m_AR}{(m_A + m_B)(e - 1)e^{2n}} × (e^{2n} - 1) = \frac{2\pi m_AR(e^{2n} - 1)}{(m_A + m_B)(e - 1)e^{2n}}$。