第32讲 力学三大基本观点的综合应用(练习)(解析版)-2025版高考物理最新模拟精练+真题实战演练

第32讲力学三大基本观点的综合应用
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·山东聊城·统考三模）面对能源紧张和环境污染等问题，混合动力汽车应运而生。

混合动力汽车，是指拥有两种不同动力源（如燃油发动机和电力发动机）的汽车，既节能又环保。

汽车质量为M ，静止在平直路面，只采用电力驱动，发动机额定功率为1P 启动，达到的最大速度1v 后，再次提速，两种动力同时启动，此时发动机的总额定功率为12P ，由1v 经时间t 达到最大速度2v （未知）；运动一段时间后，开始“再生制动”刹车，所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。

加速过程中可视为阻力恒定；“再生制动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比，即f kv =。

求：
（1）汽车速度由1v 到2v 过程中前进的位移1x ；
（2）汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离2x 。

【答案】（1）3111
322Mv v t P -；（2）12Mv k 【详解】（1）发动机额定功率为1P 启动，
达到的最大速度1v 时有11f F =所以汽车加速过程中的阻力1111P f F v ==同理发动机的总额定功率为12P ，达到最大速度2v 时有112
2P f v =解得212v v =汽车速度由1v 到2v 过程中根据动能定理有2221112111132222Pt f x Mv Mv Mv -=-=解得前进的位移2111311111
323222Pt Mv v Mv x v t P P ⎛⎫- ⎪⎝⎭==-（2）“再生制动”刹车过程即速度由2v 减到零的过程，根据动量定理有22102kvt kx Mv Mv -=-=-=-解得汽车由速度2v 减到零过程中行驶的距离122Mv x k
=2．（2023·山东济南·统考三模）如图所示，水平传送带以v 0=2m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L =6.2m ，每隔Δt 1=0.5s 将物块（可视为质点）P 1、P 2、P 3、P 4……依次无初速度放置于传送带左端A 点，一段时间后物块从传送带右端B 点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。

已知每个物块的质量均为m =1kg ，物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，B 点与货车车厢底板间的竖直高度h =0.8m ，物块从接触车厢底板到减速为0（忽略物块的反弹和相对车厢的滑动）的时间为Δt 2=0.1s ，重力加速度g =10m/s 2，求：
（1）物块P 1从A 点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t ；
（2）传送带上相邻两物块间的最大距离Δx 1和最小距离Δx 2；
（3）物块P 1刚到达B 点时传送带克服摩擦力做功的瞬时功率P ；
（4）物块P 1从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力F 的大小。

【答案】（1）4.5s ；（2）1m ；0.125m ；（3）8W ；（4）【详解】（1）小物块在传送带上加速的过程满足mg ma μ=解得a =1m/s 2由v 0=at 1解得t 1=2s ；21112
x at =解得x 1=2m 小物块在传送带上匀速的过程满足102L x v t =-解得t 2=2.1s 在平抛运动中2312
h gt =
解得t 3=0.4s 则123 4.5s t t t t =++=（2）当相邻两个物块相对静止时距离最大101x v t =⋅ 解得11m x = 当物块刚被放上传送带上时与上一个物块距离最小()22110.125m 2
x a t == （3）当P 1刚到B 点时，已经静止的物块个数为211 4.2t n t =
= 即有5个木块与传送带间的摩擦力为零，仍在加速的物块的个数为121
4t n t == 即有4个木块与传送带间的摩擦力为滑动摩擦力，传送带克服摩擦力做功的功率，04P mgv μ=解得P =8W
（4）物块从接触车厢底到减速为零的过程中，在竖直方向满足()()20y y F mg t mv -=-- ；3y v gt =
解得F y =50N 在水平方向满足()020x F t mv -=-- ；F x =20N ；F ==3．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图所示，滑块A （可视为质点）位于小车B 的最左端，二者一起以08m/s v =的初速度向右匀速运动，木块C 静止在小车B 的正前方，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短可忽略不计。

已知A 、B 、C 的质量分别为A B C 3kg 1kg 1kg m m m ===、、，A 与B 之间、C 与水平地面之间的摩擦因数均为0.1μ=，不计小车B 与地面之间的摩擦，小车的表面水平且足够长，重力加速度210m/s =g 。

求：
（1）小车B 和木块C 第1次碰撞后，A 、B 、C 的加速度大小；
（2）小车B 和木块C 第2次碰撞前，滑块A 与小车B 摩擦产生的热量1Q ；
（3）小车B 和木块C 第3次碰撞前，木块C 运动的位移C x 的大小。

【答案】（1）21m/s ，23m/s ，21m/s ；（2）24J ；（3）43.5m
【详解】（1）设小车B 和木块C 第1次碰撞后速度分别为B v 和C v ，弹性碰撞满足B 0B B C C m v m v m v =+；222B 0B B C C 111222
m v m v m v =+解得B 0v =，C 8m /s v =滑块A 速度不变，滑块A 和小车B 发生相对滑动，由牛顿
第二定律得，A A A m g m a μ=，A B B m g m a μ=，C C C m g m a μ=解得2A 1m /s a =，2B 3m /s a =，2C 1m /s
a =（2）小车B 和木块C 第1次碰撞后，滑块A 匀减速，小车B 匀加速，木块C 匀减速，在小车B 和木块C 第2次碰撞前，设滑块A 和小车B 已经达到相同速度1v 一起匀速运动，对滑块A 和小车B 系统，由动量守
恒得A 0A B 1()m m m =+v v 解得16m /s v =由能量守恒得()22A 0A B 111122
m v m m v Q -+=解得124J Q =（3）滑块A 和小车B 以速度1v 一起匀速运动，在小车B 和木块C 第2次碰撞前，假设木块C 未停止运动，
速度为2v ，两次碰撞之间小车B 和木块C 的位移均为1x ，由运动学关系得211211B C 2v v v x v a a -=+，22021C
2v v x a -=解得22m /s v =或210m /s v =（舍）所以假设成立，小车B 和木块C 第2次碰撞前木块C 未停止运动
130m x =设小车B 和木块C 第2次碰撞后速度分别为B1v 和C1v ，弹性碰撞满足B 1C 2B B1C C1m v m v m v m v +=+；2222B 1C 2B B1C C111112222
m v m v m v m v +=+解得B122m /s v v ==，Cl 16m /s v v ==设在小车B 和木块C 第3次碰撞前，滑块A 和小车B 已经达到相同速度3v 一起匀速运动，对滑块A 和小车B 系统，由动量守恒得
()A 1B 2A B 3m v m v m m v +=+解得35m /s v =设小车B 和木块C 第2次碰撞后到第3次碰撞前的过程中，小车B
和木块C 的位移均为2x ，第3次碰撞前C 的速度为4v ，由运动学关系得22323423B C 2v v v v x v a a --=+，22142C
2v v x a -=解得43m /s v =或47m /s v =（舍），213.5m x =同理，小车B 和木块C 第3次碰撞前木块C 未停止运动1C 2x x x =+解得C 43.5m
x =4．（2023·安徽·模拟预测）如图，长为L 的传送带以大小为v 的速度沿顺时针方向匀速转动，一足够长的长木板紧靠传送带右端B 放在光滑的水平面上，长木板的上表面与传送带的上表面在同一水平面上，水平地面右侧有一竖直固定的弹性挡板。

一可视为质点、质量为m 的物块轻放在传送带的左端A ，随传送带运动到B 端，以速度v 滑上长木板，并与长木板一起向右运动，长木板与挡板第一次碰撞前物块与长木板已达到共同速度。

已知长木板的质量为0.5m ，物块与长木板间的动摩擦因数为0.4，长木板与挡板碰撞是弹性碰撞，重力加速度为g 。

求：
（1）物块与传送带的动摩擦因数至少为多少；物块在传送带上运动的时间最长为多少；
（2）开始时，长木板的右端离挡板的距离至少为多少；
（3）长木板与挡板第n 次碰撞前一瞬间，长木板的速度为多大。

【答案】（1）2
2v gL ，2L v ；（2）2518v g
；（3）1()23n v 【详解】（1）物块以速度v 滑上长木板，设物块与传送带的动摩擦因数至少为0μ，由牛顿第二定律及匀变
速直线运动规律得0mg ma μ=；2
2v aL =解得2
02v gL μ=物块在传送带上一直加速时运动的时间最长，最长时
间为2v L t a v
==（2）物块第一次在木板上滑动的过程中，由动量守恒定律得1(0.5)mv m m v =+设此过程中木板的位移为x ，对木板由动能定理得2110.52mgx mv μ=⨯解得2518v x g =即开始时长木板的右端离挡板的距离至少为2518v g
（3）长木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞，由动量守恒定律得1120.5(0.5)mv mv m m v -=+；
221121=()2393
v v v v ==长木板与挡板第二次碰撞到第三次碰撞，由动量守恒定律得2230.5(0.5)mv mv m m v -=+；332121()23273
v v v v ===可知，长木板与挡板第n 次碰撞前一瞬间，长木板的速度为1(23
n n v v =5．（2023·山东·模拟预测）利用示踪原子来探测细胞间的亲和程度是生物技术中的重要手段之一，其过程的一部分与下列物理过程极为相似：如图甲所示，光滑水平面上固定有一个发射装置，利用该装置向正对装置方向滑来的物块A 和B （A 、B 相对静止）发射一个示踪滑块C ，示踪滑块C 将记录下它与发射装置之间的距离x 。

已知物块B 叠放在物块A 上，物块A 的质量为3kg ，示踪滑块C 的质量为1kg ，每次发射速度大小均为10m/s ，与物块A 之间的碰撞均为弹性碰撞，且物块A 足够长，每次A 、C 相碰前，A 、B 间均已相对静止，某次测量的滑块C 的x t -图像如图乙所示。

滑块C 和物块B 均可视为质点，重力加速度210m /s g =。

求：
（1）第一次碰后滑块C 的速度大小；
（2）物块B 的质量；
（3）物块A 、B 间的动摩擦因数。

【答案】（1）8m/s ；（2）6kg ；（3）0.4
【详解】（1）由x t -图像可知，1 1.00s t =时滑块C 与A 相碰，此时C 与发射装置之间的距离1110m C x v t ==2 2.25s t =时滑块C 返回到发射装置处，设第一次碰后C 的速度大小C1v ，则1C121
8m /s x v t t ==-（2）设A 、B 在第一次与C 碰撞前的速度大小为AB v ，以滑块C 的初速度方向为正，第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为A1v ，对A 、C 由动量守恒定律有C C A AB C C1A A1m v m v m v m v -=-+由机械能守恒定律有2222C C A AB C C1A A111112222
m v m v m v m v +=+解得AB A12m /s,4m /s v v ==之后A 、B 相对静止，设共同速度大小为AB1v ，对A 、B 由动量守恒定律有()A A1B AB A B AB1m v m v m m v -=+同理第二次碰撞前滑块C 到发射装置之间距
离()2C 3211m x v t t =-=第三次碰撞后C 的速度大小为2C243
5m /s x v t t ==-设第二次碰撞后瞬间A 的速度为A2v ，则C C A AB1C C2A A2m v m v m v m v +=-+；2222C C A AB1C C2A A211112222
m v m v m v m v +=+联立以上各式，解得AB1B 0,6kg
v m ==（3）由（2）分析可知第一次A 、C 相碰时A 距离发射装置10m ，第二次A 、C 相碰时A 距离发射装置11m ，
且A 、B 处于静止状态，即A 向右运动了A 1m x =对物块A 由动能定理有2B A A A112
m gx m v μ-=-解得0.4μ=6．（2023·山东威海·统考二模）如图所示，足够长的倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P 。

质量为M =1kg 的“L ”形木板A 被锁定在斜面上，木板下端距挡板P 的距离为
x 0=40cm 。

质量为m =1kg 的小物块B （可视为质点）被锁定在木板上端，A 与B 间的动摩擦因数3μ=。

某时刻同时解除A 和B 的锁定，经时间t =0.6s ，A 与B 发生第一次碰撞，在A 与P 发生第二次碰撞后瞬间立即对B 施加沿A 向上的恒力F =20N 。

当B 速度最小时再一次锁定A 。

已知A 与P 、A 与B 的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g =10m/s 2.求：
（1）A 与P 发生第一次碰撞前瞬间B 的速度大小；
（2）从开始运动到A 与B 发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能；
（3）A 与P 第二次碰撞时，B 离挡板的距离；
（4）B 从开始运动到离开A 所用的时间。

【答案】（1）2m /s v =；（2）3J Q =热；（3）0.15m L =；（4）(0.75t =总【详解】（1）刚解锁时AB 相对静止，对AB 整体根据牛顿第二定律()sin ()M m g M m a
θ+=+根据匀加速直线运动公式202v ax =解得2m /s
v =（2）A 与P 相撞所用的时间1v at =解得10.4s t =，B 滑动后撞A 的时间21t t t =-可得20.2s
t =木板与挡板第一次碰撞后，对A ：1sin cos Mg mg Ma θμθ+=解得2
110m /s a =对B ：2sin cos mg mg ma θμθ-=解得20a =木板与挡板第一次碰撞后,A 运动的位移212120.12
2m x vt a t -==B 运动的位移220.4m x vt ==木板的长度120.6m d x x ==+根据摩擦生热3J
Q fd ==热（3）A 、B 碰前的速度A 120v v a t =-=；B v v =，A 、B 碰时动量、能量守恒21mv mv Mv =+；22221111222
mv mv Mv =+解得12m /s v =；20v =，AB 碰后，对A ：3sin cos Mg mg Ma θμθ-=；对B ：4
sin cos mg mg ma θμθ+=
根据113x v t =解得30.1s t =这段时间B 运动的位移23430.05m 12
x a t ==，B 离挡板的距离130.15m L x x =-=（4）木板与档板第二次碰撞时木块B 的速度3431m/s v a t ==，对A ：5
sin cos Mg mg Ma θμθ+=解得2510m /s a =，对B ：6sin cos F mg mg ma θμθ-+=解得2620m /s a =，B 减速到零所用时间为t 4，则
3640v a t -=解得40.05s t =，A 经过这段时间后的速度4154 1.5m/s v v a t ==-这段时间AB 的位移
14440.05287m v v x t =+=；3540.025m 2
v x t ==此时，AB 间距离6450.0375m x L x x ==--，B 离木板右端的距离760.5625m x d x =-=木板锁定后，对B ：7sin cos F mg mg ma θμθ--=解得2710m /s a =其中277512
x a t =解
得5t =，B 从开始运动到离开A 所用的时间345t t t t t =+++总；(0.75t =+总7．（2023·山东青岛·统考二模）如图，足够大光滑水平桌面上静置质量A 2kg m =、长 2.7m L =的长木板A ，距离木板A 左端1m d =处有一与木板等高的表面光滑平台B ，平台B 固定在桌面上，质量B 18kg =m ，轻弹簧连接质量C 1kg m =、D 2kg =m 的滑块C 、D 并静置于平台B 上，用细线拴连两滑块使弹簧处于压缩状态。

另一质量E 1kg =m 的滑块E 在桌子右侧斜下方某点获得竖直向上08m/s v =的初速度，上升过程中除重力外还受到一个水平恒力F 作用，使滑块E 恰好从木板右端水平滑上A ，同时撤去F ，滑块E 滑上木板时的速度16m/s v =。

一段时间后木板与平台碰撞并粘在一起，滑块E 继续向左运动并滑上平台。

木板与平台碰撞的瞬间，连接C 、D 的细线断开，C 、D 两滑块在平台上振动。

以向右为正方向，滑块C 的v-t 图像如图乙。

滑块E 与木板A 间动摩擦因数0.5μ=，忽略所有滑块大小及空气阻力，C 、D 始终在平台B 上，重力加速度210m/s =g 。

求：
（1）水平恒力F 的大小；
（2）滑块E 滑上平台B 时的速度大小；
（3）滑块E 滑上平台B 后，与C 发生碰撞，并立即结合在一起，考虑所有可能的碰撞情形，求碰后的运动过程中，E 、C 、D 系统动能的最大值与最小值之差；
（4）若平台B 不固定，其他条件不变，A 与B 碰撞后仍粘在一起，请判定E 能否滑上B ；若能滑上B ，求E 滑上B 时的速度大小；若不能滑上B ，求E 最终离A 右端的距离。

【答案】（1）F =7.5N ；（2）31m/s v =；（3）k ΔE 1.125J =；（4）能，74v m /s 7
=【详解】（1）设恒力F 斜向上，与水平方向的夹角为θ，根据动量定理得，竖直方向E E 00m gt m v -=-水平方向E 10Ft m v =-整理得7.5N
F =
（2）对E 、A 相互作用过程，
设它们能够达到共同速度2v ，根据动量守恒和能量守恒可得()E 1A E 2=+m v m m v ；()2E E 1E A 21
1Δ22
m g L m v m m v μ=-+2解得22m/s v =；Δ 2.4m 2.7m L =<对A 在该过程，根据动能定理可得2A A A 2102
μ=-m gs m v 解得A 0.8m 1m S =<所以E 、A 相互作用能够达到共同速度，假设正确。

对A 在该过程，根据动能定理可得()22E E 3A 211Δ22μ--=
-m g L L m v m v 解得31m/s v =（3）对E 与C 、D 作用过程，系统外力为零，动量守恒，因此，不论E 、C 两物体何时何处相碰，三物体速度相同时的速度是一个定值，此时系统具有最大弹性势能，总动能最小。

设三个物体速度相同时的速度为4v ，由动量守恒定律得()E 3E C D 4m v m m m v =++解得40.25m /s v =；()2k E C D 41m 2
E m m v =++；k E 0.125J =当C 物体具有向左大小为C 1m/s v =的速度时，E 与C 粘在一起，ECD 系统动能最大，有C C D D m v m v =；D 0.5m /s v =；222k0E 3C D D k0111 1.25J 222
C E m v m v m v E =++=最大动能与最小动能之差k k0k Δ 1.125J E E E =-=（4）A 与B 碰撞由动量守恒()A 2A B 5m v m m v =+解得50.2m /s v =设EAB 能共速，由动量守恒得()()E 2A B 5E A B 6m v m m v m m m v ++=++解得62m /s 7v =由能量转换与守恒定律()()222E E 2A B 5E A B 61
11222
m gl m v m m v m m m v μ=++-++解得Δl L L >-所以E 能滑上B 。

对E 、A 、B 根据动量守恒和能量守恒可得()()E 2A B 5E 7A B 8m v m m v m v m m v ++=++；
()()()2222E E 2A B 5E 7A B 81
111Δ2222m g L L m v m m v m v m m v μ-=++--+解得74m /s 7
=v 8．（2023·全国·模拟预测）如图所示，A 、B 、C 的质量分别为11kg m =、2 1.5kg m =、33kg m =，轻弹簧的左端固定在挡板上，C 为半径2m R =的14
圆轨道，静止在水平面上。

现用外力使小球A 压缩弹簧（A 与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为p 50J E =时由静止释放小球A ，小球A 与弹簧分离后与静止的小球B 发生正碰，小球B 到圆轨道底端的距离足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取210m/s =g 。

求：
（1）小球B 能达到的最大高度；
（2）小球B 返回圆轨道底端时对圆轨道的压力
（3）通过计算分析，小球B 能否第二次进入圆轨道。

【答案】（1）32m 15
h =；（2）63N ；（3）不能【详解】（1）设碰前小球A 的速度为0v ，从释放小球A 到分离的过程，由能量守恒定律得02p 112E m v =
代入数据解得010m/s v =，A 、B 碰撞的过程，A 、B 组成的系统机械能守恒、动量守恒，设A 、B 碰撞后的
速度分别为1v 、2v ，则有101122m v m v m v =+；222101122111222
m v m v m v =+带入数据解得12m/s v =-，28m/s v =小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为3v ，小球与圆轨道组成的系统在水平方向
上动量守恒，有()22233m v m m v =+小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有()222223321122
m v m m v m gh =++代入数据解得38m/s 3v =，32m 15
h =（2）设小球返回圆轨道底端时小球与圆轨道的速度分别45、v v ，由动量守恒定律和能量能守恒定律可得
222435m v m v m v =+；222222435111222m v m v m v =+联立带入数据解得48m/s 3v =-，516m/s 3
v =在圆轨道底端对小球由牛顿第二定律有()
245N 22v v F m g m R --=解得N 63N F =根据牛顿第三定律N 63N F F ==压，方向竖直向下
（3）球A 与球B 第一次碰后以12m/s v =-的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，球A 与弹簧分离后的速度大小为62m/s v =，经过一段时间，球A 与球B 发生第二次碰撞，设碰后球A 和球B 的速度分别为7v 、8v ，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得16241728m v m v m v m v +=+；
2222162412811112222T m v m v m v m v +=+联立带入数据解得7 3.6m/s v =-，816m/s 15
v =因为85v v <，所以小球B 无法第二次进入圆轨道。

9．（2023·湖北·模拟预测）如图（a ），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B 向A 运动，t =0时与弹簧接触，到t =2t 0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A 、B 的v -t 图像如图（b ）所示。

已知从t =0到t =t 0时间内，物块A 运动的距离为0.36v 0t 0。

A 、B 分离后，A 滑上粗糙斜面（μ=0.45），然后滑下，与一直在水平面上运动的B 再次碰撞，斜面倾角为θ（sin θ=0.6），与水平面光滑连接。

碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。

求：
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）第一次碰撞后A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B 第二次碰撞后A 、B 的速度分别为多少？
【答案】（1）200.6mv ；（2）000.768v t ；（3）A 02v v ''=，B 0
0.2v v ''=【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A 、B 速度相等，即t t =0时刻，根据动量守恒定律()B 00B 0B 1.220.8m v m v m v m m v =+=+ 共得m B =5m ；v 共=v 0根据能量守恒定律
22pmax B 0B 011(1.2)()22
E m v m m v =-+联立解得2pmax 00.6E mv =（2）B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A 、B 动量守恒B 00B B A 1.26m v mv m v mv ⨯==+对方程两边同时乘以时间t ∆，有0B A 65mv t mv t mv t ∆=∆+∆，0-t 0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得
00B A 65mv t ms ms =+将A 000.36s v t =代入可得B 001.128s v t =则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
B A 00
0.768s s s v t ∆=-=（3）第一次碰撞后，设A 在斜面上滑行的长度为L ，上滑过程，根据动能定理可得
201sin cos 0(2)2
mgL mgL m v θμθ--=-下滑过程，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为A v '，根据动能定理可得2A 1sin cos -02
mgL mgL mv θμθ'-=联立解得A 0v v '=，A 滑下后，与一直在水平面上运动的B 第二次碰撞，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得A 0A B 50.85mv m v mv mv '''''-+=+ 根据能量守恒定律可得
()()()
2222A 0A B 111150.852222mv m v m v m v '''''+=+ 联立解得A 02v v ''=；B 00.2v v ''=10．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，足够长的光滑水平地面上有2023个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L ，将其从左到右依次编号。

一半径为H 的四分之一光滑圆弧轨道（固定在水平地面）与各小球处于同一竖直面内，圆弧轨道的最低点在1号小球处与水平地面平滑连接。

已知1号小球的质量为m ，2~2023号小球的质量均为km （k 为小于1的正比例常数）。

现将1号小球从圆弧轨道最低点拿到轨道上与圆心等高处由静止释放，题中所有小球之间的碰撞均可视为弹性正碰。

（已知重力加速度为g ，不计空气阻力，小球大小忽略不计）
（1）求1号小球在运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（2）求1号小球与2号小球在第一次碰撞中给2号小球的冲量大小以及对2号小球所做的功；
（3）在1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F （图中未画出），使1号小球以后每次碰撞前瞬间的速度都与第一次碰撞前瞬间的速度相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外
力，求外力F 的大小以及最终1号和2023号小球间的距离。

【答案】（1）3mg ；（2）221k m gH k +，()241k mgH k +；（3）()241k mgH F L k =+，()2120214k h d L k ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦
【详解】（1）1号小球释放后在圆弧轨道上运动到最低点的过程中，由动能定理，有20102mgH mv =
-1号小球运动到最低点时，由牛顿第二定律有20N v F mg m H
'-=联立解得N 3F mg '=由牛顿第三定律知，此时小球对轨道的压力N F 与轨道对小球的支持力N F '为一对相互作用力，故N N 3F F mg
'==（2）1、2号小球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有012mv mv kmv =+；222012111222
mv mv kmv =+解得：1121k
v gH k -=+；2221v gH k =+对2号小球，由动量定理有1220I kmv →=-解得12221k I m gH k
→=+对2号小球，由动能定理有2122102W kmv →=
-解得()12241k W mgH k →=+（3）1，2号小球碰后，2号小球以速度2v 向右运动一个L ，与3号小球碰撞后速度交换。

1号小球由速度1v 开始匀变速运动，经位移L ，以速度0v 与2号小球发生下一次碰撞。

这一过程，对1号小球由动能定理有
22101122
FL mv mv =-解得：()241k mgH F L k =+最终所有小球的速度均为2v ，F 作用的总时间记为t ，对整体，由动量定理有()()22122022Ft kmv mv mv kmv =⋅+-+即：()220
2022Ft kmv mv mv =+-F 作用的总位移记为x ，对整体，由动能定理有22222212111120222222Fx kmv mv mv kmv ⎛⎫⎛⎫=⨯+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
即2222201112022222
Fx kmv mv mv ⎛⎫=⨯+- ⎪⎝⎭。

2号小球第一次碰后的速度2v 向右依次碰撞传递，最后作为2023号小球的最终速度。

最终1号和2023号小球间的距离为2d v t x
=-代入数据，得()2120214k h d L k ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦
（2023·湖南·统考高考真题）如图，质量为M 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b ，长轴水平，短轴竖直．质量为m 的小球，初始时刻从椭圆
轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy ，椭圆长轴位于x 轴上。

整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g 。

（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；（2）在平面直角坐标系xOy 中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若M b m a b =-，求小球下降2
b h =高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a b 、及g 表示）。

【答案】（1）2v =2m x a M m =+；（2）()2
2222
1x M m ma y M a b +-⎡⎤⎣⎦+=；（3）2【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正12
0mv Mv =-
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒22121122mgb mv Mv =+联立解得2v =何时候都动量守恒即120mv Mv =-两边同时乘t 可得12mx Mx =且由几何关系可知12x x a +=联立得2m x a M m
=+（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(),x y 时，此时凹槽水平向右运动的位移为x ∆，根据上式有()m a x M x -=⋅∆则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为()
222
21x x y a b -∆+=整理得()222221x M m ma y M a b +-⎡⎤⎣⎦+=（0b y -≤≤）（3）将M b m a b
=-代入小球的轨迹方程化简可得()222x a b y b --+=⎡⎤⎣⎦即此时小球的轨迹为以()a b -为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为2
b 时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为60︒，小球下降2
b 的过程中，系统水平方向动量守340cos 60mv Mv =︒-
系统机械能守恒223411222b mg mv Mv =+联立得32v ==。