物理相关

（一）山东 2021T18

一个只使用高一知识的压轴题。

（1）：由动能定理得 \(Fx_0-2fx_0=\frac{1}{2}kx_0\) 得到 \(x_0=\frac{2F-4f}{k}\)。容易知道在弹簧原长处 \(\text{B,C}\) 分离，再由 \(\text{B,C}\) 整体的动能定理得 \(E=\frac{E_{\text{BC}}}{2}=\frac{1}{4}kx_0^2-fx_0=\frac{F^2-6fF+8f^2}{k}\)。

（2）：设 \(\text{B}\) 在与 \(\text{C}\) 分离后继续运动了 \(x\)，那么 \(\text{B}\) 在 \(x\) 的动能不小于零，并且此时弹簧张力可以拉动 \(\text{A}\)。取临界态 \(x=\frac{f}{k}\)，\(E-fx-\frac{1}{2}fx^2=0\)，联立得 \(F=(3+\frac{\sqrt{10}}{2})f\)（不合题意的值舍去）。

（3）：由 \(\text{C}\) 的动能定理有 \(x_{\text{C}}=\frac{E}{f}\)，由 \(\text{B}\) 的动能定理有 \(E=W+fs_{\text{B}}\)，其中 \(s_{\text{B}}>x_{\text{B}}\)，以上与 \(x_{\text{C}}-x_{\text{B}}=x_{\text{BC}}\) 联立得到 \(W<fx_{\text{BC}}\)。

（4）：最后一小题反而是最简单的。在分离前运用整体法，\(a_{\text{C}}=\frac{k(x_0-x)-2f}{2m}=\frac{2f}{m}\)，是一条直线，在分离后 \(a_{\text{C}}=-\frac{f}{m}\) 与 \(x\) 轴平行。

（二）湖北省某题

动量的小压轴。

A：水平方向上两物体不受外力，所以水平方向动量守恒，有：\(mv_0=(m+M)v_t\) 得到 \(v_t=\frac{m}{m+M}v_0\) 随初速度增大而增大。由能量守恒：\(\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(m+M)v_t^2=Q=fs\)，其中 \(s\) 为相对位移，得到 \(fs=\frac{Mmv_0^2}{2(m+M)}\) 得到 \(s=\frac{Mmv_0}{2k(m+M)}\le L\) 得到 \(v_0=\frac{2kL(m+M)}{Mm}\)，正确。

B：由题意，两物体有达到共速，所以 \(v_0-\frac{kv_0}{m}t=\frac{kv_0}{M}t\) 得到 \(t=\frac{Mm}{k(M+m)}\)，错误。

C：由 A：\(v_t=\frac{m}{m+M}v_0\)，代入 \(\Delta E=\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}(m+M)v_t^2=\frac{2k^2L^2(m+M)}{Mm}\)，错误。

D：由运动学公式得到 \(x=\frac{1}{2}\frac{kv_0}{M}t^2=\frac{mL}{M+m}\)，正确。

（三）湖南 2023

挺有难度的。

（1）：水平方向不受外力动量守恒，由动量守恒简单得到 \(v_M=\frac{m}{M}v_m\)，再由能量守恒定律得到 \(E_{km}+E_{kM}=mgb\)，联立方程组得到 \(v_M=\sqrt{\frac{2m^2gb}{M^2+Mm}}\)，因为 \(\frac{v_M}{v_m}=\frac{m}{M}\) 得到 \(\frac{s_M}{s_m}=\frac{m}{M}\)，与 \(s_M+s_m=a\) 联立得到 \(s_M=\frac{am}{m+M}\)。

（2）：由于系统水平方向上不受外力，原先系统静止，所以系统质心在水平方向上没有位移，原先的质心横坐标 \(x_C=\frac{am}{m+M}\)，于是 \(x_C'=\frac{x_mm+x_MM}{m+M}=x_C\) 得到 \(x_M=\frac{m(a-x_m)}{M}\)，则此时椭圆的标准方程为 \(\frac{(x-\frac{m(a-x_m)}{M})^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)，将 \((x,y)\) 代入得到 \(\frac{[(M+m)x-am]^2}{a^2M^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\) 即为轨迹方程。

（3）：将 \(m=\frac{a-b}{b}M\) 代入轨迹方程得到 \([x-(a-b)^2]+y^2=b^2\) 是个圆。设小块对地速度为 \(v\)，因为纵坐标为 \(-\frac{1}{2}b\)，则速度与水平方向夹角为 \(\frac{\pi}{3}\)，则水平方向速度为 \(\frac{v}{2}\)，由动量定理得到 \(v_M=\frac{mv}{2M}\)，联立动能定理可求出 \(v=2b\sqrt{\frac{g}{a+3b}}\)。

（四）浙江省某题

更友好一些。

（1）：由动量守恒很容易得到 \(mv=2mv_t\) 即 \(v_t=\frac{1}{2}v=\frac{1}{2}\sqrt{2gh}=2\text{m/s}\)。

（2）：很容易得到 \(\frac{1}{2}v=\sqrt{5gR}\)，得到 \(v^2=20gR=2gh\) 得到 \(h=2\text{m}\)。

（3）：由（2）得到 \(h\) 最小值为 \(2\text{m}\)。经过 \(EF\) 段所做的负功为 \(-2mgL\sin\theta-2\mu mg\cos\theta L=-0.5\text{J}\)。则在 \(F\) 处的动能为 \(\frac{1}{4}\sqrt{2gh}\times0.1-0.5=\frac{gh}{20}-0.5=\frac{1}{2}\times0.2v_F^2\) 得到 \(v_F^2=5h-5\ge5(\text{m/s})^2\)。若不反弹，则 \(\frac{3v_x^2}{2g}=0.72\) 得到 \(v_x^2=4.8\) 即 \(v^2=7.5>5\) 满足要求。若反弹一次，则 \(\frac{3v_x^2}{2g}+\frac{3v_x^2}{4g}=0.72\) 得到 \(v_x^2=3.2\) 即 \(v^2=5\) 为临界态，所以最多反弹一次。因此 \(h=2\text{m}\) 或 \(h=2.5\text{m}\)。