第1部分 专题2 第7讲 动量 动量守恒定律（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第7讲　动量　动量守恒定律 第一部分 专题整合 知识突破 专题二　能量与动量 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 核心素养 助学提能 课堂评价 高考预测 01 02 限时集训 能力达标 03 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 核心素养 助学提能 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 课堂评价 高考预测 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 考点一　动量定理及其应用 1．冲量的三种计算方法 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt＝mv′－mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统． ②表达式是矢量式，需要规定正方向． ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷． ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力． 求解平均力 [例1]　(多选)(2024·全国甲卷，20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N [解析]　A．根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；BC.根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)， 其中Δt＝0.3 s， 代入数据可得F＝4600 N， 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N，故D正确． [答案]　BD 求解流体问题 [例2]　(2024·山东烟台统考)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮．现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流．某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为零，则气流速度大小为(　　) A.eq \r(\f(mg,4ρS))　 B．eq \r(\f(mg,2ρS))　　C.eq \r(\f(mg,ρS))　　D.eq \r(\f(2mg,ρS)) [解析]　在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt，设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，风给人的力大小为F′＝F，人受力平衡，所以F′＝mg，解得v＝eq \r(\f(mg,ρS))，故C正确． [答案]　C 　应用“柱体微元”模型求解“流体类”冲击力问题的思路 应用动量定理求解“流体类”冲击力，关键是建立“柱体微元”模型，具体思路： (1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象． (2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt. (3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt. (4)求小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt. (5)应用动量定理FΔt＝Δp. 考点二　动量守恒定律及其应用 1．判断守恒的三种方法 2．动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. (2)Δp1＝－Δp2. (3)Δp＝0. 3．爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒． (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题． (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反． [例3]　(2024·武汉二中月考)如图所示，水平光滑地面上依次放置着10块质量m＝0.08 kg的完全相同的长直木板．一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当小铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s.小铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求： (1)第一块木板的最终速度； (2)小铜块的最终速度． [解题指导] 分析求解问题时，注意根据题意灵活选取系统及确定动量守恒所对应的过程．本题第(1)问中要求的是第一块木板的最终速度，就应该选取小铜块滑上第一块木板到刚滑上第二块木板第一个过程，而第(2)问则应以小铜块和除第一块木板之外的9块木板组成研究系统． [解析]　(1)小铜块和10个长木板整体受到的合外力为零，所以系统动量守恒，设小铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度为v2，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋10mv2， 解得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同． (2)由题可知小铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒定律得 Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3， 得v3＝3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同． [答案]　(1)2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同　(2)3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同 1．(2024·山东青岛统考模拟)如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上．发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水．已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B．火箭上升过程中一直处于超重状态 C．火箭获得的最大速度为eq \f(M,M－m)v0 D．火箭在空中飞行的时间为t＝eq \f(M－mv＋mv0,M－mg) 解析：D　[火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得mv0－(M－m)v1＝0，解得火箭获得的最大速度为v1＝eq \f(m,M－m)v0，C错误；以向下为正方向，上升过程由动量定理可得(M－m)gt1＋eq \o(f,\s\up6(－))1t1＝0＋(M－m)v1，下降过程由动量定理可得(M－m)gt2－eq \o(f,\s\up6(－))2t2＝(M－m)v，其中eq \o(f,\s\up6(－))1t1＝keq \o(v,\s\up6(－))上t1＝kh，eq \o(f,\s\up6(－))2t2＝keq \o(v,\s\up6(－))下t2＝kh，联立解得t＝t1＋t2＝eq \f(M－mv＋mv0,M－mg)，D正确．] 2．(多选)(2024·湖南常德一模) 如图所示，水平面上一半圆弧槽N的质量为2m，槽的半径为r，槽两侧的最高点等高．将一质量为m且可视为质点的小球M由槽右侧的最高点无初速释放，所有接触面的摩擦均可忽略．第一种情况圆弧槽固定不动，第二种情况圆弧槽可自由滑动．下列说法正确的是(　　) A．两种情况下，小球均可运动到圆弧槽左侧最高点 B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为1∶1 C．第二种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时圆弧槽的速度大小为 eq \r(\f(1,3)gr) D．第二种情况下，圆弧槽距离出发点的最远距离为eq \f(2,3)r 解析：ACD　[当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽可自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右侧最高点由静止释放时，系统动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度为v1，则v1＝0，由机械能守恒定律可知，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点，选项A正确；当圆弧槽固定时，设小球M滑到最低点时的速度为v0，则由机械能守恒定律得mgr＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v0＝eq \r(2gr)；当圆弧槽可自由滑动时，设 小球M滑到最低点时的速率为v，此时圆弧槽的速率为v′，由水平方向动量守恒得0＝mv－2mv′，解得v′＝eq \f(v,2)，根据机械能守恒定律得mgr＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2mv′2，解得v＝2 eq \r(\f(1,3)gr)、v′＝ eq \r(\f(1,3)gr)，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度大小之比为eq \r(3)∶eq \r(2)，选项B错误，C正确；第二种情况下，小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m(2r－x)＝2mx，解得x＝eq \f(2r,3)，选项D正确．] 考点三　“碰撞”模型及其应用 1．碰撞的基本规律 2．两种碰撞的常见模型 (1) 弹性碰撞常见模型 图例(水平 面光滑) 小球—弹 簧模型 小球—曲 面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) (2) 完全非弹性碰撞常见模型 图例(水平面、水平导轨都光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 [例4]　(2024·云南一模)如图甲所示，某同学将一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶附近，然后一起由静止释放，发现网球和篮球碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板．若将上述过程简化为如图乙所示模型，网球和篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰与网球碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞．已知网球的质量为m＝58 g，篮球的质量为M＝638 g，初始释放高度为h＝1.8 m，篮球和网球的球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度大小； (2)网球反弹后能达到的最大高度H1； (3)若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球替代网球重复上述过程，其他条件不变，求弹性小球反弹后能够上升的最大高度． [解题指导] ①根据动能定理求篮球落地速度大小；②由弹性碰撞“一静一动”模型求网球碰后速度，从而求达到的最大高度． [解析]　(1)设篮球触地前瞬间，篮球与网球的速度大小为v，根据动能定理可得(m＋M)gh＝eq \f(1,2)(m＋M)v2，解得v＝6 m/s. (2)规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰撞后瞬间，网球的速度为v1，篮球的速度为v2，有v1＝－6 m/s，v2＝6 m/s. 设碰后瞬间，网球和篮球的速度分别为v3、v4，网球与篮球发生弹性碰撞，可得mv1＋Mv2＝mv3＋Mv4，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,4)， 根据匀变速直线运动的规律可得veq \o\al(2,3)＝2gH1， 代入相关已知数据解得H1＝12.8 m. (3)由题意，设弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹性小球的速度为v3′，篮球的速度为v4′，有m′v1＋Mv2＝m′v3′＋Mv4′， eq \f(1,2)m′veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)m′v3′2＋eq \f(1,2)Mv4′2， 可得v3′＝eq \f(m′－Mv1＋2Mv2,m′＋M)， 当M≫m′时，v3′≈－v1＋2v2， 设弹性小球能上升的最大高度为H2， 由v3′2＝2gH2 解得H2＝16.2 m. [答案]　(1)6 m/s　(2)12.8 m　(3)16.2 m 1．(多选)(2024·辽宁高三期中)如图所示，光滑小球B放置在水平面上，小球B左侧有一固定在地面上的斜面，某时刻将光滑小球A从斜面上某位置静止释放，小球A运动到平面上后以速率v1跟小球B发生碰撞，碰撞后小球A以速率v2反弹后返回斜面，然后再从斜面上滑下，又能追上小球B再次发生碰撞．已知小球A的质量是小球B质量的eq \f(1,5)，不考虑小球在斜面与平面转弯处的能量损失，则eq \f(v2,v1)可能的值为(　　) A.eq \f(1,5)　　B．eq \f(1,4)　　　C.eq \f(1,3)　　　D.eq \f(2,3) 解析：CD　[设eq \f(v2,v1)＝n即v2＝nv1，A、B碰撞过程中，以v1方向为正方向，根据动量守恒定律mv1＝－m·nv1＋5mvB，A球反弹后能再次追上B相碰的条件是nv1>vB，解得n>eq \f(1,4)，碰撞过程中损失机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mnv12＋\f(1,2)×5mv\o\al(2,B)))≥0，解得－1≤n≤eq \f(2,3)，所以n的取值范围是eq \f(1,4)<n≤eq \f(2,3)，故A、B错误，C、D正确．] 2．(多选)(2024·海南琼海市四校联考)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg.现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　) A．B球的质量m2＝2 kg B．球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J C．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能 D．在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 解析：AD　[两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题图乙图线可知，t1时刻两球速度相等为1 m/s，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，解得B球的质量为m2＝2 kg，故A正确；当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm，解得Epm＝3 J，故B错误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由此可知，t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能，故C错误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正 方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)，代入数据解得vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，t2时刻两球动能之比为eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)m1v\o\al(2,A),\f(1,2)m2v\o\al(2,B))＝eq \f(1,8)，故D正确．] 3．(2024·福建漳州市质量检测)滑板运动是一种极富挑战性的极限运动，图示为其场地简化模型，在同一竖直平面内有两个相同的四分之一圆弧轨道P、Q静置在光滑水平地面上，圆弧BC、DE与地面分别相切于C、D点．将P锁定，质量为m的小球(视为质点)从B点正上方A处由静止释放，恰好沿B点切线方向进入圆弧轨道，已知P、Q圆弧的半径以及A、B两点间的高度差均为R，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力． (1)求小球第一次刚滑到C点时P对小球的支持力大小FN； (2)若Q的质量为3m，求小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小x； (3)若将P解锁，同时使P、Q的质量都为M，其他条件不变，使该小球仍从A处由静止释放，小球能第二次在BC弧上运动，求P、Q的质量M应满足的条件． 解析：(1)小球从A运动到C点的过程中，根据机械能守恒可知mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)， 解得vC＝2eq \r(gR)， 小球第一次刚滑到C点时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(v\o\al(2,C),R)，解得FN＝5mg. (2)设小球达到E点时竖直方向上的分速度大小为vy，水平分速度为vx，则eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)＝mgR＋eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,x)＋veq \o\al(2,y))＋eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,x)，mvC＝mvx＋3mvx， 小球第一次从E点离开Q后在空中做斜上抛运动，设空中运动时间为t，则vy＝g·eq \f(t,2)，x＝vxt， 解得x＝R. (3)设小球第一次通过C点时的速度大小为v，则mv－Mv1＝0， 解得v1＝eq \f(m,M)v， 小球第一次从D点滑上DE到再次回到D点的运动过程中，小球和Q组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，则mv＝mv′＋Mv2， eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv′2＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)， 解得v′＝eq \f(m－M,m＋M)v， 小球能第二次在BC上运动，应满足－v′>v1 解得M>(1＋eq \r(2))m. 答案：(1)5mg　(2)R　(3)M>(eq \r(2)＋1)m 1．(多选)(2024·黑龙江大庆铁人中学高三期末)一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，静止于光滑的水平面上．木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中，已知木块B的质量为m，A的质量是B的eq \f(3,4)，子弹的质量是B的eq \f(1,4)，则(　　) A．子弹击中木块A后，与A的共同速度为eq \f(1,4)v0 B．子弹击中木块A后，与A的共同速度为v0 C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为eq \f(1,64)mveq \o\al(2,0) D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0) 解析：AC　[子弹射入A的过程时间极短，根据动量守恒定律可得eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m))v，解得v＝eq \f(1,4)v0，A正确，B错误；对子弹、木块A、B和弹簧组成的系统，三者速度相等时弹簧被压缩到最短．压缩弹簧最短时，A与B具有共同的速度，根据动量守恒定律有eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))v1，此时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律得eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m))v2＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))veq \o\al(2,1)＋Ep，解得Ep＝eq \f(1,64)mveq \o\al(2,0)，C正确，D错误．] 2．(2024·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点．不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m．现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)．已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力． (1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小； (2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道． 解析：(1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1－cos θ)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)， 解得v0＝4 m/s， 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mv0＝Mv′＋mv， 由机械能守恒得eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mv′2＋eq \f(1,2)mv2， 解得碰后瞬间，丙速度大小v′＝2.4 m/s， 甲速度大小v＝6.4 m/s. (2)假设乙能从C点离开，通过C点后甲、乙水平速度相同，设甲速度为v甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv甲2， 解得v甲2＝3.2 m/s， 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy， 从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中， 由机械能守恒得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,甲2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,乙1)＋mgR， 又因为veq \o\al(2,乙1)＝veq \o\al(2,甲2)＋veq \o\al(2,y)， 解得vy＝2 m/s>0， 所以乙能从C离开圆弧轨道． 答案：(1)2.4 m/s　6.4 m/s　(2)见解析 $$