第一章 动量守恒定律 综合•融通(三) 四种“类碰撞”模型(融会课——主题串知综合应用)(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）江苏北京专版

四种“类碰撞”模型 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(三) 通过本节课的学习进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧，能够从动量和能量的观点分析子弹打木块模型、“滑块—弹簧”模型、“滑块—曲面体”模型、“滑块—滑板”模型。 主题(一)　子弹打木块模型 主题(二)　“滑块—弹簧”模型 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　“滑块—曲面体”模型 课时跟踪检测 03 05 主题(四)　“滑块—滑板”模型 04 主题(一)　子弹打木块模型 模型 图示 模型 特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 两种 情境 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0=(m+M)v 能量守恒：Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=Ff·d=m- 续表 [例1]　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此过程中所产生的内能。 [解析]　设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得v=6 m/s 此过程系统产生的内能ΔE=m-(M+m)v2=882 J。 [答案]　6 m/s　882 J　 (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块?请计算并说明。 [答案]　能　理由见解析 [解析]　假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v'，解得v'=8 m/s 此过程系统所损耗的机械能为ΔE'=mv0'2-(M+m)v'2=1 568 J 由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d ΔE'=F阻x相'=F阻d'，则== ，解得d'≈10.7 cm 因为d'>10 cm，所以能射穿木块。 1.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法错误的是 (　　) A.子弹的末速度大小相等 B.系统产生的热量一样多 C.子弹对滑块做的功相同 D.子弹和滑块间的水平作用力一样大 针对训练 √ 解析：以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=(m+M)v，可得滑块最终获得的速度v=，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确;子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，两种情况下系统减少的动能相等，故系统产生的热量一样多，故B正确;根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两种情况下子弹对滑块做的功相同，故C正确;由Q=Ff· x相对知，由于x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。 主题(二)“滑块—弹簧”模型 模型图示 模 型 特 点 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 (2)机械能守恒：系统在运动过程中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相等，弹簧弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (4)弹簧恢复原长时，弹簧弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 续表 [例2]　(2025·江苏高邮阶段练习)如图甲所示，质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg的滑块A、B放在光滑的水平面上，之间用一质量可忽略不计的弹簧连接，滑块B紧靠在竖直的墙壁上。现有一质量为mC的滑块C沿水平面向右运动，从0时刻开始计时，2 s末与滑块A碰撞且粘在一起，0~6 s内滑块C的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是 (　　) A.滑块C的质量mC=2 kg B.全过程整个系统损失的机械能为6 J C.2~6 s内，墙壁对滑块B的冲量大小为6 N·s D.整个过程中滑块B的最大动能为9 J √ [解析]　由题图乙知，滑块C与滑块A碰前瞬间速度为v1=6 m/s，碰后瞬间整体速度为v2=3 m/s，滑块C与滑块A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得mCv1=v2，解得mC=1 kg，故A错误;全过程系统中只有滑块C与滑块A碰撞时有机械能损失， 则有ΔE=mC-=9 J，故B错误;2 s时滑块A和滑块C的速度为v2=3 m/s，6 s时滑块A和滑块C的速度为v3=-3 m/s，2~6 s内墙壁对滑块B的冲量等于滑块AC的动量变化量，故有I=(mA+mC)(v3-v2)=-12 N·s，故C错误;当滑块AC和滑块B向左运动且弹簧再次恢复原长时，滑块B的速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得v3=v3'+mBvB，(mA+mC)=v3'2+mB，解得vB=-3 m/s，故滑块B的最大动能为EkB=mB=9 J，故D正确。 2.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动，滑块P的质量为3m，滑块Q的质量为m。不计空气阻力，则下列说法正确的是 (　　) 针对训练 A.当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能达到最小值 B.弹簧的弹性势能最大值为m C.两个滑块分离时滑块Q的速度大小为2v0 D.弹簧存在弹力的过程中，弹力对滑块P的冲量大小为mv0 √ 解析：当弹簧被压缩至最短时，滑块P、Q共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律可知3mv0-mv0=4mv，解得v=v0，可知滑块Q的速度由向左变成向右，动能最小值为零，所以当弹簧被压缩至最短时，滑块Q的动能不是最小值，故A错误;当弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律可知·3m+m=·4mv2+Epm，解得弹簧的弹性势能最大值为Epm=m，故B错误; 两个滑块分离时，设滑块P的速度为v1，滑块Q的速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv0-mv0=3mv1+mv2，·3m+m=·3m+m，解得v1=0，v2=2v0或v1=v0，v2=-v0(舍去)，故C正确;弹簧存在弹力的过程中，弹力对滑块P的冲量大小为I=3mv1-3mv0=-3mv0，负号表示方向向左，大小为3mv0，故D错误。 主题(三)　 “滑块—曲面体”模型 模型图示 模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒，m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。 续表 [例3]　(2025·江苏昆山高二检测)如图所示，c是半径为R的圆周的圆弧形光滑槽，其质量为3m，静置于光滑水平面上，A为与c的圆心等高的点，B为c的最低点，与水平面相切。一可视为质点、质量未知的小球b静止在c右边的水平面上。将另一可视为质点、质量为m的小球a从槽口A点自由释放，到达水平面上与小球b发生弹性正碰。整个过程中，不计一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小球a第一次下滑到B点过程中，小球a和光滑槽c组成的系统机械能守恒，动量守恒 B.小球a第一次下滑到B点时，光滑槽c的速率为 C.小球a第一次下滑到B点时所受支持力大小为mg D.当小球b的质量为3m时，小球a与小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度为R √ [解析]　小球a第一次下滑到B点过程中，a、c组成的系统只有势能与动能相互转化，故系统机械能守恒;由于竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。因水平方向a、c组成的系统所受合外力为零，该方向动量守恒，有mva+3mvc=0，且m+×3m=mgR，解得va=、vc=-，负号表示c与a运动方向相反，B错误。a下滑到B点时相对c的圆心速度vB>va，根据F支-mg=m，解得F支>mg，C错误。 当小球b的质量为3m时，a与b发生弹性正碰有:mva=3mvb+mva'、m=×3m+mva'2，得va'=-va，负号表示与c运动方向相同;因|va'|>|vc|，小球a将追上c并上滑，a、c组成的系统水平方向动量守恒，mva'+3mvc=4mv共，设a上升最大高度为h，则有mva'2+×3m=×4m+mgh，解得h=，D正确。 3.如图所示，小车的上表面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。现有一可视为质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是 (　　) 针对训练 A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B.在小球滑上曲面的过程中，小车的动量变化量是mv C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D.小车上曲面的竖直高度不会大于 √ 解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下曲面的过程，小车仍继续向右运动，不会回到原位置，故A错误;小球恰好到最高点时两者有共同速度，对于小车和球组成的系统，取水平向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv=2mv1，解得共同速度v1=，小车动量的变化量Δp=mv1-0=，故B错误; 由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误;如果曲面光滑，则小车和球组成的系统机械能守恒，有mv2-·2m=mgh，解得h=;如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，小球能上升的高度还要更小些，故D正确。 主题(四)　 “滑块—滑板”模型 模型 图示 模型 特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，相对位移最大。 求解 方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=E初-E末或Q=FfΔx，研究对象为一个系统。 续表 [例4]　(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 [答案]　40 N　 [解析]　根据题意，A、C质量均为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m，初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 从A开始运动到最低点，由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F-mg=，解得vA=4 m/s，F=40 N 根据牛顿第三定律，细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 [解析]　A与C相碰，在水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=4 m/s。 [答案]　4 m/s　 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 [答案]　0.15 [解析]　A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 4.(2025·江苏东台阶段练习)如图所示，质量m=0.2 kg、长度L=1 m的木板B在光滑水平面上以v0=3 m/s的速率水平向右做匀速直线运动，质量为2m的小物块A以2v0的速率水平向右滑上木板的左端。已知A与B间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) 针对训练 A.A最终会从木板的右端掉下来 B.A在B上相对滑动的时间为0.2 s C.整个运动过程B对A做的功为-9.4 J D.整个运动过程因摩擦产生的内能为2 J √ 解析：假设最终A不会从木板的右端掉下来，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得mv0+2m·2v0=3mv，解得v=v0=5 m/s，根据能量守恒定律有m+·2m(2v0)2-·3mv2=μ·2mgx，解得x=0.3 m<L，假设成立，A错误;由位移关系可知t-t=x，解得t=0.2 s，B正确;根据动能定理，整个运动过程B对A做的功W=·2mv2-·2m(2v0)2=-2.2 J，C错误;整个运动过程因摩擦产生的内能Q=μ·2mgx=0.6 J，D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2025·江苏常州阶段练习)质量为M的 木块静止在光滑水平面上，质量为m 的子弹以一定的水平速度射入其中(没有射出)，从射入至达到共同速度为止(　　) A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍 B.摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能 C.摩擦力对两物体做功的代数和等于0 D.因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 解析：设子弹的初速度为v0，由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，则摩擦力对子弹做功的数值|W1|=m-mv2=m·，木块获得的动能Ek木=Mv2=m·，因M>m，可知M+2m>3m，即W1>3Ek木，A正确;摩擦产生的热量Q=fd(d为子弹进入木块的深度)，木块获得的动能Ek木=fx(x为木块的位移)，两者不相等，B错误;摩擦力对子弹做的功W1=-f(x+d)，摩擦力对木块做的功W2=fx，则摩擦力对两物体做功的代数和等于-fd，C错误;因为存在摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统所受合外力为零，则动量守恒，D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.(2025·连云港阶段检测)如图所示，A、B两物体质量相等，B上连有一轻质弹簧，且静止在光滑的水平面上，当A以速度v通过弹簧与B正碰时，则 (　　) A.当弹簧压缩量最大时，A的动能恰为零 B.当弹簧压缩量最大时，弹簧具有的弹性势能等于物体A碰撞前的动能 C.碰后A离开弹簧，A静止，B以速度v向右运动 D.碰后A离开弹簧，A被弹回向左运动，B向右运动 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：当弹簧压缩量最大时，此时A、B相距最近，两者共速，此时A的动能不为零，选项A错误; 当弹簧压缩量最大时，则mv=2mv'，弹簧具有的弹性势能Ep=mv2-·2mv'2=mv2=·mv2，即等于物体A碰撞前动能的一半，选项B错误; 碰后A离开弹簧时，根据mv=mv1+mv2，mv2=m+m，解得v1=0，v2=v，即此时A静止，B以速度v向右运动，选项C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t=0时物块B与弹簧接触， 0~2 s内两物块的v⁃t 图像如图乙所示， 则 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.物块A的质量比物块B的质量小 B.0~1 s内，弹簧对物块A、B 的冲量相同 C.t=1 s时，弹簧的弹性势能为零 D.t=2 s时， 物块A的动量比物块B的动量大 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由题图乙可知，物块B的初速度为v0=1.2 m/s，t=1 s时，物块A、B的共同速度为v=1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0=v，解得mB=5mA，故A正确;0~1 s内，弹簧对物块A的冲量方向向右，弹簧对物块B的冲量方向向左，所以弹簧对物块A、B的冲量不相同，故B错误;t=1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，此时弹簧的弹性势能最大，故C错误;t=2 s时，由题图乙可得物块A的动量pA=mAvA=2mA，物块B的动量pB=mBvB=0.8mB=4mA，所以t=2 s时，物块A的动量比物块B的动量小，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.(2025·徐州阶段练习)如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块，滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道，重力加速度为g，在小球运动过程中 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.小球和滑块组成的系统动量守恒 B.小球上升到最高点的速度大小为 C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，故A错误;小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块的速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0=4mv，解得v=，故B错误;根据机械能守恒定律得m=×4mv2+mgh，解得h=，故C正确;小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2，根据机械能守恒定律有m=m+×3m，联立解得v1=-，v2=，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.(2025·江苏兴化调研)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m= 2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.木板获得的动能为1.5 J B.系统损失的机械能为1 J C.木板A的最小长度为2 m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由题图乙可知，最终木板获得的速度为v=1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得M=2 kg，则木板获得的动能为Ek=Mv2=×2× 12 J=1 J，故A错误;系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2，代入数据解得ΔE=3 J，故B错误; 1 5 6 7 8 9 2 3 4 根据v⁃t图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到0~1 s内B的位移为sB=×(2+1)×1 m=1.5 m，A的位移为sA=×1×1 m=0.5 m，则木板A的最小长度为L=sB-sA=1 m，故C错误;由题图乙可知，B的加速度a==-1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得-μmg=ma，解得μ=0.1，故D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(2025·重庆沙坪坝阶段练习)如图所示，A、B、C是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B球的质量为m，C球的质量为2m ，其中B、C两小球用轻质弹簧连接后静止在水平面上。现让A球以速度v0 沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C球及弹簧组成的系统，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态 B.弹簧的最大弹性势能等于m C.全过程中系统的机械能不守恒，动量守恒 D.三球速度相等后，速度将保持不变 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：碰后A、B两球粘在一起，AB球的速度大于C球的速度，开始压缩弹簧，当弹簧压缩到最短时，三球的速度相等，之后弹簧恢复到原长，此时C球的速度大于AB球的速度，然后弹簧开始伸长，当弹簧伸长到最长时，三球的速度相等，之后弹簧再次恢复到原长，以后重复以上过程，综上分析可知，三球速度相等时，弹簧可能压缩到最短，也可能伸长到最长，故A、D错误; 1 5 6 7 8 9 2 3 4 在A、B两球碰撞过程，存在机械能损失，所以全过程中系统的机械能不守恒，但全过程中系统受到的合外力为0，所以系统的动量守恒，故C正确;A、B两球碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0=2mvAB，解得碰后AB球的速度为vAB=v0，当三球的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2mvAB=4mv共，解得三球的共同速度为v共=v0，A、B两球碰后的过程，系统满足机械能守恒，则有×2m=×4m+Ep，解得弹簧的最大弹性势能为Ep=m，故B错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(10分)如图所示，质量为M=0.48 kg的木块静止在一竖直放置的轻弹簧上端A点，弹簧下端连接地面，现有一质量为m=20 g的子弹以速度v0=100 m/s竖直向下射向木块并嵌入其中，经过t=1 s，木块第一次回到A位置，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，取g=10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)子弹嵌入木块后的瞬间整体的速度大小v;(4分) 答案：4 m/s　 解析：子弹嵌入木块过程满足系统动量守恒，取向下为正方向，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v，解得v=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)1 s内弹簧对木块和子弹整体的冲量I。(6分) 答案：9 N·s，方向竖直向上 解析：经过t=1 s，木块第一次回到A位置，根据机械能守恒定律可知，此时木块和子弹整体的速度大小为v，方向竖直向上，以向下为正方向，由动量定理有I+gt=-(M+m)v-(M+m)v，解得此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量I=-9 N·s，负号表示方向竖直向上。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(10分)(2025·江苏启东阶段练习)如图甲所示，一辆质量为M= 1.5 kg的小车静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块以一定的水平速度滑上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示。取g=10 m/s2。求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)木块的质量m;(5分) 答案：0.5 kg　 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：木块与小车相互作用过程，木块与小车构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 mv0=v共 由题图乙可知v0=2 m/s，共同速度为v共=0.5 m/s　 联立解得木块的质量m=0.5 kg。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)木块与小车上表面的动摩擦因数。(5分) 解析：由题图乙可得小车的加速度大小为 a= m/s2=1 m/s2 对小车由牛顿第二定律可得μmg=Ma 解得μ==0.3。 答案：0.3 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(18分)(2024·安徽高考)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。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 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;(5分) 答案：6 N　 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：小球运动到最低点的过程中，由动能定理得mgL=m-0，解得v0=5 m/s， 在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m，解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小;(5分) 答案：4 m/s　 解析：小球与物块碰撞过程为弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mv1+Mv2， m=m+M， 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (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μ的取值范围。(8分) 答案：0.25≤μ<0.4 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3，由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs，解得μ1=0.4;若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4，由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR，解得μ2=0.25;综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ<0.4。 本课结束 $$