第7章 专题突破11 力学三大观点的综合应用-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

专题突破11　力学三大观点的综合应用 第七章　动量守恒定律 1 [学习目标]　1. 掌握并会灵活选用力学三大观点解决力学综合问题。2.熟练分析计算“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”“子弹打木块”“滑块—木板”等模型的综合问题。 2 突破点一　能量和动量观点的综合应用 突破点二　力学三大观点的综合应用 课时作业　巩固提高训练 内容索引 3 突破点一 能量和动量观点的综合应用 一 4 一、机械能守恒类型 1.“滑块—弹簧”模型 (1)模型图示 盘点 核心知识 (2)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：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 ③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，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)。 (3)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 2.“滑块—斜(曲)面”模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①上升到最大高度：滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度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滑块的重力势能)。 ②返回最低点：滑块与斜(曲)面分离，系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mmM(相当于弹性碰撞)。 二、机械能不守恒类型 1.“子弹打木块”模型 (1)模型图示 (2)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。 (3)两种情景 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－(Mm)(d为木块长度)。 2.“滑块—木板”模型 (1)模型图示 (2)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若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 (3)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＝Ffx相对或Q＝ E初－E末求解，研究对象为一个系统。 [典例1]　如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为 2 kg、6 kg，B的左端拴接着一劲度系数为 N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x 为弹簧的形变量)，则(　　) A.在0~2t0时间内B物块先加速后减速 B.整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒 C.v0＝2 m/s D.物块A在t0时刻时速度最小 考向1　“滑块—弹簧”模型 C 提升 关键能力 [解析]　在0~2t0时间内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；由题图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B共速，此时弹簧的形变量为x＝0.4 m－0.1 m＝0.3 m，则根据A、B物块系统动量守恒有m1v0＝(m1＋m2)v，根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有m1(m1＋m2)v2＋Ep，其中Ep＝kx2，联立解得v0＝2 m/s，故C正确；在0~2t0时间内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。 [典例2]　(2025·江苏常州模拟)如图所示，质量为M＝4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s，g取10 m/s2。求： (1)小物块被弹簧弹出时的速度大小； 考向2　“滑块—斜(曲)面”模型 [解析]　设小物块离开弹簧时的速度为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒，有mv1＝(m＋M)v2 解得v1＝5 m/s。 [答案]　5 m/s (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1； [解析]　小物块第一次上升到最高点时水平速度等于v2， 系统机械能守恒，有 m(m＋M)＋mgh1 解得h1＝1 m。 [答案]　1 m (3)小物块回到水平面的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。 [解析]　小物块能下落到大滑块顶端并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有 mv1＝mv1'＋Mv2' mmv1'2＋Mv2'2 解得v1'＝－3 m/s，v2'＝2 m/s 系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有 m(－v1')＋Mv2'＝(m＋M)v mv1'2＋Mv2'2＝(m＋M)v2＋mgh2 解得h2＝0.04 m。 [答案]　3 m/s　0.04 m [典例3]　(2025·江苏南通模拟)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比 较(　　) A.射入滑块A的子弹速度变化大 B.整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大 C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D.两个过程中系统产生的热量相同 考向3　“子弹打木块”模型 D [解析]　根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，mv0＝(m＋M)v2，所以v1＝v2，即两子弹初末速度均相等，速度变化量相等，故A错误；对滑块，根据动量定理得I1＝Mv1，I2＝Mv2，所以I1＝I2，故B错误；对子弹，根据动能定理得Wf1＝mm，Wf2＝mm，所以Wf1＝Wf2，故C错误；对系统，根据能量守恒定律得Q1＝m(m＋M)，Q2＝m(m＋M)，所以Q1＝Q2，故D正确。 [典例4]　(2024·甘肃卷)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) 考向4　“滑块—木板”模型 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； [解析]　根据题意，A、C的质量为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°。 (1)A开始运动到最低点有 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＝m 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 [答案]　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相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知 mv0＝0＋mvC 解得vC＝v0＝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。 [解析]　A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B相互作用过程，根据动量守恒定律可得 mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒定律得 μmgL相对＝m(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 [答案]　0.15 1.(2025·江苏盐城伍佑中学模拟)在光滑水平面上静放一个质量mB ＝0.1 kg的小球B，B左侧连接一根轻弹簧。另一质量为mA＝0.2 kg的小球A以初速度v0＝6 m/s向右正对着B运动，如图所示，求： 教参独具 (1)当A速度为5 m/s时B的速度大小； 解析：取向右为正方向，根据小球A、B动量守恒有mAv0＝mAv1＋mBv2 解得当A速度为5 m/s时B的速度大小为 v2＝2 m/s。 答案：2 m/s (2)弹簧的最大弹性势能； 解析：当小球A、B共速时，弹簧的弹性势能最大，根据小球A、B动量守恒有mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝4 m/s 弹簧的最大弹性势能为Ep＝mA(mA＋mB)v2＝1.2 J。 答案：1.2 J (3)整个过程A所受弹簧弹力的冲量。 解析：根据碰撞过程满足动量守恒定律与能量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB mAmAmB 解得碰撞后小球A的速度为vA＝2 m/s 根据动量定理，整个过程A所受弹簧弹力的冲量为 IF＝mAvA－mAv0＝0.2×2 kg·m/s－0.2×6 kg·m/s＝－0.8 kg·m/s，负号表示方向水平向左。 答案：0.8 kg·m/s，方向水平向左 2.在光滑水平地面上放有一质量M＝3 kg、带四分之一光滑圆弧形槽的小车。质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝5 m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球从槽口开始运动到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W； 解析：小球上升至最高点时，小球和小车的水平速度相等，小车和小球水平方向动量守恒，得 mv0＝(m＋M)v ① 对小车由动能定理得W＝Mv2 ② 联立①②解得W＝6 J。 答案：6 J (2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。 解析：小球回到槽口时，小球和小车水平方向动量守恒，得mv0＝mv1＋Mv2 ③ 对小球和小车由能量守恒定律得 mmM ④ 联立③④可得v1＝－1 m/s⑤ v2＝4 m/s⑥ 小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动由h＝gt2得t＝0.4 s⑦ 则L＝(v2－v1)t ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧可得L＝2 m。 答案：2 m 3.如图所示，光滑水平面上有一平板车B，其上表面水平，质量mB＝ 1 kg，在其左端放置一物块A，质量mA＝0.4 kg，开始A、B均处于静止状态。玩具手枪里面有一颗质量为m0＝100 g的子弹以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子弹瞬间射入并留在物块中，最终物块A及子弹相对地面以16 m/s的速度滑离平板车，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量； 解析：子弹射入物块A的过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋mA)v1 解得子弹与物块A的共同速度大小为v1＝20 m/s 对子弹由动量定理得I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s 所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为8 N·s，方向水平向左。 答案：8 N·s，方向水平向左 (2)平板车B的最大速度vB大小； 解析：当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2 解得平板车B的最大速度vB＝2 m/s。 答案：2 m/s (3)物块A在平板车上滑行的时间t； 解析：对物块A与子弹由动量定理得 －μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1 解得物块A在平板车上滑行的时间t＝0.5 s。 答案：0.5 s (4)平板车的长度L。 解析：物块A滑离平板车时，运动的位移大小xA＝t＝9 m，平板车的位移大小xB＝t＝0.5 m，则平板车的长度L＝xA－xB＝8.5 m。 答案：8.5 m 突破点二 力学三大观点的综合应用 二 34 力学三大观点综合问题应对策略 力的观点 要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度 两大定理 应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并应用动量定理(动能定理)求出过程中的冲量(功) 三大守恒 定律　　 根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这三个守恒定律多用于求某状态的速度(率) 盘点 核心知识 [典例5]　(2024·贵州卷)如图，半径为R＝1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7 m。一长为L＝3.3 m的水平传送带以恒定速率v0＝1 m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔Δt＝0.6 s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1 kg，b的质量为mb＝ 2 kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。求： 提升 关键能力 (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； [解析]　a从静止释放到圆轨道底端 过程，根据机械能守恒定律得 magR＝ma 在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律得 N－mag＝ma 联立解得N＝30 N。 [答案]　30 N (2)b从M运动到N的时间； [解析]　a从静止释放到M点过程中，根据动能定理得 magR－μmagd＝ma－0 解得vM＝3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律得 mavM＝mava＋mbvb mamamb 解得vb＝2 m/s b滑上传送带后，根据牛顿第二定律得 μmbg＝mba 解得a＝5 m/s2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间 t1＝＝0.2 s 对地位移x＝·t1＝0.3 m 此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间t2＝＝3 s b从M运动到N的时间 t＝t1＋t2＝3.2 s。 [答案]　3.2 s (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 [解析]　设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理得 I＝mbv－(－mbv0) 解得施加冲量I后瞬间b的速度 v＝2 m/s b向右减速到零所需的时间 t3＝＝0.4 s 然后向左加速到v0所需的时间 t4＝＝0.2 s b在Δt＝t3＋t4时间内向右运动的距离 Δx＝·t3－·t4＝0.3 m 循环10次后b向右运动的距离 x'＝10·Δx＝3 m 每一次相对传动带运动的路程 s＝·t3＋v0t3＋v0t4－·t4＝0.9 m b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1＝10μmbgs＝ 90 J 然后b继续向右减速运动，假设能运动到传送带右端，根据运动学公式得 L－x'＝vt5－a 解得t5＝0.2 s＜0.4 s，假设成立 此过程，b相对传动带运动的路程 s'＝L－x'＋v0t5＝0.5 m 此过程中b与传送带摩擦产生的热量 Q2＝μmbgs'＝5 J b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量 Q＝Q1＋Q2＝95 J。 [答案]　95 J 4.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 教参独具 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； 解析：根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有 mg＋3mg＝m 代入数据解得v＝4 m/s 答案：4 m/s (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m； ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝ 8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 解析：①根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知 F＝(M＋m)a 根据题图乙有 k＝＝0.5 kg－1 当外力F＞4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F－μmg＝Ma 结合题图乙有 a＝F－ 可知斜率k＝＝1 kg－1 截距b＝－＝－2 m/s2 联立以上各式可得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。 ②由题图乙可知，当F＝8 N时， 轨道的加速度为a1＝6 m/s2， 小物块的加速度为 a2＝μg＝2 m/s2 当小物块运动到P点时，经过t0时间，对轨道有 v1＝a1t0 对小物块有v2＝a2t0 在这个过程中系统机械能守恒，有 MmMm＋2mgR 水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 其中，v3＝7 m/s，为小物块离开Q点时的速度，v4为此时轨道的速度，联立解得t0＝1.5 s，另一解t0＝3.17 s，该解不满足v3＜v4，故不合题意，舍去) 根据运动学公式有 L＝a1a2 代入数据解得L＝4.5 m。 答案：①0.2　1 kg　②4.5 m 课时作业　巩固提高训练 三 49 1.(2025·江苏无锡模拟)如图所示，光滑水平面上，物块B(前端含轻弹簧)的质量为m2，物块A质量为m1，已知m1＞m2，某时刻物块A以速度v0向物块B运动，物块A不与弹簧拴接。从接触弹簧开始计时，两物块的 速度—时间(v－t)图像可能是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A 夯实基础 B 50 解析：物块A接触弹簧开始计时，弹簧被压缩到最短过程中，弹力在增大，物块A做加速度增大的减速运动，物块B做加速度增大的加速运动直至共速；然后压缩的弹簧继续使B做加速度减小的加速运动，使A做加速度减小的减速运动，直到弹簧恢复原长时，相当于“弹性碰撞”。根据动量守恒定律，m1v0＝m1v1＋m2v2，根据能量守恒定律，m1m1m2，联立解得v1＝v0，v2＝v0，由m1＞m2，可知v1＞0，v2＞v0，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 51 2.如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小f视为恒定，则下列关 系式中正确的是(　　) A.fs＝Mv2 B.ft＝mv0－mv C.v＝ D.fs＝mmv2 2 3 4 5 6 7 8 1 B 52 解析：由动能定理，对木块可得fL＝Mv2，故A错误；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft＝mv－mv0，故B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，故C错误；根据能量守恒定律得fs＝m(M＋m)v2，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 53 3.如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为M＝3m，重力加速度为g，则小 球与圆弧轨道作用过程中下列叙述不正确的是(　　) A.小球离开C点后做竖直上抛运动 B.小球离开C点后做斜抛运动 C.圆弧轨道的最大速度为v0 D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左 2 3 4 5 6 7 8 1 A 54 解析：小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的运动中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，A错误，B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同， 所以小球还能落到圆弧轨道上， 最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上， 设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v， 圆弧轨道的速度为u，此时圆弧轨道速度最大，则有mv0＝mv＋3mu，mmv2＋×3mu2，联立解得u＝v0，v＝－v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 55 4.如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为km(k＜1)的子弹以水平速度v0射入 木块A并留在物块中(时间极短)，则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A.子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为 B.子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为 C.在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量最大值为 D.弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为 C 56 解析：子弹射入物块A的过程中，子弹与物块A组成的系统动量守恒，则有kmv0＝(m＋km)v1，求得v1＝v0，子弹动量的变化量Δp＝kmv1－kmv0＝－，选项A错误；物块A的动能增加量为ΔEkA＝m，选项B错误；当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量最大，此过程子弹、物块A、物块B及弹簧组成的系统动量守恒，则有kmv0＝(2m＋km)v2，求得v2＝v0，物块B的动量最大值为pBm＝，选项C正确；弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为ΔEp＝(m＋km)(2m＋km)，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 57 5.(2025·江苏南京模拟)如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。下列 说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A.物块C的质量为2 kg B.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J C.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0 D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s D 58 解析：由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝ 9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过 程动量守恒，以C的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg，故A错误；A、C粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝(mA＋mC)＝13.5 J，故B错 误；由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－18 N·s，负号表示方向向左，故C错误；物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A和C整体向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有(mA＋mC)v3＝(mA＋mC)v4＋mBvB，(mA＋mC)(mA＋mC)mB，代入数据解得vB＝3.6 m/s，物块B的最大速度为3.6 m/s，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 59 6.(16分)(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 B 能力提升 60 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：根据题意，小物块在传送带上，由牛顿 第二定律有μm物g＝m物a 解得a＝5 m/s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x＝＝ 2.5 m＜ L传＝3.6 m 由此可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小5 m/s。 答案：5 m/s 61 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 m物v＝m物v1＋m球v2 其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s 解得v2＝3 m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 ΔEk＝m物v2－m物m球 解得ΔEk＝0.3 J。 答案：0.3 J　 62 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有 m球g＝m球 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 m球m球＋m球g(2L绳－d) 联立解得d＝0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案：0.2 m 63 7.(16分)(2024·安徽卷)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，并轻靠在物块右侧。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，物块沿着小车上的轨道运动。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。 2 3 4 5 6 7 8 1 64 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：对小球摆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。 答案：6 N 65 (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：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得 mv0＝mv1＋Mv2 mmM 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。 答案：4 m/s 66 (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。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：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 67 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μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：0.25≤μ＜0.4 68 8.(18分)(2024·浙江6月卷)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 69 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时mg＝m 从滑块离开弹簧到C的过程，根据动能定理有 －2mgR＝mm 解得v0＝5 m/s。 答案：5 m/s 70 (2)若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒定律有 mv0＝(M＋m)v共 根据能量守恒定律有 ΔE＝m(M＋m) 解得ΔE＝0.625 J。 答案：0.625 J　 71 (3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 2 3 4 5 6 7 8 1 解析：若μ2＝0.1，平板与滑块相互作用过程中，滑块与平板的加速度分别为a1＝μ1g＝6 m/s2 a2＝＝4 m/s2 共速后，共同加速度大小为a3＝μ2g＝1 m/s2 72 滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速，假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程 v＝vE－a1t1＝a2t1 共速过程，滑块、木板的位移分别为 x1＝t1 x2＝t1 共速时，滑块与木板的相对位移应为 Δx＝L＝x1－x2 2 3 4 5 6 7 8 1 73 解得vE＝6 m/s，v＝2.4 m/s 随后共同减速的位移x3＝d－x1＝1.88 m 到达H点的速度vH＝ m/s 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落，即vm＝vE＝6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：6 m/s 74 $$