2026届高考物理一轮复习讲义：专题30 动能和能量的综合运用

专题30 动能和能量的综合运用 学习目标 理解动能定理和动量定理的差别，掌握动能定理和动量定理解决复杂的物理模型；掌握机械能守恒和能量守恒对全过程和分过程建立方程；熟练掌握动力学和运动学两种不同的解题思路处理物体题型，并掌握它们的差异。 知识点梳理 1．三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．规律选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，或涉及加速度，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 真题汇编 1．（2025•山东）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，、分别为轨道的两个端点且位于同一高度，处轨道的切线沿水平方向，处轨道的切线沿竖直方向。小物块、用轻弹簧连接置于光滑水平面上，被锁定。一质量的小球自点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从点水平抛出，恰好击中，与粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，解除锁定开始运动。已知的质量，的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： （1）小球到达点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； （2）弹簧弹性势能最大时，的速度大小及弹性势能的最大值。 2．（2025•重庆）如图所示，长度为的水平传送带顺时针匀速运动。质量为的小物块在传送带左端由静止释放。还未与传送带达到相同速度时就从右端平滑地进入光滑水平面，与向右运动的小物块发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后、均向右运动，从点进入粗糙水平地面。设与传送带间的动摩擦因数和、与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为。 （1）求在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； （2）若碰前瞬间，的速度大小为的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后、在粗糙地面上停下后相距，求的质量； （3）若的质量是的倍，碰前的速度忽略不计，碰后瞬间和的动量相同，求的取值范围及碰后瞬间的速度大小范围。 3．（2025•选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为、的粒子、，初始时刻相距，粒子以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子运动，此时、两粒子系统的电势能等于。经时间粒子到达点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子的速度为时，粒子恰好运动至点且速度为0，、粒子间距离恢复为，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：、、、均为已知量） （1）粒子到达点时的速度大小； （2）时间内粒子的位移大小； （3）恒力作用的时间。 4．（2025•河南）如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块，另一质量为的小物块以的速度向右运动并与发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间的速度大小为，、与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。求： （1）该碰撞过程中损失的机械能； （2）从开始运动到静止经历的时间。 5．（2025•海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与碰成一整体，随后滑上传送带，已知，，、可视为质点，与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，。 （1）滑到圆弧最低点时受的支持力； （2）与整个碰撞过程中损失的机械能； （3）传送带的速度大小。 考点1：子弹打木块模型 1．模型特点 (1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。(地面光滑或不光滑都成立) (2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 2．两种类型 (1)子弹留在木块中(未穿出) ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v ②机械能损失(摩擦生热) Q热＝Ff·d＝mv02－(m＋M)v2 其中d为子弹射入木块的深度。 此过程相当于完全非弹性碰撞，动能损失最多。 (2)子弹穿出木块 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝Ff·L＝mv02－mv12－Mv22 其中L为木块的长度，注意d≤L。 例题精讲： 【例1】（2025春•南昌校级期末）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为的子弹以速度水平射向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示。则比较上述两种情况比较，以下说法不正确的是　　 A．子弹末速度大小一样大 B．子弹和滑块间的水平作用力一样大 C．子弹对滑块做的功一样多 D．系统产生的热量一样多 【例2】（多选）（2025•小店区校级开学）如图所示，质量分别为、的木块、静止在光滑水平面上，一轻质弹簧与固定连接，一颗质量为的子弹，以水平向右的速度射入木块并停留其中，子弹和木块的作用时间极短，在此后的过程中，下列说法正确的是　　 A．子弹打入木块后的瞬间，、和子弹的速度大小均为 B．弹簧的最大弹性势能为 C．木块的最大速度大小为 D．当弹簧恢复原长时，木块的速度大小为 【例3】（2025春•孝感期末）如图所示，一质量的平顶小车，车顶右端放一质量的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量的子弹以水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，取。下列分析正确的是 A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为 B．最后小物体与小车的共同速度为 C．小车的最小长度为 D．小车对小物体的摩擦力的冲量为 考点2：板块模型 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。 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：根据能量守恒定律求解，Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 例题精讲： 【例4】（2025•保定二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板，一质量与木板相同的物块（可视为质点）从左端以大小为的速度冲上木板，经过时间运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是　　 A．物块运动到木板右端时的速度大小为 B．在此过程中，物块运动的距离为 C．动量的减少量大于动量的增加量 D．木板的长度为 【例5】（2025春•湖北期末）如图甲所示，长度的木板在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度从左端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数随滑块距木板左端距离的变化图像如图乙所示，重力加速度取，滑块看作质点，则　　 A．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足 B．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足 C．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。 D．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。 【例6】（2025•黄冈模拟）如图所示，在光滑水平面上有一块长为的木板，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽与木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，、静止在水平面上。现有很小的滑块以初速度从右端滑上木板，并以的速度滑离木板，恰好能到达圆弧槽的最高点。、、的质量均为，重力加速度为，求： （1）滑块与木板上表面间的动摩擦因数； （2）圆弧槽的半径。 考点3：滑块曲面模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)上升到最大高度(未离开弧面或从弧面上端离开弧面)：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块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＝＋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m的重力势能)。 (2)返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒＝(相当于弹性碰撞)。 例题精讲： 【例7】（2025春•甘南州期末）如图所示，四分之一圆弧体固定在光滑水平面上，光滑圆弧面的半径为。长为、质量为的平板车静止在光滑水平面上，右端与圆弧体接触，圆弧面的最低点刚好与平板车的上表面相切，质量为的物块静止在圆弧面的最低点，质量为的物块静止在平板车上表面的左端，给物块一个向右的初速度（大小未知），物块与发生弹性碰撞后，物块恰好能滑到与圆心等高的点，物块与平板车间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，不计物块的大小，求： （1）碰撞后一瞬间，物块对圆弧面压力大小； （2）物块滑上平板车时的初速度的大小； （3）物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量。 【例8】（2025•湖南一模）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分和半径为的四分之一光滑圆弧组成，质量为滑块与之间的动摩擦因数为。将置于滑板上表面的点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于点，另一端系一质量的光滑小球。现将由静止释放，向下摆动到最低点并与发生弹性对心碰撞，碰撞后在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于之间的某一点。、均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度取。求： （1）与碰撞前瞬间细线对拉力的大小； （2）碰后能否从点滑出？碰后的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后的最大摆角小于时，可视为做简谐运动，已知 （3）计算相对滑板的水平部分运动的总时间，并判断在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。 【例9】（2025春•郑州期中）如图所示，四分之一圆的光滑圆弧轨道与长木板通过电子锁连接在一起，圆弧轨道半径为，圆弧轨道底端切线水平，且与上表面等高，二者静置于光滑水平地面上，、的质量均为。一质量也为的小物块从圆弧轨道顶端正上方距离处由静止释放，后沿圆弧轨道下滑，当小物块到达圆弧轨道底端时，、的连接锁解除，与上表面间的动摩擦因数为，重力加速度为，可视为质点。求： （1）到达圆弧轨道底端时的水平位移大小； （2）到达圆弧轨道底端时的速度大小； （3）为使不会从的上表面滑出，的最小长度。 考点4：滑块弹簧模型 1．模型图示 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0，则系统动量守恒。 (2)机械能守恒：系统所受的外力和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同，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，弹性势能为0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 例题精讲： 【例10】（多选）（2025•渝中区校级模拟）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，质量为的物体以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为；现让该弹簧一端连接另一物体（如图乙所示），静止在光滑水平面上，物体以的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为。已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则　　 A．弹簧压缩量为最大值时的弹性势能为 B．物体的质量为 C．乙图中，弹簧重新恢复原长时，物体的动量大小为 D．乙图中，从接触弹簧到弹簧压缩量最大所经历的时间为，则时间内的位移为 【例11】（多选）（2025春•大通县期末）如图1所示，、两物块与一轻弹簧的两端相连接，静止在光滑的水平面上。物块的质量。现使获得水平向右的瞬时速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图2所示，则从图像信息可得　　 A．物块的质量为 B．弹簧的弹性势能最大值为 C．时刻弹簧的弹性势能为 D．时刻弹簧处于原长 【例12】（多选）（2025•合肥模拟）如图（a）所示，相距较远的两物体、放在光滑水平面上，物体左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体以速度沿、连线向物体运动。时，物体与轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度与时间的关系如图（b）所示。已知时间内，物体运动的距离为，物体的质量为，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是　　 A．物体的质量为 B．物体与轻弹簧分离时，物体的速度为 C．时间内，物体运动的距离为 D．物体与轻弹簧接触的过程中，两物体、组成的系统动量守恒、机械能守恒 课后提优练习 一．选择题（共4小题） 1．（2024秋•新吴区校级期中）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，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　） A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道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 2．（2025•滨海县校级模拟）如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球（m甲＝2m乙），小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v﹣t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025•鼓楼区四模）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能够源源不断的发射质量为m、相对于弹丸弹射机出口速度为v0的小弹丸，在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物块B中受到的阻力/恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（　　） A．当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后，物块B的速度为 B．若从第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止所需时间为t0，则在弹丸击中B的过程中对B的平均作用力大小为 C．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能相等 D．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能越来越少 4．（2024秋•如皋市期中）如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后（　　） A．弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加 二．解答题（共8小题） 5．（2025•镇江校级一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求： （1）物块B离开D点时的速度大小； （2）S与Q竖直高度h； （3）物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。 6．（2024秋•南京校级期末）如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧栓连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰时间极短，之后以相同速度向左运动但不粘连，求： （1）B、C相碰后的速度大小； （2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1； （3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。 7．（2025•建邺区校级开学）如图所示，一质量M＝3kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.2m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1kg的小物块Q（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求物块Q在小车上运动1s时相对于小车运动的距离（此时Q未到B点且速度大于小车的速度）； （2）若AB的长l＝1.8m，求物块Q在运动过程中所能上升的最大高度h2； （3）要使物块Q既可以到达B点又不会与小车上表面分离，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围。 8．（2025•徐州模拟）如图所示，一质量为M的正方形装置固定在光滑水平面，其竖直面内有一半径为R光滑环形管道，R远大于管道的横截面直径，管道内有一质量为m小球，直径略小于管道横截面直径。M＝2m，重力加速度为g。 （1）小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑，求小球到达管道最低点B时对装置的压力大小FN； （2）若装置解除固定，小球仍从最高点A无初速度下滑，求装置偏离原位置的最大距离x； （3）若装置解除固定，小球在最低点B获得水平向右速度v0，小球到达最高点时刚好与装置无相互作用力，求v0的大小。 9．（2025•海门区校级二模）如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为3m，以6m/s的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一足够长的木板A，其质量为2kg。木板A上表面与传送带末端平滑连接，在木板A右侧x处（x未知）有一个固定挡板P。将一质量为1kg的物块（视为质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数，与木板A间动摩擦因数μ1＝0.1。设木板A与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小； （2）求物块滑到传送带底端的时间； （3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，求x的大小。 10．（2025•盐城一模）如图所示，质量M＝8.0kg的物体A上表面为光滑斜面，斜面长L＝0.2m，与水平方向的夹角θ＝37°，在斜面下端有一质量m＝5.0kg的小物体B，某时刻A、B一起从P点以初速度v0＝2m/s向左匀减速滑行。已知重力加速度g＝10m/s2。 （1）求A的下表面与水平面间的动摩擦因数μ； （2）当A的速度减为零时，立即对A施加水平向右的推力。 ①若A、B一起水平向右匀加速运动，求A的右端回到P位置的过程中推力所做的功W； ②若A的右端回到P位置，B恰好运动到斜面最高点，求该过程中A与地面间因摩擦产生的内能Q。 11．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图甲所示，篮球是一项学生热爱的运动项目，在一次比赛中，某同学以斜向上的速度将篮球抛出，篮球与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图乙所示。若此次运动中；篮球的初速度与竖直方向夹角θ＝53°，大小为v1＝5m/s，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知撞击点与篮筐竖直距离h＝0.2m，篮球与篮板撞击时间为Δt＝0.01s。篮筐中心与篮板的水平距离为L＝0.6m，篮球质量为m＝0.6kg，重力加速度为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，篮球运动过程中可以看成质点。求： （1）篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功W的大小； （2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度v2的大小和撞击后瞬间的速度v3的大小； （3）篮球与篮板撞击瞬间，篮球所受水平方向平均撞击力F的大小。 12．（2024秋•南通期中）如图所示，光滑水平面上的小车a上固定有倒L型支架，平板车（含支架）的质量为ma＝3.0kg其支架末端用长l1＝0.2m的轻绳拴接质量mb＝1.0kg的小球b。质量mc＝1.0kg的物块c静止在小车右侧。小车a与小球b以v0＝4.0m/s的速度向右匀速运动，小车a与物块c发生碰撞，并瞬间粘在一起运动，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求小车a与物块c碰后瞬间的速度大小v1； （2）求小车a和物块c碰撞前后瞬间，轻绳的拉力大小之比F1：F2； （3）整个过程中，使小球b与L型支架的竖直杆不相碰，求支架水平杆的最小长度l2。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题30 动能和能量的综合运用 学习目标 理解动能定理和动量定理的差别，掌握动能定理和动量定理解决复杂的物理模型；掌握机械能守恒和能量守恒对全过程和分过程建立方程；熟练掌握动力学和运动学两种不同的解题思路处理物体题型，并掌握它们的差异。 知识点梳理 1．三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．规律选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，或涉及加速度，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 真题汇编 1．（2025•山东）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，、分别为轨道的两个端点且位于同一高度，处轨道的切线沿水平方向，处轨道的切线沿竖直方向。小物块、用轻弹簧连接置于光滑水平面上，被锁定。一质量的小球自点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从点水平抛出，恰好击中，与粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，解除锁定开始运动。已知的质量，的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： （1）小球到达点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； （2）弹簧弹性势能最大时，的速度大小及弹性势能的最大值。 【答案】（1）小球到达点时，小球相对于地面的速度大小为，方形物体相对于地面的速度大小为； （2）弹簧弹性势能最大时，的速度大小为，弹性势能的最大值为。 【分析】（1）小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可； （2）小球击中物块的过程，小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度，小球与物块一起向左运动，对小球、物块和弹簧组成的系统，根据能量守恒定律求解末速度，固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当共速时，弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。 【解答】解：（1）小球从开始下落到处过程中，以水平向左为正方向，水平方向上动量守恒，有： 由能量守恒定律得： 代入数据联立解得 即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。 （2）小球落在物块正上方，与其粘连，竖直方向速度变为0，以水平向左为正方向，小球和物块水平方向上动量守恒，则有 代入数据解得： 设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律得： 对小球、物块和弹簧，由能量守恒定律得： 代入数据联立解得： 固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有： 代入数据解得： 方向水平向左。 对、和弹簧由能量守恒定律可得，最大弹性势能为 代入数据解得： 答：（1）小球到达点时，小球相对于地面的速度大小为，方形物体相对于地面的速度大小为； （2）弹簧弹性势能最大时，的速度大小为，弹性势能的最大值为。 2．（2025•重庆）如图所示，长度为的水平传送带顺时针匀速运动。质量为的小物块在传送带左端由静止释放。还未与传送带达到相同速度时就从右端平滑地进入光滑水平面，与向右运动的小物块发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后、均向右运动，从点进入粗糙水平地面。设与传送带间的动摩擦因数和、与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为。 （1）求在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小； （2）若碰前瞬间，的速度大小为的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后、在粗糙地面上停下后相距，求的质量； （3）若的质量是的倍，碰前的速度忽略不计，碰后瞬间和的动量相同，求的取值范围及碰后瞬间的速度大小范围。 【答案】答：（1）小物块在传送带上的加速度大小为，离开传送带时的速度大小为； （2）的质量为； （3）的取值范围为；碰后瞬间的速度大小范围为。 【分析】（1）小物块在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学关系求解作答； （2）根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式求解作答； （3）根据动量的定义、碰撞遵循的原则、动量守恒定律求解作答。 【解答】解：（1）小物块在传送带上滑动，设加速度的大小为； 根据牛顿第二定律 解得加速度大小为 小物体在传送带上做匀加速直线运动，设离开传送带时的速度为 根据运动学公式 联立解得； （2）碰前瞬间，的速度大小为，设碰撞后的速度大小为、的速度大小为，的质量为； 取向右为正方向，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律 、与地面间的动摩擦因数均为，则碰撞后二者减速运动过程中加速度大小均为 根据运动学公式，小物体的位移 小物体的位移 根据题意 联立解得 的质量为； （3）的质量是的倍，则 碰后瞬间和的动量相同，根据题意 化简得 根据碰撞原则，速度要合理，因此 解得； 根据动量守恒定律 化简得 碰撞后动能不增，则 代入数据化简得 解得 因此的取值范围为 碰后瞬间的速度大小 解得碰后瞬间的速度大小范围为。 答：（1）小物块在传送带上的加速度大小为，离开传送带时的速度大小为； （2）的质量为； （3）的取值范围为；碰后瞬间的速度大小范围为。 3．（2025•选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为、的粒子、，初始时刻相距，粒子以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子运动，此时、两粒子系统的电势能等于。经时间粒子到达点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子的速度为时，粒子恰好运动至点且速度为0，、粒子间距离恢复为，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：、、、均为已知量） （1）粒子到达点时的速度大小； （2）时间内粒子的位移大小； （3）恒力作用的时间。 【答案】（1）粒子到达点时的速度大小为； （2）时间内粒子的位移大小为； （3）恒力作用的时间为。 【分析】（1）根据动量守恒定律进行解答； （2）在时间内，根据能量守恒定律列方程，再根据电势能和距离的关系列方程；两者共速前，根据动量守恒定律结合位移关系进行解答； （3）对全过程，对系统根据动能定理、动量定理列方程进行解答。 【解答】解：（1）以为系统，动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得： 解得：； （2）在时间内，根据能量守恒定律可得： 由于任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，因此： 解得 两者共速前，二者水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得： 即有： 根据位移关系可得： 联立解得：； （3）对全过程，对系统根据动能定理可得： 对全过程，取向右为正方向，根据动量定理可得： 联立解得：。 答：（1）粒子到达点时的速度大小为； （2）时间内粒子的位移大小为； （3）恒力作用的时间为。 4．（2025•河南）如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块，另一质量为的小物块以的速度向右运动并与发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间的速度大小为，、与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。求： （1）该碰撞过程中损失的机械能； （2）从开始运动到静止经历的时间。 【答案】（1）该碰撞过程中损失的机械能为； （2）从开始运动到静止经历的时间为。 【分析】（1）根据动量守恒定律和能量的转化和守恒定律列式求解； （2）根据动能定理，匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律列式解答。 【解答】解：（1）对和组成的系统，规定方向为正方向，设碰后的速度为，由动量守恒定律得： 代入数据解得 则该碰撞过程中损失的机械能为： △ 解得：△； （2）只有在防滑带上才减速运动，根据动能定理有： ，解得 分析可得滑入第3条防滑带上减速为0，在防滑带上运动的总时间为： 滑块滑入第一个光滑直道速度为，根据动能定理得： 滑块滑入第二个光滑直道速度为，同理有： 解得， 故在第一个上运动用时 在第二个上运动用时 则从开始运动到静止经历的时间为。 答：（1）该碰撞过程中损失的机械能为； （2）从开始运动到静止经历的时间为。 5．（2025•海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与碰成一整体，随后滑上传送带，已知，，、可视为质点，与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，。 （1）滑到圆弧最低点时受的支持力； （2）与整个碰撞过程中损失的机械能； （3）传送带的速度大小。 【答案】（1）滑到圆弧最低点时受的支持力为，方向竖直向上； （2）与整个碰撞过程中损失的机械能为； （3）传送带的速度大小为或。 【分析】（1）根据动能定理求解滑到圆弧最低点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律进行解答； （2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量关系求解与整个碰撞过程中损失的机械能； （3）第一种情况，当传送带速度小于时，滑上传送带后先减速后匀速运动；第二种情况，当传送带速度大于时，滑上传送带后先加速后匀速运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共同速度时的相对位移，再根据能量守恒定律进行解答。 【解答】解：（1）从开始到滑到圆弧最低点过程中，根据动能定理可得： 解得： 在最低点，根据牛顿第二定律可得： 解得：，方向竖直向上； （2）根据题意碰后成一整体，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得： 解得： 故与整个碰撞过程中损失的机械能为： 解得：△； （3）第一种情况，当传送带速度小于时，滑上传送带后先减速后匀速运动。 设与传送带间的动摩擦因数为，对根据牛顿第二定律可得： 设经过时间后与传送带共速，可得： 该段时间内运动的位移为： 传送带运动的位移为： 故可得： 联立解得：，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，滑上传送带后先加速后匀速运动。 设经过时间后与传送带共速，同理可得： 该段时间内运动的位移为： 传送带运动的位移为： 故可得： 解得，另一解小于舍去。 答：（1）滑到圆弧最低点时受的支持力为，方向竖直向上； （2）与整个碰撞过程中损失的机械能为； （3）传送带的速度大小为或。 考点1：子弹打木块模型 1．模型特点 (1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。(地面光滑或不光滑都成立) (2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 2．两种类型 (1)子弹留在木块中(未穿出) ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v ②机械能损失(摩擦生热) Q热＝Ff·d＝mv02－(m＋M)v2 其中d为子弹射入木块的深度。 此过程相当于完全非弹性碰撞，动能损失最多。 (2)子弹穿出木块 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝Ff·L＝mv02－mv12－Mv22 其中L为木块的长度，注意d≤L。 例题精讲： 【例1】（2025春•南昌校级期末）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为的子弹以速度水平射向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示。则比较上述两种情况比较，以下说法不正确的是　　 A．子弹末速度大小一样大 B．子弹和滑块间的水平作用力一样大 C．子弹对滑块做的功一样多 D．系统产生的热量一样多 【答案】 【分析】根据动量守恒定律列式分析子弹末速度关系；根据功能关系列式分析子弹和滑块间的水平作用力关系；对滑块，根据动能定理列式分析子弹对滑块做功关系；根据能量守恒定律分析系统产生的热量关系。 【解答】解：设矩形滑块质量为，子弹和滑块间的水平作用力为，子弹射入滑块的深度为。 、取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得，可得，可知子弹末速度大小相等，故正确； 、根据功能关系可得，可知不一样，则不一样大，故错误； 、对滑块，根据动能定理得，可知子弹对滑块做的功一样多，故正确； 、根据能量守恒定律可得，可知相等，故正确。 本题选不正确，故选：。 【例2】（多选）（2025•小店区校级开学）如图所示，质量分别为、的木块、静止在光滑水平面上，一轻质弹簧与固定连接，一颗质量为的子弹，以水平向右的速度射入木块并停留其中，子弹和木块的作用时间极短，在此后的过程中，下列说法正确的是　　 A．子弹打入木块后的瞬间，、和子弹的速度大小均为 B．弹簧的最大弹性势能为 C．木块的最大速度大小为 D．当弹簧恢复原长时，木块的速度大小为 【答案】 【分析】子弹打入木块的过程，时间极短，不动，根据子弹与组成的系统动量守恒求子弹打入木块后的瞬间和子弹的速度大小；当弹簧被压缩到最短时，、的速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，再由系统机械能守恒求弹簧的最大弹性势能；当弹簧恢复原长时，的速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求木块的最大速度和的速度大小。 【解答】解：、子弹打入木块的瞬间，的速度为零，子弹与组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，对和子弹系统，由动量守恒定律有 解得的速度为，故错误； 、当弹簧被压缩到最短时，、的速度相同，设为，此时弹簧的弹性势能最大，根据子弹、、组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，则有 解得 根据系统机械能守恒有 解得弹簧的最大弹性势能为，故正确； 、当弹簧恢复原长时，的速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 可得木块的最大速度大小为 的速度为 即弹簧恢复原长时，木块的速度大小为，故错误，正确。 故选：。 【例3】（2025春•孝感期末）如图所示，一质量的平顶小车，车顶右端放一质量的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量的子弹以水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，取。下列分析正确的是 A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为 B．最后小物体与小车的共同速度为 C．小车的最小长度为 D．小车对小物体的摩擦力的冲量为 【答案】 【分析】子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统时水平方向动量守恒，此后三物体组成的系统动量也守恒，由动量守恒定律求三者共同末速度；三物体相互作用过程中，系统能量守恒。 【解答】．设子弹初速度为正方向，子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得 解得 设子弹初速度为正方向，小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得 解得，故错误； ．以小物体为研究对象，设子弹初速度为正方向，由动量定理得 解得，故错误； ．设子弹初速度为正方向，小车对小物体的摩擦力的冲量为 ，故正确； ．当系统相对静止时，设小物体在小车上滑行的距离为，由能量守恒定律得 解得，所以，故错误。 故选：。 考点2：板块模型 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。 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：根据能量守恒定律求解，Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 例题精讲： 【例4】（2025•保定二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板，一质量与木板相同的物块（可视为质点）从左端以大小为的速度冲上木板，经过时间运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是　　 A．物块运动到木板右端时的速度大小为 B．在此过程中，物块运动的距离为 C．动量的减少量大于动量的增加量 D．木板的长度为 【答案】 【分析】由动量守恒定律判断的动量的增加量与的动量的减小量的关系；由动量守恒定律可求物块运动到木板右端时的速度大小；由运动学公式可求的位移与木板的长度。 【解答】解：、由题意可知、组成的系统动量守恒，则动量的减少量等于动量的增加量，故错误； 、设物块的质量为，物块运动到木板右端时的速度大小为，以的方向为正方向，由动量守恒定律可得：，解得：，故正确； 、由题意知物块做匀减速直线运动，则有：，故错误； 、同理对木板，由运动学公式可得：，则木板的长度为：，故错误。 故选：。 【例5】（2025春•湖北期末）如图甲所示，长度的木板在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度从左端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数随滑块距木板左端距离的变化图像如图乙所示，重力加速度取，滑块看作质点，则　　 A．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足 B．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足 C．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。 D．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。 【答案】 【分析】若木板固定，要使滑块能够从木板右端滑出，必须满足，其中，由此求出最大值应满足的条件；若木板不固定，根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程，即可求出最大值应满足的条件。 【解答】解：、若木板固定，要使滑块能够从木板右端滑出，则有，设动摩擦因数最大值为，由图像可知，解得，故错误； 、若木板不固定，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 设动摩擦因数最大值为，根据能量守恒定律得 又 解得，故错误，正确。 故选：。 【例6】（2025•黄冈模拟）如图所示，在光滑水平面上有一块长为的木板，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽与木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，、静止在水平面上。现有很小的滑块以初速度从右端滑上木板，并以的速度滑离木板，恰好能到达圆弧槽的最高点。、、的质量均为，重力加速度为，求： （1）滑块与木板上表面间的动摩擦因数； （2）圆弧槽的半径。 【答案】（1）滑块与木板上表面间的动摩擦因数为； （2）圆弧槽的半径为。 【分析】（1）当在上滑动时，与整体发生相互作用，由于水平面光滑，与组成的系统动量守恒列出等式，由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解动摩擦因数； （2）当滑上，与分离，、发生相互作用，、组成的系统水平方向动量守恒，由、组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解。 【解答】解：（1）对、、整体分析，设滑块刚离开木板时，木板和圆弧槽的共同速度为，从滑块滑上木板到刚离开木板的过程中动量守恒，以向左为正方向有： 整理解得： 由能量守恒定律有： 代入整理解得： （2）从滑块滑上圆弧槽到恰好能到达圆弧槽的最高点的过程中，设滑块到达最高点时滑块和圆弧槽的共同速度为， 滑块和圆弧槽组成的系统在水平方向上，由动量守恒定律有： 解得： 此过程中滑块和圆弧槽组成的系统机械能守恒有： 代入数据解得： 答：（1）滑块与木板上表面间的动摩擦因数为； （2）圆弧槽的半径为。 考点3：滑块曲面模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)上升到最大高度(未离开弧面或从弧面上端离开弧面)：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块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＝＋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m的重力势能)。 (2)返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒＝(相当于弹性碰撞)。 例题精讲： 【例7】（2025春•甘南州期末）如图所示，四分之一圆弧体固定在光滑水平面上，光滑圆弧面的半径为。长为、质量为的平板车静止在光滑水平面上，右端与圆弧体接触，圆弧面的最低点刚好与平板车的上表面相切，质量为的物块静止在圆弧面的最低点，质量为的物块静止在平板车上表面的左端，给物块一个向右的初速度（大小未知），物块与发生弹性碰撞后，物块恰好能滑到与圆心等高的点，物块与平板车间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，不计物块的大小，求： （1）碰撞后一瞬间，物块对圆弧面压力大小； （2）物块滑上平板车时的初速度的大小； （3）物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量。 【答案】（1）碰撞后一瞬间，物块对圆弧面压力大小为； （2）物块滑上平板车时的初速度的大小为； （3）物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量为。 【分析】（1）研究碰撞后物块上滑过程，根据机械能守恒定律求出碰撞后瞬间物块的速度。再根据牛顿第二、第三定律求物块对圆弧面压力大小； （2）物块与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞前的速度。在平板车上向右滑行的过程，根据动能定理求物块滑上平板车时的初速度的大小； （3）假设碰撞后，物块不会滑离长木板，根据动量守恒定律求出共同速度。根据能量守恒定律求出在平板车上滑行的距离，与车长比较，假设成立，再根据能量守恒定律求物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量。 【解答】解：（1）设碰撞后一瞬间，物块的速度大小为。碰撞后上滑过程，根据机械能守恒定律得 解得 碰撞后一瞬间，对物块，根据牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律，物块对圆弧面的压力大小为。 （2）设与碰撞前一瞬间的速度大小为，碰撞后一瞬间的速度大小为，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得 解得， 在平板车上向右滑行的过程，根据动能定理得 联立解得 （3）假设碰撞后，物块不会滑离长木板，最终共同速度大小为，取向左为正方向，根据动量守恒定律得 根据能量守恒定律得 解得，假设成立 则物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量 答：（1）碰撞后一瞬间，物块对圆弧面压力大小为； （2）物块滑上平板车时的初速度的大小为； （3）物块在平板车上滑动因摩擦产生的热量为。 【例8】（2025•湖南一模）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分和半径为的四分之一光滑圆弧组成，质量为滑块与之间的动摩擦因数为。将置于滑板上表面的点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于点，另一端系一质量的光滑小球。现将由静止释放，向下摆动到最低点并与发生弹性对心碰撞，碰撞后在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于之间的某一点。、均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度取。求： （1）与碰撞前瞬间细线对拉力的大小； （2）碰后能否从点滑出？碰后的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后的最大摆角小于时，可视为做简谐运动，已知 （3）计算相对滑板的水平部分运动的总时间，并判断在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。 【答案】（1）与碰撞前瞬间细线对拉力的大小为； （2）碰后不能从点滑出，碰后的运动不能视为简谐运动，计算说明过程见解答； （3）相对滑板的水平部分运动的总时间为，在相对滑板运动时，不可能相对地面向右运动，原因见解答。 【分析】（1）根据由机械能守恒定律求得与碰撞前瞬间的速度大小，在最低点时，由牛顿第二定律求解和向心力公式求解； （2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得小球与物体碰撞后瞬间速度。与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律判断。对由机械能守恒定律求得碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角，根据此夹角与的大小关系，判断的运动能不能视为简谐运动； （3）根据动量守恒定律和能量守恒定律求得滑块两次经过点的速度，判断两次在上的运动形式，根据牛顿第二定律和运动学公式求解。 【解答】解：（1）设与碰撞前瞬间的速度大小为，碰撞前瞬间细线对拉力的大小为。对由释放到碰撞前瞬间，由机械能守恒定律得； 解得： 在最低点时，由牛顿第二定律得： 联立解得：。 （2）设小球与滑块碰撞后瞬间速度分别为、，以向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得： 解得：， 假设碰后不会从点滑出滑板，与滑板组成的系统在水平方向上动量守恒，两者共速时相对滑板上升的高度最大，设此最大高度为，共速时速度为，以向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒得： 解得： 由于，故假设成立，则碰后不能从点滑出。 设碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为，对由机械能守恒定律得： 解得： 可得：，故碰后的运动不能视为简谐运动。 （3）滑块在圆弧上相对滑板下滑，第二次经过点相对滑板向右滑动最终相对滑板静止于之间的某一点。设滑块经过点的速度的速度为，滑板的速度为，以向左为正方向，同理可得： 解得： 滑块第一次经过点速度为： 滑块第二次经过点速度为： 因，故第二次滑到点的速度方向向左，此后受到的滑动摩擦力向左，所以此后向左做匀加速运动，不可能相对地面向右运动。 设最终与滑板相对静止时速度为，以向左为正方向，由动量守恒定律可得： 解得： 设相对滑板的水平部分运动时其加速度大小为，对由牛顿第二定律得： 解得： 第一次在上运动时，做匀减速直线运动，此过程运动时间为： 解得： 第二次在上运动时，做匀加速直线运动，此过程运动时间为： 解得： 所以相对滑板的水平部分运动的总时间为： 解得：。 答：（1）与碰撞前瞬间细线对拉力的大小为； （2）碰后不能从点滑出，碰后的运动不能视为简谐运动，计算说明过程见解答； （3）相对滑板的水平部分运动的总时间为，在相对滑板运动时，不可能相对地面向右运动，原因见解答。 【例9】（2025春•郑州期中）如图所示，四分之一圆的光滑圆弧轨道与长木板通过电子锁连接在一起，圆弧轨道半径为，圆弧轨道底端切线水平，且与上表面等高，二者静置于光滑水平地面上，、的质量均为。一质量也为的小物块从圆弧轨道顶端正上方距离处由静止释放，后沿圆弧轨道下滑，当小物块到达圆弧轨道底端时，、的连接锁解除，与上表面间的动摩擦因数为，重力加速度为，可视为质点。求： （1）到达圆弧轨道底端时的水平位移大小； （2）到达圆弧轨道底端时的速度大小； （3）为使不会从的上表面滑出，的最小长度。 【答案】（1）到达圆弧轨道底端时的水平位移大小为； （2）到达圆弧轨道底端时的速度大小为； （3）为使不会从的上表面滑出，的最小长度为。 【分析】（1）小物块沿圆弧轨道下滑的过程，由于水平面光滑，所以、、组成的系统水平方向动量守恒，根据水平方向平均动量守恒求到达圆弧轨道底端时的水平位移大小； （2）根据、、组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒求到达圆弧轨道底端时的速度大小； （3）结合（2）求出到达圆弧轨道底端时、的速度大小。 为使不会从的上表面滑出，的最小长度。恰好滑到右端时，的长度最小，根据、系统动量守恒和能量守恒求解的最小长度。 【解答】解：（1）设到达圆弧轨道底端时的水平位移大小为，则、的位移大小为。 小物块沿圆弧轨道下滑的过程，取水平向右为正方向，根据、、组成的系统水平方向平均动量守恒得 解得 （2）设到达圆弧轨道底端时的速度大小为，、的速度大小为。从小物块开始下落至到达圆弧轨道底端的过程，取水平向右为正方向，根据、、组成的系统水平方向动量守恒得 根据系统机械能守恒得 解得， （3）恰好滑到右端时，两者共速，设为，的最小长度设为。 在上滑行过程，取水平向右为正方向，根据、组成的系统动量守恒得 根据能量守恒得 解得 答：（1）到达圆弧轨道底端时的水平位移大小为； （2）到达圆弧轨道底端时的速度大小为； （3）为使不会从的上表面滑出，的最小长度为。 考点4：滑块弹簧模型 1．模型图示 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0，则系统动量守恒。 (2)机械能守恒：系统所受的外力和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同，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，弹性势能为0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 例题精讲： 【例10】（多选）（2025•渝中区校级模拟）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，质量为的物体以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为；现让该弹簧一端连接另一物体（如图乙所示），静止在光滑水平面上，物体以的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为。已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则　　 A．弹簧压缩量为最大值时的弹性势能为 B．物体的质量为 C．乙图中，弹簧重新恢复原长时，物体的动量大小为 D．乙图中，从接触弹簧到弹簧压缩量最大所经历的时间为，则时间内的位移为 【答案】 【分析】图甲中，根据机械能守恒求弹簧压缩量为最大值时的弹性势能；图乙中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程，联立求解物体的质量；应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧重新恢复原长时物体的动量大小；根据动量守恒定律结合位移与速度的关系求时间内的位移。 【解答】解：、甲图中，根据机械能守恒可知，弹簧压缩量为最大值时的弹性势能为，故错误； 、图乙中，弹簧的最大压缩量仍为，此时弹簧的弹性势能等于图甲中弹性势能。两物体速度相等时，弹簧的压缩量最大。图乙中，取向右为正为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得，故正确； 、乙图中，设弹簧重新恢复原长时的速度大小为，的速度大小为，取向右为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得：，，则弹簧重新恢复原长时，物体的动量大小，故正确； 、从接触弹簧到弹簧压缩量最大的过程，由动量守恒定律得 可得 又， 由几何关系有，联立解得时间内的位移为，故正确。 故选：。 【例11】（多选）（2025春•大通县期末）如图1所示，、两物块与一轻弹簧的两端相连接，静止在光滑的水平面上。物块的质量。现使获得水平向右的瞬时速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图2所示，则从图像信息可得　　 A．物块的质量为 B．弹簧的弹性势能最大值为 C．时刻弹簧的弹性势能为 D．时刻弹簧处于原长 【答案】 【分析】从开始运动到两者共速，利用动量守恒定律求物块的质量；当两者共速时弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒求弹簧的弹性势能最大值；时刻的速度为0，利用动量守恒定律求出此时的速度，再根据系统机械能守恒求弹簧的弹性势能；结合图像分析两物块的运动过程，判断弹簧的状态。 【解答】解：、从开始运动到两者共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得 由图知，，解得物块的质量为，故错误； 、当两者共速时弹簧弹性势能最大，则弹簧的弹性势能最大值为 ，解得，故错误； 、时刻的速度为0，根据动量守恒定律得 解得此时的速度 则此时弹簧的弹性势能为 ，解得，故正确； 、从开始到时刻，的速度一直增加，则弹簧一直处于压缩状态，在时刻的速度最大，加速度为零，所受弹力为零，所以弹簧处于原长，故正确。 故选：。 【例12】（多选）（2025•合肥模拟）如图（a）所示，相距较远的两物体、放在光滑水平面上，物体左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体以速度沿、连线向物体运动。时，物体与轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度与时间的关系如图（b）所示。已知时间内，物体运动的距离为，物体的质量为，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是　　 A．物体的质量为 B．物体与轻弹簧分离时，物体的速度为 C．时间内，物体运动的距离为 D．物体与轻弹簧接触的过程中，两物体、组成的系统动量守恒、机械能守恒 【答案】 【分析】由图可知，时刻两物体速度相等，根据动量守恒定律列式，即可求解物体的质量；根据两物体、和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒求解物体与轻弹簧分离时物体的速度；时间内，利用动量守恒定律结合积分法求物体运动的距离。 【解答】解：、由图可知，时刻两物体速度相等，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 ，解得，故错误； 、物体与轻弹簧接触的过程中，由于合外力为零，所以两物体、组成的系统动量守恒。由于弹簧对、做功，所以、组成的系统机械能不守恒。由于只有系统内弹簧的弹力做功，所以两物体、和弹簧组成的系统机械能守恒。设物体与轻弹簧分离时，物体和的速度分别为和。取向右为正方向，根据动量守恒定律得 根据两物体、和弹簧组成的系统机械能守恒得 联立解得，故正确，错误； 、时间内，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 取极短时间△，则有 △△△ 即得 由题意知，，解得物体运动的距离为，故正确。 故选：。 课后提优练习 一．选择题（共4小题） 1．（2024秋•新吴区校级期中）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，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　） A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道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 【解答】解：A．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，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误； B．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒。 规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝4mv 解得：，故B错误； C．取水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得： 解得：，故C正确； D．小球离开圆弧轨道时，规定v0的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+3mv2 根据机械能守恒定律，则有： 联立以上两式可得：，，故D错误。 故选：C。 2．（2025•滨海县校级模拟）如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球（m甲＝2m乙），小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v﹣t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：初始时，弹簧处于原长状态，甲球获得速度后，甲、乙球间的距离将增大，弹簧将处于拉长状态，但甲、乙球整体水平方向不受力，而由于轨道的限制，甲、乙球只能沿轨道运动，则甲、乙球整体所受的合外力为0，甲、乙球运动中系统动量守恒，且甲、乙球同一时刻所受的合外力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律结合m甲＝2m乙知，甲、乙球运动的加速度方向始终相反， 大小满足a甲a乙 即乙球速度变化更快。 开始阶段，甲球将做减速运动，乙球将做加速运动，当甲、乙球速度相同时，取水平向右为正方向，规定向右为正方向，由动量守恒定律m甲v0＝（m甲+m乙）v1 解得甲、乙球相同的速度为v1v0＞0 此时甲、乙球均向右运动，由于弹簧此时处于拉长状态，则甲球将继续做减速运动，乙球将继续做加速运动，当弹簧处于原长时，取水平向右为正方向，由动量守恒定律m甲v0＝m甲v甲+m乙v乙 由机械能守恒定律有m甲m甲v甲2m乙v乙2 联立知，此时甲球的速度v甲v0＞0，乙球的速度v乙v0＞0 即此时甲、乙球均向右运动； 两球第一次相距最近。可见从开始运动到再次相距最近的过程中，甲球一直做减速运动，乙球一直做加速运动，两球最近时甲、乙球的速度方向均向右，大小分别为v0，v0 故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2025•鼓楼区四模）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能够源源不断的发射质量为m、相对于弹丸弹射机出口速度为v0的小弹丸，在弹射机的正前方放置一质量为M（M＞m）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物块B中受到的阻力/恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（　　） A．当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后，物块B的速度为 B．若从第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止所需时间为t0，则在弹丸击中B的过程中对B的平均作用力大小为 C．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能相等 D．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能越来越少 【解答】解：A．第1～k颗子弹与物块B组成的系统动量守恒，设当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后的速度为vBk，有kmv0＝（km+M）vBk，可得，故A错误； B．设第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止的时间内，物块B受到弹丸的水平作用为F，弹丸的初动量为mv0，根据如上分析，第1颗弹丸与物块B相对静止时的速度，根据动量定理有Ft0＝MvB1，可得F，故B错误； C.如上分析，由于每颗弹丸射入物块到弹丸与物块B相对静止后的末速度大小不一致，其相对于物块B的位移x不一致，因此弹丸与物块B组成的系统损失的机械能fx不一致，故C错误； D.由于每颗弹丸射入物块到弹丸与物块B相对静止后的末速度大小逐渐增大，故系统损失的机械能越来越少，故D正确。 故选：D。 4．（2024秋•如皋市期中）如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后（　　） A．弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加 【解答】解：A.弹簧从拉伸到压缩到最短过程中，弹簧恢复到原长前，弹力一直对A做正功，A的动能一直增加，弹簧压缩后到最短，弹力对A做负功，A的动能减小，则弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大，故A正确； B.根据动量守恒，弹簧压缩量最大时，AB共速，速度都为零，A的动量最小，故B错误； C.系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C错误； D.弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，故D错误。 故选：A。 二．解答题（共8小题） 5．（2025•镇江校级一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求： （1）物块B离开D点时的速度大小； （2）S与Q竖直高度h； （3）物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。 【解答】解：（1）A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由D点做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有 又 解得 vD＝4m/s （2）设A与B碰撞前的速度为v0，A与B相碰交换速度，所以 v0＝vD＝4m/s A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得 解得 h＝0.8m （3）设物块能沿轨道到达M点，且到达时其速度为vM，从D到M由动能定理得 解得 vM≈2.2m/s2.8m/s即物块不能到达M点。 答：（1）物块B离开D点时的速度大小为4m/s； （2）S与Q竖直高度为0.8m； （3）见详解。 6．（2024秋•南京校级期末）如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧栓连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰时间极短，之后以相同速度向左运动但不粘连，求： （1）B、C相碰后的速度大小； （2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1； （3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。 【解答】解：（1）设B、C碰撞后的共同的速度为vBC，以v0方向为正方向，对BC组成的系统，由动量守恒定律可得：mCv0＝（mB+mC）vBC，代入数据解得：； （2）第一次ABC共速时弹簧压缩量最大，A、B、C组成系统为研究对象，由动量守恒定律和能量守恒定律可得： mCvBC+mBvBC＝（mA+mB+mC）v1 联立代入数据解得：； （3）B与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C组成系统为研究对象，由系统动量守恒定律可得：（mB+mC）vBC＝（mB+mC）v2+mAv3 由系统机械能守恒可得： 联立代入数据可得：，； 即弹簧第一次恢复原长时B、C正在向右运动，此后C将一直向右匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有： mBv2+mAv3＝（mA+mB）v4 联立代入数据解得：。 答：（1）B、C相碰后的速度大小为； （2）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能为； （3）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能为。 7．（2025•建邺区校级开学）如图所示，一质量M＝3kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.2m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1kg的小物块Q（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求物块Q在小车上运动1s时相对于小车运动的距离（此时Q未到B点且速度大于小车的速度）； （2）若AB的长l＝1.8m，求物块Q在运动过程中所能上升的最大高度h2； （3）要使物块Q既可以到达B点又不会与小车上表面分离，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围。 【解答】解：（1）物块P从释放到N点过程中机械能守恒，，代入数据解得：v1＝6m/s， PQ弹性碰撞，动量守恒，以向右为正方向，m1v1＝m1v1′+m2v2，系统总动能不变，， 联立解得：v1′＝﹣2m/s，v2＝4m/s， 由牛顿第二定律可知，Q在小车上做匀减速直线运动的加速度大小， 小车做匀加速直线运动的加速度大小， 运动1s时，Q的位移，代入数据解得：x1＝3m， 小车的位移，代入数据解得：， 所以Q相对小车运动的距离； （2）Q从A到B，系统动量守恒，以向右为正方向，m2v2＝m2v3+Mv4，由功能关系可知：， 联立解得：，， Q从A点到最高点，在最高点二者共速，系统水平方向动量守恒，m2v2＝（m2+M）v5，代入数据解得：v5＝1m/s， Q从B点到最高点，系统机械能守恒，，代入数据解得：； （3）若Q刚好能到B点，二者共速，动量守恒，v6＝v5＝1m/s，由功能关系可知：， 代入数据解得：Lmax＝3m， 若Q刚好能到C点，二者共速，水平方向动量守恒，v7＝v5＝1m/s，由功能关系可知：， 代入数据解得：Lmin＝2.5m，所以AB的长度L的取值范围为：3m＞L＞2.5m。 答：（1）物块Q在小车上运动1s时相对于小车运动的距离为； （2）若AB的长l＝1.8m，物块Q在运动过程中所能上升的最大高度为； （3）要使物块Q既可以到达B点又不会与小车上表面分离，小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围为3m＞L＞2.5m。 8．（2025•徐州模拟）如图所示，一质量为M的正方形装置固定在光滑水平面，其竖直面内有一半径为R光滑环形管道，R远大于管道的横截面直径，管道内有一质量为m小球，直径略小于管道横截面直径。M＝2m，重力加速度为g。 （1）小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑，求小球到达管道最低点B时对装置的压力大小FN； （2）若装置解除固定，小球仍从最高点A无初速度下滑，求装置偏离原位置的最大距离x； （3）若装置解除固定，小球在最低点B获得水平向右速度v0，小球到达最高点时刚好与装置无相互作用力，求v0的大小。 【解答】解：（1）小球由最高点运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得，在最低点，对小球由牛顿第二定律可得，解得：FN＝5mg，根据牛顿第三定律得小球对装置的压力大小FN＝F'N，解得：FN＝5mg。 （2）小球运动到球心等高处时，装置有最大位移，设小球和装置的水平位移分别为xm、xM，则xm+xM＝R，由水平方向动量守恒得mxm＝MxM，可得。 （3）在最高点：小球相对装置做圆周运动，重力恰好提供向心力，小球从最低点运动到最高点，由系统机械能守恒定律得，由水平方向动量守恒定律得mv0＝mv1+Mv2，联立解得：。 答：（1）小球到达管道最低点B时对装置的压力大小FN为5mg。 （2）装置偏离原位置的最大距离x为。 （3）小球到达最高点时刚好与装置无相互作用力时v0的大小为。 9．（2025•海门区校级二模）如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为3m，以6m/s的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上靠近传送带放置一足够长的木板A，其质量为2kg。木板A上表面与传送带末端平滑连接，在木板A右侧x处（x未知）有一个固定挡板P。将一质量为1kg的物块（视为质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带间动摩擦因数，与木板A间动摩擦因数μ1＝0.1。设木板A与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小； （2）求物块滑到传送带底端的时间； （3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，求x的大小。 【解答】解：（1）传送带对物块的支持力为：FN＝mgcosθ 物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为：Ff＝μ0FN 联立代入数据解得：Ff＝5N （2）刚放到传送带时，物块的加速度为：a＝gsin30°+μ0gcos30° 代入数据得：a＝10m/s2 假设物块的末速度能达到v＝6m/s，则物块做匀加速运动的位移： 所以物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速运动。 物块做匀加速运动的时间为：ts＝0.6s 物块做匀速运动的时间为： 物块滑到传送带底端的时间为：t总＝t+t′＝0.6s+0.2s＝0.8s （3）长木板、物块与挡板碰撞之前组成的系统动量守恒，碰后长木板的速度大小不变，又因为运动过程中不会与传送带相撞，所以碰后长木板与物块组成的系统合动量水平向右，且每次长木板与挡板碰撞时的速度相同，第3次碰撞结束后，物块与长木板的动量等大反向。设物块与长木板的质量分别为m、M，由动量守恒定律得：mv＝mv1+Mv′1 以向的方向为正方向 第1次碰撞结束后到第2次碰撞之前由动量守恒定律得：mv1﹣Mv′1＝mv2+Mv′2 第2次碰撞结束后到第3次碰撞之前由动量守恒定律得：mv2﹣Mv′2＝mv3+Mv′3 第3次碰撞结束后由动量守恒定律得：mv3＝Mv′3，v′1＝v′2＝v′3 由运动学公式得： 对长木板由牛顿第二定律得：μ1mg＝Ma 联立解得：x＝0.25m 答：（1）物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小为5N； （2）物块滑到传送带底端的时间为0.8s； （3）若木板A被挡板P弹回3次后静止，且在运动过程中不会与传送带相撞，x的大小为0.25m。 10．（2025•盐城一模）如图所示，质量M＝8.0kg的物体A上表面为光滑斜面，斜面长L＝0.2m，与水平方向的夹角θ＝37°，在斜面下端有一质量m＝5.0kg的小物体B，某时刻A、B一起从P点以初速度v0＝2m/s向左匀减速滑行。已知重力加速度g＝10m/s2。 （1）求A的下表面与水平面间的动摩擦因数μ； （2）当A的速度减为零时，立即对A施加水平向右的推力。 ①若A、B一起水平向右匀加速运动，求A的右端回到P位置的过程中推力所做的功W； ②若A的右端回到P位置，B恰好运动到斜面最高点，求该过程中A与地面间因摩擦产生的内能Q。 【解答】解：（1）对小物体B由牛顿第二定律有 mgtanθ＝ma1 对A、B整体由牛顿第二定律有 μ（M+m）g＝（M+m）a1 解得：μ＝tanθ，μ＝0.75 （2）①根据A、B整体牛顿第二定律 F−μ（M+m）g＝（M+m）a1 根据运动学公式 0−2（−a1）x 又根据功的定义式有：W＝Fx 整理得：W＝（M+m） 代入数据解得：W＝52J ②设在向右运动过程中，A对B的支持力为N1，地面对A的支持力N2，B的加速度在水平、竖直方向的分量分别为ax、ay，根据 N1cosθ−mg＝may N1sinθ＝max 结合运动学公式 x−Lcosθ Lsinθ 联立解得：N1 由功能关系得：Q＝μN2x 又有：N1cosθ+Mg＝N2 联立解得：Q＝80J 答：（1）A的下表面与水平面间的动摩擦因数μ为0.75； （2）①若A、B一起水平向右匀加速运动，A的右端回到P位置的过程中推力所做的功W为52J ②若A的右端回到P位置，B恰好运动到斜面最高点，该过程中A与地面间因摩擦产生的内能Q为80J。 11．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图甲所示，篮球是一项学生热爱的运动项目，在一次比赛中，某同学以斜向上的速度将篮球抛出，篮球与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图乙所示。若此次运动中；篮球的初速度与竖直方向夹角θ＝53°，大小为v1＝5m/s，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知撞击点与篮筐竖直距离h＝0.2m，篮球与篮板撞击时间为Δt＝0.01s。篮筐中心与篮板的水平距离为L＝0.6m，篮球质量为m＝0.6kg，重力加速度为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，篮球运动过程中可以看成质点。求： （1）篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功W的大小； （2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度v2的大小和撞击后瞬间的速度v3的大小； （3）篮球与篮板撞击瞬间，篮球所受水平方向平均撞击力F的大小。 【解答】解：（1）设篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功为W由动能定理 解得：W＝7.5J （2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度等于篮球抛出时水平方向的分速度， 所以水平分速度：v2＝v1sin53° 代入数据解得：v2＝4m/s 篮球与篮板撞击后瞬间速度也是水平，碰后篮球做平抛运动，由平抛的位移规律有：，L＝v3t 解得：v3＝3m/s （3）取v2的运动方向为正方向，篮球与篮板撞击瞬间，对篮球，由动量定理得：﹣F•Δt＝m（﹣v3）﹣mv2 代入数据解得：F＝420N 答：（1）篮球抛出瞬间，同学对篮球所做的功W的大小为7.5J； （2）篮球与篮板撞击前瞬间的速度v2的大小4m/s，撞击后瞬间的速度v3的大小为3m/s； （3）篮球与篮板撞击瞬间，篮球所受水平方向平均撞击力F的大小为420N。 12．（2024秋•南通期中）如图所示，光滑水平面上的小车a上固定有倒L型支架，平板车（含支架）的质量为ma＝3.0kg其支架末端用长l1＝0.2m的轻绳拴接质量mb＝1.0kg的小球b。质量mc＝1.0kg的物块c静止在小车右侧。小车a与小球b以v0＝4.0m/s的速度向右匀速运动，小车a与物块c发生碰撞，并瞬间粘在一起运动，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求小车a与物块c碰后瞬间的速度大小v1； （2）求小车a和物块c碰撞前后瞬间，轻绳的拉力大小之比F1：F2； （3）整个过程中，使小球b与L型支架的竖直杆不相碰，求支架水平杆的最小长度l2。 【解答】解：（1）平板车与物体组成的系统，碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mav0＝（ma+mc）v1 解得碰撞后平板车与物体的共同速度 v1＝3m/s，方向水平向右。 （2）小车a和物块c碰撞前，小球b以v0＝4.0m/s的速度向右匀速运动，受力平衡，轻绳的拉力 F1＝mbg＝1.0×10N＝10N 小车a和物块c碰撞后瞬间，小球b以v＝4.0m/s的速度圆周运动，轻绳的拉力 F2＝mbmbg 代入数据解得小车a和物块c碰撞后瞬间，轻绳的拉力大小 F2＝90N 小车a和物块c碰撞前后瞬间，轻绳的拉力大小之比F1：F2＝1：9。 （3）小车a和物块c碰撞后瞬间，小球b以v＝4.0m/s的速度圆周运动，假设能通过最高点，则根据动能定理得 mbmbg×2l1 代入数据解得小球b通过最高点时的速度v＝2m/sm/sm/s 使小球b与L型支架的竖直杆不相碰，支架水平杆的最小长度l2＝l1＝0.2m 答：（1）小车a与物块c碰后瞬间的速度大小为3m/s，方向水平向右。 （2）小车a和物块c碰撞前后瞬间，轻绳的拉力大小之比为1：9。 （3）整个过程中，使小球b与L型支架的竖直杆不相碰，支架水平杆的最小长度为0.2m。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/9/23 16:35:21；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 2 学科网（北京）股份有限公司 $