题型08 板块模型 传送带模型 碰撞类型拓展（题型专练）（广东专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型08 板块模型 传送带模型 碰撞类型拓展目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 板块模型 考向02 传送带模型【重难】 考向03 碰撞类型拓展【重难】 考向04 多次碰撞问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 本题型是高中力学知识综合运动，也是高考中的压轴题的高频必考点。尤其是功能关系、动量守恒定律，可以在选择题、计算题等形式考查。本题型的命题常与物体的运动、多过程的问题等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用能力与动量的观点解题。 考向01 板块模型 【例1-1】(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 【例1-2】(多选)一个质量为M＝2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2 kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8 N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v -t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中t1＝0.4 s，v1＝0.8 m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g＝10 m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A.μ1＝0.2，μ2＝0.3 B.0～t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2 J C.小物块比长木板提前0.2 s停下 D.小物块相对长木板的位移为0.88 m 1. 板块模型的思维模板 2. 板块模型中的动量与能量问题 模型 图示 模型 特点 　　(1) 若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 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 　　(3) 根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多 (4) 该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 【变式1-1】(多选)(2024·湖北高考)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小Ff与射入初速度大小v0成正比，即Ff＝kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　) A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 【变式1-2】水平地面上有一质量m1=0.2 kg的长木板,木板的左上端有一质量m2=0.1 kg的物块,如图1所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图2所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图3所示。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,取重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)定性说明0~t1,t1~t2,t2之后(物块未从木板上掉下来)三个阶段木板和物块的运动情况,木板上表面所受摩擦力情况,并求出F1、F2的大小。 (2)当F=0.42 N时,求物块与木板间的摩擦力f。 (3)若地面光滑,不加F,而是在二者静止状态开始,给物块一个初速度v0=6 m/s,木板至少为多长物块才不落下?在满足要求的情况下,求产生的总热量。 图1 图2 　图3 【变式1-3】如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 考向02 动量守恒定律 【例2-1】(2024·湖北高考)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0.10 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＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (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； (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。 【例2-2】(改编自2022年浙江卷)如图所示,在竖直面内,一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v顺时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD处于同一水平面上,AB光滑,MN的长度为l。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O点,并向左拉开一定的高度h由静止下摆,h=1.25 m,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2 g,l=3 m,v=2 m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数均为μ=0.5,物块可视为质点,取g=10 m/s2。求: (1)物块a到传送带右端N时的速度大小。 (2)物块a最后停在离C多远处。 (3)物块a与传送带间摩擦产生的热量Q。 1. 传送带中的动力学问题的分析思路 2. 传送带中的能量问题 (1) 求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． (2) 功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (3) 对W和Q的理解： ① 传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传． ② 产生的内能：Q＝Ffx相对． 【变式2-1】如图甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径R＝2.25 m的光滑圆轨道连接，圆轨道两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。已知滑块B滑上传送带后的v－t图像如图乙所示，t＝7.5 s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2 kg，滑块B的质量m＝1 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 甲 乙 (1)碰撞后滑块B的速度； (2)滑块B经Q点时对圆轨道的压力； (3)滑块A的速度v0； (4)若传送带的动力系统机械效率为80%，则因运送滑块B需要多消耗的能量。 【变式2-2】 (2024·梅州质检二)如图所示为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA＝ 的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC＝ 的速度滑上运行速度为v的传送带CD.其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的动摩擦因数为μ2＝0.5，长度为14R. (1) 为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？ (2) BC段杀菌平台的动摩擦因数μ1是多少？ (3) 调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？ 【变式2-3】（2024·广东梅州二模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，左侧有一光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径r＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为m1＝0.6 kg、m2＝6.6 kg，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，M、N间的距离为L＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2，求： （1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时对轨道的压力； （2）物块a第一次碰后的速度大小； （3）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，即将碰撞时物块b自动解锁，求：物块a第一次碰撞后经过M点到第二次碰撞前经过M点因摩擦而产生的热量Q1；两物块从第一次碰撞后到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量Q。 考向03 碰撞类型拓展 【例3-1】 (多选)(2023·陕西铜川一模)如图所示，质量为100 kg的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h＝0.8 m，在船尾处有一质量为20 kg铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的有(　　) A.铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4 s B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为1.25 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J 【例3-2】(多选)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，子弹的质量是B的，则(　　) A.子弹击中木块A后，与A的共同速度为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mv D.弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv 碰撞拓展 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mv＝mv＋Mv 【变式3-1】如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求： (1)物体C的质量m3； (2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。 【变式3-2】如图所示，一质量为2m的带轨道的小车静止在水平面上，小车轨道的AB段水平，BC段为竖直的半径为R的四分之一圆弧。左侧平台与小车的水平轨道等高，小车静止时与平台间的距离可忽略。一质量为m的滑块(可视为质点)水平向右以大小为6的初速度从左侧平台滑上小车。不计一切摩擦，重力加速度为g。 (1)求滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升的最大高度； (2)若小车水平轨道AB相对水平面的高度为0.5R，求滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离为多少？ 【变式3-3】某户外大型闯关游戏“渡河”环节中,选手需要从高台俯冲而下,为了解决速度过快带来的风险,设计师设计了如图所示的减速装置。浮于河面的B板紧靠缓冲装置A板,B的左侧放置一物体C。选手通过高台光滑曲面下滑,经过A后滑上B。已知A、B的质量均为M0=48 kg,C的质量为M=12 kg。A、B的长度均为L=3 m,选手与A、B间的动摩擦因数均为μ1=0.5,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.3。B在水中运动时受到的阻力是其所受浮力的0.1倍,B碰到河岸后立即被锁定。不计水流速度,选手和物体C均可看作质点,g=10 m/s2,则: (1)为了防止A滑动而出现意外,选手及装备的质量最大不超过多少? (2)若选手及装备的质量为60 kg,从h=3.3 m的高台由静止开始滑下,经过A后与C发生碰撞后一起运动,碰撞时间极短可忽略,求在此碰撞过程中系统损失的机械能。 (3)在第(2)问前提下,人与C碰撞后经0.5 s恰好与平板B速度相同,要使选手能够到达河岸,河岸的最大宽度d为多少? 考向04 多次碰撞问题 【例4-1】如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t＝0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA＝、μB＝，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求： （1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小； （2）A、B发生第三次碰撞的时刻； （3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移大小。 【例4-2】如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2 m/s的速度做匀速直线运动，长木板质量M＝0.5 kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5 kg，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加速度取g＝10 m/s2，求： （1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？ （2）若长木板足够长，质量变为4.5 kg，求： ①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。 ②小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？ 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 【变式4-1】 如图所示，装置的左半部分是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带的长度l＝1.0 m。物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g＝10 m/s2。求： (1)物块B与物块A第一次碰撞前，B的速度大小； (2)物块B与物块A第一次碰撞后到第二次碰撞前与传送带之间的摩擦生热Q； (3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的动能Ekn。 【变式4-2】 甲、乙两车总质量(包括人、车及砂袋)均为500 kg，在光滑水平面上沿同一直线相向而行，两车速度大小分别为v甲＝3.8 m/s，v乙＝1.8 m/s，为了不相撞，甲车上的人将编号分别为1、2、3…n，质量分别为1 kg、2 kg、3 kg…n kg的砂袋依次均以20 m/s相对地的速度水平抛入乙车，试求： (1)第几号砂袋投入乙车后，乙车速度为零？ (2)至少第几号砂袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞？ 1. (2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动．t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示．t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 【答案】 C 2.(2023·6月浙江选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图4所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 图4 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 3.(多选)如图，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m＝1 kg，可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.n＝26 B.系统因摩擦产生的热量为25 J C.物块最终停在车厢右端 D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右 4.如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是(　　) A.若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 B.若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 C.若＝，则P、Q只能发生两次碰撞 D.若＝，则P、Q只能发生三次碰撞 5．（2025·广东茂名·茂名一中·临门一脚）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量的木板静置于光滑的水平面上，另一质量的物块以的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（　　） A．图乙中的数值为4 B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞 C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12J D．最终物块距木板左端的距离为3m 6．（2025·广东汕头·三模）如图，物块、并排放在光滑水平面上，上固定一根竖直轻杆，用一长的细线将小球（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上点，、、质量均为。初始时，物块均固定在水平面上，质量为的子弹以某一水平初速度射入小球（射入时间极短且未射出），小球恰能到达与点等高的点。取重力加速度，不计空气阻力。 (1)求子弹初速度的大小； (2)若解除物块、的固定，子弹仍以相同初速度射入小球（射入时间极短且未射出），求小球能上升的最大高度。 7．（2025·广东·质量检测）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下，物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块B的大小，求： (1)物块B的最大速度的大小； (2)物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力大小； (3)平板车的长度。 8．（2025·广东珠海&三地·一模）如图所示，卡车上放有一块木板，木板与卡车间的动摩擦因数，木板质量。木板右侧壁（厚度不计）到左端的距离，到驾驶室距离。一质量与木板相等的货物（可视为质点）放在木板的左端，货物与木板间的动摩擦因数。现卡车、木板及货物整体以的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现前方有交通事故后以的恒定加速度刹车，直到停下。司机刹车后瞬间，货物相对木板滑动，木板相对卡车静止。货物与木板右侧壁碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物的加速度大小； (2)在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，木板受到卡车的摩擦力大小； (3)木板最终是否会与驾驶室相碰？如果不会，最终木板右侧与驾驶室相距多远？ 9．（2025·广东汕头·二模）如图所示，小滑块和的静止于光滑平台上，之间有质量可忽略不计的炸药。长度的木板c静止于光滑平面上，上表面与平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体和的动能，使物块以速度冲上木板c。已知，，，物块与木板之间动摩擦因数，取10m/s2。 (1)求爆炸过程中炸药释放的能量； (2)若木板固定在平面上，请通过计算说明小滑块是否能到达圆轨道最高点； (3)若木板不固定在平面上，要使小滑块既可以到达点又不会从木板上掉下来，求木板长度的取值范围。 10．（2025·广东·5月联考）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒 B．时小球到达位置低于释放时的高度 C．由图可知大于 D．图中阴影面积 11．（2025·佛山禅城·供题训练）如图甲，ABCD为光滑的固定轨道，其中AB、CD水平，BC高为h=0.8m。在CD轨道的右侧，一薄木板锁定在水平地面上（轨道与薄木板等高）。现有两物体P1、P2置于水平轨道CD上，中间夹有一压缩的轻弹簧，两物体用细线连着处于静止状态。烧断细线，两物体被弹簧弹开后分别向左右两个方向运动。其中物体P1落在AB面上的速度方向与竖直方向夹角为37°，物体P2恰好能到达木板的右端。待P2静止后解除木板锁定，木板在一水平恒力F作用下向右运动，作用2s后撤去恒力。当P2与木板速度相同时，恰好从木板左端滑出，此后P2不再与木板发生相互作用。已知木板运动的速度随时间变化的图线如图乙所示，木板的质量，，，重力加速度。求： (1)物体P1离开弹簧的速度大小； (2)木板与地面间的摩擦因数； (3)水平恒力F的大小： (4)压缩弹簧的弹性势能（计算结果可保留根号）。 12．（2025·广东佛山·一模）如图所示，一平台固定在水平面上，其上表面静置着质量分别为和的小球与，小球间锁定一压缩状态的轻质弹簧（弹簧与不粘连）。紧挨平台静置着一小车，车上固定着一段水平阻尼管，管的左端开口与平台等高，管的右端开口处平滑衔接着两段均为四分一圆弧的滑槽，半径分别为和，小车连同车上装置的总质量为。现解锁弹簧，当弹簧恢复原长时，的速度为； B在阻尼管所受阻力与其相对管的运动位移成正比，即（为已知常数），恰好可以离开阻尼管，落入滑槽cde。除阻尼管内阻力外，其它摩擦及阻力均忽略不计，重力加速度为。求： (1)弹簧锁定时的弹性势能大小； (2)B第一次离开点时小车的速度大小，以及B腾空过程中，小车的位移大小（已知C不会返回与平台碰撞）； (3)阻尼管的长度，以及第二次滑至滑槽最低点时（此时半径为）所受弹力大小。 13．（2025·广东佛山·二测）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为。启动风机，给A施加一大小恒为的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对C产生的压力恒为mg（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为，求： (1)A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小； (2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小； (3)试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。 14．如图所示，一长木板质量，长，静止放置于光滑水平面上，距离木板右端处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量的滑块。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量的滑块，滑块与通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量的滑块以滑上木板，带动向右运动，与平台碰撞后即粘在一起不再运动。随后继续向右运动，滑上平台，与滑块碰撞并粘在一起向右运动。、组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且没有滑离滑轨，与木板间动摩擦因数为。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。，，重力加速度 (1)求滑块与滑块碰撞前的速度大小； (2)若弹簧第一次恢复原长时，的速度大小为。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？ 15．在光滑的水平地面同一直线上放有n个质量均为的滑块，序号标为1，2，3，，n，在1号小滑块左边放一个大小一样、质量为的0号滑块，相邻滑块之间的距离均为，所有滑块均可看成质点。 (1)现给0号滑块一个水平向右的初速度，滑块依次发生对心碰撞，碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起向右运动，则第一次碰后滑块的速度和损失的机械能分别是多少？ (2)在第一问的情景中，从0号滑块开始运动到第9号小滑块与10号小滑块相碰时的总时间为多少？ (3)如果0号滑块从静止开始一直施加一恒定外力，所有碰撞都为对心完全非弹性碰撞，则第几号小滑块被碰前瞬间结合的滑块整体速度达到整个过程中的最大，最大速度为多大？ 17．如图所示，竖直面内有半径的光滑圆弧轨道，最低点与水平传送带左端相切，传送带右端与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角，传送带长，以速率顺时针匀速转动。质量的物块P以大小为的初速度从圆弧轨道的最高点沿切线进入圆弧轨道，P与传送带间的动摩擦因数。在点右侧的水平轨道上等间距摆放个相同的滑块，相邻滑块间距离，每个滑块的质量均为，编号依次为1、2、3、…、n，滑块1与点距离也为，物块P及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为。物块P从点滑上水平轨道后，与滑块1碰撞并粘在一起，再向前运动与滑块2碰撞并粘在一起…，碰撞时间极短，物块P及各滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取。 已知。求： (1)物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小； (2)物块P从点滑上水平轨道时的速度大小； (3)物块P停止运动时距点的距离（结果保留两位小数）。 18.如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，弹簧左端固定，质量的光滑滑块紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能。质量的槽静止在水平面上，内壁间距，槽内放有质量的滑块（可视为质点），到左端侧壁的距离，槽与滑块之间的动摩擦因数。现释放弹簧，滑块离开弹簧后与槽发生正碰并粘在一起。、整体与滑块发生碰撞时，、整体与滑块交换速度。重力加速度取。求： （1） 从释放弹簧，到与第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能。 （2） 从槽开始运动到槽和滑块相对静止经历的时间。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型08 板块模型 传送带模型 碰撞类型拓展目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 板块模型 考向02 传送带模型【重难】 考向03 碰撞类型拓展【重难】 考向04 多次碰撞问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 本题型是高中力学知识综合运动，也是高考中的压轴题的高频必考点。尤其是功能关系、动量守恒定律，可以在选择题、计算题等形式考查。本题型的命题常与物体的运动、多过程的问题等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用能力与动量的观点解题。 考向01 板块模型 【例1-1】(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 【答案】(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3)(4t0－8) J 【解析】(1)小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1 解得v1＝1 m/s 两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有 μm2g＝m1a 解得a＝4 m/s2 由运动学公式有＝2ax1 解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动 对物块有μm2g＝m2a' 对整体有kx2＝(m1＋m2)a' 解得x2＝0.25 m 从木板开始接触弹簧到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒， 有(m1＋m2)＝(m1＋m2)＋k 解得v2＝ m/s。 (3)木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0，木板从速度为0到物块与木板加速度首次相同时，弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到木板返回时受力与木板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又变为v2＝ m/s，木板返回时所用时间也为t0，在此2t0的时间内，对物块，由动量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2 解得v3＝(－2t0) m/s 在此2t0的时间内，弹簧的初、末弹性势能不变，木板的初、末动能不变，故对系统，由能量守恒定律有 ΔU＝m2－m2 解得ΔU＝(4t0－8) J。 【例1-2】(多选)一个质量为M＝2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2 kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8 N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v -t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中t1＝0.4 s，v1＝0.8 m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g＝10 m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A.μ1＝0.2，μ2＝0.3 B.0～t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2 J C.小物块比长木板提前0.2 s停下 D.小物块相对长木板的位移为0.88 m 【答案】AB 【解析】根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，由牛顿第二定律有μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，通过对题图及题中数据分析得a1＝＝2 m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确；0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积计算，Δx1＝v0t1＝0.8 m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板，由牛顿第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s2，则t1～t2的时间为Δt＝＝0.2 s，由对称性可知小物块停下也会用时0.4 s，则小物块比长木板晚0.2 s停下，故C错误；小物块与长木板t1～t3时间内的相对位移Δx2＝×0.2×0.8 m＝0.08 m，则全过程的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.72 m，故D错误。 1. 板块模型的思维模板 2. 板块模型中的动量与能量问题 模型 图示 模型 特点 　　(1) 若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型) (2) 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 　　(3) 根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多 (4) 该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解 【变式1-1】(多选)(2024·湖北高考)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小Ff与射入初速度大小v0成正比，即Ff＝kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　) A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【解析】子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小为v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有m＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0＞，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小，综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。 【变式1-2】水平地面上有一质量m1=0.2 kg的长木板,木板的左上端有一质量m2=0.1 kg的物块,如图1所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图2所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图3所示。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,取重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)定性说明0~t1,t1~t2,t2之后(物块未从木板上掉下来)三个阶段木板和物块的运动情况,木板上表面所受摩擦力情况,并求出F1、F2的大小。 (2)当F=0.42 N时,求物块与木板间的摩擦力f。 (3)若地面光滑,不加F,而是在二者静止状态开始,给物块一个初速度v0=6 m/s,木板至少为多长物块才不落下?在满足要求的情况下,求产生的总热量。 图1 图2 　图3 【答案】　(1)在0~t1时间内,木板和物块都静止,木板上表面所受静摩擦力为F;t1~t2时间内,木板和木块一起做变加速运动,木板上表面所受静摩擦力随F的增大而增大;在t2之后,物块和木板发生相对滑动,木板上表面所受滑动摩擦力为0.4 N,不变。F1=0.3 N,F2=0.45 N　(2)0.38 N　(3)3 m 1.2 J 【解析】　(1)由图3可知,在0~t1时间内,木板加速度为零,在t1~t2时间内,木板加速度逐渐增大,t2时刻之后,木板加速度为恒量。 说明0~t1时间内,木板和物块都静止,木板上表面受静摩擦力,据物块受力平衡得F12=F,由牛顿第三定律得f21=f12,所以f21=F 在t2时刻木板与物块恰好开始相对滑动,t1~t2时间内,木板和木块一起运动,木板上表面受静摩擦力,把物块和木板看作整体,由牛顿第二定律有F1-μ1(m1+m2)g=0 解得F1=μ1(m1+m2)g=0.3 N 在t2时刻之后,物块相对木板滑动,木板上表面受滑动摩擦力,设t2时刻木板的加速度为a,t2时刻为即将相对滑动的临界状态,还可以看成整体,由牛顿第二定律 对整体有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a 对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a 解得F2=0.45 N。 (2)当0.3 N<F=0.42 N<0.45 N时,物块和木板一起做加速运动。由牛顿第二定律 对整体有F-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a' 对木板有f-μ1(m1+m2)g=m1a' 联立解得f=0.38 N。 (3)设物块与木板最终获得共同速度为v,木板长度至少为L,物块和木板系统动量守恒、能量守恒 m2v0=(m1+m2)v μ2m2gL=m2-(m1+m2)v2 联立解得L=3 m 产生的热量Q=μ2m2gL 解得Q=1.2 J。 【变式1-3】如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 【答案】　(1)4.0 m/s　(2)1.0 kg　(3)1.75 m 【解析】　(1)对物块A在爆炸后，根据动能定理有 －μ0mAgs＝0－mAv 可得vA＝2.0 m/s 对物块A与长木板B在爆炸过程中由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB 可得vB＝4.0 m/s。 (2)由题图可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0 m/s 对小物块C，在0～1 s内有 aC＝＝μg 可得μ＝0.1 对长木板B，在0～1 s内有 μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB 且aB＝ 可得mC＝1.0 kg。 (3)长木板B与小物块C在0～1 s内，相对位移为s相＝Δt－Δt＝2 m 对长木板B，在1 s后至停下的过程有 μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′ 可得aB′＝2.0 m/s2 长木板B与小物块C在1 s后均停下，相对位移为s相′＝－Δt＝－0.25 m 则小物块C最终静止时距长木板B右端的距离 d＝s相＋s相′＝1.75 m。 考向02 动量守恒定律 【例2-1】(2024·湖北高考)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0.10 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＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； (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； (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。 【答案】(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 【解析】(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有 v2＝2aL 联立并代入数据解得v＝6 m/s 由于v＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 ΔEk＝m－m－M 联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。 (3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg＝M 对小球的整个上升过程，由动能定理得 －Mg(l＋l－x)＝M－M 联立并代入数据解得x＝0.2 m 。 【例2-2】(改编自2022年浙江卷)如图所示,在竖直面内,一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v顺时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD处于同一水平面上,AB光滑,MN的长度为l。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O点,并向左拉开一定的高度h由静止下摆,h=1.25 m,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2 g,l=3 m,v=2 m/s,物块与MN、CD之间的动摩擦因数均为μ=0.5,物块可视为质点,取g=10 m/s2。求: (1)物块a到传送带右端N时的速度大小。 (2)物块a最后停在离C多远处。 (3)物块a与传送带间摩擦产生的热量Q。 【答案】　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)9×10-3 J 【解析】　(1)滑块b摆到最低点过程中,由机械能守恒定律有mgh=m 解得vb=5 m/s b与a发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb=mvb'+mv0 m=mvb'2+m 联立解得v0=vb=5 m/s 物块b与物块a在A点发生弹性正碰,速度交换,然后a以5 m/s的速度滑上传送带,传送带匀速转动,二者速度—时间图像如图。 设经时间t1两者速度相同,可得t1==0.6 s 这段时间物块a对地的位移x1=t1=2.1 m<l=3 m 然后物块a与传送带一起匀速运动到N,所以到N点时,物块a的速度v=2 m/s。 (2)设物块a在CD上减速到停止发生的位移为x2, 根据动能定理有 -μmgx2=0-mv2 得x2=0.4 m。 (3)0~t1时间内,物块a与传送带发生相对位移大小为两 v-t图像所夹的面积 d=t1=0.9 m 物块a与传送带摩擦产生的热量Q=μmgd=9×10-3 J。 1. 传送带中的动力学问题的分析思路 2. 传送带中的能量问题 (1) 求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． (2) 功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (3) 对W和Q的理解： ① 传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传． ② 产生的内能：Q＝Ffx相对． 【变式2-1】如图甲所示，在同一竖直面内，光滑水平面与倾角为37°的传送带通过一段半径R＝2.25 m的光滑圆轨道连接，圆轨道两端分别与水平面及传送带相切于P、Q点，开始时滑块B静止，滑块A以速度v0向B运动，A与B发生弹性碰撞，B通过圆轨道滑上顺时针匀速转动的传送带。已知滑块B滑上传送带后的v－t图像如图乙所示，t＝7.5 s时B离开传送带的上端H点，滑块A的质量M＝2 kg，滑块B的质量m＝1 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 甲 乙 (1)碰撞后滑块B的速度； (2)滑块B经Q点时对圆轨道的压力； (3)滑块A的速度v0； (4)若传送带的动力系统机械效率为80%，则因运送滑块B需要多消耗的能量。 【答案】　(1)5 m/s　(2)15.1 N　沿半径向下 (3)3.75 m/s　(4)287.5 J 【解析】　(1)设A、B碰撞后B的速度为v2，到达Q点时速度为v3，由图像可得v3＝4 m/s 在PQ过程由动能定理有 －mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv 解得v2＝5 m/s。 (2)B在Q点时，由牛顿第二定律得 FN－mgcos 37°＝m 解得FN＝15.1 N 根据牛顿第三定律B经Q点时对轨道的压力大小为15.1 N，方向沿半径向下。 (3)设A、B碰后A的速度为v1，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2 由机械能守恒定律得Mv＝Mv＋mv 解得v0＝3.75 m/s。 (4)由v－t图像可得，传送带的速度v4＝5 m/s 传送带从Q到H的长度x＝36.25 m 滑块在传送带上滑动的相对距离为Δx＝1.25 m 设滑块在传送带上的加速度为a，设传送带的动摩擦因数为μ，则 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma a＝ 由功能关系有ηE＝m(v－v)＋mgxsin 37°＋μmgcos 37°·Δx 解得E＝287.5 J。 【变式2-2】 (2024·梅州质检二)如图所示为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA＝ 的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC＝ 的速度滑上运行速度为v的传送带CD.其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的动摩擦因数为μ2＝0.5，长度为14R. (1) 为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？ (2) BC段杀菌平台的动摩擦因数μ1是多少？ (3) 调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？ 【答案】 (1) v≥4　(2) 　(3) 【解析】 (1) 若产品由C到D一直加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为vm，由动能定理 μ2mg·14R＝mv－mv 解得vm＝4 则传送带速度应满足v≥4 (2) 产品2从A运动到B的过程，由动能定理得 mg·2R＝mv－mv 产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒mvB＝mv1＋mv2 机械能守恒mv＝mv＋mv 解得v1＝0，v2＝ 产品1进入杀菌平台后滑行到C点前，由动能定理得 －μ1mg·4R＝mv－mv 解得μ1＝ (3) 若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足mg＝ 同第(2)问原理知，产品进入杀菌平台的最小速度v′2＝ 产品减速到0的距离为s，由动能定理得 －μ1mgs＝0－mv′ 解得s＝4R 滑行距离为4R，恰能到达传送带上，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，由动量定理得－μ1mgt＝0－mv′2 解得t＝ 【变式2-3】（2024·广东梅州二模）如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平轨道PM平滑连接，左侧有一光滑圆弧的最低点与PM在P点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块b每次向右经过P点时都会被系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径r＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过M点时控制系统会使静止在P点的物块b自动解锁，之后两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、b的质量分别为m1＝0.6 kg、m2＝6.6 kg，两物块均可视为质点，物块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，M、N间的距离为L＝1.5 m，重力加速度取g＝10 m/s2，求： （1）物块a运动到圆弧轨道最低点N时对轨道的压力； （2）物块a第一次碰后的速度大小； （3）若物块a每次经传送带到达M点时，物块b都已锁定在P点，即将碰撞时物块b自动解锁，求：物块a第一次碰撞后经过M点到第二次碰撞前经过M点因摩擦而产生的热量Q1；两物块从第一次碰撞后到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量Q。 【答案】（1）18 N，方向竖直向下　（2）2.5 m/s （3）9 J　54 J 【解析】（1）a从出发点到N点，由动能定理有m1gr＝m1，在N点对物块a分析，由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1，得物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小FN＝18 N，根据牛顿第三定律可知，物块a对圆弧轨道的压力大小为18 N，方向竖直向下。 （2）a在传送带上运动，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a，由运动学公式有－＝2ax，解得a在传送带上减速的位移为x＝1.4 m＜L，故物块a到达M点时速度为v0＝3 m/s，a和b发生弹性碰撞有m1v0＝m1va＋m2vb，m1＝m1＋m2，解得vb＝v0＝v0＝0.5 m/s，va＝v0＝－v0＝－2.5 m/s，物块a第一次碰后的速度大小为2.5 m/s。 （3）物块a第一次碰后返回传送带时的速度小于传送带的速度，所以物块a将先在传送带上向右做减速运动，然后在传送带上向左做加速运动，由运动的对称性可知物块a离开传送带的速度仍然是va，且加速与减速的位移大小相等，由＝2ax1解得位移的大小x1＝，传送带的位移x2＝v0t，运动时间t＝，经过M点到第二次碰前经过M点产生的热量Q1＝μm1g[（x1＋x2）＋（x2－x1）]，联立解得Q1＝μm1g＝2×m1＝9 J，物块a第一次碰后速度小于传送带速度v0，故第二次碰前速度仍为v0，第二次碰后a的速度为v0，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为Q2＝μm1g＝2×m1，由数学知识可知Qn＝2×m1，则物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量Q＝2m1·＝54 J。 考向03 碰撞类型拓展 【例3-1】 (多选)(2023·陕西铜川一模)如图所示，质量为100 kg的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h＝0.8 m，在船尾处有一质量为20 kg铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的有(　　) A.铁块脱离木船后在空中运动的时间为0.4 s B.铁块脱离木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为1.25 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J 【答案】　AD 【解析】　烧断细线后以小木船和铁块组成的整体为研究对象，由动量守恒定律得Ms1＝ms2，s1＋s2＝L，解得s1＝0.5 m，s2＝2.5 m，铁块离开小木船后做平抛运动s1＋x＝v2t，h＝gt2，解得t＝0.4 s，v2＝3 m/s，选项A正确，B错误；铁块与小木船相互作用时，由动量守恒定律得Mv1－mv2＝0，解得v1＝0.6 m/s，选项C错误；由机械能守恒定律得Ep＝Mv＋mv，解得Ep＝108 J，选项D正确。 【例3-2】(多选)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，子弹的质量是B的，则(　　) A.子弹击中木块A后，与A的共同速度为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mv D.弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv 【答案】　AC 【解析】　子弹射入A的过程时间极短，根据动量守恒定律可得mv0＝v，解得v＝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mv0＝v1，此时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律得×v2＝×v＋Ep，解得Ep＝mv，C正确，D错误。 碰撞拓展 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mv＝mv＋Mv 【变式3-1】如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求： (1)物体C的质量m3； (2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。 【答案】　(1)2 kg　(2)2.4 m/s 【解析】　(1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有 m3vC＝(m1＋m3)v共1 代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。 (2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有 (m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2 (m1＋m3)v共1′2＝(m1＋m3)v＋m2v 由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右 解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。 【变式3-2】如图所示，一质量为2m的带轨道的小车静止在水平面上，小车轨道的AB段水平，BC段为竖直的半径为R的四分之一圆弧。左侧平台与小车的水平轨道等高，小车静止时与平台间的距离可忽略。一质量为m的滑块(可视为质点)水平向右以大小为6的初速度从左侧平台滑上小车。不计一切摩擦，重力加速度为g。 (1)求滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升的最大高度； (2)若小车水平轨道AB相对水平面的高度为0.5R，求滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离为多少？ 【答案】　(1)12R　(2)6R 【解析】　(1)滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升到最大高度过程中，滑块与小车水平动量守恒，有mv0＝(m＋2m)v 滑块与小车组成的系统能量守恒，有 mv＝×3mv2＋mgh 解得h＝12R。 (2)滑块(可视为质点)滑上小车到滑块从左端滑离小车，滑块与小车水平方向动量守恒，有 mv0＝mv1＋2mv2 滑块与小车机械能守恒，有 mv＝mv＋×2mv 解得v1＝－v0，v2＝v0 设滑块离开小车下落时间为t，有h＝gt2 滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离x＝v0t＋v0t＝6R。 【变式3-3】某户外大型闯关游戏“渡河”环节中,选手需要从高台俯冲而下,为了解决速度过快带来的风险,设计师设计了如图所示的减速装置。浮于河面的B板紧靠缓冲装置A板,B的左侧放置一物体C。选手通过高台光滑曲面下滑,经过A后滑上B。已知A、B的质量均为M0=48 kg,C的质量为M=12 kg。A、B的长度均为L=3 m,选手与A、B间的动摩擦因数均为μ1=0.5,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.3。B在水中运动时受到的阻力是其所受浮力的0.1倍,B碰到河岸后立即被锁定。不计水流速度,选手和物体C均可看作质点,g=10 m/s2,则: (1)为了防止A滑动而出现意外,选手及装备的质量最大不超过多少? (2)若选手及装备的质量为60 kg,从h=3.3 m的高台由静止开始滑下,经过A后与C发生碰撞后一起运动,碰撞时间极短可忽略,求在此碰撞过程中系统损失的机械能。 (3)在第(2)问前提下,人与C碰撞后经0.5 s恰好与平板B速度相同,要使选手能够到达河岸,河岸的最大宽度d为多少? 【答案】(1)102 kg　(2)180 J　(3)6.75 m 【解析】(1)B、C整体受到的浮力等于整体的重力,故B若运动受到的阻力为: f1=0.1×(M+M0)g=0.1×(12+48)×10 N=60 N为了防止A滑动,需满足: μ1mg≤μ2(M0+m)g+f1 解得m≤102 kg。 (2)滑上A时速度m-0=mgh 与C碰前速度m-m=-μ1mgL 经过A后与C发生碰撞后一起运动mv2=(M+m)v 损失机械能ΔE=m-(M+m)v2 解得ΔE=180 J。 (3)人与C碰撞后经0.5 s恰好与板B速度相同,根据系统动量定理 (M+m)v-(M+m+M0)v'=ft ,f=0.1×(M+m+M0)g=120 N 解得v'=2.5 m/s B运动距离x1=t=0.625 m 之后一起减速,加速度a==1 m/s2 减速位移x2==3.125 m 所以最大宽度d=x1+x2+L=6.75 m。 考向04 多次碰撞问题 【例4-1】如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t＝0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA＝、μB＝，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求： （1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小； （2）A、B发生第三次碰撞的时刻； （3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移大小。 【答案】（1）0.25 m/s　0.75 m/s　（2）1.0 s （3）0.05（3n2－3n＋1） m 【解析】（1）A沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin θ－μA×3mg·cos θ＝3ma，分析B的受力，则mgsin θ＝μBmgcos θ，即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律得＝2al，A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1，×3m＝×3m＋m，解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。 （2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有vA0＝at0，B以速度vB1做匀速直线运动，A以初速度vA1，加速度a做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1t1＋a＝vB1t1，此时，B以速度vB1做匀速直线运动，A的速度为vA1'＝vA1＋at1，A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝3mvA2＋mvB2，×3mvA1'2＋m＝×3m＋m，B以速度vB2做匀速直线运动，A以初速度vA2，加速度a做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有vA2t2＋a＝vB2t2，显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4 s。故A与B发生第三次碰撞后的时刻为T3＝t0＋t1＋t2，解得T3＝1.0 s。 （3）从开始至第一次碰撞xA1＝l，从第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，从第二次碰撞至第三次碰撞xA3＝8l＋4l＝12l，从第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，从第n－1次碰撞至第n次碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l （n＞1），A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－3n＋1） m。 【例4-2】如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2 m/s的速度做匀速直线运动，长木板质量M＝0.5 kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5 kg，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加速度取g＝10 m/s2，求： （1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？ （2）若长木板足够长，质量变为4.5 kg，求： ①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。 ②小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？ 【答案】（1）0.625 m　（2）①1.5 s　②27×m 【解析】（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为v20，则由动量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝M－（M＋m），解得L＝0.625 m。 （2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5 s。 ②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝v，设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝v1＝v，v3＝v2＝v，根据数学归纳法，第n＋1次碰撞前的共同速度为vn＝vn－1＝v，小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝（M'＋m）－（M'＋m），解得x＝27×m。 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 【变式4-1】 如图所示，装置的左半部分是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带的长度l＝1.0 m。物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g＝10 m/s2。求： (1)物块B与物块A第一次碰撞前，B的速度大小； (2)物块B与物块A第一次碰撞后到第二次碰撞前与传送带之间的摩擦生热Q； (3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的动能Ekn。 【答案】　(1)4 m/s　(2) J　(3) J 【解析】　(1)对B，自开始至到达曲面底端时， 由机械能守恒定律得mgh＝mv 解得v0＝2 m/s 由于v0＞v，B开始在传送带上减速，设B在传送带上一直做减速运动到左端时速度大小为v1， 由动能定理得－μmgl＝mv－mv 解得v1＝4 m/s 由于v1＞v，所以假设成立，即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4 m/s。 (2)设B与A第一次碰撞后的速度大小分别为vB1、vA1，取向左为正方向， 由动量守恒定律得mv1＝mvB1＋MvA1 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 由以上两式解得vB1＝－v1＝－ m/s 即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上传送带，设B向右减速为0时经过的位移为x，则 －μmgx＝0－mv 解得x＝ m＜1 m 物块B再向左加速返回传送带左端 且回到左端的速度为 m/s 设物块B从向右滑上传送带到减速为0用时t 则t＝＝ s 摩擦生热Q＝μmg(2vt－0)＝ J。 (3)由于第二次碰撞仍为弹性碰撞，由第(2)问的分析可知，B碰后的速度大小仍为碰前的，即 vB2＝vB1＝－v1 同理可推，B与A碰撞n次后 vBn＝－v1＝－ m/s 动能Ekn＝mv＝ J。 【变式4-2】 甲、乙两车总质量(包括人、车及砂袋)均为500 kg，在光滑水平面上沿同一直线相向而行，两车速度大小分别为v甲＝3.8 m/s，v乙＝1.8 m/s，为了不相撞，甲车上的人将编号分别为1、2、3…n，质量分别为1 kg、2 kg、3 kg…n kg的砂袋依次均以20 m/s相对地的速度水平抛入乙车，试求： (1)第几号砂袋投入乙车后，乙车速度为零？ (2)至少第几号砂袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞？ 【答案】　(1)第9号　(2)第12号 【解析】　(1)以乙车和投入乙车的砂袋为系统，设乙车原来速度方向为正方向，第n号砂袋投入乙车后，乙车速度为零，则有 Mv乙－(m1＋m2＋m3＋…＋mn)v0 ＝(M＋m1＋m2＋m3＋…＋mn)v乙′ m1＋m2＋m3＋…＋mn＝1＋2＋3＋…＋n＝(1＋n)n v乙′＝0 联立解得n＝9 即第9号砂袋投入乙车后，乙车速度为零。 (2)此时两车速度应相同，有 Mv甲－Mv乙＝2Mv 解得v＝1 m/s 以甲车为研究对象，设抛出x个砂袋，则有 Mv甲＝[M－(m1＋m2＋m3＋…＋mx)]v＋(m1＋m2＋m3＋…＋mx)v0 m1＋m2＋m3＋…＋mx＝1＋2＋3＋…＋x＝(1＋x)x 解得x＝11.5 取x＝12 即至少第12号砂袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞。 1. (2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动．t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示．t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0.不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 【答案】 C 【解析】 0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动．受力分析可知，物块受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动，故C正确． 2.(2023·6月浙江选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图4所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 图4 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 【答案】　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 【解析】　(1)滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有 mg·2R＝mv－mv 解得vF＝10 m/s 在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝31.2 N。 (2)碰撞后滑块a返回到B点的过程， 由动能定理有 －mg·2R－μmgL＝mv－mv 解得va＝5 m/s 滑块a、b碰撞过程，由动量守恒定律有 mvF＝－mva＋3mvb 解得vb＝5 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv－mv－×3mv＝0。 (3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有 mvF＝(m＋3m)vab 解得vab＝2.5 m/s 滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有 (m＋3m)vab＝(m＋3m＋2m)vabc 解得vabc＝ m/s 由机械能守恒定律有 Ep1＝×4mv－×6mv 解得Ep1＝0.5 J 由Ep1＝kx解得最大压缩量x1＝0.1 m 滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x2＝0.1 m 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 Δx＝x1＋x2＝0.2 m。 3.(多选)如图，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m＝1 kg，可视为质点的物块以速度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.n＝26 B.系统因摩擦产生的热量为25 J C.物块最终停在车厢右端 D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右 【答案】　BD 【解析】　由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢和小物块最终运动的共同速度为v＝5 m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得mv＝(M＋m)v2＋Q，代入数据解得Q＝25 J，故B、D正确；根据Q＝μmgL可得物块在车厢中相对车厢滑行的路程L＝＝25 m，与车厢壁来回弹性碰撞次数n＝＝25次，因此可知物块最终停在车厢中点处，故A、C错误。 4.如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是(　　) A.若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 B.若≥，则P、Q只能发生一次碰撞 C.若＝，则P、Q只能发生两次碰撞 D.若＝，则P、Q只能发生三次碰撞 【答案】　AC 【解析】　设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mQv＝mQvQ1＋mPvP1，mQv2＝mQv＋mPv，联立解得第一次碰后vP1＝v，vQ1＝v，之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有vP1≥|vQ1|，解得≥，故A正确，B错误；若＝，第一次碰后，可得vP1＝v，vQ1＝－v，之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后，同理有vP2＝v，vQ2＝v，P、Q只能发生两次碰撞，故C正确；若＝，第一次碰后，可得vP1＝v，vQ1＝－v，之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有vP2＝v，vQ2＝－v，P、Q只能发生两次碰撞，故D错误。 5．（2025·广东茂名·茂名一中·临门一脚）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量的木板静置于光滑的水平面上，另一质量的物块以的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（　　） A．图乙中的数值为4 B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞 C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12J D．最终物块距木板左端的距离为3m 【答案】BCD 【详解】A．根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则v木=1m/s，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有 解得v1=4m/s 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有 解得v2=3m/s 故A错误； B．2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有 解得v3=2m/s 物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为 物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能 故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确； C．物块滑上木板时系统的动能为 最终相对静止时系统的动能为 所以系统产生的热量为 故C正确； D．由题图乙得木板长为 碰撞后物块与木板相对位移为 故最终物块距木板左端的距离为3m，故D正确。 故选BCD。 6．（2025·广东汕头·三模）如图，物块、并排放在光滑水平面上，上固定一根竖直轻杆，用一长的细线将小球（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上点，、、质量均为。初始时，物块均固定在水平面上，质量为的子弹以某一水平初速度射入小球（射入时间极短且未射出），小球恰能到达与点等高的点。取重力加速度，不计空气阻力。 (1)求子弹初速度的大小； (2)若解除物块、的固定，子弹仍以相同初速度射入小球（射入时间极短且未射出），求小球能上升的最大高度。 【答案】(1)8m/s (2)0.12m 【详解】（1）设子弹的速度为，击中后，二者共同的速度为，规定向右为正方向，由动量守恒有 当达到点时，由机械能守恒 联立解得， （2）设小球到最高点时速度为，由动量守恒 由机械能守恒 联立解得 7．（2025·广东·质量检测）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧体固定在光滑水平面上。质量为2m的平板车静止在光滑水平面上，左端与A接触，平板车的上表面与A圆弧面的最低点相切。质量为m的物块B在A的圆弧面最上端的正上方高为处由静止释放，物块B经过A滑上平板车，当物块B与平板车共速时恰好不从平板车上落下，物块B与平板车上表面的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块B的大小，求： (1)物块B的最大速度的大小； (2)物块B滑到A的最低点时对圆弧面的压力大小； (3)平板车的长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块B滑到圆弧体A的圆弧面最低点时速度最大，设最大速度的大小为 根据机械能守恒定律,有 解得 （2）在圆弧面最低点，根据牛顿第二定律，有 解得 根据牛顿第三定律，物块此时对圆弧面的压力大小 （3）设物块滑上平板车后，物块与平板车共速时的共同速度为，平板车的长度为 根据动量守恒，有 解得 由能量守恒定律，有 解得 8．（2025·广东珠海&三地·一模）如图所示，卡车上放有一块木板，木板与卡车间的动摩擦因数，木板质量。木板右侧壁（厚度不计）到左端的距离，到驾驶室距离。一质量与木板相等的货物（可视为质点）放在木板的左端，货物与木板间的动摩擦因数。现卡车、木板及货物整体以的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现前方有交通事故后以的恒定加速度刹车，直到停下。司机刹车后瞬间，货物相对木板滑动，木板相对卡车静止。货物与木板右侧壁碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求： (1)在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物的加速度大小； (2)在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，木板受到卡车的摩擦力大小； (3)木板最终是否会与驾驶室相碰？如果不会，最终木板右侧与驾驶室相距多远？ 【答案】(1) (2) (3)不会，1.6m 【详解】（1）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物C相对木板B滑动，对货物C受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 （2）在刹车过程，货物C与木板B右壁碰撞前，木板B与卡车A相对静止，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 （3）货物C在木板B上滑动，则有 解得 在内，木板B与卡车A一起减速，则有 货物C在木板B上减速滑动，则有 货物C与木板B碰撞，动量守恒，则有 解得货物C与木板B的共同速度为 因，所以货物C与木板B整体相对卡车A会滑动，对BC，根据牛顿第二定律有 解得 则卡车刹停的时间为 从货物C与木板B相碰到卡车A停止的时间 在时间内，货物C与木板B整体减速到 继续向前减速到0，货物C与木板B的共速度到停下的位移为 在在时间内卡车刹停的位移为 因 所以卡车刹停时，木板右侧不会与驾驶室相碰，则木板右侧与驾驶室相距的距离为 9．（2025·广东汕头·二模）如图所示，小滑块和的静止于光滑平台上，之间有质量可忽略不计的炸药。长度的木板c静止于光滑平面上，上表面与平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体和的动能，使物块以速度冲上木板c。已知，，，物块与木板之间动摩擦因数，取10m/s2。 (1)求爆炸过程中炸药释放的能量； (2)若木板固定在平面上，请通过计算说明小滑块是否能到达圆轨道最高点； (3)若木板不固定在平面上，要使小滑块既可以到达点又不会从木板上掉下来，求木板长度的取值范围。 【答案】(1) (2)小滑块不能经过点 (3) 【详解】（1）爆炸过程系统动量守恒，则有 爆炸过程释放的能量 联立解得 （2）不能。 若平板固定，物块从点运动到点的过程中，根据动能定理有 若能到达点，从到的过程中，根据动能定理有 解得 若小滑块恰好过最高点，根据牛顿第二定律有 解得 因为，所以小滑块不能经过点 （3）小滑块到达点与木板共速时，木板最长，根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得 小滑块回到木板左端与木板共速时，木板最短，根据动量守恒定律可得共同速度仍为 根据能量守恒定律有 解得 在这个过程中小滑块在圆弧上升高度为，根据能量守恒定律有 解得 即不会脱离圆弧轨道，故木板的长度范围为。 10．（2025·广东·5月联考）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒 B．时小球到达位置低于释放时的高度 C．由图可知大于 D．图中阴影面积 【答案】BD 【详解】A．小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，故错误； B．时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，时再次共速则到达弯槽左侧，根据能量守恒 可知，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B正确； C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有 移项得 若大于，则 图中明显获知，故C错误； D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在时间内即小球的从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点低于弯槽左右两端，根据图像围成面积等于水平位移，得，而为两者的相对位移，有，故D正确。 故选BD。 11．（2025·佛山禅城·供题训练）如图甲，ABCD为光滑的固定轨道，其中AB、CD水平，BC高为h=0.8m。在CD轨道的右侧，一薄木板锁定在水平地面上（轨道与薄木板等高）。现有两物体P1、P2置于水平轨道CD上，中间夹有一压缩的轻弹簧，两物体用细线连着处于静止状态。烧断细线，两物体被弹簧弹开后分别向左右两个方向运动。其中物体P1落在AB面上的速度方向与竖直方向夹角为37°，物体P2恰好能到达木板的右端。待P2静止后解除木板锁定，木板在一水平恒力F作用下向右运动，作用2s后撤去恒力。当P2与木板速度相同时，恰好从木板左端滑出，此后P2不再与木板发生相互作用。已知木板运动的速度随时间变化的图线如图乙所示，木板的质量，，，重力加速度。求： (1)物体P1离开弹簧的速度大小； (2)木板与地面间的摩擦因数； (3)水平恒力F的大小： (4)压缩弹簧的弹性势能（计算结果可保留根号）。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）物体P1从C点抛出后在空中做平抛运动，竖直方向有 解得落到AB面上时的竖直分速度大小为 设物体P1离开弹簧的速度大小为，由于物体P1落在AB面上的速度方向与竖直方向夹角为37°，则有 解得 （2）由题意结合图乙可知，时，P2恰好从木板左端滑出，在内以木板为对象，根据图乙可得木板的加速度大小为 设木板与地面间的摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得 解得 （3）设物体P2的质量为，物体P2与木板间的摩擦因数为，由题意结合图乙可知，在内物体P2一直做匀加速到与木板共速，则物体P2的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得 在，木板的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 在，木板的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 联立解得， （4）由题意可知，木板的长度等于内物体P2与木板间的相对位移，结合图乙可得 木板锁定时，物体P2恰好能到达木板的右端，设物体P2刚滑上木板时的速度为，根据运动学公式可得 其中，解得 物体P1与物体P2被弹簧弹开过程，根据动量守恒可得 解得物体P1的质量为 设压缩弹簧的弹性势能为，根据能量守恒可得 解得 12．（2025·广东佛山·一模）如图所示，一平台固定在水平面上，其上表面静置着质量分别为和的小球与，小球间锁定一压缩状态的轻质弹簧（弹簧与不粘连）。紧挨平台静置着一小车，车上固定着一段水平阻尼管，管的左端开口与平台等高，管的右端开口处平滑衔接着两段均为四分一圆弧的滑槽，半径分别为和，小车连同车上装置的总质量为。现解锁弹簧，当弹簧恢复原长时，的速度为； B在阻尼管所受阻力与其相对管的运动位移成正比，即（为已知常数），恰好可以离开阻尼管，落入滑槽cde。除阻尼管内阻力外，其它摩擦及阻力均忽略不计，重力加速度为。求： (1)弹簧锁定时的弹性势能大小； (2)B第一次离开点时小车的速度大小，以及B腾空过程中，小车的位移大小（已知C不会返回与平台碰撞）； (3)阻尼管的长度，以及第二次滑至滑槽最低点时（此时半径为）所受弹力大小。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）弹簧解锁过程，A与B组成系统动量守恒 能量守恒 解得 （2）B进入滑槽运动的过程中，B与C系统水平方向动量守恒，从a到b过程有 从到过程有 解得 B从到过程，系统能量守恒 解得 B离开点后相对C做竖直上抛运动，腾空时间 解得 因此B第一次腾空过程，的位移大小 （3）B从到，系统能量守恒 解得 B从离开阻尼管滑至过程，B与C系统水平方向动量守恒及机械能守恒，有， 解得第一次滑至时的速度，（舍去） 第二次滑至时的速度， B在点有 解得 13．（2025·广东佛山·二测）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为。启动风机，给A施加一大小恒为的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对C产生的压力恒为mg（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为，求： (1)A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小； (2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小； (3)试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。 【答案】(1)4mg (2) (3)B与C不会发生二次碰撞 【详解】（1）A由a到b过程 解得 A经b点处时 解得 （2）A由b到d过程 解得 A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有， 解得， B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有， 解得， （3）设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离 解得 假设成立 以vA的方向为正方向，则A与B两次碰撞时间间隔为 解得 A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为 C的加速度大小 解得 位移大小为 此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞。 14．如图所示，一长木板质量，长，静止放置于光滑水平面上，距离木板右端处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量的滑块。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量的滑块，滑块与通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量的滑块以滑上木板，带动向右运动，与平台碰撞后即粘在一起不再运动。随后继续向右运动，滑上平台，与滑块碰撞并粘在一起向右运动。、组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且没有滑离滑轨，与木板间动摩擦因数为。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。，，重力加速度 (1)求滑块与滑块碰撞前的速度大小； (2)若弹簧第一次恢复原长时，的速度大小为。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）假设滑块在木板上运动过程中，与木板共速后木板才到达右侧平台 设共速时速度为，相对运动的距离为 由、系统动量守恒 系统能量守恒 解得 设木板开始滑动到共速滑过距离 由动能定理有 解得即假设成立； 木板撞平台后静止，滑块继续向右运动，设滑块与滑块碰撞前速度为 由动能定理有 解得 （2）随后滑块将以的速度滑上平台，与滑块发生完全非弹性碰撞，在水平方向动量守恒，设碰后共同速度为 由动量守恒定律 接下来，滑块组合体与滑块组成的系统水平方向动量守恒； ①假设弹簧开始处于原长状态，则第一次恢复原长时，滑块速度向右，设弹簧原长时组合体速度大小为 由动量守恒定律 解得 代入数据后，发现 不符合能量守恒定律，所以假设错误。 ②由以上推理可知，弹簧开始只能处于压缩状态，第一次恢复原长时，滑块速度向左， 设弹簧原长时组合体速度大小为，由动量守恒和能量守恒有 第一次原长到弹簧伸长最长过程中，动量守恒和能量守恒。设与组合体达到共同速度，弹簧的最大弹性势能为，由动量守恒和能量守恒有 解得共速时弹簧最大弹性势能为 15．在光滑的水平地面同一直线上放有n个质量均为的滑块，序号标为1，2，3，，n，在1号小滑块左边放一个大小一样、质量为的0号滑块，相邻滑块之间的距离均为，所有滑块均可看成质点。 (1)现给0号滑块一个水平向右的初速度，滑块依次发生对心碰撞，碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起向右运动，则第一次碰后滑块的速度和损失的机械能分别是多少？ (2)在第一问的情景中，从0号滑块开始运动到第9号小滑块与10号小滑块相碰时的总时间为多少？ (3)如果0号滑块从静止开始一直施加一恒定外力，所有碰撞都为对心完全非弹性碰撞，则第几号小滑块被碰前瞬间结合的滑块整体速度达到整个过程中的最大，最大速度为多大？ 【答案】(1)8m/s，40J (2) (3)20， 【详解】（1）由动量守恒定律得 得 损失的机械能。 （2）0号滑块运动到1号滑块时所需时间 与第k号小滑块碰后速度为vk，由动量守恒定律知 得 从k号到号运动的时间 则从开始运动到第9号小滑块与第10号小滑块相碰时的总时间为。 （3）第次碰前速度为，碰后速度为，由动能定理和动量守恒定律可知 ， 可得， 代入上式得 代入数据 …… 累加得 又 所以 所以 令，则 当时，即，即时，速度最大 可得 17．如图所示，竖直面内有半径的光滑圆弧轨道，最低点与水平传送带左端相切，传送带右端与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角，传送带长，以速率顺时针匀速转动。质量的物块P以大小为的初速度从圆弧轨道的最高点沿切线进入圆弧轨道，P与传送带间的动摩擦因数。在点右侧的水平轨道上等间距摆放个相同的滑块，相邻滑块间距离，每个滑块的质量均为，编号依次为1、2、3、…、n，滑块1与点距离也为，物块P及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为。物块P从点滑上水平轨道后，与滑块1碰撞并粘在一起，再向前运动与滑块2碰撞并粘在一起…，碰撞时间极短，物块P及各滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取。 已知。求： (1)物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小； (2)物块P从点滑上水平轨道时的速度大小； (3)物块P停止运动时距点的距离（结果保留两位小数）。 【答案】(1)28N (2)4m/s (3)5.69m 【详解】（1）设物块经过点的速度为，受轨道支持力为，物块P从点运动到点的过程中，根据机械能守恒有 在点时有 根据牛顿第三定律可知物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小为 联立解得 （2）设物块P在传送带上一直做减速运动，到点速度为，根据动能定理有 解得 由于，则假设成立，物块P一直做减速运动，即物块P从点滑上水平轨道时的速度大小为。 （3）物块P与滑块1碰撞前瞬间的动能 物块P与滑块1碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则 碰撞后瞬间系统动能 解得碰撞后瞬间系统动能 同理可知物块、1和2碰撞前瞬间，系统动能 物块P、1和2碰撞后瞬间，系统动能 物块P、1、2和3碰撞前瞬间，系统动能 以此类推，在物块P、1、2、…、和滑块碰撞前瞬间，系统动能 设一共碰撞次，则 代入数据解得 即最多可以碰撞到滑块5且 与滑块5碰后系统动能 设继续运动的距离为，则由 解得 物块P停止运动时距点的距离 联立解得 18.如图所示，光滑水平面上有一被压缩的轻质弹簧，弹簧左端固定，质量的光滑滑块紧靠弹簧右端（不拴接），弹簧的弹性势能。质量的槽静止在水平面上，内壁间距，槽内放有质量的滑块（可视为质点），到左端侧壁的距离，槽与滑块之间的动摩擦因数。现释放弹簧，滑块离开弹簧后与槽发生正碰并粘在一起。、整体与滑块发生碰撞时，、整体与滑块交换速度。重力加速度取。求： （1） 从释放弹簧，到与第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能。 （2） 从槽开始运动到槽和滑块相对静止经历的时间。 【答案】（1）16.2J (2)2s 【解析】（1） 弹簧将滑块 弹开，由机械能守恒定律可得 代入数据解得 、发生碰撞并粘在一起，由动量守恒定律可得 代入数据解得 此过程中损失的机械能 接下来，、整体与 相对运动，到第一次发生碰撞，相对运动的位移为 此过程损失的机械能 因此从释放弹簧到 与 第一次发生碰撞，整个系统损失的机械能。 （2） 设槽和滑块 相对静止时速度为 由动量守恒定律可得 代入数据解得 分别对、整体和 进行受力分析，根据牛顿第二定律有 ， 代入数据解得 、整体与滑块 发生碰撞时，、整体与滑块 交换速度 由题意可知，代入数据解得。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $