第1部分 专题2 关键能力提升一 三大观点在力学问题中的综合应用-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组课件PPT

第一部分　专题特训 专题二　能量与动量 关键能力提升一　三大观点在力学 问题中的综合应用 目录 1 2 A组 基础题组 B组 提升题组 A组 基础题组 1．(2025·陕晋宁青卷，10)(多选)如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx，k＝10 N/m，g取10 m/s2，sin53°＝0.8。则滑块(　　) A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为0.64 m D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J 高考体验 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 4 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 5 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 6 2．(2025·海南卷，17)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m、圆心角θ＝53°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A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上与B碰撞结合成一整体，AB随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，AB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Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)A滑到圆弧最低点时所受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 7 答案：(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J (3)0.6 m/s或2.6 m/s A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 9 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 10 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 11 (1)若h＝0.8 m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC； (2)若滑块3恰好能通过螺旋轨道CDC′，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 答案：(1)2 m/s　(2)2 m　(3)2.5 m或2 m A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 12 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 13 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 14 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 15 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 16 好题精选 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 17 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 18 5．(2025·山东省济南市高三下一模)(多选)如图所示，足够长的木板M放在光滑水平地面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像(用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律)可能正确的是(　　) A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 19 解析：设木板的质量为M，滑块的质量为m。若M＝m，木板反弹瞬间，木板与滑块的合动量p＝Mv0－mv0＝0，则两物体做加速度大小相同的匀减速运动，且同时减速为0，故A正确；若M>m，设两物体共速时的速度大小为v，由动量守恒定律有－Mv0＋mv0＝(M＋m)v，所以两物体做加速度不相等的匀变速运动，且共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；若M<m，同理可得两物体共速时速度向右，且由v­t图线与t轴所围面积表示位移可知，共速时木板需匀速运动一段距离才和挡板碰撞，之后将重复之前的过程，故D正确。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 20 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 21 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 22 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 23 7．(2025·广东省中山市高三下二模冲刺)如图甲所示，固定光滑斜面的倾角 θ＝30°，右端带有固定挡板的“┘”形木板静置于水平面上，斜面底端B与木板左端紧靠且跟其上表面平齐。将质量m＝2 kg的小物块从斜面顶端A由静止释放，物块滑上木板时不计能量损失，到达木板右端时与挡板发生弹性碰撞。以物块刚滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和木板的v­t图像如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.06，取重力加速度g＝10 m/s2。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 24 (1)求斜面的长度； (2)求从物块开始运动至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机 械能； (3)物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终到木板左端的距离d。 答案：(1)2.5 m　(2)12.375 J (3)不能　1.25 m A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 25 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 26 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 27 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 28 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 29 B组 提升题组 高考体验 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 31 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 32 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 33 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 34 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 35 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 36 (1)单个散货的质量。 (2)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)倾斜传送带的平均输出功率。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 37 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 38 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 39 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 41 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 42 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 43 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 44 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 45 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 46 5．(2025·哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学高三下第二次联合模拟)如图甲所示，长L＝1 m、质量M＝1.6 kg的木板b静止在地面上，质量m＝0.4 kg的物块a(可视为质点)静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.3。t＝0时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10 m/s2。下列说法中正确的是(　　) A．0～2 s内，摩擦力对b的冲量为0 B．t＝5 s时，a的速度大小为3.75 m/s C．t＝5 s时，a脱离木板 D．0～5 s内，地面对b的摩擦力的冲量为30 N·s 好题精选 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 47 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 48 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 49 6．(2025·辽宁省辽南协作体高三下第三次模 拟)(多选)如图所示，以v＝4 m/s的速度顺时针匀速 转动的水平传送带，右侧连接一光滑水平面，上 有一静止小球，小球质量m0＝0.6 kg。质量m＝0.2 kg的物体由左侧开始运动，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝6 m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝2.0 m，小球到B点的距离为0.2 m。物体与小球发生弹性正碰，重力加速度取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4 m B．整个运动过程中，物体与传送带摩擦生热为3.2 J C．经过足够长的时间之后，物体与小球间的距离为2 m D．若调整物体质量，使其在第一次碰撞后能追上小球，则其质量取值范围为(0，0.2 kg) B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 50 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 51 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 52 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 53 7．(2025·吉林省白城市高三下东北地区高考名师联席命制)(多选)如图所示，质量为mA＝1 kg、mB＝2 kg的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳跨过固定在同一水平面上的两个定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量为mC＝1 kg的小球C相连，小球C套在水平固定的光滑直杆上。开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角θ＝60°，物块B对地面的压力恰好为零。现解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F＝16 N的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时，OQ与水平方向的夹角也为θ＝60°，D为PQ的中点，PQ距离为L＝2 m，在小球C运动的过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小以及滑轮、绳与轴之间的摩擦力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 54 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 55 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 56 8．(2025·浙江省宁波市高三下三模)某游戏装置如图所示，水平传送带左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝0.5 m。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量m＝0.1 kg的滑块P接触(P与弹簧不拴接，且滑上传送带前已经脱离弹簧)，P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4。右侧水平台面上有一倾角为45°、高h＝0.2 m的固定光滑斜面(水平台面与斜面底端用平滑小圆弧连接)，在斜面左侧水平台面上放置一质量也为m的相同滑块Q，右侧固定一上表面光滑且很大的水平桌面。桌面上放置一质量M＝0.1 kg、长s＝0.6 m的薄木板EF(厚度不计)，木板左端E点与桌面左端相齐、并与斜面顶端D点等高，且DE间距LDE＝0.2 m。游戏开始，将P从压缩弹簧的右端由静止释放，与静止在水平台面上的Q发生碰撞后粘在一起组成滑块W，W离开斜面后将在木板EF的上表面与木板发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，每次碰撞前后瞬间，W沿竖直方向的分速度大小不变、方向反向，木板EF速度发生变化。P、Q、W均可视为质点，不计空气阻力。在某次游戏中，W恰好击中木板EF的中点。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 57 (1)求W离开D点时的速度大小； (2)若传送带不动，求弹簧最初储存的弹性势能；若传送带转动，则弹簧最初储存的弹性势能的大小范围； (3)W击中木板EF中点后瞬间，W和木板的速度分别为多大？ (4)若W落在桌面上时不反弹，则W在桌面上的落点与桌面左端间的距离为多少？ B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 58 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 59 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 60 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 61 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 62 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 63 9．(2025·四川卷，15)如图所示，倾角为θ的斜 面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡 板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆 挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡 板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 拔高选做 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 64 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球 乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 65 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 66 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 67 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 68 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 69 10．(2025·山东省德州市高三下三模)如图甲所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其右上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，小物体A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A获得的速度大小为v，若长木板C固定，A和B会同时停在C的最左端。已知小物体A的质量为2m，小物体B的质量为m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为μ0，B、C之间的动摩擦因数为2μ0，重力加速度为g，不计火药的质量和燃爆时间，不计B和挡板的碰撞时间，B和挡板碰撞时无机械能损失。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 70 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 71 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 72 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 73 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 74 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 75 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 76 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 77 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：当右侧弹性轻绳与P、Q连线的夹角为θ时，弹性轻绳的伸长量为x＝eq \f(xPQ,cosθ)，此时弹性轻绳的拉力大小为F＝kx，受力分析如图1所示，弹性轻绳的拉力在垂直杆方向的分力大小Fx＝Fcosθ，联立得Fx＝kxPQ＝16 N，Fx不变，且Fx>mgcos53°＝6 N，所以杆对滑块的支持力大小始终为FN＝Fx－mgcos53°＝10 N，滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为f＝μFN＝1.6 N，A正确；下滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向上，上滑过程中滑块所受摩擦力沿杆向下，由冲量的定义可知，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量方向不同，B错误；当右侧弹性轻绳与P、Q连线的夹角为θ时，滑块与P点间的距离为y＝xsinθ，则弹性轻绳的拉力在沿杆方向的分力大小Fy＝kxsinθ＝ky，滑块从P处下滑过程，以沿杆向下为正方向， 滑块所受合力F下＝mgsin53°－f－Fy，代入数据得F下＝(6.4－10y) N，作出F下­y图像如图2所示，图线与y轴所围面积表示合力做的功，结合动能定理可知，滑块下滑到最低点时F下＝－6.4 N，此时y1＝2×eq \f(6.4,10) m＝1.28 m，滑块从最低点上滑过程，以沿杆向上为正方向，滑块所受合力F上＝Fy－f－mgsin53°，代入数据得F上＝(10y－9.6) N，开始时F上0＝(10y1－9.6) N＝3.2 N，同理，当滑块上滑到最高点时F上＝－3.2 N，代入得此时y2＝0.64 m，因mgsin53°－ky2＝f，则滑块静止在此处，滑块从释放到静止的位移大小为y2＝0.64 m，C正确；从释放到静止滑块运动的路程为s＝y1＋(y1－y2)＝1.92 m，则滑块克服滑动摩擦力做功为W＝fs＝3.072 J，D错误。 解析：(1)设A滑到圆弧最低点时速度大小为v0，所受支持力为FN，A从圆弧顶点至滑到圆弧最低点的过程，根据机械能守恒定律有mAg(R－Rcosθ)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0) 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律有FN－mAg＝mA2,0)eq \f(v,R) 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 (2)设A、B碰后速度大小为v共，A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,共) 代入数据解得ΔE＝1.6 J。 (3)设传送带的速度大小为v，AB与传送带间的动摩擦因数 为μ，AB的加速度大小为a，对AB根据牛顿第二定律有μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 本题需要分情况讨论： ①v<v共，AB滑上传送带后先减速运动后匀速运动，设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v＝v共－at1 该段时间内AB运动的位移为x1＝eq \f(v＋v共,2)t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2) 联立解得v＝0.6 m/s(另一解大于v共，舍去)； ②v>v共，AB滑上传送带后先加速运动后匀速运动，设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x1′＝eq \f(v＋v共,2)t2 传送带运动的位移为x2′＝vt2 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x2′－x1′) 解得v＝2.6 m/s(另一解小于v共，舍去)。 故传送带的速度大小为0.6 m/s或2.6 m/s。 3．(2025·浙江1月选考，16)一游戏装置的竖直 截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺 旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨 道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上螺旋轨道。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R＝0.2 m，m＝0.1 kg，EF段长度L＝eq \f(5,16) m，FG间距LFG＝0.4 m，GH间距LGH＝0.22 m，HI间距LHI＝0.1 m，EF段与滑块3的动摩擦因数 μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 解析：(1)当h＝0.8 m时，对滑块1从静止滑下至到达C点，由动能定理有 mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度大小为v0＝4 m/s 滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv0＝2mvC 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC＝2 m/s。 (2)若滑块3恰好能通过螺旋轨道CDC′，则滑块3运动到D点时，由牛顿第二定律有2mg＝2m2,D)eq \f(v,R) 解得滑块3运动至D点的速度大小为 vD＝eq \r(2) m/s 滑块3从C点运动到D点，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mvC′2＝2mg·2R＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,D) 解得滑块1与滑块2碰撞后瞬间的速度大小vC′＝eq \r(10) m/s 滑块1由静止滑下到运动至C点，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv0′2－0 滑块1、2碰撞过程，由动量守恒定律得mv0′＝2mvC′ 联立解得h＝2 m。 (3)滑块3从C点运动到F点的过程，由动能定理有 －2mgLsin37°－μ·2mgLcos37°＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,F)－eq \f(1,2)×2mvC″2 结合mgh＝eq \f(1,2)mv0″2－0，mv0″＝2mvC″ 联立并代入数据得h＝2,F)eq \f(v,5) ＋1(国际单位制) 若滑块3直接落入I点的洞中，滑块3从F点到I点的过程，竖直方向有vF1sin37°＝g·eq \f(t1,2) 水平方向有LFG＋LGH＋LHI＝vF1cos37°·t1 联立解得vF1＝5eq \r(0.3) m/s 则h1＝2.5 m>2 m 若滑块3经一次反弹落入I点的洞中，则滑块3从F点运动到I点的时间为 t2＝eq \f(2vF2sin37°,g)＋eq \f(2×\f(1,2)vF2sin37°,g) 水平方向有LFG＋LGH＋LHI＝vF2cos37°·t2 联立解得vF2＝eq \r(5) m/s 则F点距反弹点的距离为x＝vF2cos37°·eq \f(2vF2sin37°,g)＝0.48 m 因LFG<x<LFG＋LGH，则反弹点位于GH段，符合要求 解得此时h2＝2 m 由上述分析可知，滑块反弹次数越多，h越小，若滑块3经历两次及以上反弹落入I点的洞中，则h<2 m，结合(2)问分析可知，滑块3无法经过螺旋轨道的最高点D，则无法落入I点的洞中 综上所述，游戏成功的高度h＝2.5 m或2 m。 4．(2025·北京市朝阳区高三下二模)如图所示，某同学以大小为v0的初速度将铅球从P点斜向上抛出，到达Q点时铅球速度沿水平方向。已知P、Q连线与水平方向的夹角为30°，P、Q间的距离为L。不计空气阻力，铅球可视为质点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．铅球从P点运动到Q点所用的时间为eq \r(\f(2L,g)) B．铅球从P点运动到Q点重力做的功为eq \f(1,2)mgL C．铅球从P点运动到Q点动量的变化量为meq \r(\f(gL,2)) D．铅球到达Q点的速度大小为2,0)eq \r(v－gL) 解析：铅球从P点运动到Q点的逆过程为平抛运动，竖直 方向是自由落体运动，由运动学公式有Lsin30°＝eq \f(1,2)gt2，解 得铅球从P点运动到Q点所用的时间为t＝eq \r(\f(L,g))，A错误； 铅球从P点运动到Q点重力做的功为WG＝－mgLsin30°＝ －eq \f(1,2)mgL，B错误；由动量定理有mgt＝Δp，可得铅球从P点运动到Q点动量的变化量为Δp＝meq \r(gL)，C错误；铅球从P点运动到Q点由动能定理有WG＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,Q)－ eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得铅球到达Q点的速度大小为vQ＝2,0)eq \r(v－gL) ，D正确。 6．(2025·广西贵港市高三上模拟)(多选)在一座高楼顶层，工程师们正在安装一个新型的安全装置，来检测大楼内部的振动情况，以便及时采取措施排除可能的安全隐患。如图为简化装置，质量均为m的A、B两木块通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方高h处有一质量为2m的木块C，现将木块C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中木块B恰好未脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)kx2(x为弹簧形变量)，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A．木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为eq \f(mgh,3) B．木块B恰好未脱离地面时，A、C的加速度为eq \f(4,3)g C．木块C与木块A碰撞时，A对C的作用力的冲量大小为eq \f(m\r(2gh),3) D．弹簧的最大压缩量为eq \f(7mg,k) 解析：设木块C与木块A碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据动能定理可得2mgh＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)－0，设木块C与木块A碰撞后瞬间的速度大小为v，根据动量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，木块C与木块A碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×(2m＋m)v2，解得v0＝eq \r(2gh)，v＝eq \f(2,3) eq \r(2gh)，ΔE＝eq \f(2,3)mgh，故A错误；设碰撞的持续时间为Δt，以向下为正方向，对木块C，根据动量定理可得－IAC＋2mgΔt＝2mv－2mv0，解得A对C的作用力的冲量大小为IAC＝2mgΔt＋eq \f(2m\r(2gh),3)，碰撞时间极短，2mgΔt≈0，则IAC＝eq \f(2m\r(2gh),3)，故C错误； 木块B恰好未脱离地面时，地面对木块B的支持力恰好为零，由平衡条件可得弹簧对木块B的拉力Fx＝mg，则对木块A、C整体，根据牛顿第二定律可得，此时它们的加速度大小为a＝eq \f(Fx＋3mg,3m)＝eq \f(4,3)g，故B正确；当木块A、C一起压缩弹簧到达最低点时，弹簧的压缩量最大，把弹簧及木块A、C看成一个系统，从最低点到最高点时，系统机械能守恒，弹簧把弹性势能转化为木块A、C的重力势能，有ΔEpx＝eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,m)－eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,1)＝3mg·(xm＋x1)，在最高点时，弹簧的伸长量为x1＝eq \f(Fx,k)，联立可得弹簧的最大压缩量为xm＝eq \f(7mg,k)，故D正确。 解析：(1)由图乙可知，物块到达斜面底端B时的速度为v0＝5.0 m/s 设斜面的长度为L，物块从A下滑到B的过程中， 由动能定理可得mgLsin30°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 解得L＝2.5 m。 (2)由图乙可知，物块与挡板碰撞前瞬间， 物块、木板的速度分别为v1＝3.5 m/s、v2＝0.5 m/s 物块、木板的加速度大小分别为a1＝eq \f(5.0－3.5,0.5) m/s2＝3 m/s2、a2＝eq \f(0.5,0.5) m/s2＝1 m/s2 设物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板的质量为M，对物块进行分析，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1 对木板进行分析，根据牛顿第二定律有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得μ1＝0.3，M＝3 kg 设物块与木板构成的系统损失的机械能为E损，则E损＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 解得E损＝12.375 J。 (3)在0到t1＝0.5 s时间内，物块相对于木板 向右滑动，可知板长l＝eq \f(1,2)(v0＋v1)t1－eq \f(1,2)(0＋v2)t1 解得l＝2 m 在t1＝0.5 s时物块与挡板发生弹性碰撞，以水平向右为正方向，碰后速度分别记为v1′、v2′，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝mv1′＋Mv2′ 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)Mv2′2 解得v1′＝－0.1 m/s，v2′＝2.9 m/s 碰撞后物块向左做匀减速直线运动，加速度大小a1′＝a1＝3 m/s2 木板向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a2′，根据牛顿第二定律有 μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2′ 解得a2′＝3 m/s2 因为eq \f(0－v1′,a1′)<eq \f(v2′－0,a2′)，所以物块先减速为零， 之后物块以相同的加速度向右加速，木板加速度不变 假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过t2两者共速，共同速度为v共，则有v共＝v1′＋a1′t2，v共＝v2′－a2′t2 解得t2＝0.5 s，v共＝1.4 m/s 在t2时间内，物块相对于木板始终向左滑动， 相对位移大小为Δx＝eq \f(1,2)(v2′＋v共)t2－eq \f(1,2)(v1′＋v共)t2 解得Δx＝0.75 m<l 故假设成立，物块不能从木板上滑落，且物块最终到木板左端的距离d＝l－Δx 解得d＝1.25 m。 1．(2025·湖南卷，10)(多选)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1＝eq \f(h,μ)，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(　　) A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B．D的初动能与其落地时的动能相等 C．弹药释放的能量为36mgh2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(s,4h2))) D．弹药释放的能量为48mgh2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(s,4h2))) 解析：弹药爆炸过程，由动量守恒定律有3mvA－mvB＝0，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D的初动能EkD＝eq \f(1,2)(m＋5m)veq \o\al(2,D)，爆炸后瞬间A的动能EkA＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A)，联立可得EkD＝eq \f(1,2)EkA，A错误；D从开始运动至落地的过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＋(m＋5m)gh＝EkD′－EkD，又s1＝eq \f(h,μ)，联立可得EkD＝EkD′，即D的初动能与其落地时的动能相等，B正确；弹药释放的能量ΔE＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，又3mvA－mvB＝0，mvB＝(m＋5m)vD，D从开始运动到抛出的过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＝eq \f(1,2)(m＋5m)veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋5m)veq \o\al(2,D)，其中s1＝eq \f(h,μ)，D抛出后做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2，s2＝v0t，联立解得ΔE＝48mgh·2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(s,4h2))) ，C错误，D正确。 2．(2025·福建卷，8)(多选)如图，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝ 2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，A可留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。则(　　) A．在t＝eq \f(t0,2)时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m 解析：以向右为正方向，设t＝t0时A、B的运动速度分别为vA、vB，t＝0时，A相对传送带向右运动，所受传送带的摩擦力向左，大小为f1＝μAmAg＝5 N，B相对传送带向左运动，所受传送带的摩擦力向右，大小为f2＝μBmBg＝5 N，所以A、B组成的系统所受合力为零，假设0～t0时间内，A、B组成的系统所受合力始终为零，则系统动量守恒，由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB＝0.5 m/s<1 m/s，分析知该段时间内A始终向右减速，B始终向右加速，则该段时间内A的速度始终大于传送带的运动速度，B的速度始终小于传送带的运动速度，A始终受向左的滑动摩擦力，B始终受向右的滑动摩擦力，系统所受合力始终为零，所以假设成立，B正确； 由于0～t0时间内，A、B所受摩擦力大小、方向均不变，任意时刻 所受弹簧弹力大小相等、方向与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律 可得f1＋F弹＝mAaA，f2＋F弹＝mBaB，可得aA＝2aB，即A的加速度 大小始终是B的加速度大小的2倍，A错误；0～t0时间内，对A、 B组成的系统，由动能定理可得μBmBgxB＋W弹－μAmAgxA＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)，由功能关系可知W弹＝－Ep，又t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB，联立解得Δx＝0.1 m，C错误；结合前面分析可作出A、B的v­t图像如图所示，在v­t图像中，图线与t轴所围面积表示物体的位移，则上方曲线与平直虚线围成的面积表示痕迹长度，两曲线围成图形的面积表示C项分析中的Δx＝xA－xB，则痕迹长度小于eq \f(Δx,2)＝0.05 m，D正确。 3．(2025·广西卷，15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，到达顶端前已与倾斜传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g，分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的信号如图乙，每个脉冲信号与横轴所围面积为I，求这段时间内： 答案：(1)eq \f(I,v0)　(2)eq \f(Id,Mv0Δt)　(3)eq \f(9,2)Ig＋eq \f(Iv0,Δt) 解析：(1)设单个散货的质量为m，由题意可知，散货 在顶端B水平抛出的速度大小为v0，由于F­t图像与t轴围 成图形的面积表示冲量，则散货撞击传感器的过程，水平 方向上由动量定理有－I＝0－mv0 解得m＝eq \f(I,v0)。 (2)每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货，则装有散货的个数为n＝eq \f(M,m) 分析可知，货箱接收散货的时间间隔等于在底端A释放散货的时间间隔，则每个货箱接收散货的总时间为t＝nΔt 由于货箱和水平传送带共速，货箱之间无间隔，则水平传送带的平均传送速度大小为v＝eq \f(d,t) 联立解得v＝eq \f(Id,Mv0Δt)。 (3)散货在倾斜传送带上加速过程中，设散货的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma 该过程的运动时间为t0＝eq \f(v0,a) 该过程散货的位移为x0＝eq \f(v0,2)t0 由于放置第10个散货时，第1个散货恰好水平抛出，根据第1个散货这段时间的位移可知，A、B间的长度为L＝x0＋v0(9Δt－t0) 稳定运行后，从A到B，倾斜传送带对每个散货所做的功 W＝mgLsin30°＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 每个散货与倾斜传送带间因摩擦产生的热量 Q＝μmgcos30°(v0t0－x0) 一段时间t′内，倾斜传送带运送的散货个数为n′＝eq \f(t′,Δt) 倾斜传送带对外所做的总功W总＝n′(W＋Q) 倾斜传送带的平均输出功率为eq \o(P,\s\up6(－))＝eq \f(W总,t′) 联立解得eq \o(P,\s\up6(－))＝eq \f(9,2)Ig＋eq \f(Iv0,Δt)。 4．(2025·湖南卷，15)某地为发展旅游经济，因地制宜 利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意 图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量 为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时 刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB＝1.2L。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin37°＝0.6，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，v＝eq \r(gL)，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器 人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人 松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 答案：(1)4mg　(2)eq \f(\r(370gL),10)(3)v＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(9kgL,10（k＋1）))　eq \f(\r(13gL),2) 解析：(1)若滑杆固定，则机器人从B点运动到滑杆正下方的过程中做圆周运动，只有重力对机器人做功，设机器人运动到滑杆正下方时速度大小为v′，轻绳拉力的大小为F，则由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2 机器人运动到滑杆正下方时，对机器人由牛顿第二定律可得F－mg＝meq \f(v′2,L) 又v＝eq \r(gL) 联立解得F＝4mg。 (2)设机器人松开轻绳时的速度大小为v″，根据题意作出机器人松开轻绳时的位置及速度如图1所示 对机器人从B点运动到松开轻绳时的位置， 由动能定理有－mgLsin37°＝eq \f(1,2)mv″2－eq \f(1,2)mv2 机器人松开轻绳后做斜上抛运动，设机器人从 松开轻绳到抛至A点所用时间为t，则由运动学公式， 在水平方向上有L＋Lcos37°＝v″sin37°·t 在竖直方向上有1.2L－Lsin37°＝v″cos37°·t－eq \f(1,2)gt2 联立解得v＝eq \f(\r(370gL),10)。 (3)由于轨道是光滑的，则机器人松开轻绳前的过程中，机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒。设此过程机器人向左运动的分速度大小为v1，分位移大小为x1，滑杆向右运动的速度大小为v2，位移大小为x2，由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0 等号两边对整个过程求和有mx1－Mx2＝0 如图2所示，由位移关系有x1－Lcos37°＝L－x2 且M＝km 联立解得x1＝eq \f(9kL,5（k＋1）) 易知机器人松开轻绳时水平分速度向右，则滑杆速度向左，设此时机器人相对滑杆的速度大小为v相(因为机器人相对滑杆做圆周运动，则v相与轻绳垂直)，滑杆的速度大小为vM，如图2所示，则机器人松开轻绳时水平分速度大小为vx＝v相sin37°－vM 竖直分速度大小为vy＝v相cos37° 机器人从B点运动到松开轻绳时的位置，系统水平方向动量守恒，有mvx－MvM＝0 系统机械能守恒，以轨道平面为参考平面，有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,x)＋veq \o\al(2,y))＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,M)＋mgLsin37° 机器人松开轻绳后做斜上抛运动到A点，设该过程的运动时间为t′，则由运动学公式有x1＝vxt′ 1．2L－Lsin37°＝vyt′－eq \f(1,2)gt′2 联立可得v＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(9kgL,10（k＋1）)) 因v＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(9kgL,10（k＋1）))＝eq \r(\f(14,5)gL＋\f(9gL,10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))))，可知k越小，v越小，则当k＝1时，v有最小值，为vmin＝eq \f(\r(13gL),2)。 解析：根据题意可知，木板b与地面间的最大静摩擦力为fm＝μ2(M＋m)g＝6 N，结合题图乙可知，0～2 s内，木板b与地面间的摩擦力f为静摩擦力，大小始终等于外力F，a、b间没有摩擦力作用，又f­t图线与t轴所围的面积表示冲量，则0～2 s内摩擦力对b的冲量大小为If1＝eq \f(0＋6,2)×2 N·s＝6 N·s，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s后，外力F保持不变，大小为Fm＝eq \f(3,2)×6 N＝9 N，设a、b恰好发生相对滑动时拉力的大小为F1，由牛顿第二定律，对a有μ1mg＝ma1，对a、b整体，由牛顿第二定律有F1－fm＝(M＋m)a1，解得F1＝10 N，由于Fm<F1，则a、b未发生相对滑动，a不能脱离木板，C错误；t＝2 s后，a、b整体开始相对地面滑动，则2～5 s内地面对b的摩擦力的冲量大小为If2＝fmΔt＝18 N·s， 则0～5 s内，地面对b的摩擦力的冲量大小为If＝If1＋If2＝24 N·s，0～5 s内，对a、b整体，由动量定理有eq \f(0＋Fm,2)×3 s＋Fm(5 s－3 s)－If＝(M＋m)v－0，解得t＝5 s时a、b的速度大小为v＝3.75 m/s，故B正确，D错误。 解析：由牛顿第二定律可得物体在传送带上运动时的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝ 5 m/s2，假设物体与传送带共速时仍未滑出传送带，则物体从滑上传送带到与传送带共速时的位移大小为x1＝2,0)eq \f(v－v2,2a) ＝2 m＝L，可知假设成立，物体离开传送带时的速度恰好等于传送带的速度，规定向右为正方向，物体与小球发生弹性正碰，设碰撞后瞬间物体的速度为v1，小球的速度为v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv1＋m0v2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,2)，解得碰撞后物体与小球的速度分别为 v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s，则物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为xm＝2,1)eq \f(v,2a) ＝0.4 m，故A正确；从物体第一次滑上传送带到与传送带共速， 传送带的位移大小为x传1＝vt1，其中t1＝eq \f(v0－v,a)，因摩擦产生的热量Q1＝(x1－x传1)f，联立解得Q1＝0.4 J，因碰撞后物体以2 m/s的速度返回传送带，之后又以2 m/s的速度从B点离开传送带，由于小球的速度为2 m/s，可知此后二者不会再相碰，且物体第二次在传送带上运动的时间为t2＝2eq \f(|v1|,a)＝0.8 s，期间传送带始终相对物体向右运动，因摩擦产生的热量Q2＝(vt2－0)f＝3.2 J，则整个运动过程中，物体与传送带摩擦生热为Q＝Q1＋Q2＝3.6 J，故B错误；物体返回B点时速度与小球速度相同，故经过足够长的时间之后，物体与小球间的距离为Δx＝v2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2＋\f(0.2 m,|v1|)))＋0.2 m＝2 m，故C正确；设物体的质量为mx，由前面分析可知其碰撞前瞬间速度为v＝4 m/s， 在碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mxv＝mxv11＋m0v22，eq \f(1,2)mxv2＝eq \f(1,2)mxveq \o\al(2,11)＋eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,22)，解得v11＝eq \f(mx－m0,m0＋mx)v，v22＝eq \f(2mx,m0＋mx)v，因v11<v，可知物体从传送带返回B点时速度大小仍为v11，为使其在第一次碰撞后能追上小球，则碰撞后物体速度大于小球速度，则有|v11|>v22，由于质量不能为负值，故解得0<mx<0.2 kg，故D正确。 A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物块A的冲量为零 B．小球C从P点运动到Q点的过程中，轻绳拉力对物块A做功为零 C．小球C从P点运动到Q点的过程中，A、B、C、轻弹簧和地球组成的系统机械能守恒 D．小球C运动到Q点时的速度大小为eq \f(16,5) eq \r(5) m/s 解析：由题图可知，小球C沿轻绳方向的分速度与A的速度大小相等，小球C运动到D点时，物块A刚好运动到最低点，此时A的速度为零，小球C从P点运动到D点的过程中，根据动量定理可得I合＝Δp＝0，可知合外力对物块A的冲量为零，故A正确；小球C运动到Q点时，物块A刚好回到初始位置，此过程重力、弹簧弹力对物块A做功均为零，F所做的功全部转化为A、C的动能，设小球C运动到Q点时，小球C的速度大小为vC，物块A的速度大小为vA，根据功能关系有FL＝eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)，其中vA＝vCcosθ，联立解得vC＝eq \f(16,5) eq \r(5) m/s，故D正确；对物块A，根据动能定理可得W合＝WT＝ΔEk>0，即轻绳拉力对物块A做功WT不为零，故B错误；拉力F一直对小球做正功，A、B、C、轻弹簧和地球组成的系统的机械能一直增加，故C错误。 答案：(1)eq \r(5) m/s　(2)见解析 (3)eq \f(5,3) m/s　eq \f(2\r(10),3) m/s　(4)eq \f(7,15) m 解析：(1)滑块W在离开D点后做斜抛运动，水平位移为LDE＋eq \f(1,2)s，且光滑斜面的倾角为45°，设滑块W离开D点时速度大小为vD，滑块W离开D点后水平方向和竖直方向的分速度分别为vx、vy，在空中运动的时间为t，则vx＝vDcos45°，vy＝vDsin45° 根据斜抛运动特点，有vy＝eq \f(gt,2)，vxt＝LDE＋eq \f(1,2)s 解得vD＝eq \r(5) m/s。 (2)设P、Q碰前P的速度为vP，碰后W的速度为vW。根据动量守恒定律，有mvP＝mWvW 碰后W运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mWveq \o\al(2,W)＝mWgh＋eq \f(1,2)mWveq \o\al(2,D) 代入数据得vP＝6 m/s ①若传送带不动 从释放P到P、Q碰撞前， 弹簧的弹性势能转换为P的动能和传送带上因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Ep－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,P) 代入数据得Ep＝2 J。 ②若传送带转动 若是逆时针转动，或顺时针转动的速度小于vP，由于P的运动与①情况相同，则弹簧最初储存的弹性势能也为2 J。 若是顺时针转动的速度大于vP，当P在传送带上全程被加速时，对应的弹簧最初储存的弹性势能最小。由功能关系得μmgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,P)－Ep 代入数据得Ep＝1.6 J 所以，传送带转动时，弹簧最初储存的弹性势能的范围为1.6 J≤Ep≤2 J。 (3)W击中木板EF中点前瞬间速度大小vW′＝vD，方向与水平面的夹角为45°，指向右下方，设vW′的水平方向、竖直方向的分速度分别为vx′、vy′，W击中木板EF中点后瞬间，W和木板的速度分别为vW1和v板，vW1的水平方向、竖直方向的分速度分别为vW1x、vW1y。由斜抛运动规律、水平方向动量守恒及碰撞前后动能不变，可知mWvx′＝mWvW1x＋Mv板， eq \f(1,2)mWvW′2＝eq \f(1,2)mWveq \o\al(2,W1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,板) 且vx′＝vW′cos45°， vy′＝vW′sin45°，vW1y＝vy′，vW1＝2,W1x)eq \r(v＋veq \o\al(2,W1y)) 解得vW1x＝eq \f(\r(10),6) m/s，v板＝eq \f(2\r(10),3) m/s，vW1＝eq \f(5,3) m/s。 (4)W击中木板中点后上升到最大高度的时间为t＝eq \f(vW1y,g)＝eq \f(\r(10),20) s 则W击中木板后反弹再落到碰前高度时，与木板的水平位移差为 2(v板－vW1x)t＝0.5 m>eq \f(1,2)s＝0.3 m 所以此时W会落在桌面上，则落点距桌面左端距离为x＝2vW1xt＋eq \f(1,2)s 解得x＝eq \f(7,15) m。 答案：(1)gsinθ　(2)eq \f(m2,m1)≤1或eq \f(m2,m1)＝7 (3)eq \f(17,2)m1gRsinθ<Ek0<16m1gRsinθ 解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有m1gsinθ＝m1a1 解得a1＝gsinθ。 (2)小球甲恰能到达c点，设到达c点时的速度大小为v1， 则有m1gsinθ＝m12,1)eq \f(v,R) 解得v1＝eq \r(gRsinθ) 小球甲、乙发生完全弹性碰撞，设小球乙的质量为m2，以v1的方向为正方向，设碰撞后小球甲、乙的速度分别为v1′、v2，碰撞过程根据动量守恒定律有 m1v1＝m1v1′＋m2v2 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2) 解得v2＝eq \f(2m1\r(gRsinθ),m1＋m2) 碰撞后小球乙能运动至e点，需要分情况讨论。 情况①：碰撞后小球乙立即做类平抛运动，分析可知，小球乙不会碰到挡板，且在c点的速度v2应满足m22,2)eq \f(v,R) ＜m2gsinθ 可得v2＜eq \r(gRsinθ) 从c点到达e点，设小球乙运动的时间为t，沿斜面向下方向有7R＋R＝eq \f(1,2)gsinθ·t2 沿水平方向有R＝v2t 解得v2＝eq \f(1,4) eq \r(gRsinθ) 所得v2值满足v2≤eq \r(gRsinθ)，则此种情况存在，联立可得eq \f(m2,m1)＝7； 情况②：碰撞后瞬间小球乙做圆周运动，有 m22,2)eq \f(v,R) ≥m2gsinθ 可得v2≥eq \r(gRsinθ) 联立可解得eq \f(m2,m1)≤1。 (3)根据前面分析可知，若eq \f(m2,m1)≤1且小球甲能到达c点，则小球乙必定做圆周运动，故碰撞后小球乙只能做类平抛运动穿过线段de，即eq \f(m2,m1)＝7 且碰撞后小球乙的速度v2必然满足 eq \f(1,4) eq \r(gRsinθ)<v2<eq \r(gRsinθ) 可得eq \r(gRsinθ)<v1<4eq \r(gRsinθ) 设小球甲的初动能为Ek0，对小球甲从a点运动到c点过程，根据动能定理有 －m1g·8Rsinθ＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)－Ek0 联立可得eq \f(17,2)m1gRsinθ<Ek0<16m1gRsinθ。 (1)若点燃火药释放的能量全部转化为A和B的机械能，求点燃火药释放的能量； (2)求长木板C的长度； (3)若长木板不固定，求整个过程A、C之间由于摩擦产生的内能和B、C之间由于摩擦产生的内能； (4)若长木板不固定，将B碰撞挡板时作为t＝0时刻，自该时刻开始A的位移大小用x1表示，B的位移大小用x2表示，C的位移大小用x3表示，设y＝2x1＋x2＋3x3，在图乙中画出y随时间t变化的图像，并标明t＝eq \f(v,μ0g)时的y值。 答案：(1)3mv2　(2)eq \f(3v2,4μ0g) (3)eq \f(4,7)mv2　eq \f(10,7)mv2　(4)见解析 解析：(1)设火药瞬间燃爆后B获得的速度大小为v′，火药爆炸瞬间A和B组成的系统动量守恒，有2mv－mv′＝0 解得v′＝2v 则点燃火药释放的能量E＝eq \f(1,2)×2mv2＋eq \f(1,2)mv′2 可得E＝3mv2。 (2)若长木板C固定，A和B的速度同时减小到0，分析可知在到达C的最左端前，A、B不可能相撞，对二者获得速度到速度减为0的过程中，设A的加速度大小为a1，对于A，根据牛顿第二定律有μ0×2mg＝2ma1 由运动学公式有0＝v－a1t0 A的位移大小xA＝eq \f(1,2)vt0 B的路程xB＝eq \f(1,2)v′t0 长木板C的长度L＝xA＋eq \f(1,2)(xB－xA) 联立解得L＝eq \f(3v2,4μ0g)。 (3)由(2)问分析可知，A和B的初始位置距挡板的距离为eq \f(1,2)(xB－xA)＝eq \f(v2,4μ0g) 因μ0×2mg＝2μ0mg，则B与挡板碰撞前C静止，设B的加速度大小为a2，对B自开始运动到与挡板碰撞的过程中，有2μ0mg＝ma2 解得a2＝2μ0g 设B与挡板碰撞前瞬间的速度大小为v2，则veq \o\al(2,2)－v′2＝－2a2eq \f(xB－xA,2) 解得v2＝eq \r(3)v 设该过程的时间间隔为t1，则eq \f(xB－xA,2)＝eq \f(v′＋v2,2)t1 解得t1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2))) eq \f(v,μ0g) B与挡板碰撞时A的速度大小v1＝v－a1t1＝eq \f(\r(3),2)v 以水平向左的方向为正方向，B与挡板碰撞后，A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为v0，则有2mv1＋mv2＝(2m＋m＋3m)v0 解得v0＝eq \f(\r(3),3)v 对C由牛顿第二定律有μ0×2mg＋2μ0mg＝3ma3 解得a3＝eq \f(4,3)μ0g 因eq \f(v1－v0,a1)<eq \f(v2－v0,a2)，可知B撞击挡板后A先与C共速，且由a1>eq \f(2μ0mg,3m)可知，A与C共速后不再有相对运动，然后B再与A、C共速，设A、C的共同速度为v0′，自B撞击挡板至A、C共速，有v0′＝v1－a1t2，且v0′＝a3t2 解得t2＝eq \f(3\r(3)v,14μ0g)，v0′＝eq \f(2\r(3)v,7) 自B开始运动至A、C共速，A、C之间的相对路程 xAC＝eq \f(v＋v1,2)t1＋eq \f(v1＋v0′,2)t2－eq \f(0＋v0′,2)t2＝eq \f(2v2,7μ0g) A、C之间由于摩擦产生的热量QAC＝μ0×2mgxAC B、C之间由于摩擦产生的热量QBC＝E－QAC－eq \f(1,2)×(2m＋m＋3m)veq \o\al(2,0) 解得QAC＝eq \f(4,7)mv2，QBC＝eq \f(10,7)mv2。 (4)以水平向左为正方向，对A、B、C组成的系统自B与挡板碰撞以后的任意时刻，设A、B、C的速度分别为v1′、v2′、v3′，由动量守恒定律得2mv1＋mv2＝2mv1′＋mv2′＋3mv3′ 其中v1＝eq \f(\r(3),2)v，v2＝eq \r(3)v 两边同时乘以Δt，得2mv1Δt＋mv2Δt＝2mv1′Δt＋mv2′Δt＋3mv3′Δt 对0～t时间内累积求和，即有2eq \r(3)vt＝2x1＋x2＋3x3 故y＝2eq \r(3)vt 其图像如图所示，当t＝eq \f(v,μ0g)时，y＝eq \f(2\r(3)v2,μ0g)。 $