专题2 第6讲 系统的守恒定律及应用（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题二 PPT下载 http:///xiazai/ 能量与动量 2 第6讲 系统的守恒定律及应用 热点1　机械能守恒定律及其应用 考向1 机械能守恒定律的理解及应用 考向2　连接体的机械能守恒问题 热点2　 动量守恒定律及其应用 考向1 爆炸问题 考向2 碰撞问题 考向3 碰撞模型的拓展 课下巩固检测练（六） 系统的守恒定律及应用 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 谢谢观看 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1．误将机械能守恒定律的条件理解为物体“只受重力或弹力作用”。 2．利用机械能守恒定律列方程时漏掉某一状态的动能或重力势能。 3．判断系统的动量是否守恒时研究对象不明确，混淆内力和外力。 4．利用动量守恒定律列方程时未规定正方向，或动量的正负号使用混乱。 5．混淆碰撞的类型，认为所有的碰撞都既满足动量守恒，也满足机械能守恒。 6．利用能量守恒定律时，忽视了非弹性碰撞、爆炸等“瞬间作用”的机械能变化, 1.两个物体构成系统的机械能守恒时，一个物体机械能的减少量一定等于另一个物体机械能的增加量。 2．两个物体构成系统的动量守恒时，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量一定等大反向。 3．人船模型：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船对地的位移比等于质量的反比，即。 4．完全非弹性碰撞：系统的动量守恒，机械能损失最大。 5．“一动碰一静”：球a(质量为m1)以速度v1与静止的球b(质量为m2)发生弹性碰撞，碰后球a、b的速度分别为：v1′＝v1，v2′＝ 【明·误区】 【记·结论】 4．利用动量守恒定律列方程时未规定正方向，或动量的正负号使用混乱。 5．混淆碰撞的类型，认为所有的碰撞都既满足动量守恒，也满足机械能守恒。 6．利用能量守恒定律时，忽视了非弹性碰撞、爆炸等“瞬间作用”的机械能变化 4．完全非弹性碰撞：系统的动量守恒，机械能损失最大。 5．“一动碰一静”：球a(质量为m1)以速度v1与静止的球b(质量为m2)发生弹性碰撞，碰后球a、b的速度分别为：v1′＝v1， v2′＝ 【例1】 (多选)(2025·陕西西安模拟)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面上不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，由静止释放滑块。上升过程中滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若忽略空气阻力，则结合图像可知(　　 ) A．上升过程中，滑块和弹簧所构成系统的势能先减少后增加 B．上升过程中，滑块和弹簧所构成系统的势能不断减少 C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J D．弹簧的最大弹性势能为5.40 J 解析：选AC。由于忽略空气阻力，上升过程中，滑块和弹簧所构成系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，上升过程中滑块动能先增大后减小，所以滑块和弹簧所构成系统的势能先减少后增加，故A正确，B错误；根据动能定理可知，Ek ­h图像斜率的绝对值表示合力，结合图丙可知，高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，说明滑块此后只受自身重力mg，且滑块重力为k＝ N＝9.00 N，整个上升过程，滑块增加的重力势能等于弹簧的最大弹性势能，即Epmax＝mgΔh，其中Δh＝1.40 m－0.40 m＝1.00 m，联立解得Epmax＝9.00 J，故C正确，D错误。 【例2】 (2025·安徽高考)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m＝0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0时，小球以水平向右的初速度v0＝10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t＝0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 解析：(1)小球从最下端以速度v0抛出，运动到距M正下方为L的位置时，根据机械能守恒定律 mv2 在该位置时根据牛顿第二定律 T－mg＝m 解得v＝4 m/s，T＝17 N。 (2)小球做平抛运动时x＝vt，2L＝gt2 解得x＝4 m。 (3)若小球经过N的正上方且绳子恰好不松弛，则满足mg＝m 从最低点到该位置由动能定理 －mg·5L＝mv′2－mv0′2 解得v0′＝2 m/s。 答案：(1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s 【例3】 (多选)(2025·湖南长沙预测)如图所示，挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，N点为圆弧轨道最低点，∠MON＝60°。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接(弹簧平行于斜面)，其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，恰好绷直且无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到N点时(物块B未到达M点)，物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　 ) A．弹簧的劲度系数为 B．小球A到达N点时的速度大小为 C．小球A到达N点时的速度大小为 D．小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小 解析：选BD。设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩量为x1，B沿斜面方向受力平衡，则mg sin 30°＝kx1，小球A沿圆弧轨道运动到N点时，物块C即将离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，C沿斜面方向受力平衡，则mg sin 30°＝kx2，可知x1＝x2，当小球A沿圆弧轨道运动到N点时，B沿斜面运动的位移大小为sB＝xMN＝R，所以x1＋x2＝R，解得x1＝x2＝， 故A错误；设小球A到达N点时的速度大小为v，对v进行分解，沿绳子方向的速度大小v′＝v cos 30°，由于沿绳子方向的速度大小处处相等，所以此时B的速度大小也为v′，对A、B和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有4mgR(1－cos 60°)－mg(x1＋x2)sin 30°＝mv′2，解得v＝，故B正确，C错误；小球A由M点运动到N点过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧的弹性势能之和不变，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，再之后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。 [总结提升]常见的机械能守恒的连接体模型 共速率 模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速 度模型 两物体角速度相同，线速度与半径成正比 关联速 度模型 此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0 说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统机械能守恒，单个物体机械能不守恒。若存在摩擦生热，机械能不守恒，可用能量守恒定律进行分析。 【例1】 (2025·云南昆明模拟)如图甲所示，质量相等的物块A、B用黏性炸药粘在一起，使它们获得2v0的速度后沿足够长的粗糙水平地面向前滑动，物块A、B与水平地面之间的动摩擦因数相同，运动t0时间后炸药瞬间爆炸，A、B分离，爆炸前后物块A的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，图乙中v0、t0均为已知量，若炸药质量不计，爆炸前后A、B质量不变。则A、B均停止运动时它们之间的距离为(　　 ) A．3v0t0 B．4.5v0t0 C．5v0t0 D．10v0t0 解析：选C。爆炸过程，A、B组成的系统动量守恒2mv0＝mvA＋mvB，由题图乙可知vA＝－v0，解得vB＝3v0，爆炸后A、B减速滑动，由题图乙可知它们的加速度大小为，爆炸后，对A有＝2axA，对B有＝2axB，最终的距离d＝xA＋xB，解得d＝5v0t0，故C正确。 【例2】 (2025·甘肃高考)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　 ) A．1.5 m/s B．3.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s 解析：选B。根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知碰撞后，小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故B正确。 [总结提升] 两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 机械能守恒： m1v1′2＋m2v2′2 解得： v1′＝，v2′＝ 结论： (1)m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，即两球碰撞后交换了速度。 (2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 (3)m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′≈0 完全非 弹性 碰撞 碰后两球粘在一起，末速度相同。 动量守恒m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 机械能损失最多 损失的机械能 ΔE＝(m1＋m2)v2 【例3】 (2025·湖北襄阳八校联考)如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。设初始时弹簧被压缩x1，有kx1＝mg，弹性势能为Ep＝，设a开始下落时距b的高度为H，b初始位置为零势能面，设物块a、b碰撞前瞬间a的速度为va，由机械能守恒定律得mgH＝设物块a、b碰撞后瞬间两者的速度为vab，由动量守恒定律得mva＝2mvab，a、b一起压缩弹簧到两者向上运动到弹簧恢复原长时，a、b恰好分离，此时两者速度相同，设速度为vab′，对此过程由系统机械能守恒得·2mvab′2，a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，此时弹簧伸长量为x1，此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒，则有联立解得H＝，B正确。 【例4】 (2025·山东高考)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，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 解析：(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有mgh＝ 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s 即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为 m/s，方向水平向右。 (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有 mv1＝(m＋ma)v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1 系统机械能守恒 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 固定解除之后，小球、物块a和物块b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 (m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝m/s，方向水平向左 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝ J。 答案：(1)6 m/s，方向水平向左　 m/s，方向水平向右　(2) m/s，方向水平向左　 J [总结提升] (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例 (水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 小球—小球模型 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，损失的动能最多，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，机械能守恒，满足 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平地面 或水平导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 【基础练】 1．(多选)(2025·山东日照模拟)为了在紧急情况下实现迅速制动，电动车会使用高灵敏的刹车装置——碟刹。如图所示，刹车时两片刹车片在液压作用下迅速夹紧碟片来实现减速，假设刹车过程中车轮与地面之间无相对滑动。下列说法正确的是(　　 ) A．刹车片受到的摩擦力方向指向圆心 B．平路上无动力刹车到停止时，刹车片夹紧的力度不影响产生的热量 C．下坡路上无动力刹车到停止时，电动车减少的机械能全部转化为内能 D．碟片半径越小，刹车制动效果越好，刹车片的磨损越小 解析：选BC。根据摩擦力方向的特点可知，刹车片受到的摩擦力方向与其相对碟片的运动方向相反，故A错误；平路上无动力刹车到停止时，机械能转化为内能，则刹车片夹紧的力度不影响产生的热量，故B正确；根据功能关系可知，下坡路上长时间无动力刹车，减少的机械能全部转化成内能，故C正确；摩擦力越大，刹车制动效果越好，摩擦力与动摩擦因数和压力有关，与半径无关，故D错误。 2．(多选)(2025·黑龙江绥化模拟)如图所示，半径为R、质量为M内表面光滑的半球形物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的物块从半球形物体的顶端a点无初速度释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a等高的顶点，关于M和m的运动，下列说法正确的是(　　 ) A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒 B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒 C．m释放后不能到达右侧最高点c D．m释放后能再次回到a点 解析：选BC。m从a点运动到b点过程中，只有m的重力做功，机械能守恒，墙壁对系统有力的作用，动量不守恒，A错误，B正确；m释放后，过b点后系统动量守恒，机械能守恒，到达最高点时系统具有相同的速度，结合上述分析可知，m不能到达右侧最高点，也不能回到a点，C正确，D错误。 3．(多选)(2025·吉林延边一模)如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　 ) A．儿童和滑环组成的系统动量守恒 B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能 D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1∶5 解析：选BD。儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；根据水平方向系统动量守恒有5mv＝mv′，解得5v＝v′，则可知儿童和滑环的水平位移之比为1∶5，故D正确。 4．(2025·甘肃兰州期中)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上，放置着一个足够长的木板Q，Q上端放置着小物块P(可视为质点)，已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25，Q与斜面间的动摩擦因数为0.5，P、Q的质量分别为1 kg、2 kg，sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，Q下端距斜面最低点为2 m。某时刻使P、Q由静止释放，当Q下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为(　　 ) A．12 J B．24 J C．36 J D．64 J 解析：选C。Q加速下滑，根据牛顿第二定律得m2g sin θ＋μ1m1g cos θ－μ2(m1＋m2)g cos θ＝m2a2，根据位移公式得l＝a2t2，解得t＝2 s，P加速下滑，根据牛顿第二定律得m1g sin θ－μ1m1g cos θ＝m1a1，根据位移公式得x＝a1t2＝8 m，整个系统的机械能损失为E＝μ2(m1＋m2)g cos θ·l＋μ1m1g cos θ·(x－l)＝36 J，故C正确。 5． (2025·山东高考)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C。轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G，可得做圆周运动的线速度为v＝，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有6mv＝5mv1＋mv2，由题意v2＝2，代入解得v1＝故C正确。 6．(2025·河北高考)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。飞行器在轨道半径r＝2R0处的总机械能包括动能和势能。引力势能为Ep＝mg0R0，根据万有引力提供向心力，在星球表面有＝mg0，解得轨道速度满足v2＝，对应动能Ek＝mg0R0，总机械能E总＝mg0R0，根据机械能守恒，初始动能＝E总，解得v0＝，故B正确。 【能力练】 7．(2025·河南开封模拟)如图所示，一个光滑的半径为R的半圆形管道在竖直平面内固定放置，O为管道圆心，MN为水平直径。一条两端系有小球的细绳穿过管道，管道内径略大于小球直径，小球大小和绳的质量都忽略不计，小球A、B的质量分别为m和2m，初始时A球离M点的距离也为R，将A球由静止释放，随后无碰撞地进入管道，细绳始终处于绷紧。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．刚释放时绳上的拉力大小为 B．A球运动到管道的最高点时，管道对小球的作用力向上 C．A球运动到M处时，对管道的压力大小为 D．A球运动到管道最高点时对管道的压力大小为mg 解析：选D。刚释放时设绳上拉力为T，对A有T－mg＝ma，对B有2mg－T＝2ma，联立可得T＝，故A错误；当A球运动到M点的过程中，有2mgR－mgR＝，解得vM＝，弹力提供向心力，有F＝mmg，故C错误；A球运动到最高点的过程中，根据动能定理有(m＋2m)v2，解得v＝，A在最高点时，向心力FN＋mg＝mmg，解得FN＝mg，管道给小球A的弹力向下，B错误，D正确。 8．(2025·广东高考)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 解析：选A。两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前的相同，又v ­t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v ­t图线相互平行，B、C错误；因F1和F2等大反向，所以两小球组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，两小球均由静止开始运动，故总动量一直为零，即当小球N的速度为零时，小球M的速度一定为零，D错误，A正确。 9．(2025·天津红桥二模)如图所示，质量M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1 m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2 m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1 kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度v1和滑块的速度v2； (2)滑块下滑过程中，小车对滑块的支持力所做的功W； (3)滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ。 解析：(1)滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时有Mv1－mv2＝0 根据能量守恒有mgR＝ 解得小车的速度v1＝1 m/s 方向水平向左 滑块的速度v2＝4 m/s 方向水平向右。 (2)滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有mgR＋W＝ 解得W＝－2 J。 (3)滑块最后恰好停在C点时，结合上述可知，此时小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有 mgR＝μmgL 解得μ＝0.5。 答案：(1)v1＝1 m/s，方向水平向左　v2＝4 m/s，方向水平向右　(2)－2 J　(3)0.5 10．(2025·江苏盐城三模)如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量mA＝0.2 kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，k＝60 N/m。现给物块A一水平向右的作用力F，其功率P＝1.6 W恒定，作用t＝1.0 s后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)t＝1.0 s撤去力F时，物块A的速度； (2)物块B的质量； (3)物块B的最终速度大小。 解析：(1)t＝1.0 s时间内，作用力F对物块A做的功W＝Pt 解得W＝1.6 J 对物块A进行分析，根据动能定理有 W＝ 解得v0＝4 m/s。 (2)设A与B碰前A的速度大小为v0，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有 mAv0＝mA(－v)＋mBv mAv2＋mBv2 解得mB＝0.6 kg。 (3)由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有 fmax＝kx 解得x＝0.04 m 由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，当杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为vB，则有 得vB＝0.4 m/s。 答案：(1)4 m/s　(2)0.6 kg　(3)0.4 m/s 【创新练】 11．(2025·湖北武汉模拟)如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角为α后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为m的楔形木块发生正碰，不计碰撞过程的机械能损失，碰后瞬间在辅助装置作用下圆木速度减为零，碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。已知圆木质量M＝9m，悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为L，忽略楔形木块底部的摩擦力，楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比(比例系数为未知常数)，第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为d，重力加速度为g，求： (1)圆木运动到最低点时的速度大小； (2)碰撞后瞬间楔形木块的速度大小； (3)第5次撞击后楔形木块楔入的深度。 解析：(1)圆木从最高点摆到最低点的过程中机械能守恒，有 MgL(1－cos α)＝ v0＝。 (2)圆木与楔形木块碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有 Mv0＝Mv1＋mv2 联立解得v2＝。 (3)楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为d，由功能关系得 由于每次碰撞后楔形木块速度都是v2，连续碰撞n次后，进入的总深度为xn，有 解得xn＝d 第5次碰撞后楔入的深度 s＝x5－x4＝d。 答案：(1) (2)　(3)d $