2026届高考物理三轮大题集训2：力学三大观点的综合应用

高考物理三轮大题集训2：力学三大观点的综合应用 模型1 爆炸反冲人船模型 1 模型2 斜面曲面模型 4 模型3 子弹打木块模型 6 模型4 弹簧模型 8 模型5 板块模型 11 模型1 爆炸反冲人船模型 1．（2026•房山区一模）“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”出自宋代王安石《元日》，爆竹声响代表辞旧迎新之意。关于烟花爆炸，研究下列问题：礼炮烟花主要结构包含黑火药、礼花弹和发射装置等。发射礼炮烟花时，在发射装置中的黑火药瞬间燃烧产生大量高压气体，快速推动礼花弹向高空飞出，如图所示。假设在某次发射礼炮烟花时，火药点燃后，经过0.2s礼花弹被发射出去，当礼花弹上升到180m的最高点时发生了爆炸。假设礼花弹质量为1.0kg，发射装置的长度远小于最高点的高度，忽略空气阻力，g取10m/s2。 （1）求礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小v0。 （2）求在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小F。 （3）若礼花弹爆炸时形成的冲击波是球面波，爆炸中心是该球面波的球心，爆炸瞬间释放的能量为E。已知爆炸后时间为t时，形成的“火球”半径为R，空气的密度为ρ，忽略礼花弹爆炸后残余物的动能。请建立合适的物理模型，论证爆炸形成的“火球”半径R与t的关系满足R∝tα，并确定α的值。 2．（2026春•浙江月考）某游乐设施的竖直截面如图所示。光滑水平地面上放置一质量为m2的长木板A，其中心恰位于O点正下方，质量为m3的物体B穿在一水平光滑轨道上，并固定于O点。在物体B上系一长为l、不可伸长的轻绳。一质量为m1的游客站在平台边缘，抓紧绳子另一端，由静止开始向下运动，到最低点时释放轻绳滑上长木板，且恰好未滑出长木板。已知游客和物体B均可视为质点，O点到长木板上表面的高度为l。m1＝50kg，m2＝30kg，m3＝12.5kg，l＝8m，游客与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时轻绳与水平方向夹角θ＝37°，g＝10m/s2。 （1）求在最低点时，游客对轻绳的拉力F； （2）求长木板A的长度d； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其他条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，求游客最终停在离木板右端的距离s。 3．（2026•邯郸模拟）如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角θ＝37°，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离L0＝1m处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小v＝10m/s，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量m1＝2kg，木板的质量m2＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，3.6，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2； （2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小v1； （3）木板的长度L以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t。 4．（2025秋•龙岗区期末）一质量为1kg的烟花弹从地面斜向上发射，发射速度大小为50m/s，方向与水平方向夹角为53°，如图所示，达到最高点时炸裂为质量相等的两部分A和B。爆炸后A又上升了3s，且恰好落回出发点，不计空气阻力，爆炸的时间极短且忽略爆炸前后的总质量变化，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）爆炸点到抛出点的水平、竖直距离； （2）炸裂后A的速度大小； （3）爆炸过程中释放的化学能。 5．（2025秋•天河区校级月考）如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量x＜5cm，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若x≥5cm，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为Fm＝5000N、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高H＝0.8m的平台上，一质量为M＝50kg的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为s＝2.4m，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为M＝50kg，重力加速度为g＝10m/s2，忽略空气和冰面的阻力。 （1）缓冲器形变量分别为d1＝5cm和d2＝10cm时，缓冲器储存的能量E1和E2。 （2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。 （3）若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号） 6．（2025秋•琼山区校级月考）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直发射升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为两部分，两部分的质量分别为m和m，获得的动能之和仍为E，其中质量较大的那部分首先落回原发射点。若爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求： （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； （2）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度。 7．（2026春•福建月考）如图所示，质量m＝1kg的滑块a套在足够长的水平光滑固定直杆上，其下方通过L＝0.6m的轻绳连接质量M＝2kg的小球b，直杆距水平地面的高度H＝5.6m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，滑块与小球均看作质点，现将轻绳水平拉直，由静止释放小球，当小球第一次运动至滑块正下方时。 （1）求小球的速度大小v； （2）求轻绳的拉力大小F； （3）求滑块运动的路程s； （4）若轻绳突然断裂，求小球落地瞬间与滑块的距离d。 模型2 斜面曲面模型 8．（2026春•徐州期中）如图所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R，圆心角60°，水平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点。现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，物块与BC段间的动摩擦因数为0.5，BC段的长度也为R，重力加速度为g，物体视为质点。求： （1）物块运动到圆弧轨道C点时，轨道对物块的支持力大小； （2）物块在A位置时弹簧的弹性势能； （3）调整弹簧的压缩量，物块由静止释放，其轨迹的最高点O′恰好与O点等高（O′图中未画出），则在O'时物块的动能为多大？ 9．（2026•成县模拟）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，小球A向左压缩弹簧并锁定，弹簧具有弹性势能Ep＝4mgR，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块B半径为R，静止放在A的右侧，轨道下端与水平面相切，整个装置位于足够大的光滑水平面上。某时刻解锁，小球被弹出后向右运动，经水平地面滑上滑块B。已知A、B的质量分别为m、M，重力加速度为g。 （1）若M＝m，求A第一次滑出轨道B的最高点后至落回B的最高点前的过程中的位移大小； （2）若小球能二次向右滑上轨道B，求M与m的关系。 10．（2026•运城模拟）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量M＝4kg的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，不考虑任何阻力，求： （1）小球的初速度大小v0及质量m； （2）小球运动到最高点时的速度大小v共； （3）小球能够上升的最大高度h。 11．（2026•天津模拟）如图所示，足够大的光滑水平地面上静置着一小车，小车左端安装有四分之一圆弧光滑轨道AB，半径R＝0.6m，右端BC段是动摩擦因数μ＝0.6的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，轨道与小车总质量M＝6kg。一质量为m＝2kg的小滑块（可视为质点）从轨道上A点由静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，未滑离小车，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求小滑块运动过程中的最大速度大小vm； （2）求轨道BC的最小长度L； （3）当小车相对地面有最大位移时，求小滑块水平方向相对地面位移的大小x。 12．（2025秋•连云港期末）如图所示，质量为3m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与光滑平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。弹簧左端固定在挡板A上，弹簧处于原长时右端与P点对齐。压缩弹簧使质量为m的小球由静止被弹出，小球冲上小车时速度大小为。小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）释放小球时，弹簧的弹性势能Ep； （2）小球到达Q点时，小车速度的大小v； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度H。 13．（2025秋•宁波期末）如图所示，在竖直平面内，有倾角为θ＝37°的倾斜轨道AB，在底端连接水平轨道BC，再在C点连接光滑竖直圆轨道，最低点略微错开，圆轨道右侧是光滑水平平台CD，小车紧靠平台CD停在光滑水平地面上，上表面为四分之一光滑圆弧EF，小车E点的切线水平且与轨道CD等高，连接处均平滑。从A点静止释放一小物块，小物块沿着轨道运动并滑上小车。已知小物块与倾斜轨道AB、水平轨道BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，倾斜轨道AB两点的高度差为h＝7.5m，水平轨道BC长L＝1.8m，圆轨道半径R1＝0.5m，小车圆弧半径R2＝0.8m，小物块的质量m＝1kg，小车的质量M＝7kg。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求： （1）小物块运动到B点时的速度大小vB； （2）小物块经过竖直圆轨道O1最高点时对轨道的压力FN； （3）小物块在滑上圆弧EF之后的运动过程中，离E点的最大高度； （4）小物块将要从E点离开小车时，小物块受到的支持力大小。 14．（2026•徐州校级模拟）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R＝0.36m，L＝1.6m，v0＝5m/s，m＝0.2kg，M＝1.8kg，μ＝0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块（g取10m/s2）： （1）滑到B点处的速度大小； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； （3）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 模型3 子弹打木块模型 15．（2026•东城区一模）如图所示，把一个质量m1＝0.2kg的小球放在高度h＝5.0m的直杆的顶端。一颗质量m2＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的水平距离x＝20m。g取10m/s2，求： （1）子弹穿出小球瞬间小球的速度v1； （2）子弹穿出小球瞬间子弹的速度v2； （3）子弹和小球相互作用过程中系统损失的机械能ΔE。 16．（2026•顺义区一模）如图所示，一颗子弹以水平速度v0射向静止在光滑水平地面上的木块，最终留在木块内，从子弹接触木块到两者相对静止的时间为Δt。已知子弹质量为m，木块质量为M，不计空气阻力。求： （1）子弹相对木块静止时的速度大小v； （2）子弹对木块的平均作用力大小F； （3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE。 17．（2026•唐山一模）如图所示，质量为0.49kg的木块静置于光滑水平轨道上，半径为0.8m的光滑半圆形轨道与水平轨道相切，直径AB竖直。质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度击中木块并留在其中。木块进入半圆形轨道后，在某一位置离开轨道。木块可视为质点，g取10m/s2。求： （1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力； （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小。 18．（2026•河东区模拟）如图所示，长L＝0.5m的轻质细绳一端固定在O点，另一端连接质量M＝0.2kg的木块（可视为质点），O点距地面高度为H＝1.75m。质量m＝20g的子弹以v0＝62m/s的速度水平射入木块并穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度的大小g＝10m/s2。求： （1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小； （2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q； （3）子弹落地点与悬点O的水平距离d。 19．（2026•辽宁一模）如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为M＝0.98kg物块，静止某点P，质量为m＝0.02kg的子弹以v0＝200m/s的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经t＝1.0s物块第一次返回P点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量。 20．（2026春•芙蓉区校级月考）如图所示，轻绳下端吊着一个质量M＝9.98kg的沙袋。一个质量m＝0.02kg的子弹以v0＝300m/s的速度水平射入沙袋，经过极短的时间与沙袋达到共同速度v，然后随沙袋一起摆动。已知重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小； （2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度h； （3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE。 21．（2026春•河西区校级月考）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量为M＝201kg，这个士兵用自动步枪在10s时间内沿水平方向连续射出了100发子弹，每颗子弹质量m＝10g。若子弹离开枪口时相对地面的速度都是v0＝800m/s，射击前皮划艇是静止的，不计水的阻力，求： （1）连续射击后皮划艇的速度大小v； （2）连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小F。 模型4 弹簧模型 22．（2026•昭通一模）如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径R＝1.8m，其底端与水平传送带相切于A点，传送带左、右两端的距离LAB＝5m，以v＝2m/s的速度沿顺时针方向转动，水平面BD与传送带相切于B点，其中BC段粗糙，CD段光滑，B、C两点间的距离LBC＝0.5m。一轻质弹簧右端与固定于D点的挡板拴接，一质量m2＝0.1kg的物块静置于C点，与弹簧左端接触，弹簧处于原长。质量m1＝0.4kg的物块从圆弧轨道顶端静止滑下，运动到C点与m2发生碰撞，碰撞后两物块立即粘为一体，此后共同向右挤压弹簧，且弹簧的最大压缩量不超过其弹性限度。已知两物块与BC段以及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，两物块均可视为质点，忽略它们经过衔接点时的机械能损失。求： （1）m1从轨道顶端下滑至底端时对轨道的压力大小； （2）物块压缩弹簧过程中，弹簧弹性势能的最大值； （3）两物块最终停下的位置离C点的距离。 23．（2026•广安模拟）如图，水平传送带逆时针转动的速度v＝2m/s，两个物块A、B用一根轻弹簧连接，mA＝1kg，mB＝2kg，A与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.2。t＝0时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给A一个水平向左的瞬时冲量I0＝4N•s，在t＝t0时，A与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为k＝2N/m，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）A、B刚开始滑动时各自受到的摩擦力fA、fB的大小和方向； （2）t＝t0时，B的速度大小vB； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm。 24．（2026•红塔区校级开学）如图所示，半径为R＝2m的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，与光滑平台在最低点相切，P点是圆弧轨道的最高点。静置在平台上的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将它们连接在一起，其间夹着一根被压缩的、长度较短的轻质弹簧（两端未与A、B拴接）。木板C、D静置在平台右侧粗糙的水平面上，上表面与平台平齐，竖直弹性挡板固定在木板D右侧足够远处。已知物块A的质量为m0＝1kg，物块B的质量为m＝2kg，木板C、D的质量均为M＝1kg，C的长度为L＝3.2m。物块B与木板C、D上表面的动摩擦因数均为μ1＝0.25，木板C下表面与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，木板D下表面光滑。现将物块A、B之间的细绳剪断，物块A脱离弹簧后向左滑入半圆形光滑轨道并恰好能通过最高点P。假设A到达P点后立即把A取走，木板D足够长且与弹性挡板碰撞后以原速率反弹。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）轻质弹簧释放的弹性势能； （2）物块B滑离长木板C时的速度大小； （3）木板D第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程。 25．（2026•武邑县校级模拟）如图甲所示，物块B和质量为mA＝6.0kg的物块A用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示。求： （1）物块C的质量mC； （2）物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能E1； （3）从t＝4s到t＝12s，弹簧对物块A的冲量I的大小。 26．（2026春•同步）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起（时间极短），共同压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑块均可视为质点。求： （1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep； （3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vc。 27．（2026•福田区校级模拟）如图所示，质量为1kg的物块A和质量为1.2kg的物块B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上．弹簧与两物块未粘连。解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下开始运动。A分离后向左运动，滑上半径R＝0.5m的光滑半圆轨道，在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；B分离后向右运动，滑上速度v＝3m/s的足够长的传送带，传送带与平台等高，B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，分离后AB不相碰，取g＝10m/s2。 （1）求A与B分离后瞬间，A的速度大小； （2）求A与B分离后瞬间，B的速度大小； （3）弹簧锁定时的弹性势能Ep； （4）求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q。 28．（2026•河南模拟）如图，光滑水平轨道上固定一个光滑圆弧轨道，圆弧的半径为R＝1.2m，圆心角为60°，圆弧右端有一个质量为m＝1kg的长木板A与之接触但不粘连，且A上表面与圆弧右端相切。在长木板A右侧放着很多个滑块（视为质点），滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n。开始时长木板A和滑块均静止。在左侧光滑平台上有两个可视为质点的滑块B、C，且mB＝3mC＝3m，B、C之间有一轻弹簧，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，弹簧此时恰好与B、C接触但不粘连，初始时弹簧弹性势能为EP＝6J。现将细线烧断，B、C在弹簧弹力作用下加速运动直至与弹簧分离，小滑块B与弹簧分离后从平台飞出，且恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，离开圆弧后滑上长木板A，当A、B刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，此后A、B共速时，长木板A总是恰好与滑块1发生弹性碰撞；最终滑块B恰好没从长木板A上滑落，且A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度为g＝10m/s2，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求： （1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小； （2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q； （3）长木板A全过程运动的总位移x。 模型5 板块模型 29．（2026•贵阳校级一模）如图所示，长l＝1m的非弹性轻绳一端固定在O点，另一端拴有小球A，O点正下方l处有一小物块B静置于木板C最右端，小物块D距离C右端2m。开始时C被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角θ＝30°，A由静止释放，轻绳再次伸直时A做圆周运动，到最低点与B发生弹性碰撞，之后B向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，D的质量为M＝2kg，B、D与C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10m/s2。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求： （1）A与B碰撞前A的速度大小； （2）C的长度。 30．（2026•市中区校级模拟）如图所示，平台ab、地面及固定弧形轨道MN均光滑，平台与弧形轨道最低点N之间的高度h＝1m，物块C静止于木板D左端，木板的上表面与弧形轨道最低点N等高，物块C与木板D间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板右端与墙壁之间的距离d＝5.0m。已知传送带顺时针转动，传送带长度L＝2m，物块A与传送带间的摩擦系数μ2＝0.2。物块A、B发生弹性碰撞后，物块B以vB＝4.0m/s的速度水平飞出，从M点处恰好沿切线飞入弧形轨道，在轨道最低点N与物块C发生弹性正碰，碰撞时间极短。经一段时间后木板D和右侧墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知物块C始终未和墙壁碰撞，且未脱离木板，物块A、B、C质量mA＝mB＝mC＝0.5kg，木板D质量mD＝0.1kg，g＝10m/s2，物块均可视为质点，求： （1）物块A冲上传送带的速度范围； （2）小球B与物块C发生碰撞后，物块C的速度大小vC； （3）木板D在地面上滑动的总路程s及木板D的最短长度L。 31．（2026春•银川月考）如图所示，质量M＝2kg的长木板静止在水平面上，质量m＝1kg可视为质点的小物块静置于长木板的左端，质量m0＝0.5kg的弹性球以v0＝13.5m/s的水平速度与小物块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。小物块与长木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板下表面与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s2，已知当小物块的动量与长木板的动量大小之比为2：1时，小物块恰好滑离长木板。求： （1）弹性球与小物块碰撞后瞬间，小物块的速度大小； （2）长木板的长度。 32．（2026春•西城区校级月考）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，求： （1）木板获得的动能Ek； （2）系统损失的机械能ΔE； （3）木板A的最小长度L； （4）A、B间的动摩擦因数μ。 33．（2026•芜湖一模）如图所示，在光滑水平面上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B（可视为质点）置于长板A的最左端，A、B间动摩擦因数μ＝0.2，A、C质量分别为mA＝1kg，mC＝2kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后瞬间C的速度大小为3m/s，方向向右。经过一段时间后，A、B再次达到共同速度，且恰好不能再与C碰撞。重力加速度g取10m/s2。 （1）求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小； （2）B未从板A上滑落，求板A至少多长； （3）从A与C碰后到A、B刚好再次达到共同速度时，求A右端与C之间的距离。 34．（2026•通州区二模）如图所示，光滑水平面上有一静止小车，质量M＝3kg，车前、后壁间距L＝4.75m，车上放置质量mA＝1kg，长度LA＝1.75m的木板A，木板上有一小物块B，质量mB＝4kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与车厢间的动摩擦因数μ2＝0.24，开始B和A紧靠车厢前壁，现给小车向前的初速度v0＝8m/s，已知A与后壁碰撞黏在一起，B与后壁碰撞为弹性碰撞，经过一定时间后，A、B与小车三者相对静止，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）A与后壁碰撞前，车、A、B的加速度大小a1、aA、aB； （2）整个过程A与B之间摩擦产生的内能Q； （3）从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小x。 35．（2026•江苏模拟）如图所示，光滑水平面上，长度L＝4.75m、质量M＝0.5kg的木板处于静止。在与木板右端相距L′＝3m处固定有挡板装置，其左侧表面AB为圆弧的一部分，AB的圆心为O、半径R＝0.2m、圆心角为120°，过最低点A的切线水平且与木板的上表面等高。t＝0时，质量m＝1kg的小物块以v0＝6m/s的速度滑上木板的左端，当木板碰到挡板装置时立即与挡板粘在一起并保持静止。小物块离开木板后，从A点进入圆弧轨道并恰能到达最高点B。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求： （1）物块在木板上运动的时间； （2）物块在AB上克服摩擦力做的功； （3）离开B点后，物块第一落点（木板上表面高度处）与A点的距离。 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮大题集训2：力学三大观点的综合应用 模型1 爆炸反冲人船模型 1 模型2 斜面曲面模型 9 模型3 子弹打木块模型 15 模型4 弹簧模型 21 模型5 板块模型 31 模型1 爆炸反冲人船模型 1．（2026•房山区一模）“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”出自宋代王安石《元日》，爆竹声响代表辞旧迎新之意。关于烟花爆炸，研究下列问题：礼炮烟花主要结构包含黑火药、礼花弹和发射装置等。发射礼炮烟花时，在发射装置中的黑火药瞬间燃烧产生大量高压气体，快速推动礼花弹向高空飞出，如图所示。假设在某次发射礼炮烟花时，火药点燃后，经过0.2s礼花弹被发射出去，当礼花弹上升到180m的最高点时发生了爆炸。假设礼花弹质量为1.0kg，发射装置的长度远小于最高点的高度，忽略空气阻力，g取10m/s2。 （1）求礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小v0。 （2）求在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小F。 （3）若礼花弹爆炸时形成的冲击波是球面波，爆炸中心是该球面波的球心，爆炸瞬间释放的能量为E。已知爆炸后时间为t时，形成的“火球”半径为R，空气的密度为ρ，忽略礼花弹爆炸后残余物的动能。请建立合适的物理模型，论证爆炸形成的“火球”半径R与t的关系满足R∝tα，并确定α的值。 【答案】（1）礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小为60m/s。 （2）在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小310N。 （3）论证见解析，α的值为。 【详解 】 （1）礼花弹弹射出筒后做竖直上抛运动，上升到最高点时速度为0。 由匀变速直线运动规律可得 代入数据可得v0＝60m/s。 （2）礼花弹从发射到最高点的总时间t总包括：筒内加速时间t0＝0.2s和筒外竖直上抛时间t。 由竖直上抛运动的规律可得，解得t＝6s 所以从发射到最高点的总时间t总＝t+t0＝6s+0.2s＝6.2s。 设发射装置中火药气体对礼花弹的平均冲击力为F，取向上为正方向，从礼花弹发射到空中最高点处由动量定理可得Ft0﹣Mg（t+t0）＝0 解得F＝310N。 （3）爆炸瞬间释放的能量E转化为球形“火球”中空气的动能。 火球半径为R，则被推动空气的质量 冲击波的平均传播速度可近似为 空气获得的动能为 爆炸能量等于空气动能，即 整理得，可知。 答：（1）礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小为60m/s。 （2）在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小310N。 （3）论证见解析，α的值为。 2．（2026春•浙江月考）某游乐设施的竖直截面如图所示。光滑水平地面上放置一质量为m2的长木板A，其中心恰位于O点正下方，质量为m3的物体B穿在一水平光滑轨道上，并固定于O点。在物体B上系一长为l、不可伸长的轻绳。一质量为m1的游客站在平台边缘，抓紧绳子另一端，由静止开始向下运动，到最低点时释放轻绳滑上长木板，且恰好未滑出长木板。已知游客和物体B均可视为质点，O点到长木板上表面的高度为l。m1＝50kg，m2＝30kg，m3＝12.5kg，l＝8m，游客与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时轻绳与水平方向夹角θ＝37°，g＝10m/s2。 （1）求在最低点时，游客对轻绳的拉力F； （2）求长木板A的长度d； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其他条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，求游客最终停在离木板右端的距离s。 【答案】（1）在最低点时，游客对轻绳的拉力F是900N，方向竖直向下； （2）长木板A的长度d是12m； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其他条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，游客最终停在离木板右端的距离s是4.08m。 【详解 】 （1）由 代入数据得v＝8m/s 又根据 代入数据得F＝900N 结合牛顿第三定律可知游客对轻绳的拉力大小为 900N，方向竖直向下 （2）规定初速度方向为正，由m1v＝（m1+m2）v共 代入数据得v共＝5m/s 又根据 代入数据得d＝12m （3）对游客和物体 B 组成的系统满足水平方向上动量守恒及机械能守恒即水平方向始终满足 m1v1x＝m3v3x 得 m1x1＝m3x3 又根据 x1+x3＝lcosθ 代入数据得x3＝5.12m 又由 m1v2＝m3v3，及 代入数据得 游客在长木板上满足 代入数据得x2＝3.2m 游客最终离长木板右端距离满足 代入数据得s＝4.08m 即游客最终离长木板右端 4.08m 答：（1）在最低点时，游客对轻绳的拉力F是900N，方向竖直向下； （2）长木板A的长度d是12m； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其他条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，游客最终停在离木板右端的距离s是4.08m。 3．（2026•邯郸模拟）如图所示，足够长的固定粗糙斜面的倾角θ＝37°，木板静置在斜面上，木板下端的固定挡板（垂直斜面且质量不计）的上方有少量炸药。将滑块（视为质点）从木板上到挡板的距离L0＝1m处由静止释放，滑块沿木板下滑，下滑过程中木板恰好静止，滑块碰到挡板处的炸药后，炸药立即爆炸（爆炸时间极短且内力远大于外力），爆炸后瞬间木板的速度大小v＝10m/s，爆炸后滑块恰好未滑离木板的顶端。滑块的质量m1＝2kg，木板的质量m2＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，3.6，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2； （2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小v1； （3）木板的长度L以及从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t。 【答案】（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2为。 （2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。 （3）木板的长度L为3.25m，从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t约为2.3s。 【详解 】 （1）滑块沿木板下滑时，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律可得m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a1，代入数据，解得滑块加速度。 此时木板恰好静止，表明其合力为零，受力满足m2gsinθ+μ1m1gcosθ＝f斜，其中f斜为斜面对木板的最大静摩擦力，有f斜＝μ2（m1+m2）gcosθ。代入数据得1×10×0.6+0.5×2×10×0.8＝μ2×（2+1）×10×0.8，解得：。 （2）滑块与炸药碰撞前的速度，代入数据可得v0＝2m/s。爆炸瞬间内力远大于外力，系统动量守恒。取沿斜面向下为正方向，有m1v0＝m1v1+m2v2。 爆炸产生的推力使木板获得沿斜面向下的速度v2＝10m/s，代入数据得2×2＝2v1+1×10，解得v1＝﹣3m/s。因此，爆炸后瞬间滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。 （3）爆炸后，滑块向上做匀减速运动，其加速度，代入数据可得（方向向下）；木板向下做匀减速运动，其加速度，代入数据可得（方向向下）。设经过时间t1两者达到共同速度，有v1+a1't1＝v2+a2't1，即﹣3+10t1＝10﹣16t1，解得t1＝0.5s。此时共同速度v＝2m/s。在此过程中，木板相对滑块的位移即为木板长度L，，代入得，代入数据可得L＝3.25m。 共速后，滑块向下运动的加速度，代入数据可得，木板所受合力F＝m2gsinθ+μ1m1gcosθ﹣μ2（m1+m2）gcosθ，即F＝6N+8N﹣14N＝0N，故木板做匀速直线运动。相对加速度。第二次碰撞时滑块相对木板的位移为L，由运动学公式得，解得，即。总时间t＝t1+t2＝0.5s+1.8s＝2.3s。 答：（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2为。 （2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。 （3）木板的长度L为3.25m，从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t约为2.3s。 4．（2025秋•龙岗区期末）一质量为1kg的烟花弹从地面斜向上发射，发射速度大小为50m/s，方向与水平方向夹角为53°，如图所示，达到最高点时炸裂为质量相等的两部分A和B。爆炸后A又上升了3s，且恰好落回出发点，不计空气阻力，爆炸的时间极短且忽略爆炸前后的总质量变化，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： （1）爆炸点到抛出点的水平、竖直距离； （2）炸裂后A的速度大小； （3）爆炸过程中释放的化学能。 【答案】（1）爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。 （2）炸裂后A的速度大小为m/s。 （3）爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。 【详解 】 （1）烟花弹从抛出点运动至最高点（爆炸点）的过程：水平方向位移为，竖直方向位移为，解得：x＝120 m，h＝80 m。 （2）爆炸后，A部分做抛体运动：其竖直方向分速度为vAy＝gtA，设爆炸后A运动总时间为t，满足位移方程，水平方向分速度，合速度大小，解得：m/s。 （3）爆炸瞬间，系统动量守恒：水平方向有Mv0cosθ＝mAvAx+mBvBx，竖直方向有0＝mAvAy+mBvBy，爆炸释放的化学能，解得：ΔE＝1462.5 J。 答：（1）爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。 （2）炸裂后A的速度大小为m/s。 （3）爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。 5．（2025秋•天河区校级月考）如图（a）所示的缓冲器，若对其施加如箭头所示逐渐增大的压力F，压力F与缓冲材料形变x的关系图如图（b）所示：若形变量x＜5cm，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，材料可恢复并释放全部弹性势能；若x≥5cm，缓冲器被锁定、缓冲材料平稳变形、缓冲力大小恒为Fm＝5000N、能量被全部储存不再释放，材料的形变不可超过10cm。现将该缓冲器安装在如图（c）所示静止在冰面的乙船上，另一船甲停在乙船左边不远处，离冰面高H＝0.8m的平台上，一质量为M＝50kg的人从平台上水平跳出，人在甲的落点与跳出点的水平距离为s＝2.4m，并瞬间与甲共速，之后甲、乙碰撞，缓冲器发挥作用，乙离右岸足够远，已知人、甲和乙均在同一竖直面，甲、乙（含缓冲器）质量也均为M＝50kg，重力加速度为g＝10m/s2，忽略空气和冰面的阻力。 （1）缓冲器形变量分别为d1＝5cm和d2＝10cm时，缓冲器储存的能量E1和E2。 （2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W。 （3）若人水平跳出初速度v1可变，并调整甲位置使人总能落入甲并瞬间共速，之后与乙碰撞。在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系。（可保留根号） 【答案】（1）缓冲器形变量分别为d1＝5cm和d2＝10cm时，缓冲器储存的能量E1是125J，E2是375J。 （2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W是225J。 （3）在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系为。 【详解 】 （1）当d1＝5cm时，由图像可知 代入数据得E1＝125J 当d2＝10cm时，由图像可知 代入数据得E2＝375J （2）设人的初速度为v0，平抛时间为t，人与甲共速为v，竖直方向 水平方向s＝v0t 规定初速度方向为正，水平动量守恒Mv0＝2Mv 对甲 代入数据得W＝225J （3）设人的初速度为v1，人与甲共速为v2，缓冲器形变量最大时共速 v3规定初速度方向为正，水平动量守恒Mv1＝2Mv2，2Mv2＝3Mv3 甲、乙共速时 （ⅰ）若ΔE＝E1，代入数据得 若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为v甲、vx， 规定初速度方向为正，由动量守恒2Mv2＝2Mv甲+Mvx， 代入数据得 （ⅱ）若ΔE＝E2，代入数据得 若，代入数据得 答：（1）缓冲器形变量分别为d1＝5cm和d2＝10cm时，缓冲器储存的能量E1是125J，E2是375J。 （2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W是225J。 （3）在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系为。 6．（2025秋•琼山区校级月考）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直发射升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为两部分，两部分的质量分别为m和m，获得的动能之和仍为E，其中质量较大的那部分首先落回原发射点。若爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求： （1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； （2）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度。 【答案】（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间为； （2）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度为。 【详解 】 （1）设烟花弹上升的初速度为v0，有，烟花弹从地面上升到最高点，做竖直上抛运动有0＝v0﹣gt，代入数据可得； （2）火药爆炸后，质量较大部分速度方向竖直向下，大小为v2，质量较小部分做竖直上抛运动，速度大小为v1， 以竖直向下为正方向，烟花弹爆炸时动量守恒，有，由能量守恒定律可知，， 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，爆炸后烟花弹质量较小部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律可知E＝mgh1，，爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度h＝h1+h2，代入数据可得h。 答：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间为； （2）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度为。 7．（2026春•福建月考）如图所示，质量m＝1kg的滑块a套在足够长的水平光滑固定直杆上，其下方通过L＝0.6m的轻绳连接质量M＝2kg的小球b，直杆距水平地面的高度H＝5.6m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，滑块与小球均看作质点，现将轻绳水平拉直，由静止释放小球，当小球第一次运动至滑块正下方时。 （1）求小球的速度大小v； （2）求轻绳的拉力大小F； （3）求滑块运动的路程s； （4）若轻绳突然断裂，求小球落地瞬间与滑块的距离d。 【答案】（1）小球的速度大小为2m/s； （2）轻绳的拉力大小为140N； （3）滑块运动的路程为0.4m； （4）若轻绳突然断裂，小球落地瞬间与滑块的距离为。 【详解 】 （1）小球释放后，二者组成的系统机械能守恒，二者在水平方向上动量守恒Mv＝mv1，代入数据可得v＝2m/s，v1＝4m/s； （2）对小球，由牛顿第二定律可知，代入数据可得F＝140N； （3）由人船模型可知，小球第一次运动至滑块正下方时Mx＝mx1，x+x1＝L，代入数据可得x1＝0.4m； （4）轻绳断裂后，小球做平抛运动，在竖直方向上有，在水平方向上有L0＝vt， 滑块向右做匀速直线运动，有L1＝v1t，小球落地瞬间与滑块的距离满足，代入数据可得。 答：（1）小球的速度大小为2m/s； （2）轻绳的拉力大小为140N； （3）滑块运动的路程为0.4m； （4）若轻绳突然断裂，小球落地瞬间与滑块的距离为。 模型2 斜面曲面模型 8．（2026春•徐州期中）如图所示，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R，圆心角60°，水平面上B点左侧光滑，右侧粗糙。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到B点。现将质量为m的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道，物块与BC段间的动摩擦因数为0.5，BC段的长度也为R，重力加速度为g，物体视为质点。求： （1）物块运动到圆弧轨道C点时，轨道对物块的支持力大小； （2）物块在A位置时弹簧的弹性势能； （3）调整弹簧的压缩量，物块由静止释放，其轨迹的最高点O′恰好与O点等高（O′图中未画出），则在O'时物块的动能为多大？ 【答案】（1）轨道对物块的支持力大小为2mg。 （2）弹簧的初始弹性势能为mgR。 （3）物块在最高点时的动能为。 【详解 】 （1）物块运动至C点后，沿圆弧轨道滑行至D点恰好未脱离，表明其在D点速度为零，该过程机械能守恒，有， 在C点，根据牛顿第二定律得，联立两式，解得轨道对物块的支持力大小为FN＝2mg。 （2）物块自A点由静止释放，最终运动到D点，依据能量守恒定律，有Ep＝μmgR+mgR（1﹣cos60°），代入已知μ＝0.5，解得弹簧的初始弹性势能为Ep＝mgR。 （3）物块从D点抛出后做斜抛运动，到达轨迹最高点时仅剩水平分速度vx，设其在D点的抛出速度大小为vD，则有vx＝vDcos60°。 由于最高点与O点等高，物块从D点到最高点，在竖直方向上升的高度为h1＝R﹣R（1﹣cos60°）＝0.5R，由竖直方向的运动学公式得。 物块在最高点时的动能为，联立以上各式，解得物块在最高点时的动能为。 答：（1）轨道对物块的支持力大小为2mg。 （2）弹簧的初始弹性势能为mgR。 （3）物块在最高点时的动能为。 9．（2026•成县模拟）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙壁上，小球A向左压缩弹簧并锁定，弹簧具有弹性势能Ep＝4mgR，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块B半径为R，静止放在A的右侧，轨道下端与水平面相切，整个装置位于足够大的光滑水平面上。某时刻解锁，小球被弹出后向右运动，经水平地面滑上滑块B。已知A、B的质量分别为m、M，重力加速度为g。 （1）若M＝m，求A第一次滑出轨道B的最高点后至落回B的最高点前的过程中的位移大小； （2）若小球能二次向右滑上轨道B，求M与m的关系。 【答案】（1）若M＝m，A第一次滑出轨道B的最高点后至落回B的最高点前的过程中的位移大小是4R； （2）若小球能二次向右滑上轨道B，需要M＞3m。 【详解 】 （1）弹性势能转化为小球A的动能得， 得v0，当A到B的最高点时，规定初速度方向为正，水平方向动量守恒，有mv0＝2mvx 得，AB整体机械能守恒，有4mgR 得，A离开B后竖直方向t 水平方向：x＝vxt＝4R （2）规定初速度方向为正，A从B上落回地面动量守恒：mv0＝mv1+Mv2 机械能守恒： 解得，，A球与弹簧碰撞后，A要能第二次滑上B必须v3＞v2，故M＞3m 答：（1）若M＝m，A第一次滑出轨道B的最高点后至落回B的最高点前的过程中的位移大小是4R； （2）若小球能二次向右滑上轨道B，需要M＞3m。 10．（2026•运城模拟）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量M＝4kg的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，不考虑任何阻力，求： （1）小球的初速度大小v0及质量m； （2）小球运动到最高点时的速度大小v共； （3）小球能够上升的最大高度h。 【答案】（1）小球的初速度大小是4m/s，质量m是5kg； （2）小球运动到最高点时的速度大小是m/s； （3）小球能够上升的最大高度h是m。 【详解 】 （1）规定初速度方向为正，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1+Mv2 代入数据得 结合题图乙可得， 代入数据得v0＝4m/s，m＝5kg。 （2）小球运动到最高点时，在竖直方向上的速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v其，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v共 代入数据得。 （3）小球从开始运动至到达最高点的过程中，由机械能守恒定律得 代入数据得。 答：（1）小球的初速度大小是4m/s，质量m是5kg； （2）小球运动到最高点时的速度大小是m/s； （3）小球能够上升的最大高度h是m。 11．（2026•天津模拟）如图所示，足够大的光滑水平地面上静置着一小车，小车左端安装有四分之一圆弧光滑轨道AB，半径R＝0.6m，右端BC段是动摩擦因数μ＝0.6的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，轨道与小车总质量M＝6kg。一质量为m＝2kg的小滑块（可视为质点）从轨道上A点由静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，未滑离小车，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求小滑块运动过程中的最大速度大小vm； （2）求轨道BC的最小长度L； （3）当小车相对地面有最大位移时，求小滑块水平方向相对地面位移的大小x。 【答案】（1）小滑块运动过程中的最大速度大小3m/s； （2）轨道BC的最小长度L是1m； （3）当小车相对地面有最大位移时，小滑块水平方向相对地面位移的大小x是1.2m。 【详解 】 （1）小滑块在长滑板上运动的过程中，长滑板先加速后减速，最后静止。小滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得0＝mvm﹣Mv 由机械能守恒律得 代入数据得小滑块运动过程中的最大速度大小vm＝3m/s （2）对整个运动过程，由水平方向动量守恒定律得0＝（m+M）v 代入数据得v＝0 由能量守恒定律得mgR＝μmgL 代入数据得轨道BC间的最小长度L＝1m。 （3）设长滑板相对地面的最大位移大小为s，小滑块水平方向相对地面的位移为x取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得 又s+x＝1.6m 代入数据得小滑块水平方向相对地面的位移的大小x＝1.2m 答：（1）小滑块运动过程中的最大速度大小3m/s； （2）轨道BC的最小长度L是1m； （3）当小车相对地面有最大位移时，小滑块水平方向相对地面位移的大小x是1.2m。 12．（2025秋•连云港期末）如图所示，质量为3m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与光滑平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。弹簧左端固定在挡板A上，弹簧处于原长时右端与P点对齐。压缩弹簧使质量为m的小球由静止被弹出，小球冲上小车时速度大小为。小球可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）释放小球时，弹簧的弹性势能Ep； （2）小球到达Q点时，小车速度的大小v； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度H。 【答案】（1）释放小球时，弹簧的弹性势能为； （2）小球到达Q点时，小车的速度大小为； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度为。 【详解 】 （1）由系统机械能守恒有，解得； （2）小球在小车上运动时，在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒，小球到达Q点时，小球和小车水平方向共速，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv0＝（m+3m）v，解得； （3）设小球离开小车时竖直方向的速度大小为vy，从小球离开平台到离开小车过程，由系统机械能守恒有， 小球离开小车竖直方向做竖直上抛运动有，联立解得还能上升的高度，小球离开平台后，离平台的最大高度：H＝R+h2，解得：。 答：（1）释放小球时，弹簧的弹性势能为； （2）小球到达Q点时，小车的速度大小为； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度为。 13．（2025秋•宁波期末）如图所示，在竖直平面内，有倾角为θ＝37°的倾斜轨道AB，在底端连接水平轨道BC，再在C点连接光滑竖直圆轨道，最低点略微错开，圆轨道右侧是光滑水平平台CD，小车紧靠平台CD停在光滑水平地面上，上表面为四分之一光滑圆弧EF，小车E点的切线水平且与轨道CD等高，连接处均平滑。从A点静止释放一小物块，小物块沿着轨道运动并滑上小车。已知小物块与倾斜轨道AB、水平轨道BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，倾斜轨道AB两点的高度差为h＝7.5m，水平轨道BC长L＝1.8m，圆轨道半径R1＝0.5m，小车圆弧半径R2＝0.8m，小物块的质量m＝1kg，小车的质量M＝7kg。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求： （1）小物块运动到B点时的速度大小vB； （2）小物块经过竖直圆轨道O1最高点时对轨道的压力FN； （3）小物块在滑上圆弧EF之后的运动过程中，离E点的最大高度； （4）小物块将要从E点离开小车时，小物块受到的支持力大小。 【答案】（1）小物块运动到B点时的速度大小为。 （2）小物块经过竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小为14N。 （3）小物块离E点的最大高度为1.4m。 （4）小物块在E点受到的支持力大小为50N。 【详解 】 （1）小物块从A点运动至B点，根据动能定理可得，代入已知数据，解得：。 （2）小物块从B点运动到C点，由动能定理有； 从C点运动至圆轨道最高点的过程，满足；在最高点，根据牛顿第二定律可得，联立解得物块对轨道的压力FN＝14N。 （3）物块滑上小车并运动至最高点的过程中，系统在水平方向动量守恒，有mvC＝（m+M）v共； 根据系统机械能守恒，可得，代入数据，解得：物块离E点的最大高度H＝1.4m。 （4）物块返回并从E点滑离的过程可视为弹性碰撞。设物块最终速度为v1，小车最终速度为v2， 由动量守恒mvC＝mv1+Mv2和机械能守恒联立可得物块相对于小车的速度大小Δv＝|v1﹣v2|＝vC； 在E点，根据牛顿第二定律有，解得：物块在E点所受支持力FNE＝50N。 答：（1）小物块运动到B点时的速度大小为。 （2）小物块经过竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小为14N。 （3）小物块离E点的最大高度为1.4m。 （4）小物块在E点受到的支持力大小为50N。 14．（2026•徐州校级模拟）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R＝0.36m，L＝1.6m，v0＝5m/s，m＝0.2kg，M＝1.8kg，μ＝0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块（g取10m/s2）： （1）滑到B点处的速度大小； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； （3）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】（1）滑到B点处的速度大小为4m/s； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功为0.9J； （3）受到轨道的压力大小为3N。 【详解 】 （1）物块从P点到B点的过程，只有重力做功，由机械能守恒定律得，vBm/s＝4m/s； （2）由于传送带足够长，则物块滑上传送带后，先做匀加速直线运动，然后与传送带共速后做匀速直线运动，由动能定理得该过程摩擦力对物块做的功为（）J＝0.9J； （3）物块从进入圆弧轨道直至到达圆弧轨道最高点的过程，物块和半圆弧轨道组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则有mv0＝mv1+Mv2 解得v1＝﹣2.2m/s，v2＝0.8m/s（另一组解不符合题意，舍去） 物块在最高点时，由牛顿第二定律得 解得F＝3N。 答：（1）滑到B点处的速度大小为4m/s； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功为0.9J； （3）受到轨道的压力大小为3N。 模型3 子弹打木块模型 15．（2026•东城区一模）如图所示，把一个质量m1＝0.2kg的小球放在高度h＝5.0m的直杆的顶端。一颗质量m2＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的水平距离x＝20m。g取10m/s2，求： （1）子弹穿出小球瞬间小球的速度v1； （2）子弹穿出小球瞬间子弹的速度v2； （3）子弹和小球相互作用过程中系统损失的机械能ΔE。 【答案】（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右； （2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右； （3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。 【详解 】 （1）子弹穿出小球后，小球做平抛运动，水平方向：x＝v1t，竖直方向：，解得小球的水平速度：v1＝20m/s，由图可知小球的水平分速度向右； （2）子弹穿出小球的过程，以子弹的初速度为正方向，由动量守恒，可得：m2v0＝m2v2+m1v1，解得子弹的速度：v2＝100m/s，水平向右； （3）子弹穿出前后，由能量守恒，可得：，解得系统损失的机械能：ΔE＝1160J。 答：（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右； （2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右； （3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。 16．（2026•顺义区一模）如图所示，一颗子弹以水平速度v0射向静止在光滑水平地面上的木块，最终留在木块内，从子弹接触木块到两者相对静止的时间为Δt。已知子弹质量为m，木块质量为M，不计空气阻力。求： （1）子弹相对木块静止时的速度大小v； （2）子弹对木块的平均作用力大小F； （3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE。 【答案】（1）子弹相对木块静止时的速度大小； （2）子弹对木块的平均作用力大小是； （3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE是。 【详解 】 （1）子弹相对木块静止时的速度大小v，以子弹的初速度方向为正方向，子弹与木块组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，系统初动量为子弹的动量，木块初始静止动量为0；末态两者共速，总质量为M+m 规定初速度方向为正，由动量守恒定律mv0＝（M+m）v 解得共速速度 （2）木块水平方向仅受子弹的平均作用力F，在Δt时间内速度从0增加到v 规定初速度方向为正，由动量定理（合外力的冲量等于物体动量的变化量）F•Δt＝Mv﹣0 代入数据得F （3）初动能 末动能 则损失的机械能：ΔE＝Ek初﹣Ek末 代入数据得ΔE 答：（1）子弹相对木块静止时的速度大小； （2）子弹对木块的平均作用力大小是； （3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE是。 17．（2026•唐山一模）如图所示，质量为0.49kg的木块静置于光滑水平轨道上，半径为0.8m的光滑半圆形轨道与水平轨道相切，直径AB竖直。质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度击中木块并留在其中。木块进入半圆形轨道后，在某一位置离开轨道。木块可视为质点，g取10m/s2。求： （1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力； （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小。 【答案】（1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小为（或27.5N）。 （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小为。 【详解 】 （1）子弹击中木块过程，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝（m1+m2）vA，解得击中后两者的共同速度为vA＝6m/s。 在轨道最低点A处，对整体应用牛顿第二定律，有，代入数据解得轨道对整体的支持力FN＝27.5N。 根据牛顿第三定律，木块对轨道的压力大小。 （2）设木块离开轨道时，其速度方向与竖直向上方向夹角为θ，此时轨道对其支持力为零，由牛顿第二定律得。 从最低点A运动至离开点C的过程中，系统机械能守恒，有。 联立两式，可解得离开瞬间的速度大小为，代入数据计算得。 答：（1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小为（或27.5N）。 （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小为。 18．（2026•河东区模拟）如图所示，长L＝0.5m的轻质细绳一端固定在O点，另一端连接质量M＝0.2kg的木块（可视为质点），O点距地面高度为H＝1.75m。质量m＝20g的子弹以v0＝62m/s的速度水平射入木块并穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度的大小g＝10m/s2。求： （1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小； （2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q； （3）子弹落地点与悬点O的水平距离d。 【答案】（1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小是12N； （2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q是34.5J； （3）子弹落地点与悬点O的水平距离d是6m。 【详解 】 （1）木块在最高点，由牛顿第二定律有 木块从最低点运动到最高点的过程，由机械能守恒定律有 木块在最低点，由牛顿第二定律有 代入数据得FT＝12N （2）子弹与木块系统动量守恒，规定初速度方向为正，则mv0＝mv1+Mv2… 系统能量守恒则 代入数据得Q＝34.5J （3）子弹射穿木块后做平抛运动，可得，d＝v1t 代入数据得d＝6m 答：（1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小是12N； （2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q是34.5J； （3）子弹落地点与悬点O的水平距离d是6m。 19．（2026•辽宁一模）如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，上端连接一质量为M＝0.98kg物块，静止某点P，质量为m＝0.02kg的子弹以v0＝200m/s的竖直初速度瞬间打入物块并留在其中，此后经t＝1.0s物块第一次返回P点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量。 【答案】（1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小为4m/s； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量为18N•s，方向竖直向上。 【详解 】 （1）规定向下为正方向，子弹打入瞬间，子弹和物块可看作动量守恒，则有mv0＝（m+M）v，解得v＝4m/s （2）选向上为正方向，在t＝1s内，对物块由动量定理I﹣（M+m）gt＝2（m+M）v 解得I＝18N•s，方向竖直向上 答：（1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小为4m/s； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量为18N•s，方向竖直向上。 20．（2026春•芙蓉区校级月考）如图所示，轻绳下端吊着一个质量M＝9.98kg的沙袋。一个质量m＝0.02kg的子弹以v0＝300m/s的速度水平射入沙袋，经过极短的时间与沙袋达到共同速度v，然后随沙袋一起摆动。已知重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小； （2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度h； （3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE。 【答案】（1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小为0.6m/s； （2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度h为0.018m； （3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE为898.2J。 【详解 】 （1）子弹射入沙袋的过程，规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝（M+m）v 代入数据解得v＝0.6m/s （2）子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得 代入数据解得h＝0.018m （3）根据能量守恒定律可得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能为 ΔE 代入数据解得ΔE＝898.2J 答：（1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小为0.6m/s； （2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度h为0.018m； （3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE为898.2J。 21．（2026春•河西区校级月考）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量为M＝201kg，这个士兵用自动步枪在10s时间内沿水平方向连续射出了100发子弹，每颗子弹质量m＝10g。若子弹离开枪口时相对地面的速度都是v0＝800m/s，射击前皮划艇是静止的，不计水的阻力，求： （1）连续射击后皮划艇的速度大小v； （2）连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小F。 【答案】（1）连续射击后皮划艇的速度大小v为4m/s； （2）连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小F为80N。 【详解 】 （1）以皮划艇、士兵和装备系统为研究对象，以子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 100mv0+（M﹣100m）v艇＝0 代入数据解得： v艇＝﹣4m/s 负号表示：皮划艇的速度方向与子弹速度方向相反。 （2）对皮划艇（包括枪与剩余子弹）），以子弹的速度方向为正方向，由动量定理得 Ft＝（M﹣100m）v艇﹣0 代入数据解得： F＝﹣80N 负号表示方向与子弹速度方向相反。 答：（1）连续射击后皮划艇的速度大小v为4m/s； （2）连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小F为80N。 模型4 弹簧模型 22．（2026•昭通一模）如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径R＝1.8m，其底端与水平传送带相切于A点，传送带左、右两端的距离LAB＝5m，以v＝2m/s的速度沿顺时针方向转动，水平面BD与传送带相切于B点，其中BC段粗糙，CD段光滑，B、C两点间的距离LBC＝0.5m。一轻质弹簧右端与固定于D点的挡板拴接，一质量m2＝0.1kg的物块静置于C点，与弹簧左端接触，弹簧处于原长。质量m1＝0.4kg的物块从圆弧轨道顶端静止滑下，运动到C点与m2发生碰撞，碰撞后两物块立即粘为一体，此后共同向右挤压弹簧，且弹簧的最大压缩量不超过其弹性限度。已知两物块与BC段以及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，两物块均可视为质点，忽略它们经过衔接点时的机械能损失。求： （1）m1从轨道顶端下滑至底端时对轨道的压力大小； （2）物块压缩弹簧过程中，弹簧弹性势能的最大值； （3）两物块最终停下的位置离C点的距离。 【答案】（1）质量为m1的物块从轨道顶端下滑至底端时，对轨道的压力大小为12N。 （2）两物块压缩弹簧过程中，弹簧弹性势能的最大值为4J。 （3）两物块最终停下的位置离C点的距离为0.5m。 【详解 】 （1）设物块m1从轨道顶端滑到底端时的速度为v1。在此过程中，根据机械能守恒定律有。 在轨道底端，由牛顿第二定律可得，联立解得：v1＝6m/s，FN＝12N。依据牛顿第三定律，物块m1对轨道底端的压力F'N＝FN＝12N。 （2）物块m1从A点运动到C点与m2碰撞前，由动能定理得，解得：v'1＝5m/s。 m1与m2发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v'1＝（m1+m2）v2，解得：v2＝4m/s。 两物块黏合后压缩弹簧至最短，此过程中动能全部转化为弹簧的弹性势能，当两物块速度为零时弹性势能最大，由功能关系得，解得：Emax＝4J。 （3）设两物块第一次被弹簧反弹后，速度减为零时在BC段滑行的位移为x1，根据能量守恒有Emax＝μ（m1+m2）gx1，解得：x1＝8m。 由于x1＞LAB+LBC，说明物块将冲上圆弧轨道并返回。设两物块返回A点时的速度为v3，由动能定理得，解得：。 设两物块以此速度在传送带上向左减速至与传送带共速v＝2m/s的位移为x2，则有，解得：x2＝0.5m。 由于x2＜LAB，表明两物块最终能与传送带共速，并随传送带匀速运动至B点。 此后，物块将再次经BC段压缩弹簧，被反弹后又在传送带上做减速与加速运动。 由于每次经过BC段均有能量损耗，速度逐渐减小，经多次往复后最终静止。 设两物块在BC段运动的总路程为s，由动能定理得﹣2μgs＝0﹣v2，解得：s＝2m＝4LBC。 由此可知，两物块最终停在B点，即其最终位置与C点的距离为LBC＝0.5m。 答：（1）质量为m1的物块从轨道顶端下滑至底端时，对轨道的压力大小为12N。 （2）两物块压缩弹簧过程中，弹簧弹性势能的最大值为4J。 （3）两物块最终停下的位置离C点的距离为0.5m。 23．（2026•广安模拟）如图，水平传送带逆时针转动的速度v＝2m/s，两个物块A、B用一根轻弹簧连接，mA＝1kg，mB＝2kg，A与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.2。t＝0时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给A一个水平向左的瞬时冲量I0＝4N•s，在t＝t0时，A与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为k＝2N/m，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）A、B刚开始滑动时各自受到的摩擦力fA、fB的大小和方向； （2）t＝t0时，B的速度大小vB； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm。 【答案】（1）A受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B受到的摩擦力4N，方向水平向左； （2）t＝t0时，B的速度大小是1m/s； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是。 【详解 】 （1）对物块A分析，规定末速度方向为正，由动量定理得I＝mv0﹣0 代入数据得v0＝4m/s 大于传送带速度。 fA＝μ1mAg＝4N 方向水平向右 fB＝μ2mBg＝4N 方向水平向左 （2）A、B所组成的系统合外力为0，由动量守恒得mAv0＝mAv+mBvB 代入数据得vB＝1m/s （3）选A、B和弹簧组成的系统为研究对象，设t0时弹簧伸长量为Δx1，弹簧伸长过程中皮带与A、B摩擦产生的热量为Q1。在t0之前，由fA＝fB＝f，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒 皮带与A、B物块摩擦产生的热量Q1＝fΔx1 代入数据得Q1＝4J，Δx1＝1mt0时刻，对物块A分析F弹1＝kΔx1 代入数据得F弹1＝2N＜fmax此后物块A与传送带保持相对静止，从t0到物块B物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量Δxm，弹簧再次伸长过程中皮带与A、B摩擦产生的热量为Q2。 以传送带为参考系，物块A静止，物块B具有向右的速度v3＝1m/s，由能量守恒定律 皮带与A、B滑块摩擦产生的热量Q2＝f（Δxm﹣Δx1） 代入数据得，F弹2＝kΔxm＜fmax 则最终A、B物块相对传送带都静止，和传送带一起以2m/s向左匀速运动 代入数据得弹簧最大伸长量 答：（1）A受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B受到的摩擦力4N，方向水平向左； （2）t＝t0时，B的速度大小是1m/s； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是。 24．（2026•红塔区校级开学）如图所示，半径为R＝2m的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，与光滑平台在最低点相切，P点是圆弧轨道的最高点。静置在平台上的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将它们连接在一起，其间夹着一根被压缩的、长度较短的轻质弹簧（两端未与A、B拴接）。木板C、D静置在平台右侧粗糙的水平面上，上表面与平台平齐，竖直弹性挡板固定在木板D右侧足够远处。已知物块A的质量为m0＝1kg，物块B的质量为m＝2kg，木板C、D的质量均为M＝1kg，C的长度为L＝3.2m。物块B与木板C、D上表面的动摩擦因数均为μ1＝0.25，木板C下表面与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，木板D下表面光滑。现将物块A、B之间的细绳剪断，物块A脱离弹簧后向左滑入半圆形光滑轨道并恰好能通过最高点P。假设A到达P点后立即把A取走，木板D足够长且与弹性挡板碰撞后以原速率反弹。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）轻质弹簧释放的弹性势能； （2）物块B滑离长木板C时的速度大小； （3）木板D第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程。 【答案】（1）轻质弹簧释放的弹性势能为75J。 （2）物块B滑离长木板C时的速度大小为3m/s。 （3）木板D第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程为0.9m。 【详解 】 （1）物体A恰好通过最高点P，根据牛顿第二定律有。 物体A上滑至最高点过程，由机械能守恒定律得，联立解得：vA＝10m/s。 对物体A与B构成的系统，根据动量守恒定律有m0vA﹣mvB＝0，解得：vB＝5m/s。 轻质弹簧释放的弹性势能，解得：Ep＝75J。 （2）物块B在长木板C上运动时，物块B对长木板C的摩擦力f1＝μ1mg＝5N，长木板C受到水平面的最大静摩擦力f2＝μ2（M+m）g＝6N。 由于f1＜f2，故物块B在长木板C上运动时，长木板C、D保持静止。对物块B进行分析，根据牛顿第二定律有μ1mg＝maB，解得：。 设物块B滑离长木板C时的速度为vB1，则有。，解得：vB1＝3m/s。 （3）物块B滑离长木板C后，对物块B与长木板D组成的系统，根据动量守恒定律有mvB1＝（M+m）v1，解得：v1＝2m/s。 长木板D与弹性挡板第一次碰撞后以原速率反弹至速度减为零的过程，根据动能定理有，解得：。 长木板D与弹性挡板第一次碰撞后至物块B与长木板D达到共速的过程，根据动量守恒定律有mv1﹣Mv1＝（M+m）v2，解得：。 长木板D与弹性挡板第二次碰撞后以原速率反弹，根据动能定理有，解得：。 同理可得，，。 即长木板D与弹性挡板碰撞后向左运动的位移是以为首项，以为公比的等比数列， 故长木板D第一次与弹性挡板碰撞后运动的总路程为，解得：sD＝0.9m。 答：（1）轻质弹簧释放的弹性势能为75J。 （2）物块B滑离长木板C时的速度大小为3m/s。 （3）木板D第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程为0.9m。 25．（2026•武邑县校级模拟）如图甲所示，物块B和质量为mA＝6.0kg的物块A用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示。求： （1）物块C的质量mC； （2）物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能E1； （3）从t＝4s到t＝12s，弹簧对物块A的冲量I的大小。 【答案】（1）物块C的质量为2kg； （2）物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能为108J； （3）从t＝4s到t＝12s，弹簧对物块A的冲量I的大小为48N•s。 【详解 】 （1）由图乙可知，C与A碰前速度为 v1＝12m/s，碰后速度为：v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以碰撞前C的速度v1的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mCv1＝（mA+mC）v2，解得：； （2）由能量守恒定律可得物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能为： ； （3）从t＝4s到t＝12s的过程中，对A、C组成的整体，以v2的方向为正方向，则t＝12s时速度为，v3＝﹣3m/s， 由动量定理可得：I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2，代入数据解得：I＝﹣48N•s，可知弹簧对物块A的冲量I的大小为48N•s。 答：（1）物块C的质量为2kg； （2）物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能为108J； （3）从t＝4s到t＝12s，弹簧对物块A的冲量I的大小为48N•s。 26．（2026春•同步）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起（时间极短），共同压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑块均可视为质点。求： （1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep； （3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vc。 【答案】（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB为2m/s； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep为3J； （3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vC为2m/s。 【详解 】 （1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有： mAgh，解得：v1＝6m/s 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mAv1＝（mA+mB）v2 解得：v2＝2m/s （2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量守恒定律有： mAv1＝（mA+mB+mC）v3，解得：v3＝1m/s 由机械能守恒定律有： Ep（mA+mB）（mA+mB+mC） 解得Ep＝3J （3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v，滑块C的速度为vc 分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有： （mA+mB）v2＝（mA+mB）v+mCvC （mA+mB）（mA+mB）v2mC 解得：vC＝2m/s 答：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB为2m/s； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep为3J； （3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vC为2m/s。 27．（2026•福田区校级模拟）如图所示，质量为1kg的物块A和质量为1.2kg的物块B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上．弹簧与两物块未粘连。解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下开始运动。A分离后向左运动，滑上半径R＝0.5m的光滑半圆轨道，在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N；B分离后向右运动，滑上速度v＝3m/s的足够长的传送带，传送带与平台等高，B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，分离后AB不相碰，取g＝10m/s2。 （1）求A与B分离后瞬间，A的速度大小； （2）求A与B分离后瞬间，B的速度大小； （3）弹簧锁定时的弹性势能Ep； （4）求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q。 【答案】（1）A与B分离后瞬间，A的速度大小为6m/s； （2）A与B分离后瞬间，B的速度大小为5m/s； （3）弹簧锁定时的弹性势能Ep为33J； （4）B在传送带上滑动过程中产生的内能Q为9.6J。 【详解 】 （1）由题意知，物块A在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N，由牛顿第二定律得： 代入数据解得：v0＝4m/s 物块A从分离到圆弧轨道的最高点，根据机械能守恒定律有：mAg×2R 代入数据A与B分离后瞬间，A的速度大小：vA＝6m/s （2）A与B分离后瞬间，由动量守恒可得：mAvA＝mBvB 代入数据得到，A与B分离后瞬间B的速度大小：vB＝5m/s （3）解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得： Ep 代入相关数据得：Ep＝33J （4）B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由动能定理可得 B在传送带上滑动过程中产生的内能：Q＝Wf＝9.6J 答：（1）A与B分离后瞬间，A的速度大小为6m/s； （2）A与B分离后瞬间，B的速度大小为5m/s； （3）弹簧锁定时的弹性势能Ep为33J； （4）B在传送带上滑动过程中产生的内能Q为9.6J。 28．（2026•河南模拟）如图，光滑水平轨道上固定一个光滑圆弧轨道，圆弧的半径为R＝1.2m，圆心角为60°，圆弧右端有一个质量为m＝1kg的长木板A与之接触但不粘连，且A上表面与圆弧右端相切。在长木板A右侧放着很多个滑块（视为质点），滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n。开始时长木板A和滑块均静止。在左侧光滑平台上有两个可视为质点的滑块B、C，且mB＝3mC＝3m，B、C之间有一轻弹簧，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，弹簧此时恰好与B、C接触但不粘连，初始时弹簧弹性势能为EP＝6J。现将细线烧断，B、C在弹簧弹力作用下加速运动直至与弹簧分离，小滑块B与弹簧分离后从平台飞出，且恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，离开圆弧后滑上长木板A，当A、B刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，此后A、B共速时，长木板A总是恰好与滑块1发生弹性碰撞；最终滑块B恰好没从长木板A上滑落，且A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度为g＝10m/s2，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求： （1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小； （2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q； （3）长木板A全过程运动的总位移x。 【答案】（1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小4m/s； （2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q为16.8J； （3）长木板A全过程运动的总位移x为2.25m。 【详解 】 （1）BC组成的系统，动量守恒能量守恒，设向右为正方向，有： 3mvB＝mvC 由机械能守恒由： 解得： vB＝1m/s，vC＝3m/s B到达圆弧处： B滑上长木板的初速度设为v0，则根据动能定理有： 解得：v0＝4m/s （2）开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1，对A、B组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有： 3mv0＝（m+3m）v10 对A根据动能定理有： 解得： 滑块1与滑块2之间的距离为d2，则长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有： mv10＝mvA1+2mv1 结合上述解得： A、B第二次达到相同速度，设向右为正方向，根据动量守恒有： 3mv10+mvA1＝（m+3m）v20 对A由动能定理有： 解得： 滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰撞后静止，滑块2活动速度为，A与1第二次碰撞有： mv20＝mvA2+2mv2 结合上述解得： 依次类推有： （n＝1，2，3…） A、B的相对加速度为： a＝4μg 第n次碰后相对速度为： 第n次碰后，B在A上滑行的路程为： （n＝1，2，3…） 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为： 所以，木板的长度为： 解得： 滑块 B 与长木板A 间摩擦产生的总热量为： Q＝μ×3mgL 代入数据解得：Q＝16.8J （3）根据以上分析可知长木板A 全过程运动的总位移为： x＝d1+d2+••• 解得：x＝2.25m 答：（1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小4m/s； （2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q为16.8J； （3）长木板A全过程运动的总位移x为2.25m。 模型5 板块模型 29．（2026•贵阳校级一模）如图所示，长l＝1m的非弹性轻绳一端固定在O点，另一端拴有小球A，O点正下方l处有一小物块B静置于木板C最右端，小物块D距离C右端2m。开始时C被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角θ＝30°，A由静止释放，轻绳再次伸直时A做圆周运动，到最低点与B发生弹性碰撞，之后B向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，D的质量为M＝2kg，B、D与C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10m/s2。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求： （1）A与B碰撞前A的速度大小； （2）C的长度。 【答案】（1）A与B碰撞前A的速度大小为5m/s。 （2）C的长度为2.25m。 【详解 】 （1）设A由静止开始自由下落，当绳再次绷紧时A的速度大小为vA，对A根据机械能守恒有，解得：。 设A与B碰撞前A的速度大小为v0，从绳再次绷紧后到A运动至最低点的过程中，对A列动能定理方程有，代入数据解得：v0＝5m/s。 （2）设A与B发生弹性碰撞后，A的速度为vA'，B的速度为v1，根据动量守恒有mv0＝mvA'+mv1，根据机械能守恒有， 联立解得：vA'＝0，v1＝5m/s。之后B在C上向左做匀减速直线运动，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得：。 B与D的碰撞为弹性碰撞，设B与D碰撞前瞬间的速度大小为v2，根据运动学公式有，解得：v2＝3m/s。 设B、D发生弹性碰撞后速度分别为vB、vD，以向左为正方向，根据动量守恒有mv2＝mvB+MvD，根据机械能守恒有， 联立解得：vB＝﹣1m/s，vD＝2m/s。即碰撞后B以1m/s的速度向右做减速运动，D以2m/s的速度向左做减速运动，设D的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μMg＝Ma2，解得：。 解除C的锁定后，C向左做匀加速直线运动，设其加速度为a3，根据牛顿第二定律有μMg﹣μmg＝ma3，解得：。 设C加速后经过时间t与D达到共速，则有v共＝vD﹣a2t＝a3t，解得：，v共＝1m/s。此时B的速度大小为vB'＝|vB|﹣a1t，即vB'＝0，则之后C、D将保持相对静止一起向左减速，B将反向向左做加速运动。从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对位移为，所以C的长度为L＝Δx+d＝（0.25+2）m＝2.25m。 答：（1）A与B碰撞前A的速度大小为5m/s。 （2）C的长度为2.25m。 30．（2026•市中区校级模拟）如图所示，平台ab、地面及固定弧形轨道MN均光滑，平台与弧形轨道最低点N之间的高度h＝1m，物块C静止于木板D左端，木板的上表面与弧形轨道最低点N等高，物块C与木板D间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板右端与墙壁之间的距离d＝5.0m。已知传送带顺时针转动，传送带长度L＝2m，物块A与传送带间的摩擦系数μ2＝0.2。物块A、B发生弹性碰撞后，物块B以vB＝4.0m/s的速度水平飞出，从M点处恰好沿切线飞入弧形轨道，在轨道最低点N与物块C发生弹性正碰，碰撞时间极短。经一段时间后木板D和右侧墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知物块C始终未和墙壁碰撞，且未脱离木板，物块A、B、C质量mA＝mB＝mC＝0.5kg，木板D质量mD＝0.1kg，g＝10m/s2，物块均可视为质点，求： （1）物块A冲上传送带的速度范围； （2）小球B与物块C发生碰撞后，物块C的速度大小vC； （3）木板D在地面上滑动的总路程s及木板D的最短长度L。 【答案】（1）物块A冲上传送带的速度范围为至。 （2）物块C碰撞后的速度大小为6.0m/s。 （3）木板D在地面上滑动的总路程为6.8m，木板D所需的最短长度为3.6m。 【详解 】 （1）物块A与B之间发生的是弹性正碰，且两者质量相等，因此碰撞后速度互换。为使B飞出时的速度vB＝4.0m/s，A离开传送带时的速度必须满足vA＝4.0m/s。 根据动能定理，A在传送带上运动的过程满足：。 解得物块A冲上传送带的速度范围为。 （2）物块B从飞出点到轨道最低点N，根据动能定理有：。 由于B与C发生弹性正碰且质量相等，两者交换速度，故vC＝vBN，解得：vC＝6.0m/s。 （3）根据牛顿第二定律，物块C在木板上滑动时的加速度为aC＝μ1g，解得：，木板D的加速度为，解得：。 ①木板D运动的总路程s：初次运动阶段：设C与D经过时间t1后达到共同速度v1，满足vC﹣aCt1＝aDt1，解得：v1＝5.0m/s。 在此阶段，木板D的位移为，解得：xD1＝0.5m，之后两者以共同速度匀速运动d﹣xD1＝4.5m，直至木板D与墙壁碰撞。此阶段木板D的路程为s1＝5.0m。 往复碰撞阶段：木板D每次与墙壁碰撞后，其速度反向，随后与物块C相互作用再次达到共同速度。 以向右为正方向，由动量守恒定律有（mC﹣mD）vn＝（mC+mD）vn+1，解得速度衰减的比例系数为。 木板D在每次碰撞后返回再撞墙的往返路程为。 总路程级数和：总路程为，解得：s＝6.8m。 ②木板D所需的最短长度L：最短长度等于C、D之间所有运动阶段产生的相对位移总和Δx总。 初次共速相对位移：，解得：Δx1＝0.6m。 碰撞过程相对位移：每次木板D与墙壁碰撞瞬间，C与D的相对速度为2vn，从该时刻到两者再次共速，产生的相对位移为。 总长度级数和：最短长度为，解得：L＝3.6m。 答：（1）物块A冲上传送带的速度范围为至。 （2）物块C碰撞后的速度大小为6.0m/s。 （3）木板D在地面上滑动的总路程为6.8m，木板D所需的最短长度为3.6m。 31．（2026春•银川月考）如图所示，质量M＝2kg的长木板静止在水平面上，质量m＝1kg可视为质点的小物块静置于长木板的左端，质量m0＝0.5kg的弹性球以v0＝13.5m/s的水平速度与小物块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。小物块与长木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板下表面与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10m/s2，已知当小物块的动量与长木板的动量大小之比为2：1时，小物块恰好滑离长木板。求： （1）弹性球与小物块碰撞后瞬间，小物块的速度大小； （2）长木板的长度。 【答案】（1）弹性球与小物块碰撞后瞬间，小物块的速度大小是9m/s； （2）长木板的长度是6m。 【详解 】 （1）设碰后弹性球的速度为v，小物块的速度为v1， 弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得m0v0＝m0v+mv1 由能量守恒定律得 代入数据解得v＝﹣4.5m/s，v1＝9m/s （2）碰撞后小物块做减速运动，设加速度大小为a1＝2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 长木板做加速运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律得μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2 当小物块与长木板的动量大小之比为2：1时，设小物块的速度为v2，长木板的速度为v3，有v2＝4v3 设时间为t1，由v﹣t公式得v2＝v1﹣a1t1，v3＝a2t1 代入数据解得t1＝1s，v2＝4m/s，v3＝1m/s 所以木板的长度l，代入数据解得l＝6m 答：（1）弹性球与小物块碰撞后瞬间，小物块的速度大小是9m/s； （2）长木板的长度是6m。 32．（2026春•西城区校级月考）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，求： （1）木板获得的动能Ek； （2）系统损失的机械能ΔE； （3）木板A的最小长度L； （4）A、B间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）木板获得的动能是1J； （2）系统损失的机械能是2J； （3）木板A的最小长度是1m； （4）A、B间的动摩擦因数是0.1。 【详解 】 （1）物块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M+m）v， 由图示图像可知v＝1m/s，代入数据解得M＝2kg 木板获得的动能EkJ＝1J （2）系统损失的机械能ΔE 代入数据解得ΔE＝2J （3）物块到达木板右端时恰好与木板共速，此时木板最短， 则木板的最小长度Lm＝1m （4）对木板，由动量定理得μmgt＝Mv 其中t＝1s，代入数据解得μ＝0.1 答：（1）木板获得的动能是1J； （2）系统损失的机械能是2J； （3）木板A的最小长度是1m； （4）A、B间的动摩擦因数是0.1。 33．（2026•芜湖一模）如图所示，在光滑水平面上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B（可视为质点）置于长板A的最左端，A、B间动摩擦因数μ＝0.2，A、C质量分别为mA＝1kg，mC＝2kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后瞬间C的速度大小为3m/s，方向向右。经过一段时间后，A、B再次达到共同速度，且恰好不能再与C碰撞。重力加速度g取10m/s2。 （1）求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小； （2）B未从板A上滑落，求板A至少多长； （3）从A与C碰后到A、B刚好再次达到共同速度时，求A右端与C之间的距离。 【答案】（1）A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小为1 m/s，方向向左。 （2）板A至少长3 m。 （3）A右端与C之间的距离为2 m。 【详解 】 （1）在碰撞过程中，A与C之间的内力远大于外力，取水平向右为正方向，对A、C系统应用动量守恒定律，有mAv0＝mAvA+mCvC，解得：vA＝﹣1m/s，方向向左。 （2）由题意可知，最终A、B、C三者速度相同，取水平向右为正方向，根据系统动量守恒定律，有（mA+mB+mC）v共＝（mA+mB）v0，又因为v共＝vC＝3m/s，解得：mB＝2kg。 碰撞后，A、B系统减少的动能转化为内能，由能量守恒定律得，解得：Δx＝3m，即板A的长度至少为3m。 （3）在A、B相对运动过程中，对A进行受力分析，由牛顿第二定律可得μmBg＝mAa，解得：a＝4m/s2。 则从A、C碰撞后到A、B共速所经历的时间为，解得t＝1s。在此过程中，A的位移为，解得xA＝1m。 对C而言，其位移为xC＝vCt，解得xC＝3m。故此时A、C之间的距离为d＝xC﹣xA，解得d＝2m。 答：（1）A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小为1 m/s，方向向左。 （2）板A至少长3 m。 （3）A右端与C之间的距离为2 m。 34．（2026•通州区二模）如图所示，光滑水平面上有一静止小车，质量M＝3kg，车前、后壁间距L＝4.75m，车上放置质量mA＝1kg，长度LA＝1.75m的木板A，木板上有一小物块B，质量mB＝4kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与车厢间的动摩擦因数μ2＝0.24，开始B和A紧靠车厢前壁，现给小车向前的初速度v0＝8m/s，已知A与后壁碰撞黏在一起，B与后壁碰撞为弹性碰撞，经过一定时间后，A、B与小车三者相对静止，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）A与后壁碰撞前，车、A、B的加速度大小a1、aA、aB； （2）整个过程A与B之间摩擦产生的内能Q； （3）从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小x。 【答案】（1）车、A、B的加速度的大小分别为4m/s2、4m/s2、2m/s2； （2）整个过程中，A和B之间摩擦产生的内能为18J； （3）小车的位移大小为7m。 【详解 】 （1）对车、A、B分别受力分析，假设均相对运动，可知车、A、B受到水平方向的摩擦力如下： 三者的加速度的大小满足：μ2（mA+mB）g＝Ma1，μ2（mA+mB）g﹣μ1mBg＝mAaA，μ1mBg＝mBaB，解得：，，，即B的加速度比A的小，即B会相对A运动，假设合理，车、A、B的加速度的大小分别为4m/s2、4m/s2、2m/s2； （2）对车、A、B相撞前，应用运动学关系式，可得：，，，速度满足：v1＝v0﹣a1t1，vA＝aAt1，vB＝aBt1，车与A碰撞时，位移满足：x1﹣xA＝L﹣LA，解得A与后壁碰撞需要的时间：t1＝0.5s，碰撞前A、B、车的位移分别为：x1＝3.5m，xA＝0.5m，xB＝0.25m； A与车碰后，根据A与后壁会黏在一起，以车的初速度方向为正方向，对A和车碰撞瞬间应用动量守恒，可得：Mv1+mAvA＝（M+mA）v共，解得碰后：v共＝5m/s； A与后壁黏在一起后，对A和车整体受力分析，可得：，B与后壁碰撞前，应用运动学关系式，可得：，，x1A﹣xB2＝LA﹣（xA﹣xB），v1A＝v共﹣a共t2，vB2＝vB+aBt2，解得：t2＝0.5s，x1A＝2.25m，xB2＝0.75m，v1A＝4m/s，vB2＝2m/s； B与后壁碰撞后，由题意可知发生弹性碰撞，以车的初速度方向为正方向，可得到：（mA+M）v1A+mBvB2＝（mA+M）v2+mBv3，，解得：v2＝2m/s，v3＝4m/s； 对碰撞后的A和车整体、B受力分析，可知受力大小不变，方向都反向，碰撞后的A和车整体：v＝v2+a共t3，B：v＝v3﹣aBt3，A和车的位移：，B的位移：，解得：v＝3m/s，t3＝0.5s，xA1＝1.25m，xB3＝1.75m，其中：xB3﹣xA1＝1.75m﹣1.25m＝0.5m＜LA，即B未滑出A板； 联立几段运动过程，根据功能关系，即可得到整个过程中，A和B之间摩擦产生的内能为：Q＝μ1mBgLA+μ1mBg（xB3﹣xA1），解得：Q＝18J； （3）几段运动过程中，小车始终沿原方向运动，小车的位移大小为：x＝x1+x1A+xA1，解得：x＝7m。 答：（1）车、A、B的加速度的大小分别为4m/s2、4m/s2、2m/s2； （2）整个过程中，A和B之间摩擦产生的内能为18J； （3）小车的位移大小为7m。 35．（2026•江苏模拟）如图所示，光滑水平面上，长度L＝4.75m、质量M＝0.5kg的木板处于静止。在与木板右端相距L′＝3m处固定有挡板装置，其左侧表面AB为圆弧的一部分，AB的圆心为O、半径R＝0.2m、圆心角为120°，过最低点A的切线水平且与木板的上表面等高。t＝0时，质量m＝1kg的小物块以v0＝6m/s的速度滑上木板的左端，当木板碰到挡板装置时立即与挡板粘在一起并保持静止。小物块离开木板后，从A点进入圆弧轨道并恰能到达最高点B。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求： （1）物块在木板上运动的时间； （2）物块在AB上克服摩擦力做的功； （3）离开B点后，物块第一落点（木板上表面高度处）与A点的距离。 【答案】（1）物块在木板上运动的时间为1.75秒。 （2）物块在AB上克服摩擦力做的功为1.0焦耳。 （3）离开B点后，物块第一落点与A点的距离为0。 【详解 】 （1）物块滑上木板后，木板加速、物块减速。依据动量守恒定律有mv0＝（m+M）v1，解得共速速度v1＝4m/s； 根据能量守恒可得，解得相对位移Δx＝3m；木板加速阶段的位移为，代入数据得x1＝2m，对应时间t1＝1s； 木板撞向挡板前匀速运动的位移为L'﹣x1＝1m，匀速运动时间t2＝0.25s；木板停止后，物块在剩余长度L﹣Δx＝1.75m上减速滑出，由运动学公式，解得v2＝3m/s，此过程历时t3＝0.5s； 物块在木板上运动的总时间为t＝t1+t2+t3，计算得t＝1.75s。 （2）物块恰能通过B点，重力的径向分力提供向心力，满足，解得v3＝1m/s；从A点到B点的竖直高度差为h＝R（1﹣cos120°），代入数值得h＝0.3m； 根据动能定理，从A到B有，代入已知数据，解得物块克服摩擦力所做的功W＝1.0J。 （3）物块从B点飞出后做斜抛运动，其初速度v3与水平方向夹角为60°，且指向A点所在竖直线方向。竖直方向位移满足，解得飞行时间； 水平方向位移为x＝v3cos60°t4，计算得；由几何关系可知，B点与A点的水平距离d＝Rsin120°，求得；由于x＝d，可知物块第一落点恰好位于A点，故与A点距离为0。 答：（1）物块在木板上运动的时间为1.75秒。 （2）物块在AB上克服摩擦力做的功为1.0焦耳。 （3）离开B点后，物块第一落点与A点的距离为0。 1 / 39 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考物理三轮大题集训2：力学三大观点的综合应用 模型1 爆炸反冲人船模型 1．【答案】（1）礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小为60m/s。 （2）在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小310N。 （3）论证见解析，α的值为。 【详解 】 （1）礼花弹弹射出筒后做竖直上抛运动，上升到最高点时速度为0。 由匀变速直线运动规律可得 代入数据可得v0＝60m/s。 （2）礼花弹从发射到最高点的总时间t总包括：筒内加速时间t0＝0.2s和筒外竖直上抛时间t。 由竖直上抛运动的规律可得，解得t＝6s 所以从发射到最高点的总时间t总＝t+t0＝6s+0.2s＝6.2s。 设发射装置中火药气体对礼花弹的平均冲击力为F，取向上为正方向，从礼花弹发射到空中最高点处由动量定理可得Ft0﹣Mg（t+t0）＝0 解得F＝310N。 （3）爆炸瞬间释放的能量E转化为球形“火球”中空气的动能。 火球半径为R，则被推动空气的质量 冲击波的平均传播速度可近似为 空气获得的动能为 爆炸能量等于空气动能，即 整理得，可知。 答：（1）礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小为60m/s。 （2）在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小310N。 （3）论证见解析，α的值为。 2．【答案】（1）在最低点时，游客对轻绳的拉力F是900N，方向竖直向下； （2）长木板A的长度d是12m； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其他条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，游客最终停在离木板右端的距离s是4.08m。 【详解 】 （1）由 代入数据得v＝8m/s 又根据 代入数据得F＝900N 结合牛顿第三定律可知游客对轻绳的拉力大小为 900N，方向竖直向下 （2）规定初速度方向为正，由m1v＝（m1+m2）v共 代入数据得v共＝5m/s 又根据 代入数据得d＝12m （3）对游客和物体 B 组成的系统满足水平方向上动量守恒及机械能守恒即水平方向始终满足 m1v1x＝m3v3x 得 m1x1＝m3x3 又根据 x1+x3＝lcosθ 代入数据得x3＝5.12m 又由 m1v2＝m3v3，及 代入数据得 游客在长木板上满足 代入数据得x2＝3.2m 游客最终离长木板右端距离满足 代入数据得s＝4.08m 即游客最终离长木板右端 4.08m 答：（1）在最低点时，游客对轻绳的拉力F是900N，方向竖直向下； （2）长木板A的长度d是12m； （3）若固定长木板A，解除物体B固定装置，使其可沿光滑轨道自由滑动，保持其他条件不变，游客仍到最低点时释放轻绳滑上长木板，游客最终停在离木板右端的距离s是4.08m。 3．【答案】（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2为。 （2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。 （3）木板的长度L为3.25m，从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t约为2.3s。 【详解 】 （1）滑块沿木板下滑时，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律可得m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a1，代入数据，解得滑块加速度。 此时木板恰好静止，表明其合力为零，受力满足m2gsinθ+μ1m1gcosθ＝f斜，其中f斜为斜面对木板的最大静摩擦力，有f斜＝μ2（m1+m2）gcosθ。代入数据得1×10×0.6+0.5×2×10×0.8＝μ2×（2+1）×10×0.8，解得：。 （2）滑块与炸药碰撞前的速度，代入数据可得v0＝2m/s。爆炸瞬间内力远大于外力，系统动量守恒。取沿斜面向下为正方向，有m1v0＝m1v1+m2v2。 爆炸产生的推力使木板获得沿斜面向下的速度v2＝10m/s，代入数据得2×2＝2v1+1×10，解得v1＝﹣3m/s。因此，爆炸后瞬间滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。 （3）爆炸后，滑块向上做匀减速运动，其加速度，代入数据可得（方向向下）；木板向下做匀减速运动，其加速度，代入数据可得（方向向下）。设经过时间t1两者达到共同速度，有v1+a1't1＝v2+a2't1，即﹣3+10t1＝10﹣16t1，解得t1＝0.5s。此时共同速度v＝2m/s。在此过程中，木板相对滑块的位移即为木板长度L，，代入得，代入数据可得L＝3.25m。 共速后，滑块向下运动的加速度，代入数据可得，木板所受合力F＝m2gsinθ+μ1m1gcosθ﹣μ2（m1+m2）gcosθ，即F＝6N+8N﹣14N＝0N，故木板做匀速直线运动。相对加速度。第二次碰撞时滑块相对木板的位移为L，由运动学公式得，解得，即。总时间t＝t1+t2＝0.5s+1.8s＝2.3s。 答：（1）木板与斜面间的动摩擦因数μ2为。 （2）炸药爆炸后瞬间，滑块的速度大小为3m/s，方向沿斜面向上。 （3）木板的长度L为3.25m，从炸药爆炸到滑块与挡板第二次碰撞的时间t约为2.3s。 4．【答案】（1）爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。 （2）炸裂后A的速度大小为m/s。 （3）爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。 【详解 】 （1）烟花弹从抛出点运动至最高点（爆炸点）的过程：水平方向位移为，竖直方向位移为，解得：x＝120 m，h＝80 m。 （2）爆炸后，A部分做抛体运动：其竖直方向分速度为vAy＝gtA，设爆炸后A运动总时间为t，满足位移方程，水平方向分速度，合速度大小，解得：m/s。 （3）爆炸瞬间，系统动量守恒：水平方向有Mv0cosθ＝mAvAx+mBvBx，竖直方向有0＝mAvAy+mBvBy，爆炸释放的化学能，解得：ΔE＝1462.5 J。 答：（1）爆炸点到抛出点的水平距离为120 m，竖直距离为80 m。 （2）炸裂后A的速度大小为m/s。 （3）爆炸过程中释放的化学能为1462.5 J。 5．【答案】（1）缓冲器形变量分别为d1＝5cm和d2＝10cm时，缓冲器储存的能量E1是125J，E2是375J。 （2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W是225J。 （3）在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系为。 【详解 】 （1）当d1＝5cm时，由图像可知 代入数据得E1＝125J 当d2＝10cm时，由图像可知 代入数据得E2＝375J （2）设人的初速度为v0，平抛时间为t，人与甲共速为v，竖直方向 水平方向s＝v0t 规定初速度方向为正，水平动量守恒Mv0＝2Mv 对甲 代入数据得W＝225J （3）设人的初速度为v1，人与甲共速为v2，缓冲器形变量最大时共速 v3规定初速度方向为正，水平动量守恒Mv1＝2Mv2，2Mv2＝3Mv3 甲、乙共速时 （ⅰ）若ΔE＝E1，代入数据得 若，则缓冲器释放能量至原形时甲、乙速度分别为v甲、vx， 规定初速度方向为正，由动量守恒2Mv2＝2Mv甲+Mvx， 代入数据得 （ⅱ）若ΔE＝E2，代入数据得 若，代入数据得 答：（1）缓冲器形变量分别为d1＝5cm和d2＝10cm时，缓冲器储存的能量E1是125J，E2是375J。 （2）人落入甲到与甲共速过程对甲做的功W是225J。 （3）在缓冲器形变允许范围内，讨论最终乙靠岸的速度vx与人初速度v1的关系为。 6．【答案】（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间为； （2）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度为。 【详解 】 （1）设烟花弹上升的初速度为v0，有，烟花弹从地面上升到最高点，做竖直上抛运动有0＝v0﹣gt，代入数据可得； （2）火药爆炸后，质量较大部分速度方向竖直向下，大小为v2，质量较小部分做竖直上抛运动，速度大小为v1， 以竖直向下为正方向，烟花弹爆炸时动量守恒，有，由能量守恒定律可知，， 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，爆炸后烟花弹质量较小部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律可知E＝mgh1，，爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度h＝h1+h2，代入数据可得h。 答：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间为； （2）爆炸后质量较小的部分距地面的最大高度为。 7．【答案】（1）小球的速度大小为2m/s； （2）轻绳的拉力大小为140N； （3）滑块运动的路程为0.4m； （4）若轻绳突然断裂，小球落地瞬间与滑块的距离为。 【详解 】 （1）小球释放后，二者组成的系统机械能守恒，二者在水平方向上动量守恒Mv＝mv1，代入数据可得v＝2m/s，v1＝4m/s； （2）对小球，由牛顿第二定律可知，代入数据可得F＝140N； （3）由人船模型可知，小球第一次运动至滑块正下方时Mx＝mx1，x+x1＝L，代入数据可得x1＝0.4m； （4）轻绳断裂后，小球做平抛运动，在竖直方向上有，在水平方向上有L0＝vt， 滑块向右做匀速直线运动，有L1＝v1t，小球落地瞬间与滑块的距离满足，代入数据可得。 答：（1）小球的速度大小为2m/s； （2）轻绳的拉力大小为140N； （3）滑块运动的路程为0.4m； （4）若轻绳突然断裂，小球落地瞬间与滑块的距离为。 模型2 斜面曲面模型 8．【答案】（1）轨道对物块的支持力大小为2mg。 （2）弹簧的初始弹性势能为mgR。 （3）物块在最高点时的动能为。 【详解 】 （1）物块运动至C点后，沿圆弧轨道滑行至D点恰好未脱离，表明其在D点速度为零，该过程机械能守恒，有， 在C点，根据牛顿第二定律得，联立两式，解得轨道对物块的支持力大小为FN＝2mg。 （2）物块自A点由静止释放，最终运动到D点，依据能量守恒定律，有Ep＝μmgR+mgR（1﹣cos60°），代入已知μ＝0.5，解得弹簧的初始弹性势能为Ep＝mgR。 （3）物块从D点抛出后做斜抛运动，到达轨迹最高点时仅剩水平分速度vx，设其在D点的抛出速度大小为vD，则有vx＝vDcos60°。 由于最高点与O点等高，物块从D点到最高点，在竖直方向上升的高度为h1＝R﹣R（1﹣cos60°）＝0.5R，由竖直方向的运动学公式得。 物块在最高点时的动能为，联立以上各式，解得物块在最高点时的动能为。 答：（1）轨道对物块的支持力大小为2mg。 （2）弹簧的初始弹性势能为mgR。 （3）物块在最高点时的动能为。 9．【答案】（1）若M＝m，A第一次滑出轨道B的最高点后至落回B的最高点前的过程中的位移大小是4R； （2）若小球能二次向右滑上轨道B，需要M＞3m。 【详解 】 （1）弹性势能转化为小球A的动能得， 得v0，当A到B的最高点时，规定初速度方向为正，水平方向动量守恒，有mv0＝2mvx 得，AB整体机械能守恒，有4mgR 得，A离开B后竖直方向t 水平方向：x＝vxt＝4R （2）规定初速度方向为正，A从B上落回地面动量守恒：mv0＝mv1+Mv2 机械能守恒： 解得，，A球与弹簧碰撞后，A要能第二次滑上B必须v3＞v2，故M＞3m 答：（1）若M＝m，A第一次滑出轨道B的最高点后至落回B的最高点前的过程中的位移大小是4R； （2）若小球能二次向右滑上轨道B，需要M＞3m。 10．【答案】（1）小球的初速度大小是4m/s，质量m是5kg； （2）小球运动到最高点时的速度大小是m/s； （3）小球能够上升的最大高度h是m。 【详解 】 （1）规定初速度方向为正，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1+Mv2 代入数据得 结合题图乙可得， 代入数据得v0＝4m/s，m＝5kg。 （2）小球运动到最高点时，在竖直方向上的速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v其，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v共 代入数据得。 （3）小球从开始运动至到达最高点的过程中，由机械能守恒定律得 代入数据得。 答：（1）小球的初速度大小是4m/s，质量m是5kg； （2）小球运动到最高点时的速度大小是m/s； （3）小球能够上升的最大高度h是m。 11．【答案】（1）小滑块运动过程中的最大速度大小3m/s； （2）轨道BC的最小长度L是1m； （3）当小车相对地面有最大位移时，小滑块水平方向相对地面位移的大小x是1.2m。 【详解 】 （1）小滑块在长滑板上运动的过程中，长滑板先加速后减速，最后静止。小滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得0＝mvm﹣Mv 由机械能守恒律得 代入数据得小滑块运动过程中的最大速度大小vm＝3m/s （2）对整个运动过程，由水平方向动量守恒定律得0＝（m+M）v 代入数据得v＝0 由能量守恒定律得mgR＝μmgL 代入数据得轨道BC间的最小长度L＝1m。 （3）设长滑板相对地面的最大位移大小为s，小滑块水平方向相对地面的位移为x取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得 又s+x＝1.6m 代入数据得小滑块水平方向相对地面的位移的大小x＝1.2m 答：（1）小滑块运动过程中的最大速度大小3m/s； （2）轨道BC的最小长度L是1m； （3）当小车相对地面有最大位移时，小滑块水平方向相对地面位移的大小x是1.2m。 12．【答案】（1）释放小球时，弹簧的弹性势能为； （2）小球到达Q点时，小车的速度大小为； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度为。 【详解 】 （1）由系统机械能守恒有，解得； （2）小球在小车上运动时，在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒，小球到达Q点时，小球和小车水平方向共速，以水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv0＝（m+3m）v，解得； （3）设小球离开小车时竖直方向的速度大小为vy，从小球离开平台到离开小车过程，由系统机械能守恒有， 小球离开小车竖直方向做竖直上抛运动有，联立解得还能上升的高度，小球离开平台后，离平台的最大高度：H＝R+h2，解得：。 答：（1）释放小球时，弹簧的弹性势能为； （2）小球到达Q点时，小车的速度大小为； （3）小球离开平台后，离平台的最大高度为。 13．【答案】（1）小物块运动到B点时的速度大小为。 （2）小物块经过竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小为14N。 （3）小物块离E点的最大高度为1.4m。 （4）小物块在E点受到的支持力大小为50N。 【详解 】 （1）小物块从A点运动至B点，根据动能定理可得，代入已知数据，解得：。 （2）小物块从B点运动到C点，由动能定理有； 从C点运动至圆轨道最高点的过程，满足；在最高点，根据牛顿第二定律可得，联立解得物块对轨道的压力FN＝14N。 （3）物块滑上小车并运动至最高点的过程中，系统在水平方向动量守恒，有mvC＝（m+M）v共； 根据系统机械能守恒，可得，代入数据，解得：物块离E点的最大高度H＝1.4m。 （4）物块返回并从E点滑离的过程可视为弹性碰撞。设物块最终速度为v1，小车最终速度为v2， 由动量守恒mvC＝mv1+Mv2和机械能守恒联立可得物块相对于小车的速度大小Δv＝|v1﹣v2|＝vC； 在E点，根据牛顿第二定律有，解得：物块在E点所受支持力FNE＝50N。 答：（1）小物块运动到B点时的速度大小为。 （2）小物块经过竖直圆轨道最高点时对轨道的压力大小为14N。 （3）小物块离E点的最大高度为1.4m。 （4）小物块在E点受到的支持力大小为50N。 14．【答案】（1）滑到B点处的速度大小为4m/s； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功为0.9J； （3）受到轨道的压力大小为3N。 【详解 】 （1）物块从P点到B点的过程，只有重力做功，由机械能守恒定律得，vBm/s＝4m/s； （2）由于传送带足够长，则物块滑上传送带后，先做匀加速直线运动，然后与传送带共速后做匀速直线运动，由动能定理得该过程摩擦力对物块做的功为（）J＝0.9J； （3）物块从进入圆弧轨道直至到达圆弧轨道最高点的过程，物块和半圆弧轨道组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则有mv0＝mv1+Mv2 解得v1＝﹣2.2m/s，v2＝0.8m/s（另一组解不符合题意，舍去） 物块在最高点时，由牛顿第二定律得 解得F＝3N。 答：（1）滑到B点处的速度大小为4m/s； （2）从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功为0.9J； （3）受到轨道的压力大小为3N。 模型3 子弹打木块模型 15．【答案】（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右； （2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右； （3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。 【详解 】 （1）子弹穿出小球后，小球做平抛运动，水平方向：x＝v1t，竖直方向：，解得小球的水平速度：v1＝20m/s，由图可知小球的水平分速度向右； （2）子弹穿出小球的过程，以子弹的初速度为正方向，由动量守恒，可得：m2v0＝m2v2+m1v1，解得子弹的速度：v2＝100m/s，水平向右； （3）子弹穿出前后，由能量守恒，可得：，解得系统损失的机械能：ΔE＝1160J。 答：（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右； （2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右； （3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。 16．【答案】（1）子弹相对木块静止时的速度大小； （2）子弹对木块的平均作用力大小是； （3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE是。 【详解 】 （1）子弹相对木块静止时的速度大小v，以子弹的初速度方向为正方向，子弹与木块组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，系统初动量为子弹的动量，木块初始静止动量为0；末态两者共速，总质量为M+m 规定初速度方向为正，由动量守恒定律mv0＝（M+m）v 解得共速速度 （2）木块水平方向仅受子弹的平均作用力F，在Δt时间内速度从0增加到v 规定初速度方向为正，由动量定理（合外力的冲量等于物体动量的变化量）F•Δt＝Mv﹣0 代入数据得F （3）初动能 末动能 则损失的机械能：ΔE＝Ek初﹣Ek末 代入数据得ΔE 答：（1）子弹相对木块静止时的速度大小； （2）子弹对木块的平均作用力大小是； （3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE是。 17．【答案】（1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小为（或27.5N）。 （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小为。 【详解 】 （1）子弹击中木块过程，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝（m1+m2）vA，解得击中后两者的共同速度为vA＝6m/s。 在轨道最低点A处，对整体应用牛顿第二定律，有，代入数据解得轨道对整体的支持力FN＝27.5N。 根据牛顿第三定律，木块对轨道的压力大小。 （2）设木块离开轨道时，其速度方向与竖直向上方向夹角为θ，此时轨道对其支持力为零，由牛顿第二定律得。 从最低点A运动至离开点C的过程中，系统机械能守恒，有。 联立两式，可解得离开瞬间的速度大小为，代入数据计算得。 答：（1）木块到达半圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小为（或27.5N）。 （2）木块离开半圆形轨道时速度的大小为。 18．【答案】（1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小是12N； （2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q是34.5J； （3）子弹落地点与悬点O的水平距离d是6m。 【详解 】 （1）木块在最高点，由牛顿第二定律有 木块从最低点运动到最高点的过程，由机械能守恒定律有 木块在最低点，由牛顿第二定律有 代入数据得FT＝12N （2）子弹与木块系统动量守恒，规定初速度方向为正，则mv0＝mv1+Mv2… 系统能量守恒则 代入数据得Q＝34.5J （3）子弹射穿木块后做平抛运动，可得，d＝v1t 代入数据得d＝6m 答：（1）子弹水平穿出瞬间，细绳对木块拉力FT的大小是12N； （2）子弹射穿木块过程中产生的热量Q是34.5J； （3）子弹落地点与悬点O的水平距离d是6m。 19．【答案】（1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小为4m/s； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量为18N•s，方向竖直向上。 【详解 】 （1）规定向下为正方向，子弹打入瞬间，子弹和物块可看作动量守恒，则有mv0＝（m+M）v，解得v＝4m/s （2）选向上为正方向，在t＝1s内，对物块由动量定理I﹣（M+m）gt＝2（m+M）v 解得I＝18N•s，方向竖直向上 答：（1）子弹打入物块瞬间，物块的速度大小为4m/s； （2）t＝1.0s内弹簧对物块的冲量为18N•s，方向竖直向上。 20．【答案】（1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小为0.6m/s； （2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度h为0.018m； （3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE为898.2J。 【详解 】 （1）子弹射入沙袋的过程，规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝（M+m）v 代入数据解得v＝0.6m/s （2）子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得 代入数据解得h＝0.018m （3）根据能量守恒定律可得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能为 ΔE 代入数据解得ΔE＝898.2J 答：（1）子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小为0.6m/s； （2）子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度h为0.018m； （3）子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE为898.2J。 21．【答案】（1）连续射击后皮划艇的速度大小v为4m/s； （2）连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小F为80N。 【详解 】 （1）以皮划艇、士兵和装备系统为研究对象，以子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 100mv0+（M﹣100m）v艇＝0 代入数据解得： v艇＝﹣4m/s 负号表示：皮划艇的速度方向与子弹速度方向相反。 （2）对皮划艇（包括枪与剩余子弹）），以子弹的速度方向为正方向，由动量定理得 Ft＝（M﹣100m）v艇﹣0 代入数据解得： F＝﹣80N 负号表示方向与子弹速度方向相反。 答：（1）连续射击后皮划艇的速度大小v为4m/s； （2）连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小F为80N。 模型4 弹簧模型 22．【答案】（1）质量为m1的物块从轨道顶端下滑至底端时，对轨道的压力大小为12N。 （2）两物块压缩弹簧过程中，弹簧弹性势能的最大值为4J。 （3）两物块最终停下的位置离C点的距离为0.5m。 【详解 】 （1）设物块m1从轨道顶端滑到底端时的速度为v1。在此过程中，根据机械能守恒定律有。 在轨道底端，由牛顿第二定律可得，联立解得：v1＝6m/s，FN＝12N。依据牛顿第三定律，物块m1对轨道底端的压力F'N＝FN＝12N。 （2）物块m1从A点运动到C点与m2碰撞前，由动能定理得，解得：v'1＝5m/s。 m1与m2发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v'1＝（m1+m2）v2，解得：v2＝4m/s。 两物块黏合后压缩弹簧至最短，此过程中动能全部转化为弹簧的弹性势能，当两物块速度为零时弹性势能最大，由功能关系得，解得：Emax＝4J。 （3）设两物块第一次被弹簧反弹后，速度减为零时在BC段滑行的位移为x1，根据能量守恒有Emax＝μ（m1+m2）gx1，解得：x1＝8m。 由于x1＞LAB+LBC，说明物块将冲上圆弧轨道并返回。设两物块返回A点时的速度为v3，由动能定理得，解得：。 设两物块以此速度在传送带上向左减速至与传送带共速v＝2m/s的位移为x2，则有，解得：x2＝0.5m。 由于x2＜LAB，表明两物块最终能与传送带共速，并随传送带匀速运动至B点。 此后，物块将再次经BC段压缩弹簧，被反弹后又在传送带上做减速与加速运动。 由于每次经过BC段均有能量损耗，速度逐渐减小，经多次往复后最终静止。 设两物块在BC段运动的总路程为s，由动能定理得﹣2μgs＝0﹣v2，解得：s＝2m＝4LBC。 由此可知，两物块最终停在B点，即其最终位置与C点的距离为LBC＝0.5m。 答：（1）质量为m1的物块从轨道顶端下滑至底端时，对轨道的压力大小为12N。 （2）两物块压缩弹簧过程中，弹簧弹性势能的最大值为4J。 （3）两物块最终停下的位置离C点的距离为0.5m。 23．【答案】（1）A受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B受到的摩擦力4N，方向水平向左； （2）t＝t0时，B的速度大小是1m/s； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是。 【详解 】 （1）对物块A分析，规定末速度方向为正，由动量定理得I＝mv0﹣0 代入数据得v0＝4m/s 大于传送带速度。 fA＝μ1mAg＝4N 方向水平向右 fB＝μ2mBg＝4N 方向水平向左 （2）A、B所组成的系统合外力为0，由动量守恒得mAv0＝mAv+mBvB 代入数据得vB＝1m/s （3）选A、B和弹簧组成的系统为研究对象，设t0时弹簧伸长量为Δx1，弹簧伸长过程中皮带与A、B摩擦产生的热量为Q1。在t0之前，由fA＝fB＝f，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒 皮带与A、B物块摩擦产生的热量Q1＝fΔx1 代入数据得Q1＝4J，Δx1＝1mt0时刻，对物块A分析F弹1＝kΔx1 代入数据得F弹1＝2N＜fmax此后物块A与传送带保持相对静止，从t0到物块B物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量Δxm，弹簧再次伸长过程中皮带与A、B摩擦产生的热量为Q2。 以传送带为参考系，物块A静止，物块B具有向右的速度v3＝1m/s，由能量守恒定律 皮带与A、B滑块摩擦产生的热量Q2＝f（Δxm﹣Δx1） 代入数据得，F弹2＝kΔxm＜fmax 则最终A、B物块相对传送带都静止，和传送带一起以2m/s向左匀速运动 代入数据得弹簧最大伸长量 答：（1）A受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B受到的摩擦力4N，方向水平向左； （2）t＝t0时，B的速度大小是1m/s； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是。 24．【答案】（1）轻质弹簧释放的弹性势能为75J。 （2）物块B滑离长木板C时的速度大小为3m/s。 （3）木板D第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程为0.9m。 【详解 】 （1）物体A恰好通过最高点P，根据牛顿第二定律有。 物体A上滑至最高点过程，由机械能守恒定律得，联立解得：vA＝10m/s。 对物体A与B构成的系统，根据动量守恒定律有m0vA﹣mvB＝0，解得：vB＝5m/s。 轻质弹簧释放的弹性势能，解得：Ep＝75J。 （2）物块B在长木板C上运动时，物块B对长木板C的摩擦力f1＝μ1mg＝5N，长木板C受到水平面的最大静摩擦力f2＝μ2（M+m）g＝6N。 由于f1＜f2，故物块B在长木板C上运动时，长木板C、D保持静止。对物块B进行分析，根据牛顿第二定律有μ1mg＝maB，解得：。 设物块B滑离长木板C时的速度为vB1，则有。，解得：vB1＝3m/s。 （3）物块B滑离长木板C后，对物块B与长木板D组成的系统，根据动量守恒定律有mvB1＝（M+m）v1，解得：v1＝2m/s。 长木板D与弹性挡板第一次碰撞后以原速率反弹至速度减为零的过程，根据动能定理有，解得：。 长木板D与弹性挡板第一次碰撞后至物块B与长木板D达到共速的过程，根据动量守恒定律有mv1﹣Mv1＝（M+m）v2，解得：。 长木板D与弹性挡板第二次碰撞后以原速率反弹，根据动能定理有，解得：。 同理可得，，。 即长木板D与弹性挡板碰撞后向左运动的位移是以为首项，以为公比的等比数列， 故长木板D第一次与弹性挡板碰撞后运动的总路程为，解得：sD＝0.9m。 答：（1）轻质弹簧释放的弹性势能为75J。 （2）物块B滑离长木板C时的速度大小为3m/s。 （3）木板D第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程为0.9m。 25． 【答案】（1）物块C的质量为2kg； （2）物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能为108J； （3）从t＝4s到t＝12s，弹簧对物块A的冲量I的大小为48N•s。 【详解 】 （1）由图乙可知，C与A碰前速度为 v1＝12m/s，碰后速度为：v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以碰撞前C的速度v1的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mCv1＝（mA+mC）v2，解得：； （2）由能量守恒定律可得物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能为： ； （3）从t＝4s到t＝12s的过程中，对A、C组成的整体，以v2的方向为正方向，则t＝12s时速度为，v3＝﹣3m/s， 由动量定理可得：I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2，代入数据解得：I＝﹣48N•s，可知弹簧对物块A的冲量I的大小为48N•s。 答：（1）物块C的质量为2kg； （2）物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能为108J； （3）从t＝4s到t＝12s，弹簧对物块A的冲量I的大小为48N•s。 26．【答案】（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB为2m/s； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep为3J； （3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vC为2m/s。 【详解 】 （1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有： mAgh，解得：v1＝6m/s 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mAv1＝（mA+mB）v2 解得：v2＝2m/s （2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量守恒定律有： mAv1＝（mA+mB+mC）v3，解得：v3＝1m/s 由机械能守恒定律有： Ep（mA+mB）（mA+mB+mC） 解得Ep＝3J （3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v，滑块C的速度为vc 分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有： （mA+mB）v2＝（mA+mB）v+mCvC （mA+mB）（mA+mB）v2mC 解得：vC＝2m/s 答：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB为2m/s； （2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep为3J； （3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vC为2m/s。 27．【答案】（1）A与B分离后瞬间，A的速度大小为6m/s； （2）A与B分离后瞬间，B的速度大小为5m/s； （3）弹簧锁定时的弹性势能Ep为33J； （4）B在传送带上滑动过程中产生的内能Q为9.6J。 【详解 】 （1）由题意知，物块A在轨道最高点轨道对其的压力大小是22N，由牛顿第二定律得： 代入数据解得：v0＝4m/s 物块A从分离到圆弧轨道的最高点，根据机械能守恒定律有：mAg×2R 代入数据A与B分离后瞬间，A的速度大小：vA＝6m/s （2）A与B分离后瞬间，由动量守恒可得：mAvA＝mBvB 代入数据得到，A与B分离后瞬间B的速度大小：vB＝5m/s （3）解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得： Ep 代入相关数据得：Ep＝33J （4）B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由动能定理可得 B在传送带上滑动过程中产生的内能：Q＝Wf＝9.6J 答：（1）A与B分离后瞬间，A的速度大小为6m/s； （2）A与B分离后瞬间，B的速度大小为5m/s； （3）弹簧锁定时的弹性势能Ep为33J； （4）B在传送带上滑动过程中产生的内能Q为9.6J。 28．【答案】（1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小4m/s； （2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q为16.8J； （3）长木板A全过程运动的总位移x为2.25m。 【详解 】 （1）BC组成的系统，动量守恒能量守恒，设向右为正方向，有： 3mvB＝mvC 由机械能守恒由： 解得： vB＝1m/s，vC＝3m/s B到达圆弧处： B滑上长木板的初速度设为v0，则根据动能定理有： 解得：v0＝4m/s （2）开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1，对A、B组成的系统动量守恒，设向右为正方向，有： 3mv0＝（m+3m）v10 对A根据动能定理有： 解得： 滑块1与滑块2之间的距离为d2，则长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有： mv10＝mvA1+2mv1 结合上述解得： A、B第二次达到相同速度，设向右为正方向，根据动量守恒有： 3mv10+mvA1＝（m+3m）v20 对A由动能定理有： 解得： 滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰撞后静止，滑块2活动速度为，A与1第二次碰撞有： mv20＝mvA2+2mv2 结合上述解得： 依次类推有： （n＝1，2，3…） A、B的相对加速度为： a＝4μg 第n次碰后相对速度为： 第n次碰后，B在A上滑行的路程为： （n＝1，2，3…） 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为： 所以，木板的长度为： 解得： 滑块 B 与长木板A 间摩擦产生的总热量为： Q＝μ×3mgL 代入数据解得：Q＝16.8J （3）根据以上分析可知长木板A 全过程运动的总位移为： x＝d1+d2+••• 解得：x＝2.25m 答：（1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小4m/s； （2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q为16.8J； （3）长木板A全过程运动的总位移x为2.25m。 模型5 板块模型 29．【答案】（1）A与B碰撞前A的速度大小为5m/s。 （2）C的长度为2.25m。 【详解 】 （1）设A由静止开始自由下落，当绳再次绷紧时A的速度大小为vA，对A根据机械能守恒有，解得：。 设A与B碰撞前A的速度大小为v0，从绳再次绷紧后到A运动至最低点的过程中，对A列动能定理方程有，代入数据解得：v0＝5m/s。 （2）设A与B发生弹性碰撞后，A的速度为vA'，B的速度为v1，根据动量守恒有mv0＝mvA'+mv1，根据机械能守恒有， 联立解得：vA'＝0，v1＝5m/s。之后B在C上向左做匀减速直线运动，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得：。 B与D的碰撞为弹性碰撞，设B与D碰撞前瞬间的速度大小为v2，根据运动学公式有，解得：v2＝3m/s。 设B、D发生弹性碰撞后速度分别为vB、vD，以向左为正方向，根据动量守恒有mv2＝mvB+MvD，根据机械能守恒有， 联立解得：vB＝﹣1m/s，vD＝2m/s。即碰撞后B以1m/s的速度向右做减速运动，D以2m/s的速度向左做减速运动，设D的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μMg＝Ma2，解得：。 解除C的锁定后，C向左做匀加速直线运动，设其加速度为a3，根据牛顿第二定律有μMg﹣μmg＝ma3，解得：。 设C加速后经过时间t与D达到共速，则有v共＝vD﹣a2t＝a3t，解得：，v共＝1m/s。此时B的速度大小为vB'＝|vB|﹣a1t，即vB'＝0，则之后C、D将保持相对静止一起向左减速，B将反向向左做加速运动。从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对位移为，所以C的长度为L＝Δx+d＝（0.25+2）m＝2.25m。 答：（1）A与B碰撞前A的速度大小为5m/s。 （2）C的长度为2.25m。 30．【答案】（1）物块A冲上传送带的速度范围为至。 （2）物块C碰撞后的速度大小为6.0m/s。 （3）木板D在地面上滑动的总路程为6.8m，木板D所需的最短长度为3.6m。 【详解 】 （1）物块A与B之间发生的是弹性正碰，且两者质量相等，因此碰撞后速度互换。为使B飞出时的速度vB＝4.0m/s，A离开传送带时的速度必须满足vA＝4.0m/s。 根据动能定理，A在传送带上运动的过程满足：。 解得物块A冲上传送带的速度范围为。 （2）物块B从飞出点到轨道最低点N，根据动能定理有：。 由于B与C发生弹性正碰且质量相等，两者交换速度，故vC＝vBN，解得：vC＝6.0m/s。 （3）根据牛顿第二定律，物块C在木板上滑动时的加速度为aC＝μ1g，解得：，木板D的加速度为，解得：。 ①木板D运动的总路程s：初次运动阶段：设C与D经过时间t1后达到共同速度v1，满足vC﹣aCt1＝aDt1，解得：v1＝5.0m/s。 在此阶段，木板D的位移为，解得：xD1＝0.5m，之后两者以共同速度匀速运动d﹣xD1＝4.5m，直至木板D与墙壁碰撞。此阶段木板D的路程为s1＝5.0m。 往复碰撞阶段：木板D每次与墙壁碰撞后，其速度反向，随后与物块C相互作用再次达到共同速度。 以向右为正方向，由动量守恒定律有（mC﹣mD）vn＝（mC+mD）vn+1，解得速度衰减的比例系数为。 木板D在每次碰撞后返回再撞墙的往返路程为。 总路程级数和：总路程为，解得：s＝6.8m。 ②木板D所需的最短长度L：最短长度等于C、D之间所有运动阶段产生的相对位移总和Δx总。 初次共速相对位移：，解得：Δx1＝0.6m。 碰撞过程相对位移：每次木板D与墙壁碰撞瞬间，C与D的相对速度为2vn，从该时刻到两者再次共速，产生的相对位移为。 总长度级数和：最短长度为，解得：L＝3.6m。 答：（1）物块A冲上传送带的速度范围为至。 （2）物块C碰撞后的速度大小为6.0m/s。 （3）木板D在地面上滑动的总路程为6.8m，木板D所需的最短长度为3.6m。 31．【答案】（1）弹性球与小物块碰撞后瞬间，小物块的速度大小是9m/s； （2）长木板的长度是6m。 【详解 】 （1）设碰后弹性球的速度为v，小物块的速度为v1， 弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得m0v0＝m0v+mv1 由能量守恒定律得 代入数据解得v＝﹣4.5m/s，v1＝9m/s （2）碰撞后小物块做减速运动，设加速度大小为a1＝2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 长木板做加速运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律得μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2 当小物块与长木板的动量大小之比为2：1时，设小物块的速度为v2，长木板的速度为v3，有v2＝4v3 设时间为t1，由v﹣t公式得v2＝v1﹣a1t1，v3＝a2t1 代入数据解得t1＝1s，v2＝4m/s，v3＝1m/s 所以木板的长度l，代入数据解得l＝6m 答：（1）弹性球与小物块碰撞后瞬间，小物块的速度大小是9m/s； （2）长木板的长度是6m。 32．（2026春•西城区校级月考）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，求： （1）木板获得的动能Ek； （2）系统损失的机械能ΔE； （3）木板A的最小长度L； （4）A、B间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）木板获得的动能是1J； （2）系统损失的机械能是2J； （3）木板A的最小长度是1m； （4）A、B间的动摩擦因数是0.1。 【详解 】 （1）物块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（M+m）v， 由图示图像可知v＝1m/s，代入数据解得M＝2kg 木板获得的动能EkJ＝1J （2）系统损失的机械能ΔE 代入数据解得ΔE＝2J （3）物块到达木板右端时恰好与木板共速，此时木板最短， 则木板的最小长度Lm＝1m （4）对木板，由动量定理得μmgt＝Mv 其中t＝1s，代入数据解得μ＝0.1 答：（1）木板获得的动能是1J； （2）系统损失的机械能是2J； （3）木板A的最小长度是1m； （4）A、B间的动摩擦因数是0.1。 33．【答案】（1）A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小为1 m/s，方向向左。 （2）板A至少长3 m。 （3）A右端与C之间的距离为2 m。 【详解 】 （1）在碰撞过程中，A与C之间的内力远大于外力，取水平向右为正方向，对A、C系统应用动量守恒定律，有mAv0＝mAvA+mCvC，解得：vA＝﹣1m/s，方向向左。 （2）由题意可知，最终A、B、C三者速度相同，取水平向右为正方向，根据系统动量守恒定律，有（mA+mB+mC）v共＝（mA+mB）v0，又因为v共＝vC＝3m/s，解得：mB＝2kg。 碰撞后，A、B系统减少的动能转化为内能，由能量守恒定律得，解得：Δx＝3m，即板A的长度至少为3m。 （3）在A、B相对运动过程中，对A进行受力分析，由牛顿第二定律可得μmBg＝mAa，解得：a＝4m/s2。 则从A、C碰撞后到A、B共速所经历的时间为，解得t＝1s。在此过程中，A的位移为，解得xA＝1m。 对C而言，其位移为xC＝vCt，解得xC＝3m。故此时A、C之间的距离为d＝xC﹣xA，解得d＝2m。 答：（1）A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小为1 m/s，方向向左。 （2）板A至少长3 m。 （3）A右端与C之间的距离为2 m。 34．【答案】（1）车、A、B的加速度的大小分别为4m/s2、4m/s2、2m/s2； （2）整个过程中，A和B之间摩擦产生的内能为18J； （3）小车的位移大小为7m。 【详解 】 （1）对车、A、B分别受力分析，假设均相对运动，可知车、A、B受到水平方向的摩擦力如下： 三者的加速度的大小满足：μ2（mA+mB）g＝Ma1，μ2（mA+mB）g﹣μ1mBg＝mAaA，μ1mBg＝mBaB，解得：，，，即B的加速度比A的小，即B会相对A运动，假设合理，车、A、B的加速度的大小分别为4m/s2、4m/s2、2m/s2； （2）对车、A、B相撞前，应用运动学关系式，可得：，，，速度满足：v1＝v0﹣a1t1，vA＝aAt1，vB＝aBt1，车与A碰撞时，位移满足：x1﹣xA＝L﹣LA，解得A与后壁碰撞需要的时间：t1＝0.5s，碰撞前A、B、车的位移分别为：x1＝3.5m，xA＝0.5m，xB＝0.25m； A与车碰后，根据A与后壁会黏在一起，以车的初速度方向为正方向，对A和车碰撞瞬间应用动量守恒，可得：Mv1+mAvA＝（M+mA）v共，解得碰后：v共＝5m/s； A与后壁黏在一起后，对A和车整体受力分析，可得：，B与后壁碰撞前，应用运动学关系式，可得：，，x1A﹣xB2＝LA﹣（xA﹣xB），v1A＝v共﹣a共t2，vB2＝vB+aBt2，解得：t2＝0.5s，x1A＝2.25m，xB2＝0.75m，v1A＝4m/s，vB2＝2m/s； B与后壁碰撞后，由题意可知发生弹性碰撞，以车的初速度方向为正方向，可得到：（mA+M）v1A+mBvB2＝（mA+M）v2+mBv3，，解得：v2＝2m/s，v3＝4m/s； 对碰撞后的A和车整体、B受力分析，可知受力大小不变，方向都反向，碰撞后的A和车整体：v＝v2+a共t3，B：v＝v3﹣aBt3，A和车的位移：，B的位移：，解得：v＝3m/s，t3＝0.5s，xA1＝1.25m，xB3＝1.75m，其中：xB3﹣xA1＝1.75m﹣1.25m＝0.5m＜LA，即B未滑出A板； 联立几段运动过程，根据功能关系，即可得到整个过程中，A和B之间摩擦产生的内能为：Q＝μ1mBgLA+μ1mBg（xB3﹣xA1），解得：Q＝18J； （3）几段运动过程中，小车始终沿原方向运动，小车的位移大小为：x＝x1+x1A+xA1，解得：x＝7m。 答：（1）车、A、B的加速度的大小分别为4m/s2、4m/s2、2m/s2； （2）整个过程中，A和B之间摩擦产生的内能为18J； （3）小车的位移大小为7m。 35．【答案】（1）物块在木板上运动的时间为1.75秒。 （2）物块在AB上克服摩擦力做的功为1.0焦耳。 （3）离开B点后，物块第一落点与A点的距离为0。 【详解 】 （1）物块滑上木板后，木板加速、物块减速。依据动量守恒定律有mv0＝（m+M）v1，解得共速速度v1＝4m/s； 根据能量守恒可得，解得相对位移Δx＝3m；木板加速阶段的位移为，代入数据得x1＝2m，对应时间t1＝1s； 木板撞向挡板前匀速运动的位移为L'﹣x1＝1m，匀速运动时间t2＝0.25s；木板停止后，物块在剩余长度L﹣Δx＝1.75m上减速滑出，由运动学公式，解得v2＝3m/s，此过程历时t3＝0.5s； 物块在木板上运动的总时间为t＝t1+t2+t3，计算得t＝1.75s。 （2）物块恰能通过B点，重力的径向分力提供向心力，满足，解得v3＝1m/s；从A点到B点的竖直高度差为h＝R（1﹣cos120°），代入数值得h＝0.3m； 根据动能定理，从A到B有，代入已知数据，解得物块克服摩擦力所做的功W＝1.0J。 （3）物块从B点飞出后做斜抛运动，其初速度v3与水平方向夹角为60°，且指向A点所在竖直线方向。竖直方向位移满足，解得飞行时间； 水平方向位移为x＝v3cos60°t4，计算得；由几何关系可知，B点与A点的水平距离d＝Rsin120°，求得；由于x＝d，可知物块第一落点恰好位于A点，故与A点距离为0。 答：（1）物块在木板上运动的时间为1.75秒。 （2）物块在AB上克服摩擦力做的功为1.0焦耳。 （3）离开B点后，物块第一落点与A点的距离为0。 1 / 39 学科网（北京）股份有限公司 $