2025-2026学年高一下学期物理期末复习解答题精练：动量守恒定律

**基本信息** 聚焦动量守恒定律应用，通过基础、中档、压轴三级梯度训练，构建从单一守恒到多规律综合的解题能力，强化运动与相互作用观念及模型建构思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础题|8题|涵盖碰撞、弹簧、圆弧轨道等模型，考查动量定理、守恒条件判断|从动量定理到系统守恒，构建"条件分析-方程列写-结果讨论"基础逻辑链| |中档题|11题|涉及多过程问题，融合能量守恒、摩擦生热，如滑块木板、圆弧与斜面组合|拓展守恒条件适用场景，建立"过程拆分-规律匹配-关联方程"综合分析框架| |压轴题|9题|复杂综合题，含传送带、多次碰撞、弹簧往复运动，如子弹打物块系列|深化多体多过程动态分析，培养科学推理与质疑创新能力，衔接高考命题趋势|

高一下物理期末复习解答题精练：动量守恒定律 （三大部分，共28小题） 第一部分：基础题 1．如图所示，在某次3000m短道速滑接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以15m/s的速度向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.8s，冰面阻力足够小，求： （1）在乙推甲的过程中，乙对甲的平均作用力大小； （2）乙推甲后两人分开时乙的速度。 【分析】（1）用动量定理分析； （2）用动量守恒分析。 【解答】解：（1）乙推甲的过程中，对运动员甲，由动量定理可知：Ft＝mv甲2﹣mv甲1，代入数据可得：F＝375N； （2）以甲的运动方向为正方向，乙推甲的过程中，二者动量守恒：mv乙1+mv甲1＝mv乙2+mv甲2，代入数据可得：v乙2＝7m/s，方向与甲运动方向相同。 答：（1）在乙推甲的过程中，乙对甲的平均作用力大小为375N； （2）乙推甲后两人分开时乙的速度大小为7m/s，方向与甲运动方向相同。 【点评】考查了动量定理和动量守恒定律的应用，注意速度的方向即可。 2．如图所示，在光滑水平面上放置A、B两物体，质量均为m，其中B物体带有不计质量的弹簧静止在水平面内。A物体以速度v0向右运动，并压缩弹簧。求： （1）弹簧压缩量达到最大时，A、B两物体的速度大小vA和vB。 （2）弹簧弹性势能的最大值Ep。 【分析】在AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统发生弹性碰撞，机械能守恒，由机械能守恒可求得弹性势能的最大值。 【解答】解：两物体及弹簧在碰撞中动量守恒；当压缩量最大时，二者速度相同；设向右为正方向； 由动量守恒定律可知：mv0＝2mv， 解得：vv0， （2）两物体距离最近时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：•2mv2+EP， 解得：EP 答：（1）A、B两物体的速度大小vA和vB均为v0， （2）弹簧弹性势能的最大值Ep为 【点评】本题主要考查了弹性碰撞过程中，动量守恒、机械能守恒的应用，要准确掌握系统中对应的物理过程。 3．如图所示，质量为4kg的足够高的圆弧滑块A放置在光滑水平地面上，下端与水平地面相切。质量为2kg的小球B以3m/s的初速度从水平地面沿滑块上滑（小球未冲出圆弧滑块），不计小球体积，g＝10m/s2，求： （1）圆弧滑块固定在地面上时，小球B上升到最高点的高度； （2）圆弧滑块不固定时，小球B上升到最高点的高度。 【分析】（1）当圆弧滑块固定时，小球B的动能完全转化为重力势能。根据能量守恒，小球的初动能等于上升到最高点时的重力势能，由此可直接求出最大高度。 （2）当圆弧滑块不固定时，系统动量守恒。小球上滑过程中，滑块会获得水平速度。根据动量守恒求出两者共同速度，再结合能量守恒，将小球初动能转化为系统动能与小球重力势能之和，从而计算出小球上升的最大高度。 【解答】解：（1）设小球初速度为 v0，质量为 m＝2kg，滑块固定时，小球在光滑曲面上滑动过程中机械能守恒：，解得：h1＝0.45m （2）设滑块质量为 M＝4kg，当滑块不固定时，系统在水平方向动量守恒：mv0＝（M+m）v1，解得：v1＝1m/s，根据能量守恒：，解得：h2＝0.3m 答：（1）滑块固定时，小球B上升到的最高高度为 0.45 m。 （2）滑块不固定时，小球B上升到的最高高度为 0.30 m。 【点评】本题综合考查机械能守恒和动量守恒定律的应用，计算量适中但需要较强的物理建模能力。第一问是基础的动能转化为重力势能问题，第二问则巧妙结合了水平方向动量守恒和系统机械能守恒，体现了对能量转化与守恒思想的深入理解。滑块可移动时系统动能损失导致小球上升高度降低，这种对比设计能有效检验学生对守恒条件的掌握程度。 4．如图所示，相距足够远，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的物体静止在光滑水平面上，与水平方向的夹角θ＝37°，大小F＝3N的恒力作用于物体A，历时t＝10s后撤去F。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求时间t内A物体的动量变化的大小Δp； （2）若A、B碰撞后粘在一起，求它们碰撞后的速度大小v。 【分析】（1）取向右为正方向，对物体A由动量定理求解动量变化； （2）根据动量守恒定律列方程求解。 【解答】解：（1）取向右为正方向，对物体A由动量定理可得：Δp＝Ftcosθ 代入数据解得：Δp＝24kg•m/s； （2）由于A原来静止，故碰撞前A的动量为p1＝24kg•m/s 取向右为正方向，由动量守恒定律有：p1＝（mA+mB）v 代入数据解得：v＝8m/s。 答：（1）物体的动量变化的大小为24kg•m/s； （2）若A、B碰撞后粘在一起，它们碰撞后的速度大小为8m/s。 【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和动量定理；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。 5．如图所示，质量M＝1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.495kg的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量m0＝0.005kg的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。求： （1）物块的最大速度v1； （2）木板的最大速度v2； （3）物块在木板上滑动的时间t。 【分析】（1）子弹击中木块瞬间与木块达到共同速度时木块的速度最大，该过程子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的最大速度； （2）木块与木板速度相等时木板速度最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木板的最大速度； （3）对木板，运用动量定理求得物块在木板上滑动的时间。 【解答】解：（1）子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得 m0v0＝（m+m0）v1 代入数据解得 v1＝3m/s （2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，根据三者组成的系统动量守恒得 （m+m0）v1＝（M+m+m0）v2 代入数据解得 v2＝1m/s （3）对木板，取向右为正方向，根据动量定理得 μ（m+m0）gt＝Mv2﹣0 代入数据解得 t＝0.5s 答：（1）物块的最大速度3m/s； （2）木板的最大速度1m/s； （3）物块在木板上滑动的时间0.5s。 【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律可以解题。 6．如图，轻弹簧的两端分别连接A、B两物块，置于光滑的水平面上．初始时，A紧靠墙壁，弹簧处于压缩状态且被锁定．已知A、B的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg，初始时弹簧的弹性势能EP＝4.5J．现解除对弹簧的锁定，求： （ⅰ）从解除锁定到A刚离开墙壁的过程中，弹簧对B的冲量I的大小和方向； （ⅱ）A的最大速度vm． 【分析】（ⅰ）根据能量守恒求出弹簧恢复原长时B的速度，当弹簧恢复原长后，A开始离开墙壁，结合动量定理求出从解除锁定到A刚离开墙壁的过程中，弹簧对B的冲量I的大小和方向． （ⅱ）当弹簧第一次恢复原长后，A离开墙壁；当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A的最大速度． 【解答】解：（i）当弹簧恢复原长时，B的速度为vB，此时A恰好离开墙壁，有： Epm2 …① 以水平向右方向为正方向，解除锁定到物块A刚离开墙壁的过程中，由动量定理得 I＝m2vB﹣0…② 由①②式，代入数据得：I＝3 N•s…③ 方向水平向右 （ii）当弹簧第一次恢复原长后，A离开墙壁；当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，设此时B的速度为vB′，由动量守恒定律及机械能守恒定律有： m2vB＝m1vm+m2vB′…④ m2m1m2vB′2…⑤ 由①④⑤式，代入数据解得：vm＝2 m/s…⑥ 答：（ⅰ）从解除锁定到A刚离开墙壁的过程中，弹簧对B的冲量I的大小为3N•s，方向向右； （ⅱ）A的最大速度vm为2m/s． 【点评】本题考查了动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律的综合运用，知道A、B在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，本题综合性比较强，是一道考查能力的好题． 7．如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），在A、B间系一轻质细绳固定．在短暂时间内烧断细绳，B向右运动，脱离轻弹簧一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m，求： （1）B、C相撞前一瞬间B的速度大小； （2）绳被烧断前弹簧的弹性势能为多大？ 【分析】（1）研究B与C碰撞过程，根据动量守恒定律列式，可求得B、C相撞前一瞬间B的速度大小； （2）研究绳被烧断，A、B被弹簧弹出的过程，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式，求解绳被烧断前弹簧的弹性势能． 【解答】解：（1）设B、C相撞前一瞬间B的速度大小为vB． 对于B与C碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mvB﹣2mv0＝0 解得 vB＝2v0 （2）设A被弹出的速度大小为vA． 研究绳被烧断，A、B被弹簧弹出的过程，取向右为正方向，根据系统的动量守恒和机械能守恒得 0＝mvB﹣mvA． Ep． 联立解得 Ep＝4． 答： （1）B、C相撞前一瞬间B的速度大小是2v0； （2）绳被烧断前弹簧的弹性势能为4． 【点评】解决本题的关键是明确碰撞和弹簧释放过程遵守的基本规律：动量守恒定律，要搞清能量是如何转化的． 8．如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度，初速度大小为，式中g为重力加速度，不计空气阻力。求： （1）球C向右摆动过程中，当A、B、C速度相同时，求C球上升的高度h； （2）求B与A分开后B的速度大小。 【分析】（1）球C向右摆动过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。当A、B、C三者速度相同时，球C上升到最大高度，竖直方向速度为零。此时，整个系统的机械能也守恒。利用初始水平动量和机械能，结合速度相等条件，可建立动量守恒与机械能守恒的方程，联立求解出高度h。 （2）球C从最高点摆回最低点时，细线恢复竖直，A、B之间无相互作用力，两者开始分离。从初始状态到A、B分离的整个过程，系统水平方向动量守恒，且整个系统机械能守恒。分离瞬间，A与C因轻杆连接，速度相同。利用这两个守恒定律，列出分离瞬间A、C共同速度与B速度的关系方程，即可求解B分离后的速度。 【解答】解：（1）球C向右摆动时，系统水平方向动量守恒，当A、B、C三者速度相等时，球C达到最大高度。由动量守恒定律得mv0＝3mv1，由机械能守恒定律得，联立并代入，解得：。 （2）当球C摆回最低点，细线竖直，A、B间弹力为零，B与A分离，此后B做匀速直线运动。从初始至分离过程，系统水平动量守恒且机械能守恒。 由动量守恒定律得mv0＝mvC+2mvB，由机械能守恒定律得，联立并代入，解得：。 答：（1）球C上升至与A、B速度相等时的高度为。 （2）B与A分开后B的速度大小为。 【点评】本题是一道综合性较强的力学题目，主要考查动量守恒定律与机械能守恒定律在复杂系统中的应用。题目涉及多个物体相互作用的过程分析，对学生的物理建模能力和过程分解能力提出了较高要求。第一问要求分析系统共速时球C的上升高度，需准确选取系统并判断守恒条件，计算量适中。第二问的难点在于识别B与A分离的临界条件，即细线竖直且A、B间弹力为零的时刻，这需要学生深入理解动力学原理。整个题目通过巧妙的过程设计，有效锻炼了学生综合运用两大守恒定律解决多阶段、多对象问题的能力，是一道能区分学生思维深度的好题。 第二部分：中档题 9．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求： （1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小； （2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能； （3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。 【分析】（1）根据机械能守恒定律分析出滑块到达最低点的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律分析出A对轨道的压力； （2）先根据动量守恒定律分析出碰撞后的速度，结合能量守恒定律分析出损失的机械能； （3）根据动能定理分析出AB整体在桌面上滑动的距离。 【解答】解：（1）滑块A下滑的过程，机械能守恒，则有 滑块A在圆轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得： 根据牛顿第三定律可知，N＝FN 联立解得：N＝3N （2）AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒定律得： mv＝2mv′ 根据能量守恒定律得： 联立解得：ΔE＝0.4J （3）对AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得： 解得：l＝1m 答：（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小为3N； （2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能为0.4J； （3）A和B整体在桌面上滑动的距离为1m。 【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，分析过程中涉及到了机械能守恒定律，同时结合牛顿第二定律分析出滑块的受力情况，同时结合动能定理完成解答。 10．如图所示，圆心为O点半径为0.5m光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，ON垂直于MN，质量为0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离L＝0.25m。另一质量为0.2kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块A运动到N点时对曲面的压力的大小； （2）物块A与B碰撞前的速度的大小； （3）物块A与B第一次碰撞后两物体的速度。 【分析】（1）根据机械能守恒定律求得物块A下滑到N点的速度大小，根据牛顿第二定律与牛顿第三定律求解物块A运动到N点时对曲面的压力的大小； （2）根据动能定理求解物块A与B碰撞前的速度的大小； （3）物块A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律解答。 【解答】解：（1）物块A从静止开始下滑到N点的过程，由机械能守恒定律得： 设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得： 其中：mA＝0.2kg，R＝0.5m 联立解得：FN＝4.8N 由牛顿第三定律得曲面受到的压力大小为：F压＝FN＝4.8N； （2）设物块A与B碰撞前的速度的大小为v，对物块A，根据动能定理得： mAgLsinθ﹣μmAgLcosθmAv2mA 其中：μ＝0.5 解得：v＝3m/s （3）物块A与物块B发生弹性碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2。以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： mAv＝mAv1+mBv2 联立解得：v1＝2m/s，v2＝5m/s，方向均沿斜面向下。 答：（1）物块A运动到N点时对曲面的压力的大小为4.8N； （2）物块A与B碰撞前的速度的大小为3m/s； （3）物块A与B第一次碰撞后A的速度大小为2m/s，B的速度大小为5m/s，方向均沿斜面向下。 【点评】本题考查了动量守恒定律应用的弹性碰撞模型，牛顿第二定律在圆周运动中的应用，功能关系问题。掌握弹性碰撞模型的结果经验公式。 11．如图所示，光滑水平面上质量为mA＝2kg，mB＝3kg的A、B两物块用轻质弹簧连接，一起以v0＝4m/s的速度向右匀速运动，与静止在水平面上质量mC＝1kg的物块C发生碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。 （1）若物块B与C发生弹性碰撞，求碰后C的速度大小； （2）若物块B与C碰撞后粘合在一起运动。 ①求碰后C的速度大小； ②求此后弹簧能获得的最大弹性势能。 【分析】（1）弹性碰撞过程系统机械能守恒，动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。 （2）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后B、C的共同速度；A、B、C速度相等时弹簧弹性势能最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。 【解答】解：（1）物块B与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，在水平方向动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv0＝mBvB+mCvC， 由机械能守恒定律得： 代入数据解得：vB＝2m/s，vC＝6m/s （2）①若物块B与C碰撞后粘合在一起运动，碰撞过程系统在水平方向动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBv0＝（mB+mC）v，代入数据解得：v＝3m/s ②当A、B、C三者速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统在水平方向动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0+mBv0＝（mA+mB+mC）v'，代入数据解得： 由机械能守恒定律得：EP， 代入数据解得，弹簧的最大弹性势能EPJ 答：（1）若物块B与C发生弹性碰撞，碰后C的速度大小是6m/s； （2）①碰后C的速度大小是3m/s；②弹簧能获得的最大弹性势能是J。 【点评】根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。 12．如图所示，光滑的玻璃管竖直固定放置，管内一轻弹簧固定在玻璃管的底部，质量为2m的小球A固定在轻弹簧的上端。质量均为m的小球B、C用轻杆连接，在管内从B球距A球h高度处由静止释放。已知A、B、C三球的直径均略小于管的内径，A、B两球碰撞后粘在一起，重力加速度为g，弹簧形变始终在弹性限度内，不计空气阻力。求： （1）B球与A球碰撞前瞬间，B球的速度大小； （2）B球与A球碰撞过程中，三球组成的系统损失的机械能； （3）B球与A球碰撞后瞬间，轻杆对C球的作用力大小。 【分析】（1）B球与C球通过轻杆连接，从静止下落高度h，此过程只有重力对B球做功。将B球和C球视为整体，其总动能的增加等于重力对系统所做的功，通过动能定理即可建立下落高度与B球碰撞前速度的关系。 （2）A球固定于弹簧上端处于平衡状态，B球与A球发生完全非弹性碰撞后粘在一起。此瞬间，由B球、C球及A球组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒条件。利用碰撞前B球的速度和碰撞后A、B整体的速度，根据系统初、末状态的动能变化即可计算损失的机械能。 （3）碰撞后瞬间，A、B粘合体与C球通过轻杆连接，三者具有相同的瞬时加速度。需先分析A、B、C整体的受力：整体受到向下的重力和弹簧向上的弹力，弹簧的初始压缩量由A球最初的平衡条件确定。对整体应用牛顿第二定律求出共同加速度，再隔离C球，分析其受到的杆的作用力和重力，即可求得杆对C球的作用力大小。 【解答】解：（1）根据动能定理，有，解得：。 （2）B球与A球碰撞过程中，根据动量守恒定律，有2mv0＝（2m+2m）v，解得：。 三球组成的系统损失的机械能为，解得：ΔE＝mgh。 （3）B球与A球碰撞后一瞬间，设A、B、C三球的加速度为a，根据牛顿第二定律有4mg﹣kx0＝4ma。 开始时弹簧处于平衡状态，有2mg＝kx0。 设碰撞后一瞬间杆对小球C的作用力为T，对C球有mg﹣T＝ma，联立解得：。 答：（1）B球与A球碰撞前瞬间，B球的速度大小为。 （2）B球与A球碰撞过程中，三球组成的系统损失的机械能为mgh。 （3）B球与A球碰撞后瞬间，轻杆对C球的作用力大小为。 【点评】本题综合考查力学中的动能定理、动量守恒、机械能损失计算以及牛顿第二定律的瞬时应用，是一道综合性较强的题目。题目通过弹簧连接体与碰撞过程的结合，对学生的多过程分析和综合建模能力提出了较高要求。计算过程涉及多个物理规律的衔接，特别是碰撞后瞬间的加速度分析需要准确理解弹簧弹力不突变的特性，并合理选取研究对象进行受力分析，能有效锻炼学生的逻辑推理与公式应用能力。整体难度中等偏上，解答过程需严谨细致。 13．如图所示，质量为m、半径为R、内壁光滑的半圆弧槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为m的小滑块。将一质量为2m的小球自半圆弧槽左端槽口A的正上方某一位置由静止释放，小球由左端A点进入槽内，刚好能到达槽右端C点。重力加速度为g。 （1）求小球第一次运动到半圆弧槽最低点B瞬间，速度vB的大小； （2）求小球第一次经半圆弧槽最低点B到刚好到达槽右端C点过程中，槽对小球做的功； （3）若小球从刚好到槽右端C点至第二次到槽最低点B过程所用的时间为t，求时间t内槽运动的位移大小。 【分析】（1）小球从A到B过程中，槽受墙壁约束保持静止，小球机械能守恒。由释放点到B点的高度差可确定小球在B点的速度，该速度仅由重力做功引起，与槽的运动状态无关。 （2）小球从B到C过程中，槽、滑块与小球构成的系统水平方向不受外力，动量守恒。小球恰能到达C点，表明在C点小球与槽、滑块具有相同水平速度。对小球从B到C过程应用动能定理，槽对小球做的功与重力做功共同改变小球的动能。 （3）小球从C点再次运动到B点过程中，系统水平方向动量守恒。以地面为参考系，分别写出小球和槽（含滑块）的位移与时间关系，并利用小球相对于槽水平向左移动了R的几何约束，联立可求解槽的位移。 【解答】解：（1）设小球在B点的速度大小为vB，在C点时小球、槽、滑块构成的系统共同速度为vC，系统水平方向动量守恒，以运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mvB＝（2m+m+m）vC，系统机械能守恒，有，联立解得：，。 （2）小球自B点运动至C点过程中，设槽对小球所做的功为W，对小球运用动能定理可得，代入vB与vC的值，解得：W＝﹣mgR。 （3）小球从C点再次运动到B点过程中，小球对槽的压力方向仍为右下，槽与滑块作为一个整体继续向右运动，两者未分离。 小球、槽和滑块组成的系统在水平方向不受外力，总动量守恒。 以向右为正方向，设在该时间t内小球的位移为x1，槽与滑块的位移为x2。 由于系统水平方向动量始终为4mvC，故有2mx1+（m+m）x2＝（2m+m+m）vCt。 由几何关系可知，小球从C点到达B点相对于槽水平向左移动了R，即x1＝x2﹣R。 联立两式并代入，解得时间t内槽运动的位移大小为。 答：（1）小球第一次运动到半圆弧槽最低点B瞬间，速度大小为。 （2）小球第一次经半圆弧槽最低点B到刚好到达槽右端C点过程中，槽对小球做的功为﹣mgR。 （3）时间t内槽运动的位移大小为。 【点评】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理以及相对运动关系，属于力学综合问题，难度较大。题目通过小球在光滑半圆弧槽内的运动，构建了多阶段、多物体相互作用的复杂物理情景，对学生的物理建模能力和过程分析能力提出了较高要求。本题计算量适中，但思维链条较长，需要清晰划分运动阶段并准确判断各阶段的受力与运动特征，例如小球从A到B过程槽受墙约束而静止，从B到C过程槽与滑块开始运动，这一临界点的分析是解题关键。同时，题目巧妙地将动量守恒的矢量性与相对位移的几何关系相结合来求解位移，有效考查学生综合运用守恒定律与运动学关系处理复杂系统问题的能力。 14．如图所示，滑块A的质量为m＝0.10kg，从光滑轨道上静止释放，释放位置距轨道底端的高度h＝0.8m，滑块离开轨道立刻滑上紧靠轨道末端的质量为M＝0.30kg的长木板，并刚好不从长木板上滑出。已知木板B的长度L＝2.0m，木板上表面与轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，（空气阻力不计，滑块A视为质点，g取10m/s2）求： （1）滑块运动到轨道底端时速度v0的大小； （2）滑块运动到木板最右端时的速度大小v； （3）滑块与木板间的动摩擦因数μ； （4）滑块在木板上的滑行时间t。 【分析】（1）滑块A从光滑轨道静止释放下滑，此过程机械能守恒，重力势能转化为动能。通过已知高度h和重力加速度g，可直接关联滑块运动到轨道底端时的速度v0，无需考虑中间运动过程。 （2）滑块滑上木板后，两者发生相对滑动，最终滑块“刚好不从长木板上滑出”意味着两者达到共同速度v。以滑块和木板为系统，水平方向不受外力，满足动量守恒。利用滑块初速度v0和两者质量，可建立动量守恒关系，从而求出共同速度v。 （3）滑块在木板上相对滑动的过程中，系统减少的机械能全部转化为因摩擦产生的内能。已知滑块初动能、系统末动能以及相对滑行的长度L，通过能量守恒定律，可以建立摩擦生热与机械能损失的关系，进而求解出动摩擦因数μ。 （4）滑块在木板上滑行的时间t，可以通过分析木板的运动过程来求解。木板在滑块施加的滑动摩擦力作用下由静止开始加速运动，其动量变化由合外力的冲量决定。对木板应用动量定理，利用已求得的μ、共同速度v和木板质量M，即可建立方程求解时间t。 【解答】解：（1）滑块A从光滑轨道由静止滑下，由机械能守恒定律得，代入数据解得滑块滑至轨道底端时速度大小v0＝4m/s。 （2）滑块A滑上长木板B后，因“刚好不从长木板上滑出”，可知滑块运动至木板最右端时两者达到共同速度。 以水平向右为正方向，滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v，代入数据解得滑块运动至木板最右端时的速度大小v＝1m/s。 （3）滑块在长木板上相对滑动时，系统机械能的减少量转化为内能，由能量守恒定律得，代入数据解得滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.3。 （4）以水平向右为正方向，在此滑行过程中对长木板B进行受力分析，其受到的合外力为滑块A对其水平向右的滑动摩擦力，大小为μmg，由动量定理得μmgt＝Mv﹣0，代入数据解得滑块在木板上的滑行时间t＝1s。 答：（1）滑块运动到轨道底端时速度大小为4m/s。 （2）滑块运动到木板最右端时的速度大小为1m/s。 （3）滑块与木板间的动摩擦因数为0.3。 （4）滑块在木板上的滑行时间为1秒。 【点评】本题是一道综合性较强的力学题目，涵盖机械能守恒、动量守恒、能量守恒及动量定理等多个核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，考查学生将多个物理规律串联应用于一个典型过程的能力。滑块滑上木板并“刚好不滑出”这一条件，巧妙地将动量守恒与能量转化联系起来，需要学生准确理解其隐含的共同速度状态。求解动摩擦因数和滑行时间分别运用了功能关系和动量定理，体现了对能量观念和动量观念的深入考查，有助于锻炼学生分析复杂过程、建立物理模型并选择恰当规律解题的综合思维能力。 15．如图所示，光滑轨道MNPQ固定在竖直平面内，MN水平，NPQ为半圆，圆弧轨道的半径R＝0.32m，在N处与MN相切。在直轨道MN上放着质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为m＝2kg的小车，小车上表面与MN等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点Q处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块B运动到圆弧轨道的最低点N时对轨道的压力大小； （2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能Ep； （3）小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。 【分析】（1）分析物块B从N点到Q点的运动过程，B恰好到达最高点的临界条件是重力提供向心力，利用动能定理建立N点速度与Q点速度的关系，结合在N点圆周运动向心力由支持力与重力的合力提供，可求出N点支持力，根据牛顿第三定律得到对轨道的压力。 （2）细绳剪断瞬间，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为A和B的动能。结合第一问求出的B在N点速度，以及A、B系统动量守恒关系，可求出A的初速度，进而根据能量守恒求出弹簧初始的弹性势能。 （3）物块A滑上小车后，A与小车组成的系统水平方向动量守恒，A恰好不掉落意味着最终A与小车达到共同速度。此过程中系统的动能损失等于摩擦产生的热量，也等于克服摩擦力所做的功，该功与摩擦力和相对位移（小车长度）有关，由此可联立求解小车长度和产生的热量。 【解答】解：（1）物块B在最高点时，由牛顿第二定律得。 从N点到Q点过程，根据动能定理有。 在N点，满足。 联立解得FN＝60 N。依据牛顿第三定律，物块B对轨道的压力大小为60 N。 （2）对由物块A与B构成的系统进行分析，以运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mAvA﹣mBvN＝0。 根据能量守恒定律有，解得Ep＝12 J。 （3）当物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设共同速度为v。 由动量守恒定律得mAvA＝（mA+m）v。 根据能量守恒定律有，解得L＝0.5 m，Q＝2 J。 答：（1）物块B运动到圆弧轨道最低点N时对轨道的压力大小为60N。 （2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能为12J。 （3）小车长度为0.5m，物块A在小车上滑动过程中产生的热量为2J。 【点评】本题是一道综合性较强的力学题目，涵盖动量守恒、能量守恒、圆周运动、动能定理以及相对运动等多个核心知识点。题目计算量适中，但解题过程环环相扣，对学生的物理建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。通过分析物块A、B及小车组成的多个物理过程，学生需要清晰地划分不同阶段，并灵活运用动量与能量观点来列方程求解。本题的亮点在于巧妙地将弹簧释放、圆周运动临界条件以及滑块滑板模型融合在一起，考查学生对复杂物理情景的综合分析能力。 16．如图所示，一根长度L＝0.8m的轻绳一端固定于O点，另一端系一个质量m＝1kg的小球A，球A静止时刚好与水平地面接触。O点上方有一短小平台，平台上静止地放一个质量为M＝3kg的小球B。现给球A水平向左的初速度v0＝4m/s，当球A运动到最高点时，与位于平台上的球B发生弹性正碰，球B随即水平飞离平台。重力加速度g取10m/s2。空气阻力不计，求： （1）球A开始运动时，轻绳上的拉力大小； （2）A、B球刚要相碰，A球的速度大小； （3）若球A和球B碰撞结束瞬间，轻绳断开，则球A和球B的落地点之间的距离是多少。 【分析】（1）在开始对球A受力分析，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力大小； （2）根据动能定理求出球A运动到最高点时速度； （3）球A与球B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出碰后两球速度，在根据平抛运动规律求落地点间距离。 【解答】解：（1）球A开始运动时，轻绳的拉力和球A的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得： 解得：T＝130N； （2）设球A碰前速度为v1，球A从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得： 解得：v1＝8.0m/s； （3）设球A和球B碰后的速度分别为v2、v3，球A与球B发生弹性正碰过程水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得： mv1＝mv2+Mv3 由机械能守恒定律得： 解得：v2＝﹣4m/s、v3＝4m/s（2分） 碰后，球A向左做平抛运动，球B向右做平抛运动，设下落时间为t，则 解得： 球A和球B落地点之间的距离： S＝（v2+v3）t 解得：。 答：（1）球A开始运动时，轻绳上的拉力大小为130N； （2）A、B球刚要相碰，A球的速度大小为8.0m/s； （3）若球A和球B碰撞结束瞬间，轻绳断开，则球A和球B的落地点之间的距离是。 【点评】本题是圆周运动、平抛运动、向心力、动量守恒守恒定律和能量守恒的综合应用，难点是分析清楚两球的运动情况，应用动量守恒定律时注意规定正方向。 17．如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L＝18m，沿逆时针方向以恒定速度v0＝2m/s匀速转动。物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A、B质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h＝0.8m，Q点与水平台面右端的水平距离s＝1.6m，g取10m/s2。 （1）求物块A脱离弹簧时速度的大小。 （2）求弹簧储存的弹性势能。 （3）求物块B在离开水平传送带时的速度。 【分析】（1）根据平抛运动规律计算物块A脱离弹簧时速度的大小。 （2）先根据动量守恒定律得到B脱离弹簧的速度，然后根据能量守恒求弹簧储存的弹性势能。 （3）根据牛顿第二定律和运动学公式求出B向右减速到零的位移，和传送带的长度比较判断B能否从右边出去，最后再根据运动学公式求出物块B在离开水平传送带时的速度。 【解答】解：（1）A脱离弹簧后做平抛运动，竖直方向自由下落 水平方向匀速运动s＝vAt 物块A脱离弹簧时速度的大小vA＝4m/s （2）弹簧弹开过程，水平面光滑，A、B系统动量守恒，以水平向右的方向为正方向，有mAvA﹣mBvB＝0 解得vB＝8m/s 弹簧储存的弹性势能等于弹开后A、B的总动能 弹簧储存的弹性势能Ep＝24J （3）B滑上传送带后，受向左的滑动摩擦力，加速度大小a＝μg 即a＝2m/s2，方向向左； 当B减速到零时，由 B向右减速到零的位移x＝16m＜L＝18m B向左加速到与传送带共速v0＝2m/s时的位移 说明共速后B匀速向左离开传送带，最终速度大小为v0＝2m/s 方向向左。 答：（1）物块A脱离弹簧时速度的大小为4m/s。 （2）弹簧储存的弹性势能为24J。 （3）物块B在离开水平传送带时的速度为2m/s，方向向左。 【点评】本题考查的物理过程比较多，涉及到的知识点也比较多，需要清楚每个物理过程，掌握每个过程所遵守的规律。注意第三问需要判断物块B会不会从右边脱离传送带。 18．如图所示，质量m1＝1kg的滑块A（视为质点）放置在质量为m2＝2kg的长木板左端，木板静止在光滑水平面上；距离木板右端s＝1m处的光滑平台与木板上表面等高，平台上质量m3＝0.5kg的圆弧形滑块B从较远处以速度v0＝2m/s向左滑行。现给A向右的初速度v1＝3m/s，当木板与平台刚要碰撞时，A恰好到达木板右端，之后A又恰好不能从B上端飞出，B一直在平台上滑动。A与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）木板的长度L； （2）B的圆弧半径R； （3）A从B底端运动到顶端过程中，B的位移大小x。 【分析】（1）滑块A在木板上向右滑动时受到滑动摩擦力作用，木板在A的摩擦力作用下向右加速运动，两者均做匀变速直线运动。已知木板向右运动至与平台碰撞的位移和时间，利用匀变速直线运动规律分别求出A和木板的位移，两者位移之差即为木板长度。 （2）A滑上平台时具有水平向右的速度，B以已知速度向左运动，A滑上B的圆弧轨道。A与B组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒。A恰好不能从B上端飞出意味着两者达到最高点时相对静止，具有共同水平速度。根据水平方向动量守恒和系统机械能守恒，可建立A的初速度、B的初速度、共同速度与上升高度（即圆弧半径）的关系。 （3）在A沿B的圆弧面向上滑动过程中，系统水平方向动量始终守恒且初动量为零，因此系统质心水平位置不变。利用水平方向平均动量守恒，可将A与B的水平位移与它们的质量联系起来。结合A相对于B的水平位移大小等于圆弧半径这一几何关系，即可求出B的水平位移大小。 【解答】解：（1）滑块A与木板分别做匀减速和匀加速直线运动。 根据牛顿第二定律，滑块A的加速度大小为a1＝μg，木板的加速度大小为。 设木板向右运动距离s与平台碰撞所经历的时间为t，则有。 在此过程中，滑块A发生的位移为。 由于滑块A恰好到达木板右端，故木板的长度L＝x1﹣s，联立以上各式并代入数据，解得：L＝3m。 （2）木板与平台碰撞瞬间，滑块A的速度为vA＝v1﹣a1t，解得：vA＝1m/s。 滑块A滑上平台并进入B后，A与B组成的系统在水平方向动量守恒。 设二者达到相对静止时的共同水平速度为v2，取水平向右为正方向，有m1vA﹣m3v0＝（m1+m3）v2，解得：v2＝0。 根据系统机械能守恒定律，有，代入数据解得B的圆弧半径：R＝0.15m。 （3）在滑块A从B底端运动至顶端的过程中，系统水平方向总动量始终为零。 设此过程中滑块A与物体B的水平位移分别为xA、xB，由水平方向平均动量守恒可得m1xA+m3xB＝0。 由于滑块A恰好到达B的顶端，其水平相对位移的大小等于圆弧半径，即xA﹣xB＝R。 联立两式，解得xB＝﹣0.1m，故物体B的位移大小为x＝0.1m。 答：（1）木板的长度为3m。 （2）B的圆弧半径为0.15m。 （3）B的位移大小为0.1m。 【点评】本题综合考查了动力学、能量守恒与动量观点在复杂多过程问题中的应用。题目以滑块、木板及圆弧滑块组成的系统为载体，将匀变速直线运动、碰撞瞬间速度分析、水平方向动量守恒、系统机械能守恒以及相对运动中的位移关系等核心知识点有机串联，形成了环环相扣的逻辑链条。计算量适中，但物理过程的分析与模型构建能力要求较高，尤其是第三问巧妙地运用了水平方向平均动量守恒与相对位移关系，有效考查了学生将动量守恒定律与运动学位移关系相结合的深度思维能力，是区分学生综合应用能力的一道典型好题。 19．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面平滑相接，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： （1）物块滑到B处时木板的速度vAB； （2）木板的长度L； （3）滑块CD圆弧的半径和物块P在滑块CD上D处受到的弹力大小。 【分析】（1）物块与木板组成的系统在光滑水平面上运动，水平方向不受外力，满足动量守恒。已知物块在B点的速度，结合系统初始动量，即可求出木板此时的速度。 （2）物块在木板上滑动过程，因摩擦产生内能，系统机械能不守恒。对物块和木板组成的系统，应用能量守恒定律，摩擦产生的热量等于系统动能的减少量。已知物块和木板在A、B两点的速度，结合摩擦力做功与木板长度的关系，可求出木板长度。 （3）物块从D点滑上滑块CD并运动至C点的过程，滑块CD与物块组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。同时，系统内只有重力做功，机械能守恒。物块恰好到达C点时，两者水平速度相同。利用两个守恒定律，结合已知的物块和滑块在D点的速度，可求出圆弧半径，结合牛顿第二定律求出物块P在滑块CD上D处受到的弹力大小。 【解答】解：（1）由题可知，物块P、滑块CD和木板AB组成的系统动量守恒，选取向左的方向为正方向，则有 解得物块滑到B处时木板AB的速度的大小为 方向水平向左； （2）物块P由点A到点B过程中，对整个系统由动能定理可得 解得木板的长度为 （3）由点D到点C，滑块CD与物块P组成的系统在水平方向上动量守恒，选取水平向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得 滑块CD与物块P组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得 在D点时，物块P与滑块CD的相对速度为 对物块P受力分析，由牛顿第二定律可得 解得物块P在滑块CD上D处受到的弹力大小FN＝5mg 答：（1）物块滑到B处时木板的速度为，方向水平向左； （2）木板的长度L为； （3）滑块CD圆弧的半径为，物块P在滑块CD上D处受到的弹力大小为5mg。 【点评】本题是一道综合性较强的力学多过程问题，全面考查了动量守恒定律、能量守恒定律以及多物体多阶段运动分析。题目涉及物块在粗糙木板上的匀减速运动、物块与木板组成的系统在水平方向动量守恒、物块在光滑圆弧滑块上的运动以及最终分离的碰撞过程。计算量较大，对学生的物理建模能力、过程分解能力和守恒思想的综合应用能力提出了较高要求。本题的亮点在于巧妙地将多个经典物理模型串联，需要学生深刻理解水平方向动量守恒与机械能守恒在曲线运动中的适用条件。解题关键在于准确划分物理过程，并针对每个阶段灵活选取研究对象与物理规律。 第三部分：压轴题 20．如图所示，一固定光滑水平足够长横杆，长为l＝1m的非弹性轻绳一端固定在杆的左端O点，另一端拴有小球A，紧靠O点有一小环C套在杆上，小球B也由一长为1m的非弹性轻绳悬挂在C上，处于静止状态，整个装置处于同一竖直面内。将连接A球的轻绳拉直与水平方向的夹角成θ＝30°角，由静止释放，运动到最低点时与B球发生弹性碰撞，已知，A的质量为m1＝1kg，B和C质量分别为m2和m3，m2＝m3＝2kg，三者均可视为质点，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）A与B碰撞后，A的速度大小； （2）A与B碰撞后，B上升的最大高度； （3）B再次运动到最低点时绳子的拉力大小。 【分析】（1）由机械能守恒求出当绳再次刚要绷紧时A的速度大小，对A由动能定理求出A与B碰前A的速度大小，最后根据动量守恒和能量守恒定律求A与B碰撞后，A的速度大小； （2）根据动量守恒和能量守恒定律求A与B碰撞后，B上升的最大高度； （3）根据动量守恒和能量守恒定律求出B再次运动到最低点时速度和C的速度，进而求出B相对C的速度大小，最后根据牛顿第二定律求出B再次运动到最低点时绳子的拉力大小。 【解答】解：（1）A由静止开始自由下落，设当绳再次刚要绷紧时A的速度大小为vA，则对A由机械能守恒有： 解得： 设A与B碰前A的速度大小为v0，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A由动能定理得： 解得： v0＝5m/s 设A与B发生弹性碰撞后，A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，以v0的方向为正方向，根据动量守恒有： m1v0＝m1v1+m2v2 由机械能守恒得： 联立解得： （2）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，二者共速时B上升的高度最大，设二者共同速度为v，以v2的方向为正方向，则有： m2v2＝（m2+m3）v 由机械能守恒得： 解得： （3）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，设B再次运动到最低点时速度为v′2，C的速度为v′3，以v2的方向为正方向，则有： m2v2＝m2v′2+m3v′3 由机械能守恒得： 解得： v′2＝0 B相对C的速度大小为 对B由牛顿第二定律得： 解得： 答：（1）A与B碰撞后，A的速度大小为； （2）A与B碰撞后，B上升的最大高度为； （3）B再次运动到最低点时绳子的拉力大小为。 【点评】本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理的应用。对于多物体的相对运动的模型，解答时要理清物体的相对运动过程，确定所研究过程的初末状态。掌握应用动量守恒定律和机械能（或能量）守恒定律综合解决问题的方法。 21．如图甲所示，固定的斜槽ABC的左半部分是四分之一光滑圆弧AB，右半部分是由特殊材料制成的水平面BC，它与小球M间的动摩擦因数μ0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。在C点静止放置一小物块N。紧挨着C点静止着小车P，P上表面与BC齐平且足够长，车与水平地面无摩擦，最右边有一竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现让小球M从斜槽顶端A点由静止运动，经过ABC后与滑块N发生弹性碰撞，碰后滑块N滑上小车，小车与墙壁碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，大小减为碰撞前的一半。已知圆弧半径R＝7.5m，BC段长度为L＝1.2m，小球M与物块N质量均为M＝2kg，小车质量为m＝1kg，上表面与物块N之间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度大小g＝10m/s2，小球M和物块N可视为质点，求： （1）小球M刚要碰到物块N时的速度大小； （2）小车与墙壁第1次碰后到与墙壁第2次碰前瞬间的过程中，物块N与小车间由于摩擦产生的热量； （3）小车与墙壁第1次碰后到与墙壁第4次碰前瞬间的过程中，小车运动的路程。 【分析】（1）小球M从光滑圆弧AB下滑过程机械能守恒，在水平面BC段受变化的摩擦力作用，利用动能定理分析从A到C的全过程。BC段摩擦力做功需通过图乙所示的μ0随距离均匀减小关系，结合摩擦力表达式计算平均摩擦力，从而将已知的半径R、长度L和重力加速度g与小球在C点的速度关联起来。 （2）M与N发生弹性正碰且质量相等，碰撞后交换速度，由此确定N滑上小车P的初速度。第一次碰墙前N与P通过摩擦相互作用达到共同速度，碰墙后小车速度反向且大小减半，而N速度不变，此后到第二次碰墙前两者再次通过摩擦达到新的共同速度。该过程中系统动量守恒，但机械能不守恒，摩擦产生热量等于系统初末动能之差，需分别用碰墙后瞬间N与P的速度及第二次碰墙前共同速度计算动能变化。 （3）小车每次与墙壁碰撞后均先向左匀减速至零再向右加速返回，且每次返回墙壁时恰好与N达到共同速度。需依次分析第一次碰墙后到第二次、第二次到第三次、第三次到第四次碰墙前三个子过程。每个子过程中小车均经历往返运动，其路程可通过该过程初速度（即碰墙后瞬间小车速度）及恒定加速度（由N对P的滑动摩擦力产生）计算往返位移大小，再将三个子过程路程累加得到总路程。 【解答】解：（1）设小球M从A点运动到C点的过程中，BC段的摩擦力做功可利用平均摩擦力进行计算。 根据动能定理可得，代入相关数据，解得小球M刚要接触物块N时的速度大小为v1＝12m/s。 （2）M与N之间发生弹性正碰，由于两者质量相同，碰撞后交换速度，因此N的初始速度为vN0＝v1＝12m/s。 N滑上P后，在第一次与墙壁碰撞前，两者达到共同速度vc1，以向右为正方向，根据动量守恒定律有MvN0＝（M+m）vc1，解得vc1＝8m/s。 小车P与墙壁第一次碰撞后的瞬时，P的速度为，N的速度保持为vN1＝8m/s。 从第一次碰墙后到第二次碰墙前，N与P再次达到共同速度vc2，由动量守恒定律得MvN1+mvP1＝（M+m）vc2，解得vc2＝4m/s。 在此过程中，依据能量守恒定律，产生的热量为，代入数据计算得Q1＝48J。 （3）通过分析可知，小车每次与墙壁碰撞后，先向左匀减速至零，再向右加速返回，且每次返回墙壁的瞬时恰好与N达到新的共同速度。 小车运动的加速度大小为。 从第一次碰墙后到第二次碰墙前，小车的路程为，代入vP1＝﹣4m/s，解得s1＝8m。 第二次碰墙后的瞬时，P的速度为，N的速度为vN2＝4m/s，同理可得第三次碰墙前的共同速度vc3＝2m/s。 从第二次碰墙后到第三次碰墙前，小车的路程为，代入vP2＝﹣2m/s，解得s2＝2m。 第三次碰墙后的瞬时，P的速度为，N的速度为vN3＝2m/s。 从第三次碰墙后到第四次碰墙前，小车的路程为，代入vP3＝﹣1m/s，解得s3＝0.5m。 整个过程中，小车运动的总路程为s＝s1+s2+s3，代入数据计算得s＝10.5m。 答：（1）小球M刚要碰到物块N时的速度大小为12m/s。 （2）小车与墙壁第1次碰后到与墙壁第2次碰前瞬间的过程中，物块N与小车间由于摩擦产生的热量为48J。 （3）小车与墙壁第1次碰后到与墙壁第4次碰前瞬间的过程中，小车运动的路程为10.5m。 【点评】本题综合考查了力学中的动能定理、动量守恒、能量守恒以及变力做功的处理方法，计算量较大，难度中等偏上。题目通过设置变摩擦因数的水平轨道和多次弹性碰撞的小车系统，全面检验了学生对复杂物理过程的分析建模能力。第一问需要利用平均摩擦力巧妙处理变力做功，体现了对微积分思想的初步应用。第二、三问则聚焦于多物体、多阶段的碰撞与相对运动，要求学生准确分析每次碰撞前后动量与能量的转化关系，并灵活运用匀变速运动规律求解路程。整个过程逻辑链条长，步骤环环相扣，能有效锻炼学生的逻辑推理和综合计算能力。题目设计巧妙，将多个核心知识点有机融合，是一道综合性很强的典型好题。 22．如图所示，倾角θ＝37°的光滑倾斜轨道与半径R＝0.6m的竖直光滑圆轨道在切点P平滑连接，圆轨道在最低点略错开。一物块A从倾斜轨道与圆心O等高处以初速度v0沿轨道释放，沿倾斜轨道运动至P点进入圆轨道，物块A经过圆轨道最高点C时对圆轨道的压力等于A的重力大小，经过圆轨道最高点C后继续运动到圆轨道最低点D时水平抛出，落在传送带上时速度恰好和传送带平行，传送带倾角α＝53°、长度l＝4.3m，以v＝6m/s的速度顺时针转动、物块B通过约束装置静止在传送带顶端。物块A与B发生碰撞前瞬间约束装置解除，A、B粘在一起沿传送带向下运动。已知物块A、B的质量均为mA＝mB＝0.2kg，A、B碰撞时间极短，组合体AB与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，物块均可视为质点。求： （1）物块A释放时的初速度大小； （2）物块A、B由于碰撞损失的机械能； （3）组合体AB沿传送带滑到底端所用的时间。 【分析】（1）物块A从释放点到圆轨道最高点的运动过程，机械能守恒。已知物块在最高点对轨道的压力等于其重力，通过牛顿第二定律可求出最高点速度，进而利用机械能守恒关系，将释放点高度与初速度关联，即可求得初速度大小。 （2）物块A从圆轨道最高点运动到最低点机械能守恒，可求出平抛初速度。根据平抛运动规律，结合落到传送带时速度与传送带平行这一条件，可求出碰撞前物块A的速度。A与B碰撞时间极短，沿传送带方向动量守恒，由此求出碰后共同速度，再通过碰撞前后系统总动能之差计算损失的机械能。 （3）组合体AB在传送带上运动时，需比较其初速度与传送带速度的大小关系，判断其运动状态。先分析组合体在达到与传送带共速前的受力，由牛顿第二定律求加速度和此阶段的运动时间与位移。共速后，需重新分析组合体受力，判断其是否继续加速下滑，并求出第二阶段的加速度和剩余位移对应的运动时间，最后将两段时间相加。 【解答】解：（1）物块A在圆轨道最高点C处，由重力和轨道弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，其中压力大小FN＝mAg，代入数据解得。 物块A从释放点运动到最高点C的过程，机械能守恒，有，联立并代入数据，解得物块A释放时的初速度大小。 （2）物块A从最高点C运动到最低点D的过程，机械能守恒，有，代入数据解得平抛初速度vD＝6m/s。 物块A落到传送带上时速度与传送带平行，设此时速度大小为v1，由平抛运动规律有，代入数据解得v1＝10m/s。 物块A与B碰撞过程时间极短，沿传送带方向动量守恒，设碰后共同速度为v2，根据动量守恒定律有mAv1＝（mA+mB）v2，代入数据解得v2＝5m/s。 物块A、B因碰撞损失的机械能为，代入数据解得ΔE＝5J。 （3）碰后组合体AB沿传送带向下运动，由于v2＜v，组合体受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有（mA+mB）gsin53°+μ（mA+mB）gcos53°＝（mA+mB）a1，代入数据解得加速度。 组合体加速到与传送带共速所需时间，代入数据解得t1＝0.1s，该阶段组合体的位移，代入数据解得x1＝0.55m。 共速后，因（mA+mB）gsin53°＞μ（mA+mB）gcos53°，组合体继续加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有（mA+mB）gsin53°﹣μ（mA+mB）gcos53°＝（mA+mB）a2，代入数据解得加速度。 剩余位移x2＝l﹣x1，即x2＝3.75m，根据位移公式，代入数据解得t2＝0.5s（负值已舍去）。 组合体AB沿传送带滑到底端所用的总时间t＝t1+t2，即t＝0.6s。 答：（1）物块A释放时的初速度大小为。 （2）物块A、B由于碰撞损失的机械能为5J。 （3）组合体AB沿传送带滑到底端所用的时间为0.6s。 【点评】本题是一道综合性较强的力学计算题，融合了圆周运动、机械能守恒、平抛运动、动量守恒以及传送带模型等多个核心知识点。题目计算量较大，难度中等偏上，对学生的多过程分析能力和综合建模能力提出了较高要求。题目设计巧妙，通过物块在光滑轨道、圆轨道、平抛及传送带上的连续运动，将不同物理规律有机串联，考查学生灵活运用动力学与能量观点处理复杂过程的能力。其中，物块在传送带上的运动分析涉及两个阶段的受力变化，需要准确判断摩擦力的方向与大小，这是本题的易错点与关键所在。 23．如图所示，传送带的左侧为足够大的光滑水平面，右侧为光滑固定曲面，传送带与左、右两边的水平面等高且平滑对接。一水平轻质弹簧左端固定在竖直墙上，弹簧的弹性势能，其中弹簧的劲度系数k＝200N/m，x为弹簧的形变量，弹簧右端与质量M＝1.5kg的物块B（视为质点）连接。传送带始终以v＝2m/s的速度逆时针转动。现将质量m＝0.5kg的物块A（视为质点）从曲面上距水平面高度h＝2m处由静止释放。物块A、B之间每次发生的都是完全非弹性碰撞（时间极短），但碰撞后并不粘连，第一次碰撞前物块B静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传送带长L＝2m，物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）物块A第一次与物块B碰撞过程损失的机械能； （2）物块B向左运动的最大距离； （3）整个过程中物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 【分析】（1）根据机械能守恒定律求物块A滑到曲面底部时的速度大小，结合动能定理求出物块A在传送带上一直做匀减速运动，到达传送带左端时物块A的速度大小，最后根据动量守恒和能量守恒定律求物块A第一次与物块B碰撞过程损失的机械能； （2）根据功能关系求物块B向左运动的最大距离； （3）根据运动学公式求出物块A在传送带上先向右做匀减速运动，匀减速运动的位移大小，以此判断出A的运动情况，结合动量守恒求出物块A与物块B碰撞n次后返回传送带的速度大小，再根据动量守恒和运动学公式求出物块A相对传送带运动的距离，最后结合摩擦力做功的表达式求整个过程中物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 【解答】解：（1）设物块A滑到曲面底部时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有 解得 则物块A在传送带上开始做匀减速运动，假设物块A在传送带上一直做匀减速运动，到达传送带左端时物块A的速度大小为vA，根据动能定理有 解得vA＝6m/s 由于6m/s≥2m/s，说明假设成立；设第一次碰撞后瞬间物块A与物块B的速度大小为vA1，物块A与物块B在碰撞过程中动量守恒，以vA的方向为正方向，有mvA＝（m+M）vA1 解得vA1＝1.5m/s 物块A第一次与物块B碰撞过程损失的机械能 解得ΔE损＝6.75J （2）整个运动过程中，物块A与物块B第一次碰撞后向左运动的距离最大，根据功能关系有 解得物块B向左运动的最大距离xm＝0.15m （3）物块A与B第一次碰撞后当弹簧恢复原长时物块B被锁定，此时物块A的速度大小仍为vA1＝1.5m/s，物块A在传送带上先向右做匀减速运动，匀减速运动的位移大小 解得 x＝1.125m＜2m 所以物块A在传送带上先向右做匀减速到零的运动，再向左做匀加速运动，以原速率返回左端，可知物块A与物块B第二次碰撞前瞬间的速度大小仍为vA1＝1.5m/s 设第二次碰撞后瞬间物块A与物块B的速度大小为vA2，则对物块A与B在第二次碰撞过程，以水平向左的方向为正方向，有mvA1＝（m+M）vA2 解得 同理，物块A每次碰撞后都将被传送带带回并与物块B发生下一次碰撞，则物块A与物块B碰撞n次后返回传送带，速度大小 第n次与物块B碰撞后，物块A在传送带上匀加速运动与匀减速运动的时间均为 第n次碰撞后，物块A与传送带的相对路程， 设物块A第一次通过传送带的时间为t，有v0﹣vA＝μgt 该过程中，物块A相对传送带运动的距离ΔL＝L﹣vt 整个运动过程中，物块A与传送带间因摩擦而产生的热量Q＝μmg（Δs+ΔL） 解得 答：（1）物块A第一次与物块B碰撞过程损失的机械能为6.75J； （2）物块B向左运动的最大距离为0.15m； （3）整个过程中物块A与传送带间因摩擦而产生的热量为。 【点评】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大。 24．如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道与水平光滑直轨道AB平滑连接，足够长的水平传送带与直轨道相切于B点，传送带以一定的速度v沿逆时针方向转动。滑块a下端连接有一截轻弹簧，从圆弧轨道与圆心等高处静止释放。滑块b轻放于传送带右端，且与传送带间有摩擦，滑块a、b每次都在水平轨道上通过弹簧相撞。已知：圆弧轨道半径R＝0.2m，滑块a质量ma＝2kg，滑块b质量mb＝1kg，两个滑块均可视为质点，弹簧的最大压缩量不超过其弹性限度，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）若传送带的速度v＝1m/s，求两滑块第一次相撞前瞬间的速度大小； （2）若传送带的速度v＝1m/s，求两滑块第一次相撞过程中轻弹簧的最大弹性势能； （3）若传送带的速度v＝4m/s，求从释放b到两滑块即将发生第6次碰撞的过程中，滑块b与传送带间因摩擦产生的热量。 【分析】（1）滑块a从圆弧轨道静止释放后，沿光滑轨道下滑至水平轨道，此过程中机械能守恒，可确定其到达水平轨道时的初速度。滑块b在逆时针转动的传送带上由静止开始向左滑动，由于传送带足够长且滑块b与传送带间存在摩擦，滑块b将在传送带上加速直至与传送带达到相同速度，从而确定第一次碰撞前滑块b的速度大小。 （2）两滑块通过弹簧发生碰撞，碰撞过程中系统动量守恒，当两滑块速度相等时弹簧压缩量达到最大，对应弹性势能最大。需利用碰撞前两滑块的速度，结合系统动量守恒与机械能守恒，建立滑块共速时的速度关系，进而求解弹簧储存的最大弹性势能。 （3）传送带速度增大后，滑块b加速至与传送带共速的过程会产生摩擦热。关键在于分析第一次碰撞后系统的运动规律：碰撞后两滑块速度交换，滑块a返回圆弧轨道再滑回，滑块b在传送带上先减速至零再反向加速至共速，此往返过程滑块b相对传送带滑动，其动能全部转化为内能。后续碰撞将重复此过程，形成周期。需计算初始加速及后续五次往返过程中，滑块b相对传送带的总滑动动能损失，从而求得总热量。 【解答】解：（1）滑块a从圆弧轨道滑下，根据机械能守恒定律有，解得第一次碰撞前瞬间滑块a的速度大小va＝2m/s。 滑块b在传送带上向左加速，由于传送带足够长，在碰撞前b已与传送带达到共同速度，其速度大小为vb＝v＝1m/s。 （2）两滑块碰撞过程中，当它们达到共同速度v共时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大。 取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mava﹣mbvb＝（ma+mb）v共。 根据系统机械能守恒定律有，联立并代入数据，解得弹簧的最大弹性势能Ep＝3J。 （3）若传送带速度v＝4m/s，释放b后，其向左加速至与传送带共速，此过程产生的热量，解得：Q0＝8J。 第一次碰撞前，取向右为正方向，两滑块的速度分别为va0＝2m/s，vb0＝﹣4m/s，此时系统总动量p＝mava0+mbvb0＝0。 根据完全弹性碰撞的性质可知，动量为零的系统碰撞后两滑块速度大小相等、方向相反，即碰后瞬间va1＝﹣2m/s，vb1＝4m/s。 此后，a沿圆弧轨道上滑恰好至等高点后返回，到达水平轨道时速度大小再次变为2m/s。 b滑上传送带减速至零后反向加速至﹣4m/s，该过程中b相对传送带的初速度大小为vrel＝vb1﹣（﹣v），解得：vrel＝8m/s，最终相对传送带静止。 此往返过程产生的热量等于系统在传送带参考系中损失的动能，即，解得：Q1＝32J。 由此可知，后续每次碰撞前的状态均与第一次完全相同，形成周期性运动。 从释放b到即将发生第6次碰撞前，b共经历了1次初始单向加速和5次碰后往返过程，因此全过程滑块b与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝Q0+5Q1，代入数据解得：Q＝168J。 答：（1）碰撞前瞬间滑块a的速度大小为2m/s，滑块b的速度大小为1m/s。 （2）弹簧的最大弹性势能为3J。 （3）滑块b与传送带间因摩擦产生的总热量为168J。 【点评】本题综合考查了机械能守恒、动量守恒、系统能量转化以及传送带模型中的相对运动与摩擦生热问题，计算量较大，属于中等偏上的综合性难题。题目通过滑块与弹簧的多次碰撞设计，有效串联了力学主干知识，重点检验了学生对多过程问题的逻辑分析与建模能力。第（1）（2）问为基础铺垫，考查了碰撞前后速度的确定以及弹簧弹性势能最大值的求解方法。第（3）问是本题的亮点与难点，要求学生洞察系统总动量为零这一关键特征，从而判断出碰撞后速度交换的周期性规律，进而将复杂的多次运动过程抽象为简单的模式重复。此过程深刻考查了学生对动量守恒、能量守恒及传送带摩擦生热机理的综合应用能力，特别是对“往返过程产生的热量等于在传送带参考系中损失的动能”这一结论的理解与迁移，对学生的物理思维深度提出了较高要求。 25．如图所示，固定点O处悬挂长为L＝4m的轻质细绳，细绳的末端拴接一个质量为的小球A。一质量为m的凹槽B静止在光滑水平面上，凹槽的左侧挡板位于O点正下方，凹槽的左右挡板内侧间的距离d＝0.4m，在凹槽右侧靠近挡板处静止有一质量为m的小物块C，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ＝0.1。将细线水平拉直，以竖直向下的初速度v＝8m/s释放小球A，当小球A摆到最低点时刚好与凹槽B左侧发生碰撞，小球A与凹槽B不会发生二次碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。求： （1）小球A与凹槽B碰撞后瞬间的速度大小之比； （2）整个过程中物块C与凹槽B的碰撞次数； （3）从小球A与凹槽B碰撞开始到凹槽B在水平面上运动20m所经历的时间。 【分析】（1）小球A从水平位置释放后，在重力作用下沿圆弧摆至最低点，此过程机械能守恒，可确定其碰撞前的速度。随后A与静止的凹槽B发生弹性碰撞，两者质量已知，利用弹性碰撞的动量守恒与机械能守恒，可分别求出碰后A与B的速度，进而得到速度大小之比。 （2）碰撞后，凹槽B获得初速度在光滑水平面上向右运动，其上的物块C因摩擦而加速。由于B、C质量相等且碰撞为弹性，两者在系统内会反复交换速度并伴随相对滑动。分析系统最终达到共速的过程，根据动量守恒确定共同速度，再结合系统机械能损失全部转化为摩擦生热，可计算出C相对B滑行的总路程。结合凹槽内部长度，即可推算出碰撞次数。 （3）时间分为两个阶段：从碰撞后到B、C达到共同速度的变速阶段，以及达到共速后的匀速阶段。在变速阶段，B与C均受摩擦力作用做匀变速运动，通过分析两者速度变化关系及相对位移，可求出B在此阶段的位移与所用时间。随后B与C以共同速度匀速运动至总位移为20米，求出匀速阶段时间，两阶段时间之和即为所求总时间。 【解答】解：（1）小球A向下摆动过程中，根据动能定理可得，解得碰撞前瞬间小球A的速度大小v1＝12m/s。 A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mAv1＝mAvA+mBvB与， 解得碰后瞬间速度vA＝﹣7.2m/s，vB＝4.8m/s，因此小球A与凹槽B碰撞后瞬间的速度大小之比为。 （2）碰后，B与C组成的系统在水平方向不受外力，最终达到共同速度v共，根据动量守恒定律有mBvB＝（mB+mC）v共，解得v共＝2.4m/s。 此过程中，系统减少的机械能转化为内能，即。 设整个过程中C相对B滑行的总路程为s，由能量守恒定律得μmgs＝ΔE，解得s＝5.76m。 已知凹槽内部长度d＝0.4m，且C初始位于右侧挡板处，则C相对B滑行的凹槽长度个数为。 由于物块C每相对滑行一个d便与凹槽B发生一次碰撞，故整个过程中物块C与凹槽B的碰撞次数为14次。 （3）在B、C系统内，由于两者发生完全弹性碰撞且质量相等，每次碰撞后交换速度，因此系统内始终存在相对滑动摩擦， 直至达到共同速度。达到共速所需时间，解得t1＝2.4s。 在此过程中，B与C所受摩擦力大小相等、方向相反，两者加速度大小相等，且速度之和保持恒定， 即vB（t）+vC（t）＝vB，因此两者的位移之和满足xB1+xC＝vBt1。 达到共速时，由（2）可知C相对B滑行了14个来回后，又向左滑行了0.4d，即C相对B向左的净位移大小Δx＝0.4d＝0.16m， 由此可得位移关系xB1﹣xC＝Δx。联立以上两式，解得此阶段B的位移xB1＝5.84m。 达到共速后，B与C一起以v共匀速运动，剩余距离x2＝x总﹣xB1，匀速运动时间。 从小球A与凹槽B碰撞开始，到凹槽B在水平面上运动20m，所经历的总时间t＝t1+t2，解得t＝8.3s。 答：（1）小球A与凹槽B碰撞后瞬间的速度大小之比为。 （2）整个过程中物块C与凹槽B的碰撞次数为14次。 （3）从小球A与凹槽B碰撞开始到凹槽B在水平面上运动20m所经历的时间为8.3s。 【点评】本题综合考查了力学中的多个核心知识点，包括动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量转化与守恒以及多物体复杂运动过程的分析。题目计算量较大，难度层级较高，属于典型的综合性难题。它着重考查学生对复杂物理过程的分解与建模能力，需要将整个运动划分为多个子过程，并准确应用相应的物理规律。本题的亮点在于将弹性碰撞、非弹性相互作用通过摩擦生热以及周期性碰撞巧妙地结合在一起，构建了一个多阶段、多对象相互作用的动力学系统。学生需灵活运用动量与能量观点处理碰撞问题，并深刻理解物块在凹槽内往返运动过程中能量损耗与相对路程的关系。求解碰撞次数时，需要将系统减少的机械能与摩擦生热联系起来，并通过对相对总路程的分析得出整数结果。第三问则进一步考查了对变速运动与匀速运动两阶段的分析，以及通过位移关系和速度关系求解时间的能力，对学生的逻辑推理和数学运算能力提出了较高要求。 26．如图所示，静止在光滑的水平面上的小车质量为M＝2kg，小车的左边是半径为R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道AB，右边是半径为r＝0.4m的半圆形光滑轨道CDE，D点与半圆形轨道的圆心等高，两光滑轨道末端与小车水平粗糙轨道BC平滑相连，BC长度为L＝4m，质量为m＝1kg、可视为质点的滑块从轨道A点正上方h＝1.6m处由静止释放，恰好沿切线落入四分之一圆弧轨道。滑块与水平轨道BC之间的动摩擦因数为μ＝0.1。重力加速度g取10m/s2，求： （1）滑块经过B点时的速度大小（结果可保留根号）； （2）滑块经过D点时对半圆形轨道的压力大小； （3）滑块从E点飞出后落到小车上的位置。 【分析】（1）滑块从释放到B的过程，对滑块和小车整体，根据水平方向动量守恒，可得到滑块速度与小车速度的关系；根据机械能守恒，可得到滑块的速度大小； （2）滑块从B到D的过程，根据滑块和小车整体水平动量守恒，可知滑块到D时，滑块和小车在水平方向的速度均为零；根据能量守恒，可得到滑块在D点时的速度大小；对滑块受力分析，可得到轨道对滑块的支持力大小，结合牛顿第三定律，可得滑块对半圆形轨道的压力大小； （3）滑块从E飞出时，根据滑块和小车整体水平动量守恒，可知滑块到E时，滑块和小车的水平速度关系；滑块从D到E的过程，根据滑块和小车机械能守恒，可得到滑块在E时的速度；滑块离开E时，根据滑块、小车在水平方向、竖直方向分运动特点，即可到达滑块落在小车上的位置。 【解答】解： （1）设滑块经过B点时的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，根据滑块和小车组成 的系统在水平方向动量守恒 mv1＝Mv2 根据滑块和小车组成的系统机械能守恒可得 解得 （2）滑块经过D点时，滑块和小车在水平方向的速度相同，设为vx，滑块在竖直方向 的速度大小为v3，根据滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒 0＝（m+M）vx 可得 vx＝0 根据能量守恒可得 根据牛顿第二定律可得 解得支持力大小为FN＝80N 根据牛顿第三定律，压力大小为 F压＝FN＝80N （3）设滑块从E点飞出时，滑块的速度大小为v4，此时小车的速度大小为v5，根据滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒 mv4＝Mv5 滑块从D点到E点的过程中，系统机械能守恒有 解得 v4＝4m/s v5＝2m/s 滑块飞行过程中，在竖直方向 解得 t＝0.4s 水平方向，滑块从E点飞出后落到小车上位置在C点左侧到C点的距离为 d＝（v4+v5）t 解得 d＝2.4m 答：（1）滑块经过B点时的速度大小为； （2）滑块经过D点时对半圆形轨道的压力大小为80N； （3）滑块从E点飞出后落到小车上的位置为2.4m。 【点评】本题考查凹槽模型的动量和能量分析，注意凹槽和滑块在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒。 27．如图所示，长为0.5m的传送带位于两光滑的水平台面中间，传送带上表面与台面相平，轻弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端与质量为2kg的物块B相连。一颗质量为50g的子弹以Ek＝200J的动能水平击中质量为0.95kg的静止物块A（时间极短）并嵌入其中。物块A与传送带之间的动摩擦因数为0.4，传送带在电动机的控制下以2m/s的速度顺时针方向匀速转动。弹簧处于原长时物块B刚好被挡板挡住，由于挡板的作用，物块B每次回到挡板处速度均变为0，物块A与B的碰撞都发生在挡板处，且两物块的碰撞属于弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求： （1）物块A被子弹击中后瞬间的速度大小； （2）物块A通过传送带后与物块B发生碰撞，第一次碰后物块A、B各自的速度大小； （3）物块A与B发生第2次碰撞后，物块A滑上传送带的最大位移以及弹簧获得的最大弹性势能各是多少。 【分析】（1）子弹击中物块A的过程时间极短，系统动量守恒，子弹的动能已知，可求出子弹初速度，再结合子弹与A的总质量，由动量守恒定律即可求出击中后A与子弹的共同速度。 （2）物块A（含子弹）以该速度滑上传送带，分析其运动过程。传送带匀速运动，A受滑动摩擦力减速，需判断其滑离传送带时的速度。滑离后与静止的物块B在挡板处发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由此可解出碰后A、B各自的速度大小。 （3）第一次碰后A以反向速度滑回传送带，在摩擦作用下减速至零，此过程向左滑行的最大位移即为所求。B获得速度后压缩弹簧，当B速度减为零时弹簧弹性势能最大，此最大势能等于碰后B的初始动能。第二次碰撞后A再次滑上传送带，其向左滑行的最大位移由匀减速运动规律求解，弹簧的最大弹性势能则对应第二次碰撞后B的动能。 【解答】解：（1）子弹的初速度，解得：。以运动方向为正方向，子弹打入物块过程中由动量守恒定律m0v0＝（m0+mA）v1，解得：。 （2）物块A（包括子弹）滑上传送带时先做减速运动，加速度大小a＝μg，代入数据得a＝4m/s2。假设物块A一直减速，则到达右端时的速度，解得：v2＝4m/s。 因v2＝4m/s＞v传＝2m/s，假设正确，则物块A穿过传送带时的速度为v2＝4m/s。与B碰撞时由动量守恒mv2＝mv3+mBv4和能量关系，其中m＝m0+mA，即m＝1kg，解得：，。 （3）A与B第一次碰后反向弹回速度大小为，滑上传送带后向左滑行的最大距离为，解得：。 因x1＜L＝0.5m，然后返回，到达传送带右端时速度大小仍为。与B第二次碰撞时由动量守恒mv3'＝mv5+mBv6和能量关系，解得：，。 A与B第二次碰后反向弹回速度大小为，滑上传送带后向左滑行的最大距离为，解得：。弹簧获得的最大弹性势能，解得：。 答：（1）物块A被子弹击中后瞬间的速度大小为（或约4.47m/s）。 （2）第一次碰后物块A的速度大小为，物块B的速度大小为。 （3）第二次碰撞后物块A滑上传送带的最大位移为，弹簧获得的最大弹性势能为。 【点评】本题综合考查动量守恒定律、动能定理、牛顿运动定律以及弹性碰撞等核心力学知识，计算量较大且过程分析较为复杂，属于中等偏上的难题。题目通过子弹击穿、传送带运动、多次弹性碰撞及弹簧振子等多个物理情境的串联，全面检验了学生的多过程综合分析能力与建模能力。学生需准确判断物块在传送带上的运动状态，并运用弹性碰撞的规律进行递推计算，对逻辑思维的严谨性和公式应用的熟练度提出了较高要求。其中，挡板使物块B每次碰撞前速度归零的设定，以及需逐次计算碰撞后速度与滑行距离的环节，均是本题的思维关键点与计算难点。 28．某项目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端有一半径为R、质量为M的可动圆弧轨道，轨道置于光滑水平面上，水平面与传送带BC处于同一高度，各连接处平滑连接。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B点相距L的P点由静止下滑，经传送带BC后从C端点滑入圆弧轨道，恰好能到达圆弧的最高点。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L＝0.9m，v0＝5m/s，m＝0.2kg，M＝0.8kg，μ＝0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，重力加速度大小g取10m/s2，求： （1）物块滑到B点处的速度大小； （2）物块从B到C的过程中，物块和传送带因摩擦产生的热量； （3）物块第一次进入圆弧轨道最低点时对轨道的压力。 【分析】（1）物块从P到B沿光滑斜面下滑，仅重力做功，利用动能定理将下滑高度与B点速度建立关联，已知L和倾角可确定重力做功，从而直接求得B点速度大小。 （2）物块以B点速度滑上水平传送带，因传送带速度较大，物块将经历匀加速直线运动直至共速，分析加速阶段物块与传送带的相对位移，通过摩擦力和相对位移的乘积计算摩擦生热，需先确定加速度、加速时间及各自位移。 （3）物块以传送带末端速度滑入圆弧轨道最低点，此时轨道静止，物块做圆周运动，需根据向心力公式计算轨道支持力；但圆弧半径未知，需结合后续“恰好到达最高点”条件，利用水平方向动量守恒与系统机械能守恒联立求解半径，再回代至最低点受力分析求得压力。 【解答】解：（1）物块从斜轨道上的P点由静止下滑到B点，斜轨道光滑，根据动能定理有，代入数据，解得物块滑到B点处的速度大小为vB＝3m/s。 （2）水平传送带足够长且顺时针转动的速度v0＝5m/s＞vB＝3m/s，物块滑上传送带后将先做匀加速直线运动，直至与传送带达到共同速度v0后一起做匀速运动。 由牛顿第二定律，物块加速时的加速度大小为，即a＝μg，代入数据得a＝2.5m/s2。 物块由vB加速到v0所需的时间为，解得：t＝0.8s。 在此加速阶段，物块向前滑行的位移为，解得：x物＝3.2m； 传送带向前运行的位移为x带＝v0t，解得：x带＝4.0m。 物块与传送带之间的相对位移大小为Δx＝x带﹣x物，解得：Δx＝0.8m。 整个过程中因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx，代入数据，解得：Q＝0.4J。 （3）物块从传送带C端滑出时速度大小为vC＝v0，即vC＝5m/s。 当物块恰好能到达圆弧轨道的最高点时，物块与轨道在水平方向达到共同速度v共。 取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律有mvC＝（m+M）v共，代入数据，解得：v共＝1m/s。 从物块进入圆弧轨道最低点到上升至最高点的过程中，根据机械能守恒定律有，代入数据，解得圆弧轨道的半径为R＝1m。 在物块第一次刚进入圆弧轨道最低点瞬间，圆弧轨道仍保持静止，物块做圆周运动，由牛顿第二定律有，代入数据，解得轨道对物块的支持力大小为F支＝7N。 根据牛顿第三定律可知，物块第一次进入圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为F压＝7N，方向竖直向下。 答：（1）物块滑到B点处的速度大小为3m/s。 （2）物块从B到C的过程中，物块和传送带因摩擦产生的热量为0.4J。 （3）物块第一次进入圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下。 【点评】本题是一道综合性较强的力学计算题，涉及斜面运动、传送带模型、动量守恒与机械能守恒的综合应用。题目计算量适中，难度属于中等偏上，主要考查学生对多过程问题的分析能力和对能量、动量两大核心物理观念的灵活运用。第一问考查基础的动能定理应用；第二问是典型的传送带相对滑行问题，需要学生准确分析物块的运动过程并计算相对位移来求解摩擦生热；第三问则巧妙地将圆周运动、动量守恒与机械能守恒结合，要求学生能识别“恰好到达最高点”的临界条件即水平方向共速，并正确选取过程列式求解。本题能有效锻炼学生的物理建模、过程分解和综合计算能力。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/6/2 10:02:09；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003 APP 公众号 小程序 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下物理期末复习解答题精练：动量守恒定律 （三大部分，共28小题） 第一部分：基础题 1．如图所示，在某次3000m短道速滑接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12m/s，甲的速度大小为10m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以15m/s的速度向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为60kg，乙推甲的时间为0.8s，冰面阻力足够小，求： （1）在乙推甲的过程中，乙对甲的平均作用力大小； （2）乙推甲后两人分开时乙的速度。 2．如图所示，在光滑水平面上放置A、B两物体，质量均为m，其中B物体带有不计质量的弹簧静止在水平面内。A物体以速度v0向右运动，并压缩弹簧。求： （1）弹簧压缩量达到最大时，A、B两物体的速度大小vA和vB。 （2）弹簧弹性势能的最大值Ep。 3．如图所示，质量为4kg的足够高的圆弧滑块A放置在光滑水平地面上，下端与水平地面相切。质量为2kg的小球B以3m/s的初速度从水平地面沿滑块上滑（小球未冲出圆弧滑块），不计小球体积，g＝10m/s2，求： （1）圆弧滑块固定在地面上时，小球B上升到最高点的高度； （2）圆弧滑块不固定时，小球B上升到最高点的高度。 4．如图所示，相距足够远，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的物体静止在光滑水平面上，与水平方向的夹角θ＝37°，大小F＝3N的恒力作用于物体A，历时t＝10s后撤去F。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求时间t内A物体的动量变化的大小Δp； （2）若A、B碰撞后粘在一起，求它们碰撞后的速度大小v。 5．如图所示，质量M＝1.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝0.495kg的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4。质量m0＝0.005kg的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g取10m/s2。求： （1）物块的最大速度v1； （2）木板的最大速度v2； （3）物块在木板上滑动的时间t。 6．如图，轻弹簧的两端分别连接A、B两物块，置于光滑的水平面上．初始时，A紧靠墙壁，弹簧处于压缩状态且被锁定．已知A、B的质量分别为m1＝2kg、m2＝1kg，初始时弹簧的弹性势能EP＝4.5J．现解除对弹簧的锁定，求： （ⅰ）从解除锁定到A刚离开墙壁的过程中，弹簧对B的冲量I的大小和方向； （ⅱ）A的最大速度vm． 7．如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），在A、B间系一轻质细绳固定．在短暂时间内烧断细绳，B向右运动，脱离轻弹簧一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m，求： （1）B、C相撞前一瞬间B的速度大小； （2）绳被烧断前弹簧的弹性势能为多大？ 8．如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度，初速度大小为，式中g为重力加速度，不计空气阻力。求： （1）球C向右摆动过程中，当A、B、C速度相同时，求C球上升的高度h； （2）求B与A分开后B的速度大小。 第二部分：中档题 9．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求： （1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小； （2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能； （3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。 10．如图所示，圆心为O点半径为0.5m光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，ON垂直于MN，质量为0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离L＝0.25m。另一质量为0.2kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）物块A运动到N点时对曲面的压力的大小； （2）物块A与B碰撞前的速度的大小； （3）物块A与B第一次碰撞后两物体的速度。 11．如图所示，光滑水平面上质量为mA＝2kg，mB＝3kg的A、B两物块用轻质弹簧连接，一起以v0＝4m/s的速度向右匀速运动，与静止在水平面上质量mC＝1kg的物块C发生碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。 （1）若物块B与C发生弹性碰撞，求碰后C的速度大小； （2）若物块B与C碰撞后粘合在一起运动。 ①求碰后C的速度大小； ②求此后弹簧能获得的最大弹性势能。 12．如图所示，光滑的玻璃管竖直固定放置，管内一轻弹簧固定在玻璃管的底部，质量为2m的小球A固定在轻弹簧的上端。质量均为m的小球B、C用轻杆连接，在管内从B球距A球h高度处由静止释放。已知A、B、C三球的直径均略小于管的内径，A、B两球碰撞后粘在一起，重力加速度为g，弹簧形变始终在弹性限度内，不计空气阻力。求： （1）B球与A球碰撞前瞬间，B球的速度大小； （2）B球与A球碰撞过程中，三球组成的系统损失的机械能； （3）B球与A球碰撞后瞬间，轻杆对C球的作用力大小。 13．如图所示，质量为m、半径为R、内壁光滑的半圆弧槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为m的小滑块。将一质量为2m的小球自半圆弧槽左端槽口A的正上方某一位置由静止释放，小球由左端A点进入槽内，刚好能到达槽右端C点。重力加速度为g。 （1）求小球第一次运动到半圆弧槽最低点B瞬间，速度vB的大小； （2）求小球第一次经半圆弧槽最低点B到刚好到达槽右端C点过程中，槽对小球做的功； （3）若小球从刚好到槽右端C点至第二次到槽最低点B过程所用的时间为t，求时间t内槽运动的位移大小。 14．如图所示，滑块A的质量为m＝0.10kg，从光滑轨道上静止释放，释放位置距轨道底端的高度h＝0.8m，滑块离开轨道立刻滑上紧靠轨道末端的质量为M＝0.30kg的长木板，并刚好不从长木板上滑出。已知木板B的长度L＝2.0m，木板上表面与轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，（空气阻力不计，滑块A视为质点，g取10m/s2）求： （1）滑块运动到轨道底端时速度v0的大小； （2）滑块运动到木板最右端时的速度大小v； （3）滑块与木板间的动摩擦因数μ； （4）滑块在木板上的滑行时间t。 15．如图所示，光滑轨道MNPQ固定在竖直平面内，MN水平，NPQ为半圆，圆弧轨道的半径R＝0.32m，在N处与MN相切。在直轨道MN上放着质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为m＝2kg的小车，小车上表面与MN等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点Q处。物块A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块B运动到圆弧轨道的最低点N时对轨道的压力大小； （2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能Ep； （3）小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。 16．如图所示，一根长度L＝0.8m的轻绳一端固定于O点，另一端系一个质量m＝1kg的小球A，球A静止时刚好与水平地面接触。O点上方有一短小平台，平台上静止地放一个质量为M＝3kg的小球B。现给球A水平向左的初速度v0＝4m/s，当球A运动到最高点时，与位于平台上的球B发生弹性正碰，球B随即水平飞离平台。重力加速度g取10m/s2。空气阻力不计，求： （1）球A开始运动时，轻绳上的拉力大小； （2）A、B球刚要相碰，A球的速度大小； （3）若球A和球B碰撞结束瞬间，轻绳断开，则球A和球B的落地点之间的距离是多少。 17．如图所示，光滑水平台面MN上放两个相同小物块A、B，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L＝18m，沿逆时针方向以恒定速度v0＝2m/s匀速转动。物块A、B（大小不计，视作质点）与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A、B质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg。开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质短弹簧。现解除锁定，弹簧弹开A、B，弹开后B滑上传送带，A掉落到地面上的Q点，已知水平台面高h＝0.8m，Q点与水平台面右端的水平距离s＝1.6m，g取10m/s2。 （1）求物块A脱离弹簧时速度的大小。 （2）求弹簧储存的弹性势能。 （3）求物块B在离开水平传送带时的速度。 18．如图所示，质量m1＝1kg的滑块A（视为质点）放置在质量为m2＝2kg的长木板左端，木板静止在光滑水平面上；距离木板右端s＝1m处的光滑平台与木板上表面等高，平台上质量m3＝0.5kg的圆弧形滑块B从较远处以速度v0＝2m/s向左滑行。现给A向右的初速度v1＝3m/s，当木板与平台刚要碰撞时，A恰好到达木板右端，之后A又恰好不能从B上端飞出，B一直在平台上滑动。A与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）木板的长度L； （2）B的圆弧半径R； （3）A从B底端运动到顶端过程中，B的位移大小x。 19．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面平滑相接，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处。已知物块P与木板AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求： （1）物块滑到B处时木板的速度vAB； （2）木板的长度L； （3）滑块CD圆弧的半径和物块P在滑块CD上D处受到的弹力大小。 第三部分：压轴题 20．如图所示，一固定光滑水平足够长横杆，长为l＝1m的非弹性轻绳一端固定在杆的左端O点，另一端拴有小球A，紧靠O点有一小环C套在杆上，小球B也由一长为1m的非弹性轻绳悬挂在C上，处于静止状态，整个装置处于同一竖直面内。将连接A球的轻绳拉直与水平方向的夹角成θ＝30°角，由静止释放，运动到最低点时与B球发生弹性碰撞，已知，A的质量为m1＝1kg，B和C质量分别为m2和m3，m2＝m3＝2kg，三者均可视为质点，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）A与B碰撞后，A的速度大小； （2）A与B碰撞后，B上升的最大高度； （3）B再次运动到最低点时绳子的拉力大小。 21． 如图甲所示，固定的斜槽ABC的左半部分是四分之一光滑圆弧AB，右半部分是由特殊材料制成的水平面BC，它与小球M间的动摩擦因数μ0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。在C点静止放置一小物块N。紧挨着C点静止着小车P，P上表面与BC齐平且足够长，车与水平地面无摩擦，最右边有一竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。现让小球M从斜槽顶端A点由静止运动，经过ABC后与滑块N发生弹性碰撞，碰后滑块N滑上小车，小车与墙壁碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，大小减为碰撞前的一半。已知圆弧半径R＝7.5m，BC段长度为L＝1.2m，小球M与物块N质量均为M＝2kg，小车质量为m＝1kg，上表面与物块N之间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度大小g＝10m/s2，小球M和物块N可视为质点，求： （1）小球M刚要碰到物块N时的速度大小； （2）小车与墙壁第1次碰后到与墙壁第2次碰前瞬间的过程中，物块N与小车间由于摩擦产生的热量； （3）小车与墙壁第1次碰后到与墙壁第4次碰前瞬间的过程中，小车运动的路程。 22．如图所示，倾角θ＝37°的光滑倾斜轨道与半径R＝0.6m的竖直光滑圆轨道在切点P平滑连接，圆轨道在最低点略错开。一物块A从倾斜轨道与圆心O等高处以初速度v0沿轨道释放，沿倾斜轨道运动至P点进入圆轨道，物块A经过圆轨道最高点C时对圆轨道的压力等于A的重力大小，经过圆轨道最高点C后继续运动到圆轨道最低点D时水平抛出，落在传送带上时速度恰好和传送带平行，传送带倾角α＝53°、长度l＝4.3m，以v＝6m/s的速度顺时针转动、物块B通过约束装置静止在传送带顶端。物块A与B发生碰撞前瞬间约束装置解除，A、B粘在一起沿传送带向下运动。已知物块A、B的质量均为mA＝mB＝0.2kg，A、B碰撞时间极短，组合体AB与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，物块均可视为质点。求： （1）物块A释放时的初速度大小； （2）物块A、B由于碰撞损失的机械能； （3）组合体AB沿传送带滑到底端所用的时间。 23．如图所示，传送带的左侧为足够大的光滑水平面，右侧为光滑固定曲面，传送带与左、右两边的水平面等高且平滑对接。一水平轻质弹簧左端固定在竖直墙上，弹簧的弹性势能，其中弹簧的劲度系数k＝200N/m，x为弹簧的形变量，弹簧右端与质量M＝1.5kg的物块B（视为质点）连接。传送带始终以v＝2m/s的速度逆时针转动。现将质量m＝0.5kg的物块A（视为质点）从曲面上距水平面高度h＝2m处由静止释放。物块A、B之间每次发生的都是完全非弹性碰撞（时间极短），但碰撞后并不粘连，第一次碰撞前物块B静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传送带长L＝2m，物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）物块A第一次与物块B碰撞过程损失的机械能； （2）物块B向左运动的最大距离； （3）整个过程中物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 24．如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道与水平光滑直轨道AB平滑连接，足够长的水平传送带与直轨道相切于B点，传送带以一定的速度v沿逆时针方向转动。滑块a下端连接有一截轻弹簧，从圆弧轨道与圆心等高处静止释放。滑块b轻放于传送带右端，且与传送带间有摩擦，滑块a、b每次都在水平轨道上通过弹簧相撞。已知：圆弧轨道半径R＝0.2m，滑块a质量ma＝2kg，滑块b质量mb＝1kg，两个滑块均可视为质点，弹簧的最大压缩量不超过其弹性限度，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）若传送带的速度v＝1m/s，求两滑块第一次相撞前瞬间的速度大小； （2）若传送带的速度v＝1m/s，求两滑块第一次相撞过程中轻弹簧的最大弹性势能； （3）若传送带的速度v＝4m/s，求从释放b到两滑块即将发生第6次碰撞的过程中，滑块b与传送带间因摩擦产生的热量。 25．如图所示，固定点O处悬挂长为L＝4m的轻质细绳，细绳的末端拴接一个质量为的小球A。一质量为m的凹槽B静止在光滑水平面上，凹槽的左侧挡板位于O点正下方，凹槽的左右挡板内侧间的距离d＝0.4m，在凹槽右侧靠近挡板处静止有一质量为m的小物块C，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数μ＝0.1。将细线水平拉直，以竖直向下的初速度v＝8m/s释放小球A，当小球A摆到最低点时刚好与凹槽B左侧发生碰撞，小球A与凹槽B不会发生二次碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。求： （1）小球A与凹槽B碰撞后瞬间的速度大小之比； （2）整个过程中物块C与凹槽B的碰撞次数； （3）从小球A与凹槽B碰撞开始到凹槽B在水平面上运动20m所经历的时间。 26．如图所示，静止在光滑的水平面上的小车质量为M＝2kg，小车的左边是半径为R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道AB，右边是半径为r＝0.4m的半圆形光滑轨道CDE，D点与半圆形轨道的圆心等高，两光滑轨道末端与小车水平粗糙轨道BC平滑相连，BC长度为L＝4m，质量为m＝1kg、可视为质点的滑块从轨道A点正上方h＝1.6m处由静止释放，恰好沿切线落入四分之一圆弧轨道。滑块与水平轨道BC之间的动摩擦因数为μ＝0.1。重力加速度g取10m/s2，求： （1）滑块经过B点时的速度大小（结果可保留根号）； （2）滑块经过D点时对半圆形轨道的压力大小； （3）滑块从E点飞出后落到小车上的位置。 27．如图所示，长为0.5m的传送带位于两光滑的水平台面中间，传送带上表面与台面相平，轻弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端与质量为2kg的物块B相连。一颗质量为50g的子弹以Ek＝200J的动能水平击中质量为0.95kg的静止物块A（时间极短）并嵌入其中。物块A与传送带之间的动摩擦因数为0.4，传送带在电动机的控制下以2m/s的速度顺时针方向匀速转动。弹簧处于原长时物块B刚好被挡板挡住，由于挡板的作用，物块B每次回到挡板处速度均变为0，物块A与B的碰撞都发生在挡板处，且两物块的碰撞属于弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求： （1）物块A被子弹击中后瞬间的速度大小； （2）物块A通过传送带后与物块B发生碰撞，第一次碰后物块A、B各自的速度大小； （3）物块A与B发生第2次碰撞后，物块A滑上传送带的最大位移以及弹簧获得的最大弹性势能各是多少。 28．某项目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端有一半径为R、质量为M的可动圆弧轨道，轨道置于光滑水平面上，水平面与传送带BC处于同一高度，各连接处平滑连接。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B点相距L的P点由静止下滑，经传送带BC后从C端点滑入圆弧轨道，恰好能到达圆弧的最高点。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L＝0.9m，v0＝5m/s，m＝0.2kg，M＝0.8kg，μ＝0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，重力加速度大小g取10m/s2，求： （1）物块滑到B点处的速度大小； （2）物块从B到C的过程中，物块和传送带因摩擦产生的热量； （3）物块第一次进入圆弧轨道最低点时对轨道的压力。 1 学科网（北京）股份有限公司 $