动量守恒定律的应用：板块问题、子弹打木块问题、斜面问题、滑块弹簧问题、人船问题及其变式、爆炸问题（专项训练）2027年高考物理一轮复习

动量守恒定律：板块问题、子弹打木块问题、斜面问题、滑块禅簧问 题、人船问题及其变式、爆炸问题专训 考点目录 板块问题 子弹打木块问题 斜面问题 滑块弹簧问题 人船问题及其变式 爆炸问题 考点一 板块问题 解题思路点拨：先整体后隔离，受力分析判断板块间摩擦力；判断是否相对滑动，用牛顿第二定律求加速度： 涉及运动、能量时，用动量守恒+能量守恒，摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移，关注共速临界状态。 1.(2026湖北.二模)如图，在光滑的水平面上，质量为M的平板小车以速度v向右匀速运动。现将一质量 为的小物块无初速度放在小车右端，同时对小车施加一大小不同的水平向右的恒力，作用一段时间后 撤去，最终使物块与小车一起以原速度，向右匀速运动。已知物块始终没有从小车上掉下来，重力加速 度为9，不计空气阻力的影响（物块与小车间的动摩擦因数！未知）。 % 77777777777 (1)若恒力大小为乃=umg,求做的功WM: ②若恒力的大小为乃=号mg,求尽做的功5： (3)若不知恒力大小，求恒力做功W的范围。 【答案】(1)M=mw6 (2)%=mm+4M)u6 2(m+2M 3)2M+mmui≤w≤2M+mmu 2(M+m) 2M 【详解】(1)若恒力大小为=g=F,故小车始终以速度U做匀速运动，物块做加速运动，当物块的速 度为时撒去乃，此过程经历的时间为t= ug 小车运动的距离为D1=vt0 恒力F做的功为WM=F心1 解得WM=m ②若恒力的大小为B=mg,小车先做减连运动，物块做加速运动，设经历时间t物块与小车的连度 相同，设为u,对物块和小车分别有umgt=mu,(-mg)t=Mi-Mo 可得t= 2MVo u(2M+m)g 此过程中物块相对小车滑动的距离为a虹=”t-=曾 2 物块与小车相对静止后一起在的作用下加速到后撤去乃，根据功能关系得整个过程中F,做的功 W=号m+mgAa 解得仍=m(m+4M 2(m+2M) (3)当恒力F很小时（趋于0）物块相对小车滑动的过程中系统的动量宇恒，有M0=(M+m)v 此过程中物块与小车摩擦生热Q=号M-号+m 物块与小车等速后再一起加速到u,撤去恒力，茎个过程中恒力做功的最小值为化血=号m明+Q 解得Wan= (2M+m)mvi 2(M+m) 当恒力F很大时且作用时间极短，恒力给小车一个瞬时冲量后撤去F,小车以速度2做减速运动，物块 做匀加速运动，经过一段时间物块与小车速度均变为，此过程中对系统由动量守恒有M)2= (M+m)vo 恒力做功的最大值为T化ax=子M-号 M 解得Wnax= (2M+m)mvi 2M (2M+m)mvi ,≤W≤ (2M+m)mvi 可得恒力做功的范围为 2(M+m 2M 2.(25-26高三下.河南周口.阶段检测)如图所示，长度L=0.1m的轻绳一端固定在O点，另一端拴一小 球A。木板C静止在光滑水平面上，物块B静止在木板左端。开始时，木板右端与竖直墙P相距x0= 0.16m,A、B、C的质量均为m=1kg,B、C间的动摩擦因数u=0.2。现将小球A拉到O点正上方（轻 绳伸直)，以v,=√5ms的初速度水平向左抛出，当小球运动至最低点时与物块B发生碰撞，碰撞后立即 撤去小球A。木板C的长度可以保证物块B在运动过程中不与墙接触。小球A和物块B均可视为质 点，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短。取重力加速度大小g=10/s2。求： (1)小球A与物块B发生碰撞前瞬间，轻绳对小球A的拉力大小F; (2)B与C相对运动所用的时间t。 【答案】(1)100N (2)1.5s 【详解】(1)设小球A从最高点开始恰好做圆周运动，需满足mg=m 解得w=1m/s 小球A的初速度v,=√5m/s>1m/s 故小球A微国月运动，由动能定理有2mgL=号mu-号m% 解得y1=3m/s 在最低点，由牛顿第二定律有F-mg=m 解得F=100N (2)小球A在最低点与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律有mU1=mwi十mUB, }ma=m+m 解得vg=3m/s 物块B与木板C发生相对滑动，木板C从静止开始做匀加速运动。设木板C的加速度大小为a,经历时 间t后与墙第一次碰撞，碰撞时木板C的速度大小为vc,由牛顿第二定律有mg=ma 由运动学公式有6=号端，6=0 解得t=0.4s,vc=0.8m/s 此时物块B的速度大小VB1=vg-at 解得vg1=2.2m/s>vo=0.8m/s B、C的总动量向右，木板C还会与墙碰撞 假设木板C从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞做匀变速直线运动，所用时间为2，木板C与墙第二 次碰撞时物块B的速度大小wB2=vm一2at 解得va2=0.6m/s<vc=0.8m/s 可知木板C第二次与墙碰撞前已经和物块B共速，设二者共速时的速度大小为V共，对B、C组成的系 统，由动量守恒定律有mwB1-mvo=2mU共 解得v共=0.7m/s 因为木板C第二次与墙碰撞前和物块B共速，所以木板C第二次与墙碰撞后B与C最终将静止，即B 与C相对运动所用的时间t=B 解得t=1.5s 3.(2026江苏南京.二模)如图所示，半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，最低点切 线水平，紧邻轨道左侧放置着一个下表面光滑、上表面粗糙的木板A,在木板A的左侧放置一小物块C。 从与圆心O点等高处静止释放小滑块B,经圆弧最低点滑上A,A与B共速后，再与C发生弹性碰撞。 在以后的运动过程中，小滑块B始终在木板A上。已知m4=2kg,mg=1kg,mc=2kg,B与A间、C 与地面间的动摩擦因数均为u=0.1,重力加速度g=10m/s2。求： B R (1)B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小： (2)A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能△E; (3)C在地面上运动的最大位移x。 3 【答案】(1)30W (2)12J (3)2.25m 【详解】(1)由机械能守恒可得mgR=号 解得u,=√2gR=6m/s 在最低点时，由向心力公式得B,一mg=m R 代入数据解得=30N (2)由动量守恒定律得mgv=(ms十mA)u 解得A与B共同的速度v=2m/s 由能量守恒可知A,B系统损失的机械能△E=号m喝-号(mg+m:加 解得△E=12J (3)A、C第一次碰撞，由动量守恒定律得m4U=mU41+moUc 由机梳能守恒可知m=子 ,1 mA0ai+之mcu6 2 解方程得V1=0,vc1=U 此后mgv=(mg+m4)v1 每得世=言 A、C第二次碰前，C在地面上运动，加速度为ao=g=1m/s2 减速到零时有U2=2aor1 对木板A,有ms9=m4aA 解得a4=05m=ae 加速到U1有U=2a4r 可得=吉m,加 可知A、C第二次碰前C已停止，且每次A、C再次碰撞前，C的速度都为零。A、C第二次碰后根据速 度文换可得e=骨 依次类推A、C第n次碰撞，有0=3 1 C在地面上运动的最大位移x= 1,1 1 33+ 34 32m 029=2.25m 代入数据得0=2g8 4.(2026·山东枣庄.二模)如图所示，质量M=4kg的滑板静止在光滑水平面上，长度L=1.5m的水平段 AB和光滑圆弧面BC平滑连接，B、C的高度差h=0.2m。质量m=1kg的滑块置于滑板上A点，与滑 板AB段间的动摩擦因数u=0.1:长度L0=3.2m的细线一端固定于O点，另一端与质量m0=0.4kg的 小球栓接。初始时细绳水平伸直，小球由静止被释放，运动至O点正下方时与滑块发生对心碰撞（时间 1 很短)，碰后反弹的瞬间，受到的拉力大小F=4.5N。小球与滑块均可视为质点，不计空气阻力，细线不 可伸长，取g=10m/s2。 777777777元 777777777 (1)求碰撞后瞬间滑块的速度大小： (2)求滑块从滑板上的A处运动到B处的时间： (3)若滑块从滑板上C点离开后在空中运动的最小速率为w'=2ms,求滑块在滑板上运动的过程中，所 受合力的冲量大小。 【答案】(1)w2=4m/s (2)t=0.4s 3)I=2W2N·s 【详解】(1)设小球碰撞前的速度大小为v,则mgL0= 3mov 解得u,=8m/s 碰撞后小球的速度大小为心，剥下-mg=m) 解得u1=2m/s 碰撞过程中，动量守恒mW0=一moW1+m 解得v=4m/s (2)滑块在滑板上，对滑块根据牛顿第二定律可得umg=ma1 解得a1=1m/s 对滑板根据牛顿第二定律可得umg=Mag 解得a2=0.25m/s 则L=时at- 2a8 解得t=0.4s (3)滑块从滑板上的A处运动到B处时，滑块的速度大小为U=2-a1t=3.6/s 滑板的速度大小为w1=at=0.1m/s 滑块在滑板上运动的过程，最终水平分速度大小为心=2ms,根据滑块和滑板组成的系统，在水平方向 动量守恒可得mw3+M,=mw'+Ms 系统机核能守位号m+号Mi=号m+号+mg1 2 解得H=0.4m 则滑块离开滑板上升的高度为h'=H-h=0.2m 所以，滑块离开滑板时，竖直分速度大小为v,=√2gh'=2m/s 在此过程中水平方向的冲量为In=mw'-mw 竖直方向上的冲量为I,=mUg 根据动量定理可得，滑块在此过程中所受合力的冲量大小为I=√+=2√2N·s° 5.(25-26高三下.河北衡水.期中)如图所示，水平传送带顺时针匀速传动，左、右两端相距L=15m,其右 5 端与足够长的光滑轨道无缝平滑连接，在轨道的左侧静止一足够长的质量M=3kg的木板，轨道的右侧 足够远处固定有一竖直弹性挡板，木板的右端放置有小物块乙，其质量z=9kg,它与木板间的动摩擦 因数：=云，莱时刻，小物块甲以初速度，=2ms水平向右从传送带左端A点滑上传送带，一直匀加 速从右端滑离传送带时，与木板发生弹性正碰，己知物块甲的质量甲=1kg,它与传送带间的动摩擦因 数1=0.2，不计木板与挡板碰撞过程的时间及能量损失，物块均可视为质点，重力加速度g取10m/s?。 甲 挡板 A (1)求传送带的运动速度v的大小应该满足的条件。 (2)求物块甲与木板碰后，物块甲与木板左端相距的最大距离。 (3)若物块甲与木板碰后立即取走甲，木板与挡板碰撞前，乙与木板己共速，求从木板与挡板第一次碰撞 开始计时到木板停止运动，物块乙与木板相对滑动过程所经历的时间。 【答案】(1)u≥8m/s (2)10m (3)2.5s 【详解】(1)物块甲在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有hm甲g=mma1 解得a1=2m/s2 由运动学公式u员-wi=2a1L 代入数据解得甲滑离传送带时的速度v1=8m/s 因为甲一直匀加速从右端滑离，说明甲在传送带上运动时速度始终未达到或刚好达到传送带速度，故传 送带速度v应满足v≥U1,即v≥8m/s。 (2)甲与木板发生弹性正碰，设碰后甲的速度为U1,木板的速度为UM。由动量守恒和能量守恒得甲U1= m,+Me,号m,候=号m,时+号M 1 1 代入数据解得v1=-4m/s,va=4ms 碰后甲向左滑上传送带，加速度大小a1=2m/ 木板向右运动，乙在木板上向右加速，加速度a元=9=0.4m/s2, 木板受乙的摩擦力向左，加速度大小a=9 M =1.2m/s 当甲与木板速度相等时，相距最远。设碰后经过时间t共速。甲先向左减速到0用时=0二位=25 此时甲位移西=受6=-m 此后甲向右加速。木板一直减速，设经过t时间两者速度相等a1(t-t)=vr-awt 解得t=2.5s(此时木板与乙也恰好共速，v共=azt=1m/s,t=2.5s)。 甲的速度v甲=a1(t-t)=1m/s 与木板速度相等。此时甲的总位移亚n三一4+之4，t-”=-3.75m 木板的位移r=t-号0=6,25m 最大距离△x=xM-D甲=10m (3)取走甲后，木板与乙系统动量守恒。第一次与挡板碰撞前，乙与木板共速，速度w1=1/s。木板与挡 板弹性碰撞后，速度变为wy=一lm/s,乙速度仍为vz=1m/s。此后乙相对木板向右滑动，受向左摩擦 力，木板受向右摩擦力。设相对滑动时间为t1,共速速度为U2。对系统由动量守恒：Muw十mzUz= (M+m)v2 解得w2=0.5m/s 对木板由动量定理um元gt1=M(U,-Ui 解得t1=1.25s 此后木板与乙以向右匀速运动，再次与挡板碰撞。每次碰撞后，系统总动量减半，共速速度减半，相对 滑动时间也减丰。总时间t=专+号+车+=2选=25 6.(2026天津红桥.一模)如图所示，挡板P固定地面上，半径为R=0.4m,粗糙程度分布不均匀的四分之 圆弧轨道静置在光滑的水平面上，左端紧靠挡板，右端B紧靠等高的木板CD。质量为m=1kg可视为 质点的物块从圆弧轨道上端A点的正上方高度为R处由静止开始下落，物块刚好从A点沿切线方向进 入轨道，到达B点时对B点的压力大小为F=20N。已知木板质量为M=1.5kg,物块与木板间的动摩 擦因数为u=0.3,重力加速度g取10m/s2。 R D (1)求圆弧轨道对物块做的功W; (2)若轨道始终紧靠挡板P,求挡板在物块下滑过程中对轨道的冲量I; (3)若物块恰好不从木板上掉下，求木板的长度D 【答案】(1)W=-6J (2)I=2kgms,方向水平向右 (3)L=0.4m 【详解】(1)设物块在B,点的速度为U,对物块，在B点，由牛顿第三定律可知支持力F=F 牛顿第二定律可得，-mg=mR' 物块从释放到B点，由动能定理得2mgR+W=1, 解得y=2m/s,W=-6J (2)对轨道和物块，在物块下滑的过程中，在水平方向使用动量定理I=) 解得I=2kg'm/s 方向水平向右。 3)对物块和木板组成的系统使用动量守恒定律和能量守恒mu=(M+m)u共，mgL= 2n2 2m+M呢 解得L=0.4m 考点二 子弹打木块问题 解题思路点拨：系统水平方向动量守恒：作用时间极短，外力忽略：先由动量守恒求共同速度，再用能量守恒， 损失的机械能转化为内能，内能等于摩擦力乘以射入相对深度，区分留在木块和击穿两种情况。 7.(2026·北京东城.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wo=500/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： m, (1)子弹穿出小球瞬间小球的速度)1： (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△E。 【答案】(1)20ms (2)100m/s (3)1160J 【详解】①小球做平指运动，则有五=9，亚=t 代入数据解得U1=20m/s (2)子弹射穿小球过程，根据动量守恒定律有m20=mU2+m1U1 代入数据解得v,=100m/s ③)系统损夫的机找能△E=方哈-m明- -m1v1 代入数据解得△E=1160J 8.(2026·辽宁.一模)如图所示，质量为M=2.99kg的物块P静置在水平地面上，并通过劲度系数为k= 900Nm的轻质弹簧连接在右侧的固定挡板上，初始时弹簧处于原长。质量为m=0.01kg的子弹以初 速度w0=600/s水平向右击中物块P并留在其中，物块P与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10/s2,弹簧始终在弹性限度内，子弹与物块P作用时间可忽 略不计，求： [P M 77777777777777777777777777777777777777 (1)子弹击中物块P的过程中，子弹和物块P组成的系统损失的机械能； (2)弹簧第一次恢复到原长时，物块P的速度大小。 【答案】(1)1794J 9 (2)√2m/s 【详解】(1)子弹击中物块P的过程中，子弹和P组成的系统动量守恒有m心，=(M+m)u1 解得w1=2m/s 故系统损夫的机械能△E=号mu6-}M+m 解得△E=1794 2)设P第一次压缩弹簧到最短时弹簧的形变量为1，根据动能定理有k·01-41+mg01=0 2 号M+mu 解得c1=0.1m 到第一次恢复到原长，根括动能定理有受·金-以M+mg=M十m 解得u,=√2m/s 9.(25-26高三上·湖北·开学考试)如图所示，质量为M=3kg半径为R=1m的四分之一光滑圆弧轨道放 在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，质量为m=0.98kg的木块静止在轨道左侧，质量为m=20g 的子弹以v0=200/s的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短，木块的尺 寸远小于圆弧轨道的半径，重力加速度大小g取10m/s2,不计空气阻力。求： m 7 (1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能： (2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度； (3)圆弧轨道的最大速度。 【答案】(1)Q=392J (2)h=0.6m (3)w4=2m/s,方向水平向右 【详解】(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为1，对子弹和木块组成的系统，取子弹的初速度方向 为正方向，根据动量守恒定律有mw0=(m,十m)u1 解得子弹射入木块后的共同速度v1=4m/s 根据能量宇恒，可得此过程系统所产生的内能Q=号m,片-号m,十m) 解得产生的内能Q=392J (2)设木块（含子弹）在圆孤轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为)，木块沿圆孤轨道上升的最大 高度为h,取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有(m,+m)u1=(mo十m十M)v 报据能量宁恒定律有(m十m)g=m+m暖-号(m十m+n8 解得木块沿圆孤轨道上升的最大高度h=0.6m 因九<R,所以木块未从圆孤轨道最高点飞出 (3)设木块（含子弹）在圆孤轨道上时，圆孤轨道一直做加速运动，木块（含子弹）在圆孤轨道底端与轨道 分离时，圆孤轨道的速度最大，设此时木块（含子弹）的速度为，圆孤轨道的速度为)4，取子弹的初速度 方向为正方向，根据动量守恒定律有(mo+m)v1=(m+m)w+M 报据机城能守恒定律有号m+m=号m+m+号 解得圆孤轨道的最大速度v,=2m/s 方向水平向右。 10.（2026辽宁鞍山.模拟预测)如图，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距x,滑块A静止放 在滑板B的最左侧。一子弹以水平向右的初速度v,击中A后留在A中（此过程时间极短）。己知子弹 的质量m=0.02kg,水平速度v0=100m/s。A的质量ma=0.48kg,B的质量mg=1.5kg,A、B之间动 摩擦因数=0.6，B足够长，A不会从B表面滑出，B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，重力加 速度g=10m/s2。求： o A 台阶 777777 X (1)子弹击中滑块A后瞬间，A的速度大小w1: (2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶的距离x: (3)若x仍取第(2)问中的值，但改变子弹的初速度°'，则子弹的初速度最大为多少时，可避免滑板B 与台阶第二次相碰。 【答案】(1)w1=4m/s (2)x=0.25m (3)150m/s 【详解】(1)子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，有mu0=(m+m4)u1 解得v1=4ms (2)A与B达到共速的过程，子弹、A、B组成的系统动量守恒，有(m十m4)v1=(m十m4+ms)v 解得w2=1m/s 对B,根据动能定理有m十mgr=方m 解得x=0.25m (3)在第(2)问的情况下，B与台阶相碰后动量方向向左，大小不变，因(m十ma)<m妇 则相碰后子弹、A、B的总动量方向向左，再次共速后速度仍向左，B与台阶不会第二次相碰。为避免B 与台阶第二次相碰，则第一次相碰前A与B必然未达到共速，设B与台阶恰好不发生第二次相碰对应的 子弹的初速度为U,v就是避免B与台阶第二次相碰的子弹初速度的最大值，根据动量守恒有w)= (m+ma)vs+mgv2 B与台阶恰好不发生第二次相碰，则B反弹后的动量正好与子弹、A整体的动量等大反向，即整个系统 的总动量为零，则有(m十ma)w=m0 联立解得w,=150m/s 11.(2026四川德阳.二模)如图所示，竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于A点，另一端经光滑孔钉B连 接质量为2可视为质点的物块。点A、B和静止的物块在同一竖直线上，A、B间距等于弹力绳原长， B点离地高度为L。一质量为的子弹以速度v0向右射入物块，且未击穿物块。已知物块与地面的动 摩擦因数为4=0.5，弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为=，重力加速度大小 为g,求： B 777777777777777777777 (1)子弹射入物块后，物块的速度大小： (2)物块向右运动过程中，当弹力绳偏离竖直方向角度为0时，物块所受的滑动摩擦力大小f。 【容案】10=青 (2)f=mg 【详解】(1)子弹射入物块的过程，由动量守恒得mo=(m+2m)v 解得= 30g (2)对物块和子弹整体受力分析，竖直方向有N+Fcos0=(m+2m)g 由胡克定律F=L cos 滑动摩擦力∫=uN 联立解得f=mg 12.(2026·河北唐山.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/s'。求： B (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)27.5N,方向竖直向下 22ms或者√受ms或者心 【详解】(1)设子弹质量为m,木块质量为M子弹击中木块，由动量守恒定律得 mvo=(m+M)vi 木块到达A点时受到的支持力为F,则有 12 马-m+Mg=mt 由牛顿第三定律Fw'=F 木块对轨道的压力F=27.5N,方向竖直向下。 (2)设木块离开轨道时，木块与圆心连线与竖直方向的夹角为日，速度为 由机技能守恒定律得(m+MgR1+cos0)=号m+Mu-号m+M明 重力分力提供向心力有(m+M)gcos0= (m+M)u房 R 联立可得=2香ms浅者√骨m6成者m6 3 3 13 考点三 斜面问题 解题思路点拨：将重力沿斜面、垂直斜面正交分解：受力列牛顿第二定律方程求加速度：结合运动学公式求解 位移、速度：涉及做功、机械能时，分析重力、摩擦力做功，用动能定理或机械能守恒求解。 13.(2026广东广州.三模)如图，AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v,顺时针转动的水平传送 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4，其余接触面均光滑。已知R= 0.36m,L=1.6m,v=5m/s,m=0.2kg,M=1.8kg,4=0.25,重力加速度取g=10m/s2。不计空气阻 力，物块视为质点，传送带足够长。求： R 30B 7777777777777777777 产V (1)物块滑到B点处的速度大小； (2)物块从B到C点过程因摩擦产生的热量； (3)物块到达圆弧轨道最高点时对轨道的压力。 【答案】(1)va=4m/s (2)Q=0.1J (3)3N,方向竖直向上 【详解】1物块从P到B点，根据动能定理可得mgLsin30°=子mu6-0 解得vg=4m/s 2)物块从B点匀加速运动到与传送带共速0，对物块有a=9,t=。，=”t m a 2 解得t=0.4s,x物=1.8m 对传送带有x传=vt=2m 根据功能关系可得Q=4mg(x传一r物】 解得Q=0.1J (3)物块从进入圆孤槽到达最高点过程，根据水平方向动量守恒和能量守恒可得mwo=mU1+)2, 号ma6=mwi+号wi+2mgR 解得v1=-2.2m/s,v2=0.8m/s(u1=3.2m/s,w2=0.2m/s,不符合实际舍掉) 物块在圆孤槽最高点时，有F+mg=m (v2-)2 R 解得F=3N 根据牛顿第三定律，物块在圆孤槽最高点时对轨道的压力大小3N,方向竖直向上。 14.(2026江苏.模拟预测)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面平滑相连，中间水平轨道BC长度为L=4,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，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为4=0.1。重力加速度g取10m/s2,求： h (1)滑块经过B点时的速度大小： (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。 【答案】(1)u1=4w2m/s ②R=1g0N (3)在C点左侧到C点的距离为2.4m 【详解】(1)设滑块经过B点时的速度大小为1，此时小车的速度大小为2，根据滑块和小车组成的系统 在水平方向动量守恒mU1=M 根据滑块和小车组成的系统机械能守恒可得mgh+R)=号mwi+号M耐 解得v1=4√2m/s,v=2W2m/s (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)，滑块在竖直方向的速度大小为U,根 据滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒0=(m+M))。 可得un=0 滑块到达D点的过程中，根据能量守恒可得mgh+R)=ugL+mgr+2mu 小车运动到D点时，相对于小车做圆周运动 根据牛顿茅二定律可得B=m醇=m 小球的向心加速度a水平向左，为小球水平方向上相对小车的相对加速度 在D点，水平方向上对小球：F合=mQ球 在D点，水平方向上对小车：F参=Ma an=a球十a年 解得半圆形轨道对滑块的支持力大小为B,=160N 3 根据牛顿第三定律可得，滑块经过D点时对半圆形轨道的压力大小为F=乃，=160N 3 (3)设滑块从E点飞出时，滑块的速度大小为4，此时小车的速度大小为5，根据滑块和小车组成的系统 在水平方向动量守恒mw4=Ms 滑块从D点到B点的过程中，系统机械能守恒mgr+号mu好=mg×2r十 m好+号M 解得u1=4m/s,vs=2m/s 滑块飞行过程中，在竖直方向2r=9 15 解得t=0.4s 在水平方向，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=(u1+)t=2.4m 15.(25-26高三下.广西.期中)如图所示，质量为2m的小车放在台阶左侧的光滑水平面上，小车由光滑 圆弧轨道和粗糙水平轨道构成，圆弧轨道的半径为R,圆心为O,与水平轨道相切于A点，水平轨道的长 度为工，上表面与台阶平齐。小车最右端放置一质量为的滑块，滑块与小车水平轨道间的动摩擦因数 为L。 质量为受的小球从台阶上以大小为，的水平速度与滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后 滑块能从圆弧轨道最高点冲出。滑块和小球均可视为质点，重力加速度为9，求： 0 (1)碰后瞬间滑块的速度大小： (2)滑块脱离圆弧轨道后还能上升的最大高度。 【塔】1号 一R-L 【详解】①小球和滑块发生弹性碰拉，动量和机城能均宁恒，有罗的=受+m, 3 ×受号×受+宁n 3 称得一子 2设滑块上升到最高点时水平速度为，有m=3m,号m听=mgR+利+号 ×3mw品+umgL 滑块离开轨道后沿竖直方向上升的最大高度九=一R-山 12g 16.(2026山东模拟预测)如图所示，半径为R的士圆桔P和物块Q静止在光滑水平地面上，圆精P的最低 点与地面相切，物块Q的左端连接一轻弹簧。质量为m的小球从P的正上方高为R的位置由静止释放 后，恰好沿切线进入圆弧轨道。已知P、Q的质量均为3m,重力加速度大小为g,忽略空气阻力和一切摩 擦。求 R MQ 7777777777777 77777777777777777777 16 (1)小球第一次离开圆槽P时的速度大小： (2)小球第一次与弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E1: (3)小球再次回到圆槽P的过程中上升的最大高度。 【答案】(1)w1=√3gR 2-号wnR (3) 【详解】(1)设小球第一次离开圆槽时速度为1，圆槽的速度为2，从小球开始下落到第一次离开圆槽，由 动量守恒和能量字恒有0=mu1-3me,mg2n=今mui+号3mu时 2 解得U1=√3gR (②)小球第一次与弹簧相互作用，弹簧的最大弹性势能时小球和物块Q共速，设共速的速度为，从开始 压缩弹簧到弹性势能最大m=(m+3m)u,Ba=号mi-号ma 解得码：=号m9R (3)设小球与Q分离后，小球的速度为4，Q的速度为：小球再次回到圆槽P上升最大高度时，小球与 圆槽共速，速度为U,上升的最大高度为九，从压缩弹簧到与Q分离，由动量守恒和能量守恒有mU1= mu,+3muw,mi=号nu+号3m 从与Q分离到回到圆槽P上升的最大高度时，由动量守恒和能量守恒有mU4+3mw2=(m+3m)v6, 号mu+号3mo-4nmuf=mgh 解得九=立凡 17.(2026安徽.三模)如图所示，带圆弧槽的小车静止在光滑的水平面上，槽的A端与圆心O的连线与竖直 方向的夹角为0=60°，B端与圆心O等高，一个质量为m、可视为质点的小球以水平向右的初速度v抛 出，刚好从A点无碰撞地进入圆弧槽，小球运动到B点时恰好与小车相对静止。圆弧槽光滑，小车质量 为3m,不计空气阻力，重力加速度为g,求： R 7777777777777777777 (1)小球运动到B点时，球与小车的共同速度大小： (2)小球抛出点与A点的高度差： (3)圆弧槽的半径R。 【答案】(1功 (2)3 g 【详解】(1)设小球运动到B点时小车的速度为)，小球与小车在水平方向动量守恒，则有心0= (m+3m)v 解得=子 (2)设小球运动到A点时速度大小为w,则有u,= =2Un cos 小球从抛出点到A点由机械能守恒则有号m哈+mgh=muf 解得h=3u 2g (3)小球从A点到B点的过程，系统机械能守恒，则有1？ 2mu-1 之(m+3m)2+mg Rcost0 解得R=15u6 4g 18.（2026·河北邢台.二模)如图所示，水平传送带AB的长度为L=3m,传送带沿顺时针转动且速度v= 4/s,右侧水平面上有一个固定的物体P,P右侧静置着一个质量M=3kg的光滑物体Q,P、Q紧密接 触但不粘连，CDE段为半径R=2.75m的光滑圆弧，D处是圆弧最低点，CD段圆弧所对圆心角0= 37°。一个质量为m=1kg的小物块以水平向右的初速度，=6m/s从A端滑上传送带，物块与传送带间 的动摩擦因数u=0.5,物体从B点离开传送带做平抛运动并恰好从C点无碰撞进入圆弧CD。小滑块 可看作质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)小物块在传送带上滑行的时间t: (2)小物块经过D点时受到圆弧的支持力大小（结果保留一位小数）： (3)物体Q能获得的最大速率。 【答案】(1)0.65s (2)23.1N (3)3m/s 【详解】(1)小物块相对传送带上运动时，由牛顿第二定律得umg=ma 解得a=5m/s 由运动学公式得U2一w6=-2ac 解得x=2m<L 故小物块在传送带上先减速再匀速，由)=U0一at 解得t1=0.4s 匀速阶段有L-x=Ut 18. 解得t2=0.25s 所以小物块在传送带上滑行的时间为t=t1+t2=0.65s 2)小物块做平抛运动到达C点时，有c0s0=” 解得uc=5m/s 从C点到D点过程，根据动能定理得mgR(1-cos)=号mu%-mu呢 1 解得wp=6m/s 在D点，由牛顿第二定律得-mg=mR 解得=23.1N (3)当小物块滑离物体Q时，物体Q获得的速度最大，根据动量宇恒和机械能守恒可得mU。=m心1十 h,号m店=方mi+号ha 2 解得Q的最大速度w2=3m/s 19 考点四 滑块弹簧问题 解题思路点拨：弹力是变力，不适合用牛顿定律过程分析：优先用动量守恒+机械能守恒：抓住原长、最大形 变量、共速等临界位置，求解速度、弹簧形变量和能量分配。 19.(25-26高三下.青海西宁，阶段检测)如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的}圆弧轨 道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端 自由。质量为的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹 簧接触后，当速度减小至刚接触时的号时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接，Q从静止 开始向右滑动。9为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变 化始终在弹性限度内。 BO 99o0月 mmim (1)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离： (2)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大？ (3)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 【答案】132g1,点R 24 (2)4m (agm 详解设小球与弹麦刚接能时速度的大小为U,由机械能守恒龙律可知号m心三E,士分m(} 其中E。=2mgR 同时有mg（h+凡=号m 联立解得= 3√2gR ,h=5R 2 4 (2)弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律 有m青的=(m+0u,号n=居+号m+M0明 1 其中E,2=2.2mgR,联立解得M=4m (3)对Q和小球整体，根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时 弹簧刚好恢复原长。设此时Q的质量为M,Q的最大速度为)m,根据动量守恒和机械能守恒有： 号w=Me,号mui=号M2 每得=古m 20 20.(25-26高三上.北京海淀.开学考试)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将 它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与两物块均不相连），弹簧的压缩量为x。现将 细线剪断，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为)，求： A B 000000000000 77777777777 (1)物块A从开始运动到刚要离开弹簧的过程中，A的位移大小： (2)物块A从开始运动到刚要离开弹簧的过程中，弹簧弹力对B的冲量大小： (3)物块开始运动前弹簧的弹性势能。 【容J号 (2)2mu (3)3mw2 【详解】(1)系统动量守恒2m心-m心a=0 解得Vg=2U 两物块运动时间相同，则2mwt一mwt=0 即2x4-DB=0 又十细=正，解得=号 (2)由动量定理，弹簧弹力对B的冲量I=△pg=mwB-0=2mU (3)由能量守恒，弹簧弹性势能E,=1×2mu2+1 ×m(2u)2=3mw2 21.(2026内蒙古包头.一模)将物块A和物块B用一根轻弹簧连接放置在传送带上，已知物块A和物块B 的质量相等均为m=2kg,物块A和物块B与传送带的动摩擦因数相等均为u=0.5,弹簧劲度系数k= 100Nm,零时刻，弹簧处于原长，使物块A以vo=3m/s的初速度水平向左运动，物块B的初速度为零，t 时刻，物块A与传送带第一次共速，传送带足够长，弹性势能E,=k如（为弹簧的形变量），重力加速 度g=10m/s2。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 AWWWWWWWB (1)若传送带始终静止，求物块B开始运动时，物块A的速度（结果可以用根式表示）； (2)若传送带逆时针以w=2ms的速度运行，求t时刻物块B的速度大小； (3)在(2)的前提下，求t时刻弹簧的伸长量。 【答案】(1) -m/s (2)1m/s (3)0.2m 【详解】(1)当B开始运动时，有k1=umg 解得c1=0.1m 21 对A应用动能定理，有mgr1-2 解仔的-受m (2)A、B均未与传送带共速时，因m4g=1mg=mg,且方向相反，所以此过程中A、B系统动量守恒， 假设A先与传送带共速，则A与传送带共速时有mU0=mU十mU2 解得w2=1m/s<u,假设成立。 可知t时刻物块B的速度大小为v=1m/s (3)A、B与传送带间的相对路程分别为S1=4-vt,S2=wt-CB 设弹簧的伸长量为x,可得S1十S2=r4一xB= 根据能量守恒有号m明=号mo+号mw8+号ka+mgr 解得x=0.2m 22.(25-26高三上山东聊城期末)如图所示，在一个倾角为0=30°的光滑固定斜面底端固定一个挡板，斜 面左侧有一足够长竖直墙面，小滑块A、B通过一根劲度系数为k=I0N/m的轻弹簧连接放置在斜面 上，其中A紧靠挡板，系统处于静止状态。将一物块C从斜面顶端距B物块L=5m处以初速度v0= 5√14ms向下释放，B与C相碰后立即粘合在一起，三个物块均可视为质点，物块B、C的质量均为m =2kg,物块A的质量为2m=4kg,弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E。=号ax,c为弹簧的 9 形变量，重力加速度为g=10m/s2,计算结果可保留根号。 d 77777777777777777777777777777777777777 (1)求C、B相碰后瞬间的速度大小v1: (2)求物块A刚离开挡板时物块B、C的速度w2: (3)若物块A刚离开挡板时，B、C恰好与弹簧分离，而后B、C飞出斜面与墙面碰撞，反弹后能从斜面项 端处、且速度沿着斜面方向返回斜面，物块与墙面间的碰撞可视为弹性碰撞。求斜面与墙面的水平距离 do 【答案】(1)10m/s 51mis 3)17 16m 【详解]〔1)C下滑过程，光滑斜面只有重力微功，由功能定理m91sin0=号m6-子mu 代入u6=25×14=350,gLsin0=10×5×0.5=25 得w2=u6+2 gLsin0=400→wc=20m/s B、C碰撞过程动量守恒（碰撞瞬间弹簧形变可忽略）mc=(m+m)U1 解得w1=10m/s 22 2)初始系统静止，弹簧压编量，满足平衡mgsin0=ka→。5=mgsin .二1m A刚离开挡板时，弹簧伸长量x2满足平衡2 ngsin0=x2→·x2= 2mgsing k 二2m 从碰接后到A刚离开挡板，系统礼械能守恒，BC活斜面上升西+，童力势能增加号2m明+}i= 2 号2m+号k+2mg+sin0 代入数值计算200+5=2u号+20+60→2u号=125 解得U,= 510m/s 2 (3)物块BC需要继续沿斜面向上运动1=L-（x1+x)=2m 到达斜面预瑞的过程，根据机核能守恒有号2mw-号2mu明=2 min0 解得=而ms 2 BC从斜面顶端飞出后做斜抛运动，速度分解为：水平分量v=vcos0,竖直分量v,=vsin(向左上方】 弹性碰撞墙面后，水平速度反向、大小不变，从飞出到返回斜面顶端的总时间T满足：水平总位移为2d, 故T=2d=2d U3Cos日 骗时竖直位移为0回到原高度，由鉴直方向匀变速运动工号°=0。 9 2vsind 9 联立两式消去T得d=visindcos0 代入vg=170、sin9=1 4 ,cos0= 2、9=10 170.1.3 得：d=士22=17 10 -m 16 23.(25一26高三下.贵州.开学考试)在机械动力学性能测试的水平测试台上，搭建了一套滑块一滑板传动 模拟装置。水平测试台经精密调试可看成光滑面，滑板装置的总质量=8kg,其结构由三部分组成： 前端AB段为光滑的}圆弧轨道，圆弧轨道与水平的中间BC段平滑衔接：中间BC段为粗糙摩擦段 (长度Lc=0.8m);后端CD段为光滑的水平导向段，导向段末端D处有一轻质固定挡板，一水平轻质弹 簧固定在挡板上，弹簧自然伸长时左端与C点重合（即弹簧原长位置为CD)。质量2=1kg的金属滑 块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点由静止释放，滑块第一次滑到B点时的速度大小vo=4/s,滑块 与滑板BC段间的动摩擦因数μ=0.1。不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，取重力加速度大小g =10m/s2。 M B C 0 777777T7777777777777T777N77T7777777777777777777777777777777T 水平测试台 23 (1)求滑块第一次通过B点时，滑板的速度大小w1和圆弧轨道的半径R; (2)滑块在滑板上运动的过程中，弹簧会出现弹性势能最大的瞬间（以弹簧原长时弹性势能为零势能参 考)，求该瞬间弹簧具有的最大弹性势能： (3)实验持续足够长时间后，滑块与滑板达到稳定状态，求此时滑块到B点的距离及整个运动过程中滑 板的位移大小。 【答案】(1)v1=0.5m/s,R=0.9m (2)Em=8.2J 3s=合m 【详解】(1)把滑块和滑板（含弹簧）看成一个系统，则系统满足水平方向上动量守恒，则有0=m101 mavo 根据能量守恒定律剥有mgR=号mi+号m 解得v1=0.5ms,R=0.9m (2)弹簧从开始至压缩到最短的过程中，满足水平方向上动量守恒，则有0=(m1十m2)u 解得U=0 根据能量守恒定律则有mgR=(m十m)明+mgL+E,m 解得Epm=8.2J (3)滑块从开始运动到稳定的过程中满足水平方向上动量守恒，则有0=(m1十2)4 解得U,=0 根据能量守恒定律则有mgR= 2 (ma+mz)vi+umags 解得s=9m=11.25Lgc 即滑块最终静止在与B点的距离L=0.75Lac=0.6m处 根据水平方向上动量宇恒则有0=m1S1-m252 由几何关系有S1十S2=R+L 程得后=吉n 24.(2026山东菏泽.一模)如图所示，轻质弹簧的左端固定在质量为2m的小球B上，右端与质量为2m的小 球C接触但未拴接，B和C静止在光滑水平台面上，C离水平台面右端点O的距离为L,质量为m的小 球A以，向右运动，与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。当C运动到O点时弹簧恰好恢复原长，沿水平 抛出，落入固定在水平地面上的竖直四分之一椭圆轨道内。O为椭圆的中心，椭圆轨道半长轴为α，半短 轴为b(0=是a)小，三个小球A、B、C均可看成质点，重力加速度为g,精圆方程参考公式三+兰=1。 a b2 求： OMWwwwMO 0 B C 7777777777777777 24 (1)A与B碰撞后B球的速度大小vB: (2)C运动到O点的时间t: (3)改变A的初速度及L,C落到椭圆轨道上的最小动能。 【客号 2)3豇 Uo g257g 【详解】(1)A、B碰撞过程，设碰后A的速度为vA,由系统动量守恒得mw=mUa十2mwg 由系统机械能守恒得mu听=方mu暖+号×2mw号 原得g一号 (2)B、C和弹簧系统动量守恒，设任一时刻，B球速度为VB1,C球的速度为c,则有2mwB=2mw1十 2mvc 经一微小段时间△t,有2mUs△t=2mUB1△t+2mWc△t 对时间累积得∑2mws△t=∑2mu1△t+∑2mwc△t 可得2mwat=2mL+2mL 解得t=3L Uo ③)设C球平抛的初速度为，经时间廿落到轨道上。根据平抛运动规律可得0=，y=9北 把以上两式带入精圆方程得+9 =1 a2 462 即6=g-og-g2_4gt t2 4b2t29 平抛过程，对C球用动能定理得2mgy=E-之 ×2mu6 5g2t2 联立可得E=ma+ \t2 9 根据基本不等式可知，当g=5g 9,即t=3a √5g C落到精圆轨道上的动能最小，为Bm=25mga 3 25 考点五 人船问题及其变式 解题思路点拨：系统水平方向合外力为零，动量守恒、质心位置保持不变：利用平均动量守恒，位移与质量成 反比：直接列位移比例关系，快速求解两者对地位移。 25.(2026河北沧州.二模)有一项娱乐比赛项目，其规则如下：在光滑水平地面上有一个长为L=1.5m、质量 为M=40kg的木板，距木板左侧某处固定了一个销钉（不计质量），紧挨着销钉的右侧放置了一个质量 为=60kg的金属块（金属块和销钉不会干扰参赛者在木板上的运动）。木板紧靠在平台的右侧（木板 与平台等高)，距离木板右侧较远处有一竖直墙壁。质量为=50kg的参赛者由木板右端由静止出发， 走到木板最左侧处停止，随后以方向与水平面夹角为日的初速度跳离木板落在平台上，如果金属块最终 没有从木板上滑落，即为比赛胜利。已知金属块与木板间的动摩擦因数4=01，参赛者、金属块和销钉 均可视为质点，木板与墙壁碰撞视为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。 L=1.5m (1)求参赛者在起跳前距离平台的水平距离。 (2)求参赛者至少以多大的初速度从木板上跳出，才能安全落在平台上，以及日角的大小。 (3)己知参赛者刚要起跳时，参赛者、金属块、销钉和木板系统的机械能为E,若参赛者以做功最小的方式 跳出并安全落在平台，最终金属块未掉落，求金属块与木板间的相对位移。 【答案】(1)0.5m (2)W5m/s,45 (3)25v6 m 144 【详解】(1)参赛者在木板上运动全过程动量守恒，有mv人=(M十m)v 将等式两边同时乘以较小的时间间隔△t,设参赛者的位移为x人，板的位移为c板，故mc人=(M十m)c板 其中x人十C板=工 解得x板=0.5m 故参赛者起跳前距离平台的距离为x=①板=0.5°m (2)参赛者起跳的速度为v,根据斜抛运动规律可知水平方向有vc0s日·t=x 竖直方向有t=2 vsin 0 gx 解得u=√2sin0cosd -1sin20 当0=45°时，v最小，解得vmim=√5m/s (3)人跳出时系统水平方向动量守恒moucos.0=(M+m)u' 2%+1 根据能量守恒可得参赛者做的功为W=上m 2(m+M)v-E 联立解得W=12.2+ces0-E=125(2an9+,3） E sind.cos 4 tang 26 当2tan0=,3。时，W有最小值，解得tan0= tand 1 最终金属块和木板相对静止且停在水平面上，动能转化为热量有mgAx=之(m+M)u' 解得△x=25V6 m 144 26.(2026河北保定.一模)如图甲所示，物块A、B和带有半径R=4m的二光滑圆弧轨道EF的物块D均 放在光滑水平地面上，D被锁定。圆弧轨道的圆心为O,OE水平，A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相 连。小球C从E点正上方高h=16.8m处由静止释放，当O、C连线和OF的夹角为0=37°时，解除物 块D的锁定。己知m4=4kg,mg=3kg,mc=mp=1kg重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6。 D 77777777777777777777777777 可妥冬证妥 168164 图甲 图乙 (1)求小球C经过F点时，小球C、物块D的速度大小和物块D对小球C的支持力大小： (2)小球C与物块A碰撞时间极短，碰后粘在一起，取该时刻为t=0时刻，之后A、C组合体和B的速度 随时间按正弦规律变化，如图乙所示，0.9内，A前进的距离为d=5m,求弹簧的劲度系数。 32 【答案】(1)20m/8,4m/s,154N (2)120Nm 【详解】(1)O、C连线和OF的夹角为0时，小球下落的高度h1=h+Rcos0 由动能定理有mcg咖：=号mc 解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有mow1cos日=mov-mDa, 号ni+mcgR1-cos0)=号mc好+m 1 解得v2=20m/s,v=4m/s C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有x-mc9=mo 2十u月 R 解得物块D对小球C的支持力大小为F=154N (2)小球C与物块A碰撞过程，有mow=(mo+ma)v 解得u1=4m/s 碰后A、B、C共速时，有moW=（mc+mA十mg)vs 解得vs=2.5m/s 对A、B、C组成的系统，任意时刻，有(mo十ma)v=(mc十m4)vAc+mg0B 取之后极短时间△t,有(mc+ma)vAt=(mc十ma)vAc△t+mzU△t 27 求和有(mo+mu:6=(mo+ma四ao+mg 此过程弹簧的压缩量为△x=x4C-xB,cAC=d 代入款接解得-加0m,da-弓n 设弹簧的动度系教为k,由支力做功和机械能守恒，有号(mc+m=号(mc十m+m加呢+号ax 解得弹簧的劲度系数k=120Nm 27.(2026重庆沙坪坝.模拟预测)如图所示，套在固定水平杆上的光滑小环A与小球B通过不可伸长的轻绳 相连，A环右侧2=：处有一竖直挡板，周定在水平杆上P点，A环与竖直挡板碰撞后立即被锁 5(k+1) 定在P点。初始时刻，小球B与环A在处于同一水平面，轻绳恰好伸直且与水平杆平行。己知轻绳长 为L,小环A质量为m,小球B的质量为km,重力加速度为g,不计空气阻力。A、B同时由静止释放， 求： B (1)若固定环A,当小球B运动到最低点时对轻绳的拉力大小； (2)在环A与挡板相撞前瞬间的速度大小； (3)若k=0.5,则小球B的最大速度是多少。 【答案】(1)3kmg 10.8gL (2k√16k+4k+25 3√器z 【详解】(1)A环国定时，对小球B由动能定理有mgL=之km 设小球B运动到最低点时受到轻绳的拉力为F,根据牛顿第二定律可知F-mg=lm vo 联立解得F=3kmg 由牛顿第三定律可知，小球B运动到最低，点时对轻绳的拉力大小为3g (②)环A与小球B组成的系统在水平方向动量守恒，满足mUAm=kmw 等式两边对时间微元求和得mc4=kmcB 当A与挡板碰撞时亚A=D= kL 5(k+1) 联立解得环A与小球B水平方向的相对位移山=亚十。=号 由几何关系可知此时轻绳与水平方向夹角c0s0=L-△亚=0.8 在A环与竖直挡板碰撞前，系统在水平方向动量守恒m4n=m心B 对A、B系统机械能守恒有号mwi+号km(哈.+)=kmngLsin0 碰前A、B沿绳方向速度大小相等U4cos0=一UB.COS0十vsin日 28 三式联立解得UAm=k 10.8gL 16k2+41k+25 (3)将k=0.5代入第(2)问，解得v4@= 10.8gL 3 V16%2+41k+25 V559L 结合系统在水平方向动量守恒mU4m=mUB 3 解得v。=2√5g亚 A、B沿绳方向速度大小相等V4cos8=-UBaCOS日+vB sing 3 解得v=4√5g亚 A环与竖直挡板发生碰撞、立即被锁定，此时轻绳绷紧，B球沿绳方向动量瞬时变为0，此后以垂直于绳 132gd 方向速度为初速度继续运动，即Ug1=Usin0+vac0s日=√125 从锁定位置到竖直最低点，B下落高度△h=L-乙sin0三7 根据机梳能守恒可知B球摆至最，低点时速度最大，满足mt1十kmgSh=方m8。 232 解得v8m=√25g亚 28.(2026黑龙江辽宁.模拟预测)如图所示，质量为的物块B静止在水平面上P点，半径为r=2R的四分 之一光滑圆弧体静止在光滑水平面上，圆弧面与水平面刚好在圆弧面的最低点C相切，质量为3的小 球A用长为（未知）的轻绳连接于O点，O点正下方O'点固定一颗钉子，将轻绳水平拉直，由静止释放 A,A运动到最低点时刚好与B沿水平方向发生弹性正碰，碰撞后A刚好绕钉子做半径为R的完整的圆 周运动，B恰能运动到圆弧体的最高点D,B与Q点左侧水平面间的动摩擦因数为0.5，Q点右侧水平 面光滑，开始时C点与Q点对齐，P、Q间距离s=37R,A、B可视为质点，重力加速度为g,求： AO B C 777777777力 77777777777777777777777777777777777777777777 (1)A、B碰撞后瞬间，A的速度大小； (2)细线长度L及圆弧体的质量； (3)若B在圆弧面上向上运动的时间为t,则B在圆弧面向上运动过程中，圆弧体运动的距离为多少。 【答案】(1)w1=√/5gR (2)10R,m (3)x2=√2gRt-R 【详解】(1)设A、B碰撞后一瞬间，小球A的速度大小为U1,小球A绕O'做竖直面内圆周运动到最高点 速度大小为U4,根据牛顿第二定律，有3mg=3m尺 解得V4=√g配 29 根据机梳能守恒，有3mg×2R=号×3mu-号×3mu月 解得u1=√5gR (2)设碰撞前一瞬间小球A的速度大小为v、物块B的速度大小为U 则根据动量守恒，有3mv=3mw1+mw2 报据机械能守恒，有号×3m哈=号 ×3mu+7mu 解得v0=2√5gR,U2=3√5gR 对小球A由静止释改运动到最低点研究，根据机械能守恒3mgL=号×3m呢，解得L=10n 设物块B运动到Q点时速度大小为，国张体质量为M,根据动能定理-mg9=宁m明-号m时 设物块B运动到圆孤面最高点时速度大小为v4,根据水平方向动量守恒mU=(m十M)w 报据机梳能守恒mgr=mai-号×(m+M) 解得M=m,v3=2√2gR (3)物块B在圆孤面向上运动过程中，物块与圆孤体水平方向动量守恒，则mU=mw十6 即mu3=m十M而 两边同乘以t,有mUt=mUt+M6 可得mUt=mc1+Mc 根据几何关系匹1-D2=2R 解得=√2gRt-R 29.(2026陕西商洛.一模)如图所示，A、C两球的质量均为4m,B球的质量为M,A、B两球分别用长为l 的轻杆通过轻质铰链与C球连接，A、B两球静止于光滑水平地面上，两杆竖直并拢。受到微小扰动后， A、B两球分别向左右两边运动，两杆始终保持在同一竖直面内，三小球可视为质点，不计一切摩擦，重力 加速度为g,求； AOOE 7n777777 (1)若M=4m,C球落地时的速度大小： (2)若M=m,C球落地过程中水平位移的大小； (3)若M=m,C球机械能最小时距离地面的高度。 【答案】(1)w=√2g 26=号 8号 【详解】(1)C球落地时，A、B速度为零，系统机械能守恒有4mgl= 1 5 ×4mu2 解得u=√2gl 30 (2)C球落地过程中，系统水平方向动量守恒，则有mwg十4mwcm=4mw 因xA=VAt,xB=Vgt,xo=vCt,B、C的位移满足xB-xc=l A、C的位移满足x4十xQ=l 开得6一号 (3)设两杆与水平面夹角为日时，C球机械能最小，此时A、B动能最大，三小球的速度及其分速度如图 所示 VCy VA 水平方向动量守恒有mUB十4mwcm=4mWA 又vca十VA=UB-Ucm 解得vA=2Uc,VB=4Ucm 沿杆方向根据运动速度的关联规律有v4cos日=vo,sin0一UC.COS日 联立解得vog= 3vc.cos0 sing 据机梳能守恒定律有mg0-sin0)=分×m(8+8)+之mwi+号×m号 2 2 解得uc:=√号g(sin8-sin0) 令y=sin0-sin30,对其求导得y=2sin0cost-3sin9cos0 当该导数等于0时，解得sin0=号，此时0取最大值，A、B的动能最大，C的机枝能最小，此时C的高 度为h=1sin9=学 30.(25一26高三上.河南·月考)如图所示，倾角为37的斜面体固定在光滑水平面上，斜面长为1.2m,斜面底 端与水平面平滑连接，质量为2kg的物块C静止在水平面上，质量为2kg的小球B套在固定的光滑水平 直杆上，用长为3的细线将质量为1kg的小球A与小球B连接，开始时A、B两球均静止，细线刚好水 平伸直，由静止释放小球A,小球A运动到最低点刚好沿水平方向与物块C发生弹性碰撞，碰撞瞬间，连 接小球A的细线也恰好断开，物块在斜面上减速后沿斜面滑下再次进入水平面，并且能与小球A再次发 生碰撞。不计小球和物块的大小，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： C 137° 777777777777777777777777777777777777777777777 (1)A与C碰撞前，B沿杆运动的距离； 31 (2)A与C第一次碰撞过程中，A对C做的功 (3)物块C与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围（答案均可用分数表示）。 【答案】(1)1m 21g0 B品>≥品 【详解】(1)设A球到最低点时，A球沿水平方向的位移为①1，B球沿水平方向的位移为2，根据几何关 系有x1十x2=L 由于小球向下运动过程中，A、B两球组成的系统水平方向动量守恒，则有m4心1=m02 即mat=mgUt 整理得m41=mg 联立解得x2=1m (2)设碰撞前，A的速度大小为U1,B的速度大小为w2,根据水平方向动量守恒m4U1=mgU 根据机械能守恒mgL=子m,+号mg吗 解得w1=2√10m/s 设A与C碰撞后，A的速度大小为U,C的速度大小为)4，规定水平向左为正方向，根据动量守恒m4U =-mavs+movs 粮据机梳能守恒m,=子m,时+号meu 解得子而ms,=专而m6 根据动能定理，A、C第一次磁接过程，A对C:的功W=号m成=10J (3)设当物块C与斜面间的动摩擦因数为山1时，物块滑上斜面后再滑下恰好不能与A再发生碰撞，根据 能￥守恒有号mc=mcsin3T+m:9cos37T,号meg-mc明=2 mcco37 解得4=20 、9 当物块C刚好能滑到斜面顶端时，物块与斜面间的动摩擦国数设为，则)mcu=mcgLsin37 +umcgLcos37 解得处=提 要使物块滑上斜面后还能滑下，则mgsin37>mgcos37° 即<子 综合分析可知，要使物块C沿斜面下滑后与A能再次相碰，需物块C与斜面间的动摩擦因数应满足的条 件为品>≥品。 108 32 考点六 爆炸问题 解题思路点拨：爆炸瞬间内力远大于外力，系统动量守恒：爆炸过程时间极短，位置可认为不变：化学能转化 为机械能，总动能增加：由动量守恒列方程，求解爆炸后各物体速度。 31.(2026四川成都.二模)如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面上，可视为质点的物块 A、B中间夹有微量炸药静置在木板上，物块B离挡板的距离L=7.5m。炸药具有的化学能E=18J,引 爆炸药将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰 撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从木板上滑下。己 知两物块质量均为m=1kg,长木板的质量M=2m,物块A与长木板间的动摩擦因数u=0.2,物块B与 长木板间无摩擦，重力加速度g=10m/s2,求： AB 77777777777777777777777777777 (1)爆炸后瞬间，物块A的速度大小： (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。 【答案】(1)3m/s 2t=2s:号m6 【详解】(1)对A、B组成的系统，动量守恒mw4=mUB 由能量关系可得DX50%=号m十号m哈 解得va=3m/s(vg=3m/s) (2)爆炸后，物块A向左匀减速，物块B匀速，长木板向左匀加速：设A与木板共速U1后，B再与木板碰 撞，规定方向向左为正方向；A、长木板动量守恒mvA=(m+M)v1 对A受力分析根据牛顿第二定律umg=ma 匀变速运动中速度时间关系w1=v4一at 可得u1=1m/s,t1=1s 物块B的位移xB=VBt1=3m 长木板位移=受=05m △x=xg十x板=3.5m<L,假设成立 A和木板共速后以U1匀速运动t,L-△x=(VB十V板)t 爆炸后瞬间到B第一次与挡板相碰所经历的时间t=t1十t2=2s 第一次B与木板发生弹性碰撞，以右为正向 根据动量守恒mwa十M(-v1)=mw哈十M mu6+号M(-°=m哈+号 机械能守恒工n 2 解得=多nS 32.(25-26高三上.广东深圳·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50/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 33 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： AdB 77777777777777777 (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)120m,80m (2)15w5m/s (3)1462.5J 【详解】(1)初速度的水平、竖直分量分别为wz=v0cos53°=30m/s,wy=vosin53°=40m/s 运动时间为t=业=4s 2 水平、竖直方向位移为0=0zt=120m,y=当t=80m 2 1 (2)炸裂后，A运动的竖直方向有v=9驰=30m/8,yA=29=45m 、1 下落过程有9十=专9的 解得t=5s A运动的水平方向有x=U4x(t1十】 解得v4x=15m/s 炸裂后A的速度v4=√十=15√5m/s (3)爆炸时，由水平、竖直方向动量守恒有mu=一0。 m 解得ax=75m/s,vay=30m6 爆并过程中释效的化学能为△E=号×受(++合×受（城+城】一之m=1462.5 33.(2025山东济南.一模)如图所示，光滑水平地面上有一右侧带挡板的长木板，不同材料做成的物块A、B 中间夹有微量炸药放置在木板上，物块B离挡板的距离为L=5.5m,炸药具有的化学能E,=8J,物块 A、B均视为质点。引爆炸药，将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的 运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，两物块均未从木板上滑下。已知两 物块及长木板的质量均为m=1kg,物块A与长木板间的动摩擦因数为4=0.1，物块B与长木板间无摩 擦，重力加速度g=10m/s2,碰撞时间不计，求 A B 77777777777777777777777777元 34 (1)爆炸后瞬间，物块B的速度大小： (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间： (3)整个过程中，物块B与物块A、挡板之间发生碰撞的总次数记为，发生第n次碰撞前系统损失的机 械能记为E,当n>2时，写出E与n的关系。 【答案】(1)2ms (2)2s a4-子力 【详解】①并药爆炸瞬间，由能量宁恒可得E×50%=号m暖+号m哈 对A、B组成的系统，规定向左为正方向，由动量守恒可得m4十mUB=0 解得VB=-2m/s 爆炸后瞬间，物块B的速度大小为2m/s (2)两物块及长木板的质量均为m=1kg,对物块A受力分析可得umg=ma 可得a=1m/s 木板加速度大小与物块A的加速度大小相等，设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正 方向，有V共1=va一at1=at 可得v共1=1m/s,t=1s 1t=0.5m 此时xB=vgt=2m,正=2 因为△x=xg十x板=2.5m<L=5.5m,故假设成立。 又L-△x=（vB十v板)t方 解得t1=1s 可得物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间t=t1十t1=2s ③)物块A与木友第一次共建前的相对位移运=号学=1m 第一次B与木板发生碰撞mw:十mg=ma十m1了m2:+m后=方mi十m味 1 解得vg1=v共1=1m/s,V板1=vg=-2m/s 可得V共2=V共1-at=U板1十at 1 解得=，S,心共22m6 此时=心11七=9 2 沟块A发生碰橙，同理可得U三U2一m8,心 可得04=0-a6,=:+a,名=是，e:= -m/s 此时c,二UA2t三6 2 第三次B与木板发生碰撞，同理可得vg=U)=m/s,。=m= 1 2m/s 可得U先4=0共-at,=U3十at,t=是。 QS,0共4=一。n/S】 此时心4= 3心，=64m 9 2 35 发生第n次碰撞前，物块A与木板的总相对位移为x=x1十x2十C?十·十rn 郎得=1m是m+品m+m+m=m+9× 9. 9 1-】 1-1 m=4-3 可得损夫的机梳能B=mg0。=(山-3力 34.(25一26高三上·陕西商洛·月考)如图所示，一平台上静置着物块A、B(均可视为质点)，两物块之间有少 量火药（火药的体积和质量忽略不计）。现在引爆火药（爆炸时间极短），火药爆炸能量的60%转化为A、 B的动能。爆炸后A沿着光滑圆弧轨道N上升至N点后无碰撞地进入小车C上表面。小车左端恰好 位于N点正下方，小车右端与墙相距d=1.3m,当小车碰到墙时立即停止运动。己知m4=0.2kg,mg= 0.4kg,mo=0.6kg,圆弧轨道MN半径R=0.5m,物块A在N点时对轨道的压力大小等于自身重力的 2.2倍，物块A与小车C之间动摩擦因数4=0.2，其余地方摩擦力全部忽略不计。求： 墙 nn79n77n7n777 火药 A/B M (1)求物块A运动到N点时的速度。 (2)爆炸释放的总能量E。 (3)若物块A在运动过程中始终不会和墙发生碰撞，求小车长度工的最小值。 【答案】(1)4m/s (2)9J (3)3.25m 【详解】1)物块A在N点时由牛顿第二定律得m,g+B=mR 且F=2.2ma9,联立解得vv=4m/s (2)设爆炸后A、B的速度分别为U4、UB,对物块A,由M点到N点，根据动能定理得-m9×2R= }m喝-号n明 解得v4=6m/s 爆炸时物块A、B满足动量守恒，则有0=m4心4-mgUB 解得vg=3m/s 由能董守恒，塔并能量的60%转化为A,B的动能，则有60%B=号m,+号m0店 解得E=9J (3)物块A进入小车C后，假设能达到共速，根据动量守恒有mw=(m4十mc)v共 解得v*=1m/s 设这段时间内小车C向右运动的距离为x,对小车，根据动能定理得um49心= 解得x=0.75m<1.3m 36. 故物块和小车达到共速后，小车再撞上墙，此过程中滑块与小车的相对位移为△L1,根据能量守恒有 mgaa=号m,话-号m,+mo2 解得△L1=3m 小车C撞上挡板后立即停止，小物块在小车C上表面做匀减速直线运动至停止，根据动能定理得 m9AL,=m4 解得△L=0.25m 则小车的长度至少为L=△L1+△L,=3.25m 35.(2025.四川达州.一模)如图所示，水平桌面DE上放置两个物块A、B,质量分别为m4=0.2kg,ma= 0.1kg,A、B间夹有少量炸药。有一质量mo=0.3kg的小球C,用长L=0.4m,不可伸长的轻绳悬挂于 悬点0处，小球与桌面接触但不挤压。在0点左下方的P点固定一光滑钉子，P、0两点距腐为子， OP与竖直方向夹角为60°，A右侧桌面粗糙、左侧光滑，A与桌面间动摩擦因数=0.2。现点燃炸药将 物块A、B分开，炸药释放能量的60%转化为两物块的动能，A、B分开后，B与小球C发生弹性碰撞， A经时间t=2s停在水平桌面上。A、B、C均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求： 60° B A D (1)炸药释放的能量E: (2)忽略绳与钉子相互作用的能量损失，判断小球C能否在竖直面内做圆周运动到达P点正上方，若能， 求此时绳子的拉力F。 【答案】(1)E=8J (2)F=6N 【详解】(1)炸药爆炸后，A、B分开，由物块A、B动量守恒m40a=mUB 炸药释效能量的60%特化为两物块的动能0.6B=m:暖+方m呢 2 A在桌面上经时间t=2s减速停止，由牛顿第二定律可知m4g=m4a 由运动学规律可知V4=at 联立解得E=8J,va=4m/s,vs=8ms (2)物块B与小球C发生弹性碰撞mgva=mgVB1+mcWc mi=}m6+ne呢 1 解得u0=4ms。碰后C先以半径L=0.4m做圆周运动，绳与钉子作用后变为以半径二=0.2m做圆周 运动，假设碰撞后小球能运动到P点的正上方，则由机械能守恒定律得】 movd= meg1-号cos60+号)+号me 1 37 解得u=√6mS。小球恰能做国周运动到达P点正上方，则有：mc9=m。 Umin 2 降得2ms。所以小球C能到达P点正上方。在P点延上方有五十E男 解得F=6N 36.(25-26高三上·湖北.月考)从水平地面斜向上发射一枚质量为的炮弹，发射初速度与水平方向成45° 角、大小为，炮弹在上升至最高点时突然爆炸而分裂成两块质量均为心的碎片，一块以与水平方向 2 成45°角斜向上的初速度做斜抛运动，另一块以与水平方向成45°角斜向下的初速度做斜抛运动，两块碎 片最终落回到水平地面、炮弹爆炸时间极短，可认为系统水平方向、竖直方向动量均守恒，已知炮弹及碎 片均在同一竖直平面内运动，重力加速度大小为9，不计空气阻力。 (1)爆炸前后系统机械能增加了多少？ (2)两块碎片在水平地面上的落点间的距离为多少？ 【答案】1子m (2)26 【详解】(1)由斜抛运动规律可知，炮弹在最高，点的速度为U,=0cos45 设两块碎片的初速度分别为的，则由动量守恒定律，在壑直方句有0=受sin45°罗sin45 在水平方向，有mu,c0s45'=受4c0s45°+受 V.cos45 解得U1=U2=V0 故炮弹爆并前后系统增加的机械能为△E=号ma喝-号m,60s45= -m6 2 d (②)解法1：斜上抛的碎片比斜下抛的碎片多运动的水平位移，就是斜上抛的碎片落回爆炸时所在高度时 的水平位移，在水平方向，有d=U1cos45°·t 在竖直方向做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得-v1sin45°=w1sin45°-gt 联立解得d= 9 解法2：设两块碎片落地竖直速度为)。，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，斜上抛的碎片在竖直方 向的速度为，=-v1sin45°十gt1 斜下抛的碎片在竖直方向的速度为vy=vsin45°+gt 联立解得有一=2山 38 两块碎片在水平地面上的落点间的距离为d=心c0s45°·右-U,00s45°右=00s45(齿-句)=吗 g 解法3：设爆炸点距水平地面的高度为，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，斜上抛的碎片在竖直 方向的位移为九=-sin5专+号9残 斜下轮的碎片在经直方向的位移为九=sin15·+号9 联立解得右-与=2 9 两块碎片在水平地面上的落点间的距离为d=心c0s45°，专-，c0s45,t=w00s5(传-句)= 39