2027届高考物理一轮复习专项训练 动量定理、动量守恒定律大题1

**基本信息** 聚焦动量定理与守恒定律的综合应用，通过22道梯度化大题构建"模型分类-规律联用-情境迁移"的训练体系，强化物理观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|---------|---------|---------| |碰撞模型|6题（含2023北京卷）|弹性/非弹性碰撞、多体碰撞|动量守恒与能量守恒联用推导| |板块模型|5题|滑块-木板相对运动、摩擦生热|牛顿定律与动量定理衔接应用| |弹簧/圆弧系统|4题|弹簧弹性势能、圆周运动向心力|机械能守恒与动量定理综合| |实际情境应用|7题（含2024广东卷）|安全带原理、跳台滑雪等|物理模型对真实问题的抽象转化|

动量定理、动量守恒大题专项训练1 1．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求： (1)A开始运动时加速度a的大小； (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小。 2．(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 3．在2022年我国举办的第二十四届冬奥会上，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求长直助滑道AB的长度L； (2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小； (3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。 4．(2023·北京卷)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 5．冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目之一。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度v0＝2 m/s，方向从M指向N，匀减速滑行x1＝16.8 m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x2＝3.5 m，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度大小分别为vA＝0.05 m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数μ1＝0.01，重力加速度g取10 m/s2，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求： (1)冰壶A在N点的速度大小； (2)冰壶A与NP间冰面的动摩擦因数μ2。 6．如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞。求： (1)B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC； (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep； (3)整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp。 7．如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求： (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小； (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。 8．如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。重力加速度为g，求： (1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小； (2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度； (3)B槽的最大速度的大小。 9．如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能； (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？ 10．如图所示，在光滑水平面上小物块B置于足够长的长木板A的左端和A一起以相同速度匀速向右运动(即vB＝vA＝4 m/s)，与迎面来的速度大小vC＝2 m/s的小物块C发生弹性碰撞(时间极短)，经过一段时间，A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞。已知A、C质量分别为mA＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A、C碰撞后的速度vA′、vC′； (2)小物块B的质量mB； (3)小物块B相对长木板A滑动的距离L。 11．如图所示，光滑水平面上有一平板车B，其上表面水平，质量mB＝1 kg，在其左端放置一物块A，质量mA＝0.4 kg。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为m0＝100 g的子弹以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子弹瞬间射入并留在物块中，最终物块A及子弹相对地面以16 m/s的速度滑离平板车，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量； (2)平板车B的最大速度vB大小； (3)物块A在平板车上滑行的时间t； (4)求平板车的长度L。 12．如图所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4 kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1 kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B以v0＝10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10 m/s2)。求： (1)A、B的加速度大小分别为多少？ (2)经过多长时间A、B速度相同，相同速度的大小为多少？ (3)薄木板的长度。 13．如图所示，一质量为3 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为2 kg，停在木板B的左端。质量为1 kg的小球用长为L＝1.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小； (2)若木板长度为 m，求物块A的最终速度大小。 14．如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。 (1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； (2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 15．如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为mB的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为m1的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R＝0.2 m，L＝0.5 m，m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求碰后瞬间滑块2的速度大小； (2)若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数； (3)若物块B未被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。 16．(2024·黑吉辽卷)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 17．如图，质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。不计空气阻力，已知木板长度为1.3 m，g取10 m/s2，取3.16，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小。 (2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距轨道底端的最大高度。 18．如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，求： (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 19．如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 20．如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 21．如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m2＝2 kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t； (2)物块a经过B点时的速度大小vB； (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ 22．(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 动量定理、动量守恒大题专项训练1（解析） 1．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求： (1)A开始运动时加速度a的大小； (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小。 [答案]　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s [解析]　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa，代入数据解得a＝2.5 m/s2。 (2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v 代入数据解得v＝1 m/s。 2．(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 [答案]　(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m [规范答题]　(1)敏感球受到竖直向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，由牛顿第二定律有 (mg＋FN)tan θ＝ma(2分) 解得tan θ＝。(2分) (2)①F－t图像中图线与时间轴围成的图形的“面积”表示冲量，由题图可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s(2分) 方向竖直向上(1分) ②头锤落到气囊表面时的速度 v0＝＝8 m/s(1分) 头锤与气囊作用过程，由动量定理有 IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)(向上为正方向)(2分) 解得碰撞结束时头锤的速度大小v＝2 m/s(1分) 则碰撞结束后头锤上升的最大高度 h＝＝0.2 m。(2分) 3．在2022年我国举办的第二十四届冬奥会上，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求长直助滑道AB的长度L； (2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小； (3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。 [答案]　(1)100 m　(2)1 800 N·s　(3)受力图见解析　3 900 N [解析]　(1)运动员从A到B做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动公式有v－v＝2aL 解得L＝＝100 m。 (2)规定沿斜面向下为正方向，对运动员在AB段的运动根据动量定理有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。 (3)运动员经过C点时的受力分析如图。 根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有 mgh＝mv－mv 根据牛顿第二定律，有 FN－mg＝m 得FN＝3 900 N。 4．(2023·北京卷)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 [答案]　(1)　(2)mg＋m　(3)mv2 [解析]　(1)A从释放到与B碰撞前瞬间，根据动能定理得mgH＝mv2 解得H＝ (2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得F＝mg＋m (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 mv＝2mv1 解得v1＝v， 则碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv2－·2m2＝mv2 5．冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目之一。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度v0＝2 m/s，方向从M指向N，匀减速滑行x1＝16.8 m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行x2＝3.5 m，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度大小分别为vA＝0.05 m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数μ1＝0.01，重力加速度g取10 m/s2，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求： (1)冰壶A在N点的速度大小； (2)冰壶A与NP间冰面的动摩擦因数μ2。 [答案]　(1)0.8 m/s　(2)0.004 [解析]　(1)设冰壶A质量为m，A在MN间受到的滑动摩擦力f＝μ1mg， 设A在MN间的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得f＝ma1， 联立解得a1＝μ1g＝0.1 m/s2， A在MN之间做匀减速直线运动，加速度方向与运动方向相反， 有v－v＝－2a1x1， 代入数据解得v1＝0.8 m/s。 (2)设碰撞前瞬间A的速度为v2，对碰撞前后A、B组成的系统， 由动量守恒定律有mv2＝mvA＋mvB，vA水平向右，解得v2＝0.6 m/s， A在NP间做匀减速直线运动的加速度大小a2＝μ2g， 由匀变速直线运动规律有v－v＝－2a2x2， 联立解得μ2＝0.004。 一题多解：设A在NP间受到的滑动摩擦力为f′，则有f′＝μ2mg， 由动能定理可得－f′·x2＝mv－mv，联立解得μ2＝0.004。 6．如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞。求： (1)B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC； (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep； (3)整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp。 [答案]　(1)v0　(2)mv　(3)0 [解析]　(1)B、C发生弹性碰撞，以向右为正方向，则mv0＝mvB＋mvC mv＝mv＋mv 由于B、C质量相等，速度交换，即vB＝0，vC＝v0。 (2)A、B速度相等时，弹簧具有最大的弹性势能，对A、B由动量守恒定律可得 2mv0＝(2m＋m)v 解得v＝ 由能量守恒定律可得Ep＝×2mv－(3m)v2 解得Ep＝mv。 (3)对A、B由动量守恒定律可得 2mv0＝2mv1′＋mv2′ 能量守恒×2mv＝×2mv1′2＋mv2′2 解得v1′＝v0，v2′＝v0 B、C再次碰撞，速度交换，B最终的动量大小pB＝mv0 B的动量变化量的大小Δp＝mv0－mv0＝0。 7．如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求： (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小； (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。 [答案]　(1)10　(2)37.5mgh [解析]　(1)子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为v1，v2 v＝2g·8h，v＝2a·h 其中4mg＋·4mg＝4ma 子弹射穿木块过程由动量守恒mv0＝mv1＋4mv2 解得v0＝10。 (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能 ΔE＝mv－＝37.5mgh。 8．如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。重力加速度为g，求： (1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小； (2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度； (3)B槽的最大速度的大小。 [答案]　(1)　3mg＋Mg　(2)　(3) [解析]　(1)小球C从a点运动到b点的过程机械能守恒，有mgR＝mv 解得小球到b点时的速度大小为v0＝ 在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m， 解得FN＝3mg 由牛顿第三定律可知，小球C对A槽的压力FN′＝FN＝3mg，A槽静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A槽对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。 (2)B槽和小球C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v 由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh 解得h＝。 (3)当小球C回到B槽的底端b′点时，B槽的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2 由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv 解得v2＝·。 9．如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能； (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？ [答案]　(1)6 m/s　882 J　(2)能 [解析]　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统， 由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s 此过程系统所产生的内能Q＝mv－(M＋m)v2＝882 J。 (2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝8 m/s 此过程系统损失的机械能为ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J 由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d，ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′ 则＝＝ 解得d′＝ cm 因为d′>10 cm，所以能射穿木块 10．如图所示，在光滑水平面上小物块B置于足够长的长木板A的左端和A一起以相同速度匀速向右运动(即vB＝vA＝4 m/s)，与迎面来的速度大小vC＝2 m/s的小物块C发生弹性碰撞(时间极短)，经过一段时间，A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞。已知A、C质量分别为mA＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A、C碰撞后的速度vA′、vC′； (2)小物块B的质量mB； (3)小物块B相对长木板A滑动的距离L。 [答案]　(1)4 m/s，方向水平向左　2 m/s，方向水平向右　(2)3 kg　(3)2 m [解析]　(1)根据题意，规定水平向右为正方向，A、C发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAvA－mCvC＝mAvA′＋mCvC′ 根据机械能守恒定律有 mAv＋mCv＝mAvA′2＋mCvC′2 联立解得vA′＝－4 m/s，负号表示方向水平向左， vC′＝2 m/s，方向水平向右。 (2)A、B再次达到共同速度，且以后恰好不再与C碰撞，可判断知A、B最终速度相同等于vC′，以A、B为系统，从A、C碰撞后到A、B共速过程，根据动量守恒定律有 mAvA′＋mBvB＝(mA＋mB)vC′ 解得mB＝3 kg。 (3)从A、C碰后到A、B共速过程，A、B系统根据能量守恒定律有 μmBgL＝mAvA′2＋mBv－(mA＋mB)vC′2 解得L＝2 m。 11．如图所示，光滑水平面上有一平板车B，其上表面水平，质量mB＝1 kg，在其左端放置一物块A，质量mA＝0.4 kg。开始A、B均处于静止状态，玩具手枪里面有一颗质量为m0＝100 g的子弹以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子弹瞬间射入并留在物块中，最终物块A及子弹相对地面以16 m/s的速度滑离平板车，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量； (2)平板车B的最大速度vB大小； (3)物块A在平板车上滑行的时间t； (4)求平板车的长度L。 [答案]　(1)8 N·s，方向水平向左 (2)2 m/s　(3)0.5 s　(4)8.5 m [解析]　(1)子弹射入物块A的过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋mA)v1，解得子弹与物块A的共同速度大小为v1＝20 m/s 对子弹由动量定理得I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s，所以子弹射入物块A的过程中物块对子弹的冲量大小为8 N·s，方向水平向左。 (2)当物块A滑离平板车时，平板车的速度最大，由动量守恒定律得m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2 解得平板车B的最大速度vB＝2 m/s。 (3)对物块A与子弹由动量定理得 －μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1，解得物块A在平板车上滑行的时间t＝0.5 s。 (4)物块A滑离平板车，运动的位移大小xA＝t＝9 m，平板车的位移大小xB＝t＝0.5 m，则平板车的长度L＝xA－xB＝8.5 m。 12．如图所示，光滑水平面上放一木板A，质量M＝4 kg，小铁块B(可视为质点)质量为m＝1 kg，木板A和小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B以v0＝10 m/s的初速度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g＝10 m/s2)。求： (1)A、B的加速度大小分别为多少？ (2)经过多长时间A、B速度相同，相同速度的大小为多少？ (3)薄木板的长度。 [答案]　(1)0.5 m/s2　2 m/s2　(2)4 s　2 m/s　(3)20 m [解析]　(1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB， 即aB＝μg＝2 m/s2 对木板A受力分析，由牛顿第二定律有 μmg＝MaA，即aA＝＝0.5 m/s2。 (2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v共 代入数据解得v共＝2 m/s 由于木板A做匀加速直线运动，则v共＝aAt 代入数据解得t＝4 s。 (3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由能量守恒定律有 μmgL＝mv－(m＋M)v 代入数据解得L＝20 m。 13．如图所示，一质量为3 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为2 kg，停在木板B的左端。质量为1 kg的小球用长为L＝1.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，已知物块A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小； (2)若木板长度为 m，求物块A的最终速度大小。 [答案]　(1)8 kg·m/s　(2)2 m/s [解析]　(1)小球由静止摆至最低点的过程，由机械能守恒定律有mgL＝mv 小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mAv2 mv＝mv＋mAv 对物块A运用动量定理得I＝mAv2－0 联立解得I＝8 kg·m/s。 (2)假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv2＝(mA＋mB)v μmAgs＝mAv－(mA＋mB)v2 联立解得s＝2.4 m 因L<s，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为vA和vB，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv2＝mAvA＋mBvB μmAgL＝mAv－mAv－mBv 解得vA＝2 m/s 14．如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。 (1)若0<k<0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向； (2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。 [答案]　(1)v物＝5(1－k)m/s，v滑＝ m/s，方向均向右　(2)1.875 m [解析]　(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右为正方向，则有 mv0－m·kv0＝(m＋m)v物 解得v物＝v0＝5(1－k)m/s>0 可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k)m/s，方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1 kg和2 kg，则由 Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑 解得v滑＝v0＝ m/s>0 则新滑板速度方向也向右。 (2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 v物′＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑′＝ m/s＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得 m′v物′＝(m′＋M′)v共 解得v共＝1 m/s 根据能量守恒可得 μm′gx相＝m′v物′2－(m′＋M′)v 解得x相＝1.875 m。 15．如图所示，A物块固定在水平面上，其上表面是半径为R的光滑四分之一圆弧；B是质量为mB的带四分之一圆弧和水平板的物块，其圆弧半径也为R、上表面光滑，水平部分长为L、上表面粗糙。B物块放在光滑水平面上，B物块左端与A物块右端等高且无缝对接不粘连。现将一质量为m1的小滑块1从A物块最高点由静止释放，与另一静止在B物块左端的质量为m2的滑块2发生弹性碰撞，碰后滑块1瞬间被锁定在A物块上。已知R＝0.2 m，L＝0.5 m，m1＝0.3 kg，m2＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求碰后瞬间滑块2的速度大小； (2)若物块B被锁定在光滑水平面上，滑块2沿B物块上表面恰好能滑到B物块顶端，求滑块2与B物块水平部分上表面间的动摩擦因数； (3)若物块B未被锁定在光滑水平面上，求滑块2在物块B上能上升的最大高度及其最终的速度大小。 [答案]　(1)3 m/s　(2)0.5　(3)0.05 m　1 m/s [解析]　(1)滑块1由A物块上滑下，其机械能守恒，设滑块1碰前速度为v0，则m1gR＝m1v 解得v0＝＝2 m/s 滑块1与滑块2发生弹性碰撞，系统的动量守恒、机械能守恒 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0＝1 m/s v2＝v0＝3 m/s。 (2)物块B固定，由动能定理得 －μm2gL－m2gR＝0－m2v 解得μ＝0.5。 (3)物块B不固定，系统水平方向动量守恒，设滑块2沿物块B上滑的高度为h，则m2v2＝(m2＋mB)v 由能量关系得 μm2gL＝m2v－(m2＋mB)v2－m2gh 解得h＝0.05 m 滑块2沿物块B滑到最高点后，接下来相对B往下滑，假设最终相对物块B静止，系统水平方向动量守恒有m2v2＝(m2＋mB)v′ 对全程滑上再滑下到相对静止，由能量关系得 μm2gx＝m2v－(m2＋mB)v′2 解得v′＝1 m/s，x＝0.6 m 由于x＝0.6 m<2L＝1 m，故假设成立。所以最终滑块2的速度大小v′＝1 m/s。 16．(2024·黑吉辽卷)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 [答案]　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J [解析]　(1)物块A、B受到的摩擦力Ff大小相等、方向相反，所受弹簧弹力F弹大小相等、方向相反，物块A、B、轻弹簧构成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有0＝mAvA－mBvB 物块A从桌面左端水平飞出后做平抛运动， 竖直方向有h＝gt2 水平方向有xA＝vAt 解得vA＝1 m/s 则vB＝1 m/s。 (2)物块B只受摩擦力Ff时，向右做匀减速直线运动，有 Ff＝mBa Ff＝μmBg v＝2axB 解得μ＝0.2。 (3)整个过程中，根据能量守恒定律，有 ΔEp＝mAv＋mBv＋FfΔx 解得ΔEp＝0.12 J 17．如图，质量为1 kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角。质量为2 kg的小物块A以8 m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反。不计空气阻力，已知木板长度为1.3 m，g取10 m/s2，取3.16，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小。 (2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距轨道底端的最大高度。 [答案]　(1)7 m/s　2 m/s　(2) N　2 m [解析]　(1)设物块A的初速度为v0，木板与轨道底部碰撞前的瞬间，物块A和木板的速度分别为v1和v2，物块A和木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为μ，木板长度为L，由动量守恒定律和能量守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v＋μm1gL 由题意分析可知v1≥v2， 联立解得v1＝7 m/s，v2＝2 m/s。 (2)设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时速度为v3，轨道对物块的弹力为FN。物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有 －m1gR(1＋sin 37°)＝m1v－m1v 物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有 FN＋m1gsin 37°＝m1 联立解得FN＝ N。 设物块A斜抛出时速度v3的水平和竖直分量分别为vx和vy，则有vx＝v3sin 37°，vy＝v3cos 37°， 物块A距离轨道底端的最大高度 H＝R(1＋sin 37°)＋＝2 m 18．如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，求： (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 [答案]　(1)　(2)　 (3)mgL [解析]　(1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝mv， 解得v0＝。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2， 根据动量守恒有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒有mv＝×3mv＋mv 解得v1＝v2＝v0＝。 (3)由于v2＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，根据牛顿第二定律有 3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma 解得a＝gsin α＋μgcos α＝g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝＝ 物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为 Q＝μ·3mgcos α＝mgL。 19．(2024·河北卷改编)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 [答案]　(1)1.5 m　(2)90 J　2 [解析]　(1)机器人在A木板的上表面运动时，机器人和A木板组成的系统动量守恒，设A木板向左的位移为xA，机器人向右的位移为x人，木板的质量为m，机器人的质量为M，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 0＝Mv人－mvA 在运动过程中的任意一小段时间内，有 0＝Mv人·Δt－mvA·Δt，两侧求和得0＝Mx人－mxA， 又有x人＋xA＝L 解得x人＝0.5 m，xA＝1.5 m， 则A、B木板间的水平距离为1.5 m。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止时速度为零，设机器人离开A木板的速度为v，速度与水平方向的夹角为θ，机器人跳离A木板的瞬间，水平方向动量守恒，有0＝Mvcos θ－mvA′ 机器人离开A木板后做斜抛运动，在空中运动的时间 t＝ 水平方向上有xA＝vcos θ·t 机器人跳离A木板的过程，机器人做的功 W＝mvA′2＋Mv2 代入数据整理得机器人做功的表达式为 W＝×＝×＝， 当tan θ＝时，机器人做的功最少， 此时tan θ＝2，W＝90 J。 20．如图(a)所示，质量为mA＝4.0 kg的物块A与质量为mB＝2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上，二者之间夹有少许塑胶炸药，长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药，爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s＝1.2 m，小物块C的速度随时间变化的图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0＝，物块C未从长木板B上掉落，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小； (2)小物块C的质量mC； (3)小物块C最终静止时距长木板B右端的距离d。 [答案]　(1)4.0 m/s　(2)1.0 kg　(3)1.75 m [解析]　(1)对物块A在爆炸后，根据动能定理有－μ0mAgs＝0－mAv 可得vA＝2.0 m/s 对物块A与长木板B在爆炸过程中由动量守恒定律有0＝mAvA－mBvB 可得vB＝4.0 m/s。 (2)由题图可知，B、C在相对滑动过程中共速时速度为v共＝1.0 m/s 对小物块C，在0～1 s内有 aC＝＝μg 可得μ＝0.1 对长木板B，在0～1 s内有 μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB 且aB＝ 可得mC＝1.0 kg。 (3)长木板B与小物块C在0～1 s内，相对位移为 s相＝Δt－Δt＝2 m 对长木板B，在1 s后至停下的过程有 μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′ 可得aB′＝2.0 m/s2 长木板B与小物块C在1 s后均停下，相对位移为 s相′＝－Δt＝－0.25 m 则小物块C最终静止时距长木板B右端的距离 d＝s相＋s相′ ＝1.75 m。 21．如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m2＝2 kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t； (2)物块a经过B点时的速度大小vB； (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ [答案]　(1)2 m/s2　3 m/s2　1 s　(2)5 m/s　(3)0<L≤0.25 m或L＝0.625 m [解析]　(1)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a1，薄板b的加速度大小为a2，物块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2 代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2 由物块a与薄板b之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l 代入数据解得t＝1 s。 (2)设物块a离开薄板b时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2 m/s 设物块a从A点滑入时的速度大小为vA，由于物块a滑出平台后做平抛运动，则由速度关系可得vAcos 60°＝v0 物块a进入圆弧轨道后做圆周运动， 设到达B点时的速度为vB，则从A到B由动能定理有 m1gR(1－cos 60°)＝m1v－m1v 联立解得vB＝5 m/s。 (3)设碰撞后瞬间物块a的速度为vB1，小球c的速度为vc，则由动量守恒定律和能量守恒定律有 m1vB＝m1vB1＋m3vc m1v＝m1v＋m3v 联立解得vB1＝0，vc＝5 m/s 要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3，解得0<L≤0.25 m 若在最低点绳子恰好断裂，则有 m3g·2L＝m3v－m3v FT－m3g＝m3 解得L＝0.625 m 而若L＝0.625 m，小球c做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3 解得v1＝2.5 m/s<vc＝5 m/s 则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，为保证小球c被碰后做平抛运动，绳长应满足的条件为0<L≤0.25 m或L＝0.625 m。 22．(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为形变量)。 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN； (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE； (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。 [答案]　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m [解析]　(1)滑块a从D到F，由动能定理 mg·2R＝mv－mv 在F点FN－mg＝m 解得vF＝10 m/s FN＝31.2 N。 (2)滑块a返回B点时的速度vB＝1 m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a＝μg＝5 m/s2 根据v＝v－2aL 可得在C点的速度vC＝3 m/s 则滑块a从碰撞后到达C点 mv＝mv＋mg·2R 解得v1＝5 m/s 因a、b碰撞动量守恒，则 mvF＝－mv1＋3mv2 解得碰后b的速度 v2＝5 m/s 则碰撞损失的能量 ΔE＝mv－mv－·3mv＝0。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，据mvF＝4mv 则a、b碰后的共同速度v＝2.5 m/s 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv＝6mv′ 则v′＝ m/s 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系 ·4mv2＝·6mv′2＋kx 解得x1＝0.1 m 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。 1 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