第6章 第4讲 四种“类碰撞”典型模型研究(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“类碰撞”四大典型模型，涵盖子弹打木块、滑块—弹簧等高考动量与能量综合题核心考点，对接高考评价体系，分析近五年真题中模型考查频率，明确动量守恒、能量转化等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“模型拆解+真题精析+素养提升”，如以2024甘肃高考题为例，解析滑块—滑板模型中动量守恒与摩擦生热的综合应用，培养科学思维中的模型建构和科学推理能力，总结“动量守恒列方程、能量关系求内能”解题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此开展专题突破，提升复习效率。

四种“类碰撞”典型模型研究 （综合融通课） 第 4 讲 (一) 子弹打木块模型 (二) “滑块—弹簧”模型 01 02 CONTENTS 目录 (三) “滑块—曲面体”模型 课时跟踪检测 03 05 (四) “滑块—滑板”模型 04 (一) 子弹打木块模型 模型图示 模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 两种情境 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0=(m+M)v 能量守恒：Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒： Q=Ff·d=m- 续表 [例1]　(2025·苏州高三检测)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大小以及它们在此过程中所产生的内能。 [答案]　6 m/s　882 J　 [解析]　设子弹射入木块后与木块的共同速度大小为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=m-(M+m)v2=882 J。 (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]　能 [解析]　假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对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。 [针对训练] 1.(2026·西安交通大学苏州附属中学期中)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较，下列说法正确的是(　 ) A.射入滑块A的子弹速度变化大 B.整个射入过程中两滑块受的冲量大小不相等 C.射入滑块A中时，阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D.两个过程中系统产生的热量相同 √ 解析：根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v1，mv0=(m+M)v2，所以v1=v2，即两子弹初末速度均相等，速度变化量相等，故A错误；对滑块A、B，根据动量定理得I1=Mv1，I2=Mv2，所以I1=I2，故B错误；对子弹，根据动能定理得Wf1=m-m，Wf2=m-m，所以Wf1=Wf2，故C错误；对系统，根据能量守恒定律得Q1=m-(m+M)，Q2=m-(m+M)，所以Q1=Q2，故D正确。 (二) “滑块—弹簧”模型 模型图示 模型特点 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 (2)机械能守恒：系统在运动过程中只有重力或弹簧弹力做功，系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹簧弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (4)弹簧恢复原长时，弹簧弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 [例2]　(2025·宿迁高三调研)如图 甲所示，物体a、b间拴接一个压缩后 被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放 在光滑水平地面上，其中a物体最初 与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在a物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的v⁃t图像如图乙所示，则可知 (　 ) A.a物体的质量为1 kg B.a物体的最大速度为2 m/s C.在a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6 J D.在a物体离开挡板后，物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒 √ [解析]　解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知，b的速度最大时，a的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；b的速度最小时，a的速度最大，且此时弹簧也处于原长。设a的质量为ma，a的最大速度为va，根据动量守恒定律有mbv0=mbvb+mava，由机械能守恒定律可得mb=mb+ma，由图像可知v0=3 m/s，vb=1 m/s，解得va=4 m/s，ma=2 kg，A、B错误；当a、b速度相等时，a、b动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律有mbv0=v，根据能量守恒定律得Epmax=mb-v2，解得Epmax=6 J，C正确；在a物体离开挡板后，物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，D错误。 [规律方法] (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中，弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素：①弹簧被压缩后恢复原长时，可等效为两物体发生弹性碰撞；②弹簧处于最长或最短状态时，可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。 (2)把弹簧视为系统内的一部分时，弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分，通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。 [针对训练] 2.(2026·常州高三调研)如图所示， 物块A、B通过轻弹簧连接，A、B 和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后(　 ) A.A的动能达到最大时，弹簧压缩量最大 B.A的动量达到最大时，弹簧压缩量最大 C.弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加 D.弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能守恒 √ 解析：弹簧从拉伸至恢复到原长的过程，弹力一直对A做正功，A的动能一直增加，弹簧从恢复原长至压缩到最短的过程，弹力对A做负功，A的动能减小，则A的动能达到最大时，弹簧恢复到原长，故A错误；根据动量守恒定律，弹簧压缩量最大时，A、B共速，速度都为零，A的动量最小，故B错误；系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C错误；弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，故D正确。 (三) “滑块—曲面体”模型 模型图示 模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于完成了弹性碰撞)。 [例3]　(2025·苏州高三检测)如图，两个相同的四分之一圆弧槽A、B并排放在水平面上，圆弧槽半径均为R、内外表面均光滑，质量均为m，a、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁。一个质量为2m的小球P(可视为质点)从a点由静止释放，重力加速度为g。求： (1)小球P到达A槽最低点时速度的大小； [答案]　　 [解析]　小球P从a点运动到c点的过程中，A、B均保持静止，根据动能定理可得 2mgR=·2m 小球P运动到c点时的速度大小为v0=。 (2)小球P在B槽内上升的最大高度； [答案]　　 [解析]　小球P滑到B槽后A依然保持静止，B开始向右运动，由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力，则水平方向动量守恒，当小球P在B槽内运动到最大高度时，二者水平速度相同，取向右为正方向，设共同速度为v，根据动量守恒定律可得2mv0=v 对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律可得·2m=v2+2mgh，联立解得h=。 (3)B槽具有的最大速率。 [答案]　 [解析]　小球P返回B槽最低点d时，B槽速度最大，设此时P的速度为v1，B的速度为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2 ·2m=·2m+m 解得v2=。 [针对训练] 3.一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在 光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的物块A从物块B的底端以速度v0=2滑上其圆弧面，经过时间t恰好能滑到物块B的圆弧面顶端，已知物块A的质量为m，重力加速度为g，则(　 ) A.物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒 B.物块B的质量为2m C.物块A从底端至滑到圆弧面顶端的过程，物块B的位移为 D.A、B分离时，物块B的速度大小为 √ 解析：物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，故A错误；物块A滑到物块B的圆弧面顶端的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=v，mgR=m-(m+mB)v2，解得mB=m，故B错误；A滑上B的过程，A和B组成的系统在水平方向动量守恒，有mv0=m+m，故mv0t=mt+mt，xA=t，xB=t，xA-xB=R，解得xB=，故C正确；由以上分析可知，A、B质量相等，则A、B分离时，相当于发生弹性碰撞，A、B交换速度，物块A的速度为0，物块B的速度大小为2，故D错误。 (四) “滑块—滑板”模型 模型图示 模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末，研究对象为一个系统。 [例4]　(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 [答案]　40 N　 [解析]　根据题意，A、C的质量均为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m，初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 从A开始运动到最低点，由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析，根据牛顿第二定律得F-mg=，解得vA=4 m/s，F=40 N 根据牛顿第三定律，细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 [答案]　4 m/s　 [解析]　A与C相碰，在水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 [答案]　0.15 [解析]　A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 [针对训练] 4.质量为m的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速 度从a点水平滑上粗糙木板， 物块的宽度不计，且m<M， 经过一段时间物块停在木板 上。若上图是物块刚滑上木 板时的物块与木板的位置状 态，如图是物块刚与木板 达到共同速度时的物块与木板的位置状态，下列示意图正确的是(　 ) √ 解析：地面光滑，物块与木板组成的系统所受合外力为零，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，设相对位移为Δx，对木板有μMgx=mv2，对物块有-μMg(x+Δx)=Mv2-M，整理得==，因为m<M，所以<<，解得x<Δx<2x，故B正确，A、C、D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A级——基准保分考法 1.(2025·常州高三调研)如图所示，一个质 量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一 侧是四分之一圆弧EF，圆弧半径R=1 m， E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块，若小球刚好没越过滑块的上端，已知重力加速度大小g=10 m/s2，不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为(　 ) A.2 B.3 C.4 D.5 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 解析：根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为v1，根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1，根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR，联立解得=4，故选C。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.如图所示，用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态，质量为m的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球后的速度为v0，子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍，子弹穿过小球的时间极短，重力加速度为g，不考虑小球质量变化，则小球的质量为(　 ) A.m B.m C.m D.m √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：子弹穿过小球过程中，子弹和小球水平方向动量守恒，设穿过瞬间小球的速度为v，则mv0=Mv+mv0，根据牛顿第二定律得2Mg-Mg=M，解得M=m，故选C。　 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B，一质量M=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s，最终C与木板B相对静止，则 (　 ) A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上 B.木板B的最大速度为2 m/s C.木板A的最大速度为1 m/s D.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时Mv0=Mv1+(m1+m2)vA，解得木板A的最大速度为vA=2 m/s，滑上B后，对B、C整体水平动量守恒Mv1+m2vA=(M+m2)vB，解得木板B的最大速度为vB=4.5 m/s，并且B、C最终一起匀速运动，故A、B、C错误；整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了ΔE=M-m1-(m2+M)=57.5 J，故D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是(　 ) A.木块获得的最大速度为 B.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 D.因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律mv0=v1，解得v1=，此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统由动量守恒定律得=×+mv2，解得v2=，选项B错误；对木板，由动量定理：ft=mv2，解得f=，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t=0时B与弹簧接触，0~2 s内两物块的v⁃t图像如图乙所示。则 (　 ) A.A的质量比B的大 B.0~1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C.t=1 s时，弹簧的弹性势能最大 D.t=2 s时，A的动量比B的大 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由题图可知，物块B的初速度为v0=1.2 m/s，t=1 s时，物块A、B的共同速度大小为v=1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0=(mA+mB)v，解得mB=5mA，故A错误；0~1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t=1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t=2 s时，A的动量pA=mAvA，B的动量pB=mBvB，由题图可知vA=2.0 m/s，vB=0.8 m/s，又mB=5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(16分)(2026·南京阶段检测)如图所示，光滑水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端与一质量为m的物块接触但不拴接，此时弹簧处于原长。物块右侧有一质量为m、高为、顶角为45°的光滑斜面，斜面与水平面平滑连接，现用大小为mg的水平恒力将物块向左推动，物块恰好能运动到C点，此时立即撤去恒力。已知重力加速度为g，求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)物块向左运动到速度最大时弹簧的压缩量；(3分) 答案：　 解析：物块向左运动到速度最大时，加速度为零，则合力为零，此时弹簧的弹力大小为mg，设此时弹簧的形变量为Δx1，则有=kΔx1，解得Δx1=。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)物块离开弹簧时的速度大小；(5分) 答案：3g 　 解析：物块由A到C的运动满足合外力F=-kx 其中Δx1为相对于(1)中速度最大点的位移，故A到C的运动是简谐运动的一部分，由简谐运动的对称性可知，弹簧压缩到最短时的压缩量为Δx2=2Δx1= 物块从A开始运动再返回到A的过程，弹力做功为零，只有恒力做功，根据动能定理有mg×Δx2=m，解得vA=3g 。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (3)物块从D点飞出后运动到最高点时的速度大小。(8分) 答案：2g 解析：物块脱离弹簧后，以vA向右匀速运动，然后滑上斜面。对物块和斜面组成的系统，机械能守恒，水平方向动量守恒。设物块到D点时水平方向的速度为vx，竖直方向的速度为vy，斜面的速度为vM，对系统，根据机械能守恒定律和水平方向动量守恒定律有m=mgh+m+m，mvA=mvx+mvM 1 5 6 7 8 9 2 3 4 根据关联速度知识有 vMsin 45°=vxsin 45°-vycos 45° 联立解得vx=2g ，vy=g ，vM=g 物块从D点飞出后运动到最高点时，仅有水平方向的速度，因此物块从D点飞出后运动到最高点时的速度大小为vx=2g 。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 B级——把关进阶考法 7.(16分)有一款三轨推拉门，门框 内部宽为2.4 m，三扇相同的门板 如图所示，每扇门板宽为d=0.8 m， 质量为m=20 kg，与轨道的动摩擦因数为μ=0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，取重力加速度g=10 m/s2。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W；(3分) 答案：1.6 J　 解析：由题意，对3号门板，根据动能定理有W-μmgd=0，解得W=1.6 J。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)若F=12 N，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。求： ①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v；(6分) ②拉力F的作用时间t。(7分) 答案：①0.8 m/s　② s 解析：①设3号门板与2号门板碰撞后速度为v1，碰后两门板位移为d=0.8 m，根据功能关系有-2μmgd=0-×2m 解得v1=0.4 m/s 碰撞过程，根据动量守恒定律mv=2mv1 解得v=0.8 m/s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 ②根据牛顿第二定律F-μmg=ma 解得a=0.5 m/s2 根据动能定理Fx-μmgd=mv2 解得x= m 根据运动学公式x=at2，解得t= s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(18分)(2025·南通调研)如图所示，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物块，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g取10 m/s2。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (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；(8分) 答案：5(1-k)m/s，方向向右　 m/s，方向向右　 解析：C、D的质量均为m=1 kg，物块C、D碰撞过程中满足动量守恒定律，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，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 1 5 6 7 8 9 2 3 4 可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1-k)m/s，方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒定律，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，则由Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑 解得v滑=v0= m/s>0 新滑板速度大小为，方向向右。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)若k=0.5，从碰撞后瞬间到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。(10分) 答案：1.875 m 解析：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 1 5 6 7 8 9 2 3 4 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，根据动量守恒定律可得m'v物'=(m'+M')v共，解得v共=1 m/s 根据能量守恒定律可得 μm'gx相=m'v物'2-(m'+M') 解得x相=1.875 m。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(18分)(2025·苏州联考)如图所示，半径 为R的四分之一光滑圆弧轨道AB固定在 水平面上，质量为2m的长直平板车放在 光滑的水平面上，其右端与光滑圆弧轨 道等高且平滑对接。小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧，平板车右端到弹簧右端的距离为L。一质量为m的小物块从竖直圆弧轨道的上端A由静止下滑，重力加速度为g，物块与平板车上表面间的动摩擦因数为μ，弹簧始终处于弹性限度内且形变量可忽略不计。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)若平板车被锁定不能运动，求物块被弹回后第二次到达圆弧轨道上B点的速度大小v和此时受到轨道的支持力大小FN；(6分) 答案：　mg 解析：设物块第二次到达圆弧轨道上B点的速度大小v，由动能定理有mgR-2μmgL=mv2-0 由向心力公式有FN-mg= 解得v=，FN=mg。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)若平板车能在水平面上自由运动，物块能压缩弹簧，求运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep；(6分) 答案：mg 解析：设物块第一次到达B点的速度大小为v0，物块与平板车的共同速度为v'，由动能定理有 mgR=m 由动量守恒定律有mv0=v' 由能量守恒定律有 mgR=μmgL+v'2+Ep 解得Ep=mg。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (3)在(2)的情况下，物块最终能与平板车相对静止。求平板车运动的最大速度vm和物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ应满足的条件。(6分) 答案：　>μ≥ 解析：物块在被弹回瞬间，平板车的速度最大，设此时物块的速度为v1，由动量守恒定律有 mv0=mv1+2mvm 由能量守恒定律有 mgR=μmgL+×2m+m 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解得vm= vm'=(舍去) 由能量守恒定律有 μmgL<mgR-v'2≤2μmgL 解得>μ≥。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $