【备考2022】高考物理一轮复习学案专题9.2 动量守恒定律的应用及实验【练】解析版.docx

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1、专题9.2 动量守恒定律的应用及实验【练】目录一练经典题型1二、练创新情景3三练规范解答6一练经典题型1.(2021·武邑中学调研)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A动量守恒、机械能守恒B动量不守恒、机械能守恒C动量守恒、机械能不守恒D动量、机械能都不守恒【答案】C【解析】在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能

2、不守恒。故C正确。2(2021·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kg·m/s，则()A右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为23B右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为16C左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为23D左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为16【答案】：C【解析】：A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得pApB，由于碰后A球的动量增量为

3、负值，所以右边不可能是A球；因A球动量的增量是负值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为23，故C正确3如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ2PO，则两小球质量之比m1m2为()A75B13C21 D53【答案】：D【解析】：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v

4、1、v2，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1vm1vm2v，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1v2PO(PO2PQ)15，联立三式可得m1m253，D正确4(2021·河南焦作质检)质量分别为ma1 kg和mb2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A弹性碰撞 B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞 D条件不足，无法判断【答案】：A【解析】：由x ­t图象可知，碰撞前，va3 m/s，vb0，碰撞后，va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前的总动能为m

5、avmbv J，碰撞后的总动能为mava2mbvb2 J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mavamavb3 kg·m/s，撞后的总动量为mavambvb3 kg·m/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确5(2021·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为()A0.6v B0.4vC0.2v D0.3v【答案】：BD【解析】：若vB0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mvmvA3m·0.6v，得vA0.8v，碰撞前系统的总动能为Ekmv2.碰撞

6、后系统的总动能为：Ekmv×3mv>mv2 ，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误；若vB0.4v，由动量守恒得：mvmvA3m·0.4v，得vA0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ekmv×3mv<mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故B正确；A、B发生完全非弹性碰撞，则有：mv(m3m)vB，vB0.25v，这时B获得的速度最小，所以vB0.2v，是不可能的，故C错误；若vB0.3v，由动量守恒得：mvmvA3m·0.3v，解得：vA0.1v，碰撞后系统的总动能为Ekmv×3mv<mv2，不违反能量守恒定律，是可能的，故D正

7、确6(多选)如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是()A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量【答案】BD【解析】子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为Ff(sd)，

8、可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确。7.(2021·重庆南开中学模拟)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为()Av0，水平向右B0C，水平向右 D，水平向右【答案】C【解析】以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0(Mm)v，最终车厢的速度为v，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。8A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面

9、上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vAvB为()A12B13C21D23【答案】D【解析】设碰前A球的速率为v，根据题意pApB，即mv2mvB，得碰前vB，碰后vA，由动量守恒定律，有mv2m×m×2mvB，解得vB，所以vAvB23，D正确。9.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示。采用的实验步骤如下：a用天平分别测出A、B的质量m

10、A、mB；b调整气垫导轨，使导轨处于水平；c在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；e按下电钮放开卡销，同时分别记录A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B分别碰撞C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。(1)实验中还应测量的物理量及其符号是_。(2)作用前A、B质量与速度乘积之和为_；作用后A、B质量与速度乘积之和为_。(3)作用前、后A、B质量与速度乘积之和并不完全相等，产生误差的原因有_(至少答出两点)。【答案】(1)B的右端至D的距离L2(2)0mAmB(3)见解析【解析】A、B被压缩的弹

11、簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A与C的距离L1、B与D的距离L2及A到达C、B到达D的时间t1和t2，测出A、B的质量，就可以探究碰撞中的不变量。(1)由上述分析可知，实验中还应测量的物理量为：B的右端至D的距离L2。(2)设向左为正方向，根据所测数据求得A、B的速度分别为vA，vB，碰前A、B静止，即v0，质量与速度乘积之和为0，碰后A、B的质量与速度乘积之和为mAvAmBvBmAmB；若设向右为正方向，同理可得碰后A、B的质量与速度乘积之和为mBmA。(3)产生误差的原因：L1、L2、t1、t2、mA、mB的数据测量误差；没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；滑块并不是

12、做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力；气垫导轨可能不完全水平。10(2021·长沙模拟)某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。(甲)(乙)(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选_段来计算A碰前的速度。应选_段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC

13、”“CD”或“DE”)(2)已测得小车A的质量m10.4 kg，小车B的质量为m20.2 kg，则碰前两小车的总动量为_kg·m/s，碰后两小车的总动量为_kg·m/s。【答案】(1)BCDE(2)0.4200.417【解析】(1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0 m/s1.050 m/s，A

14、在碰撞前的动量p0m1v00.4×1.050 kg·m/s0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v m/s0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量p(m1m2)v(0.20.4)×0.695 kg·m/s0.417 kg·m/s。二、练创新情景1.(2021·福建龙岩市模拟)如图所示，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是()A.若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运

15、动B.若水平面光滑，打后平板车可能向右运动C.若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动D.若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动【答案】D【解析】以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确。2.(2021·山东寿光模拟)如图所示

16、，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时()A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A的动量一定比B的小C若小车向左运动，A的动量一定比B的大D若小车向右运动，A的动量一定比B的大【答案】：C【解析】：A、B两人及小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得mAvAmBvBm车v车0，若小车不动，则mAvAmBvB0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，

17、而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误3.(2021·宁夏石嘴山三中期末)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是()AB、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/sC弹簧的弹性势能最大值为36 JD弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同【答案】B【解析】B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正

18、方向，则有mBv(mBmC)vBC，解得vBC2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mAmB)v(mAmBmC)vABC，解得vABC3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep(mBmC)vmAv2(mAmBmC)v12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。4.如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度

19、v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动在整个运动过程中，下列说法中正确的是()A三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零【答案】：ACD【解析】：在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，B错误当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确5(2021·江西

20、上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示), 物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩最大时的弹性势能为mv【答案】：AC【解析】：当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：EpmmAv，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹

21、簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA·2v0(mmA)v；由机械能守恒定律得：EpmmA·(2v0)2(mAm)v2，联立得：mA3m，联立得：Epmmv，故A、C正确，B、D错误6.(2021·成都外国语月考)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为.一质量为m(mM)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(

22、)AhB.C. D.【答案】：D【解析】：斜面固定时，由动能定理得：mgh0mv，所以v0；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0(Mm)v，由机械能守恒得：mv (Mm)v2mgh， 解得：hh，故选D.7.(2021·南昌十校联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图(b)所示重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力由图示可知()A物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C物块的质量m2 kgD在04 s时间内，

23、合外力的冲量为12 N·s【答案】：BD【解析】：由图(b)可知，t2 s时刻物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图(a)读出最大静摩擦力为6 N，故A错误；由图知：当t2 s时，a1 m/s2，F6 N，根据牛顿第二定律得：Fmgma，代入得：6m×10m.当t4 s时，a3 m/s2，F12 N，根据牛顿第二定律得：Fmgma，代入得：12m×103m.联立解得0.1，m3 kg，故B正确，C错误；a ­t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得04 s内物块速度的增量为v×(42) m/s4 m/s，t0时刻速

24、度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得04 s内合外力的冲量为：Ipmv3×4 N·s12 N·s，故D正确8(2021·西安高新一中模拟)如图所示，一小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数tan .下列图中表示物块的速度v、加速度a、动能Ek及所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是()【答案】：BD【解析】：物块沿足够长的固定斜面上滑，做匀减速运动，当运动到最高点时，最大静摩擦力为 fmmgcos ，重力沿斜面向下的分力为mgsin ，由于>ta

25、n ，则最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物块停在最高点，物块不能从最高点下滑，故A错误；物块上滑过程中，加速度为a(gsin gcos )，保持不变；到了最高点，物块保持静止状态，加速度a0，故B正确；上滑过程中物块的Ekmv2m(v0at)2，Ek与t应是非线性关系，图象是曲线，故C错误；物块上滑过程中，物块受到的滑动摩擦力为Ffmgcos ，保持不变；最高点，物块受到静摩擦力为Ffmgsin ，方向反向，故D正确9.如图(a)所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。图(a)图(b)实验步骤如下：用天平测出

26、弹丸的质量m和摆块的质量M；将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；多次重复步骤，记录指针最大偏角的平均值；换不同挡位测量，并将结果填入下表。挡位平均最大偏角(角度)弹丸质量m(kg)摆块质量M(kg)摆长l(m)弹丸的速度v(m/s)低速挡15.70.007 650.078 90.2705.03中速挡19.10.007 650.078 90.2706.77高速挡0.007 650.078 90.2707.15完成下列填空：

27、(1)现测得高速挡指针最大偏角如图(b)所示，请将表中数据补充完整：_。(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v_。(已知重力加速度为g)(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：_。【答案】(1)22.4(22.122.7均正确)(2)(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能【解析】(1)分度值为1°，故读数为22.4(22.122.7均正确)。(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：mv(mM)v摆块向上摆动，由机械能守恒定律

28、得：(mM)v2(mM)gl(1cos )，联立解得：v。(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功、指针摆动较长的距离损失的机械能较多等，只要合理即可)。10为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)。按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。

29、将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_点，m2的落点是图中的_点。(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_，则说明碰撞中动量守恒。(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。【答案】(1)DF (2)m1m1m2 (3)m1LEm1LDm2LF【解析】由题意可知，碰撞后，m1的落

30、点是图中的D点，m2的落点是图中的F点。设斜面BC的倾角为，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，由平抛运动的知识可知，Lcos vt，Lsin gt2，可得vLcos cos ，由于、g都是恒量，所以v，v2L，所以动量守恒的表达式可以化简为m1m1m2，机械能守恒的表达式可以化简为m1LEm1LDm2LF。三练规范解答1.(2021·南昌十校联考)质量为M3 kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m1 kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v02 m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时

31、与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向左运动，重力加速度g取10 m/s2.(1)设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；(2)设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是s0.4 m，求物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离【答案】：(1)1 m/s(2)1.2 m【解析】：(1)以物块和车为系统，由动量守恒定律得：Mv0mv0(Mm)v代入已知数据解得，共同速度：v1 m/s(2)设物块受到的摩擦力为f，对物块由动能定理得：fs0mv代入已知数据解得：f5 N物块与A第二次碰撞前已与车保持相对静止，对系统

32、由能量守恒定律得：fs相对(Mm)v(Mm)v2代入已知数据解得：s相对1.2 m2.(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，一质量M0.8 kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角37°、半径R5 m，CD的长度l6 m。质量m0.2 kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v04 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37

33、76;0.8，空气阻力不计。求：(1)物块通过B点时的速度大小vB；(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小FN；(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数。【答案】(1)5 m/s(2)3.8 N(3)0.3【解析】(1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有cos ，代入数值解得vB5 m/s。(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有mvmgR(1cos )mv代入数值可得vC3 m/s设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有Fmgm，代入数值解得F3.8 N由牛顿第三定律可知FNF3.8 N。(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为vD，由动量守

34、恒定律有mvC(Mm)vD由功能关系有mglmv(Mm)v代入数值解得0.3。3.(2021·天津市和平区第二次质量调查)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R0.5 m。质量m0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能通过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)小球B与弹簧分离时的速度vB多大；(2)小球A的速度v0多大；(3)弹簧最大

35、的弹性势能Ep是多少？【答案】(1)5 m/s(2)5 m/s(3)1.25 J【解析】(1)设小球B恰好通过C点时速度为vC，则有mgmmg·2Rmvmv联立解得vB5 m/s。(2)小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧组成的系统由动量守恒定律及能量守恒定律有Mv0MvAmvBMvMvmv联立解得v05 m/s。(3)当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律有Mv0(Mm)vEpMv(Mm)v2联立解得Ep1.25 J。4.(2021·山东潍坊市4月模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨

36、道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP0.5 m，OC1.5 m，重力加速度g10 m/s2(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？【答案】(1)240 N，方向竖直向下(2)76.25 J(3)距离C点0

37、.54 m处【解析】(1)物块N在D点时，有MgM物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D点过程机械能守恒MvMvMg·2R在圆轨道最低点C时FNMgM，解得FN240 N根据牛顿第三定律知，N刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为FNFN240 N，方向竖直向下。 (2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2碰撞过程机械能守恒mvmvMv弹簧弹开到碰前过程EpmvmgLPC解得Ep76.25 J。(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为vEp(Mm)v2(Mm)gLOP分离后物块N到达C点速度为vC，Mv2MvMgLOC假设物

38、块沿圆周上滑不超过圆周处，则MvMgh解得h0.27 mR故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周返回，由动能定理得MgxMv解得x0.54 m，滑块停在距离C点0.54 m处。5.(2021·辽宁抚顺一中模拟)质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为1 kg，g取10 m/s2.(1)说明此后A、B的运动性质(2)分别求出A、B的加速度大小(3)经过多少时间A从B上滑下？(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？(5)若木板B足够长，求

39、最后A、B的共同速度大小(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?【答案】：(1)见解析(2)2 m/s21 m/s2(3)1 s(4)见解析(5) m/s(6) m【解析】：(1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动(2)两者之间的摩擦力为FfmAg2 N，所以aA2 m/s2，aB1 m/s2.(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，而xAaAt2，xBv0taBt2，所以有v0taBt2aAt2L，解得t1 s.(4)此时vA2 m/s，vB3 m/s，xAaAt21 m，xBv0taBt23.5 m.(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得Mv0(Mm)v，解得v m/s.(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为v m/s.根据动能定理可得mgLMv(mM)v2，解得L m.