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专题8 动量守恒定律——2023和2024年高考物理真题汇编
一．选择题（共5小题）
1．（2024 北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【解答】解：D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足mg+kv＝ma上，下落过程中受到向上的空气阻力，满足mg﹣kv＝ma下，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故D错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A错误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B错误。
故选：C。
2．（2024 江苏）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）
A．弹簧原长时B动量最大
B．压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
【解答】解：CD、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变。因各表面均光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统机械能也不变，故CD错误；
B、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，弹簧压缩最短时A、B共速，因系统初动量为零，故弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时A、B的动量均为零，故此时B的动能为零，并非最大，故B错误；
A、由A、B、弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒，可知运动过程中A、B的动量始终等大反向，故A、B同时达到各自的速度最大值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则A、B的总动能最大，故此时A、B的速度达到最大值，B的动量最大，故A正确。
故选：A。
3．（2023 天津）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（　　）
A．列车减速过程的加速度大小为
B．列车减速过程F的冲量大小为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（F+f）v
【解答】解：A.设磁悬浮列车减速过程中加速度的大小为a，根据牛顿第二定律F+f＝ma
解得加速度的大小为，故A错误；
B.取列车运动的方向为正方向，根据动量定理﹣（IF+If）＝0﹣mv
解得F的冲量IF＝mv﹣If，故B错误；
C.根据动能定理
解得列车减速过程通过的位移大小为，故C正确；
D.列车匀速行驶时，牵引力等于阻力，列车的功率P＝fv，故D错误。
故选：C。
4．（2023 河北）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N s
【解答】解：A、根据图像，我们可以看到在10.10s至10.35s这段时间内，运动员受到的支持力最大为：F＝42×60N＝2520N，
根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度为：a32m/s2，方向向上，故A错误；
BCD、根据图像可知，在10.10s至10.35s这段时间内，支持力的冲量等于图像的面积，
可得合力的冲量为：I＝22×60×（10.35﹣10.10）N s﹣60×10×（10.35﹣10.10）N s＝180N s，
根据动量定理可得运动员的速度离地为：vm/s＝3m/s，
起跳后运动员重心上升的平均速度大小为：，
起跳后运动员做竖直上抛运动，跳后运动员重心上升的最大高度为：0.45m，
故C正确，BD错误。
故选：C。
5．（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（　　）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P小球落地的速度大小为vP，Q小球落地的速度大小为vQ，P小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度vx＝v0
竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度vy
则vP
Q小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：2gh
解得：vQ
则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv
则两小球落地时动量大小相等，故AB错误；
CD、设P小球下落时间为tP，Q小球下落时间为tQ，P小球竖直方向为自由落体运动，有：h
解得：tP
Q小球做竖直下抛运动，有：h＝v0tQ
则tQ＜tP
两小球所受冲量大小为I＝mgt
则P所受重力冲量的大小比Q的大，故C正确，D错误。
故选：C。
二．多选题（共13小题）
（多选）6．（2024 全国）在新款车的碰撞安全测试中，一辆质量为2000kg的汽车，以等速度72km/h（20m/s）在水平地面上直线前进，和质量为1000kg的静止箱形障碍物发生一维非弹性正向碰撞，碰撞后箱形障碍物被向前弹开，汽车车头内凹但仍持续向前行进。假设空气阻力与地面摩擦力可忽略。在此碰撞过程中，速度传感器测得碰撞开始后汽车速率与时间的关系如图所示。将开始碰撞的时间记为0.0秒，则下列叙述哪些正确？（　　）
A．在0.5秒后，汽车与障碍物分离
B．在0.5秒后，汽车动能减少一半
C．在0.5秒后，障碍物速率为20m/s
D．在0.5秒内，汽车平均加速度量值为10m/s2
E．在0.5秒后，汽车与障碍物的总动能减少1×105J
【解答】解：A．由图可知，汽车在0.5s之后速度不再发生变化，所以在0.5秒后，汽车与障碍物分离，故A正确；
B．由可知，0.5s之后汽车速度变为原来的，所以动能应该减少为原来的，故B错误；
C．空气阻力与地面摩擦力可忽略，所以汽车和障碍物组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则
Mv＝Mv1+mv2
代入数据得0.5秒后，障碍物速率为20m/s，故C错误；
D．由加速度公式
可得
故D错误；
E．汽车碰之前的动能为
汽车碰之后的动能为
障碍物的动能为
所以在0.5秒后，汽车与障碍物的总动能减少
ΔE＝4×105J﹣1×105J﹣2×105J＝1×105J
故E正确。
故选：AE。
（多选）7．（2024 甘肃）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
【解答】解：A.匀速圆周运动的线速度大小不变，根据动能的表达式：Ek，可知小车的动能不变，故A正确；
B.根据匀速圆周运动条件：小车的合外力提供向心力，小车所受外力和不为0，可得小车的动量不守恒，故B错误；
C.小车做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，但是方向始终指向圆心，故方向始终在改变，故C错误；
D.小车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确；
故选：AD。
（多选）8．（2024 广西）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ，将木栓对准方孔，接触但无挤压。锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下，木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（　　）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为﹣I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小的为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【解答】解：A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为﹣I，故A错误；
B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为：Ek
木栓进入过程根据动能定理有：（mg）Δx＝0﹣Ek
解得平均阻力为：mg，故B正确；
C.木栓进入过程木栓减少的动能为，减少的重力势能为mgΔx，木料增加弹性势能为Ep，则木料和木栓的机械能共损失了：ΔEEp，故C错误；
D.对木栓的一个侧面受力分析如图：
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力：mg
又由：f＝μFN
联立可得：f，故D正确；
故选：BD。
（多选）9．（2024 广东）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
【解答】解：A、两滑块在光滑斜坡上初速度加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度和相对加速度均为零，即两个物体相对静止，故A正确；
B、两滑块滑到水平面后做匀减速直线运动，由于两个滑块的质量相等，且发生弹性碰撞，则碰撞前后两个物体的速度发生交换，故B正确；
C、乙的高度会影响乙在斜面上的加速时间，同时高度越大，乙物块到达O点时的速度越大，在水平面上减速的时间也更长，故C错误；
D、乙下滑过程中，根据动能定理可得：
因为甲和乙发生的是弹性碰撞，两者交换速度，则甲最终停止为止与乙不发生碰撞时停止的位置相同，如果没有发生碰撞，则乙在水平面上运动到停止，根据动能定理可得：
﹣μmgx＝0
联立解得：x，故D正确；
故选：ABD。
（多选）10．（2024 广西）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【解答】解：AB.两小球发生弹性碰撞，小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直分运动为自由落体运动，因此小球N竖直墙面上的垂直投影的运动是初速度为零的匀加速运动，故A错误，B正确；
CD.设M和N小球碰撞后的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向
两小球发生弹性碰撞时，动量守恒mv＝mv1+mv2
机械能守恒
联立解得v1＝0，v2＝v
小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平分运动为匀速直线运动，因此水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）11．（2024 甲卷）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．t＝0.15s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0.30s时，运动员的速度大小为10m/s
C．t＝1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N
【解答】解：A．根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从t＝0.30s离开蹦床到t＝2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在t＝1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30s时运动员的速度大小
v＝10×1m/s＝10m/s
故B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理
FΔt﹣mgΔt＝mv﹣（﹣mv）
其中
Δt＝0.3s
代入数据可得
F＝4600N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N，故D正确。
故选：BD。
（多选）12．（2024 湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　　）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【解答】解：AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为v；
取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝（m+M）v
据能量守恒定律
联立解得，
子弹和木块损失的总动能
综上分析，故A正确，C错误；
B.取初速度方向为正方向，根据动量定理﹣ft＝﹣kv0t＝mv﹣mv0
代入数据联立解得，故B错误；
D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，故D正确。
故选：AD。
（多选）13．（2024 福建）质量为m的物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，重力加速度为g，以沿斜面向下为正方向（　　）
A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动
B．0～4t0，合外力的总冲量为0
C．t0时动量是2t0时的一半
D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移
【解答】解：A、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
力F方向沿斜面向下时，物块的加速度为：a13gsinθ
力F方向沿斜面向上时，物块的加速度为：a2gsinθ
0～t0时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，t0时刻物块的速度为v1＝a1t0＝3gsinθt0
t0～2t0时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，2t0时刻物块的速度为v2＝v1+a2t0＝2gsinθt0
2t0～3t0时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，3t0时刻物块的速度为v3＝v2+a1t0＝5gsinθt0
3t0～4t0时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，4t0时刻物块的速度为v4＝v3+a2t0＝4gsinθt0
可知0～4t0时间内物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B、根据动量定理得0～4t0时间内合外力的总冲量为I＝mv4﹣0＝4mgsinθt0，故B错误；
C、t0时刻物块的动量为mv1＝3mgsinθt0，2t0时刻物块的动量为mv2＝2mgsinθt0，可知t0时刻动量不等于2t0时刻的一半，故C错误；
D、2t0～3t0过程物块的位移为x1t0（v2+v3）t0gsinθ
3t0～4t0过程物块的位移为x2t0（v3+v4）t0gsinθ，
可知x1＜x2，故D正确。
故选：AD。
（多选）14．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【解答】解：A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲μg
对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙μg
由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；
BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；
故选：BD。
（多选）15．（2023 广东）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（　　）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
【解答】解：选择水平向右的方向为正方向。
A、滑块1和滑块2组成的系统的初动量为：
p1＝mv1＝1×0.40kg m/s＝0.40kg m/s
碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为：
p2＝2mv2＝2×1×0.22kg m/s＝0.44kg m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B、对滑块1，根据动量定理可得：
ΔI＝mv1﹣mv0
代入数据解得：ΔI＝﹣0.18N s，负号表示方向水平向左，故B正确；
C、同理可得，对滑块2分析可得：
ΔI′＝mv1﹣0
代入数据解得：ΔI′＝0.22N s，故C错误；
D、根据公式ΔI′＝FΔt
代入数据解得：F＝5.5N，故D正确；
故选：BD。
（多选）16．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
【解答】解：A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1N＝6N
2～4m内，拉力F2N＝3N
0～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由匀变速直线运动速度—位移公式得：2ax
x＝1m时，物体的速度大小为v1m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A错误；
B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek
代入数据解得：Ek＝2J
故B正确；
C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正确；
D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2m/s＝2m/s
物体的最大动量为：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D错误。
故选：BC。
（多选）17．（2023 重庆）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（　　）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【解答】解：A、y﹣t图象的斜率表示速度，由EF的直线方程y＝4t﹣26，可知，无人机在EF段的速度大小为4m/s，故A正确；
B、无人机从F点到最高点，由图象可以知道向上减速，加速度向下，处于失重状态。从最高点到M点，向下加速，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C、从MN的直线方向y＝﹣2t+140可知，F点的速度vF＝﹣2m/s，所以FN段的动量变化：ΔpFN＝mvN﹣mvF＝2×（﹣2）kg m/s﹣2×4kg m/s＝﹣12kg m/s，故C错误；
D、无人机在MN段是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，所以在MN段无人机机械能减小，故D错误。
故选：AB。
（多选）18．（2023 浙江）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【解答】解：A、利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；
B、由动量定理得，F，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故B正确；
C、红外线是一种不可见光，人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，利用红外传感器可制成商场的自动门，故C正确；
D、牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，不适用于微观物体的高速运动。而动量守恒定律既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。故D错误。
故选：ABC。
三．解答题（共19小题）
19．（2024 浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【解答】解：（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，在C点，根据牛顿第二定律得：
从滑块离开弹簧到C点的过程，根据动能定理得：
解得：v0＝5m/s
（2）滑块恰好过C点后，以速度大小等于v0的速度滑上平板，以向右为正方向，平板加速至与滑块共速的过程，根据动量守恒定律得：
mv0＝（m+M）v
根据能量守恒定律得：
联立解得此过程系统损耗的机械能为：ΔE＝0.625J
（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大。设滑块与平板相对滑动时两者的加速度大小分别为am、aM。根据牛顿第二定律得：
μ1mg＝mam，解得：
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM，解得：
作出v﹣t图像，如下图所示
由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，可得：
v1＝aMt1＝vm﹣amt1
联立解得：vm＝6m/s，v1＝2.4m/s，t1＝0.6s
共速过程平板的位移大小为：x1 v1t1
解得：x1＝0.72m＜d﹣L＝4.4m﹣1.8m＝2.6m，说明共速时平板没有到达H点。
两者共速之后到H点的过程，根据动能定理得：
﹣μ2（m+M）g（d﹣L﹣x1）（m+M）（m+M）
解得：v2m/s＞0，说明两者共速之后可以达到H点。
可知离开弹簧时的最大速度vm＝6m/s是合理的。
答：（1）滑块离开弹簧时速度v0的大小为5m/s；
（2）平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能为0.625J；
（3）其离开弹簧时的最大速度vm为6m/s。
20．（2024 甘肃）如图，质量为2kg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＝1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg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10m/s2）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（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。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）细绳OP的长度为L＝1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得：
mAg（L﹣Lcos60°）
解得：v0＝4m/s
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得：
T﹣mAg
解得：T＝40N
根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。
（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于v0＝4m/s，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有：
mAv0＝mCvC
解得碰后C的速度大小为：vC＝4m/s
（3）A、C碰后，C相对B滑行Δx＝4m后与B共速（设共速的速度为v）。以向右为正方向，对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mCvC＝（mC+mB）v
μmCgΔx
解得C和B之间的动摩擦因数为：μ＝0.15
答：（1）A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。
（2）碰后C的速度大小为4m/s。
（3）C和B之间的动摩擦因数为0.15。
21．（2024 安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
【解答】解：（1）设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理
代入数据得：v0＝5m/s
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有T﹣mg，
代入数据解得拉力：T＝6N
（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：
mv0＝mv1+Mv2
根据能量守恒：
代入数据联立解得：v2＝4m/s
（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道
①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s
根据能量守恒，μmaxMgs
代入数据解得：μmax＝0.4
②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s
根据能量守恒，
代入数据解得：μmin＝0.25
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4
答：（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为6N；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为4m/s；
（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。
22．（2024 广东）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tanθ。
（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，以头锤倒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＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/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。
【解答】解：（1）对敏感球进行受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：
tnaθ
（2）①F﹣t图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则
，方向竖直向上
②头垂在下落过程中，根据动能定理可得：
在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：
IF﹣Mgt＝Mv1﹣Mv
头锤上升过程中，根据动能定理可得：
﹣Mgh
联立解得：h＝0.2m
答：（1）斜面倾角的正切值为；
（2）①碰撞过程中F的冲量大小为330N s，方向竖直向上；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m。
23．（2024 河北）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2.0kg，A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/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。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
【解答】解：（1）设机器人质量为M，三个木板质量为m，根据动量守恒定律可得：
Mv＝mv1
两边同时乘以t，则
Mx＝mx1
且x+x1＝LA
解得：x1＝1.5m
（2）设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动的特点可得：
vcosθ t＝x1
联立解得：
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒，则
Mvcosθ＝mvA
根据能量守恒定律可得机器人做的功为：
联立可得：
当时，即tanθ＝2时，W取最小值，此时Wmin＝90J
（3）根据tanθ＝2时可得
根据Mvcosθ＝mvA可得：
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则
Mvcosθ＝（M+2m）v共
解得：v共
该过程A木板向左运动的距离为：
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，选择向右的方向为正方向，则
（M+m）v共＝Mv0﹣mvB
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得：
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为：
Δx＝x1+xA
可得：（vB﹣vA）×3Δt＝Δx
联立解得：
故A、C两木板间距为：
xAC＝（vA+vC）×3Δt+Δx+LB
vC＝v共
联立解得：xAC
答：（1）A、B木板间的水平距离为1.5m；
（2）起跳过程机器人做的功为90J，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值为2；
（3）该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系为。
24．（2024 湖南）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA＞mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0＜e＜1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。
【解答】解：以下解答，在小球A与B碰撞过程均以小球A的速度方向为正方向。
（1）对A、B系统，碰撞前、后动量守恒，设碰撞后小球组合体的速度大小为v，由动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+mB）v
对碰撞后的组合体，根据牛顿第二定律得：
联立解得：，
（2）小球A与B发生弹性碰撞，设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mAv0＝mAvA+mBvB
联立解得：，
所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如下图所示，首次碰撞在a点，a、b、c三点为等边三角形的三个顶点。
因vA＜vB，且除了碰撞过程两小球均做匀速圆周运动，故第二次碰撞的位置在b点或在c点，设120°圆心角对应圆环的弧长为L。讨论如下：
①若在b点发生第二次碰撞，则从第一次在a点碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系为：
sB﹣sA＝3L，即：vBt﹣vAt＝3L
对A有：vAt＝L+3kL，（k＝0、1、2、3……）
联立可得：
联立解得：
若k取值大于等于1，则此比值为负值，不合理，则k只能取0，解得：
对两球在b点的第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA′、vB′，同理可得：
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
联立解得：vA′＝v0，vB′＝0
故第三次碰撞会发生在b点、第三次碰撞与第一次碰撞的情况相同，故第四次碰撞发生在c点，第四次碰撞与第二次碰撞的情况相同，以此类推，满足题意。
②若在c点发生第二次碰撞，同理，根据从第一次碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系可得：
vBt﹣vAt＝3L
对A有：vAt＝2L+3kL，（k＝0、1、2、3……）
联立可得：
联立解得：
若k取值大于等于1，则此比值为负值，不合理，则k只能取0，解得：
同理可得，第二次碰撞后vA′＝v0，vB′＝0，则第三次碰撞发生在c点、第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意。
综上所述，可得：，或
（3）第一次碰前两球相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v相1＝ev0，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一个圆周，即B球相对A球运动一周，可得第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为：
对于第一次碰撞有：mAv0＝mAvA1+mBvB1
第一次碰撞后有：v相1＝vB1﹣vA1＝ev0
解得：
第一次碰撞到第二次碰撞B球运动的路程为：
第二次碰后的相对速度大小为
同理可得第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为
对于第二次碰撞有：mAv0＝mAvA2+mBvB2
第二次碰撞后有：v相2＝vA2﹣vB2
联立解得：
第二次碰撞到第三次碰撞B球运动的路程为：
由以上规律可以归纳得：
第三次碰撞到第四次碰撞B球运动的路程为：
第四次碰撞到第五次碰撞B球运动的路程为：
……
以此类推，第2n+1次碰撞前一共碰撞了2n次，则有：
解得：
答：（1）碰撞后小球组合体的速度大小为，做圆周运动所需向心力的大小为；
（2）小球的质量比为或；
（3）第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。
25．（2024 湖北）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【解答】解：（1）设小物块的质量为M，小球的质量为m，传送带的速度为v；
根据牛顿第二定律有μMg＝Ma
代入数据得a＝5m/s2
小物块与传送带共速时的位移
小物块与传送带共速后做匀速直线运动，因此小物块与小球碰撞前瞬间小物块的速度大小为5m/s；
（2）以小物块和小球为系统，碰撞后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，取水平向右为正方向，则碰后瞬间小物块的速度v1＝﹣1m/s
根据动量守恒定律Mv＝Mv1+mv2
代入数据解得v2＝3m/s
由机械能守恒定律可得碰撞过程损失的机械能为
代入数据解得ΔE＝0.3J
（3）设P与O之间的距离为x，轻绳的长度为L，则小球绕P点做圆周运动的半径为r＝L﹣x
若小球恰到P点的正上方不松弛，重力完全提供向心力；
根据牛顿第二定律
小球从碰撞后到P点的正上方，取最低点为零势能位置；
根据机械能守恒定律
代入数据联立解得x＝0.20m。
答：（1）小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小5m/s；
（2）小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为0.3J；
（3）P点到O点的最小距离0.20m。
26．（2024 江苏）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度v1；
（2）分离时A对B的推力大小。
【解答】解：（1）组合体A与组合体B分离过程在速度方向上满足动量守恒定律，以在轨速度v0的方向为正方向，则有：
（M+m）v0＝Mv+mv1
解得：v1
（2）设分离时A对B的推力大小为F，以在轨速度v0的方向为正方向，对B由动量定理得：
FΔt＝Mv﹣Mv0
解得：F
答：（1）分离后A的速度v1为；
（2）分离时A对B的推力大小为。
27．（2024 浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【解答】解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理
解得vC＝4m/s
在C处，根据向心加速度公式
代入数据解得aC＝16m/s2
②物块a从A到D，根据动能定理
代入数据解得
设上滑的最大高度为h1
根据动能定理
代入数据解得h1＝0.45m
ED之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1
因此物块a未滑出轨道DE；
设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D；
根据动能定理
代入数据解得s＝2m
③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得
由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑；
物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ
代入数据解得
t根据匀变速运动公式
由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有
所以
（2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理
代入数据解得vF＝2m/s
设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向
根据动量守恒定律mvF＝2mv
根据功能关系
代入数据联立解得l＝0.2m。
答：（1）①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；
②在DE上经过的总路程为2m；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；
（2）若h＝1.6m，滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。
28．（2024春 武汉期末）光滑水平地面上有一质量M＝4.0kg的小车。车上的水平道与半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道在B点相切。如图所示，水平轨道右端固定一根处于锁定状态的压缩弹簧，一质量为m＝1.0kg的物块紧靠弹簧，与B点的距离L＝1.0m，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，物块被弹出后，恰能到这圆弧轨道的最高点A，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E；
（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小；
（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离。
【解答】解：（1）物块恰好能到达A处，故在A处物块的竖直分速度为零，且物块和小车速度相等；物块从B到A的过程，物块和小车在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒；
由动量守恒可得：0＝（M+m）v
解得：v＝0
从解除锁定弹簧到物块运动到A的过程，由能量守恒定律得：
E＝mgR+μmgL
代入数据解得：E＝7.5J
（2）物块从A到第二次经过B点的过程，对物块和小车系统机械能守恒、动量守恒，设物块第二次经过B点时物块的速度为v1，小车的速度为v2，由机械能守恒可得：mgR
由动量守恒可得：0＝mv1+Mv2
代入数据解得物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小为：v1＝2m/s
（3）物块和小车运动过程，在水平方向上合外力始终为零，故系统在水平方向上动量守恒；那么，最终物块和小车都处于状态，物块和小车，由能量守恒定律得：
E＝μmgS
解得：S＝1.5m，故最终物块与车相对静止时物块到B点的距离为：d＝S﹣L＝0.5m
答：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E为7.5J：
（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小为2m/s；
（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离为0.5m。
29．（2023 天津）质量mA＝2kg的物体A自距地面h＝1.2m高度自由落下，与此同时质量mB＝1kg的物体B由地面竖直上抛，经t＝0.2s与A碰撞，碰后两物体粘在一起，碰撞时间极短，忽略空气阻力。两物体均可视为质点，g取10m/s2，求A、B：
（1）碰撞位置与地面的距离x；
（2）碰撞后瞬间的速度大小v；
（3）碰撞中损失的机械能ΔE。
【解答】解：（1）由自由落体运动规律，根据几何关系有
代入数据，解得x＝1m
（2）设B初速度大小为v0，碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA，vB，由匀变速直线运动公式，有
vA＝gt
vB＝v0﹣gt
由于碰撞时间极短，碰撞过程动量守恒，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律，有
mBvB﹣mAvA＝（mA+mB）v
联立以上各式，代入数据，解得v＝0
（3）碰撞过程两物体高度不发生变化，重力势能不变，损失的机械能为
联立解得，ΔE＝12J
答：（1）碰撞位置与地面的距离x为1m；
（2）碰撞后瞬间的速度大小v为0；
（3）碰撞中损失的机械能ΔE为12J。
30．（2023 海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。
【解答】解：（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得：v0＝2m/s
在底部，根据牛顿第二定律
解得：FN＝30N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
fB＝μ1mBg＝mBaB
解得：，方向水平向左
对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C＝μ2（mB+mC）g
根据牛顿第二定律
f地C﹣fBC＝μ2（mB+mC）g﹣μ1mBg＝mCa2
解得其加速度向左为
根据运动学公式可得B向右运动的距离为：
代入数据解得：x1＝1m
C向右运动距离
代入数据解得：x2＝0.2m
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
Q＝μ1mBg（x1﹣x2）
可得：Q＝1.6J
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有
解得：t1＝0.2s
B的位移为
代入数据解得：xB1＝0.36m
则此刻的相对位移为
x相＝xB1﹣x2＝0.36m﹣0.20m＝0.16m
此时vB1＝v﹣a1t1
代入数据解得：vB1＝1.6m/s
由L＞0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有
解得：
碰撞时B速度为
碰撞时，选择水平向右的方向为正方向，则由动量守恒可得
mBvB2＝（mB+mC）v
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
代入数据解得：
后再经t3后停下，则有
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间
t＝t1+t2+t3
联立解得：t
答：（1）B滑到A的底端时对A的压力为30N；
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是1.6J；
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，B从滑上C到最终停止所用的时间为。
31．（2023 乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【解答】解：（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为v1，由速度—位移公式得：
2gl
解得：v1
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm1、vM1，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv1＝mvm1+MvM1
已知：
联立解得：vm1，vM1
故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为，小球速度方向为竖直向上，圆盘速度方向为竖直向下。
（2）第一次碰后小球做竖直上抛运动。因圆盘所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等，故圆盘竖直向下做匀速直线运动，当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远。
设第一次碰后小球经过时间t与圆盘的速度相同，两者间的最远距离为sm，以竖直向下为正方向，根据运动学公式得：
vM1＝vm1+gt
解得：t
sm＝vM1t﹣（vm1tgt2）
解得：sm＝l。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相同，设此过程经历的时间为t1，圆盘的位移为x1，以竖直向下为正方向，根据运动学公式得：
x1＝vM1t1＝vm1t1
解得：t1＝2，x1＝2l
第二次碰撞前瞬间小球的速度为：v2＝vm1+gt1
设第二次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm2、vM2，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv2+MvM1＝mvm2+MvM2
联立解得：vm2＝0，vM2
同理，设第二次碰撞后到第三次碰撞时经历的时间为t2，圆盘的位移为x2，则有：
x2＝vM2t2＝vm2t2
解得：t2＝2，x2＝4l
第三次碰撞前瞬间小球的速度为：v3＝vm2+gt2＝2
设第三次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm3、vM3，同理可得：
mv3+MvM2＝mvm3+MvM3
联立解得：vm3，vM3
同理，设第三次碰撞后到第四次碰撞时经历的时间为t3，圆盘的位移为x3，则有：
x3＝vM3t3＝vm3t3
解得：t3＝2，x3＝6l
综上分析，由前三次碰撞后圆盘的向下运动的位移分别为：x1＝2l，x2＝4l，x3＝6l，可归纳出每次碰撞后到下一次碰撞时，圆盘位移逐次增加2l，如果圆盘不离开圆管，第四次碰撞后到第五次碰撞时圆盘的位移为x4＝8l。
因20l﹣l﹣x1﹣x2﹣x3＝7l＜x4＝8l，故第四次碰撞后圆盘离开圆管，则圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
答：（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为l；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次。
32．（2023 河北）如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m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2kg的小物块A以8m/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。已知木板长度为1.3m，g取10m/s2，取3.16，sin37°＝0.6，cos37°＝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地面的最大高度；
（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1：3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。
【解答】解：（1）设物块A的初速度为v0，木板与轨道底部碰撞前，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，取向右为正方向，由动量守恒定律和功能关系有
m1v0＝m1v1+m2v2
由题意分析v1≥v2，联立式得
v1＝7m/s，v2＝2m/s
（2）设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为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
物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立解得：
设物块A抛出时速度v3的水平和竖直分量分别为vx和vy
vx＝v3sin37°，vy＝v3cos37°
斜抛过程物块A上升时间为：，解得：t1＝0.4s
该段时间物块A向左运动距离为：s1＝vxt1＝3×0.4m＝1.2m
物块A距离地面最大高度为：
解得：H＝2m
（3）物块A从最高点落地时间为：
解得：t2＝0.632s
设向左为正方向，物块A在最高点炸裂为B、C，设质量和速度分别为m3、m4和v4、v5，设m3：m4＝1：3，系统动能增加ΔEk，根据动量守恒定律和能量守恒定律得
m1vx＝m3v4+m4v5
解得：v4＝6m/s，v5＝2m/s或v4＝0，v5＝4m/s．
设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围Δt：
（a）若v4＝6m/s，v5＝2m/s，炸裂后B落地过程中的水平位移为
s'＝v4t2＝6×0.632m＝3.792m
炸裂后C落地过程中的水平位移为
s''＝v5t2＝2×0.632m＝1.264m
木板右端到轨道底端的距离为
Δs＝v2（t1+t2﹣Δt）＝（2.064﹣2Δt）m
运动轨迹分析如下
为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅C落在木板上，应满足
（2.064﹣2Δt）m+1.3m≥1.264m+0.6m
且
（2.064﹣2Δt）m≤1.264m+0.6m
解得：0.1s≤Δt≤0.75s
Ⅱ．若仅B落在木板上，应满足
（2.064﹣2Δt）m+1.3≥3.792m+0.6m
且
（2.064﹣2Δt）m≤3.792m+0.6m
不等式无解；
（b）若v4＝0，v5＝4m/s，炸裂后B落地过程中水平位移为0，炸裂后C落地过程中水平位移为
s'''＝v5t2＝4×0.632m＝2.528m
木板右端到轨道底端的距离为
Δs'＝v2（t1+t2﹣Δt）＝（2.064﹣2Δt）m
运动轨迹分析如下
为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅B落在木板上，应满足
（2.064﹣2Δt）m≤0.6m
解得：Δt≥0.732s
Ⅳ．若仅C落在木板上，应满足
（2.064﹣2Δt）+1.3≥2.528+0.6
且
（2.064﹣2Δt）≤2.528+0.6
解得：0≤Δt≤0.118s
综合分析（a）（b）两种情况，为保证B、C之一一定落在木板上，Δt满足的条件为
0.1s≤Δt≤0.118s或0.75s≥Δt≥0.732s
答：（1）木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小分别为7m/s，2m/s；
（2）物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小，离开轨道后距地面的最大高度2m；
（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1：3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上，从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围0.1s≤Δt≤0.118s或0.75s≥Δt≥0.732s。
33．（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
【解答】解：（1）物块滑上木板到两者共速时木板恰好与弹簧接触的过程，物块与木板组成的系统满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
m2v0＝（m1+m2）v1
代入数据解得：v1＝1m/s
此过程对木板，由动能定理得：
μm2gx1m1
代入数据解得：x1＝0.125m；
（2）物块与木板一起向右压缩弹簧，两者即将相对滑动时它们之间的静摩擦力等于最大静摩擦力，设此时两者的加速度大小为a。
对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
μm2g＝m2a
解得：a＝1m/s2
对物块和木板组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：
kx2＝（m1+m2）a
代入数据解得：x2＝0.25m
从木板与弹簧接触到物块与木板即将相对滑动的过程，由机械能守恒定律得：
（m1+m2）（m1+m2）
代入数据解得：v2m/s；
（3）物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1m/s2，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能ΔU就等于物块减少的动能，设此过程物块的末速度为v3，则有：
ΔUm2m2
对物块，由速度—时间公式得：
v3＝v2﹣a 2t0
联立解得：ΔU
答：（1）木板刚接触弹簧时速度v1的大小为1m/s，木板运动前右端距弹簧左端的距离x1为0.125m。
（2）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2为0.25m，此时木板速度v2的大小为m/s。
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU为。
34．（2023 广东）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
【解答】解：（1）选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma
结合运动学公式可得：
v0＝0+at
联立解得：t
（2）B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得：
2mg×3L﹣W
联立解得：W＝6mgL
（3）设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：
2m×2v0＝2mvB+mvA
根据能量守恒定律可得：
联立解得：；
另一解为：vA2＝2v0；vB2＝v0
根据碰撞的合理性，碰撞后B的速度应小于A的速度，故只有vA2、vB2满足碰撞合理性。
离开平台后，药品盒做平抛运动，则有：
根据题意可得：
解得：s
答：（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间为；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为6mgL；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离为。
35．（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0＝mv1﹣Mv2
两边同时乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根据几何关系可知：x1+x2＝a
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v2；x2
（2）设小球的坐标为（x，y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：
整理可得：，（y≤0）
（3）将代入上述的轨迹方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以（a﹣b，0）为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为时，对应的位置如图所示：
此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0＝mv3cos60°﹣Mv4
根据机械能守恒定律可得；
联立解得：v3
答：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，凹槽的速度大小为，凹槽相对于初始时刻运动的距离为；
（2）在平面直角坐标系xOy中，小球运动的轨迹方程为，（y≤0）；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小为。
36．（2023 山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
【解答】解：（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由动能定理得：mCgHmCv2
代入数据解得：H＝0.8m
（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg＝mCaC
对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg﹣μ1（mB+mC）g＝mBaB
代入数据解得：aC＝5m/s2；aB＝1m/s2
设经过时间t1，B和C共速，则有：v﹣aCt1＝v0+aBt1
代入数据解得：t1＝0.5s
共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×0.5m/s＝1.5m/s
B的位移为xB1t10.5m＝0.625m
B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体受力分析，由牛顿第二定律得：
μ1（mB+mC）g＝（mB+mC）aBC
代入数据解得：aBC＝1m/s2
设再经过时间t2，A与B发生碰撞，则有：xA＝xB1+xB2
其中A的位移为：xA＝v0（t1+t2）
B在t2时间内的位移为：xB2＝v共1t2aBC
代入数据联立解得：t2s或s（舍去）
xB2m
此时BC的共同速度为v共2＝v共1﹣aBCt2＝1.5m/s﹣1m/s＝（1）m/s
为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则xB1≤s≤xB1+xB2
代入数据解得：0.625m≤s≤（1）m
（3）s＝0.48m＜xB1
即B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，对木板B，由位移—时间公式得：s＝v0t0aB
代入数据解得：t0＝0.4s或﹣2.4s（舍去）
滑块C的位移为：xC＝vt0aC
代入数据解得：xC＝1.2m
摩擦力对C做的功W＝﹣μ2mCgxC
代入数据解得：W＝﹣6J
（4）木板B与P碰撞时，B的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×0.4m/s＝1.4m/s
C的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×0.4m/s＝2m/s
A的位移为xA1＝v0t0＝1×0.4m＝0.4m
此时A、B间的距离为Δx＝s﹣xA1＝0.48m﹣0.4m＝0.08m
B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：
μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′
代入数据解得：aB′＝4m/s2
物块A与木板B相向运动，设经时间t3恰好相遇，由位移关系得：xA2+xB3＝Δx
其中A的位移为：x＝v0t3
B的位移为：xB3＝vB0t3aB′
联立解得：t3s或s（舍去）
此时B的速度vB1＝vB0﹣aB′t3＝1.4m/s﹣4m/sm/s，方向向左；
C的速度vC1＝vC0﹣aCt3＝2m/s﹣5m/s＝（21）m/s，方向向右；
以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程由动量守恒定律得：mAv0﹣mBvB1＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得：mAmBmAmB
代入数据联立解得：
vAm/s，方向向左；
vBm/s，方向向左；
此时C的速度vC＝vC1＝（21）m/s
物块A向左的速度大于木板B向左的速度，物块A向左做匀速直线运动。由于摩擦力作用，B和C最后静止，三个物体的初动量为p1＝（mA+mB）v0+mCv
末动量为p2＝mAvA
整个过程动量的变化量的大小为Δp＝|p2﹣p1|
代入数据联立解得：Δp＝（6）kg m/s
答：（1）求C下滑的高度H为0.8m；
（2）s的范围为0.625m≤s≤（1）m；
（3）摩擦力对C做的功W为﹣6J；
（4）这三个物体总动量的变化量Δp的大小为（6）kg m/s。
37．（2023 浙江）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＝0.4m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＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/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＝0.8m，以v＝2m/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，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（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＝1m/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。
【解答】解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR
代入数据解得：vF＝10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN＝31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF＝﹣mv1+3mv2
联立解得：ΔE＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF＝（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
则Δx＝x2+x1
代入数据解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s，所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（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为0.2m。
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专题8 动量守恒定律——2023和2024年高考物理真题汇编
一．选择题（共5小题）
1．（2024 北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
2．（2024 江苏）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（　　）
A．弹簧原长时B动量最大
B．压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
3．（2023 天津）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（　　）
A．列车减速过程的加速度大小为
B．列车减速过程F的冲量大小为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（F+f）v
4．（2023 河北）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N s
5．（2023 全国）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（　　）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
二．多选题（共13小题）
（多选）6．（2024 全国）在新款车的碰撞安全测试中，一辆质量为2000kg的汽车，以等速度72km/h（20m/s）在水平地面上直线前进，和质量为1000kg的静止箱形障碍物发生一维非弹性正向碰撞，碰撞后箱形障碍物被向前弹开，汽车车头内凹但仍持续向前行进。假设空气阻力与地面摩擦力可忽略。在此碰撞过程中，速度传感器测得碰撞开始后汽车速率与时间的关系如图所示。将开始碰撞的时间记为0.0秒，则下列叙述哪些正确？（　　）
A．在0.5秒后，汽车与障碍物分离
B．在0.5秒后，汽车动能减少一半
C．在0.5秒后，障碍物速率为20m/s
D．在0.5秒内，汽车平均加速度量值为10m/s2
E．在0.5秒后，汽车与障碍物的总动能减少1×105J
（多选）7．（2024 甘肃）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．小车的动能不变
B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变
D．小车所受的合外力一定指向圆心
（多选）8．（2024 广西）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ，将木栓对准方孔，接触但无挤压。锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下，木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（　　）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为﹣I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小的为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
（多选）9．（2024 广东）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
（多选）10．（2024 广西）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
（多选）11．（2024 甲卷）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．t＝0.15s时，运动员的重力势能最大
B．t＝0.30s时，运动员的速度大小为10m/s
C．t＝1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N
（多选）12．（2024 湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　　）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
（多选）13．（2024 福建）质量为m的物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，重力加速度为g，以沿斜面向下为正方向（　　）
A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动
B．0～4t0，合外力的总冲量为0
C．t0时动量是2t0时的一半
D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移
（多选）14．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
（多选）15．（2023 广东）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（　　）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
（多选）16．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
（多选）17．（2023 重庆）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（　　）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
（多选）18．（2023 浙江）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
三．解答题（共19小题）
19．（2024 浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
20．（2024 甘肃）如图，质量为2kg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＝1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg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10m/s2）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（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。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
21．（2024 安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
22．（2024 广东）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tanθ。
（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，以头锤倒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＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/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。
23．（2024 河北）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2.0kg，A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/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。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
24．（2024 湖南）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA＞mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0＜e＜1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。
25．（2024 湖北）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
26．（2024 江苏）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度v1；
（2）分离时A对B的推力大小。
27．（2024 浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
28．（2024春 武汉期末）光滑水平地面上有一质量M＝4.0kg的小车。车上的水平道与半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道在B点相切。如图所示，水平轨道右端固定一根处于锁定状态的压缩弹簧，一质量为m＝1.0kg的物块紧靠弹簧，与B点的距离L＝1.0m，整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，物块被弹出后，恰能到这圆弧轨道的最高点A，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）解除锁定前弹簧的弹性势能E；
（2）物块第二次经过B点时相对于地面速度的大小；
（3）最终物块与车相对静止时物块到B点的距离。
29．（2023 天津）质量mA＝2kg的物体A自距地面h＝1.2m高度自由落下，与此同时质量mB＝1kg的物体B由地面竖直上抛，经t＝0.2s与A碰撞，碰后两物体粘在一起，碰撞时间极短，忽略空气阻力。两物体均可视为质点，g取10m/s2，求A、B：
（1）碰撞位置与地面的距离x；
（2）碰撞后瞬间的速度大小v；
（3）碰撞中损失的机械能ΔE。
30．（2023 海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。
31．（2023 乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
32．（2023 河北）如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m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2kg的小物块A以8m/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。已知木板长度为1.3m，g取10m/s2，取3.16，sin37°＝0.6，cos37°＝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地面的最大高度；
（3）物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1：3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，其中一块沿原速度方向运动。为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围。
33．（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
34．（2023 广东）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
35．（2023 湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
36．（2023 山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
37．（2023 浙江）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＝0.4m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＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/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＝0.8m，以v＝2m/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，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（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＝1m/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。
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