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第5讲 力学中的动量和能量问题
（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。
（2024 重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
【解答】解：A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有
﹣Ek＝0﹣F2d2
到达目标组织表面时的动能为
Ek＝F2d2
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选：A。
（多选）（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）（2024 福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。t＝0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（　　）
A．在0～4t0内一直沿斜面向下运动
B．在0～4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C．在t0时动量大小是在2t0时的一半
D．在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小
【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：p1＝mv1＝3mgsinθt0，2t0时刻物块的动量为p2＝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x1gsinθ，3t0～4t0过程物块的位移为x2gsinθ，可知x1＜x2，故D正确。
故选：AD。
（多选）（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。
（2024 福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C的带电量为1×10﹣6C，重力加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若t＝0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
【解答】解：（1）撤去电场前，对小球C，根据共点力平衡条件有：qE＝mCg，代入数据解得：E＝2×106N/C
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有：T1＝mCg，T1＝fB＝μmBg
代入数据解得：μ＝0.5
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同；
所以C下降h＝0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有：
代入数据解得：
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据平衡条件，有：f＝2kh
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为h′，对A，根据牛顿第二定律可得：f′﹣2kh′＝mAa
对B、C根据牛顿第二定律可得：qE+mCg﹣f＝（mB+mC）a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降h＝0.2m时开始相对滑动，在C下降h＝0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律，有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：vm
答：（1）匀强电场的场强大小为2×106N/C；
（2）A与B间的动摩擦因数为0.5，C做匀速运动时的速度大小为；
（3）A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。
（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。
一、三种碰撞的特点
1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论：
(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。
(2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。
2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。
二、动力学、动量和能量观点的应用
1．三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
三、类碰撞问题
情境 类比“碰撞” 满足规律
初态 末态
相距最近时 完全非弹性碰撞 动量守恒， 动能损失最多
再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒， 动能无损失
共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒， 动能损失最多
滑离时 非弹性碰撞 动量守恒， 部分动能转化为内能
到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒， 动能损失最多
再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒， 动能无损失
四、弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
五、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
【方法指导】
一、动量定理的两个重要应用
1.应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。
2.应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
二、几种定理的使用
1．选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
2．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
考点一 动量和动量定理的应用
（2024 衡阳县模拟）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）
A．在0～t3时间内，返回舱一直减速下降
B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
【解答】A．由图像可知0～t2时间内速度在减小，t2﹣t3速度大小不变，故A错误；
B．v﹣t图像的斜率表示加速度，t1时刻打开主伞后图像的斜率在减小，但是开始斜率大小未知，故B错误；
C．物体的动量为p＝mv，而在t1～t2时间内，物体的速度在逐渐减小，故动量也随时间减小，故C正确；
D．在t2～t3时间内，返回舱的动能不变，下降过程重力势能也在减小，故机械能在减小，故D错误。
故选：C。
（2024 浑南区校级模拟）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轨迹为1的物体重力的冲量最大
B．轨迹为3的物体在最高点的速度最小
C．轨迹为2的物体在最高点的动能最大
D．三个物体单位时间内速度变化量不同
【解答】解：A．三个物体做斜抛运动，则由斜抛运动规律，在竖直方向上可得
可知轨迹为1的物体运动时间最长。而重力的冲量为
IG＝mgt
则轨迹为1的物体重力的冲量最大，故A正确；
B．根据斜抛运动规律，水平方向有
x＝vxt
由于轨迹为3的物体运动时间最短，水平位移最大，所以轨迹为3的物体水平速度最大，在轨迹最高点时竖直速度为零，所以轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故B错误；
C．物体在最高点的动能为
轨迹为3的物体水平速度最大，则轨迹为3的物体在最高点的动能最大，故C错误；
D．三个物体的加速度均为g，则三个物体的速度变化量均为
Δv＝gt
则三个物体单位时间内速度变化量相同，故D错误。
故选：A。
（2024 信阳一模）中华武术源远流长，尤以河南少林功夫全国闻名。如图所示一位武术表演者从地面跳起后在空中翻滚表演后落地并停下来，关于此过程的说法正确的是（　　）
A．分析表演者的表演动作时可以将表演者看作质点
B．表演者在空中翻滚过程，重心一定在表演者身上
C．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力的冲量为零
D．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力做功为零
【解答】解：A．当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点；分析表演者的表演动作时，表演者的形状和体积对研究问题的影响不能够忽略，此时，不能够将表演者看作质点，故A错误；
B．重心位置与质量分布和形状规则有关，所以表演者在空中翻滚过程，重心不一定在表演者身上，故B错误；
C．根据I＝Ft可知，表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力的冲量不为零，故C错误；
D．表演者的一只脚从接触地面到停下来，支持力作用点的位移为零，可知，地面对表演者的支持力做功为零，故D正确。
故选：D。
（2024 浙江一模）如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出时的速度大小为v，近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为D，忽略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则（　　）
A．该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为πvD2
B．单位时间内水枪喷出水的质量为
C．物体受到的冲击力大小约为
D．水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前
【解答】解：A、该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为，故A错误；
B、极短时间Δt内水枪喷出水的质量为
则单位时间内水枪喷出水的质量为
，故B错误；
C、以极短时间Δt内水枪喷出水为研究对象，以水流速度方向为正方向，根据动量定理得
﹣FΔt＝0﹣Δmv
联立可得
由牛顿第三定律可知，物体受到的冲击力大小约为F′＝F，故C正确；
D、水枪水平向前喷水时，水平方向手对水枪的水平作用力方向水平向前，竖直方向手对水枪的作用力竖直向上，根据力的合成可知，手对水枪的作用力方向斜向前上方，故D错误。
故选：C。
考点二 碰撞类问题
（2024 清江浦区模拟）如图所示，动摩擦因数为0.4的水平轨道ab与光滑的圆弧轨道bc在b点平滑连接，ab＝2m，圆弧轨道半径R＝40m，圆心为O，∠bOc＝30°，g＝10m/s2，质量m1＝1kg的小物块P（可视为质点）静止在水平轨道上的a点，质量为m2＝3kg的小物块Q静止在水平轨道的b点。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I＝5N s，已知P、Q碰撞后P以1.5m/s反弹，则Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间以及PQ系统因摩擦在整个过程中损耗的能量分别为（　　）
A．12s 6.25J B．6.78s 12J
C．6.66s 12.5J D．12.56s 12.5J
【解答】解：设小物块P在a点的速度为v0，取向右为正方向，根据动量定理可得：I＝m1v0
物块在水平轨道的加速度为：a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2
小物块P从a点到b点，根据动力学公式可得：
解得：v1＝3m/s
P、Q碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒可得：m1v1＝m1v1′+m2v2，其中：v1′＝﹣1.5m/s
解得：v2＝1.5m/s
圆弧轨道半径较大，小物块Q在bc轨道上的运动可看成单摆运动，小物块Q在bc轨道上运动的时间为：
，解得：t1＝6.28s
小物块Q在水平轨道运动时间为：s＝0.375s
Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间为：t＝t1+t2＝6.28s+0.375s≈6.66s
P、Q碰撞损失的能量为：，解得ΔE＝0
PQ系统因摩擦在整个过程中损耗的能量为：，解得：E＝12.5J
综上所述，故C正确、ABD错误。
故选：C。
（2024 城中区校级模拟）碰撞常用恢复系数e来描述，定义恢复系数e为碰撞后其分离速度与碰撞前的接近速度的绝对值的比值，用公式表示为，其中v1和v2分别是碰撞后两物体的速度，v10和v20分别是碰撞前两物体的速度。已知质量为2m的物体A以初速度为v10与静止的质量为m的物体B发生碰撞，该碰撞的恢复系数为e，则（　　）
A．若碰撞为完全弹性碰撞，则
B．碰撞后B的速度为
C．碰撞后A的速度为
D．碰撞后A的速度为
【解答】解：A．若碰撞为完全弹性碰撞，根据动量守恒以及机械能守恒可得
2mv10＝2mv1+mv2
联立解得
，
则
故A错误；
BCD．碰撞前后根据动量守恒定律，可得
2mv10＝2mv1+mv2
根据题意
解得
，
故C正确，BD错误。
故选：C。
（2024 南关区校级模拟）如图所示，用长度均为l的轻质细绳悬挂三个形状相同的弹性小球，质量依次满足m1 m2 m3（“ ”表示“远大于”）。将左边第一个小球拉起一定角度θ后释放，则最后一个小球开始运动时的速度约为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设碰撞前瞬间第一个小球的速度为v0，根据机械能守恒定律，有
解得
设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有
m1v0＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律，有
联立解得
由于m1 m2，则v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024 南充二模）如图，传送带右端与细管道最高点B等高相切，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高相切。滑块P以某一初速度通过逆时针转动的水平传送带和两个竖直的四分之一圆周光滑细管道，与静止在光滑平台上的Q滑块发生弹性碰撞，P碰后恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑块碰后滑上左端与D位置接触的长木板，与右端固定挡板发生弹性碰撞后最终停在长木板上。已知管道半径均为R，滑块P、Q、长木板质量分别为m、3m、6m，传送带长度为4R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，和长木板上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，长木板下表面与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g。求：
（1）滑块P碰后返回通过管道最低端C时受到的支持力大小；
（2）滑块P的初速度大小；
（3）长木板的最小长度。
【解答】解：（1）设P于Q碰撞前的速度大小为v1，碰撞后P的速度大小为v2，Q的速度大小为v3，P从C到B过程根据动能定理可得
在C位置有
得
，FN＝5mg
（2）根据动量守恒和机械能守恒可得
mv1＝﹣mv2+3mv3
得
P从A位置的初速度根据动能定理可得
得
（3）由（2）得Q碰后速度为
进入长木板上表面，先判长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向右
f2＝μ13mg
解得：f2＝1.2mg
地面对长木板摩擦力向左
f地＝μ2（3m+6m）g
解得：f3＝1.8mg
故长木板先不动，Q做匀减速运动，设长木板的长度为L，可得
得
Q以v4与长木板弹性碰撞，可得
3mv4＝﹣3mv5+6mv6
得碰撞后Q的速度大小为
长木板的速度大小为
Q向左减速，根据牛顿第二定律可知
3ma2＝μ1 3mg
解得：a2＝0.4g
长木板向右减速，根据牛顿第二定律可知μ1 3mg+μ2 9mg＝6ma3
解得：a3＝0.5g
Q向左做减速运动直至减速到零后在向右做加速运动直到二者共速，再一起做减速运动，所做v﹣t图像如图
可得
相对位移
得
，
代入前述v4，可得
即长木板最小长度为
答：（1）滑块P碰后返回通过管道最低端C时受到的支持力大小为5mg；
（2）滑块P的初速度大小为；
（3）长木板的最小长度为。
考点三 动力学、动量和能量观点的应用
（2024 辽宁三模）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
【解答】解：A、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统内力远大于外力，故系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有根据动量守恒定律有
（M﹣m）v﹣mv0＝0
解得火箭的速度大小为
故A正确；
B、火箭受推力作用，机械能不守恒，故B错误；
C、喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为h
解得h
故C错误；
D、在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，外力之合不为零，系统动量不守恒，故D错误。
故选：A。
（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一个劲度系数k＝1000N/m的轻弹簧，弹簧上端连接一个质量为2kg的物体A，A处于静止状态。斜面上距离A为2.5m处有物块B，它的质量为8kg，由静止释放B，B与A发生碰撞后粘合在一起。已知弹性势能的表达式为，此后AB整体动能的最大值为（g＝10m/s2）（　　）
A．80.8J B．81.2J C．80.2J D．81.8J
【解答】解：设碰撞前瞬间B的速度大小为v1，从开始到碰撞前过程中，对B根据动能定理可得：mBgsinθ s
解得：v1＝5m/s
B与A发生完全非弹性碰撞，共同速度为v2；取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律可得：mBv1＝（mA+mB）v2
解得：v2＝4m/s
开始时弹簧的压缩量x1，解得：x1＝0.01m
AB动能最大时弹簧压缩量为：x2，解得：x2＝0.05m
由机械能守恒可得：（mA+mB）g （x2﹣x1）sinθ＝Ekm（mA+mB）
解得：Ekm＝80.8J，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（2024 盐城模拟）如图所示，光滑横杆上有一质量为m的小环，小环通过轻绳与质量为2m的小球相连，开始时小球被拉到与横杆平行的位置，此时轻绳刚好拉直，但绳中无拉力作用。当小球释放后，下列说法正确的是（　　）
A．绳子的拉力对小球不做功
B．小环在横杆上将一直向右运动
C．小球向左运动的最高点与释放点等高
D．小球下落的速度最大时，竖直方向合力为零
【解答】解：A、小环和小球组成的系统，在水平方向所受合力为零、满足动量守恒，设小球水平速度大小为v1x、小环水平速度大小为v2x，则有：2mv1x＝mv2x
小球从开始下落至运动到小环左侧最高点过程中，v1x水平向左、先增大后减小至零；v2x水平向右，同步先增大后减小至零；
此过程，小环获得了动能，其机械能增加，因为系统机械能守恒，所以，小球的机械能减少了，这是由于绳子的拉力对小球做了负功，故A错误；
B、小球运动到小环左侧最高点后，开始下落，至运动到小环右侧最高点位置过程中，小球的水平速度方向向右，则由系统水平方向动量守恒可知，此过程，小环的水平速度方向向左，故B错误；
C、小球向左运动到最高点时，速度为零，水平速度为零，则由系统水平方向动量守恒可知，此时，小环的水平速度为零，动能为零，根据系统机械能守恒可知，小球向左运动的最高点与释放点等高，故C正确；
D、小球下落的速度最大时，轻绳处于竖直状态，此时小球在竖直方向受重力、轻绳的拉力，两力的合力充当向心力，不为零，故D错误。
故选：C。
（2024 姜堰区校级模拟）如图，质量为M的匀质凹槽放置在光滑的水平地面上，凹槽内有一个半圆形的光滑轨道，半径为R。质量为m的小球，初始时刻从半圆形轨道右端点由静止开始下滑。以初始时刻轨道圆心位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，半圆直径位于x轴上，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽的速度大小；
（2）求小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽与地面的作用力大小；
（3）求小球在凹槽上运动过程中的运动轨迹方程（不需要写定义域）。
【解答】解：（1）小球和凹槽系统水平方向动量守恒，以水平向左的方向为正方向，由动量守恒定律和能量关系
mv1＝Mv2
解得小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽的速度
小球的速度
（2）小球第一次运动到口槽最低点时
小球受到的支持力
则凹槽与地面的作用力大小
（3）设小球的坐标为（x，y），此师荜向右运动的距离为x0，则
m（R﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的圆上，根据数学知识可分析出此时的圆方程为
整理可得
答：（1）小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽的速度大小为；
（2）小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽与地面的作用力大小为；
（3）小球在凹槽上运动过程中的运动轨迹方程为。
（2024 温州一模）玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动如图所示。若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（　　）
A．小猪所受的合外力为零
B．小猪运动一周，其重力的冲量为零
C．碗对小猪的作用力大于小猪的重力
D．碗与桌面之间无摩擦力
【解答】解：A．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故A错误；
B．根据冲量的定义I＝Ft，重力不等于零，时间不等于零，所以小猪运动一周，其重力的冲量不为零，故B错误；
C．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力提供圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，则有
可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确；
D．结合上述可知，碗对小猪的作用力方向偏向碗内侧斜向上，根据牛顿第三定律可知，小猪对碗的作用力方向偏向碗外侧斜向下，碗受到竖直方向的重力和桌面支持力，而碗处于静止状态，所受合力为零，所以碗要受到桌面对它的静摩擦力，故D错误。
故选：C。
（2024 中山区校级三模）质量为5kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示，则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是（　　）
A．50N s，50N s B．50N s，﹣50N s
C．0，50N s D．0，﹣50N s
【解答】解：由图像可知，在前10s内初、末状态的动量相同p1＝p2＝5kg×5m/s＝25kg m/s，由动量定理知前10s内合外力的冲量I1＝0；在后10s内，初状态的动量p2＝5kg×5m/s＝25kg m/s，末状态的动量p3＝5kg×（﹣5m/s）＝﹣25kg m/s，由动量定理得I2＝p3﹣p2＝﹣25kg m/s﹣25kg m/s＝﹣50kg m/s＝﹣50N s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2024 沙坪坝区校级模拟）短道速滑运动员甲、乙练习直线滑行中的助推技巧，运动员甲在冰面上无动力自由滑行，运动员乙静止站立于B点，当甲到达A点时速度大小v1＝8m/s并开始推乙，经1.2s甲、乙分离，分离瞬间甲的速度方向不变、大小变为v2＝3m/s，已知m甲＝60kg、m乙＝50kg，xAB＝0.2m，甲、乙与冰面间动摩擦因数均为μ＝0.02，其余阻力忽略不计，过程中乙不主动发力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．过程中甲、乙组成的系统动量守恒
B．分离时乙的速度大小为6m/s
C．过程中乙对甲的冲量大小为300N s
D．过程中甲对乙的平均作用力为238N
【解答】解：A．由于冰面对甲、乙有摩擦阻力，且摩擦力大小不相等，故甲、乙组成的系统所受外力之和不为0，根据动量守恒的条件可知甲、乙组成的系统动量不守恒，故A错误；
CD．以甲为对象，规定甲的速度方向为正方向，根据动量定理可得
﹣Ft﹣μm甲gt＝m甲v2﹣m甲v1
代入数据解得乙对甲的冲量大小为
I乙＝Ft＝285.6N s
可得乙对甲的平均作用力为
根据牛顿第三定律可知，甲对乙的平均作用力为238N，故C错误，D正确；
B．以乙为对象，规定甲的速度方向为正方向，根据动量定理可得
Ft﹣μm乙gt＝m乙v乙﹣0
解得分离时乙的速度大小为
v乙＝5.472m/s，故B错误。
故选：D。
（2024 朝阳区校级模拟）“再生制动”是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。某质量为m的汽电混动汽车以速度v1（v1＞v0）在平直路面上匀速行驶，该汽车设定为速度大于v0时选择再生制动，速度小于等于v0时选择机械制动，再生制动阶段阻力大小与速度大小成正比，即f＝kv；机械制动阶段阻力大小恒为车重的μ倍，重力加速度大小为g。则从某一时刻开始制动直到停下，汽车运动的位移大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为x1，由动量定理得
﹣fΔt＝mv0﹣mv1
又f＝kv
x1＝vΔt
联立解得：
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律得：
f′＝ma
又
f′＝μmg
解得：a＝μg
设匀减速运动的位移为x2，由运动学公式得：
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
x＝x1+x2
联立解得：
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2024 丹阳市校级一模）如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。不计空气阻力，关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
【解答】解：AB、小球相对小车上滑的过程，小车向右加速运动，小球相对小车下滑的过程，小车向右减速运动，小球滑离小车时，小球相对小车的速度向右。小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒可得：
mv＝2mv车+mv球
由机械能守恒可得：
解得结果①：
，
此结果说明小球滑离小车时，小球速度向左，小车速度向右，不合理；
解得结果②：
v球＝v，v年＝0
此结果说明小球滑离小车时，小球速度向右，小车速度为零，合理；
故小球滑离小车时相对小车的速度大小为
v球﹣v年＝v
并且小车一直向右运动最终停止运动，没有回到原来位置，故B正确，A错误；
C、小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，以向右为正方向，故由动量守恒定律
mv＝（2m+m）v'
可得此时的速度
由机械能守恒可得：小球在最高点的重力势能
所以车上管道中心线最高点的竖直高度
故C错误；
D、小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故小车的动量变化大小为，故D错误。
故选：B。
（2024 西城区一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度g＝10m/s2，做出以下判断，其中正确的是（　　）
A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态
B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/s
C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J
D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于1×104N s
【解答】解：A、实验舱竖直向上加速运动至A位置的过程，其加速度向上，处于超重状态。实验舱做竖直上抛运动到达最高点的过程，其加速度等于g，方向竖直向下，此过程处于完全失重状态，则实验舱向上运动的过程先处于超重状态，后处于完全失重状态，故A错误；
B、实验舱竖直向上加速运动至A位置后做竖直上抛运动，可知在A位置时速度最大，由题意可知竖直上抛运动阶段和自由落体运动阶段共持续的时间为t＝4s，因此竖直上抛运动阶段持续的时间为t，则实验舱运动过程中的最大速度为vm＝gt＝104m/s＝20m/s，故B错误；
C、实验舱在A位置时的动能为：Ek500×202J＝1×105J，实验舱竖直向上加速运动过程，其重力势能也增加了，即实验舱竖直向上加速运动过程其机械能增加量大于1×105J，由功能关系可知，此过程电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J，故C正确；
D、向上弹射阶段，实验舱的动量增加量为：Δp＝mvm＝500×20N s＝1×104N s，设电磁弹射系统对实验舱的冲量大小为I，重力的冲量大小为IG，以向上为正方向，根据动量定理得：I﹣IG＝Δp，可知向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量大于1×104N s，故D错误。
故选：C。
（2024 天河区一模）2023年10月，杭州亚运会蹦床项目比赛在黄龙体育中心体育馆举行。如图是运动员到达最高点O后，竖直下落到A点接触蹦床，接着运动到最低点C的情景，其中B点为运动员静止在蹦床时的位置。不计空气阻力，运动员可看成质点。运动员从最高点O下落到最低点C的过程中，运动员（　　）
A．在OA段动量守恒
B．从A到C的过程中，运动员的加速度先增大后减小
C．在AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量
D．在C点时，运动员的动能和蹦床的弹性势能之和最大
【解答】解：A．从O到A的过程中，运动员受重力作用，故动量不守恒，故A错误；
B．从A到C的过程中，则开始弹力小于重力，则有
mg﹣F弹＝ma
随着弹力增大，加速度减小；过B点后弹力大于重力，则有
F弹﹣mg ＝ma
随着弹力增大，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，故B错误；
C．根据动量定理有
I合＝Δp
可知在AC段的动量变化量等于AC段弹力冲量与重力冲量的矢量和，故C错误；
D．整个过程蹦床和运动员组成的系统机械能守恒，在C点运动员的重力势能最小，故运动员的动能和蹦床的弹性势能之和最大，故D正确。
故选：D。
（2024 西安模拟）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一小球b从距地面h处由静止释放，a、b的质量相等，两球恰在0.5h处相遇（不计空气阻力）。则两球运动过程中（　　）
A．小球a超重，小球b失重
B．相遇时两球速度差的大小为v0
C．从开始到相遇重力对a、b的冲量不相同
D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率等于重力对球b做功功率
【解答】解：A、小球a、b运动的加速度都向下，故都处于失重状态，故A错误；
B、从题目内容可看出，在0.5h处相遇，此时a球和b 球的位移大小相同，时间相同，它们的加速度也相同，a竖直上抛，b自由落体，设相遇时间为t，相遇时a的速度为v，b的速度为v′，则有：t，由自由落体规律得v′＝gt，v＝v0﹣gt，解得v＝0，v′＝v0，故B正确；
C、重力的冲量等于mgt，则重力对a、b的冲量相同。故C错误；
D、相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，相遇后，a的速度一直比b的速度小，a、b的质量相等，可知重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率，故D错误。
故选：B。
（2024 新余二模）如图，固定在竖直平面上的半径R＝1.0m的光滑半圆轨道AB与光滑水平地面在A点相切，在半圆轨道的最低点A设置一压力传感器，压力传感器上放置一质量m2＝1.5kg的小球乙，用外力将物块甲和物块丙间的轻弹簧压缩并保持静止，某一时刻突然同时撤去外力，轻弹簧将物块丙、甲分别向左右两边水平弹出，物块丙、甲被弹开后，立即拿走轻弹簧、经过一段时间后，物块甲则与小球乙发生弹性碰撞，碰撞后瞬间压力传感器的示数为111N。已知物块甲和物块丙的质量均为m1＝1kg，重力加速度g取10m/s2，甲、乙、丙均可视为质点，B为半圆轨道的最高点，空气阻力不计，轻弹簧始终在弹性限度内。
（1）求物体乙被碰撞后瞬间获得的速度大小。
（2）求轻弹簧的弹性势能。
（3）小球乙运动能否到B点，若能，求小球乙落地点到A点的距离。
【解答】解：（1）根据题意可知，甲与乙发生弹性碰撞后瞬间轨道对乙的支持力F＝111N，对乙由牛顿第二定律有
解得
vA＝8m/s
（2）甲、乙发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律，有
m1v0＝m1v甲+m2vA
碰撞过程中机械能守恒，有
联立解得
v0＝10m/s，v甲＝﹣2m/s
释放弹簧，将甲、丙弹出的过程，向右为正方向，根据动量守恒有
0＝m1v0+m1v丙
解得
v丙＝﹣v0＝﹣10m/s
负号表示弹开后丙的速度方向向左
弹簧将甲、丙弹开的过程中系统的机械能守恒，有
解得
Ep＝100J
（3）乙在半圆轨道上的运动过程，由机械能守恒定律有
解得
能过B的最小速度为vmin
故能到B点，小球乙离开B点做平抛运动，由平抛运动规律，可知水平方向有
x＝vBt
竖直方向有
解得
答：（1）物体乙被碰撞后瞬间获得的速度大小为8m/s。
（2）轻弹簧的弹性势能为100J。
（3）小球乙运动能到B点，小球乙落地点到A点的距离为。
（2024 新郑市校级三模）如图所示，质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度h为1.2m，质量为2m的圆环C套在轻绳上，C在B上方d＝0.8m处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度取10m/s2，求：
（1）C、B碰撞后瞬间，共同速度为多大；
（2）碰撞后，B经过多长时间到达地面。
【解答】解：（1）C与B碰撞前的运动过程，对C，由机械能守恒定律有
2mgd
解得：vC＝4m/s
设C与B碰撞后共同速度为v，取竖直向下为正方向，以A、B、C组成的系统为研究对象，由动量守恒定律有
2mvC＝（m+m+2m）v
解得：v＝2m/s
（2）C与B碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，对A、B、C整体，根据牛顿第二定律有
3mg﹣mg＝4ma
解得：a＝5m/s2
由运动学公式有
解得碰撞后B到达地面的时间为：t＝0.4s
答：（1）C、B碰撞后瞬间，共同速度为2m/s；
（2）碰撞后，B经过0.4s时间到达地面。
（2024 朝阳区校级模拟）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m＝6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h＝5m，小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为 ＝0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略）。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）当某次货物质量为M＝24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
（3）当小车的长度为L＝5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。
【解答】解：（1）设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底箱从A点到滑上小车前根据动能定理可得
解得
v0＝10m/s
（2）设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，规定向右为正方向，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒定律有
（m+M）v0＝（m+M+m）v共
解得
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有
解得
（3）当小车的长度为L＝5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
根据动量守恒定律有（m+M）v0＝（m+M+m）v′共
联立可得M≥12kg
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第5讲 力学中的动量和能量问题
（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
（2024 重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（　　）
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为
（多选）（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）（2024 福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。t＝0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（　　）
A．在0～4t0内一直沿斜面向下运动
B．在0～4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C．在t0时动量大小是在2t0时的一半
D．在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小
（多选）（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
（2024 福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C的带电量为1×10﹣6C，重力加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若t＝0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
（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。
一、三种碰撞的特点
1.弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞，碰后速度分别为v1′、v2′。结果讨论：
(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换速度。
(2)当m1远大于m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(3)当m1远小于m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。
2.非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
3.完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大，以碰后系统速度相同为标志。
二、动力学、动量和能量观点的应用
1．三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
三、类碰撞问题
情境 类比“碰撞” 满足规律
初态 末态
相距最近时 完全非弹性碰撞 动量守恒， 动能损失最多
再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒， 动能无损失
共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒， 动能损失最多
滑离时 非弹性碰撞 动量守恒， 部分动能转化为内能
到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒， 动能损失最多
再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒， 动能无损失
四、弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
五、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
【方法指导】
一、动量定理的两个重要应用
1.应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出变力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I。
2.应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
二、几种定理的使用
1．选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
2．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
考点一 动量和动量定理的应用
（2024 衡阳县模拟）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）
A．在0～t3时间内，返回舱一直减速下降
B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于g
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
（2024 浑南区校级模拟）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轨迹为1的物体重力的冲量最大
B．轨迹为3的物体在最高点的速度最小
C．轨迹为2的物体在最高点的动能最大
D．三个物体单位时间内速度变化量不同
（2024 信阳一模）中华武术源远流长，尤以河南少林功夫全国闻名。如图所示一位武术表演者从地面跳起后在空中翻滚表演后落地并停下来，关于此过程的说法正确的是（　　）
A．分析表演者的表演动作时可以将表演者看作质点
B．表演者在空中翻滚过程，重心一定在表演者身上
C．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力的冲量为零
D．表演者的一只脚从接触地面到停下来，地面对表演者的支持力做功为零
（2024 浙江一模）如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出时的速度大小为v，近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为D，忽略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则（　　）
A．该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为πvD2
B．单位时间内水枪喷出水的质量为
C．物体受到的冲击力大小约为
D．水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前
考点二 碰撞类问题
（2024 清江浦区模拟）如图所示，动摩擦因数为0.4的水平轨道ab与光滑的圆弧轨道bc在b点平滑连接，ab＝2m，圆弧轨道半径R＝40m，圆心为O，∠bOc＝30°，g＝10m/s2，质量m1＝1kg的小物块P（可视为质点）静止在水平轨道上的a点，质量为m2＝3kg的小物块Q静止在水平轨道的b点。现给小物块P一个水平向右的瞬时冲量I＝5N s，已知P、Q碰撞后P以1.5m/s反弹，则Q物体从开始运动到最终停止所需要的总时间以及PQ系统因摩擦在整个过程中损耗的能量分别为（　　）
A．12s 6.25J B．6.78s 12J
C．6.66s 12.5J D．12.56s 12.5J
（2024 城中区校级模拟）碰撞常用恢复系数e来描述，定义恢复系数e为碰撞后其分离速度与碰撞前的接近速度的绝对值的比值，用公式表示为，其中v1和v2分别是碰撞后两物体的速度，v10和v20分别是碰撞前两物体的速度。已知质量为2m的物体A以初速度为v10与静止的质量为m的物体B发生碰撞，该碰撞的恢复系数为e，则（　　）
A．若碰撞为完全弹性碰撞，则
B．碰撞后B的速度为
C．碰撞后A的速度为
D．碰撞后A的速度为
（2024 南关区校级模拟）如图所示，用长度均为l的轻质细绳悬挂三个形状相同的弹性小球，质量依次满足m1 m2 m3（“ ”表示“远大于”）。将左边第一个小球拉起一定角度θ后释放，则最后一个小球开始运动时的速度约为（　　）
A． B．
C． D．
（2024 南充二模）如图，传送带右端与细管道最高点B等高相切，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高相切。滑块P以某一初速度通过逆时针转动的水平传送带和两个竖直的四分之一圆周光滑细管道，与静止在光滑平台上的Q滑块发生弹性碰撞，P碰后恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑块碰后滑上左端与D位置接触的长木板，与右端固定挡板发生弹性碰撞后最终停在长木板上。已知管道半径均为R，滑块P、Q、长木板质量分别为m、3m、6m，传送带长度为4R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，和长木板上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，长木板下表面与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g。求：
（1）滑块P碰后返回通过管道最低端C时受到的支持力大小；
（2）滑块P的初速度大小；
（3）长木板的最小长度。
考点三 动力学、动量和能量观点的应用
（2024 辽宁三模）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一个劲度系数k＝1000N/m的轻弹簧，弹簧上端连接一个质量为2kg的物体A，A处于静止状态。斜面上距离A为2.5m处有物块B，它的质量为8kg，由静止释放B，B与A发生碰撞后粘合在一起。已知弹性势能的表达式为，此后AB整体动能的最大值为（g＝10m/s2）（　　）
A．80.8J B．81.2J C．80.2J D．81.8J
（2024 盐城模拟）如图所示，光滑横杆上有一质量为m的小环，小环通过轻绳与质量为2m的小球相连，开始时小球被拉到与横杆平行的位置，此时轻绳刚好拉直，但绳中无拉力作用。当小球释放后，下列说法正确的是（　　）
A．绳子的拉力对小球不做功
B．小环在横杆上将一直向右运动
C．小球向左运动的最高点与释放点等高
D．小球下落的速度最大时，竖直方向合力为零
（2024 姜堰区校级模拟）如图，质量为M的匀质凹槽放置在光滑的水平地面上，凹槽内有一个半圆形的光滑轨道，半径为R。质量为m的小球，初始时刻从半圆形轨道右端点由静止开始下滑。以初始时刻轨道圆心位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，半圆直径位于x轴上，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽的速度大小；
（2）求小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽与地面的作用力大小；
（3）求小球在凹槽上运动过程中的运动轨迹方程（不需要写定义域）。
（2）小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽与地面的作用力大小为；
（2024 温州一模）玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动如图所示。若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（　　）
A．小猪所受的合外力为零
B．小猪运动一周，其重力的冲量为零
C．碗对小猪的作用力大于小猪的重力
D．碗与桌面之间无摩擦力
（2024 中山区校级三模）质量为5kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示，则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是（　　）
A．50N s，50N s B．50N s，﹣50N s
C．0，50N s D．0，﹣50N s
（2024 沙坪坝区校级模拟）短道速滑运动员甲、乙练习直线滑行中的助推技巧，运动员甲在冰面上无动力自由滑行，运动员乙静止站立于B点，当甲到达A点时速度大小v1＝8m/s并开始推乙，经1.2s甲、乙分离，分离瞬间甲的速度方向不变、大小变为v2＝3m/s，已知m甲＝60kg、m乙＝50kg，xAB＝0.2m，甲、乙与冰面间动摩擦因数均为μ＝0.02，其余阻力忽略不计，过程中乙不主动发力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．过程中甲、乙组成的系统动量守恒
B．分离时乙的速度大小为6m/s
C．过程中乙对甲的冲量大小为300N s
D．过程中甲对乙的平均作用力为238N
（2024 朝阳区校级模拟）“再生制动”是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。某质量为m的汽电混动汽车以速度v1（v1＞v0）在平直路面上匀速行驶，该汽车设定为速度大于v0时选择再生制动，速度小于等于v0时选择机械制动，再生制动阶段阻力大小与速度大小成正比，即f＝kv；机械制动阶段阻力大小恒为车重的μ倍，重力加速度大小为g。则从某一时刻开始制动直到停下，汽车运动的位移大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
（2024 丹阳市校级一模）如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。不计空气阻力，关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
（2024 西城区一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度g＝10m/s2，做出以下判断，其中正确的是（　　）
A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态
B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/s
C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于1×105J
D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于1×104N s
（2024 天河区一模）2023年10月，杭州亚运会蹦床项目比赛在黄龙体育中心体育馆举行。如图是运动员到达最高点O后，竖直下落到A点接触蹦床，接着运动到最低点C的情景，其中B点为运动员静止在蹦床时的位置。不计空气阻力，运动员可看成质点。运动员从最高点O下落到最低点C的过程中，运动员（　　）
A．在OA段动量守恒
B．从A到C的过程中，运动员的加速度先增大后减小
C．在AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量
D．在C点时，运动员的动能和蹦床的弹性势能之和最大
（2024 西安模拟）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一小球b从距地面h处由静止释放，a、b的质量相等，两球恰在0.5h处相遇（不计空气阻力）。则两球运动过程中（　　）
A．小球a超重，小球b失重
B．相遇时两球速度差的大小为v0
C．从开始到相遇重力对a、b的冲量不相同
D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率等于重力对球b做功功率
（2024 新余二模）如图，固定在竖直平面上的半径R＝1.0m的光滑半圆轨道AB与光滑水平地面在A点相切，在半圆轨道的最低点A设置一压力传感器，压力传感器上放置一质量m2＝1.5kg的小球乙，用外力将物块甲和物块丙间的轻弹簧压缩并保持静止，某一时刻突然同时撤去外力，轻弹簧将物块丙、甲分别向左右两边水平弹出，物块丙、甲被弹开后，立即拿走轻弹簧、经过一段时间后，物块甲则与小球乙发生弹性碰撞，碰撞后瞬间压力传感器的示数为111N。已知物块甲和物块丙的质量均为m1＝1kg，重力加速度g取10m/s2，甲、乙、丙均可视为质点，B为半圆轨道的最高点，空气阻力不计，轻弹簧始终在弹性限度内。
（1）求物体乙被碰撞后瞬间获得的速度大小。
（2）求轻弹簧的弹性势能。
（3）小球乙运动能否到B点，若能，求小球乙落地点到A点的距离。
（2024 新郑市校级三模）如图所示，质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度h为1.2m，质量为2m的圆环C套在轻绳上，C在B上方d＝0.8m处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度取10m/s2，求：
（1）C、B碰撞后瞬间，共同速度为多大；
（2）碰撞后，B经过多长时间到达地面。
（2024 朝阳区校级模拟）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m＝6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h＝5m，小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为 ＝0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略）。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）当某次货物质量为M＝24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
（3）当小车的长度为L＝5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。
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