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(共77张PPT)
第六章　动　量
思维进阶课七　四类典型“碰撞”模型
[学习目标]　1．掌握“滑块—曲(斜)面”“滑块—弹簧”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
2．会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”模型和“滑块—滑板”模型。
进阶1　“滑块—曲面(斜面)”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)上升到最大高度(未离开弧面或从弧面上端离开弧面)：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块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＝＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块m与斜(曲)面M分离点。系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒＝(相当于弹性碰撞)。
[典例1]　(2025·山西运城高三检测)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块的质量之比m∶M为(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
C　[当圆弧滑块固定时，有＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有＝mg·＋(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故C正确。]
√
[典例2]　(多选)(2024·湖北十堰二模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，
下列说法正确的是(　　)
A．滑块的最大动能为
B．小球离开滑块时的动能为
C．小球落地时的动能为mgR
D．小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为
√
√
AD　[滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒，则当小球运动至圆弧形槽末端时，滑块的动能最大，根据动量守恒以及机械能守恒可得mv1－2mv2＝0，mgR＝，解得v1＝2，v2＝，滑块的最大动能为Ek2＝＝，故A正确；小球离开滑块时的动能为Ek1＝＝，故B错误；小球离开滑块
后，根据动能定理有mg＝解得小球落地时的动能为Ek＝mgR，故C错误；小球与滑块分离后做平抛运动，竖直方向有＝gt2，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的水平距离为x＝(v1＋v2)t，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为s＝＝，故D正确。]
进阶2　“滑块—弹簧”模型
1．模型图示
2．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0，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，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同，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，弹性势能为0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
[典例3]　如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中(　　)
A．m1、m2组成的系统动量不守恒
B．m1、m2组成的系统机械能守恒
C．弹簧最长时，其弹性势能为
D．m1的最大速度是
√
D　[m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝－(m1＋m2)v2＝，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝＝，解得v1＝，选项D正确。]
[典例4]　(多选)(2025·湖南郴州高三统考)如图甲所示，质量为m的物体P与物体Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一沿PQ连线方向的瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0～2t0内P、Q物体运动的a-t图像如图乙所示，已知t0时刻P、Q的加速度最大，其中t轴下方部分的面积大小为S，则(　　)
A．物体Q的质量为m
B．2t0时刻Q物体的速度大小为vQ＝S
C．t0时刻弹簧的弹性势能为
D．t0～2t0时间内弹簧对P物体做功为零
√
√
√
BCD　[0～2t0时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得＝＝a0，＝，解得物体Q的质量mQ＝2m，故A错误；根据a-t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量可知，0～2t0时间内，Q物体的速度变化量大小为ΔvQ＝S＝vQ－0，则2t0时刻Q物体的速度大小为vQ＝S，故B正确；t0时刻两物体具体相同的速度v，根据对称性
可知，t0时刻P、Q物体的速度大小为v＝，设物体P的初速度为v0，根据动量守恒可得mv0＝(m＋2m)v，解得v0＝3v＝S，设t0时刻弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律可得Ep＝－×3mv2，解得Ep＝，故C正确；设2t0时刻P物体的速度为vP，根据动量守恒可得mv0＝mvP＋2mvQ，解得vP＝－＝－v，可知2t0时刻P物体的速度大小等于t0时刻P物体的速度大小，则2t0时刻P物体的动能等于t0时刻P物体的动能，故t0～2t0时间内弹簧对P物体做功为零，故D正确。]
进阶3　“子弹打木块”模型
1．模型图示
2．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。
3．两种情境
(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)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝。
[典例5]　如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
√
C　[子弹射入木块过程，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小为v1＝，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，F′N＝FN＞(M＋m＋m0)g，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。]
[典例6]　(多选)(2024·湖北卷)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 与射入初速度的大小v0成正比，即f ＝kv0(k为已知常量)。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
√
√
AD　[子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内
运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块
中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。]
1．模型图示
进阶4 “滑块—滑板”模型
2．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)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，相对位移最大。
3．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：根据能量守恒定律求解，Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
[典例7]　(多选)(2024年1月九省联考河南卷)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A．Q的质量为1 kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞，系统损失的机械能为1.0 J
D．t＝5.8 s时木板速度恰好为0
√
√
AC　[两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m＝1 kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M )v3，根据v-t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据 v-t 图像可知，0～2 s内P与Q的加速度分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解
得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞，系统损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。]
[典例8]　如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑的水平地面上，质量分别为m和2m的物块A、B(可视为质点)紧挨着放在木板C上。某时刻A、B分别以v0和2v0的初速度向相反方向运动，A、B均刚好不从C上滑落，已知A、B两物块与木板C之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求：
(1)最初时刻A、B、C三个物体各自的加速度大小；
(2)木板C的最大速度的大小；
(3)木板C的长度。
[解析]　(1)最初时刻对A由牛顿第二定律可得
μmg＝maA
解得aA＝μg
最初时刻对B由牛顿第二定律可得2μmg＝2maB
解得aB＝μg
最初时刻对C由牛顿第二定律可得2μmg－μmg＝2maC
解得aC＝μg。
(2)以水平向右为正方向，假设B、C先共速，所用时间为t1，则根据匀变速直线运动的规律，有
vBC＝2v0－aBt1＝aCt1
解得t1＝，vBC＝
此时A的速度vA＝－v0＋aAt1＝v0，方向水平向右。
因为vA(3)当A、B、C三者共速时，A、B刚好不从C上滑落，即此时A位于C的最左端，B位于C的最右端，对于B从开始运动到运动至C最右端的过程，根据匀变速直线运动的规律，有
xB＝(2v0＋vBC)t1
xC＝vBC·t1
ΔxBC＝xB－xC
联立解得ΔxBC＝
以水平向右为正方向，A、B、C组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律，有
2m×2v0－mv0＝(2m＋m＋2m)v共
解得v共＝v0，
设A相对C滑动的距离为ΔxAC，
根据能量守恒定律，有
μmgΔxAC＋μ×2mgΔxBC＝
解得ΔxAC＝
则木板C的长度L＝ΔxAC＋ΔxBC＝。
[答案]　(1)μg　μg　μg　(2)v0　
思维进阶特训(七)
题号
1
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7
9
10
1．如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍将Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为(　　)
A．
C．
√
C　[设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1。P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝，Q离开P时的动能Ek2＝，联立解得＝，故C正确。]
题号
1
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2．(多选)长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b。以地面为参考系，给a和b一大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a。设a的初速度方向为正方向，a、b的v-t图像可能正确的是(　　)
题号
1
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
√
√
ABC　[地面光滑，a、b组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，设a的质量为ma，b的质量为mb，最后b没有滑离a，则最终a、b相对静止，速度相等。根据牛顿第二定律，a、b应在同一时刻达到共同速度，故D错误；从开始至二者共速，根据动量守恒定律有mav0－mbv0＝(ma＋mb)v。如果ma>mb，则v为正，故B正确；如果ma＝mb，则v＝0，故C正确；如果ma题号
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3．如图所示，一个轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短。下列说法正确的是(　　)
A．此时乙物体的速度大小为1 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
√
题号
1
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A　[根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝＝，联立解得v′2＝2 m/s，D错误。]
题号
1
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4．(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是(　　)
A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B．两个系统产生的内能一样多
C．子弹在软木中打入深度较大
D．子弹在硬木中打入深度较大
√
题号
1
3
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2
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√
BC　[设子弹质量为m，木头质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律知mv0＝(m＋M)v，共同速度v相同，根据ΔE＝－(m＋M)v2＝Q，可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，则两个系统产生的内能Q一样多，故A错误，B正确；根据功能关系有Q＝Ffd，可知产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入的深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。]
题号
1
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5．(多选)(2024·宁夏银川一模)如图所示，质量为m的小球A和质量为4m的小球B用长为L的弹性绳连接，小球B静止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高为0.72L处以一定的初速度水平向右抛出，小球落地时弹性绳刚好拉直(第一次处于原长)小球A落地与地面碰撞时，竖直方向的速度减为零，水平方
向的速度保持不变，弹性绳始终处于弹
性限度内，重力加速度为g，不计小球大
小，则(　　)
题号
1
3
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A．小球A抛出时的初速度大小为
B．小球A抛出时的初速度大小为
C．弹性绳具有的最大弹性势能为mgL
D．弹性绳具有的最大弹性势能为mgL
√
题号
1
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√
AC　[小球在空中做平抛运动，则0.72L＝gt2，L＝v0t，解得小球A抛出时的初速度大小为v0＝，故A正确，B错误；小球A落地后，当两小球共速时，弹性绳的弹性势能最大，根据系统动量守恒以及能量守恒可得mv0＝＝×(m＋4m)v2＋Ep，解得弹性绳具有的最大弹性势能为Ep＝mgL，故C正确，D错误。]
题号
1
3
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10
6．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋的形状、大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，
不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确
的是(　　)
题号
1
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10
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量等于沙袋对弹丸的冲量
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
√
题号
1
3
5
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10
D　[击中沙袋前，细绳拉力F1＝5mg，弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，此瞬间弹丸和沙袋组成的系统水平方向动量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到细绳的拉力与重力的合力提供向心力，即F2－6mg＝，F2>F1，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒定律得＝×6mv2＋Q，解得Q＝C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒定律有×6mv2＝6mgh，解得h＝，D正确。]
题号
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7．(多选)如图所示，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3m，静止在光滑的水平面上。现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。重力加速度为g，关于这个过程，
下列说法正确的是(　　)
题号
1
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10
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时小车的速度大小v车＝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，小车的动量变化大小是
√
题号
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√
BC　[由题意知小球与小车在水平方向上不受外力，在水平方向上动量守恒，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，小车继续向右加速运动，所以小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；设小球滑离小车时小车的速度大小为v车，由动量守恒定律可得mv＝3mv车＋mv球，由机械能守恒定律可得mv2＝
题号
1
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，解得v车＝v，v球＝－v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，由动量守恒定律得mv＝(3m＋m)v′，可得此时的速度v′＝v，由机械能守恒定律可得＝mgh，所以车上管道中心线最高点的竖直高度h＝，故C正确；小球恰好到达管道的最高点后，小球和小车的速度相同，则小车的动量变化大小为Δp＝3m·v＝mv，故D错误。]
题号
1
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8．(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg 和mB＝2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
题号
1
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A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B．4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为 6 m/s
√
题号
1
3
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2
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AD　[A、C碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝＝48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内对B由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝
－48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B错误；当B的速度与A、
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C速度相等时，由动量守恒定律可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC＋mB)v′2，解得v′2＝3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为E′p＝＝12 J，故C错误；当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v1＝＝，解得v4＝6 m/s，故D正确。]
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9．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：
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(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的大小；
(3)物块A在平板车上滑行的时间t；
(4)平板车的长度L。
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[解析]　(1)子弹射入物块A的过程，小车未参与作用，子弹与A组成的系统动量守恒定律得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。
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(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。
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(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。
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[答案]　(1)8 N·s，方向水平向左　(2)2 m/s　(3)0.5 s　(4)8.5 m
10．(2024·安徽卷)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方向，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，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m，小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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(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。
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[解析]　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得mgL＝－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT－mg＝
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。
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(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
＝
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝v0＝
4 m/s。
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(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律得＝＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv4
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由能量守恒定律得＝＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述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。
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[答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
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