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2021年高考物理一轮复习考点全覆盖
（26）动量与能量的综合应用（解析版）
考点解读：
一、两物体的碰撞问题
两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失ΔE
动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：+=++ΔE
二、动量与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律．
能量的观点：动能定理和能量守恒定律．
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
考向一：动量与动力学观点的综合应用
【例1】如图甲所示，质量均为m＝0.5
kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3
s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知B、C两点间的距离L＝3.75
m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10
m/s2，求：
(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t.
【答案】　(1)8
m/s　7
m/s　(2)3.5
s
解析　(1)在0～3
s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：
F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0
其中F1＝2
N，F2＝3
N，t1＝2
s，t2＝1
s
解得v＝8
m/s
设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：
μmg＝ma
P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：
v2－v12＝2aL
解得v1＝7
m/s
(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：
mv1＝mv1′＋mv2
mv12＝mv1′2＋mv22
碰撞后Q做匀减速直线运动，有：
μmg＝ma′
t＝
解得t＝3.5
s.
【变式1】（多选）在光滑的冰面上，质量为80kg的冰球运动员甲以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是（
）
A．碰后乙的速度的大小是1.5m/s
B．碰后乙的速度的大小是1.0m/s
C．碰撞中总机械能损失了1500J
D．碰撞中总机械能损失了1400J
【答案】BD
【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v′2，规定碰撞前甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv1-Mv2=Mv′2，解得：
，故A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：△E=mv12+Mv22-Mv′2，代入数据解得：△E=1400J，故C错误，D正确。
【变式2】（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x?t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x?t图像，c为碰撞后它们的x?t图像。若A球质量为1
kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为
A．2
kg
B．
kg
C．4
m/s
D．1
m/s
【答案】BD　
【解析】由题图可知图线的斜率表示速度的大小，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，A球的速度为va＝
m/s＝－3
m/s，B球的速度为vb＝
m/s＝2
m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，共同速度为vc＝
m/s＝－1
m/s。碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝
kg，选项B、D正确。
考向二：动量与能量观点的综合应用
【例2】如图所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.重力加速度为g，求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
【答案】(1)mv02　(2)
【解析】(1)小物块C与A发生碰撞后粘在一起，
由动量守恒定律得：mv0＝2mv
解得v＝v0；
碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝mv02－(2m)v2
解得E损＝mv02.
(2)当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1
解得v1＝v0
由能量守恒：2mgh＝·2m2－×5m×2
解得h＝.
【变式3】（多选）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统下列说法正确的是
A．系统动量不守恒，机械能守恒
B．系统动量守恒，机械能不守恒
C．当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度
D．当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能
E．当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小
【答案】BCE
【解析】子弹、两木块和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，由于子弹射入木块过程中要克服摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒，故A错误，B正确；当弹簧被压缩最短时，即A和B具有相同的速度，故C正确；由能量守恒可知，当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能一部分转化为内能，一部分转化为弹性势能，故D错误。从弹簧被压缩到弹簧再次恢复到原长的过程，B一直在加速，A一直在减速，所以当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小，故E正确。
【变式4】（多选）如图所示，左侧为光滑曲面的滑块A放置在光滑水平地面上，曲面末端与水平地面相切，让物块B由静止开始沿滑块A的光滑曲面下滑，则物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，下列说法正确的是
A．滑块A和物块B组成的系统动量不守恒
B．物块B减小的重力势能等于滑块A增加的动能
C．滑块A所受合外力的冲量为零
D．物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小
【答案】AD
【解析】物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，系统水平方向合外力为零，竖直方向的合外力不为零，故滑块A和物块B组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A正确；
A和B组成的系统机械能守恒，物块B减小的重力势能转化为滑块A和物体B的动能，故物块B减小的重力势能大于滑块A增加的动能，故B错误；滑块B下滑过程A向右做加速运动，滑块A动量变化不为零，由动量定理可知，滑块A所受合外力的冲量不为零，故C错误；滑块B到达底端时速度沿水平方向，在竖直方向速度为零，由动量定理可知，物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小，故D正确。
【变式5】如图甲所示，半径为R＝0.45
m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5
kg，长度L＝0.5
m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1
kg，g取10
m/s2.
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
【答案】(1)30
N　(2)0.5
m/s　(3)
m/s
【解析】(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒：
mgR＝mvB2
解得：vB＝3
m/s
在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得：FN＝30
N
由牛顿第三定律知，物块滑到B点时对轨道的压力FN′＝FN＝30
N
(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，mvB＝(m＋M)v共
解得v共＝0.5
m/s
(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff－L图线与横轴所围的面积，则
Wf＝
J＝2
J
物块在平板车上滑行过程中，由动能定理得：
－Wf＝mv2－mvB2
解得：v＝
m/s.
精选练习
1.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中
A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
D．m从A到B的过程中，M运动的位移为
【答案】B
2.
【解析】M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；m从A到B过程中，有MxM=mxm，xM+xm=2R，得，D错误。
3.
如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为2m的小物块从槽上高为h处开始自由下滑，运动到水平面之后与弹簧相互作用，被向左反弹回来，下列说法正确的是
A．在下滑过程中，槽对物块的支持力对物块始终不做功
B．物块第一次滑到槽底端时，物块与槽的速度大小之比为2：1
C．整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统动量守恒
D．物块被弹簧反弹后不能追上槽
【答案】D
【解析】在下滑过程，槽对物块的支持力与物块位移夹角不垂直，支持力对物块做功，故A错误；物块与槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得，故B错误；整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块离开弹簧后的速度大小不变，由于物块的速度小于槽的速度，物块不可能追上槽，故D正确。
3.（多选）如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2
kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图象如图b所示，则可知
A．在A离开挡板前，A、B系统动量守恒
B．在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
C．弹簧锁定时其弹性势能为9
J
D．A的质量为1
kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3
J
【答案】CD
【解析】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：Ep=mBvB2，由图象可知，vB=3
m/s，解得：Ep=9
J，故C正确。分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2
m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBvB=（mA+mB）v共；E′p=mBvB2–（mA+mB）v共2，联立解得：E′p=3
J，故D正确。故选CD。
4．（多选）如图所示，质量为M的足够长的木板置于水平地面上，质量为m的小滑块以初速度v0滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为
B．若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为
C．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为
D．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为mv0
【答案】ACD
【解析】若地面光滑，则由动量守恒得，解得：，产生的内能为，故A正确，B错误；若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最终能产生的内能为，地面对木板的冲量大小等于木块的初动量的大小，故C、D错误。
5．在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5
m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质量为30
kg，人与车的总质量为50
kg.求：
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；
(2)小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．
【答案】(1)3
m/s　(2)37.5
J
【解析】(1)人推木箱的过程，由动量守恒定律可得：
Mv1＝mv2
解得：人、车一起向左运动的速度v1＝3
m/s
(2)小明接木箱的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv1＋mv2＝(M＋m)v
解得：三者的共同速度v＝3.75
m/s
系统损失的能量：ΔE＝Mv12＋mv22－(M＋m)v2＝37.5
J
6.
如图所示，一颗质量为m＝0.1
kg的子弹以v0＝50
m/s的水平速度打入静止在光滑水平面上质量为M＝0.9
kg的木块中，并随木块一起沿光滑半圆环AB运动到最高点B，以后又落回地面．要使木块下落的水平位移最大(g取10
m/s2)
(1)半圆环的半径R应是多大？
(2)最远落点离A多远？
(3)木块经环最高点B点时，对环的压力多大？
【答案】(1)
m　(2)1.25
m　(3)30
N
【解析】(1)子弹、木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，
mv0＝(m＋M)v1
解得v1＝5
m/s
设木块和子弹到达最高点的速度为v2
则：(m＋M)v12＝(m＋M)v22＋(m＋M)g·2R
木块和子弹的平抛过程：x＝v2t,2R＝gt2
由以上三式得x＝
由数学知识：R＝＝
m时木块下落的水平位移最大
(2)代入数值得最大水平位移为x＝4R＝
m＝1.25
m
(3)最高点环对木块的弹力向下，设为F
则：F＋(m＋M)g＝(m＋M)
解得：F＝30
N
根据牛顿第三定律，木块经环最高点B时对环的压力大小为30
N.
7．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】（1）3m
（2）
（3）
【解析】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
①
②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v–t图线可知
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得
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精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
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2021年高考物理一轮复习考点全覆盖
（26）动量与能量的综合应用（原卷版）
考点解读：
一、两物体的碰撞问题
两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失ΔE
动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：+=++ΔE
二、动量与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律．
能量的观点：动能定理和能量守恒定律．
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
考向一：动量与动力学观点的综合应用
【例1】如图甲所示，质量均为m＝0.5
kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3
s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知B、C两点间的距离L＝3.75
m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10
m/s2，求：
(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t.
【变式1】（多选）在光滑的冰面上，质量为80kg的冰球运动员甲以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，下列说法正确的是（
）
A．碰后乙的速度的大小是1.5m/s
B．碰后乙的速度的大小是1.0m/s
C．碰撞中总机械能损失了1500J
D．碰撞中总机械能损失了1400J
【变式2】（多选）A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x?t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x?t图像，c为碰撞后它们的x?t图像。若A球质量为1
kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为
A．2
kg
B．
kg
C．4
m/s
D．1
m/s
考向二：动量与能量观点的综合应用
【例2】如图所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.重力加速度为g，求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．
【变式3】（多选）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统下列说法正确的是
A．系统动量不守恒，机械能守恒
B．系统动量守恒，机械能不守恒
C．当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度
D．当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能
E．当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小
【变式4】（多选）如图所示，左侧为光滑曲面的滑块A放置在光滑水平地面上，曲面末端与水平地面相切，让物块B由静止开始沿滑块A的光滑曲面下滑，则物块B从开始运动至到达曲面底端的过程中，下列说法正确的是
A．滑块A和物块B组成的系统动量不守恒
B．物块B减小的重力势能等于滑块A增加的动能
C．滑块A所受合外力的冲量为零
D．物块B所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小
【变式5】如图甲所示，半径为R＝0.45
m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5
kg，长度L＝0.5
m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1
kg，g取10
m/s2.
(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
精选练习
1.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中
A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒
C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
D．m从A到B的过程中，M运动的位移为
2.
如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为2m的小物块从槽上高为h处开始自由下滑，运动到水平面之后与弹簧相互作用，被向左反弹回来，下列说法正确的是
A．在下滑过程中，槽对物块的支持力对物块始终不做功
B．物块第一次滑到槽底端时，物块与槽的速度大小之比为2：1
C．整个过程中，物块、槽和弹簧组成的系统动量守恒
D．物块被弹簧反弹后不能追上槽
3.（多选）如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2
kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的vt图象如图b所示，则可知
A．在A离开挡板前，A、B系统动量守恒
B．在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
C．弹簧锁定时其弹性势能为9
J
D．A的质量为1
kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3
J
4．（多选）如图所示，质量为M的足够长的木板置于水平地面上，质量为m的小滑块以初速度v0滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为
B．若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为
C．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为
D．若木板与地面间的动摩擦因数也为μ，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为mv0
5．在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5
m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质量为30
kg，人与车的总质量为50
kg.求：
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；
(2)小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．
6.
如图所示，一颗质量为m＝0.1
kg的子弹以v0＝50
m/s的水平速度打入静止在光滑水平面上质量为M＝0.9
kg的木块中，并随木块一起沿光滑半圆环AB运动到最高点B，以后又落回地面．要使木块下落的水平位移最大(g取10
m/s2)
(1)半圆环的半径R应是多大？
(2)最远落点离A多远？
(3)木块经环最高点B点时，对环的压力多大？
7．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
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精品试卷·第
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