沖刺2022屆高考物理大題限時(shí)集訓(xùn)專(zhuān)題10動(dòng)量守恒定律綜合應(yīng)用【例題】某種彈射裝置的示意圖如圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L=15.0m，并以恒定速率v=5.0m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，三個(gè)質(zhì)量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長(zhǎng)，滑塊B與輕彈簧連接，C未連接彈簧，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)且離N點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，現(xiàn)讓滑塊A以初速度v0=6.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘連在一起，碰撞時(shí)間極短，滑塊C脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶，并從傳送帶頂端滑出。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求∶（1）輕彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，所具有的彈性勢(shì)能Ep；（2）滑塊C在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮浚?）3J；（2）8J【解析】解：（1）設(shè)A與B碰撞后共同速度為，彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，ABC共同速度為，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律能量守恒解得EP=3J（2）設(shè)A、B碰撞后，彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A、B整體的速度為，C的速度為由動(dòng)量守恒定律有由機(jī)械能守恒定律有解得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\nC以滑上傳送帶，假設(shè)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)與傳送帶共速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得由得解得設(shè)C在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，有所以相對(duì)位移摩擦產(chǎn)生的熱量解得三類(lèi)碰撞的特點(diǎn)1．碰撞問(wèn)題遵循的三條原則（1）動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.（2）動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.（3）若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．2．兩種碰撞特點(diǎn)（1）彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒．以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\nm1v12＝m1v1′2＋m2v2′2解得v1′＝，v2′＝.結(jié)論：①當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．②當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)．③當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)．（2）完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，機(jī)械能損失最多，機(jī)械能的損失：ΔE＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v共2.3．碰撞拓展（1）“保守型”碰撞拓展模型圖例（水平面光滑）小球—彈簧模型小球曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿(mǎn)足mv0＝（m＋M）v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能或電勢(shì)能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿(mǎn)足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿(mǎn)足mv02＝mv12＋Mv22（2）“耗散型”碰撞拓展模型圖例（水平面、水平導(dǎo)軌都光滑）達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿(mǎn)足mv0＝（m＋M）v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能技巧點(diǎn)撥1.三種碰撞的特點(diǎn)及規(guī)律學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能守恒：m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′機(jī)械能損失最多，損失的機(jī)械能：ΔE＝m1v12＋m2v22－（m1＋m2）v′2非彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′機(jī)械能有損失，損失的機(jī)械能：ΔE＝m1v12＋m2v22－m1v1′2－m2v2′2碰撞問(wèn)題遵循的三條原則（1）動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′（2）動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′（3）若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度2.彈性碰撞的“動(dòng)碰靜”模型（1）由動(dòng)量守恒和能量守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2m1v02＝m1v12＋m2v22；（2）碰后的速度：v1＝v0，v2＝v0.3.彈性碰撞模型的拓展應(yīng)用學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【變式訓(xùn)練】如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車(chē)A，車(chē)板總長(zhǎng)為L(zhǎng)。車(chē)上有兩個(gè)小滑塊B和C（都可視為質(zhì)點(diǎn)），B與車(chē)板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，C與車(chē)板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2。開(kāi)始時(shí)B、C分別從車(chē)的左、右兩端同時(shí)以大小相同的初速度相向滑行。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，C、A的速度達(dá)到相等，此時(shí)C和B恰好發(fā)生了碰撞。已知C和B發(fā)生碰撞時(shí)兩者的速度立刻互換，A、B、C三者質(zhì)量相等，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。（1）求C和B開(kāi)始滑行時(shí)的速度的大小。（2）已知滑塊C最后沒(méi)有脫離車(chē)板，求滑塊C最后與車(chē)達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)處于車(chē)板上的位置?！敬鸢浮浚?），；（2）停在A的最右端【解析】（1）設(shè)A、B、C三者的質(zhì)量都為m，從開(kāi)始到C、A的速度達(dá)到相等這一過(guò)程所需的時(shí)間為t，對(duì)C有對(duì)B有對(duì)A有學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\nC、B恰好發(fā)生碰撞，則聯(lián)立可得則（向左）（向右）（向左）則有（向左）（向右）（2）C和B發(fā)生碰撞時(shí)兩者的速度立刻互換，則碰后（向左），（向右），A與B速度相等，假設(shè)AB保持相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng)，則AB有對(duì)B有假設(shè)成立；C最終停在木板上，由動(dòng)量守恒得對(duì)C有對(duì)AB有則學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n（向右）（向左）則C先相對(duì)A向左移動(dòng)又相對(duì)A向右移動(dòng)恰好回到原來(lái)的位置，即滑塊C最后停在A的最右端。1．如圖，在豎直平面內(nèi)有O、P兩點(diǎn)，OP連線與豎直方向夾角為。長(zhǎng)1.5m不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端拴有質(zhì)量為0.4kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球豎直懸掛且恰不與地面接觸，O到墻的水平距離為1.2m.P處裝有刀片，細(xì)線碰到刀片立即被割斷，質(zhì)量為1.4kg的滑塊水平向右撞擊小球，小球垂直擊中墻面，且撞后滑塊運(yùn)動(dòng)到墻角處時(shí)的速度恰好減為零。已知滑塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度，，，求：（1）滑塊與小球碰后瞬間，滑塊的速度大??；（2）細(xì)線斷的瞬間，小球的速度大??；（3）滑塊剛碰撞小球時(shí)滑塊的速度大小?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)滑塊質(zhì)量為M，小球質(zhì)量為m；滑塊與小球碰前的速度為v0，碰后速度為v，O到墻的水平距離為s，則滑塊在水平地面上運(yùn)動(dòng)到停在墻角處，有解得v=3m/s（2）設(shè)小球被碰后速度為v1，設(shè)擺線長(zhǎng)為L(zhǎng)，擺線到達(dá)P時(shí)，小球速度為v2，則學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n細(xì)線被割斷后，設(shè)到小球撞擊墻面的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性原理，豎直方向水平方向解得（3）滑塊與小球相碰，系統(tǒng)動(dòng)量守恒聯(lián)立得滑塊剛接觸小球時(shí)的速度2．如圖所示，在水平地面上靜置一質(zhì)量為M=3kg的木板A，在木板A的上面右側(cè)放置一質(zhì)量為m=1kg的木塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）。木塊B與木板A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1，木板A與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2。一個(gè)底面光滑、質(zhì)量也為M=3kg的物塊C以速度v0=2m/s與木板A發(fā)生彈性碰撞。重力加速度g取10m/s2。（1）求碰后瞬間木板A獲得的速度大??；（2）在木塊B與木板A相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，若要保證木塊B不從木板A上滑下，求木板A的最小長(zhǎng)度。【答案】（1）2m/s；（2）0.5m【解析】（1）設(shè)物塊C與木板A碰后速度分別為、，物塊C與木板A發(fā)生彈性碰撞，有學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n代入數(shù)據(jù)解得，（2）碰后木板A做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度木塊B做加速運(yùn)動(dòng)，其加速度設(shè)二者速度相同時(shí)速度為v，有解得此過(guò)程中木板A的位移為木塊B的位移為二者速度相同后，木板A繼續(xù)減速，假設(shè)B相對(duì)A向右滑動(dòng)，則A加速度為木塊B向右做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度因?yàn)?，假設(shè)成立。所以速度相同后，木塊B相對(duì)木板A將向右運(yùn)動(dòng)，直至停止。A向右減速到零的位移A減速到零時(shí)，由于，故保持靜止。B向右減速到零的位移為學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n即B先相對(duì)A向左移動(dòng)了，后相對(duì)A向右移動(dòng)了，則要保證木塊B不從木板A上滑下，木板A的最小長(zhǎng)度為3．如圖甲所示，水平地面上有一足夠長(zhǎng)的木板C，質(zhì)量為m3=2kg。木板C上靜置一物塊B，質(zhì)量為m2=1kg?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m1=2kg的物塊A以v0=5m/s的速度從左端滑上木板C，木板C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，物塊A與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4。物塊A滑行一段距離后與物塊B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短。從物塊A滑上木板C開(kāi)始計(jì)時(shí)，木板C的速度隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物塊A、B大小可忽略。取g=10m/s2，求：（1）木板C剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；（2）物塊B與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）物塊A、B間的最終距離?！敬鸢浮浚?）1m/s；（2）0.4；（3）【解析】（1）由圖乙可知木板C開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?）物塊A與木板C之間的摩擦力，木板C與地面之間的最大靜摩擦力所以開(kāi)始物塊A滑動(dòng)時(shí)，木板C靜止不動(dòng)。物塊A、B碰撞后都向右滑動(dòng)的過(guò)程中，物塊B與木板C之間的摩擦力木板C的加速度學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n解得（3）由圖乙可知木板在0.5s時(shí)開(kāi)始滑動(dòng)，說(shuō)明物塊A滑行0.5s時(shí)與物塊B碰撞，碰撞前瞬間物塊A的速度物塊A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得A、B碰撞后物塊A向右減速，加速度大小為a1，物塊B向右減速，加速度大小為a2，木板C向右加速，加速度大小為a，經(jīng)時(shí)間t，物塊A與木板C共速，則此時(shí)物塊B的速度大小此過(guò)程A運(yùn)動(dòng)的位移B運(yùn)動(dòng)的位移此后A、C整體相對(duì)靜止和B分別減速至零，以A、C整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得此過(guò)程A、C整體的位移B的位移由以上各式聯(lián)立，解得A、B間的最終距離學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n4．如圖為某試驗(yàn)裝置的示意圖，該裝置由三部分組成：其左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端栓接小物塊A，A右側(cè)帶有鎖定裝置，A及鎖定裝置的總質(zhì)量，彈簧原長(zhǎng)時(shí)A處于P點(diǎn)；裝置的中間是長(zhǎng)度的水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高并平滑對(duì)接，傳送帶始終以的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；裝置的右邊是一半徑為的光滑圓弧軌道，質(zhì)量的小物塊B靜置于軌道最低點(diǎn)．現(xiàn)將質(zhì)量的小物塊C從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道下滑并與B發(fā)生彈性碰撞。小物塊B滑過(guò)傳送帶與A發(fā)生對(duì)心碰撞（碰撞時(shí)間極短），且碰撞瞬間兩者鎖定，以相同速度一起壓縮彈簧；返回到P點(diǎn)時(shí)鎖定裝置將B釋放、并使A停在P點(diǎn)，此后B與A發(fā)生多次碰撞，其過(guò)程均滿(mǎn)足以上所述．已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：（1）B物塊被C碰撞后獲得的速度大??；（2）物塊B與A發(fā)生第一次碰撞后，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；（3）物塊A、B第n次碰撞后瞬時(shí)速度的大小?！敬鸢浮浚?）5m/s；（2）6J；（3）見(jiàn)解析?！窘馕觥浚?）C下滑過(guò)程B與C碰撞B物塊被C碰撞后獲得的速度大小，（2）B與傳送帶共速，減速位移，解得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n故物塊B與A發(fā)生第一次碰撞前的速度解得兩物體發(fā)生碰撞彈簧具有的最大彈性勢(shì)能（3）返回到P點(diǎn)時(shí)鎖定裝置將B釋放、并使A停在P點(diǎn)，B滑上傳送帶速度減速到零所需位移所以B與A第二次碰撞時(shí)速度A、B碰撞所以所以物塊A、B第n次碰撞后瞬時(shí)速度的大小m/s5．如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為的木板A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一質(zhì)量為的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。A和B一起以相同大小的速度向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞。已知，在A與豎直墻壁碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g。要使B不從A上掉下，必須滿(mǎn)足什么條件？學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【答案】【解析】A與豎直墻壁發(fā)生碰撞后，由于，根據(jù)A、B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒可知，A、B最后以共同速度向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得解得若A、B相對(duì)靜止時(shí)B恰好在A的右端，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒定律有解得要使B不從A上掉下來(lái)，必須滿(mǎn)足的條件是6．康樂(lè)棋是一種玩法類(lèi)似桌球的非傳統(tǒng)棋類(lèi)游戲。如圖所示，某次比賽時(shí)，母棋位于水平桌面上A點(diǎn)，目標(biāo)棋子位于B點(diǎn)，洞口位于A、B連線延長(zhǎng)線上的C點(diǎn)，且A、B間距與B、C間距均為L(zhǎng)。比賽選手用旗桿撞擊母棋，使母棋瞬間獲得大小為v的初速度，母棋運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)與目標(biāo)棋子發(fā)生對(duì)心正碰，碰后瞬間目標(biāo)棋子速度大小為0.6v，之后目標(biāo)棋子恰好落入洞中。已知兩棋子質(zhì)量均為m且可看作質(zhì)點(diǎn)，它們與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為g。求：（1）棋子與水平桌面之間的摩擦因數(shù)；（2）母棋與目標(biāo)棋子碰后瞬間，母棋的動(dòng)能。【答案】（1）；（2）學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【解析】（1）目標(biāo)棋從B到C由動(dòng)能定理解得（2）母棋從A到B由動(dòng)能定理母棋與目標(biāo)棋碰撞時(shí)碰后瞬間母棋的動(dòng)能代入數(shù)據(jù)解得7．兩等高的長(zhǎng)木板M、N放在光滑水平面上，兩木板相鄰但不粘連，木板N固定在水平面上，右側(cè)固定有半徑R=0.18m的光滑半圓軌道，半圓軌道最下端與長(zhǎng)木板N的上表面相切，長(zhǎng)木板N上放著質(zhì)量mA=1kg的物塊A與質(zhì)量mB=2kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B間夾一被壓縮的輕質(zhì)彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手固定A、B不動(dòng)，此時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep=48J，在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧原長(zhǎng)。放手后A向左、B向右運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩在極短時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上半圓軌道，B恰能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)C，A滑上長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2m的木板M，木板N的上表面光滑，物塊A和木板M上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，木板M的質(zhì)量m=1kg，重力加速度g取10m/s2。（1）求細(xì)繩被拉斷過(guò)程中細(xì)繩對(duì)B的沖量I的大??；（2）求A滑離M瞬間的速度大小；（3）為了使A不滑離M，從A剛滑上M開(kāi)始對(duì)M施加水平向左的拉力F，求拉力F應(yīng)滿(mǎn)足的條件。學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【答案】（1）2N·s；（2）4m/s；（3）1N≤F≤8N【解析】（1）設(shè)物塊B在細(xì)繩被拉斷后的瞬時(shí)速率為vB1，到達(dá)C點(diǎn)的速率為vC，則有對(duì)細(xì)繩被拉斷后B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C這一過(guò)程，由動(dòng)能定理有解得vB1=3m/s設(shè)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)B的速率為vB，A的速率為vA，取水平向左為正方向，由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能，則有A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有解得vA=8m/svB=4m/s細(xì)繩被拉斷的過(guò)程，對(duì)B根據(jù)動(dòng)量定理有解得I=2N·s方向水平向左（2）細(xì)繩被拉斷的過(guò)程，對(duì)A根據(jù)動(dòng)量定理有解得vA1=6m/sA在木板M上滑動(dòng)的過(guò)程滿(mǎn)足學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n由于A可滑離M，則vA2>v解得vA2=4m/s（3）為了使A剛好不從M的左端滑離M，設(shè)對(duì)M施加的最小拉力為F1，此時(shí)對(duì)應(yīng)M向左的加速度大小為a1，A向右的加速度大小為μg，當(dāng)A滑到M的最左端時(shí)，二者的速度剛好相等，結(jié)合相對(duì)運(yùn)動(dòng)的知識(shí)有對(duì)木板M有F1+μmAg=ma1解得F1=1N為了使A不從M的右端滑離M，當(dāng)A和M共速后，物塊A向左的最大加速度滿(mǎn)足μmg=ma2對(duì)A和M整體，最大拉力解得F2=8N故為了使A不滑離M，對(duì)M施加的拉力F應(yīng)滿(mǎn)足1N≤F≤8N。8．如圖所示，在粗糙水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距x0=1.0m，在物塊B的左側(cè)固定有少量炸藥。質(zhì)量為M=2.0kg的物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）靠在被壓縮x1=0.2m的彈簧右端，O點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)的位置，A與B相距l(xiāng)=0.8m。現(xiàn)將物塊A由靜止釋放，與B發(fā)生碰撞并導(dǎo)致炸藥爆炸，碰撞后A靜止，B的速度v1=8m/s；物塊B再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度v=2.0m／s。已知B的質(zhì)量為m=1.0kg，C的質(zhì)量為B質(zhì)量的k倍，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.75，碰撞時(shí)間極短，重力加速度g取10m/s2。求：（1）A釋放前彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（2）B與C碰撞前瞬間，B的速度大?。唬?）根據(jù)B與C的碰撞過(guò)程分析k的取值范圍，并討論B與C碰撞后B的可能運(yùn)動(dòng)方向。學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n【答案】（1）28J；（2）7m/s；（3）≤k≤6；討論見(jiàn)解析【解析】（1）設(shè)A與B碰撞前瞬間速度為v0，對(duì)A與B的碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv0=mv1解得v0=4m/s根據(jù)能量守恒定律可得解得Ep=28J（2）設(shè)B與C碰撞前瞬間B的速度為v2，由動(dòng)能定理得聯(lián)立以上各式解得v2=7m/s（3）設(shè)B與C發(fā)生碰撞后速度為v3，由動(dòng)量守恒定律得：解得v3=7-2k根據(jù)物理情景可得v3≤v即k≥根據(jù)碰撞過(guò)程中動(dòng)能不能增大可得：解得0≤k≤6綜上所述學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n≤k≤6當(dāng)≤k＜時(shí)，v3=7-2k>0，B的運(yùn)動(dòng)方向與C相同；當(dāng)k=時(shí)，v3=7-2k=0，B的速度為零；當(dāng)＜k≤6時(shí)，v3=7-2k＜0，B的運(yùn)動(dòng)方向與C相反。9．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的左端固定在小球B上，右端與小球C接觸但未拴接，球B和球C靜止在光滑水平臺(tái)面上。小球A從左側(cè)半徑為R的光滑圓弧上的P點(diǎn)由靜止滑下，與球B發(fā)生正碰后粘在一起，碰撞時(shí)間極短。之后球C脫離彈簧，沿水平臺(tái)面向右運(yùn)動(dòng)并從其右端點(diǎn)水平拋出，落入固定放置在水平地面上的豎直曲面軌道內(nèi)。以臺(tái)面右側(cè)底端的點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系。已知，臺(tái)面的高度為2R，曲面的方程為。已知三個(gè)小球A、B、C均可看成質(zhì)點(diǎn)，且質(zhì)量分別為（k為待定系數(shù)）、，OP與豎直方向的夾角θ=60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦。（1）若k=1，求該條件下彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；（2）求滿(mǎn)足（1）問(wèn)條件下小球C落到曲面軌道上Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)；（3）當(dāng)k取何值時(shí)，小球C落到曲面軌道上時(shí)具有最小動(dòng)能，最小動(dòng)能多大？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）球A在圓弧上下落過(guò)程中有①對(duì)A、B球碰撞過(guò)程有②學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n當(dāng)A、B、C三球速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，對(duì)A、B、C系統(tǒng)有③④由①~④式得（2）當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)C球與彈簧分離，對(duì)A、B、C系統(tǒng)有⑤⑥對(duì)C球平拋過(guò)程有⑦⑧又????????⑨由⑤~⑨式得，即P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為。（3）當(dāng)A球質(zhì)量為km時(shí)，對(duì)A、B系統(tǒng)有對(duì)A、B、C系統(tǒng)有由以上三式得對(duì)C球平拋過(guò)程有，學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\n又由以上四式得當(dāng)即時(shí)動(dòng)能最小，此時(shí)k=2動(dòng)能最小值為（2021?海南高考真題）如圖，一長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將一小滑塊無(wú)初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)，求它們的共同速度大?。唬?）某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍，求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí)，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到滑塊相對(duì)木板靜止，求此過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功?！敬鸢浮浚?）v共=；（2）x=；（3）t=，W=mv02【解析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0=3mv共解得學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司\nv共=（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡(jiǎn)得v滑=v0，v木=v0再根據(jù)功能關(guān)系有-μmgx=×2mv木2+mv滑2-×2mv02經(jīng)過(guò)計(jì)算得x=（3）由于木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F=μmg對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對(duì)木板靜止時(shí)有v0=a滑t解得t=則整個(gè)過(guò)程中木板滑動(dòng)的距離為x′=v0t=則拉力所做的功為W=Fx′=mv02學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司