2026高考物理一轮复习（基础版）第七章 第4讲　小专题 动量守恒在 子弹打木块 和 板块 类模型中的应用含答案

2026高考物理一轮复习（基础版）第七章第4讲小专题动量守恒在子弹打木块和板块类模型中的应用含答案第4讲小专题:动量守恒在“子弹打木块”和“板块”类模型中的应用考点一“子弹打木块”模型模型概述地面光滑,木块长度为d,子弹射入木块所受阻力为F阻模型特点(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,一般应用能量守恒定律两种情境(1)子弹嵌入木块中(未穿出):两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)①系统动量守恒:mv0=(m+M)v。②系统能量守恒:Q=F阻x=12mv02-12(M+m(2)子弹穿透木块:两者速度不相等,机械能有损失(非弹性碰撞)①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系统能量守恒:Q=F阻d=12mv02-(12Mv2[例1]【“子弹嵌入木块”模型】(2024·安徽芜湖二模)如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长,一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入物块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是()[A]子弹射入物块A的过程中,子弹的动量变化量为km[B]子弹射入物块A的过程中,物块A的动能增加量为km[C]在弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物块B的动量最大值为km[D]弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为k【答案】C【解析】子弹射入物块A的过程中,子弹与物块A组成的系统动量守恒,则有kmv0=(m+km)v1,得v1=kk+1v0,子弹动量的变化量Δp=kmv1-kmv0=-kmv0k+1,选项A错误;物块A的动能增加量为ΔEkA=12mv12=k2mv022(k+1)2,选项B错误;当弹簧第一次压缩到最短时,物块B的动量最大,则子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒,有kmv0=(2m+km)v2,得v2=kk+2v0,物块B的动量最大值为pBm=kmv0k+2,选项C正确;弹簧第一次压缩到最短的过程中,弹簧具有的最大弹性势能为Δ[变式]子弹射入物块A的过程中,两物块的动量是否守恒?两物块运动过程中,弹簧最短时的弹性势能与弹簧最长时的弹性势能是否相等?【答案】不守恒相等【解析】子弹射入物块A的过程中,物块A受到子弹的摩擦力作用,A的动量增大,所以两物块的动量不守恒;两物块运动过程中,弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时,有(m+km)v1=(2m+km)v2,ΔEp=12(m+km)v12-12(2m+k所以弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能。[例2]【“子弹穿透木块”模型】(2025·河南高考适应性考试)如图,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h,已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g。在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的18,子弹穿过物块时间很短,不计物块厚度的影响,求(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;(2)子弹从击中物块到穿出过程中系统损失的机械能。【答案】(1)10gh(2)75【解析】(1)子弹穿出物块后上升8h,由机械能守恒定律有8mgh=12mv12,解得v1=物块上升h,由动能定理有-4mgh-18·4mgh=0-12·4m解得v2=32由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2,得v0=10gh(2)子弹从击中物块到穿出过程中由机械能守恒定律有ΔE=12mv02-12mv12-解得ΔE=752mgh解决“子弹打木块”的两个关键(1)弄清楚子弹是最终留在木块中与木块一起运动,还是穿出木块后各自运动。(2)求解子弹打击木块过程中损失的机械能,可以根据题目的具体条件:①利用系统前后的机械能之差求解。②利用ΔE损=Q热=F阻x相对求解。③利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。考点二“滑块—木板”模型模型概述上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0滑上木板模型特点(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大小的乘积等于系统减少的机械能,即摩擦生热。(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,二者相对位移最大两种情境(1)滑块未滑离木板。当滑块与木板相对静止时,二者有共同速度v,滑块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为x,滑块和木板间的摩擦力为Ff。①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。②系统能量损失:ΔE=Ffd=12mv02-12(M+m(2)滑块滑离木板。设滑离木板时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹穿出的情况:①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系统能量损失:ΔE=FfL=12mv02-12mv[例3]【滑块未滑离木板】(2025·北京海淀区开学考)如图所示,有一质量m=20kg的物块B,以5m/s的水平初速度冲上一个质量M=80kg的静止木板A。物块在木板上滑行一段距离后相对木板静止。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.8,木板与地面间的摩擦可忽略不计,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物块相对木板静止时,木板速度的大小;(2)物块所受摩擦力对物块做的功;(3)物块在木板上运动的距离。【答案】(1)1m/s(2)-240J(3)1.25m【解析】(1)对物块和木板由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=1m/s。(2)对物块由动能定理有W=12mv2-12m解得W=-240J。(3)对系统由能量守恒定律有μmgxBA=12mv02-12(m+M解得xBA=1.25m。[例4]【滑块滑离木板】(2025·陕西安康开学考)如图所示,在光滑水平面上并排放着的长为L=7.5m的长木板B的上表面和半径R=1m的四分之一光滑圆弧槽C的左端平滑相接,B、C二者不粘连,质量均为2kg。在B的左端放一质量为1kg的小物块A,A与B之间的动摩擦因数μ=0.5。现给A施加一水平向右的瞬时冲量10N·s,重力加速度g取10m/s2。(1)求物块A获得的初速度大小;(2)判断物块A能否滑离木板B,并求出A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量;(3)若A能滑上光滑圆弧槽C,求A滑上圆弧槽C后的运动过程中所能上升的最大高度;若A不能滑上光滑圆弧槽C,求A最终的速度大小。(结果保留3位有效数字)【答案】(1)10m/s(2)能,37.5J(3)能,0.208m【解析】(1)根据I=mv0,可得物块A获得的初速度大小v0=10m/s。(2)假设物块A不能滑离木板B,由动量守恒和功能关系有mv0=(m+2M)v,12mv02-12(m+2M)v2解得x=8m>L=7.5m。则物块A将滑离木板B,A在B上滑动过程中因摩擦产生的热量Q=μmgL=37.5J。(3)由以上分析可知,物块A能滑上光滑圆弧槽C,当刚滑离木板B时,设物块A的速度为v1,木板B和C的速度为v2,根据动量守恒和功能关系有mv0=mv1+2Mv2,12mv02-(12mv12+12·2解得v1=4m/s,v2=1.5m/s(另一组解舍掉);当A滑上C到最大高度时两者共速,则mv1+Mv2=(m+M)v′,12mv12+12Mv22-12(m+M解得h≈0.208m。“滑块—木板”模型至少涉及两个物体,包括多个运动过程,滑块、木板间存在相对运动。解决该模型问题的方法如下:(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Q=Ff·x相对或Q=E初-E末求解,研究对象为一个系统。(满分:70分)对点1.“子弹打木块”模型1.(4分)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起,将其放在光滑水平面上,如图所示,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若子弹击中上层,子弹刚好不穿出;若子弹击中下层,则子弹整个刚好嵌入,由此可知()[A]子弹射中上层时对滑块做功多[B]两次子弹对滑块做的功一样多[C]子弹射中上层系统产生热量多[D]子弹与上层之间的摩擦力较大【答案】B【解析】根据动量守恒定律可知两次过程最后滑块获得的速度(滑块和子弹的共同速度)是相同的,即滑块获得的动能是相同的;根据动能定理,滑块动能的增量是子弹对滑块做功的结果,所以两次子弹对滑块做的功一样多,故A错误,B正确。子弹嵌入下层或上层过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,而减少的动能一样多(两次过程子弹初速度相等,且滑块与子弹的末速度也相等),故系统产生的热量一样多,故C错误。根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量,两次相对位移不一样,因此子弹所受摩擦力不一样,子弹与下层之间相对位移比较小,所以摩擦力较大,故D错误。2.(4分)(2024·山西吕梁阶段检测)如图所示,用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态,质量为m的子弹以速度v0水平射入小球,子弹穿过小球后的速度为34v0,子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍,子弹穿过小球时间极短,重力加速度为g,不考虑小球质量变化,则小球的质量为([A]v02gLm [B][C]v04gLm [D]【答案】C【解析】子弹穿过小球过程中,子弹和小球水平方向动量守恒,设穿过瞬间小球的速度为v,则mv0=Mv+34mv0,根据牛顿第二定律有2Mg-Mg=Mv2L,解得M=v043.(6分)(2024·湖南长沙模拟)(多选)如图,质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块,水平射出木块时速度变为v03,已知木块的长为L,设子弹在木块中的阻力恒为F阻。则子弹在木块中运动的时间为([A]4L3v0 [C]2mv03【答案】BC【解析】设子弹在木块中运动的时间为t,以子弹为研究对象,根据动量定理可得-F阻t=mv03-mv0,解得t=2mv03F阻;设子弹射出木块时,木块的速度为v1,根据系统动量守恒可得mv0=mv03+3mv1,解得v1=29v0;根据位移关系可得L=x子-x木=v4.(12分)(2024·广东深圳三模)如图所示,ABC是光滑轨道,其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆,AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分,木块被水平飞来的质量为m的子弹射中,子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为v0。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C,重力加速度为g。(1)求子弹击中木块后的速度;(2)求子弹击中木块并留在其中的过程中,子弹和木块产生的热量Q;(3)若m∶M=1∶3,且v0=12gR,求木块从C飞出后落地点与B点的距离s。【答案】(1)mv0M+m(2)【解析】(1)子弹击中木块,整个系统动量守恒,有mv0=(M+m)v,解得子弹击中木块后的速度v=mv(2)根据能量守恒定律可得Q=12mv02-12(M+m)v(3)被击中的木块能沿轨道滑到最高点C,根据机械能守恒定律可知12(M+m)v2=12(M+m)vC2+2(M+m解得vC=5gR木块的落地时间2R=12gt2,得t=4所以木块从C点飞出后落地点与B点的距离s=vCt=25R。对点2.“滑块—木板”模型5.(4分)如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为mB=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,g取10m/s2,则下列说法正确的是()[A]A、B间的动摩擦因数为0.1[B]系统损失的机械能为4J[C]木板A的最小长度为2m[D]木板A获得的动能为2J【答案】A【解析】物体B的加速度大小为aB=2-11-0m/s2=1m/s2,根据牛顿第二定律得μmBg=mBaB,解得μ=0.1,A正确;根据动量守恒定律得mBv0=(mA+mB)v,解得mA=2kg,损失的机械能为E损=12mBv02-12(mA+mB)v2=2J,B错误;木板A的最小长度为L=1+22×1m-12×1×1m=1m,C错误;木板A获得的动能为EkA6.(6分)(2024·江西吉安期末)(多选)如图所示,长木板静止放置在光滑的水平地面上,木块(视为质点)静止放置在长木板的最右端,让长木板与木块同时各获得一个水平向右和水平向左的速度,大小均为v0,经过一段时间t0,木块恰好不从长木板的最左端脱离,已知长木板与木块的质量相等,重力加速度为g,下列说法正确的是()[A]木块与长木板刚好不脱离时,两者仍然有速度[B]木块与长木板之间的动摩擦因数为v[C]长木板的长度为v0t0[D]可以求出长木板与木块的质量【答案】BC【解析】设长木板与木块的质量均为m,该过程两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0-mv0=2mv共,则v共=0,即木块与长木板刚好不脱离时两者正好都处于静止状态,A项错误;对木块应用动量定理可得-μmgt0=0-mv0,解得μ=v0gt0,B项正确;由能量守恒定律可得Q=2×12mv02,结合Q=μmgL,综合解得长木板的长度为L=v0t0,C项正确;7.(6分)(2024·河南南阳期末)(多选)如图甲所示,质量分别为m1和m2的两物块A、B静止叠放在光滑水平地面上,物块B足够长,A、B之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。现给物块A一个水平向右的初速度v,待A、B共速时其位移分别为x1和x2,测得v2与x2的关系如图乙所示,则m1m2和x1[A]12,4 [B][C]32,72 [D]【答案】AD【解析】系统动量守恒,则从开始运动到两者共速时满足m1v=(m1+m2)v共,对B分析可知μm1gx2=12m2v共2,解得v2=2μg(m1+m2)2m1m2x2,由图像可知2μg(m1+m2)2m1m2=9μgxx,解得m1m2=2或者m1m2=12,对A分析可知v共2-v2=-8.(10分)(2024·重庆渝中期中)滑雪爱好者在滑雪场里玩跳板游戏:人踩着滑雪板从斜坡滑下进入水平滑道,快靠近某一水平冰面(不计摩擦)时,如图所示,以初速度v0沿与水平方向成θ=60°夹角起跳,恰好沿水平方向跳上一静止在冰面上的水平木板。已知滑雪板与木板间的动摩擦因数μ=0.1,人和滑雪板(始终相对静止)总质量与木板质量相等,木板长度远大于滑雪板的长度,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)木板的高度h;(2)要使人和滑雪板不从木板上滑下,木板的最小长度L。【答案】(1)3v02【解析】(1)起跳至水平木板过程,竖直方向有(v0sinθ)2=2gh,得h=(v0si(2)当人落在木板上后,人和滑雪板及木板组成的系统动量守恒,有mv0cosθ=2mv,从人落在木板上到人和滑雪板及木板达到共速能量守恒,有12m(v0cosθ)2=12×2mv2+μ得L=5v9.(6分)(2025·河北衡水阶段检测)(多选)如图,有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上,每个物块质量为m,一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中,刚好能穿过一个物块。设物块对子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响,下列说法正确的是()[A]子弹和物块动量守恒,机械能守恒[B]若只增加物块个数,子弹可能穿过更多的物块[C]若只增加物块个数,子弹能穿过的物块个数减少[D]若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数不超过(m0nm【答案】BD【解析】子弹射入物块过程中,摩擦阻力做负功,子弹和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,故A错误;由于物块给子弹的阻力大小不变,所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值,设为Q,设子弹射入物块后,与物块相对静止时损失的机械能为E损,由动量守恒定律和能量守恒定律得m0v0=(nm+m0)v共,E损=12m0v02-12(nm+m0)v共2,解得E损=nmnm+m0·12m0v02=11+m0nm·12m0v02,故子弹能穿过物块的个数为k=E损Q,若只增加物块个数n,则E损将增大,且Q不变,所以子弹能穿过的物块个数k将增大,故B正确,C错误;若只改变物块个数,子弹能穿过的物块个数最大值为10.(12分)(2024·江苏南通开学考试)如图所示,滑板A固定在光滑的水平面上,长度为L=2m,滑板质量mA=1kg,滑块质量mB=0.99kg,A、B间动摩擦因数为μ。现有子弹mC=0.01kg以v0=200m/s的速度向右击中B并留在其中。(1)求子弹C击中B后瞬间,B的速度v1;(2)B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止,求A与B间动摩擦因数μ;(3)若滑板A不固定,分析B能否离开A,并求整个过程A、B、C系统损失的机械能E。【答案】(1)2m/s(2)0.1(3)不能离开199J【解析】(1)设子弹C击中B后瞬间B速度为v1,根据动量守恒定律得mCv0=(mB+mC)v1,解得v1=2m/s。(2)若滑板A与水平面固定,B由运动到静止,位移为L,根据动能定理有-μ(mB+mC)gL=0-12(mB+mC)v解得μ=0.1。(3)若A不固定,则A做匀加速运动,B、C做匀减速运动,B、C与A间摩擦力Ff=μ(mB+mC)g=1N,A的加速度大小为aA=FfmA=1B、C的共同加速度大小aBC=FfmB+mC设经时间t共速,v1-aBCt=aAt,解得t=1s;此时B相对A的位移x=v1t-12aBCt2-12aAt2=1因x<L,A、B、C最后共速运动,不会分离,所以A、B、C滑行最终速度为v2=v1-aBCt=1m/s,系统损失的机械能为E=12mCv02-12(mA+mB+mC)v2第5讲小专题:动力学、能量和动量观点的综合应用考点一动量观点与动力学观点的综合应用动量与牛顿运动定律的选用原则(1)涉及加速度的问题,则选用牛顿运动定律或运动学公式。(2)涉及某段时间的运动状态变化,一般选用动量定理。(3)涉及物体系统,且它们之间有相互作用,一般选用动量守恒定律,但需注意是否满足守恒的条件。(4)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,一般作用时间都极短,即使系统所受合力不为0,也可以用动量守恒定律去解决。[例1]【动量观点与动力学观点的综合应用】(2024·陕西西安一模)某物流公司用如图所示的传送带将物体从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率v0=2m/s。将质量为m=25kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.25,A、B间的距离为s=8.20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求物体滑上木板左端时的速度大小。(2)若地面光滑,要使物体不会从木板上掉下,木板长度L至少应是多少?(3)若木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,且物体不会从木板上掉下,求木板的最小长度L′。【答案】(1)6m/s(2)4.8m(3)7.2m【解析】(1)物体速度达到传送带速度前,由牛顿第二定律,有mgsin37°+μ1mgcos37°=ma1,解得a1=10m/s2;设物体与传送带共速时运动的位移为x1,对物体有v02=2a1x解得x1=0.20m;因为x1<s,所以此后物体继续在传送带上做匀加速运动。设物体的加速度为a2,根据牛顿第二定律有mgsin37°-μ1mgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2;设物体到达B端时的速度大小为v,根据运动学公式有v2-v02=2a2(s-x解得v=6m/s。(2)设物体恰好不会从木板上掉下,物体和木板共速为v1,规定物体的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有mv=(m+M)v1,由能量守恒定律得μ2mgL=12mv2-12(m+M)解得L=4.8m,则木板长度L至少为4.8m。(3)由于μ(m+M)g>μ2mg,所以木板不运动,物体做匀减速直线运动,设物体速度为0时,恰好到达木板的最右端,其加速度a3=μ2g=2.5m/s2,根据运动学公式有v2=2a3L′,解得L′=7.2m,则木板的最小长度为7.2m。考点二动量与能量观点的综合应用动量与能量观点的选用原则在应用动量观点和功能关系解题时,往往涉及位移的求解时应用动能定理,涉及时间的求解时应用动量定理,涉及滑动摩擦力做功时一般应用能量守恒定律列式求解。[例2]【动量与能量观点的综合应用】(2024·广东肇庆一模)如图所示,光滑水平地面上放置一质量为m的上表面光滑的四分之一圆弧形斜劈,圆弧与水平地面间平滑连接,一固定桩置于斜劈右侧固定斜劈。另一质量也为m的小物块(可视为质点)以初速度v0冲向斜劈,恰能上升到斜劈最高点,不计一切阻力。(1)求圆弧半径R;(2)若撤去固定桩,小物块仍以初速度v0冲向斜劈,求此时小物块所能上升的最高点与水平地面间的高度差;(3)若撤去固定桩,改变小物块的初速度大小,使小物块所能上升的最大高度为2R,求此时小物块的初速度大小和斜劈最终的末速度大小。(结果均用v0表示)【答案】(1)v022g(2)v024g【解析】(1)对小物块由动能定理得-mgR=0-12mv解得R=v0(2)小物块上升至最高点时,对小物块与斜劈整体,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得12mv02=12×2mv联立解得h=v0(3)设小物块的初速度大小为v1,小物块上升至最高点时,对小物块与斜劈整体,由动量守恒定律、能量守恒定律得mv1=2mv共,12mv12=12×2mv共联立解得v1=2v0。小物块与斜劈最终分离时,设小物块的速度大小为v1′,斜劈的速度大小为v2,有mv1=mv1′+mv2,12mv12=12mv1′2+联立解得v2=2v0。考点三力学三大观点的综合应用三大观点优选策略(1)在研究物体受力的瞬时作用与物体运动的关系时,或者物体受到恒力作用做匀变速直线运动时,优先选用牛顿第二定律和运动学规律解决问题。(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及时间的问题,或作用时间极短的冲击作用,优先选用动量定理解决问题。(3)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时,如果涉及位移且不涉及加速度、时间等问题,优先选用动能定理解决问题。(4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功,而又不涉及加速度和时间,优先选用机械能守恒定律解决问题。(5)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,如果所研究的问题满足动量守恒或机械能守恒的条件,则优先选用动量守恒定律和机械能守恒定律解决问题。(6)在涉及相对位移问题时,优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。(7)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时,注意这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这类问题由于作用时间都极短,则优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。[例3]【力学三大观点的综合应用】(2024·黑吉辽卷,14)如图,高度h=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10m/s2。求:(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。【答案】(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J【解析】(1)对物块A由平抛运动知识得h=12gt2,xA=vAt代入数据解得vA=1m/s,对A、B物块整体由动量守恒定律有mAvA=mBvB,解得vB=1m/s。(2)对物块B由动能定理有-μmBgxB=0-12mBv代入数据解得μ=0.2。(3)由能量守恒定律有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+μm其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,联立解得ΔEp=0.12J。(满分:80分)对点1.动量观点与动力学观点的综合应用1.(4分)(2025·贵州六盘水开学考)一爆竹从水平地面上竖直向上抛出,爆竹上升到最高点时炸裂为质量不同、速度均沿水平方向的两部分,最后均落回地面。不计空气阻力。下列说法正确的是()[A]质量大的部分在空中运动的时间长[B]质量小的部分在空中运动的时间长[C]质量大的部分落地速度大[D]质量小的部分落地速度大【答案】D【解析】根据题意可知,炸裂后两部分均做平抛运动,由h=12gt2可知,两部分在空中运动的时间相等,故A、B错误;根据题意可知,爆炸过程动量守恒,则两部分水平飞出时动量大小相等,由p=mv可知,质量大的部分初速度小,由于两部分在空中运动的时间相等,由vy=gt可知,落地时竖直分速度相等,由v=v02+vy2可知,初速度大的落地速度大,2.(12分)气囊是剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施,当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40km/h,质量m1=1600kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1600kg以速度v2=18km/h迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求:(1)两车碰撞后瞬时速度的大小;(2)甲车碰撞前是否超速;(3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。【答案】(1)2m/s(2)没有超速(3)6.68×104N【解析】(1)设两车碰撞后瞬时速度的大小为v,根据运动学公式v2=2ax,a=μ(m1+解得v=2m/s。(2)设甲车的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,解得v1=9m/s=32.4km/h<40km/h,故甲车碰撞前没有超速。(3)对甲车研究,设甲车的初速度方向为正方向,由动量定理可得-F0t-μm1gt=m1v-m1v1,解得F0=6.68×104N。对点2.动量与能量观点的综合应用3.(4分)(2024·广东东莞三模)如图甲所示,水平冰面上有两名同学,同学A的质量为50kg,同学B静止站在冰面上,A以一定的初速度向B滑去,抱住同学B后两人一起向右运动。以向右为正方向,同学A的位移—时间图像如图乙所示,不计空气和冰面对人的阻力,则下列说法正确的是()[A]同学B对A的冲量为150N·s[B]同学A和B的质量之比为3∶2[C]两人相抱过程中损失的动能为375J[D]两人相抱过程中相互间的作用力做功大小之比为1∶1【答案】C【解析】由于x-t图像的斜率表示速度,由题图乙可知同学A的初始速度为vA=ΔxΔt=5m/s,同学A抱住同学B后两人的速度为v=ΔxΔt=2m/s,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v,解得mB=75kg,对A由动量定理得IBA=mAv-mAvA=-150N·s,同学A和B的质量之比为mAmB=50kg75kg=23,故A、B错误;两人相抱过程中损失的动能为ΔEk=12mAvA2-12(mA+mB)v2=375J,故C正确;由动能定理有WBA=12mAv2-12mAvA2,又有W4.(14分)如图所示为春节期间燃放的“火箭”型爆竹,由上下A、B两部分构成,A的质量m1=0.1kg,B的质量m2=0.2kg,A、B中间夹有少量火药,不计其质量。开始时让“火箭”在距地面H=0.8m高处自由释放,“火箭”着地瞬间以原速率的0.75倍反弹,刚要离开地面时火药爆炸,经极短时间后A、B分离,此时B的速度恰好为零。不计空气阻力和“火箭”的体积,可认为火药爆炸所释放的化学能全部转化为A、B的机械能,重力加速度g取10m/s2。求:(1)“火箭”着地时的速度v的大小;(2)爆炸过程A部分所受作用力的冲量I的大小;(3)火药爆炸所释放的化学能E。【答案】(1)4m/s(2)0.6N·s(3)2.7J【解析】(1)根据机械能守恒定律有mgh=12mv2,得v=4m/s(2)与地面碰撞后反弹速率v′=0.75v,根据动量守恒定律有(m1+m2)v′=m1v1,爆炸过程A部分所受作用力的冲量I=m1v1-m1v′,得I=0.6N·s。(3)由功能关系有E=12m1v12-12(m1+m2)得E=2.7J。对点3.力学三大观点的综合应用5.(6分)(2024·湖南邵阳阶段检测)(多选)如图所示,轻绳长为l,小球质量为m1,小车质量为m2,置于光滑水平面上,将小球向右拉至水平后静止释放,小球摆到最低点过程中,()[A]系统的机械能不守恒[B]小球在最低点的速度为2[C]小球在最低点的速度为2[D]小车向右移动的距离为m【答案】CD【解析】系统在整个运动过程中,只有小球的重力做功,系统机械能守恒,故A错误;设小球摆到最低点时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,系统在水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=0,根据机械能守恒定律可得m1gl=12m1v12+12m2v22,联立可得v1=2m2glm1+m2,故B错误,C正确;小球摆到最低点过程中,由动量守恒定律结合运动学公式有m1x1-m2x2=0,小球下落到最低点时,小球与小车的相对位移为x1+6.(6分)(2024·云南曲靖二模)(多选)如图所示,不可伸长的轻质细线跨过轻质滑轮连接两个质量分别为2m、m的物体A、B,质量为m的物体C中间有孔,套在细线上且可沿细线无摩擦滑动。初始时使三个物体均处于静止状态,此时A、B离地面的高度均为h。物体C在B上方h处。同时由静止释放三个物体,一段时间后,C与B发生碰撞并立即粘在一起。已知重力加速度为g,整个过程中细线未断裂,物体均可视为质点,不计阻力的影响。下列说法正确的是()[A]从释放三个物体到C与B发生碰撞经历的时间为h[B]碰撞结束后A的速度为零[C]A最终离地面的高度为14[D]碰撞过程中,三个物体损失的机械能为mgh【答案】BD【解析】根据牛顿第二定律,对物体A有2mg-FT=2ma,对物体B有FT-mg=ma,解得a=g3,物体B向上与物体C向下过程中,根据12at2+12gt2=h,解得t=3h2g,故A错误;碰前的瞬间物体A与物体B的速度大小vA=vB=at=gh6,碰前的瞬间物体C的速度大小vC=gt=3gh2,以向下为正方向,根据动量守恒定律有mvC-mvB=2mvBC,解得vBC=gh6,由于此时物体B、C与物体A的速度相等,方向都为向下,质量也相等,所以三个物体速度都为0,故B正确;物体A下降和物体B上升的距离hA=hB=12at2=14h,A最终离地面的高度为hA′=h-hA=34h,故C错误;物体B与C碰撞前整体机械能守恒,以地面为零势能面,最初整体的机械能Ep1=2mgh+mgh+mg·2h=5mgh,碰撞后整体的机械能Ep2=2mg·34h+2mg·54h=4mgh,三个物体损失的机械能为ΔE7.(14分)如图甲所示,半径为R=0.8m的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内,最低点B切线水平,B离地面的高度h=0.8m,小球b放在B点,让小球a在A点由静止释放,在圆弧轨道的最低点a与b发生正碰,碰撞后两球同时落地,两球落地点间距0.4m,a、b两球的质量均为0.5kg,重力加速度为g取10m/s2,不计空气阻力。(1)求两球碰撞过程中损失的机械能;(2)若两球碰撞后粘在一起,则碰撞后瞬间,两球对圆弧轨道的压力多大?两球粘在一起后要能落在地面上离B点水平距离为1m的位置,可在靠近B点固定一水平板,如图乙所示,板的上表面刚好与B点的切线在同一平面,球与板间的动摩擦因数为0.25,则板应多长?【答案】(1)1.875J(2)15N0.6m【解析】(1)小球a由A点滑到B点的过程,根据机械能守恒定律有mgR=12mv与b碰撞时满足mv0=mv1+mv2,两球做平抛运动,运动时间t=2hg=0.4s,且(v2-v1)t=Δ解得v2=2.5m/s,v1=1.5m/s,则碰撞损失的能量ΔE=12mv02-(12mv12+12mv2(2)若两球碰撞后粘在一起,则碰撞后mv0=2mv,两球在圆弧轨道最低点时有FN-2mg=2mv2解得FN=15N,即两球对圆弧轨道的压力为15N;设板长为L,则12·2mv′2-12·2mv2=-μ·2L+v′t=1m。解得L=0.6m。8.(4分)(2025·江苏南通开学考)如图所示,两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上,挡板的厚度可忽略不计,车长为2L,与平板车质量相等的物块甲(可视