2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题二 能量与动量增分培优2“滑块-木板”模型的综合问题含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题二能量与动量增分培优2“滑块—木板”模型的综合问题1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。例1如图1所示，质量为1kg、足够长的长木板B放在水平地面上，质量为2kg的物块A放在木板B的左端。物块A与木板B间的动摩擦因数为0.7，木板B与地面间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s2。现对A施加一水平向右的拉力F，则物块速度vA、木板速度vB随时间变化的图像可能是()图1答案A解析设二者恰不发生相对滑动时，外力大小为F0，对物块有F0－μ1mAg＝mAaA，对木板有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30N，aA＝aB＝8m/s2。A选项中，物块和木板一起加速运动，且加速度满足要求，A正确；B选项中，物块的加速度大于木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B错误；C选项中，物块的加速度大小为8.5m/s2，木板的加速度大小为4.25m/s2＜8m/s2，C错误；D选项中，二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D错误。例2(2024·海南卷，17)某游乐项目装置简化如图2所示，A为固定在地面上的半径R＝10m的光滑圆弧形滑梯，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板的质量M＝25kg，一质量为m＝50kg的游客从a点由静止开始下滑，并从b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16m停下。游客可视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：图2(1)游客滑到b点时对滑梯压力的大小；(2)滑板的长度L。答案(1)1000N(2)7m解析(1)对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2游客滑到b点时，有FN－mg＝meq\f(v2,R)由牛顿第三定律可知，游客滑到b点时对滑梯压力的大小为FN′＝FN＝1000N。(2)解法一游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1由运动学规律有veq\o\al(2,1)＝2a1s解得游客滑上平台的速度大小v1＝8m/s游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿第二定律有μmg＝ma2对滑板由牛顿第二定律有μmg＝Ma3游客在滑板上滑动的过程，由运动学规律有v1＝v－a2t游客的位移为x1＝vt－eq\f(1,2)a2t2滑板的位移为x2＝eq\f(1,2)a3t2则滑板的长度L＝x1－x2联立解得L＝7m。解法二游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋μmgL对游客在平台上运动的过程，由动能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)联立解得L＝7m。例3(2024·河南郑州一模)如图3甲所示，质量mB＝3kg的长木板B上表面放置一质量mA＝2kg的物块A，另有一质量mC＝1kg的物块C以某一初速度v0从长木板最左端滑上长木板，物块C与物块A发生弹性碰撞后恰好能从长木板左端滑落，物块A最终未从长木板滑离。物块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为μ1，长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2，两物块碰撞前长木板与地面相对静止。从两物块碰撞后瞬间开始计时，物块A的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：图3(1)两物块碰撞后瞬间C的速度大小；(2)动摩擦因数μ1、μ2的值；(3)长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量。答案(1)1m/s(2)0.40.1(3)0.2J解析(1)规定向右为正方向，设两物块碰前瞬间C的速度为vC，碰后瞬间C的速度为vC′，碰后瞬间物块A的速度为vA，物块C与物块A发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒，则有mCvC＝mCvC′＋mAvAeq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mCvC′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\f(2mC,mA＋mC)vC＝eq\f(2,3)vCvC′＝eq\f(mC－mA,mA＋mC)vC＝－eq\f(1,3)vC由乙图可知，物块A发生碰撞后速度vA＝2m/s解得vC′＝－1m/s，负号表示方向向左。(2)由乙图可知，0～0.45s内，A做匀减速直线运动的加速度大小为aA＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2由牛顿第二定律得μ1mAg＝mAaA解得μ1＝0.4物块C从碰撞后到滑落过程中，设加速度大小为aC，由牛顿第二定律得μ1mCg＝mCaC解得aC＝4m/s2物块C恰好能从长木板左端滑落时速度为零，物块C从碰撞后到滑落的时间t1＝eq\f(0－vC′,aC)＝0.25s设物块C从长木板滑落后，长木板的加速度大小为aB有μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB由乙图可知t2＝0.45s后，物块A和长木板共速，速度大小是vA＝vB＝0.2m/s由运动学公式得vB＝aB(t2－t1)解得aB＝1m/s2，μ2＝0.1。(3)长木板B加速阶段的位移大小x1＝eq\f(vB,2)(t2－t1)解得x1＝0.02m设从A、B共速到停止运动的加速度大小为a，位移大小为x2，有μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)aveq\o\al(2,B)＝2ax2解得x2＝0.02m长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量为Q＝μ2(mA＋mB)g(x1＋x2)解得Q＝0.2J。1.(多选)(2024·黑吉辽卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图4所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是()图4A.小物块在t＝3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μC.小物块与木板的质量之比为3∶4D.t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动答案ABD解析由v－t图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，A正确；由v－t图像可知，0～3t0时间内，木板的加速度大小a1＝eq\f(1,2)μg，设木板的质量为M，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝eq\f(3,2)μMg，在t＝3t0时，木板的速度v1＝a1·3t0＝eq\f(3,2)μgt0，根据题意可知t＝3t0时小物块以eq\f(3,2)μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0～4t0时间内，小物块的加速度大小a′＝eq\f(\f(1,2)μgt0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)μgt0)),t0)＝2μg，设小物块的质量为m，对小物块，由牛顿第二定律有μ′mg＝ma′，可得μ′＝2μ，B正确；由v－t图像可知，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝μg，对木板分析有F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，可得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0之后，假设木板与小物块相对静止，对整体有F－μ(M＋m)g＝0，假设成立，所以t＝4t0之后小物块与木板一起做匀速运动，D正确。2.(多选)(2024·湖北卷，10)如图5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为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则()图5A.子弹的初速度大小为eq\f(2kL（m＋M）,mM)B.子弹在木块中运动的时间为eq\f(2mM,k（m＋M）)C.木块和子弹损失的总动能为eq\f(k2L2（m＋M）,mM)D.木块在加速过程中运动的距离为eq\f(mL,m＋M)答案AD解析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为v＝eq\f(mv0,m＋M)，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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝eq\f(2kL（m＋M）,mM)；若子弹能够射出木块，则有v0>eq\f(2kL（m＋M）,mM)，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－eq\f(1,2)amt2－eq\f(1,2)aMt2＝L，对木块有vM＝aMt，联立解得vM＝eq\f(2kmL,2Mm－（M＋m）kt)，又v0越大，穿出木块所需时间t越小，则vM越小，即随着v0的增大，木块获得的速度vM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＝eq\f(2kL（m＋M）,mM)，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＝eq\f(mM,k（m＋M）)，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＝eq\f(2k2L2（m＋M）,mM)，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＝eq\f(vMt,2)，解得木块在加速过程中运动的距离x＝eq\f(mL,m＋M)，D正确。1.(多选)如图1甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未冲出)，物体和小车的v－t图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则以下说法正确的是()图1A.物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3B.物体A与小车B的质量之比为1∶2C.小车B的最小长度为2mD.如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去答案AC解析物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体A分析有μmAg＝mAaA，由v－t图像可得aA＝eq\f(Δv1,Δt)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－4,1)))m/s2＝3m/s2，联立解得μ＝0.3，故A正确；对小车B分析有μmAg＝mBaB，由v－t图像可得aB＝eq\f(Δv2,Δt)＝eq\f(1－0,1)m/s2＝1m/s2，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)，故B错误；小车B的最小长度为物体A在小车B上的最大相对滑动位移，则有Lmin＝xA－xB＝eq\f(4＋1,2)×1m－eq\f(1,2)×1×1m＝2m，故C正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B的加速度增大，那么两者达到共速的时间减小，则物体A与小车B的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲出去，故D错误。2.(多选)如图2所示，质量为m1＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2kg的物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10m/s2)()图2A.木板的加速度为2m/s2B.物块的加速度为6m/s2C.经过2s物块从木板上滑离D.物块离开木板时的速度为8m/s答案ACD解析对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2；对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝l，解得t＝2s，C正确；物块滑离木板时的速度v2＝a2t＝8m/s，D正确。3.(多选)(2024·河南信阳一模)如图3所示，质量为M＝1kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5N。2s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是()图3A.0～2s长木板的加速度aM＝3m/s2B.0～2s过程中F1对小物块做了12J的功C.0～4s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24JD.恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量答案BC解析对长木板进行受力分析，受力示意图如图甲所示。根据牛顿第二定律F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1m/s2，故A错误；对小物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2m/s2和4m/s2，长木板和小物块在0～4s内的v－t图像如图乙所示，0～2s小物块的位移x＝4m，拉力对小物块做功为W＝12J，故B正确；两条v－t图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由v－t图像可知L＝12m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24J，故C正确；恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。4.如图4所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2kg的木板，木板的左端放有一质量为m＝1kg的小木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1。在木板两侧地面上各有一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置。现给木块向右的水平初速度v0＝3m/s，在此后运动过程中木板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下，木块与墙壁没发生碰撞。设木板与墙壁碰撞时间极短且无机械能损失，g＝10m/s2，求：图4(1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；(2)木板的最短长度L；(3)木块与木板发生相对滑动的总时间t。答案(1)4N·s(2)eq\f(13,3)m(3)4s解析(1)取水平向右为正方向，当木块与木板共速时，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v1解得v1＝1m/s因为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所以木板与墙壁碰撞前、后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墙壁对木板的冲量为I＝－Mv1－Mv1解得I＝－4N·s第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小为4N·s。(2)木块第二次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板的最短长度，设木块第二次与木板相对静止时的速度大小为v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2解得v2＝eq\f(1,3)m/s，方向水平向左由于第二次相对静止之前木块相对木板都只向同一方向运动，根据动能定理有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)解得L＝eq\f(13,3)m。(3)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1m/s，末速度为零，相对滑动阶段木板加速度大小为aM＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2第一次共速前木板加速的时间为t1＝eq\f(v1,aM)＝2s此后所有相对滑动时间为t′＝eq\f(0－v1,－aM)＝2s则木块与木板相对滑动总时间为t＝t1＋t′＝4s。5.(2024·广东江门一模)如图5是工人传输货物的示意图，工人甲把质量m＝7kg货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1＝10m，倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ＝53°，BC段的长度L2＝7.5m，长木板的长度d＝5m，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：图5(1)货物到达B点时的速度vB多大；(2)长木板的右端刚到C点时货物的速度vC多大；(3)长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η。答案(1)10m/s(2)5m/s(3)60%解析(1)货物由A运动到B过程，根据动能定理可得mgL1sin53°－μ1mgL1cos53°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝10m/s。(2)货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，可得a货＝eq\f(μ1mg,m)＝5m/s2根据匀变速直线运动规律，有－2a货L2＝veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)解得vC＝5m/s。(3)长木板进入反弹装置时的速度为v1＝vC＝5m/s设长木板的质量为M，则长木板刚进入反弹装置时的能量为E＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2，长木板从C点到B点的过程中，由动能定理得－μ2Mg(L2－d)＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)长木板在反弹过程中损失的能量为ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η＝eq\f(ΔE,E)×100%＝60%。6.(2024·湖北襄阳二模)如图6所示，质量为m＝2kg、左侧固定有竖直挡板的平板小车静置于光滑水平地面上，质量均为m＝2kg的甲、乙两物块(均可视为质点)紧挨着并排放置在小车的水平表面上，物块甲距左侧挡板d＝4.5m，物块乙距小车右端足够远。已知甲、乙两物块与小车接触面间动摩擦因数分别为μ1＝0.1、μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，t＝0时刻开始用水平向右的恒力F＝10N作用于小车，t＝3s时撤去力F。若物块与挡板发生碰撞，则碰后不再分开。求：图6(1)t＝0时，甲物块的加速度大小a甲；(2)小车最终速度的大小v；(3)甲、乙两物块间的最终距离L。答案(1)1m/s2(2)5m/s(3)4.875m解析(1)规定水平向右为正方向，当F＝10N时，假设甲、乙、车保持相对静止，则有F＝3ma共解得a共＝eq\f(5,3)m/s2对甲受力分析得μ1mg≥ma甲得a甲≤1m/s2则a共＞a甲，故甲与车发生相对滑动假设乙和车保持相对静止，根据牛顿第二定律，有F－μ1mg＝2ma共′，解得a共′＝2m/s2对乙受力分析得μ2mg≥ma乙，则a乙≤2m/s2因为a共′≥a乙所以乙与车保持相对静止，故a甲＝1m/s2，a乙＝2m/s2。(2)根据v甲＝a甲t，v乙＝a乙t可得t＝3s时v甲＝3m/s，v乙＝6m/s撤去F后，甲、乙、车系统动量守恒，有mv甲＋(m＋m)v乙＝3mv解得v＝5m/s。(3)前3s内，甲、乙相对运动的距离x相对＝eq\f(1,2)(a乙－a甲)t2解得x相对＝4.5m＝dt＝3s时甲和车相碰，有mv甲＋mv乙＝2mv共解得v共＝4.5m/s对乙受力分析得－μ2mg＝ma乙′解得a乙′＝－2m/s2对甲、车系统受力分析得μ2mg＝2ma甲车解得a甲车＝1m/s2则相对运动位移L＝x相对＋eq\f(v2－veq\o\al(2,乙),2a乙′)－eq\f(v2－veq\o\al(2,共),2a甲车)代入数据得L＝4.875m。增分培优3力学三大观点的综合应用力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma求解物体某一时刻的受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式。匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk①在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。②在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统的内能。机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理FΔt＝mv′－mv①在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理。②若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律去解决，注意是否符合守恒条件。③碰撞、爆炸、反冲等问题因作用时间极短，一般都可以运用动量守恒定律。动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′例1(2024·甘肃卷，14)如图1，质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪断细绳O′P，小球A开始运动(重力加速度g取10m/s2)图1(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力；(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后瞬间C的速度大小；(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。答案(1)40N(2)4m/s(3)0.15解析(1)对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0在最低点，对A由牛顿第二定律有T－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,0),l)根据牛顿第三定律得T′＝T联立解得细绳受到的拉力T′＝40N。(2)碰后A竖直下落，说明碰后瞬间A的速度为零，动量为零。由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝0＋mvC结合(1)问解得vC＝4m/s。(3)C与B相互作用的过程，系统所受合外力为零，动量守恒，则有mvC＝(m＋3m)v共根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)(m＋3m)veq\o\al(2,共)＋μmgΔx联立解得μ＝0.15。例2(2024·河南焦作一模)如图2所示，某商家为了吸引顾客而设计了一个趣味游戏，游戏轨道由一个水平直轨道ABC和一半径为R的竖直半圆光滑轨道CDE组成，水平直轨道AB段光滑，BC段粗糙。在半圆轨道圆心O左侧同一水平线上且距离O点2R处固定一个小网兜P，将原长小于AB段长度的轻弹簧水平置于AB段上，左端固定在竖直挡板上，物块1静置于B处。游戏者将物块2向左压缩弹簧到某一位置释放，若物块2与物块1碰撞后不粘连，物块1从半圆轨道最高点E飞出并落入网兜P内获一等奖，在DE圆弧段脱离轨道获二等奖，能够进入半圆轨道内获三等奖，其他情况都不能获奖。已知物块1的质量m＝0.2kg，物块2的质量m0＝0.4kg，R＝0.8m，BC＝2R，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。两物块均可视为质点。求：图2(1)获一等奖时，物块1在E点对轨道的压力；(2)获得二等奖时，物块1碰后的速度大小范围(结果可保留根号)；(3)获得三等奖时，弹簧弹性势能的最小值。答案(1)2N方向竖直向上(2)4eq\r(2)m/s≤v1≤2eq\r(14)m/s(3)1.8J解析(1)获得一等奖时，物块1从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为vE，则2R＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2解得vE＝eq\r(2gR)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s在E点，由牛顿第二定律得mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)解得FN＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)－mg＝2N由牛顿第三定律知，物块1在E点对轨道的压力大小为2N，方向竖直向上。(2)在DE圆弧段脱离轨道获二等奖，则物块1在D点刚好脱离轨道，对应的速度为0。应用动能定理得μmg·2R＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1min)－0解得v1min＝4eq\r(2)m/s物块1在E点刚好脱离轨道，对应的速度设为vE则有mg＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)解得vE＝eq\r(gR)＝2eq\r(2)m/s由E→B，由动能定理得μmg·2R＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1max)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)解得v1max＝2eq\r(14)m/s所以物块1碰后的速度大小范围为4eq\r(2)m/s≤v1≤2eq\r(14)m/s。(3)获得三等奖时，物块1刚好能运动到C点，弹簧弹性势能最小，则－μmg·2R＝0－eq\f(1,2)mv1′2解得v1′＝4m/s碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律，则有m0v＝m0v′＋mv1′eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)m0v′2＋eq\f(1,2)mv1′2解得v＝3m/s弹簧的弹性势能最小值为Ep＝eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)×0.4×32J＝1.8J。规范指导(2024·四川成都七中检测)如图3所示，半径R＝1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L＝0.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高h＝0.45m，C点与一倾角为θ＝37°的光滑斜面连接，质量m＝1.0kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍，当小滑块运动到C点时与一个质量M＝2.0kg的小球正碰，碰撞时间极短，碰后小滑块返回恰好停在B点，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求：图3(1)小滑块应从圆弧上离地面多高处释放；(2)两物体碰后小球第一次落点到C点的距离。

1.(2024·山东卷，17)如图4甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。图4(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。(ⅰ)求μ和m；(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。答案(1)4m/s(2)(ⅰ)0.21kg(ⅱ)4.5m解析(1)对小物块在Q点，由牛顿第二定律有mg＋3mg＝meq\f(v2,R)解得v＝4m/s。(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a变形得a＝eq\f(1,M＋m)F结合题图乙可知eq\f(1,M＋m)＝eq\f(2,4)kg－1＝0.5kg－1当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma变形得a＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)结合题图乙可知eq\f(1,M)＝eq\f(6－2,8－4)kg－1＝1kg－1－eq\f(μmg,M)＝－2m/s2联立解得M＝1kg，m＝1kg，μ＝0.2。(ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8N时，轨道的加速度为a1＝6m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2m/s2，方向均水平向左。设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点时，速度v2＝a2t0此时轨道的速度v1＝a1t0小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋2mgRMv1＋mv2＝Mv3＋mv4其中v4＝7m/s联立并代入数据解得t0＝1.5s(另一解不符合题意，舍去)根据运动学规律有L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)解得L＝4.5m。2.(2024·安徽卷，14)如图5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时，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＝1.25m，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。图5(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。答案(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解析(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝5m/s在最低点，对小球由牛顿第二定律有FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),L)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＝6N。(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有mv0＝mv1＋Mv2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝eq\f(2m,m＋M)v0＝4m/s。(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，物块与小车整体水平方向动量守恒Mv2＝2Mv3由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,3)＋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，物块与小车整体水平方向动量守恒Mv2＝2Mv4由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,4)＋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。1.如图1所示，水平轨道OP光滑，PM粗糙，PM长L＝3.2m。OM与半径R＝0.15m的竖直半圆轨道MN平滑连接。小物块A自O点以v0＝14m/s向右运动，与静止在P点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B分开，A恰好运动到M点停止。A、B均看作质点，已知A的质量mA＝1.0kg，B的质量mB＝2.0kg，A、B与轨道PM间的动摩擦因数均为μ＝0.25，g取10m/s2，求：图1(1)碰后A、B的速度大小；(2)碰后B沿轨道PM运动到M所需时间；(3)若B恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能。答案(1)4m/s5m/s(2)0.8s(3)1.5J解析(1)由牛顿第二定律，A、B在PM上滑行时的加速度大小相同，均为a，则a＝eq\f(μmAg,mA)＝eq\f(μmBg,mB)＝μg＝2.5m/s2由运动学知识，对A有veq\o\al(2,1)＝2aL解得碰后速度v1＝4m/sA、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，有mAv0＝mAv1＋mBv2解得碰后B的速度v2＝5m/s。(2)对B物块，P到M的运动过程，有L＝v2t－eq\f(1,2)at2解得t1＝3.2s(不符合题意，舍去)，t2＝0.8s即所求时间t＝0.8s。(3)B在M点的速度大小v3＝v2－at代入数值解得v3＝3m/sB恰好过N点，满足mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,4),R)M到N过程，由功能关系可得ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,4)－2mBgR联立解得损失的机械能ΔE＝1.5J。2.(2024·福建泉州一模)如图2，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端；质量为3m的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧a端与台面等高，小车的上表面由长度为R的粗糙水平面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道bc组成。质量为m的小物块P(与弹簧不拴接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止释放后从a端以大小为2eq\r(gR)(g为重力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c。图2(1)求由静止释放时弹簧的弹性势能Ep；(2)求P与ab间的动摩擦因数μ；(3)请通过计算判断P是否会滑离小车？答案(1)2mgR(2)0.5(3)P会滑离小车解析(1)设弹簧恢复原长时，P的速度为v0，根据系统能量守恒有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)其中v0＝2eq\r(gR)解得Ep＝2mgR。(2)P恰好到达顶端c时，此时P与小车共速，设此时速度大小为v，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋3m)v根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR解得μ＝0.5。(3)设小物块P最终停在小车上，小物块在粗糙水平面ab上的相对路程为s，由于水平方向动量守恒，可知，此时P与小车速度大小仍然为v，根据系统能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋3m)v2＝μmgs解得s＝3R由于s＞2R故P会滑离小车。3.(2024·河北石家庄模拟)如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为2m的小车，车上固定一处于自然长度的轻质弹簧，将质量为2m的光滑木块放在小车上，整个装置静止。现长为L的细线系着一个质量为m的小球，将小球拉至与竖直方向成θ＝60°角的A位置从静止开始释放，摆到最低点B时，刚好能与木块相碰(相碰时间极短)，相碰后小球反弹的速度大小为碰撞前的一半，木块与弹簧、小车相互作用的过程中无机械能损失，已知当地的重力加速度为g。求：图3(1)小球与木块相碰前的速度；(2)在木块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能；(3)木块和小车最终运动的速度大小。答案(1)eq\r(gL)方向水平向右(2)eq\f(9,32)mgL(3)0eq\f(3\r(gL),4)解析(1)小球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos60°))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(gL)，方向水平向右(2)小球与木块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv球＋2mv木块由题意可知v球＝－eq\f(v0,2)解得v木块＝eq\f(3\r(gL),4)弹簧弹性势能最大时木块与小车速度相等，木块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv木块＝(2m＋2m)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,木块)＝eq\f(1,2)(2m＋2m)v2＋Ep解得v＝eq\f(3\r(gL),8)，Ep＝eq\f(9,32)mgL。(3)木块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv木块＝2mv木块′＋2mv小车由机械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,木块)＝eq\f(1,2)×2mv木块′2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,小车)解得v木块′＝0，v小车＝eq\f(3\r(gL),4)。4.(2024·浙江6月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图4所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。图4(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；(2)若μ2＝0，滑块恰好过C点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；(3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。答案(1)5m/s(2)0.625J(3)6m/s解析(1)对滑块从离开弹簧到运动至圆形轨道最高点的过程，由动能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\