第七章 素养提升课七　动量和能量观点的综合应用-2025高三总复习 物理（新高考）

素养提升课七动量和能量观点的综合应用提升点一“子弹打木块”模型模型图例地面光滑，木板长度为d，子弹射入木块所受阻力为Ff。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。两种情景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＝Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。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＝Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1))。学生用书第138页如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。(1)求子弹和木块共同速度的大小以及它们在此过程中所产生的内能；(2)若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案：(1)6m/s882J(2)能解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此过程系统所产生的内能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假设子弹以v0′＝400m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此过程系统所损耗的机械能为ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′则eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(32,3)cm因为d′＞10cm，所以子弹能射穿木块。规律总结解决“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ΔE损＝Q热＝Ffx相对求解。(2)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。(3)通过打击前后系统的机械能之差求解。对点练1．(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是()A．FfL＝eq\f(1,2)Mv2 B．Fft＝mv0－mvC．v＝eq\f(mv0,M) D．Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2答案：AB解析：对木块，由动能定理可得FfL＝eq\f(1,2)Mv2，故A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理可得－Fft＝mv－mv0，故B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C错误；对木块、子弹整体，根据能量守恒定律得Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，故D错误。对点练2．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eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)gC．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)gD．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒答案：C解析：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＝eq\f(m0v0,m0＋M)，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＝(M＋m0)eq\f(veq\o\al(2,1),l)，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，FN′＝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。学生用书第139页提升点二“滑块—滑板”模型模型图例上表面粗糙、质量为M的滑板，放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上滑板。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.若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，二者相对位移最大。两种情景1.若滑块未滑离滑板，当滑块与滑板相对静止时，二者的共同速度为v，滑块相对滑板的位移为d，滑板相对地面的位移为x，滑块和滑板间的摩擦力为Ff。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况：(1)系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v。(2)系统能量守恒：Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.若滑块滑离滑板，设滑离滑板时，滑块的速度为v1，滑板的速度为v2，滑板长为L：(1)系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系统能量守恒：FfL＝eq\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)。(2023·山东高考，改编)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求C下滑的高度H；(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；(3)若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W。答案：(1)0.8m(2)eq\f(5,8)m≤s≤(1＋eq\f(\r(2),2))m(3)－6J解析：(1)C沿光滑的轨道下滑时，只有重力做功，则C的机械能守恒，由机械能守恒定律得mCgH＝eq\f(1,2)mCv2，解得H＝0.8m。(2)C滑上B后，C做减速运动，对B由牛顿第二定律有μ2mCg－μ1(mB＋mC)g＝mBaB，得aB＝1m/s2，则B做加速运动，A、B分离，对C由牛顿第二定律有μ2mCg＝mCaC，aC＝5m/s2，设经过t1时间B、C共速，共同的速度为v′，则有v′＝v－aCt1＝v0＋aBt1，解得t1＝0.5s，v′＝1.5m/s，则t1时间内B的位移sB1＝eq\f(v0＋v′,2)t1＝eq\f(5,8)m，A的位移sA＝v0t1＝0.5m，此时A、B之间的距离Δs＝sB1－sA＝eq\f(1,8)m，B、C共速后，二者以大小aBC＝μ1g＝1m/s2的加速度共同减速，设再经t2时间物块A与B恰好未碰撞，则有v0t2＝Δs＋v′t2－eq\f(1,2)aBCteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(1＋\r(2),2)s，t2时间内B的位移sB2＝v′t2－eq\f(1,2)aBCteq\o\al(2,2)，解得sB2＝eq\f(3＋4\r(2),8)m，则s的取值范围为sB1≤s≤sB2＋sB1，即eq\f(5,8)m≤s≤(1＋eq\f(\r(2),2))m。(3)因s＝0.48m＜sB1，则B与P碰撞瞬间，B、C未共速，设C滑上B后经t3时间B与P发生碰撞，对B有s＝v0t3＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,3)，解得t3＝0.4s，t3时间内C的位移sC＝vt3－eq\f(1,2)aCteq\o\al(2,3)＝1.2m，摩擦力对C做的功W＝－μ2mCgsC＝－6J。对点练1．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝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＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．长木板A获得的动能为1JB．A、B系统损失的机械能为2JC．长木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1答案：ABD解析：由题图乙可知，最终长木板A获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，则长木板A获得的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2J，B正确；根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到0～1s内B的位移为xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，C错误；由题图乙可知，B的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，D正确。学生用书第140页对点练2．(多选)如图所示，一质量M＝3kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m＝1kg的小木块A。现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。A、B间的动摩擦因数为0.1，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．木块A一直做匀减速运动B．木块A在木板B上滑动过程中，木块A的加速度大小不变，方向变化C．木块在加速运动过程中，木块相对于木板运动了2.67mD．整个过程中，滑动摩擦产生的热量为24J答案：CD解析：系统的初动量方向水平向右，对木板与木块组成的系统，合外力保持为零，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可知，A、B共速时总动量也向右，故二者最终向右运动。所以物块A先向左做匀减速运动，速度减到零后再反向做匀加速运动，最后和B一起做匀速运动，A错误；共速前A一直相对B向左滑动，故A受到的滑动摩擦力方向一直水平向右，由牛顿第二定律可知μmg＝ma，则木块A的加速度的大小和方向一直不变，B错误；规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律，木块A速度为零时，有Mv0－mv0＝MvB，解得vB＝eq\f(8,3)m/s，以后A加速至和B速度相等，则MvB＝(M＋m)v共，解得v共＝2m/s，由能量守恒定律知μmgs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)，解得s≈2.67m，C正确；由能量守恒定律知Q＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)，代入数据解得Q＝24J，D正确。提升点三“滑块—曲面(或斜面)体”模型模型图例M开始时静止，m以初速度v0滑上光滑的曲面体。两种情景1.m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时水平速度v共：(1)系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共；(2)系统机械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。2.m返回最低点时，m与M的分离点：(1)整个过程中，系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；(2)整个过程中，系统机械能守恒：eq\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)。(2023·海南高考)如图所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道A，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。已知g取10m/s2。(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？(3)在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。答案：(1)30N(2)1.6J(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s解析：(1)滑块下滑到轨道底部，有mBgR＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－0解得v0＝2m/s在A的底部，对B根据牛顿第二定律FN－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝30N由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。(2)当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1解得加速度向左，为a1＝2m/s2对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力Ff地C＝μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋mC))g根据牛顿第二定律Ff地C－FfBC＝mCa2解得其加速度向左，为a2＝10m/s2由运动学位移与速度关系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得B向右运动的距离x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝1mC向右运动的距离x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)＝0.2m由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量Q＝μ1mBgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2))可得Q＝1.6J。(3)由(2)可知，若B还未与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有t1＝eq\f(v0,a2)解得t1＝0.2sB的位移为xB1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.36m则此刻B、C的相对位移为x相＝xB1－x2＝0.16m此时vB1＝v0－a1t1＝1.6m/s由L＞0.16m知，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有L－x相＝vB1t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)，解得t2＝0.8－eq\r(0.8－L)s碰撞时B的速度为vB2＝vB1－a1t2＝2eq\r(0.8－L)m/s，碰撞时由动量守恒可得mBvB2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))v解得碰撞后B、C速度为v＝eq\f(\r(0.8－L),2)m/s之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得a3＝eq\f(μ2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)))＝8m/s2后再经t3时间停下，则有t3＝eq\f(v,a3)＝eq\f(\r(0.8－L),16)s故B从滑上C到最终停止所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s。对点练1．(多选)质量为M的带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则()A．小球将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,0),2g)答案：BC解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2Mv′2＋Mgh，联立解得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，由于二者质量相等，故作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，根据动能定理得此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，B、C正确，A错误。对点练2．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。学生用书第141页(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案：(1)20kg(2)不能，理由见解析解析：(1)规定水平向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此时共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh联立并代入题给数据解得v＝1m/s，m3＝20kg。(2)设小孩推出冰块后，小孩与滑板的速度为v1，对小孩和滑板与冰块，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0代入数据得v1＝－1m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)联立并代入数据解得v2＝－1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度，与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。提升点四“物块—弹簧”模型模型图例m1、m2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m1以初速度v0运动。两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。(2)系统机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＋Epmax。2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。(2)系统机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)。(2022·全国乙卷·改编)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在足够长的光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求：(1)碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。答案：(1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0解析：(1)当弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻，根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根据能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋m)veq\o\al(2,0)联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mveq\o\al(2,0)。(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA对方程两边同时乘以时间Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5mxB＋mxA，将xA＝0.36v0t0代入可得xB＝1.128v0t0则碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δx＝xB－xA＝0.768v0t0。规律总结“滑块—弹簧”模型的解题思路1．首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。2．分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能(或能量)守恒定律列出方程。3．判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果。4．弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能(或能量)守恒定律求解。学生用书第142页对点练1．(2023·河北邯郸三模)如图所示，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内。以下说法正确的是()A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒C．小球a速度的最大值为eq\f(9,20)v0D．弹簧弹性势能最大值为eq\f(9,320)mveq\o\al(2,0)答案：C解析：由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；整个过程中弹簧与四个弹性小球的系统机械能守恒，但四个弹性小球a、b、c、d的机械能不守恒，故B错误；小球d与小球c碰撞，设小球c碰撞后速度为v1，小球d碰撞后速度为v2，由动量守恒和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝eq\f(1,2)v0，小球c与小球b碰撞，设小球c碰撞后速度为v3，小球b碰撞后速度为v4，由动量守恒和机械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)×3mv32＋eq\f(1,2)×9mv42，解得v4＝eq\f(1,4)v0，小球b向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，则Epmax＝eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(9,32)mv02，故D错误；小球b开始压缩弹簧，到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b向右的速度大小为v4；当小球a、b向右运动，弹簧处于原长时，小球a的速度最大，设小球a的速度大小为v5，小球b的速度大小为v6，由动量守恒和机械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(1,2)mv52＋eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,6)，解得v5＝eq\f(9,20)v0，故C正确。故选C。对点练2．(多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有()A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8答案：CD解析：由题图乙可知，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A、B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1m/s，B的速度为vB＝2m/s，根据m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＝1∶8，D正确。提升点五力学三大观点的综合应用1．力学三大观点动力学观点牛顿第二定律结合运动学公式，可用于解决匀变速直线运动问题。能量观点动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律，可用于解决各种运动问题。动量观点动量定理、动量守恒定律，一般用于解决非匀变速直线运动问题。2．力学规律的优选策略(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发生运动状态改变时，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发生运动状态改变时，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换。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。(2023·浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF学生用书第143页与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2eq\r(21)m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为形变量)。(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。答案：(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析：(1)滑块a从D到F，由动能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在F点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,F),R)解得vF＝10m/s，FN＝31.2N。(2)滑块a返回到B点时的速度vB＝1m/s滑块a一直在传送带上减速，由牛顿第二定律得a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2根据运动学公式有veq\o\al(2,B)＝veq\o\al(2,C)－2aL可得在C点的速度vC＝3m/s则滑块a从碰撞后到达C点，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg·2R解得v1＝5m/s因a、b碰撞过程中动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2解得碰后b的速度v2＝5m/s则碰撞损失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)＝0。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，由动量守恒定律得mvF＝4mv解得a、b碰后的共同速度v＝2.5m/s当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度，由动量守恒定律得(m＋3m)v＝6mv′解得v′＝eq\f(5,3)m/s当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系得eq\f(1,2)·(m＋3m)v2＝eq\f(1,2)·6mv′2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)解得x1＝0.1m同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2m。对点练．(2023·辽宁高考)如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝eq\f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t表示)。答案：(1)1m/s0.125m(2)0.25meq\f(\r(3),2)m/s(3)(4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0))J解析：(1)由于地面光滑，则木板和物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1代入数据有v1＝1m/s对木板根据牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，a1＝4m/s2则木板运动前右端距弹簧左端的距离x1满足veq\o\al(2,1)＝2a1x1代入数据解得x1＝0.125m。(2)木板与弹簧接触以后，对物块与木板组成的系统有kx＝(m1＋m2)a共对物块，根据牛顿第二定律得μm2g＝m2a2a2＝1m/s2当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25m对木板和物块组成的系统由动能定理有－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)代入数据解得v2＝eq\f(\r(3),2)m/s。(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于木块的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，说明此时木板的速度大小为v2，共用时2t0，且物块一直受滑动摩擦力作用，对物块根据动量定理得－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2解得v3＝eq\f(\r(3),2)－2t0则对于木板和物块组成的系统根据能量守恒定律得－Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)ΔU＝－Wf联立有ΔU＝(4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0))J。课时测评32动量和能量观点的综合应用eq\f(对应学生,用书P415)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～8题，每题3分，共24分)1．(2024·安徽黄山模拟)如图所示，质量为m的子弹，以初速度v0射入静止在光滑水平面上的木块，并留在其中。木块质量为M，长度为L，子弹射入木块的深度为d，在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是()A．d可能大于s，也可能小于sB．s可能大于L，也可能小于LC．s一定小于d，s一定小于LD．若子弹质量减小，d和s不一定同时变小答案：C解析：木块和子弹组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(v0,1＋\f(M,m))，木块增加的动能等于阻力与木块的位移乘积Ffs＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M)))·eq\f(m,m＋M)＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))2)，系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（m＋M）)，由此计算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子弹质量减小，d和s一定同时变小。故选C。2．(2023·河北衡水三模)如图所示，光滑水平面上放置滑块A和左侧固定轻质竖直挡板的木板B，滑块C置于B的最右端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝1kg。开始时B、C静止，A以v0＝7.5m/s的速度匀速向右运动，A与B发生正撞(碰撞时间极短)，经过一段时间，B、C达到共同速度一起向右运动，且此时C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均无机械能损失，木板B的长度为L＝0.9m，B、C之间的动摩擦因数为μ，取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为5m/sB．A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为6m/sC．C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C对B摩擦力的冲量水平向左D．μ＝0.55答案：B解析：规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)，解得vB1＝6m/s，故A错误，B正确；C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量水平向右，故C错误；由动量守恒定律和机械能守恒定律得mBvB1＝(mB＋mC)v共，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,共)＋μmCg·2L，解得μ＝0.75，故D错误。故选B。3．(2024·广东东莞高三检测)如图所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法错误的是()A．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒C．小球被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．小球被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处答案：D解析：槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，选项A正确；在下滑过程中，小球和槽组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，选项B正确；小球下滑到槽底端，由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，球被弹簧反弹后，速度大小不变仍为v2，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。4．(多选)如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是()A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能答案：BD解析：子弹射入物块A的过程为完全非弹性碰撞，动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，故A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的作用力与物块A对子弹的作用力是一对相互作用力，等大反向，则子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故B正确；子弹射入物块A的过程中有动能转化为内能，子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，故C错误；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，根据动量守恒与机械能守恒有(mA＋m子)v1＝(mA＋m子＋mB)v2，ΔEp＝eq\f(1,2)(mA＋m子)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)veq\o\al(2,2)，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故D正确。5．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹的阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是()A．木块和子弹A、B组成的系统动量守恒B．子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍C．子弹B的质量是子弹A的质量的6倍D．若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍答案：A解析：以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为Ff，根据动能定理对子弹A有－FfdA＝0－EkA，得EkA＝FfdA，对子弹B有－FfdB＝0－EkB，得EkB＝FfdB，由于dA＝3dB，则两子弹的初动能关系为EkA＝3EkB，又EkA＝eq\f(meq\o\al(2,A)veq\o\al(2,A),2mA)，EkB＝eq\f(meq\o\al(2,B)veq\o\al(2,B),2mB)，则得3mA＝mB，则子弹B的质量是子弹A的质量的3倍，子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B、C错误，A正确；若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，相对静止时具有向右的共同速度，由能量守恒定律可知，系统损失的机械能ΔE＝FfdA′＜EkA，则dA′＜dA；子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，且由A、B、C选项分析知mAvA＝mBvB，系统初动量为零，由动量守恒定律知，最终A、B与木块都静止。子弹B射入木块过程中，由能量守恒定律知，系统损失的机械能ΔE＝FfdB′＞EkB，则dB′＞dB。所以若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度减小，B进入的深度增加，D错误。6．(多选)如图所示，A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0kg，mB＝1.5kg，一个质量为mC＝0.5kg的小铁块C以v0＝8m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动。若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8m/s，铁块C与木块A、B间动摩擦因数均为μ＝0.4，取g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．铁块C在滑离A时的速度为2.4m/sB．木块B的长度至少为0.24mC．铁块C在木块B上滑行的时间为3.0sD．全过程铁块C克服摩擦力做的功为15.64J答案：ABD解析：铁块C在滑离A的瞬间，由动量守恒定律mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC，代入数据解得vC＝2.4m/s，所以A正确；铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度，铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,B)＋μmCgx1＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,A)，因铁块C没有从木块B上掉下来，所以木块B的长度L≥x1，联立以上方程代入数据解得L≥0.24m，即木块B的长度至少为0.24m，所以B正确；由B选项分析，可得C与B共速的速度为vB＝1.2m/s，C滑上B后做匀减速运动，由牛顿第二定律知加速度为aC＝eq\f(μmCg,mC)＝4m/s2，则铁块C在木块B上滑行的时间为t＝eq\f(vC－vB,aC)＝0.3s，所以C错误；C刚滑上A，C做匀减速运动，A做匀加速运动，则C的总位移为x2＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C),2aC)＋eq\f(veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B),2aC)＝7.82m，则全过程铁块C克服摩擦力做的功为Wf＝μmCgx2＝15.64J，所以D正确。7．(多选)(2024·山东济南模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的eq\f(1,4)圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则()A．B的最大速率为4m/sB．B运动到最高点时的速率为eq\f(3,4)m/sC．B能与A再次发生碰撞D．B不能与A再次发生碰撞答案：AD解析：A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，联立解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率为4m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，解得v＝eq\f(4,3)m/s，选项B错误；从B冲上C后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，联立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确。8．(多选)(2024·山东德州模拟)如图所示，在光滑水平面上有质量为3m的小球A和质量为5m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，质量也为5m的小球C以速度v0水平向左匀速运动并与B发生弹性碰撞。已知在小球A的左边某处(图中未画出)固定有一弹性挡板(指小球与挡板碰撞时不计机械能损失)，且当小球A与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极短。则小球A与挡板碰撞后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值可能是()A．eq\f(15,16)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(17,16)mveq\o\al(2,0)C．eq\f(7,2)mveq\o\al(2,0) D．eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)答案：ABD解析：由于B、C发生的是弹性碰撞，且二者质量相等，故二者碰撞后交换速度，即C静止，B速度为v0，B开始向左运动后，开始阶段B减速A加速。经分析，当pA＝pB时A与挡板相碰后反向，由动量守恒知有A、B速度同时为0的时刻，此时弹簧弹性势能的最大值最大，为Ep＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)；当弹簧第二次回到原长时，vA＝0，若此时正好与挡板相接触，此后弹簧压缩至最短，最短时弹簧弹性势能的最大值最小，有5mv0＝8mv共，Ep′＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×8mveq\o\al(2,共)，解得Ep′＝eq\f(15,16)mveq\o\al(2,0)，在这两者区间取值均可，故A、B、D正确，C错误。9．(8分)(2024·河南郑州模拟)利用示踪原子来探测细胞间的亲和程度是生物技术中的重要手段之一，其过程的一部分与下列物理过程极为相似：如图甲所示，光滑水平面上固定有一个发射装置，利用该装置向正对装置方向滑来的物块A和B(A、B相对静止)发射一个示踪滑块C，示踪滑块C将记录下它与发射装置之间的距离x。已知物块B叠放在物块A上，物块A的质量为3kg，示踪滑块C的质量为1kg，每次发射速度大小均为10m/s，与物块A之间的碰撞均为弹性碰撞，且物块A足够长，每次A、C相碰前，A、B间均已相对静止，某次测量的滑块C的x-t图像如图乙所示。滑块C和物块B均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)第一次碰后滑块C的速度大小；(2)物块B的质量；(3)物块A、B间的动摩擦因数。答案：(1)8m/s(2)6kg(3)0.4解析：(1)由x-t图像可知，t1＝1.00s时滑块C与A相碰，此时C与发射装置之间的距离x1＝vCt1＝10mt2＝2.25s时滑块C返回到发射装置处，设第一次碰后C的速度大小为vC1则vC1＝eq\f(x1,t2－t1)＝8m/s。(2)设A、B在第一次与C碰撞前的速度大小为vAB，以滑块C的初速度方向为正，第一次碰撞后瞬间A的速度大小为vA1，对A、C由动量守恒定律有mCvC－mAvAB＝－mCvC1＋mAvA1由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C1)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)解得vAB＝2m/s，vA1＝4m/s之后A、B相对静止，设共同速度大小为vAB1，对A、B由动量守恒定律有mAvA1－mBvAB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))vAB1同理第二次碰撞前滑块C到发射装置之间距离x2＝vCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t2))＝11m第三次碰撞后C的速度大小为vC2＝eq\f(x2,t4－t3)＝5m/s设第二次碰撞后瞬间A的速度为vA2则mCvC＋mAvAB1＝－mCvC2＋mAvA2，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,AB1)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C2)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A2)联立以上各式解得vAB1＝0，mB＝6kg。(3)由(2)分析可知第一次A、C相碰时A距离发射装置x1＝10m，第二次A、C相碰时A距离发射装置x2＝11m，且第二次碰后A、B处于静止状态，即A向右运动了xA＝x2－x1＝1m对物块A由动能定理有－μmBgxA＝－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)解得μ＝0.4。10．(8分)(2022·河北高考)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。答案：(1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s方向均向右(2)1.875m解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则有mv0－mkv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s＞0可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1－k)m/s，方向向右；滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为M＝1kg和2M＝2kg，则有Mv0－2Mkv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s＞0则新滑板的速度大小为eq\f(10－20k,3)m/s，方向向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′＝5(1－k)m/s＝2.5m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0m/s可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动。设新物块的质量为m′＝2m＝2kg，新滑板的质量为M′＝M＋2M＝3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根据能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′v物′2－eq\f(1,2)(m′＋M′)veq\o\al(2,共)解得x相＝1.875m。11．(10分)(2021·海南