2025高考物理步步高同步练习选修1第一章 动量专题强化3　弹簧-小球模型　滑块-光滑斜(曲)面模型含答案

2025高考物理步步高同步练习选修1第一章动量专题强化3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型[学习目标]1.进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。2.掌握两类碰撞问题的解题方法(重难点)。一、弹簧—小球模型如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m2的刚性小球B，左端与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m1的刚性小球A以速度v0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问：(1)弹簧的弹性势能什么情况下最大？最大为多少？(2)两球共速后，两球的速度如何变化？弹簧长度如何变化？(3)小球B的速度什么情况下最大？最大为多少？答案(1)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax解得Epmax＝eq\f(m1m2v02,2m1＋m2)(2)如图所示，两球共速后，A减速，B加速，A、B间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。(3)当弹簧恢复原长时，小球B的速度最大，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v2＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)。拓展延伸(1)系统动能何时最小？求系统的动能的最小值。(2)从小球与弹簧相互作用至弹簧恢复原状的过程，系统动能何时最大？求系统的动能的最大值。答案(1)弹簧和小球组成的系统机械能守恒，两球共速时，弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小。Ekmin＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m12,2m1＋m2)v02(2)弹簧和小球组成系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能最小，系统的动能最大，Ekmax＝eq\f(1,2)m1v02。对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。若接触面光滑，弹簧和物体组成的系统机械能守恒。1．弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。2．弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。例1(2022·金华一中期末)如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则：(1)A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？(3)弹簧的最大弹性势能是多少？(4)弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？答案见解析解析(1)在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)。(2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(v0,3)。(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)×2mv12－eq\f(1,2)×3mv22＝eq\f(1,12)mv02。(4)弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律，得2mv1＝2mvAB＋mvC，eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)×2mvAB2＋eq\f(1,2)mvC2解得vAB＝eq\f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq\f(v0,6)，vC＝eq\f(2v0,3)。二、滑块—光滑斜(曲)面模型如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，试分析：(1)在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？(2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？最大高度为多少？(3)小球与轨道分离时两者的速度分别是多少？答案(1)整个过程中系统的机械能守恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。(2)当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同。由动量守恒定律得mv0＝3mv由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgh解得h＝eq\f(v02,3g)(3)设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2根据机械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22联立以上两式可得：v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0。在滑块—光滑斜(曲)面模型中，若滑块始终未脱离斜(曲)面1．当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共。此时滑块的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。2．当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)。例2如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有eq\f(1,4)弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则()A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0答案C解析整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。例3如图，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。(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)见解析解析(1)选向左为正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝3m/s为冰块被推出时的速度。联立两式并代入题给数据得m3＝20kg。(2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，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，由动量守恒定律和机械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32联立两式并代入数据得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处在后方，故冰块不能追上小孩。专题强化练1.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A．P的初动能 B．P的初动能的eq\f(1,2)C．P的初动能的eq\f(1,3) D．P的初动能的eq\f(1,4)答案B解析把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)，P的初动能Ek0＝eq\f(1,2)mv02，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(1,2)Ek0，故选项B正确。2．(多选)如图，弹簧的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，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，弹簧始终在弹性限度内，则()A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B小球下滑的过程中，小球和槽之间的作用力对槽不做功C．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动答案AD解析在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，小球对槽的作用力对槽做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误。3．(多选)如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动B．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动C．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动D．槽一直向右运动答案BC解析小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确；小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平面上做往复运动，故C正确，D错误。4.如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是()A．滑块b沿a上升的最大高度为eq\f(v02,5g)B．物块a运动的最大速度为eq\f(2v0,5)C．滑块b沿a上升的最大高度为eq\f(v02,2g)D．物块a运动的最大速度为eq\f(v0,5)答案B解析b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2v02,5g)，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvb2＋eq\f(1,2)×4mva2，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正确，D错误。5．(多选)(2022·菏泽市月考)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，mA>mB，B球上固定一轻质弹簧且始终在弹性限度内。A球以速率v去碰撞静止的B球，则()A．A球的最小速率为零B．B球的最大速率为eq\f(2mA,mA＋mB)vC．当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大D．两球的总动能最小值为eq\f(mA2v2,2mA＋mB)答案BD解析A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此过程满足动量守恒和能量守恒，有mAv＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v，因为mA>mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率为eq\f(2mA,mA＋mB)v，故A、C错误，B正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性联立可得Ek＝eq\f(mA2v2,2mA＋mB)，故D正确。6．如图甲所示，一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面上，现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得()A．从开始计时到t4这段时间内，物块A、B在t2时刻相距最远B．物块A、B在t1与t3两个时刻各自的加速度相同C．t2到t3这段时间弹簧处于压缩状态D．m1∶m2＝1∶2答案D解析结合题图乙可得两物块的运动过程，开始时物块A逐渐减速，物块B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，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，物块B依然加速，物块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相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t2到t3过程中弹簧的长度将逐渐变大，故A、C错误；由题图乙可知，物块A、B在t1与t3两个时刻各自的加速度方向相反，故B错误；系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝1∶2，故D正确。7．如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝4kg，mB＝2kg，mC＝2kg，A、B用一轻弹簧连接(弹簧与滑块拴接)，开始时A、B以共同速度v0＝4m/s运动，且弹簧处于原长，某时刻B与静止在前方的C发生碰撞并粘在一起运动，求：(1)B与C碰后的瞬间，C的速度大小；(2)运动过程中弹簧最大的弹性势能。答案(1)2m/s(2)4J解析(1)B与C碰撞过程动量守恒，对B和C，有mBv0＝(mB＋mC)vC解得vC＝2m/s。(2)弹簧弹性势能最大时三者共速，A、B、C组成的系统，由动量守恒定律，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v碰后运动过程中，系统机械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2＋eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2代入数据解得Ep＝4J。8．(2022·广州市期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0kg和mB＝4.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。求：(1)物块C的质量；(2)B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？答案(1)2kg(2)2m/s12J解析(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)12s末B离开墙壁，A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，当A、C与B速度相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4根据能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep解得v4＝2m/s，Ep＝12J。9.如图所示，将一半径R＝0.3m、质量M＝3kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m＝1kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h＝0.5m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v0；(2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v1；(3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。答案(1)4m/s(2)eq\r(7)m/s(3)0.3m解析(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝4m/s(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒有mv0＝(M＋m)v小球从B点到即将离开槽的过程根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv2联立解得v1＝eq\r(7)m/s(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度v1y＝eq\r(v12－v2)＝eq\r(6)m/s竖直方向有v1y2＝2gH解得H＝0.3m。专题强化4子弹打木块模型滑块—木板模型[学习目标]1.进一步理解动量守恒条件。2.会分析两物体在相对运动过程中的能量转换(重点)。3.能够从动量和能量的观点分析子弹打木块模型、滑块—木板模型(重难点)。一、子弹打木块模型1.如图所示，质量为M＝1kg的木块静止于粗糙的水平面上，木块与水平面间的动摩擦因数为0.2，一质量为m＝20g、速度为v0＝600m/s的子弹水平射入木块，穿出时的速度为v＝100m/s，若木块的宽度为d＝0.1m，重力加速度g＝10m/s2，试求子弹与木块间的平均作用力与木块和地面间的滑动摩擦力之比，并根据结果分析在解决此类问题时应如何处理？答案由动能定理可得－eq\x\to(F)·d＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得eq\x\to(F)＝3.5×104N木块与地面间的滑动摩擦力Ff＝μMg＝2N两者之比为eq\f(F,Ff)＝17500由此可知，子弹与木块间的平均作用力远大于木块与地面间的作用力，因此子弹和木块组成系统在相互作用过程中满足动量守恒的条件。2.如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，则(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；(2)子弹射入过程中产生的内能为多少？(3)木块至少为多长时子弹不会穿出？答案(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2得产生的热量为：Q＝eq\f(Mmv02,2M＋m)(3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律：FL＝Q得木块的最小长度为：L＝eq\f(Mmv02,2M＋mF).1．模型特点(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。(地面光滑或不光滑都成立)(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。2．两种类型(1)子弹留在木块中(未穿出)①动量守恒：mv0＝(m＋M)v②机械能损失(摩擦生热)Q热＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2其中d为子弹射入木块的深度。此过程相当于完全非弹性碰撞，动能损失最多。(2)子弹穿出木块①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②机械能的损失(摩擦生热)Q热＝Ff·L＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22其中L为木块的长度，注意d≤L。例1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)求子弹和木块的共同速度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？请计算并说明。答案(1)6m/s882J(2)能理由见解析解析(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此过程系统增加的内能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－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′≈10.7cm因为d′>10cm，所以能射穿木块。针对训练1(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是()A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大答案ABC解析以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度：v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A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，两种情况下系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·x相对知，由于x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。二、滑块—木板模型如图所示，在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0从木板的左边缘滑上质量为M的木板的上表面，若滑块始终未滑离木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)此过程系统的动量是否守恒？系统的机械能是否守恒？(2)若滑块恰未脱离木板，试求木板的长度L。答案(1)系统的合外力为零，故系统的动量守恒。由于摩擦力对系统做负功，系统机械能不守恒。(2)根据动量守恒：mv0＝(m＋M)v系统机械能损失(摩擦生热)，Q热＝Ff·x相对＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，Ff＝μmg若滑块恰未脱离木板，则L＝x相对解得L＝eq\f(Mv02,2μgm＋M)。1．把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，若水平面光滑，滑块和木板组成的系统动量守恒。2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，即ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，此过程相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。例2如图所示，一质量为m＝1kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10m/s2)答案v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s解析滑块以初速度v′从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同(均为v)。由动量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能等于因摩擦产生的热量，Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得v′＝eq\f(2\r(10),3)m/s若滑块不滑出小车，滑块的初速度v0≤v′，即v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s。针对训练2质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另外两个质量也为m的物块B和C同时分别从A的左、右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，如图所示。物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ，假设物块B、C在长木板A表面上运动时始终没有碰撞。试求：(1)B、C刚滑上长木板A时，A所受合外力为多大？(2)长木板A的最终运动速度为多大？(3)为使物块B、C不相撞，长木板A至少多长？答案见解析解析(1)A受力如图所示，A受到的合力为：FA合＝μmg－μmg＝0。(2)系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m·2v－mv＝(m＋m＋m)v′，解得A、B、C最终的共同速度：v′＝eq\f(v,3)，即木板A最终运动的速度为eq\f(v,3)。(3)对系统，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋m)v′2＋μmgL，解得：L＝eq\f(7v2,3μg)。1．从物块滑上木板至两者共速时，若物块仍未脱离木板，此过程相当于完全非弹性碰撞过程。2．若地面光滑，物块和木板组成的系统动量守恒；若地面粗糙，系统的总动量将发生变化。专题强化练1．(多选)(2022·乐山市高二月诊断)如图所示，一子弹(可视为质点)以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，摩擦力大小为Ff，木块加速运动的位移为x。则以下说法正确的是()A．子弹动能的减少量等于系统动能的减少量B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D．系统因摩擦产生的热量为Ffd答案BD解析子弹射入木块的过程，由能量守恒定律知，子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块的动量变化量大小相等，方向相反，B正确；摩擦力对木块做的功为Ffx，摩擦力对子弹做的功为－Ff(x＋d)，可知二者不相等，系统因摩擦产生的热量为Ffd，C错误，D正确。2．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上相对长木板最多能滑行的距离为()A．LB.eq\f(3L,4)C.eq\f(L,4)D.eq\f(L,2)答案D解析长木板固定时，由动能定理得：－μMgL＝0－eq\f(1,2)Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝2Mv，由能量守恒定律有μMgx＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)×2Mv2，得x＝eq\f(L,2)，D项正确，A、B、C项错误。3．(多选)(2022·济南市高二月考)质量为M、长度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动．质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块。设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则()A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒B．子弹在木块中受到的阻力大小为eq\f(mv02,2d)C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为eq\f(mv0,M)D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为eq\f(Md,M＋m)答案BD解析拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力属于系统内力，木块和子弹组成的系统动量守恒；但因摩擦力做功，故系统机械能不守恒，故A错误；当木块被销钉挡住时，由动能定理可知－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,2d)，故B正确；拔去销钉，子弹与木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C错误；拔去销钉，对子弹射入木块的整个过程，根据能量守恒定律有－Ffx＝eq\f(1,2)×(m＋M)v2－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(Md,M＋m)，故D正确。4．(2022·石家庄市期中)如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1已知．重力加速度大小为g。由此可求得()A．木板的长度B．物块与木板的质量C．物块与木板之间的动摩擦因数D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能答案C解析对小物块应用x＝eq\f(v0＋v1,2)t1可以求出物块相对木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，A错误；物块与木板组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，可解出物块与木板的质量之比，但无法计算各自的质量，B错误；对物块，由动量定理得－μmgt1＝mv1－mv0，v0与v1已知，解得μ＝eq\f(v0－v1,gt1)可以求出动摩擦因数，C正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。5．(多选)(2022·山西长治二中期中)如图所示，一质量M＝8.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/sB．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s，方向向左D．长木板的长度可能为10m答案AD解析以向右为正方向，根据动量守恒定律可知Mv0－mv0＝Mv1＋0，解得v1＝3.75m/s，A正确；根据动量守恒定律，最终小木块和长木板的速度为v2，则Mv0－mv0＝(M＋m)v2，解得v2＝3m/s，因此A、B最终一起向右运动，且速度大小为3m/s，B、C错误；根据能量守恒定律，有μmgL＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22，解得木板的长度至少为L＝8m，因此长木板的长度可能为10m，D正确。6．(2022·荆州市期末)如图所示，长木板C质量为mC＝0.5kg，长度为L＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E(厚度不计)，P为木板C的中点，一的水平速度射入物块B并留在其中(射入时间极短)，已知重力加速度g取10m/s2(1)求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度大小；(2)A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数。答案(1)4m/s(2)0.4解析(1)子弹射入物块B的过程A、B系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1代入数据解得v1＝4m/s。(2)由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mB)v12＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22＋μ(mA＋mB)g·eq\f(L,2)代入数据解得μ＝0.4。7.质量为M＝3kg的小车在光滑的水平轨道上匀速向右运动，速度为v1＝2m/s。在小车下方中心O处悬挂一根长长的轻绳，绳下端拴一个质量m＝2kg的钢块，钢块随小车一起运动，轻绳保持竖直方向，如图所示。一颗质量为m′＝0.4kg的子弹从左边沿水平方向向右射来，速度为v2＝30m/s，与钢块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后子弹以20m/s的速度反向弹回。重力加速度g＝10m/s2。求钢块在此后的运动过程中离最低点的高度的最大值。答案3m解析子弹与钢块相互作用的过程中，水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，钢块碰后瞬间的速度为v，子弹碰后瞬间的速度v3＝－20m/s，则m′v2＋mv1＝m′v3＋mv解得v＝12m/s设钢块到达最高点时小车与钢块的共同水平速度大小为v′，钢块上升的最大高度为hm，根据水平方向动量守恒和系统机械能守恒有Mv1＋mv＝(M＋m)v′mg·hm＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2联立解得hm＝3m。8．(多选)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3kg，质量m＝1kg的铁块以水平速度v0＝4m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回(弹簧始终在弹性限度内)，最后恰好停在木板的左端，则下列说法正确的是()A．铁块和木板最终共同以1m/s的速度向右做匀速直线运动B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为3JC．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3JD．运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功后做负功答案ABD解析设最终铁块与木板速度相同时大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对木板滑行的最大路程为L，滑动摩擦力大小为Ff。取向右为正方向，根据动量守恒定律可知：mv0＝(m＋M)v，得v＝1m/s，方向向右。两者最终以1m/s的共同速度向右做匀速直线运动，A正确；铁块相对木板向右运动，当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝1m/s，由能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有：eq\f(1,2)mv02＝Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有：eq\f(1,2)mv02＝2Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，联立得弹簧的最大弹性势能Ep＝3J，B正确；由功能关系知：运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2Ff·L＝6J，C错误；由分析可知，木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，D正确。9.如图所示，质量mB＝2kg的平板车B上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量mA＝2kg的物块A(A可视为质点)，A、B一起以大小为v1＝0.5m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m0＝0.01kg的子弹以大小为v0＝600m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后，速度变为v＝200m/s。已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终相对静止时A刚好停在B的右端，车长L＝1m，g＝10m/s2，求：(1)A、B间的动摩擦因数；(2)整个过程中因摩擦产生的热量。答案(1)0.1(2)1600J解析(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动量守恒定律得m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，代入数据解得vA＝1.5m/s，子弹穿过A后，A以1.5m/s的速度开始向右滑行，B以0.5m/s的速度向左运动，当A、B达到共同速度时，A、B相对静止，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正方向，有mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2代入数据解得v2＝0.5m/s根据能量守恒定律知μmAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBv12－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22代入数据解得μ＝0.1。(2)根据能量守恒定律，整个过程中因摩擦产生的热量为Q＝eq\f(1,2)m0v02＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v12－eq\f(1,2)m0v2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22代入数据解得Q＝1600J。专题强化5动力学、能量和动量观点在力学中的应用[学习目标]1.了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则(难点)。2.了解处理力学问题的系统化思维方法(难点)。3.综合动量和能量观点解决问题(重点)。一、力学的三个基本观点和选用原则1．力的三个作用效果及五个规律(1)力的三个作用效果作用效果对应规律表达式列式角度力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学力在空间上的积累效果动能定理W合＝ΔEk即W合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12功能关系力在时间上的积累效果动量定理I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv冲量与动量的关系(2)两个守恒定律名称表达式列式角度能量守恒定律(包括机械能守恒定律)E2＝E1能量转化(转移)动量守恒定律p2＝p1动量关系2．力学规律的选用原则(1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。(3)若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。(4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。例1如图所示，半径R1＝1m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，BC长L＝1m，重力加速度g取10m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间。答案(1)3N(2)2m/s(3)0.4s解析(1)甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝eq\f(1,2)mv12甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝meq\f(v12,R1)联立解得：v1＝2eq\r(5)m/s，FN＝3N根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝3N。(2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2m/s2设甲物块运动到与乙相碰前瞬间的速度为v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4m/s设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv2＝2mv3解得：v3＝2m/s。(3)碰撞后，甲和乙以2m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上则下落的时间t＝eq\r(\f(2R2,g))＝0.4s则水平方向的位移x＝v3t＝0.8m＝R2说明两物块刚好落到D点，假设成立因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4s。针对训练1(2022·济宁市高一月考)如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以大小相等的速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求：(1)木板C的最终速度的大小；(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff的大小；(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。答案(1)eq\f(5,6)v(2)eq\f(mv2,3L)(3)eq\f(3L,2v)解析(1)取向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1解得v1＝eq\f(v,3)A滑到C上，A、C系统动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2解得v2＝eq\f(5,6)v(2)在A、C相互作用过程中，有Q＝Ff·eq\f(L,2)，Q＝eq\f(1,2)(3m)v2＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(3m＋m)v22解得Ff＝eq\f(mv2,3L)；(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1解得t＝eq\f(3L,2v)。1．灵活选取系统。根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。2．灵活选取物理过程。在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况。二、用动量和能量观点综合解决问题1．系统化思维方法(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。2．若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。例2如图所示，质量m＝1kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l均为0.6m。现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端。小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10m/s2，水平面足够长，求：(1)小物块离开平台时速度的大小；(2)水平恒力F对小物块冲量的大小。答案(1)3m/s(2)5N·s解析(1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1。从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v12＋μmgl联立以上两式并代入数据得：v0＝3m/s。(2)设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上运动的时间为t。小物块在平台上运动的过程，对小物块：由动量定理得：I－μmgt＝mv0－0由运动学规律得：l＝eq\f(v0,2)t联立并代入数据得：I＝5N·s。针对训练2如图所示，在光滑的水平面上放置了一个质量M＝3kg的长木板AB，长木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，长木板的左端放置了一个质量m＝1kg的小物块(视为质点)，物块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝0.15，木板右端B连着一段轻质弹簧，弹簧处于自然状态时，左端点正好在C点，系统处于静止状态。若给小物块一个向右的初速度v0＝2m/s，小物块正好滑到C处；如果给长木板施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，作用t＝1s时间后撤去此力时，小物块正好到达C点。求：(1)长木板粗糙段的长度；(2)恒力F的大小；(3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能。答案(1)1m(2)12N(3)1.5J解析(1)设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0＝2m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有mv0＝(m＋M)vμmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2解得L＝1m(2)设经过t＝1s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有：Ft＝Mv1＋mv2对整个系统由功能关系有：Fx－μmgL＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22又eq\f(v1,2)t＝xeq\f(v2,2)t＝x－L联立解得F＝12N，v1＝3.5m/s，v2＝1.5m/s(3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则Mv1＋mv2＝(M＋m)v3eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22＝Epm＋eq\f(1,2)(M＋m)v32解得Epm＝1.5J。专题强化练1．学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s答案C解析设足球自由下落到人头顶前瞬时速度大小为v0，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv02，则v0＝eq\r(2gh)＝4m/s对足球，在与人头顶作用过程中，规定竖直向上为正方向，由动量定理得(eq\x\to(F)－mg)Δt＝mv0－(－mv0)解得eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(2mv0,Δt)＝36N足球的重力G＝mg＝4N，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍，A错误；足球下落到与头部刚接触时动量大小mv0＝1.6kg·m/s，B错误；足球与头部作用过程中动量变化大小为2mv0＝3.2kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点过程中重力的冲量大小为IG＝mg(Δt＋2t)＝4×(0.1＋2×0.4)N·s＝3.6N·s，D错误。2．(多选)(2022·唐山市高二期中)像子弹这样高速运动物体的速度通常很难直接测量，但我们可以借助物理知识设计方案帮助我们测量。如图所示，有一种测子弹速度的方案如下：长为L的细线下吊着一个质量为M的沙袋(大小可忽略不计)，一颗质量为m的子弹水平射入沙袋并在极短时间内留在其中，然后随沙袋一起摆动，若细线与竖直方向的最大偏角是θ(小于90°)，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．子弹射入沙袋后和沙袋的共同速度为eq\r(2gL1－cosθ)B．子弹射入沙袋前的速度为eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL1－cosθ)C．系统损失的机械能为eq\f(M,m)(M＋m)gL(1－cosθ)D．子弹射入沙袋后瞬间细绳拉力为3(M＋m)·g(1－cosθ)答案ABC解析子弹射入沙袋后与沙袋一起摆动的过程，根据机械能守恒定律可得(m＋M)gL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)(m＋M)v12，解得子弹射入沙袋后和沙袋的共同速度为v1＝eq\r(2gL1－cosθ)，A正确；子弹射入沙袋的过程，水平方向动量守恒，可得mv0＝(m＋M)v1，解得子弹射入沙袋前的速度为v0＝eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL1－cosθ)，B正确；系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v12＝eq\f(M,m)(M＋m)gL(1－cosθ)，C正确；子弹射入沙袋后的瞬间，根据牛顿第二定律可得F－(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v12,L)，解得细绳的拉力大小为F＝(m＋M)·g(3－2cosθ)，D错误。3.(2022·山东青岛二中高二期中)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g。则()A．细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为eq\f(F,m)B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,4)mv2C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq\f(1,2)mv2D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq\f(v2,2gl)答案D解析细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，故A错误；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq\f(1,2)mv2，故B错误；弹簧恢复原长时木板具有动能，所以滑块的动能小于eq\f(1,2)mv2，故C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，故D正确。4.如图所示，足够长的曲面与水平桌面平滑连接，将两物体甲、乙之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连。现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，乙离开弹簧后从右边飞出