新高考物理三轮冲刺专项训练压轴题04 用动量和能量的观点解题（解析版）

压轴题04用动量和能量的观点解题1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。考向一：动量定理处理多过程问题1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。(3)规定正方向。(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2①eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)②由①②得v′1＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)v′2＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度。②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动。③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。考向三：动量守恒定律完全非弹性碰撞问题两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律。m1v1＝m1v1＋m2v2m1v1＝（m1＋m2）v共①eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)（m1＋m2）v共2＋E损②根据能量守恒，E损一般有三个去向，转化为能能，转化为弹性势能，转化为重力势能。考向四：动量守恒定律反冲、爆炸问题1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动。2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。注意：反冲运动中平均动量守恒。(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等。3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1eq\x\to(v)1＝－m2eq\x\to(v)2得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。01动量定理处理多过程问题1.一高空作业的工人重为600N，系一条长为L＝5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1s，则安全带受的平均冲力是多少？(g取10m/s2)【答案】1200N【解析】法一程序法依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，veq\o\al(2,1)＝2gL，得v1＝eq\r(2gL)。经缓冲时间t＝1s后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，有(mg－F)t＝0－mv1，F＝eq\f(mgt＋mv1,t)将数值代入得F＝1200N。由牛顿第三定律知安全带受的平均冲力F′为1200N，方向竖直向下。法二全过程法在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2L,g))＋t))，拉力F的冲量大小为Ft。初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2L,g))＋t))－Ft＝0解得F＝eq\f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2L,g))＋t)),t)＝1200N。由牛顿第三定律知安全带受的平均冲力F′＝F＝1200N，方向竖直向下。02动量定理处理流体问题某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【答案】(1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)【解析】(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)v02④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧03弹性碰撞问题3.如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是()A.A静止，B向右，且最大偏角小于30°B.A向左，B向右，且最大偏角等于30°C.A向左，B向右，A球最大偏角大于B球最大偏角，且都小于30°D.A向左，B向右，A球最大偏角等于B球最大偏角，且都小于30°【答案】C【解析】设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向由动量守恒可得mAv＝mAvA＋mBvB由机械能守恒可得eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)可得vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v＝－eq\f(2,3)v，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v＝eq\f(1,3)v，A向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。04完全非弹性碰撞问题4.如图所示，光滑水平地面上静置有一质量m1=3kg，R=0.5m的竖直光滑SKIPIF1<0圆弧轨道AB，O为圆心、B为轨道最低点，OB竖直。其右侧地面上静置—质量m2=1kg的木板C，木板的上表面粗糙且与B点等高。现将一质量m3=2kg的小滑块D（可视为质点），以v0=3m/s的速度从右端滑上C的上表面，当它滑到C的左端时，C、D恰好达到共同速度，此后C与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞后C与B粘在一起。已知D与C上表面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s²。求∶（1）木板C的长度；（2）小滑块D沿圆弧轨道上升的最大高度。【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0【详解】（1）设C、D共同速度为v，由动量守恒定律有SKIPIF1<0根据能量守恒定律可得SKIPIF1<0代入数据解得SKIPIF1<0（2）木板与圆弧轨道发生相撞，碰撞后C和圆弧轨道的共同速度为v1、取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：SKIPIF1<0小滑块D和圆弧轨道在水平方向上动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：SKIPIF1<0根据机械能守恒定律可得SKIPIF1<0解得上升的最大高度SKIPIF1<005反冲、爆炸类问题5.如图所示。光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mC=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块（可视为质点）A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三个物体都静止。在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以6m/s的速度水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间及爆炸时间，求：(1)塑胶炸药爆炸后A、B获得的总动能(2)到A、B都与挡板碰撞为止，B物体相对地面的位移大小为多少？【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）0.7m【详解】（1）塑胶炸药爆炸过程中A、B组成系统动量守恒有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0m/sA、B获得的总动能SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0，当sA=1m时，sB=0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距SKIPIF1<0A、C相撞时有SKIPIF1<0解得v=1m/s，方向向左。而SKIPIF1<0m/s，方向向右，两者相距0.75m，故B的位移为SKIPIF1<006动量守恒定律的综合应用6.如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定以半径R＝0.7m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L＝0.9m，一个质量m＝2kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20g的子弹，以速度v0＝500m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，则：(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10cm，求弹簧的最大弹性势能。【答案】(1)否，5m/s(2)2.5J【详解】(1)对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋M)v，可得：v＝5m/s当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为v共1。根据动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋M＋m)v共1。解得：v共1＝2.5m/s根据机械能守恒定律得：eq\f(1,2)(m0＋M)v2＝eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v共12＋mgh解得：h＝0.625m<R＝0.7m，所以小物块不能达到圆弧轨道的最高点A；当小物块再次回到B点时，小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2根据动量守恒定律得：(m0＋M)v＝mv1＋(m0＋M)v2根据能量守恒定律得：eq\f(1,2)(m0＋M)v2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)(m0＋M)v22解得v1＝5m/s，v2＝0；(2)当弹簧具有最大弹性势能Ep时三者速度相同，由动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋M＋m)v共2，可得v共2＝v共1＝2.5m/s；根据能量守恒定律得：μmg(L＋x)＋Ep＝eq\f(1,2)(m0＋M)v2－eq\f(1,2)(m0＋M＋m)v共22。解得：Ep＝2.5J。一、单选题1．（2024·广东揭阳·二模）如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv（k未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g．下列说法正确的是（）A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为SKIPIF1<0B．滑块与木板间的动摩擦因数为SKIPIF1<0C．k=2D．滑块弹回瞬间的速度大小为SKIPIF1<0【答案】D【详解】滑块（可视为质点）以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知SKIPIF1<0,解得SKIPIF1<0,故A错误；根据牛顿第二定律有SKIPIF1<0,解得SKIPIF1<0故B错误；小滑块以水平速度SKIPIF1<0右滑时，由动能定理有SKIPIF1<0,小滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有SKIPIF1<0,滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有SKIPIF1<0,由能量守恒定律可得SKIPIF1<0,解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故C错误，D正确。故选D。2．（23-24高二下·河北沧州·阶段练习）如图所示，半径为R=0.4m的凹槽Q置于光滑水平面上，小球P和凹槽Q的质量均为m=1kg，将小球P从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2。则以下说法正确的是（）A．当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.4mB．P、Q组成的系统动量守恒C．释放后当小球P向左运动到最高点时，高度低于释放点D．因为P、Q组成的系统机械能守恒，小球P运动到凹槽的最低点时速度为SKIPIF1<0【答案】A【详解】P、Q水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，B错误；P、Q水平方向动量守恒，又二者质量相等，则水平分速度始终大小相等，方向相反，故P可到达凹槽左侧最高点，此时SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，Q的位移为R=0.4mA正确，C错误；设小球P运动到凹槽的最低点时有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0解得vP=2m/s，D错误。故选A。3．（2024·北京丰台·一模）出现暴风雪天气时，配备航空燃油发动机的某型号“除雪车”以20km/h的速度匀速行驶，进行除雪作业。直径约为30cm的吹风口向侧面吹出速度约30m/s、温度约700℃、密度约SKIPIF1<0的热空气。已知航空燃油的热值为SKIPIF1<0，根据以上信息可以估算出以下哪个物理量（）A．除雪车前进时受到的阻力B．除雪车吹出热空气时受到的反冲力C．除雪车进行除雪作业时消耗的功率D．除雪车进行除雪作业时单位时间消耗的燃油质量【答案】B【详解】A．由于匀速行驶，所以除雪车前进时受到的阻力为SKIPIF1<0，由于不知除雪车牵引力的功率，故不能求阻力，A错误；以热空气为研究对象，根据动量定理，有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，解得，反冲力的大小为SKIPIF1<0，B正确；由于知道铲雪车的热值，所以根据条件可以求出铲雪车的热功率SKIPIF1<0除雪车进行除雪作业时消耗的功率等于热功率与车匀速行驶牵引力的功率之和，牵引力功率未知，故不能求除雪车进行除雪作业时消耗的功率，C错误；除雪车进行除雪作业时单位时间消耗的燃油质量等于发热消耗的燃油质量与车前进消耗的燃油质量之和，根据已知条件，不能求出，D错误。故选B。二、多选题4．（2024·河北邯郸·一模）如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B放置在水平轨道上，小物块A从圆弧轨道释放，A、B在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圆弧轨道，然后返回与B发生第二次碰撞，已知B的质量是A质量的4倍，则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比可能为（

）A．4 B．2 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】BC【详解】设A的质量为SKIPIF1<0，A碰前速度为SKIPIF1<0，碰后为SKIPIF1<0，B碰后为SKIPIF1<0。若第一次A、B小物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有SKIPIF1<0SKIPIF1<0得SKIPIF1<0则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比为SKIPIF1<0。因为A能第二次与B碰撞，应该由碰后A的速度比B速度大，即SKIPIF1<0SKIPIF1<0联立解得SKIPIF1<0则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3:1。所以则小物块A第一次碰撞前后的速度大小之比应介于上面两比值之间。故BC正确，AD错误。故选BC。5．（2024·河北保定·一模）如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量为m的滑块甲（视为质点）连接，小球乙（视为质点）静止在C点，让甲在A点获得一个水平向左的初速度SKIPIF1<0，且甲在A点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为SKIPIF1<0，当甲运动到B点时弹簧正好恢复到原长，甲继续运动到C点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的动摩擦因数为SKIPIF1<0，A、B两点间距与B、C两点间距均为L，下列说法正确的是（）A．甲刚到达B点时的速度大小为SKIPIF1<0B．甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为SKIPIF1<0C．甲刚到达C点时（与乙发生碰撞前）的动能为SKIPIF1<0D．若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为SKIPIF1<0，则乙的质量为SKIPIF1<0【答案】BCD【详解】甲刚到达B点时，弹簧弹性势能为零，即弹簧对甲做功为SKIPIF1<0，根据动能定理SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，A错误；由题意，根据对称性可知，甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为SKIPIF1<0，B正确；根据动能定理SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，C正确；根据动量守恒定律和机械能守恒SKIPIF1<0，SKIPIF1<0由题意，碰撞后乙的速度为SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，D正确。故选BCD。6．（2024·福建·一模）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度SKIPIF1<0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中SKIPIF1<0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为SKIPIF1<0。下列说法正确的是（）A．碰后瞬间乙的速度大小为SKIPIF1<0B．甲、乙间的动摩擦因数为SKIPIF1<0C．甲到乙左端的距离SKIPIF1<0D．乙、丙的质量比SKIPIF1<0【答案】BC【详解】AB．设碰后瞬间乙的速度大小为SKIPIF1<0，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知SKIPIF1<0抛物线的顶点为Q，根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有SKIPIF1<0，联立解得，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据牛顿第二定律可得SKIPIF1<0解得甲、乙间的动摩擦因数为SKIPIF1<0，故A错误，B正确；由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为SKIPIF1<0，根据图（b）可知，SKIPIF1<0时刻甲、乙刚好共速，则SKIPIF1<0时间内甲、乙发生的相对位移为SKIPIF1<0，则甲到乙左端的距离满足SKIPIF1<0，故C正确；物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，可得乙、丙的质量比为SKIPIF1<0，故D错误。故选BC。7．（2024·福建莆田·二模）如图，劲度系数为200N/m的轻弹簧甲左端固定在墙壁上，右端刚好与静止在光滑水平面上的物块A接触；劲度系数未知的轻弹簧乙右端固定在静止的物块B上。现对A施加一水平向左、大小为3N的恒力F，使A向左运动，当速度为零时立即撤去F，之后A离开弹簧甲向右运动，从接触到弹簧乙开始，经0.2s时将弹簧乙压缩到最短，此过程物块B运动的距离为0.02m。已知A、B的质量分别为2kg和0.4kg。弹簧始终处于弹性限度内，则（）A．物块A向左移动的最大距离为0.015mB．物块A与弹簧甲分离时的动能为0.09JC．弹簧乙的最大弹性势能为0.018JD．弹簧乙的最大压缩量为0.036m【答案】BD【详解】A．A速度为零时，根据动能定理有SKIPIF1<0，解得物块A向左移动的最大距离为SKIPIF1<0，故A错误；物块A与弹簧甲分离时的动能为SKIPIF1<0，故B正确；根据SKIPIF1<0，物块A与弹簧甲分离时的速度为SKIPIF1<0，物块A、B共速时，弹簧乙的弹性势能最大，根据动量守恒有SKIPIF1<0，根据能量守恒有SKIPIF1<0，解得弹簧乙的最大弹性势能为SKIPIF1<0，故C错误；将弹簧乙压缩到最短的过程中，根据动量守恒有SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，弹簧乙的最大压缩量为SKIPIF1<0故D正确。故选BD。8．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度SKIPIF1<0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024个弹性物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（）A．2024号物块最终速度SKIPIF1<0 B．2021号物块最终速度SKIPIF1<0C．0号物块最终动量大小为SKIPIF1<0 D．最终所有物块的总动量为SKIPIF1<0【答案】BC【详解】由题可知，2024个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物体最终速度是0号物体与1号物体发生弹性正碰后1号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，即2024号物块最终速度为SKIPIF1<0，故A错误；由题意可知，2021号物块最终速度是0号与1号第四次碰撞后1号的速度，由动量守恒定律，0号与1号第一次碰撞有SKIPIF1<0，0号与1号第二次碰撞有SKIPIF1<0，0号与1号第三次碰撞有SKIPIF1<0，0号与1号第四次碰撞有SKIPIF1<0，根据机械能守恒定律0号碰后返回到曲面，然后沿曲面滑下，则SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的方向与SKIPIF1<0相同，大小分别与SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0相等，联立解得，2021号物块最终速度为SKIPIF1<0，故B正确；0号与1号发生碰撞后，1号将于2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为SKIPIF1<0，最终0号物体要与1号物体碰撞2024次，所以0号物体最终动量大小为SKIPIF1<0，故C正确；根据选项AB可知，2024号物块最终速度为SKIPIF1<0，2023号物块最终速度为SKIPIF1<0，2022号物块最终速度为SKIPIF1<0，以此可知，1号物块最终速度为SKIPIF1<0，最终所有物块的总动量SKIPIF1<0，代入数据得SKIPIF1<0，化简可得SKIPIF1<0，故D错误。故选BC。三、解答题9．（22-23高三上·河南驻马店·期末）如图所示，质量之比为2：1的甲、乙两物体之间有少量炸药，静止放置在光滑的水平地面上；内壁光滑的半圆轨道固定放置在水平地面上，A、O、C三点在同一条竖直线上，A是半圆轨道的圆心，A是半圆轨道的最低点，C是半圆轨道的最高点，半圆轨道的半径SKIPIF1<0。炸药爆炸结束后瞬间，乙的速度大小SKIPIF1<0，乙沿着水平地面向左运动，然后与小球丙发生弹性碰撞，物体乙与小球丙发生弹性碰撞后小球丙到达C点时，半圆轨道对小球丙的压力大小SKIPIF1<0，且小球丙离开C点做平抛运动落到水平地面上，水平位移大小SKIPIF1<0。已知炸药爆炸产生的能量的90%转化为甲、乙两物体的动能，取重力加速度大小SKIPIF1<0，甲、乙、丙均可视为质点。求：（1）小球丙的质量及其在C点的速度大小；（2）炸药爆炸产生的能量。【答案】（1）2kg，SKIPIF1<0；（2）10J【详解】（1）设小球丙的质量为SKIPIF1<0，丙在C点时，由牛顿第二定律有SKIPIF1<0由平抛运动规律有SKIPIF1<0、SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0kg，SKIPIF1<0（2）设碰撞后瞬间，小球丙的速度大小为SKIPIF1<0，物体乙的速度为v，由机械能守恒定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0设甲、乙的质量分别为2m、m，乙、丙发生弹性碰撞，由动量守恒定律有SKIPIF1<0碰撞过程中，总机械能不变，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0kg炸药爆炸过程，甲、乙组成的系统动量守恒，有SKIPIF1<0由功能关系有SKIPIF1<0解得炸药爆炸产生的能量SKIPIF1<0J10．（2014·广东惠州·一模）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M=3m，车长L=2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ=0.2，右侧地面上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S，S在0<S<2R的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g=10m/s2。求：（1）滑块A在半圆轨道最低点C受到轨道的支持力FN。（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小vB。（3）请讨论滑块B从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与S的关系。【答案】（1）6mg；（2）SKIPIF1<0；（3）见解析【详解】（1）、以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，则SKIPIF1<0得到SKIPIF1<0滑块A在半圆轨道运动过程中，据动能定理SKIPIF1<0得SKIPIF1<0滑块A在半圆轨道最低点SKIPIF1<0得SKIPIF1<0（2）、在A、B爆炸过程，动量守恒．则SKIPIF1<0得SKIPIF1<0（3）、滑块B滑上小车直到与小车共速，设为v共整个过程中，动量守恒SKIPIF1<0得SKIPIF1<0滑块B从滑上小车到共速时的位移为SKIPIF1<0小车从开始运动到共速时的位移为SKIPIF1<0两者位移之差（即滑块B相对小车的位移）为SKIPIF1<0<2R即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车．

当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以V共向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为S＇SKIPIF1<0所以，滑块B会从小车滑离．讨论：当SKIPIF1<0时，滑块B克服摩擦力做功为SKIPIF1<0当SKIPIF1<0时，滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为SKIPIF1<0然后滑块B以vt向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为SKIPIF1<0>2R所以，滑块会从小车滑离．则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为SKIPIF1<0所以当SKIPIF1<0时，滑块B克服摩擦力做功为SKIPIF1<011．（15-16高二下·福建厦门·期中）如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一木板，静止在光滑的水平地面上，木板质量M=3m，板面与平台的台面等高，板面粗糙，动摩擦因数μ=0.2，右侧地面上有一立桩，立桩与木板右端的距离为s，当木板运动到立桩处立即被牢固粘连。点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上木板。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g。求：（1）炸药爆炸后滑块A的速度大小vA；（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；（3）①若s足够长，要使滑块B能与木板相对静止，则木板长度L至少为多少？②若木板长度L=2R，立桩与木板右端的距离s可调整，调整范围为0﹣2R，请讨论滑块B在木板上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与s的关系。【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；（3）①SKIPIF1<0；②（a）当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0；（b）当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0【详解】(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，由牛顿第二定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0滑块A在半圆轨道运动过程中，由动能定理可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）A、B爆炸过程中动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）①当滑块B与小车共速，设此速度为v，整个过程中，由动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得SKIPIF1<0对木板和滑块B组成的系统，由能量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0即木板的最小长度SKIPIF1<0②对木板研究，由动能定理得SKIPIF1<0得滑块B与木板相对静止时，木板的位移大小SKIPIF1<0共速后，木板与立桩粘连后，若滑块B在板上做匀减速运动直到停下，其位移为SKIPIF1<0即这种情况下滑块会脱离木板（a）当SKIPIF1<0时，木板到与立桩粘连时未与滑块B达到共速，分析可知，滑块会滑离木板，滑块B克服摩擦力做功为SKIPIF1<0（b）当SKIPIF1<0时，木板与滑块B先达到共速然后才与立桩粘连，木板与滑块B共速后到碰到立桩之前，滑块B与木板之间无摩擦力滑块从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为SKIPIF1<012．（2024·广东揭阳·二模）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距L=20cm，两导轨及其所构成的平面与水平面的夹角θ=37°，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小B=5T。现将质量分别为m1=0.1kg、m2=0.2kg的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接人导轨之间的电阻均为R=1Ω。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，取重力加速度大小SKIPIF1<0，sin37°=0.6，cos37°=0.8.（1）先保持b棒静止，将a棒由静止释放，求a棒匀速运动时的速度大小v0；（2）在（1）问中，当a棒匀速运动时，再将b棒由静止释放，求释放瞬间b棒的加速度大小a0；（3）在（2）问中，从b棒释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v（未知），求速度v的大小与t0的关系式及时间t0内a棒相对于b棒运动的距离△x。【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【详解】（1）金属棒SKIPIF1<0在运动过程中，重力沿导轨平面的分力和SKIPIF1<0棒受到的安培力相等时SKIPIF1<0棒做匀速运动，由法拉第电磁感应定律有SKIPIF1<0根据闭合电路欧姆定律及安培力公式有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0SKIPIF1<0棒受力平衡，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）由右手定则可知金属棒SKIPIF1<0受到沿导轨平面向下的安培力，对SKIPIF1<0棒，由牛顿第二定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）释放SKIPIF1<0棒后SKIPIF1<0棒受到沿导轨平面向上的安培力，在两棒达到共速的过程中，对SKIPIF1<0棒，由动量定理有SKIPIF1<0SKIPIF1<0棒受到向下的安培力，对SKIPIF1<0棒，由动量定理有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0则SKIPIF1<0由法拉第电磁感应定律有SKIPIF1<0由闭合电路欧姆定律有SKIPIF1<0又SKIPIF1<0解得SKIPIF1<013．（2024·重庆·二模）某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给予两弹簧连接的质量块施加一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，使手机向某方向振动。手机中质量块的质量为0.02kg，除质量块外手机质量为0.18kg。若将手机放在水平光滑的桌面上，某次振动时，质量块获得向左5m/s的初速度。若开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计，SKIPIF1<0，求：（1）当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能；（2）手机能获得的最大速度；（3）质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。【答案】（1）0.5m/s，0.225J；（2）1m/s；（3）SKIPIF1<0【分析】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用。由题意“手机放在水平光滑的桌面上”和“质量块与手机间的摩擦力不计”可知，质量块、手机和弹簧系统动量守恒和能量守恒，这个系统可以看成碰撞模型，其中第（1）问中当质量块、手机共速时，弹性势能最大，将系统整个过程看成完全非弹性碰撞模型；第（2）问中对手机受力分析可知，当弹簧恢复原长时，手机速度最大，将系统整个过程看成完全弹性碰撞模型；第（3）问由题意“质量块开始向右运动瞬间”可知此时质量块速度为0，将系统整个过程看成一般碰撞模型，再利用动量守恒和能量守恒定律求解。【详解】（1）已知手机的质量为M=0.18kg，质量块的质量m=0.02kg，开始振动时质量块的初速度SKIPIF1<0。当质量块、手机共速时，弹性势能最大，由质量块、手机动量守恒得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0由能量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0因此，当弹性势能最大时，手机的速度为0.5m/s，弹簧的弹性势能为0.225J。（2）当弹簧恢复原长时，手机速度最大，设为SKIPIF1<0，此时质量块速度为SKIPIF1<0，由动量守恒得SKIPIF1<0由能量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0因此，手机能获得的最大速度为1m/s。（3）质量块开始向右运动瞬间，速度为0，设此时手机的速度为SKIPIF1<0，由动量守恒得SKIPIF1<0由能量守恒定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0因此，弹簧的弹性势能为SKIPIF1<0。14．（2024·北京顺义·一模）动量p和力F都是矢量，在处理二维问题时，为简化问题研究，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究，即将二维问题转化为一维问题。（1）质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前的速度大小是v0，碰撞后的速度大小是v，如图1所示。分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；（2）质量均为m的球1和球2构成一个系统，不考虑系统的外力作用，球1沿x轴正向以速度v1与静止的球2碰撞，碰撞后两球的速度的偏角分别为SKIPIF1<0=53°、SKIPIF1<0=37°，如图2所示。求碰后两球速度的大小SKIPIF1<0和SKIPIF1<0。（3）轻绳两端各系一质量为m的小球，中央系一质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于拉直状态，其俯视图如图3所示。对小球M施加一瞬时冲量，使它获得方向与绳垂直的速度SKIPIF1<0。分别求出在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间三个小球速度的大小。【答案】（1）SKIPIF1<0；SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；SKIPIF1<0；（3）见解析【详解】（1）碰撞前后x方向小球的动量变化SKIPIF1<0碰撞前后y方向小球的动量变化SKIPIF1<0（2）设碰后两球速度大小分别为SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下SKIPIF1<0规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下SKIPIF1<0联立，可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0（3）由对称性，当两端小球发生碰撞时示意图如图所示，设两小球沿二者球心连线方向速度大小为vx，在垂直两小球球心连线方向的速度大小为vy，由机械能守恒定律和动量守恒定律，有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0可知在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间，两端小球的速度大小为SKIPIF1<0中央小球速度的大小为SKIPIF1<0。15．（2024·江西·二模）第25届哈尔滨冰雪大世界于2023年12月18日开园迎宾，2024年2月15日闭园，它用冰雪展现了哈尔滨沉淀60年的冰雪文化与魅力。一冰雕师把位于水平草垫上的正方体冰块沿如图所示虚线切割，切割后分为A、B两部分，切割面与水平面的夹角为37°。已知正方体冰块质量为m、边长为L，重力加速度大小为g，SKIPIF1<0，A、B的质量SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，A、B间动摩擦因数为SKIPIF1<0，不计草垫厚度，下滑过程中A不会翻转。（1）若将A从图示位置由静止释放，在A下滑的过程中B一直保持静止，求释放A的瞬间，草垫对B的摩擦力大小；（2）若将正方体冰块置于光滑水平面上，A从图示位置由静止释放，沿着切割面滑下，直至刚与水平面接触，求整个过程中B移动的距离；（3）在第（2）问情境中，若不计冰与冰之间的摩擦，求该过程中A对B做的功W。【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0【详解】（1）冰块A的受力分析如图所示B对A的支持力SKIPIF1<0B对A的摩擦力SKIPIF1<0画出冰块B的受力分析，如图所示其中SKIPIF1<0和SKIPIF1<0分别是SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的反作用力冰块B水平方向受力平衡，可得草垫对B的摩擦力SKIPIF1<0联立解得SKIPIF1<0（2）设整个过程中A、B的水平位移大小分别为xA、xB，画出位移示意图根据几何关系，有SKIPIF1<0A、B系统在水平方向上动量守恒，有SKIPIF1<0SKIPIF1<0联立解得SKIPIF1<0（3）设A刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为SKIPIF1<0，B的速度大小为vB，示意图如图所示A、B系统在水平方向上动量守恒，有SKIPIF1<0A、B系统机械能守恒，有SKIPIF1<0A、B在垂直于切割面方向上的速度相同，有SKIPIF1<0联立解得SKIPIF1<0该过程对B由动能定理得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0。16．（2024·河北承德·二模）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，电荷量为SKIPIF1<0、质量为SKIPIF1<0的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小SKIPIF1<0，与球B形状相同、质量为SKIPIF1<0的绝缘不带电小球A以初速度SKIPIF1<0向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A始终不带电，小球B的电量始终不变。两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取SKIPIF1<0。（1）求第一次碰撞后瞬间A、B两小球的速度；（2）如果两小球第二次、第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻球B合力的瞬时功率为0，求从第二次碰撞后到此时刻的时间间隔。【答案】（1）A的速度SKIPIF1<0，水平向右，B的速度SKIPIF1<0，水平向右；（2）SKIPIF1<0【详解】（1）第一次碰撞，取向右为正，设碰后A球速度为SKIPIF1<0，碰后B球速度为SKIPIF1<0，根据动量守恒定律知SKIPIF1<0根据能量守恒定律知SKIPIF1<0第一次碰后A的速度SKIPIF1<0，水平向右；B的速度SKIPIF1<0，水平向右（2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B水平方向有SKIPIF1<0代入得SKIPIF1<0方向：水平向左第二次碰撞前SKIPIF1<0代入得SKIPIF1<0对球B有SKIPIF1<0方向：水平向左，竖直方向有SKIPIF1<0方向：竖直向下第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律知SKIPIF1<0根据能量守恒定律知SKIPIF1<0第二次碰后A的速度为0，B的速度SKIPIF1<0，方向：水平向右球B合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为SKIPIF1<0，如图所示则有SKIPIF1<0SKIPIF1<0代入得SKIPIF1<017．（23-24高二下·福建泉州·一模）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计SKIPIF1<0质量分别为SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的金属棒SKIPIF1<0和SKIPIF1<0静止放在水平导轨上，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0两棒均与导轨垂直。图中SKIPIF1<0虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为SKIPIF1<0的绝缘棒SKIPIF1<0垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为SKIPIF1<0。已知绝缘棒SKIPIF1<0滑到水平导轨上与金属棒SKIPIF1<0发生弹性正碰，金属棒SKIPIF1<0进入磁场后始终未与金属棒SKIPIF1<0发生碰撞。重力加速度为SKIPIF1<0。求：（1）绝缘棒SKIPIF1<0与金属棒SKIPIF1<0发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；（2）金属棒SKIPIF1<0进入磁场后，其加速度为其最大值一半时的速度大小；（3）两金属棒SKIPIF1<0、SKIPIF1<0上最终产生的总焦耳热。【答案】（1）0,SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0【详解】（1）SKIPIF1<0棒下滑过程中机械能守恒SKIPIF1<0SKIPIF1<0棒与SKIPIF1<0棒发生弹性碰撞，由动量守恒SKIPIF1<0机械能守恒SKIPIF1<0解出SKIPIF1<0，SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0棒刚进磁场的加速度最大；金属棒SKIPIF1<0进入磁场后SKIPIF1<0、SKIPIF1<0受到的安培力为内力，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0动量守恒SKIPIF1<0设SKIPIF1<0棒进入磁场后某时刻，SKIPIF1<0棒的速度为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0棒的速度为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0、SKIPIF1<0组成的回路中的感应电动势SKIPIF1<0由闭合电路欧姆定律得SKIPIF1<0由安培力公式得SKIPIF1<0联立得SKIPIF1<0故当SKIPIF1<0棒加速度为最大值的一半时有SKIPIF1<0联立得SKIPIF1<0（3）最终SKIPIF1<0、SKIPIF1<0以相同的速度匀速运动，由动量守恒SKIPIF1<0由能量守恒SKIPIF1<0解出SKIPIF1<018．（2024·江西九江·二模）某同学在水平桌面上玩游戏，在距离桌面左侧边缘处放置质量为1kg的小物体A（可视为质点），距离物体A为1m处有一质量为2kg的物体B（可视为质点），物体B距离桌面右边缘为2m，两物体在一条直线上，如图所示。A、B两物体与桌面的动摩擦因数均为0.2，现使A以某一初速度向B运动，为使A能与B发生碰撞且碰后又不会滑离桌面，重力加速度为g（答案可以保留根号）。（1）若A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起，求物体A初速度大小的范围；（2）若A、B发生弹性碰撞，且两物体最终间距最大，求物体A初速度的大小。【答案】（1）SKIPIF1<0（2）SKIPIF1<0【详解】（1）对A由动能定理得SKIPIF1<0A与B碰撞后粘在一起，由动量守恒，以SKIPIF1<0方向为正方向，有SKIPIF1<0若A与B恰好能滑行至桌子右侧边缘时，则SKIPIF1<0当SKIPIF1<0时，A初速度最小，则SKIPIF1<0当A与B恰好能滑行至桌子左侧边缘时，A初速度最大，则代入数据可得SKIPIF1<0故A初速度大小的范围是SKIPIF1<0（2）若A、B发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得SKIPIF1<0SKIPIF1<0代入数值解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0所以A、B发生弹性碰撞后向相反方向运动；由牛顿第二定律公式SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0由题意可知，SKIPIF1<0物体刚好滑到边缘时，间距最大，则SKIPIF1<0由运动学公式可知SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0故SKIPIF1<0代入数值可得SKIPIF1<019．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，质量SKIPIF1<0、半径SKIPIF1<0的四分之一光滑圆孤abc静止在足够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有一质量为SKIPIF1<0的小物块B，B的左侧固定一水平轻弹簧，将质量为SKIPIF1<0的小物块A从圆弧顶端由静止释放，在小物块B的右侧有一竖直挡板（图中未画出，挡板和B的间距可调），当小物块B与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A与弹簧接触后即与弹簧固定连接，已知重力加速度SKIPIF1<0，不计空气阻力，A、B均可视为质点。求：（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端时的速度的大小；（2）若圆弧不固定，小物块A到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；（3）若圆弧不固定，小物块B与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。【答案】（1）SKIPIF1<0m/s；（2）15m/s；3.75m；（3）SKIPIF1<0【详解】（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0m/s（2）若圆弧不固定，小物块A与圆弧组成的系统动量守恒，则有SKIPIF1<0根据能量守恒定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0m/s同时根据动量守恒定律有SKIPIF1<0根据几何关系可知SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0m（3）设物块B碰撞挡板的速度为0，则碰后AB总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小，根据动量守恒定律与能量守恒定律有SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0J物块B碰撞挡板的速度最大，则碰后AB总动量最小，两者共速时动能最小，弹簧弹性势能最大，设B的最大速度为SKIPIF1<0，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0m/s碰后总动量最小为SKIPIF1<0则AB共速的速度为SKIPIF1<0m/s弹性势能为SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0J则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为SKIPIF1<020．（23-24高二下·浙江·开学考）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为SKIPIF1<0，不计其它阻力，取SKIPIF1<0。求（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力；（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；（3）若释放的高度SKIPIF1<0，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。【答案】（1）6N，方向向下；（2）0.3m；（3）SKIPIF1<0【详解】（1）根据动能定理SKIPIF1<0代入数据得SKIPIF1<0根据牛顿第二定律SKIPIF1<0得细圆管道对滑块的作用力SKIPIF1<0根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力SKIPIF1<0方向向下。（2）根据动量定理SKIPIF1<0得SKIPIF1<0根据能量守恒SKIPIF1<0滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度SKIPIF1<0（3）经过计算可知，当释放的高