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(能力提高练) 第三节 动量与能量的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(能力提高练) 第三节 动量与能量的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共40页。
【能力提高练】 第三节 动量与能量的综合应用
1．(2022•高考湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．大于 D．大于
【解析】 设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，，联立解得，设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，，联立解得，可得，碰撞后氢核的动量为，氮核的动量为，可得，碰撞后氢核的动能为，氮核的动能为，可得，故B正确，ACD错误。故选B。
【答案】 B
2．(2022•辽宁省沈阳市第二中学高三(下)四模)2021年10月16日，中国神州十三号载人飞船成功发射，随后完成与核心舱的对接，开启了为期6个月的空间站驻留任务｡对接过程可视为一个碰撞过程，此过程两飞行器忽略除相互作用以外的其它力，若神州十三号飞船质量为，核心舱质量为，且｡对接前它们运动方向相同，速度分别为和，对接后瞬间速度为，对接过程中神州十三号飞船的动量变化大小为，则( )
A．对接后瞬间的速度可能等于
B．对接过程，核心舱对飞船作用力的冲量可能大于
C．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越大，则越小
D．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小
【解析】 A．对接过程满足动量守恒，可得，解得对接后瞬间的速度为，可知对接后瞬间的速度不可能等于，A错误；
B．对接过程，根据动量定理可知核心舱对飞船作用力的冲量大小等于飞船的动量变化大小，B错误；
CD．若对接前满足，对接过程中神州十三号飞船的动量变化大小为，若对接前满足，对接过程中神州十三号飞船的动量变化大小为，可知在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小，D正确，C错误；故选D。
【答案】 D
3．(2022•湖南师范大学附属中学二模)(多选)如图所示一平板车A质量为2m，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为μ，平板车A表面足够长，物块B总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g。L为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( )
A． B． C． D．
【解析】 在车与挡板碰撞前，有，如果L为某个值，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得，设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得，且第二次碰撞前，A、B未达到共同速度，A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知，A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即，联立解得，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件，故CD可能，AB不可能。故选CD。
【答案】 CD
4．(2022•辽宁省高三(下)高考联合模拟考试)(多选)如图所示，将一质量为M半径为R内壁光滑的半圆槽置于光滑的水平面上，现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m()的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是( )
A．小球能滑至半圆槽左端槽口处
B．小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，则小球再次回到半圆槽最低点时的速度大小为
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，则离开槽口后还能上升的最大高度为
【解析】 A．小球和半圆槽组成系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，当小球到半圆槽左端最高处时，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒定律知，速度为零，结合机械能守恒定律可知小球能滑至半圆槽左端槽口处，故A正确；
B．设小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为，取向左为正方向，对系统水平方向根据平均动量守恒可得，解得，故B错误；
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为的初速度，设小球再次回到轨道最低点的速度大小为、槽的速度大小为，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得，根据机械能守恒定律可得，联立解得，另一解为舍去，故C正确；
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得，根据机械能守恒定律可得，，联立解得，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
5．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)(多选)如图所示，半径m、质量kg的半圆形滑槽，静止放置在水平地面上，一质量kg的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处由静止滑下。不计一切摩擦，小球可看成质点，取重力加速度大小m/s2。则以下说法中正确的是( )
A．小球的最大速度为2m/s
B．小球滑下来之后恰好能到达滑槽的左边缘
C．滑槽移动的最大距离0.1m
D．滑槽对地面的最大压力30N
【解析】 A．当小球下滑至最低点时有最大速度．设小球的速度最大时滑槽的速度大小为，小球下滑的过程中系统的机械能守恒，滑槽与小球组成的系统水平方向上动量守恒，所以有，，解得m/s，m/s，A正确；
BC．当小球运动到左侧最高点时，滑槽移动的距离最大，系统水平方向上任意瞬间动量均守恒，设小球从右侧最高点运动到左侧最高点时所用的时间为t，小球水平方向上的平均速度大小为，滑槽的平均速度大小为，有，，，解得m，C错误，B正确；
D．当小球下滑至最低点时滑槽对地面的压力最大，设此时地面对滑槽的支持力大小为，小球相对圆心的速度大小为v。在竖直方向，对滑槽和小球整体，由牛顿运动定律得，，根据牛顿第三定律，解得N，D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
6．(2022•重庆市育才中学校高三(下)二模)11月18日14时02分，某市消防救援指挥中心接到报警称：某区某街道某路某号4楼起火。14时17分，70名指战员到达现场，经侦查，起火建筑为5层钢筋混凝土建筑，4楼起火向3楼和5楼蔓延，15时10分火势得到有效控制，15时48分火势被扑灭，如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时；设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为，下列说法正确的是( )
A．水枪的流量为
B．水枪的功率为
C．水柱对着火物的冲击力为
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向后且斜向上方
【解析】 A．设时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则，，A错误；
B．单位时间喷出水的质量为，时间内水枪喷出的水的动能为，知高压水枪在此期间对水做功为，高压水枪的功率为，B正确；
C．考虑一个极短时间，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得，时间内冲到着火物上水的质量为，解得，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为，C错误；
D．当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件。手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D错误。故选B。
【答案】 B
7．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)(多选)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的半径四分之一光滑圆弧轨道在最低点与水平轨道相切于A点。在水平轨道的右端固定一个轻弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B的距离为，一个质量也为m的可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以的速度开始滑下，则在以后的运动过程中(重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。)( )
A．若A、B间的轨道也光滑，小车的最大速度为
B．若A、B间的轨道也光滑，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为1.8m
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，弹簧的最大弹性势能等于因摩擦产生的总热量
D．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，小车运动的总位移大小为0.35m
【解析】 A．若A、B间的轨道也光滑，则小物块和小车相互作用过程能量守恒，水平方向动量守恒，经分析知小物块第一次下滑到圆弧轨道最低点时小车速度最大，设小车的最大速度为，此时小物块的速度为，则有，，联立并代入数据解得，选项A正确；
B．若A、B间的轨道也光滑，根据动量守恒和能量守恒可知物块运动到圆弧轨道最高点时的速度为，此后小物块做竖直上抛运动，高度，则物块运动到最高点时到水平轨道的距离为，选项B错误；
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，设小物块与小车的相对位移为s，根据能量守恒有，解得，可知小物块滑行到水平轨道压缩一次弹簧后恰停在B点。全过程根据能量守恒可得因摩擦产生的总热量，物块与小车的速度相同时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，由动量守恒定律得，解得v=0，此过程根据能量守恒知弹簧的最大弹性势能，因此弹簧的最大弹性势能不等于因摩擦产生的总热量，选项C错误；
D．小物块沿圆弧轨道下滑过程中，设运动时间为t，小车运动的位移为，根据系统水平动量守恒得，解得，分析之后的运动过程可知小车的位移为0，所以小车运动的总位移大小为0.35m，选项D正确。故选AD。
【答案】 AD
8．(2022•西北工业大学附属中学高三(上)第四次适应性训练)(多选)如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比可能为( )
A． B． C． D．
【解析】 若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有，即，根据动量守恒得，根据机械能守恒得，联立解得，若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有，即，根据动量守恒得，根据机械能守恒得，联立解得，若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有，即，根据动量守恒得，根据机械能守恒得，联立解得，故选BD。
【答案】 BD
9．(2022•银川一中高三(下)一模)如图所示，质量为m滑块A套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。在水平杆上固定一挡板P，滑块靠在挡板P左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g。现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，忽略空气阻力，则( )
A．滑块与小球组成的系统机械能不守恒
B．滑块与小球组成的系统动量守恒
C．小球第一次运动至最低点时，细线拉力大小为3mg
D．滑块运动过程中，所能获得的最大速度为
【解析】 A．滑块与小球运动过程中，系统内没有除重力之外的力对系统做功，所以系统机械能守恒，故A错误；
B．小球向下摆动过程中，滑块受到挡板的作用力，滑块与小球组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C．设小球第一次运动至最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有，在最低点根据牛顿第二定律有，联立①②解得小球第一次运动至最低点时细线拉力大小为，故C错误；
D．当小球通过最低点后，P不再受挡板的作用力，此时小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设某时刻小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有，由上式可知，当v1与v反向且达到最大值时，v2也将达到最大值，即小球第二次通过最低点时，滑块速度达到最大，根据机械能守恒定律有，联立解得，故D正确。故选D
【答案】 D
10．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)(多选)如图，滑块A(可视为质点)的质量kg，与水平面间的动摩擦因数，用细线悬挂的小球质量均为kg，沿轴排列，A与第1个小球及相邻两小球间距离均为m，线长分别为、、……(图中只画出三个小球)。开始时，A以m/s沿轴正向运动，设A与小球碰撞不损失机械能，碰后小球均恰能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与滑块正碰，，则( )
A．滑块只能与10个小球碰撞 B．滑块只能与12个小球碰撞
C．第10个小球悬线长0.8m D．第12个小球悬线长0.08m
【解析】 AB．因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有，得，(个，故错误,B正确；
CD．滑块与第个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为，对小球，有，机械能守恒，对滑块，有，解①②③三式得，则第10个小球悬线长为，则第12个小球悬线长为，故C错误，D正确；故选BD。
【答案】 BD
11．(2022•双鸭山市第一中学高三(上)期末)(多选)如图所示，一质量为m、长为L的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一可视为质点小物块B以初速度从木板的右端无摩擦地向左滑动，而后压缩弹簧。设B的质量为λm，当时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的压缩量。则( )
A．细绳所能承受的最大拉力的=
B．当λ＝1时，小物块B滑离木板A时木板运动的对地位移=L-+
C．当λ＝2时，细绳被拉断后长木板的最大加速度
D．为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应大于等于2
【解析】 A．细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为Fm，设此时弹簧的压缩量为x0，则有kx0=Fm，由能量关系，有，解得，故A正确；
B．当λ＝1时，B的质量为m，细绳恰好被拉断。细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得，则小物块滑离木板时，二者的位移关系为，又有，联立解得，故B错误；
C．当λ=2时，设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为v1，则有，细绳拉断后，小物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，以向左为正方向，由动量守恒得，由能量守恒定律得，对长木板，有，联立方程，解得，故C正确；
D．由题意，λ<1时，细绳不会被拉断，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动．λ>1时，小物块向左运动将弹簧压缩x0后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为u1，由能量守恒定律得，此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动。设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为u2，以向左为正方向，由动量守恒定律得，由能量守恒定律得，联立方程，解得λ=2，所以为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应满足的条件为，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
12．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期末)(多选)如图所示内壁光滑的环形槽半径为R，固定在竖直平面内，质量均为m的小球A、B，以等大的速率v0从圆心等高处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，两球碰撞的时间和机械能损失均忽略不计，重力加速度为g。则下列叙述中正确的是( )
A．v0的最小值为
B．小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能
C．小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差值为6mg
D．两球第一次相碰撞后瞬时，两球速度均不为零且等大反向
【解析】 A．设v0的最小值为v0m，小球A恰好通过环形槽最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有，对小球A从初始位置到运动至最高点的过程，根据动能定理有，联立①②解得，故A错误；
B．小球A、B初始时刻的机械能相等，且在运动过程中机械能守恒，所以小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能，故B正确；
C．设小球A通过最高点时的速度大小为v1，对小球A从初始位置到运动至最高点的过程，根据动能定理有，设小球A通过最高点时所受环形槽的支持力大小为N1，根据牛顿第二定律有，联立解得，根据牛顿第三定律可知小球A通过最高点时对环形槽的压力大小为，设小球B通过最低点时的速度大小为v2，对小球B从初始位置到运动至最低点的过程，根据动能定理有，设小球B通过最低点时所受环形槽的支持力大小为N2，根据牛顿第二定律有，联立解得，根据牛顿第三定律可知小球B通过最低点时对环形槽的压力大小为，所以小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差值为，故C正确；
D．根据对称性可知两球运动到另一与圆心等高的位置时发生碰撞，且此时两球的速度等大反向，因为碰撞前后机械能守恒，根据动量守恒定律可知碰撞后两球速度均不为零且等大反向，故D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
13．(2022•河北省衡水中学高三(上)五调)(多选)如图所示，有A、B、C三个物体质量均为m，B和C(不粘连)静止于光滑水平面上，让一小球A自光滑圆弧槽B左侧槽口正上方高处，从静止开始下落，与圆弧槽B左侧槽口相切进入槽内，已知圆弧槽的圆心与两端槽口等高、半径为R，在之后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．物块C获得的最大速度为
B．小球A越过圆弧槽最低点之后的运动过程中，小球A满足机械能守恒
C．小球A经过圆弧最低点以后能上升到距圆弧底的最大高度为
D．在此后的运动过程中，圆弧槽的最大速度为
【解析】 A．小球A经过圆弧最低点时，物块C获得最大速度，以水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒有，根据能量守恒有，解得物块C获得的最大速度，故A正确；
B．小球A越过圆弧槽最低点之后的运动过程中，小球A与圆弧槽B组成的系统满足机械能守恒，该运动过程，圆弧槽B减速，机械能减小，则小球A机械能增大，故B错误；
C．小球A经过圆弧最低点以后，对小球A与圆弧槽B组成的系统，根据水平方向动量守恒有，根据机械能守恒有，解得小球A经过圆弧最低点以后能上升到距圆弧底的最大高度为，故C正确；
D．从小球第一次通过最低点到第二次通过最低点，相当于小球与圆弧槽发生了一次完全弹性碰撞，因两物体质量相等，则速度互换，则此时圆弧槽有最大速度，圆弧槽的最大速度为，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
14．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)在电场强度为E的足够大的匀强电场中，有一与电场线平行的绝缘水平面，如图中虚线所示。平面上有两个静止的小球A和B，质量均为m，A球带电荷量+Q，B球不带电。开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正碰，碰撞中无机械能损失。设在每次碰撞过程中，A、B两球间无电荷量转移，且不考虑一切阻力及两球间的万有引力。则( )
A．A球经过时间与B球发生第一次碰撞
B．A球在以后与B球发生碰撞的时间间隔逐渐呈均匀递增
C．A球与B球发生碰撞的时间间隔一直保持不变，大小都是
D．AB球在第5次正碰与第6次正碰之间的时间间隔是
【解析】 A．对小球进行研究，根据牛顿第二定律和运动学的公式有，，解得，故A球经过时间与B球发生第一次碰撞，故A错误；
BCD．对碰撞前的过程，由动能定理，得，得，、两球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得，又由碰撞的过程中无机械能损失，得 ，其中为碰撞后的速度，为碰撞后的速度，解得，，、两球碰后速度交换，故有，得，第二次碰撞后球速度为，球速度为，所以有，由位移关系得，得，依此类推，得，得，所以，故A球在以后与B球发生碰撞的时间间隔间隔相等，故BC错误，D正确；故选D。
【答案】 D
15．(2022•高考河北卷)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，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滑块，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。重力加速度大小取。
(1)若，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，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【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，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，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，滑板A和B质量分别为和，则由
解得，则新滑板速度方向也向右。
(2)若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
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，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，
根据动量守恒可得，解得
根据能量守恒可得，解得
【答案】 (1)，，方向均向右；(2)
16．(2022•高考湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【解析】 (1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得F=6.5mg
(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，
根据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当时解得，即，此时
于是有，解得
此时C的最大动能为
【答案】 (1)；(2)6.5mg；(3)
17．(2022•高考山东卷)如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于)，A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量，B的质量，A与B的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小与；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功；
(4)实现上述运动过程，的取值范围(结果用表示)。
【解析】 (1)设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
，
代入数据联立解得，(方向水平向左)，，(方向水平向右)
即A和B速度的大小分别为，。
(2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有，代入数据解得
根据动量定理有，代入数据解得
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，
所以对于此过程B有，
联立各式代入数据解得，(舍去)
故根据几何关系有，代入数据解得
(3)在A刚开始减速时，B物体的速度为
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
解得
B物体停下来的时间为t3，则有，解得
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
所以A对B的摩擦力所做的功为
(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有，
小球下滑过程根据动能定理有
小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有
当碰后小球摆角恰为5°时，有
联立可得
当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有，则可得
故要实现这个过程的范围为
【答案】 (1)，；(2)；(3)；(4)
18．(2022•高考全国乙卷)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图(b)所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
【解析】 (1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，
即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得，
(2)同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为，
根据位移等速度在时间上的累积可得，
又，解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，
设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，
根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
【答案】 (1)；(2)；(3)
19．(2022•高考浙江卷)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
(1)若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。
【解析】 (1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律，解得
与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
可得，，联立解得
(2)由(1)分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，
高度为，根据动能定理可得，解得
以竖直向下为正方向：
由动能定理：
联立可得
(3)当时，物块位置在点或点右侧，
根据动能定理得
从点飞出后，竖直方向，水平方向
根据几何关系可得，联立解得
代入数据解得
当时，从释放时，根据动能定理可得，解得
可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，
根据动能定理可得，解得
距离点0.6m，综上可知当时，
代入数据得
【答案】 (1)；(2)；(3)当时，，当时，
20．(2022•辽南协作体高三(下)二模)如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离，C点到D点的距离；左边水平台面上有一质量的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放(物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧)。已知A、B两点间的距离，初始时弹簧储存的弹性势能，物块甲与传送带之间的动摩擦因数，取，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求：
(1)从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；
(2)从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；
(3)第3次碰撞点与D点之间的距离；
(4)第2022次碰撞刚结束时，物块甲、乙的速度大小(不要求写出过程，只要求写出结果)。
【解析】 (1)对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，
根据能量守恒定律得，解得
假设物块甲滑过A点后，假设其一直匀减速运动到B点，
根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有，，联立解得
假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。
在传送带上匀减速的时间，在间匀速运动的时间
则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间
(2)物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小
设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别和，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，
联立解得
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至；甲在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为
可右运动到B点时，两者相对位移大小为
则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，
系统产生的总热量
(3)物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为
物块乙运动的距离为
即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，
解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为，
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后又反向加速至，与物块乙发生第三次碰撞。因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为。
(4)从(3)总分析不难得出：第2022次碰撞刚结束时，物块甲速度大小
物块乙的速度大小
【答案】 (1)；(2)；(3)；(4)，
21．(2022•湖南师范大学附属中学二模)如图所示，光滑水平地面上固定一个高h的光滑墩子，光滑顶面上有一个侧面光滑可视为质点的物体B，质量为M，与墩子无摩擦。一个小球A以水平初速度从高H=1.5h处水平抛出，恰好与B的左侧面发生弹性碰撞(不会与墩子碰撞)，B物体恰好落在距墩子水平距离x=h处的小车C左端，小车的高度忽略不计，而A球落在墩子的左边，重力加速度为g。
(1)球抛出点到B的水平距离多大？
(2)A球的落地点距墩子的水平距离多大？
(3)假设小车的质量也为M，物体B底面与小车上表面的动摩擦因数为，不考虑其他阻力，物体落在小车上发生竖直速度大小不变的反弹，且作用时间极短，求物体B再次落在车上(或地面)时，两次落点相对小车的水平距离多大？
【解析】 (1)根据，解得，所以水平距离
(2)设小球的质量为m，被碰后B的速度为，根据，，解得
A与B相碰，水平方向动量守恒
由弹性碰撞的特点可得
解得，
A球与B碰撞，竖直速度不会改变，因此落地时间也不会改变，
从抛出到落地的时间为
碰后落地时间为
所以落地点与墩子的水平距离为
(3)接近小车的竖直速度
因为时间极短，那么有
水平方向，对B物体
对小车，解得，
很明显与实际不符，应该水平共速
因此两次的水平落点在同一点(相对小车)，水平距离为零。
【答案】 (1)h；(2)；(3)0
22．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)如图所示，在电动机的带动下以m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量kg。质量kg的物体(可视为质点)从轨道上高m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带AB之间的距离m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度m/s2，。求：
(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
(3)物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【解析】 (1)物体由P到A的过程，由动能定理可得，解得J
(2)物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为s
故物体从A运动到B的时间为s
传送带的支持力对物体的冲量大小为I1=mgt
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为I2=m(v-v0)
传送带对物体的冲量大小为
(3)物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为，小球1被撞后的速度大小为，
由动量守恒和能量守恒定律得，
解得m/s，m/s
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，
由运动学公式得，解得mm，
，解得s
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为
再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，
以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为，，
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，
他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为，，
从第一次碰撞之后到最后运动中，电动机多消耗的能量为
解得J
【答案】 (1)J；(2) ；(3)2.5J
23．(2022•陕西省西安中学高三(下)三模)如图1所示，装置的左边是高度为3 m的弧形轨道，轨道末端水平，右边接有逆时针转动速度大小为3m/s且足够长的水平传送带，二者等高并能平滑对接。质量m＝1kg的小物块A(可看作质点)，置于弧形轨道右端水平处，质量M＝2kg的小物块B(可看作质点)，从轨道h＝2m高处由静止滑下，A、B发生对心碰撞，已知碰撞后瞬间物块B的速度3m/s，碰后1s时间内物块A的v－t图线如图2所示，并且在碰后2s二者再次相碰。重力加速度大小g＝10m/s2。求：
(1)第一次碰撞前物块B的速度，物块B从开始下滑到第一次碰撞结束后系统损失了多少机械能？
(2)第二次碰撞位置与第一次位置间的距离及第二次碰撞前物块A、B的速度；
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块与传送带间产生的热量。
【解析】 (1)设B滑到曲面底部速度为，根据能量守恒有
B、A碰撞，向右为正，根据动量守恒有
BA碰撞中损失的机械能
代入数据解得v0=6m/s，
(2)由v-t图知又
碰后2秒后A的位移
碰后2秒后A的速度
设碰后2秒B的速度为，由题意可知
代入数据解得，
(3)碰后2秒内传送带位移
碰后2秒内A与传送带的相对路程
碰后2秒内B与传送带的相对路程
碰后2秒内B的加速度大小，解得
所以，
则物块与传送带间产生的热量
【答案】 (1)v0=6 m/s；13 J；(2)，，；(3)60J。
24．(2022•重庆育才中学一模)如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板，可视为质点的物块以初速度从A的左端开始向右运动，当和A的速度相等时，A和恰好发生了第一次碰撞。已知A、、的质量分别为、、，不计A与轨道间的摩擦，与轨道间的动摩擦因数为，C 与A、上表面间的动摩擦因数均为，全程没有掉落到轨道上，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度为，忽略空气阻力。求：
(1)A和第一次速度相等时的速度；
(2)第一次碰撞前A运动的距离和第一次碰撞后A的速度大小；
(3)若A的长度，且A与的上表面齐平，最终停止的位置距其初始位置多远。
【解析】 (1)不计A与轨道间的摩擦，则从滑上A，动量守恒，
根据动量守恒定律，A和第一次速度相等时，，解得，方向水平向右
(2)设第一次碰撞前A运动的距离，由牛顿第二定律可得
A做匀加速直线运动，再由，可得
设第一次碰撞后碰撞，设碰后的速度分别为、，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律，
解得，，则第一次碰后，A速度大小为，方向反向。
(3)碰撞前，相对位移为，解得
第一次碰撞后A的速度，速度为
假设能再一次共速，且共速前A不与发生碰撞，且还未滑离A，
则，解得
间相对位移为
解得，则
则滑到A右端时，两者恰好再次共速。
此时A从第一次碰撞后向右滑行的距离和时间为，
第一次碰后，对由牛顿第二定律
停止运动的时间及位移分别为，
则共速后会再一次与相碰，假设碰后速度分别为、，
由机械能守恒定律及动量守恒定律可得，
解得，
之后滑到上，与一起向右运动。
对、由牛顿第二定律可得，
则，
全程没有掉落到轨道上，，，则第二次碰撞后将以减速，直到停止。
由，可得，第二次碰撞后运动的位移为
则最终停止的位置距其出发点距离为
【答案】 (1)，方向水平向右；(2)，；(3)
25．(2022•辽宁省名校联盟高三(下)3月联合考试)如图所示，在光滑的水平地面上，质量为的足够长的木板左端静置一个质量为的小物块B。在木板的左端正上方，用长为的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬于固定点O，此时小球A与小物块B刚好接触且无相互作用力。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向的夹角为。小球由静止释放，自由下落一段时间后，轻绳绷紧使得小球A沿绳的分速度瞬间变为零，只有垂直于绳的分速度，然后小球A做圆周运动，到达O点的正下方时与小物块B发生弹性正碰。不计空气阻力，重力加速度g取。求：(结果可用根号表示)
(1)小球A自由下落的时间；
(2)小球A与小物块B发生弹性正碰后瞬间物块B的速度大小；
(3)小物块B与木板摩擦产生的热量。
【解析】 (1)因开始时轻绳与水平方向的夹角为30°，则小球A自由下落L时，轻绳刚好再次伸直，设此过程需要时间为t，根据自由落体运动规律，解得
(2)由(1)问可知轻绳刚好再次伸直时A的速度为，
轻绳伸直后瞬间小球A速度为
从轻绳刚好再次伸直到小球A运动到最低点的过程中，
由动能定理得，联立解得
小球A与小物块B发生弹性碰撞，
由动量守恒定律及机械能守恒定律得，
联立解得，
(3)B最终相对于木板静止，设B与木板最终的共同速度为，
由动量守恒定律及能量守恒定律得，，
解得
【答案】 (1)；(2)；(3)
26．(2022•辽宁省大连市第一中学高三(上)期中联考)如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α=30°，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板．某时刻，一质量为m的小木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次．已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g．求：
(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小．
(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小．
(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n=2，3，4，5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能△E．
【解析】 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度为a1，工件加速度为a2．
对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinα＝ma1①
对工件，由牛顿第二定律可得：μ(3m+m)gcosα－3 mgsinα＝3ma2 ②
工件匀速运动时，由平衡条件可得：μ·3mgcosα＝3 mgsinα③
由①②③式解得：a1＝④
a2＝ ⑤
(2)设碰挡板前木块的速度为v，由动量守恒定律可得：3mv0+mv0=mv ⑥
由⑥式解得：v=4v0 ⑦
木块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，
由动量守恒定律可得： mv= mv1+ 3m·v2 ⑧
由能量守恒得： ⑨
由⑥⑦⑧⑨式联立解得：v1＝－2v0 ⑩
v2＝2v0 ⑪
(3)第1次碰撞后，木块以2 v0沿工件向上匀减速运动，工件以2 v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t=⑫
木块的速度v1’=－2v0+a1t=4v0 ⑬
此时，木块的位移：x1=－2v0t+a1t2＝⑭
工件的位移：x2=2v0t－a2t2＝⑮
即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：Δt=(n－1)t=(n=2,3,4,5,……)⑯
木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：ΔE=4mg(n－1)x2sin30°⑰
解得：ΔE=24(n－1)mv02(n=2,3,4,5,……)⑱
【答案】 (1)a1＝； a2＝ (2)－2v0 ；2v0(3)Δt =(n=2,3,4,5,……)；ΔE=24(n－1)mv02(n=2,3,4,5,……)
27．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接， 该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动, 经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA=lkg，mB=2kg,mC=3kg，g=10m/s2，求:
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。
【解析】 (1) 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，
设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有，解得：
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，
由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2，解得：；
(2) 滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，
被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，
由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB+mC)v3
由机械能守恒定律有，解得：
(3) 被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，
滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA+mBv2)=(mA+mB)v4+mCv5
，解得：
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：，，解得：
【答案】 (1)2m/s (2) 3J(3) 2m
28．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)如图所示，CD是以恒定速度沿顺时针转动的足够长倾斜传送带，其倾角θ=37°，在传送带的右侧有一光滑水平平台AB，弹簧右端固定在平台上，质量为m2的物体Q在外力作用下静止于传送带顶端。现将质量为m1的物体P放在弹簧左端，用力将弹簧压缩一段距离后由静止释放，物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞且将要发生碰撞前的瞬间已经撤去Q受到的外力。最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合。已知Q开始运动后，滑动摩擦力对Q做的总功为-1.2W、静摩擦力对Q做的功为W。物体P、Q可视为质点且Q质量是P质量的两倍(sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求：
(1)物体Q与传送带之间的动摩擦因数；
(2)物体P释放前弹簧的弹性势能。
【解析】 (1)设物体Q下滑位移为x，上滑位移 后与传送带共速
共速后静摩擦力等于重力向下分力，解得
(2)物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞 ，，解得
最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合
解得弹性势能
【答案】 (1)0.9；(2)0.3W
29．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期中)质量m=3kg、长l=2.8m内壁光滑的槽C静止于粗糙水平面上，在槽的内壁上放置有两个物体A和B，A、B到槽C左右两端挡板的距离分别为l1=1.8m，l2=lm。A、B的质量分别为m1=-4kg和m2=lkg，A、B可以看作质点，它们之间放有压缩的轻弹簧(弹簧长度可忽略)，弹簧与A、B不粘连，A、B用细线系住。烧断细线，A物体以v1=lm/s的速度向右运动，已知A与C、B与C碰撞不损失机械能，槽C与地面间的摩擦因数µ=0.15，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)弹簧压缩时具有的弹性势能；
(2)当B与C碰撞后，槽C运动的初速度和加速度；
(3)从剪断细绳到A、B两物体第一次相遇的时间内，槽C发生的位移。(计算结果保留1位有效数字)
【解析】 (1)弹簧弹开过程中，有
解得，弹簧压缩时具有的弹性势能为，解得；
(2)设B与C碰撞后速度分别为vB、vC，则有，
解得，
根据牛顿运动定律得，解得；
(3)槽C开始向左匀减速运动，经过时间
停止，设在这段时间内，A、B并没有相遇，也没有碰撞C，
这段时间内槽C发生的位移为
解得；槽C停止运动时，A、B向右运动，离槽右端挡板距离分别为，
所以A物体先碰撞C的右端挡板。
设碰撞后C的速度为vCˊ，则，
解得，
此时，B离右挡板的距离为，由于
所以B与C碰撞时，槽C并没有停止运动。槽C发生的向右位移为
解得；因此从释放弹簧到A、B第一次相遇，槽C发生的位移为
【答案】 (1)10J；(2)2m/s，4m/s2；(3)0.4m
30．(2022•黑龙江省大庆一中高三(下)第二次月考)如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动．滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2.
(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能EP；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
【解析】 (1)滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s所用的时间为t，加速度大小为a，
在时间t内滑块C的位移为x，有，，
代入数据可得，
滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s
(2)设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，
有，，
A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
代入数据可解得
(3)在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=4m/s，加速度大小为2m/s2，
有，解得
以向右为正方向，A、B碰撞过程
弹簧伸开过程，
代入数据解得m/s．
【答案】 (1) 4.0m/s (2) (3)
【能力提高练】 第三节 动量与能量的综合应用
1．(2022•高考湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．大于 D．大于
【解析】 设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，，联立解得，设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，，联立解得，可得，碰撞后氢核的动量为，氮核的动量为，可得，碰撞后氢核的动能为，氮核的动能为，可得，故B正确，ACD错误。故选B。
【答案】 B
2．(2022•辽宁省沈阳市第二中学高三(下)四模)2021年10月16日，中国神州十三号载人飞船成功发射，随后完成与核心舱的对接，开启了为期6个月的空间站驻留任务｡对接过程可视为一个碰撞过程，此过程两飞行器忽略除相互作用以外的其它力，若神州十三号飞船质量为，核心舱质量为，且｡对接前它们运动方向相同，速度分别为和，对接后瞬间速度为，对接过程中神州十三号飞船的动量变化大小为，则( )
A．对接后瞬间的速度可能等于
B．对接过程，核心舱对飞船作用力的冲量可能大于
C．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越大，则越小
D．在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小
【解析】 A．对接过程满足动量守恒，可得，解得对接后瞬间的速度为，可知对接后瞬间的速度不可能等于，A错误；
B．对接过程，根据动量定理可知核心舱对飞船作用力的冲量大小等于飞船的动量变化大小，B错误；
CD．若对接前满足，对接过程中神州十三号飞船的动量变化大小为，若对接前满足，对接过程中神州十三号飞船的动量变化大小为，可知在飞船质量一定，且飞行器间相对速度也一定时，越小，则越小，D正确，C错误；故选D。
【答案】 D
3．(2022•湖南师范大学附属中学二模)(多选)如图所示一平板车A质量为2m，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为μ，平板车A表面足够长，物块B总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g。L为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( )
A． B． C． D．
【解析】 在车与挡板碰撞前，有，如果L为某个值，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得，设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得，且第二次碰撞前，A、B未达到共同速度，A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知，A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即，联立解得，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件，故CD可能，AB不可能。故选CD。
【答案】 CD
4．(2022•辽宁省高三(下)高考联合模拟考试)(多选)如图所示，将一质量为M半径为R内壁光滑的半圆槽置于光滑的水平面上，现从半圆槽右端入口处静止释放一质量为m()的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是( )
A．小球能滑至半圆槽左端槽口处
B．小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，则小球再次回到半圆槽最低点时的速度大小为
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，则离开槽口后还能上升的最大高度为
【解析】 A．小球和半圆槽组成系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，当小球到半圆槽左端最高处时，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒定律知，速度为零，结合机械能守恒定律可知小球能滑至半圆槽左端槽口处，故A正确；
B．设小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为，取向左为正方向，对系统水平方向根据平均动量守恒可得，解得，故B错误；
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为的初速度，设小球再次回到轨道最低点的速度大小为、槽的速度大小为，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得，根据机械能守恒定律可得，联立解得，另一解为舍去，故C正确；
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得，根据机械能守恒定律可得，，联立解得，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
5．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)(多选)如图所示，半径m、质量kg的半圆形滑槽，静止放置在水平地面上，一质量kg的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处由静止滑下。不计一切摩擦，小球可看成质点，取重力加速度大小m/s2。则以下说法中正确的是( )
A．小球的最大速度为2m/s
B．小球滑下来之后恰好能到达滑槽的左边缘
C．滑槽移动的最大距离0.1m
D．滑槽对地面的最大压力30N
【解析】 A．当小球下滑至最低点时有最大速度．设小球的速度最大时滑槽的速度大小为，小球下滑的过程中系统的机械能守恒，滑槽与小球组成的系统水平方向上动量守恒，所以有，，解得m/s，m/s，A正确；
BC．当小球运动到左侧最高点时，滑槽移动的距离最大，系统水平方向上任意瞬间动量均守恒，设小球从右侧最高点运动到左侧最高点时所用的时间为t，小球水平方向上的平均速度大小为，滑槽的平均速度大小为，有，，，解得m，C错误，B正确；
D．当小球下滑至最低点时滑槽对地面的压力最大，设此时地面对滑槽的支持力大小为，小球相对圆心的速度大小为v。在竖直方向，对滑槽和小球整体，由牛顿运动定律得，，根据牛顿第三定律，解得N，D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
6．(2022•重庆市育才中学校高三(下)二模)11月18日14时02分，某市消防救援指挥中心接到报警称：某区某街道某路某号4楼起火。14时17分，70名指战员到达现场，经侦查，起火建筑为5层钢筋混凝土建筑，4楼起火向3楼和5楼蔓延，15时10分火势得到有效控制，15时48分火势被扑灭，如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时；设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为，下列说法正确的是( )
A．水枪的流量为
B．水枪的功率为
C．水柱对着火物的冲击力为
D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向后且斜向上方
【解析】 A．设时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则，，A错误；
B．单位时间喷出水的质量为，时间内水枪喷出的水的动能为，知高压水枪在此期间对水做功为，高压水枪的功率为，B正确；
C．考虑一个极短时间，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得，时间内冲到着火物上水的质量为，解得，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为，C错误；
D．当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件。手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D错误。故选B。
【答案】 B
7．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)(多选)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为m的小车，小车的半径四分之一光滑圆弧轨道在最低点与水平轨道相切于A点。在水平轨道的右端固定一个轻弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的B点正上方，B点右侧轨道光滑，A、B的距离为，一个质量也为m的可视为质点的小物块从圆弧轨道最高点以的速度开始滑下，则在以后的运动过程中(重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。)( )
A．若A、B间的轨道也光滑，小车的最大速度为
B．若A、B间的轨道也光滑，物块运动到最高点时到水平轨道的距离为1.8m
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，弹簧的最大弹性势能等于因摩擦产生的总热量
D．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，小车运动的总位移大小为0.35m
【解析】 A．若A、B间的轨道也光滑，则小物块和小车相互作用过程能量守恒，水平方向动量守恒，经分析知小物块第一次下滑到圆弧轨道最低点时小车速度最大，设小车的最大速度为，此时小物块的速度为，则有，，联立并代入数据解得，选项A正确；
B．若A、B间的轨道也光滑，根据动量守恒和能量守恒可知物块运动到圆弧轨道最高点时的速度为，此后小物块做竖直上抛运动，高度，则物块运动到最高点时到水平轨道的距离为，选项B错误；
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，设小物块与小车的相对位移为s，根据能量守恒有，解得，可知小物块滑行到水平轨道压缩一次弹簧后恰停在B点。全过程根据能量守恒可得因摩擦产生的总热量，物块与小车的速度相同时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，由动量守恒定律得，解得v=0，此过程根据能量守恒知弹簧的最大弹性势能，因此弹簧的最大弹性势能不等于因摩擦产生的总热量，选项C错误；
D．小物块沿圆弧轨道下滑过程中，设运动时间为t，小车运动的位移为，根据系统水平动量守恒得，解得，分析之后的运动过程可知小车的位移为0，所以小车运动的总位移大小为0.35m，选项D正确。故选AD。
【答案】 AD
8．(2022•西北工业大学附属中学高三(上)第四次适应性训练)(多选)如图所示，光滑地面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比可能为( )
A． B． C． D．
【解析】 若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有，即，根据动量守恒得，根据机械能守恒得，联立解得，若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有，即，根据动量守恒得，根据机械能守恒得，联立解得，若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有，即，根据动量守恒得，根据机械能守恒得，联立解得，故选BD。
【答案】 BD
9．(2022•银川一中高三(下)一模)如图所示，质量为m滑块A套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。在水平杆上固定一挡板P，滑块靠在挡板P左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g。现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，忽略空气阻力，则( )
A．滑块与小球组成的系统机械能不守恒
B．滑块与小球组成的系统动量守恒
C．小球第一次运动至最低点时，细线拉力大小为3mg
D．滑块运动过程中，所能获得的最大速度为
【解析】 A．滑块与小球运动过程中，系统内没有除重力之外的力对系统做功，所以系统机械能守恒，故A错误；
B．小球向下摆动过程中，滑块受到挡板的作用力，滑块与小球组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C．设小球第一次运动至最低点时的速度为v，根据机械能守恒定律有，在最低点根据牛顿第二定律有，联立①②解得小球第一次运动至最低点时细线拉力大小为，故C错误；
D．当小球通过最低点后，P不再受挡板的作用力，此时小球与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设某时刻小球和滑块的速度分别为v1和v2，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有，由上式可知，当v1与v反向且达到最大值时，v2也将达到最大值，即小球第二次通过最低点时，滑块速度达到最大，根据机械能守恒定律有，联立解得，故D正确。故选D
【答案】 D
10．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)(多选)如图，滑块A(可视为质点)的质量kg，与水平面间的动摩擦因数，用细线悬挂的小球质量均为kg，沿轴排列，A与第1个小球及相邻两小球间距离均为m，线长分别为、、……(图中只画出三个小球)。开始时，A以m/s沿轴正向运动，设A与小球碰撞不损失机械能，碰后小球均恰能在竖直平面内做完整的圆周运动并再次与滑块正碰，，则( )
A．滑块只能与10个小球碰撞 B．滑块只能与12个小球碰撞
C．第10个小球悬线长0.8m D．第12个小球悬线长0.08m
【解析】 AB．因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有，得，(个，故错误,B正确；
CD．滑块与第个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为，对小球，有，机械能守恒，对滑块，有，解①②③三式得，则第10个小球悬线长为，则第12个小球悬线长为，故C错误，D正确；故选BD。
【答案】 BD
11．(2022•双鸭山市第一中学高三(上)期末)(多选)如图所示，一质量为m、长为L的木板A静止在光滑水平面上，其左侧固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一可视为质点小物块B以初速度从木板的右端无摩擦地向左滑动，而后压缩弹簧。设B的质量为λm，当时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的压缩量。则( )
A．细绳所能承受的最大拉力的=
B．当λ＝1时，小物块B滑离木板A时木板运动的对地位移=L-+
C．当λ＝2时，细绳被拉断后长木板的最大加速度
D．为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应大于等于2
【解析】 A．细绳恰好被拉断时，B的速度为0，细绳拉力为Fm，设此时弹簧的压缩量为x0，则有kx0=Fm，由能量关系，有，解得，故A正确；
B．当λ＝1时，B的质量为m，细绳恰好被拉断。细绳拉断后小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得，则小物块滑离木板时，二者的位移关系为，又有，联立解得，故B错误；
C．当λ=2时，设细绳被拉断瞬间小物块速度大小为v1，则有，细绳拉断后，小物块和长木板之间通过弹簧的弹力发生相互作用，当弹簧被压缩至最短时，长木板的加速度最大，此时小物块和长木板的速度相同，设其大小为v，弹簧压缩量为x，以向左为正方向，由动量守恒得，由能量守恒定律得，对长木板，有，联立方程，解得，故C正确；
D．由题意，λ<1时，细绳不会被拉断，木板保持静止，小物块向左运动压缩弹簧后必将反向运动．λ>1时，小物块向左运动将弹簧压缩x0后细绳被拉断，设此时小物块速度大小为u1，由能量守恒定律得，此后在弹簧弹力作用下小物块做减速运动。设弹簧恢复原长时小物块速度恰减小为零，此时木板的速度为u2，以向左为正方向，由动量守恒定律得，由能量守恒定律得，联立方程，解得λ=2，所以为保证小物块在运动过程中速度方向不发生变化，λ应满足的条件为，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
12．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期末)(多选)如图所示内壁光滑的环形槽半径为R，固定在竖直平面内，质量均为m的小球A、B，以等大的速率v0从圆心等高处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，两球碰撞的时间和机械能损失均忽略不计，重力加速度为g。则下列叙述中正确的是( )
A．v0的最小值为
B．小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能
C．小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差值为6mg
D．两球第一次相碰撞后瞬时，两球速度均不为零且等大反向
【解析】 A．设v0的最小值为v0m，小球A恰好通过环形槽最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有，对小球A从初始位置到运动至最高点的过程，根据动能定理有，联立①②解得，故A错误；
B．小球A、B初始时刻的机械能相等，且在运动过程中机械能守恒，所以小球A通过最高点时的机械能等于小球B通过最低点时的机械能，故B正确；
C．设小球A通过最高点时的速度大小为v1，对小球A从初始位置到运动至最高点的过程，根据动能定理有，设小球A通过最高点时所受环形槽的支持力大小为N1，根据牛顿第二定律有，联立解得，根据牛顿第三定律可知小球A通过最高点时对环形槽的压力大小为，设小球B通过最低点时的速度大小为v2，对小球B从初始位置到运动至最低点的过程，根据动能定理有，设小球B通过最低点时所受环形槽的支持力大小为N2，根据牛顿第二定律有，联立解得，根据牛顿第三定律可知小球B通过最低点时对环形槽的压力大小为，所以小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差值为，故C正确；
D．根据对称性可知两球运动到另一与圆心等高的位置时发生碰撞，且此时两球的速度等大反向，因为碰撞前后机械能守恒，根据动量守恒定律可知碰撞后两球速度均不为零且等大反向，故D正确。故选BCD。
【答案】 BCD
13．(2022•河北省衡水中学高三(上)五调)(多选)如图所示，有A、B、C三个物体质量均为m，B和C(不粘连)静止于光滑水平面上，让一小球A自光滑圆弧槽B左侧槽口正上方高处，从静止开始下落，与圆弧槽B左侧槽口相切进入槽内，已知圆弧槽的圆心与两端槽口等高、半径为R，在之后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．物块C获得的最大速度为
B．小球A越过圆弧槽最低点之后的运动过程中，小球A满足机械能守恒
C．小球A经过圆弧最低点以后能上升到距圆弧底的最大高度为
D．在此后的运动过程中，圆弧槽的最大速度为
【解析】 A．小球A经过圆弧最低点时，物块C获得最大速度，以水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒有，根据能量守恒有，解得物块C获得的最大速度，故A正确；
B．小球A越过圆弧槽最低点之后的运动过程中，小球A与圆弧槽B组成的系统满足机械能守恒，该运动过程，圆弧槽B减速，机械能减小，则小球A机械能增大，故B错误；
C．小球A经过圆弧最低点以后，对小球A与圆弧槽B组成的系统，根据水平方向动量守恒有，根据机械能守恒有，解得小球A经过圆弧最低点以后能上升到距圆弧底的最大高度为，故C正确；
D．从小球第一次通过最低点到第二次通过最低点，相当于小球与圆弧槽发生了一次完全弹性碰撞，因两物体质量相等，则速度互换，则此时圆弧槽有最大速度，圆弧槽的最大速度为，故D正确。故选ACD。
【答案】 ACD
14．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)在电场强度为E的足够大的匀强电场中，有一与电场线平行的绝缘水平面，如图中虚线所示。平面上有两个静止的小球A和B，质量均为m，A球带电荷量+Q，B球不带电。开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正碰，碰撞中无机械能损失。设在每次碰撞过程中，A、B两球间无电荷量转移，且不考虑一切阻力及两球间的万有引力。则( )
A．A球经过时间与B球发生第一次碰撞
B．A球在以后与B球发生碰撞的时间间隔逐渐呈均匀递增
C．A球与B球发生碰撞的时间间隔一直保持不变，大小都是
D．AB球在第5次正碰与第6次正碰之间的时间间隔是
【解析】 A．对小球进行研究，根据牛顿第二定律和运动学的公式有，，解得，故A球经过时间与B球发生第一次碰撞，故A错误；
BCD．对碰撞前的过程，由动能定理，得，得，、两球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得，又由碰撞的过程中无机械能损失，得 ，其中为碰撞后的速度，为碰撞后的速度，解得，，、两球碰后速度交换，故有，得，第二次碰撞后球速度为，球速度为，所以有，由位移关系得，得，依此类推，得，得，所以，故A球在以后与B球发生碰撞的时间间隔间隔相等，故BC错误，D正确；故选D。
【答案】 D
15．(2022•高考河北卷)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，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滑块，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。重力加速度大小取。
(1)若，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，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【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，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，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，滑板A和B质量分别为和，则由
解得，则新滑板速度方向也向右。
(2)若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
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，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，
根据动量守恒可得，解得
根据能量守恒可得，解得
【答案】 (1)，，方向均向右；(2)
16．(2022•高考湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【解析】 (1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得F=6.5mg
(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，
根据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当时解得，即，此时
于是有，解得
此时C的最大动能为
【答案】 (1)；(2)6.5mg；(3)
17．(2022•高考山东卷)如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的点，点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于)，A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量，B的质量，A与B的动摩擦因数，B与地面间的动摩擦因数，取重力加速度。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小与；
(2)B光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功；
(4)实现上述运动过程，的取值范围(结果用表示)。
【解析】 (1)设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
，
代入数据联立解得，(方向水平向左)，，(方向水平向右)
即A和B速度的大小分别为，。
(2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有，代入数据解得
根据动量定理有，代入数据解得
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，
所以对于此过程B有，
联立各式代入数据解得，(舍去)
故根据几何关系有，代入数据解得
(3)在A刚开始减速时，B物体的速度为
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
解得
B物体停下来的时间为t3，则有，解得
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
所以A对B的摩擦力所做的功为
(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有，
小球下滑过程根据动能定理有
小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有
当碰后小球摆角恰为5°时，有
联立可得
当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有，则可得
故要实现这个过程的范围为
【答案】 (1)，；(2)；(3)；(4)
18．(2022•高考全国乙卷)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图(b)所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
【解析】 (1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，
即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得，
(2)同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的的瞬时速度分别为，
根据位移等速度在时间上的累积可得，
又，解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，
设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，
根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
【答案】 (1)；(2)；(3)
19．(2022•高考浙江卷)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
(1)若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。
【解析】 (1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律，解得
与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
可得，，联立解得
(2)由(1)分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，
高度为，根据动能定理可得，解得
以竖直向下为正方向：
由动能定理：
联立可得
(3)当时，物块位置在点或点右侧，
根据动能定理得
从点飞出后，竖直方向，水平方向
根据几何关系可得，联立解得
代入数据解得
当时，从释放时，根据动能定理可得，解得
可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，
根据动能定理可得，解得
距离点0.6m，综上可知当时，
代入数据得
【答案】 (1)；(2)；(3)当时，，当时，
20．(2022•辽南协作体高三(下)二模)如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离，C点到D点的距离；左边水平台面上有一质量的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放(物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧)。已知A、B两点间的距离，初始时弹簧储存的弹性势能，物块甲与传送带之间的动摩擦因数，取，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求：
(1)从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；
(2)从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；
(3)第3次碰撞点与D点之间的距离；
(4)第2022次碰撞刚结束时，物块甲、乙的速度大小(不要求写出过程，只要求写出结果)。
【解析】 (1)对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，
根据能量守恒定律得，解得
假设物块甲滑过A点后，假设其一直匀减速运动到B点，
根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有，，联立解得
假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。
在传送带上匀减速的时间，在间匀速运动的时间
则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间
(2)物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小
设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别和，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，
联立解得
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至；甲在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为
可右运动到B点时，两者相对位移大小为
则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，
系统产生的总热量
(3)物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为
物块乙运动的距离为
即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，
解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为，
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后又反向加速至，与物块乙发生第三次碰撞。因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为。
(4)从(3)总分析不难得出：第2022次碰撞刚结束时，物块甲速度大小
物块乙的速度大小
【答案】 (1)；(2)；(3)；(4)，
21．(2022•湖南师范大学附属中学二模)如图所示，光滑水平地面上固定一个高h的光滑墩子，光滑顶面上有一个侧面光滑可视为质点的物体B，质量为M，与墩子无摩擦。一个小球A以水平初速度从高H=1.5h处水平抛出，恰好与B的左侧面发生弹性碰撞(不会与墩子碰撞)，B物体恰好落在距墩子水平距离x=h处的小车C左端，小车的高度忽略不计，而A球落在墩子的左边，重力加速度为g。
(1)球抛出点到B的水平距离多大？
(2)A球的落地点距墩子的水平距离多大？
(3)假设小车的质量也为M，物体B底面与小车上表面的动摩擦因数为，不考虑其他阻力，物体落在小车上发生竖直速度大小不变的反弹，且作用时间极短，求物体B再次落在车上(或地面)时，两次落点相对小车的水平距离多大？
【解析】 (1)根据，解得，所以水平距离
(2)设小球的质量为m，被碰后B的速度为，根据，，解得
A与B相碰，水平方向动量守恒
由弹性碰撞的特点可得
解得，
A球与B碰撞，竖直速度不会改变，因此落地时间也不会改变，
从抛出到落地的时间为
碰后落地时间为
所以落地点与墩子的水平距离为
(3)接近小车的竖直速度
因为时间极短，那么有
水平方向，对B物体
对小车，解得，
很明显与实际不符，应该水平共速
因此两次的水平落点在同一点(相对小车)，水平距离为零。
【答案】 (1)h；(2)；(3)0
22．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)如图所示，在电动机的带动下以m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量kg。质量kg的物体(可视为质点)从轨道上高m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带AB之间的距离m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度m/s2，。求：
(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
(3)物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【解析】 (1)物体由P到A的过程，由动能定理可得，解得J
(2)物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为s
故物体从A运动到B的时间为s
传送带的支持力对物体的冲量大小为I1=mgt
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为I2=m(v-v0)
传送带对物体的冲量大小为
(3)物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为，小球1被撞后的速度大小为，
由动量守恒和能量守恒定律得，
解得m/s，m/s
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，
由运动学公式得，解得mm，
，解得s
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为
再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，
以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为，，
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，
他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为，，
从第一次碰撞之后到最后运动中，电动机多消耗的能量为
解得J
【答案】 (1)J；(2) ；(3)2.5J
23．(2022•陕西省西安中学高三(下)三模)如图1所示，装置的左边是高度为3 m的弧形轨道，轨道末端水平，右边接有逆时针转动速度大小为3m/s且足够长的水平传送带，二者等高并能平滑对接。质量m＝1kg的小物块A(可看作质点)，置于弧形轨道右端水平处，质量M＝2kg的小物块B(可看作质点)，从轨道h＝2m高处由静止滑下，A、B发生对心碰撞，已知碰撞后瞬间物块B的速度3m/s，碰后1s时间内物块A的v－t图线如图2所示，并且在碰后2s二者再次相碰。重力加速度大小g＝10m/s2。求：
(1)第一次碰撞前物块B的速度，物块B从开始下滑到第一次碰撞结束后系统损失了多少机械能？
(2)第二次碰撞位置与第一次位置间的距离及第二次碰撞前物块A、B的速度；
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块与传送带间产生的热量。
【解析】 (1)设B滑到曲面底部速度为，根据能量守恒有
B、A碰撞，向右为正，根据动量守恒有
BA碰撞中损失的机械能
代入数据解得v0=6m/s，
(2)由v-t图知又
碰后2秒后A的位移
碰后2秒后A的速度
设碰后2秒B的速度为，由题意可知
代入数据解得，
(3)碰后2秒内传送带位移
碰后2秒内A与传送带的相对路程
碰后2秒内B与传送带的相对路程
碰后2秒内B的加速度大小，解得
所以，
则物块与传送带间产生的热量
【答案】 (1)v0=6 m/s；13 J；(2)，，；(3)60J。
24．(2022•重庆育才中学一模)如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板，可视为质点的物块以初速度从A的左端开始向右运动，当和A的速度相等时，A和恰好发生了第一次碰撞。已知A、、的质量分别为、、，不计A与轨道间的摩擦，与轨道间的动摩擦因数为，C 与A、上表面间的动摩擦因数均为，全程没有掉落到轨道上，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度为，忽略空气阻力。求：
(1)A和第一次速度相等时的速度；
(2)第一次碰撞前A运动的距离和第一次碰撞后A的速度大小；
(3)若A的长度，且A与的上表面齐平，最终停止的位置距其初始位置多远。
【解析】 (1)不计A与轨道间的摩擦，则从滑上A，动量守恒，
根据动量守恒定律，A和第一次速度相等时，，解得，方向水平向右
(2)设第一次碰撞前A运动的距离，由牛顿第二定律可得
A做匀加速直线运动，再由，可得
设第一次碰撞后碰撞，设碰后的速度分别为、，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律，
解得，，则第一次碰后，A速度大小为，方向反向。
(3)碰撞前，相对位移为，解得
第一次碰撞后A的速度，速度为
假设能再一次共速，且共速前A不与发生碰撞，且还未滑离A，
则，解得
间相对位移为
解得，则
则滑到A右端时，两者恰好再次共速。
此时A从第一次碰撞后向右滑行的距离和时间为，
第一次碰后，对由牛顿第二定律
停止运动的时间及位移分别为，
则共速后会再一次与相碰，假设碰后速度分别为、，
由机械能守恒定律及动量守恒定律可得，
解得，
之后滑到上，与一起向右运动。
对、由牛顿第二定律可得，
则，
全程没有掉落到轨道上，，，则第二次碰撞后将以减速，直到停止。
由，可得，第二次碰撞后运动的位移为
则最终停止的位置距其出发点距离为
【答案】 (1)，方向水平向右；(2)，；(3)
25．(2022•辽宁省名校联盟高三(下)3月联合考试)如图所示，在光滑的水平地面上，质量为的足够长的木板左端静置一个质量为的小物块B。在木板的左端正上方，用长为的不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬于固定点O，此时小球A与小物块B刚好接触且无相互作用力。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向的夹角为。小球由静止释放，自由下落一段时间后，轻绳绷紧使得小球A沿绳的分速度瞬间变为零，只有垂直于绳的分速度，然后小球A做圆周运动，到达O点的正下方时与小物块B发生弹性正碰。不计空气阻力，重力加速度g取。求：(结果可用根号表示)
(1)小球A自由下落的时间；
(2)小球A与小物块B发生弹性正碰后瞬间物块B的速度大小；
(3)小物块B与木板摩擦产生的热量。
【解析】 (1)因开始时轻绳与水平方向的夹角为30°，则小球A自由下落L时，轻绳刚好再次伸直，设此过程需要时间为t，根据自由落体运动规律，解得
(2)由(1)问可知轻绳刚好再次伸直时A的速度为，
轻绳伸直后瞬间小球A速度为
从轻绳刚好再次伸直到小球A运动到最低点的过程中，
由动能定理得，联立解得
小球A与小物块B发生弹性碰撞，
由动量守恒定律及机械能守恒定律得，
联立解得，
(3)B最终相对于木板静止，设B与木板最终的共同速度为，
由动量守恒定律及能量守恒定律得，，
解得
【答案】 (1)；(2)；(3)
26．(2022•辽宁省大连市第一中学高三(上)期中联考)如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α=30°，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板．某时刻，一质量为m的小木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次．已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g．求：
(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小．
(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小．
(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n=2，3，4，5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能△E．
【解析】 (1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度为a1，工件加速度为a2．
对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinα＝ma1①
对工件，由牛顿第二定律可得：μ(3m+m)gcosα－3 mgsinα＝3ma2 ②
工件匀速运动时，由平衡条件可得：μ·3mgcosα＝3 mgsinα③
由①②③式解得：a1＝④
a2＝ ⑤
(2)设碰挡板前木块的速度为v，由动量守恒定律可得：3mv0+mv0=mv ⑥
由⑥式解得：v=4v0 ⑦
木块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，
由动量守恒定律可得： mv= mv1+ 3m·v2 ⑧
由能量守恒得： ⑨
由⑥⑦⑧⑨式联立解得：v1＝－2v0 ⑩
v2＝2v0 ⑪
(3)第1次碰撞后，木块以2 v0沿工件向上匀减速运动，工件以2 v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t=⑫
木块的速度v1’=－2v0+a1t=4v0 ⑬
此时，木块的位移：x1=－2v0t+a1t2＝⑭
工件的位移：x2=2v0t－a2t2＝⑮
即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：Δt=(n－1)t=(n=2,3,4,5,……)⑯
木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：ΔE=4mg(n－1)x2sin30°⑰
解得：ΔE=24(n－1)mv02(n=2,3,4,5,……)⑱
【答案】 (1)a1＝； a2＝ (2)－2v0 ；2v0(3)Δt =(n=2,3,4,5,……)；ΔE=24(n－1)mv02(n=2,3,4,5,……)
27．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接， 该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动, 经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA=lkg，mB=2kg,mC=3kg，g=10m/s2，求:
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。
【解析】 (1) 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，
设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有，解得：
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，
由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2，解得：；
(2) 滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，
被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，
由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB+mC)v3
由机械能守恒定律有，解得：
(3) 被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，
滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA+mBv2)=(mA+mB)v4+mCv5
，解得：
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：，，解得：
【答案】 (1)2m/s (2) 3J(3) 2m
28．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)如图所示，CD是以恒定速度沿顺时针转动的足够长倾斜传送带，其倾角θ=37°，在传送带的右侧有一光滑水平平台AB，弹簧右端固定在平台上，质量为m2的物体Q在外力作用下静止于传送带顶端。现将质量为m1的物体P放在弹簧左端，用力将弹簧压缩一段距离后由静止释放，物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞且将要发生碰撞前的瞬间已经撤去Q受到的外力。最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合。已知Q开始运动后，滑动摩擦力对Q做的总功为-1.2W、静摩擦力对Q做的功为W。物体P、Q可视为质点且Q质量是P质量的两倍(sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求：
(1)物体Q与传送带之间的动摩擦因数；
(2)物体P释放前弹簧的弹性势能。
【解析】 (1)设物体Q下滑位移为x，上滑位移 后与传送带共速
共速后静摩擦力等于重力向下分力，解得
(2)物体P离开平台后恰好沿着传送带方向与物体Q发生弹性碰撞 ，，解得
最终Q离开传送带后的运动轨迹与P碰后运动轨迹重合
解得弹性势能
【答案】 (1)0.9；(2)0.3W
29．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期中)质量m=3kg、长l=2.8m内壁光滑的槽C静止于粗糙水平面上，在槽的内壁上放置有两个物体A和B，A、B到槽C左右两端挡板的距离分别为l1=1.8m，l2=lm。A、B的质量分别为m1=-4kg和m2=lkg，A、B可以看作质点，它们之间放有压缩的轻弹簧(弹簧长度可忽略)，弹簧与A、B不粘连，A、B用细线系住。烧断细线，A物体以v1=lm/s的速度向右运动，已知A与C、B与C碰撞不损失机械能，槽C与地面间的摩擦因数µ=0.15，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)弹簧压缩时具有的弹性势能；
(2)当B与C碰撞后，槽C运动的初速度和加速度；
(3)从剪断细绳到A、B两物体第一次相遇的时间内，槽C发生的位移。(计算结果保留1位有效数字)
【解析】 (1)弹簧弹开过程中，有
解得，弹簧压缩时具有的弹性势能为，解得；
(2)设B与C碰撞后速度分别为vB、vC，则有，
解得，
根据牛顿运动定律得，解得；
(3)槽C开始向左匀减速运动，经过时间
停止，设在这段时间内，A、B并没有相遇，也没有碰撞C，
这段时间内槽C发生的位移为
解得；槽C停止运动时，A、B向右运动，离槽右端挡板距离分别为，
所以A物体先碰撞C的右端挡板。
设碰撞后C的速度为vCˊ，则，
解得，
此时，B离右挡板的距离为，由于
所以B与C碰撞时，槽C并没有停止运动。槽C发生的向右位移为
解得；因此从释放弹簧到A、B第一次相遇，槽C发生的位移为
【答案】 (1)10J；(2)2m/s，4m/s2；(3)0.4m
30．(2022•黑龙江省大庆一中高三(下)第二次月考)如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动．滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2.
(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能EP；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
【解析】 (1)滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s所用的时间为t，加速度大小为a，
在时间t内滑块C的位移为x，有，，
代入数据可得，
滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s
(2)设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，
有，，
A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
代入数据可解得
(3)在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=4m/s，加速度大小为2m/s2，
有，解得
以向右为正方向，A、B碰撞过程
弹簧伸开过程，
代入数据解得m/s．
【答案】 (1) 4.0m/s (2) (3)
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