练习6 有关动量守恒定律的综合应用—2025年高考物理压轴题专项通关秘籍（全国通用）

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1、弹性碰撞模型
1．弹性碰撞
v1
v2
v1ˊ
v2ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2−v1，v2ˊ=2m1v1+m2v2m1+m2−v2.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2．“动静相碰型”弹性碰撞的结论
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＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
2、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v12+ ½ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2．完全非弹性碰撞
v1
v2
v共
m1
m2
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =m1v1+m2v2m1+m2；ΔEk=12m1m2m1+m2(v1−v2)2
3、滑块木板模型
4、小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
1．（2024•吉林一模）为研究工厂中天车的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，质量mC＝3kg的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的A、B两个弹性摆球质量mA＝mB＝1kg，摆线长L＝0.8m，分别挂在轨道的左端和小车上。静止时两摆线均在竖直位置，此时两摆球接触而不互相挤压，且球心处于同一水平线上。在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后，由静止释放，在最低点处与B球相碰，重力加速度大小g取10m/s2．求：
（1）A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0；
（2）相碰后B球能上升的最大高度hm；
（3）B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小。
【解答】解：（1）A球从水平位置摆到最低点过程机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mAgL=12mAv02，解得：v0＝4m/s；
（2）A与B发生弹性碰撞过程系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB，
由机械能守恒定律得：12mAv02=12mAvA2+12mBvB2，
解得：vA＝0，vB＝4m/s，
B上升至最大高度过程，B、C系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＝（mB+mC）vC，
B、C系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
12mBvB2=12（mB+mC）vC2+mBghm，
解得：vC＝1m/s，hm＝0.6m；
（3）B从最高点又摆至最低点过程，B、C系统水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：（mB+mC）vC＝mBvB′+mCvC′，
由机械能守恒定律得：12（mB+mC）vC2+mBghm=12mBvB′2+12mCvC′2，
解得：vB′＝﹣2m/s，vC′＝2m/s，
B在最低点时，由牛顿第二定律得：
T﹣mBg＝mB(v'B−v'C)2L
解得：T＝30N
由牛顿第三定律可知，球对绳子的拉力大小为30N；
答：（1）A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0为4m/s。
（2）相碰后B球能上升的最大高度hm为0.6m。
（3）B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小为30N。
2．（2023•邵阳模拟）小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以v0＝8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F＝mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA＝mB＝mC，斜面高h＝0.8m，A、C间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长；
（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件；
（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。
【解答】解：（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mC）v1
代入数据解得：v1＝4m/s
若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得：μmAgs=12mCv2−0
代入数据解得：s＝1.6m
则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是：s≥1.6m
（2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′由动能定理﹣mAgh=12mAv1'2−12mAv12
解得：v1′＝0
A上到高台后受到为F＝mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知：F＝mg＝ma，解得a＝g
设与B碰前A的速度为vA，由运动学公式：vA2＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：mAvA＝mAvA1+mBvB1
由机械能守恒定律可知：12mAvA2=12mAvA12+12mBvB12
联立解得vA1＝0，vB1=2gkL
A、B第一次碰后，B合力为零，沿斜面做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为：t1=LvB1=L2gk
碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为t2=2Lg
由题意得：t2＞t1解得：k＞14 A与B同向运动不能相撞，此时有k＞14
（3）当k＞14时，A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞）根据题意，B与挡板碰后速率仍为：vB1=2gkL 设B向左运动时加速度大小为a′，则F＝ma′解得：a'＝g
设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则L=12g(t1+t3)2+vB1t3−12gt32
解得t3=(4k−1)L8kgl+4k2kgl=4k−12k+1L8kg
B反向减速至零的时间：t0=vB1g=2kLg
因为t3t0=4k−14k(2k+1)＜1，故所求t3合理
所以：t=t1+t3=L2gk+4k−12k+1⋅L8kg=8k+14k+2L2kg
答：（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少1.6m；
（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件是k＞14；
（3）若满足（2）问的k值，则A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间为8k+14k+2L2kg。
3．（2023•延边州二模）如图所示，固定在竖直平面内的轨道由倾角θ可调的倾斜轨道AB、足够长的水平轨道BC和半径为R＝0.3m的竖直圆轨道构成，P为圆轨道的最高点，AB段轨道粗糙，其余轨道光滑，各段轨道均平滑连接．当倾角θ＝30°时，质量为m1＝0.6kg的物块a恰好能沿轨道AB匀速下滑。现将倾角调为θ＝60°，让物块a从距水平面BC高度为h＝1.2m处静止滑下，过一段时间后与静止在水平轨道BC上的物块b发生弹性碰撞．若物块a、b均可视为质点，物块a始终不会脱离轨道，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物块a与轨道AB间的动摩擦因数；
（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时对轨道的压力大小；
（3）若物块a只经过一次P点且能与物块b发生两次碰撞，求物块b的质量范围。
【解答】解：（1）当倾角θ＝30°时，物块a恰好能沿轨道AB匀速下滑，则m1gsin30°＝μm1gcs30°，解得μ=33
（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时，由动能定理m1g(ℎ−2R)−μm1gcs60°ℎsin60°=12m1vP2
解得vP＝2m/s
在P点时FNP+m1g=m1vP2R
解得FNP＝2N
（3）物块a与物块b碰前的速度12m1vP2+2m1gR=12m1v02
解得v0＝4m/s
根据动量守恒和能量守恒，可得m1v0＝m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得v1=m1−m2m1+m2v0，v2=2m1m1+m2v0
因物块a只经过一次P点，则12m1v12≤m1gR
物块a能与物块b发生两次碰撞则|v1|＞v2
联立解得1.8kg＜m2≤3(11+46)25kg≈2.5kg
答：（1）物块a与轨道AB间的动摩擦因数33；
（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时对轨道的压力大小2N；
（3）若物块a只经过一次P点且能与物块b发生两次碰撞，物块b的质量范围1.8kg＜m2≤2.5kg。
4．（2023•南开区二模）如图所示，固定平台右端静止着两个小滑块A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度L＝1m，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后滑块A滑到距平台右端x＝2m的C点停下，滑块A与平台间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块B冲上小车并最终与小车共速运动，滑块B与小车粗糙部分的动摩擦因数μ2＝0.1。两滑块都可以视为质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，且爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块B刚滑上小车时速度vB的大小；
（2）最终滑块B与小车共速时速度v的大小和方向；
（3）最终滑块B与小车共速时距小车左端的距离。
【解答】解：（1）设爆炸后滑块A获得速度大小为vA，滑块A滑到平台上的C点时停下，由动能定理得：
−μ1mAgx=0−12mAvA2
解得：vA＝4m/s
爆炸过程中，滑块A、B组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA﹣mBvB＝0
解得：vB＝2m/s
（2）滑块B最终和小车达到共同速度v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB＝（mB+M）v
解得v＝0.8m/s
方向水平向右
（3）设滑块B在小车粗糙段滑行的路程为s，根据能量守恒定律得：
Q=12mBvB2−12(mB+M)v2
根据功能关系得：
Q＝μ2mBgs
联立解得：s＝1.2m
滑块B在小车粗糙部分相对于小车的路程为1.2m，滑块B先相对于小车先向右运动1m，经弹簧作用后，又相对于小车在粗糙部分向左运动0.2m，即最终滑块B停在离小车左端
x＝L﹣0.2m
代入数据得：x＝0.8m
答：（1）滑块B刚滑上小车时速度vB的大小为2m/s；
（2）最终滑块B与小车共速时速度v的大小为0.8m/s，方向水平向右；
（3）最终滑块B与小车共速时距小车左端的距离为0.8m处。
5．（2023•广州二模）如图。玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A的质量为0.2kg，B的质量为0.4kg，弹簧夹在中间，与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体，为使A上升得更高，让“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，当弹簧恢复原长时，B恰好停在地面上，不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间，重力加速度取10m/s2。求
（1）“火箭”着地时的速度大小；
（2）A上升的最大高度；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能。
【解答】解：（1）“火箭”在距地面0.8m高处自由释放，做自由落体运动，根据速度—位移公式可得：
v2＝2gh
解得：v＝4m/s
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时解除锁定，弹簧恢复原长过程，B恰好停在地面上，动量守恒，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得：
（mA+mB）v＝mAv'
解得：v′＝12m/s
A做竖直上抛运动，可逆向看成自由落体运动，根据运动学公式可得：
v'2＝2gh'
解得：h'＝7.2m
（3）根据机械能守恒得：
Ep=12mAv'2−12(mA+mB)v2
代入数据解得：Ep＝9.6J
答：（1）“火箭”着地时的速度大小为4m/s；
（2）A上升的最大高度为7.2m；
（3）弹簧被锁定时的弹性势能为9.6J。
6．（2023•韶关模拟）有一种打积木的游戏，装置如图所示，四块完全相同的积木B、C、D和E叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D和E夹在固定的两光滑薄板间，小球A（可视为质点）用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，球A拉至与O点等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，球A运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离（大于2d）后停下。已知球A和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
（1）球A下落到最低点与积木B碰撞前的速度大小v0。
（2）积木B向前滑行的距离s。
（3）将球A再次拉起至P点无初速释放，球A与积木C发生弹性碰撞且瞬间完成，积木C沿积木B的轨迹前进。求积木C弹性碰撞后经多长时间与积木B相遇。
【解答】解：（1）小球A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgL=12mv02
解得：v0=2gL
（2）设小球A与积木B发生弹性碰撞后速度为v1，积木B速度为v2。小球A与B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝mv1+mv2
由机械能守恒定律得：
12mv02=12mv12+12mv22
解得：v1＝0，v2=2gL
从碰撞后瞬间到B停止运动过程，设B滑行的距离为s，对B，由动能定理得：
﹣（μ•4mg+μ•3mg）d﹣μmg（s﹣d）＝0−12mv22
代入数据解得：s=Lμ−6d
（3）将小球A拉回P点由静止释放，小球A落下后与静止的积木C发生弹性碰撞，该过程与小球A由静止释放再与B发生弹性碰撞过程相同，小球A与C碰撞后C的速度为：v3＝v2=2gL
设C滑行s后与B碰撞前瞬间C的速度为v4，对C，由动能定理得：
﹣（μ•3mg+μ•2mg）d﹣μmg（s﹣d）=12mv42−12mv32
解得：v4＝2μgd
当C刚滑离D时的速度为v5，由动能定理得：
﹣（μ•3mg+μ•2mg）d=12mv52−12mv32
由动量定理得：﹣（μ•3mg+μ•2mg）t1＝mv5﹣mv3
当C从滑离D至与B相遇过程，对C，由动量定理得：
﹣μmgt2＝mv4﹣mv5
C被A球撞后到C与B球相遇的时间：t＝t1+t2
解得：t=13μ（2Lg+22L−6μdg−36μdg）
答：（1）钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0是2gL。
（2）积木B向前滑动的距离s是Lμ−6d；
（3）C被A球撞后经时间13μ（2Lg+22L−6μdg−36μdg）与B球相遇。
7．（2023•三明模拟）如图（a），倾角为θ＝37°的斜面体ABC锁定在水平地面上。弹簧下端固定在斜面底部的挡板，上端自由伸长到D点。现将质量为M＝2kg的物块乙轻放在弹簧上端，稳定后不拴接。另一质量为m＝1kg的物块甲以初速度v0＝10m/s沿斜面向下运动，两物块相碰（不粘连在一起），碰后一起向下压缩弹簧至F点（F点图中未标出）后弹回，物块甲的速度—时间部分图像如图（b）所示，图中阴影部分的面积为0.5m，两物块均可视为质点，物块甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25，μ2＝0.75，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）AD间的距离s1；
（2）弹簧压缩至F点时的弹性势能增量ΔEp；
（3）设k＝208N/m，且t3为物块甲和乙分离时刻，则此时纵坐标值（结果可以用根号表示）。
【解答】解：（1）由图b可知，物块甲到达D点时的速度为v1＝12m/s，对甲由A到D的过程，由动能定理得：
(mgsin37°−μ1mgcs37°)s1=12mv12−12mv02
解得AD间的距离：s1＝5.5m
（2）两物块碰撞后共速，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得：
mv1＝（M+m）v2
解得：v2＝4m/s
图中阴影部分的面积表示物块甲与乙碰后向下运动的位移大小，即x＝0.5m
从D到F点的过程，由功能关系得
12(M+m)v22+(M+m)gxsin37°=(μ1mgcs37°+μ2Mgcs37°)x+Ep
解得弹簧压缩至F点时的弹性势能增量：Ep＝26J
（3）物块甲和乙分离时具有相同的加速度，此时对物块甲，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcsθ＝ma
对物块乙，由牛顿第二定律得
Mgsinθ+μ2Mgcsθ﹣kx1＝Ma
解得此时弹簧形变量为x1=126m
分离时的位置距F点的距离为x2=x−x1=613m
设分离时两者的速度均为v3，从F点到分离，由功能关系得
kx+kx12x2−(M+m)gsinθx2−(μ2Mgcsθ+μ1mgcsθ)x2=12(m+M)v32
解得：v3=41378m/s
图中物块甲和乙分离时刻，此时纵坐标值即此时的共同速度为41378m/s。
答：（1）AD间的距离s1为5.5m；
（2）弹簧压缩至F点时的弹性势能增量ΔEp为26J；
（3）此时纵坐标值为41378m/s。
8．（2023•长春模拟）如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距x，与滑块A（可视为质点）相连的轻绳一端固定在O点，A静止时紧靠在B的左端斜上方。一子弹以水平向右速度v0击中A后留在A中（此过程时间极短），击中后轻绳恰好被拉断，轻绳断开后A立即滑上B的上表面。已知子弹的质量为m＝0.02kg，水平速度v0＝100m/s，A的质量mA＝0.48kg，绳子长度L＝0.2m，B的质量mB＝1.5kg，A、B之间动摩擦因数为μ＝0.6，B足够长，A不会从B表面滑出；B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。重力加速度为g＝10m/s2。求：
（1）轻绳能承受的最大拉力的大小；
（2）若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶相距x为多少；
（3）若x取第（2）中的值，则子弹的速度为多少时，B与台阶仅相碰两次。
【解答】解：（1）子弹击中A过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝（m+mA）v共1
对子弹击中A后，由牛顿第二定律可得：T−(m+mA)g=(m+mA)v共12L，
代入数据解得：T＝45N。
（2）规定向右为正方向，子弹、A和B组成的系统动量守恒，三者刚好共速时，由动量守恒可得：
（m+mA）v共1＝（m+mA+mB）v共2
代入数据解得：v共2＝1m/s；
对B运用动能定理得：μ(mA+m)gx=12mBv共22，
代入数据解得：x＝0.25m；
（3）B碰撞前的速度vB，由动能定理可得：μ(mA+m)gx=12mBvB2，
代入数据解得：vB＝1m/s，
B与台阶碰撞无机械能损失，B与台阶碰撞后速度大小不变，方向相反，若AB总是相对滑动的，则B向右匀加速运动与向左匀减速运动的加速度大小相等，运动具有对称性，即每次B与台阶相碰的速度相等，故每次相碰台阶对B的冲量大小均为I＝2pB＝2mBvB＝2×1.5×1kg•m/s＝3kg•m/s，
子弹、A和B组成的系统而言，系统总动量p总＝mv子＝（m+mA）v共3
B与台阶每相碰一次，台阶对系统的改变为：Δp＝2pB＝3kg•m/s，
规定向右为正方向，当系统的总动量为负值时，即总动量方向向左时，B不再与台阶相碰，
故B与台阶相碰两次的条件是：
发生一次碰撞：2pB＜mv子
发生两次碰撞：4pB≥mv子
代入数据解得：150m/s＜v子≤300 m/s。
答：（1）轻绳能承受的最大拉力的大小为45N；
（2）滑板B右端与固定台阶相距x为0.25m；
（3）子弹的速度满足150m/s＜v子≤300 m/s，B与台阶仅相碰两次。
9．（2023•琼山区校级二模）如图所示，质量为2m的滑板上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止在光滑的水平地面上，AB恰好与台阶等高。光滑的台阶上有物块1和小球2，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧。台阶右侧与一半径为r的光滑竖直圆形轨道相切于D点。某一时刻将压缩的弹簧释放，使得1、2瞬间分离，物块1向左运动的速度为v0，它与滑板水平部分的动摩擦因数为μ，求：
（1）若v0=gr，小球2运动到D点时，圆形轨道所受压力；
（2）为了使小球2在运动过程中始终不脱离圆轨道，圆形轨道的半径r应满足的条件；
（3）要使物体1在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求AB的长度L应满足的条件。
【解答】解：（1）物块1和小球2分离过程，动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
0＝mv0﹣mv1
解得：v1=v0=gr，
在D点，由牛顿第二定律可得：FN﹣mg＝mv12r
解得：FN＝2mg
由牛顿第三定律可得小球2运动到D点时，圆形轨道所受压力为2mg，方向向下；
（2）①小球2能够恰好运动到圆轨道的最高点，此时的速度大小为v2，根据牛顿第二定律有：mg＝mv22r1
从最低点到最高点过程中，由动能定理可得：﹣mg•2r=12mv22−12mv12
解得：r1=v025g；
②小球2恰好运动到与圆心等高的位置，由动能定理可得：﹣mgr2＝0−12mv12
解得：r2=v022g
所以圆形轨道的半径r应满足的条件为r≤v025g或r≥v022g；
（3）要使物体1有相对地面向右的速度，说明物体1要滑到曲面上再返回运动，物块1相对滑板反方向运动过程中，可以知道当再次回到B点时两者的速度最大，此时1有向右运动的速度即可，取向左为正方向，物块1再次回到B时水平方向动量守恒可得：
mv0＝mvA+2mvB
由能量守恒定律可得：12mv02=12mvA2+12×2mvB2+μmgL
联立可得方程：3vA2−2v0vA−v02+4μgL=0
因物体要经过B点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则
vA=2v0±4v02−4×3(4μgL−v02)6
满足不等式：4v02−4×3(4μgL−v02)＞0，vA=2v0±4v02−4×3(4μgL−v02)6＜0
则L＜v024μg。
答：（1）若v0=gr，小球2运动到D点时，圆形轨道所受压力为2mg，方向向下；
（2）为了使小球2在运动过程中始终不脱离圆轨道，圆形轨道的半径r应满足的条件为r≤v025g或r≥v022g；
（3）要使物体1在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，AB的长度L应满足L＜v024μg。
10．（2023•山西一模）有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L＝1.00m，质量均为m＝20kg，边缘凸起部位的宽度均为d＝0.05m。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s＝0.20m后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为8.5N时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取g＝10m/s2。
（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
【解答】解：（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理F1s﹣μmg（L﹣3d）＝0
解得μ＝0.01
（2）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v1，根据动能定理F2s−μmg(L−3d)=12mv12
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v2，根据动量守恒定律，设碰撞前速度方向为正方向，有mv1＝2mv2
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理−μ(2m)g(L−3d)=0−12(2m)v22
解得F2＝42.5N
（3）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v3，根据动能定理F3s−μmg(L−3d)=12mv32
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v4，根据动量守恒定律，设碰撞前速度为正方向，有mv3＝2mv4
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为v5，根据动能定理−μ(2m)g(L−3d)=12(2m)v52−12(2m)v42
设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为v6，根据动量守恒定律有mv5＝2mv6
从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理−2μmg(L−3d)=0−12mv62
联立解得F3＝314.5N
答：（1）每扇门与轨道间的动摩擦因数为0.01；
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是42.5N；
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是314.5N。
11．（2023•青羊区校级模拟）在光滑的水平面上，质量分别为mA＝1kg、mB＝3kg的滑块A、B中间有一轻质弹簧，弹簧与物块未拴接。现将弹簧压缩后用细线锁住，如图所示，在B的右侧有一倾斜传送带，水平面与传送带通过一段长度可忽略不计的圆弧平滑连接。已知传送带两轮轴之间的距离L＝1.8m，传送的倾角θ＝37°，滑块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，忽略传送带转轮的大小，不计空气阻力，滑块可视为质点。初始时，让传送带不转动，锁定滑块A让它静止不动，烧断细线，发现滑块B恰好能滑到传送带的最高点。sin37°＝0.6，取2=1.41，3=1.73。求：
（1）烧断细线前弹簧存储的弹性势能Ep；
（2）若烧断细线前，解除对滑块A的锁定，同时让传送带以恒定的速度，顺时针转动，则要使烧断细线后滑块B能滑到传送带的最高点，传送带的速度的最小值以及此情形中传送带因运送滑块B多消耗的能量E。（最后计算结果保留2位有效数字）
【解答】解：（1）设滑块B与弹簧脱离时的速度大小为v，根据题意可知，滑块脱离弹簧之后在水平面上做匀速运动，在传送带上做匀减速运动．
滑块B在传送带上运动时，根据匀变速直线运动规律有：v2＝2aL
滑块在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：mBgsinθ+μmBgcsθ＝mBa，
代入数据解得：a＝10m/s2，v＝6m/s
烧断细线后，弹簧的弹性势能转化为B的动能，由能量守恒定律可知，
弹簧的弹性势能：Ep=12mBv2=12×3×62J＝54J
（2）烧断细线后，在两滑块脱离弹簧的过程，A、B组成的系统动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA﹣mBvB＝0
根据机械能守恒得：Ep=12mAvA2+12mBvB2，
代入数据解得：vB＝3m/s
设传送带的速度v0的最小值为vmin（vmin＜vB），
则当滑块B的速度大于传送带的速度时，滑动摩擦力的方向沿斜面向下；
当滑块B的速度小于传送带的速度时，滑动摩擦力的方向沿斜面向上；
滑块B滑到传送带的最高点时的速度为零．
当滑动摩擦力的方向沿斜面向下时，有：vB2−vmin2=2a1L1，
其中a1=mBgsinθ+μmBgcsθmB
代入数据解得：a1＝10m/s2
此过程摩擦生热：Q1＝μmBgcsθ（L1﹣vmint1）
其中：t1=vB−vmina1
当滑动摩擦力的方向沿斜面向上时，有：vmin2=2a2L2，
其中：a2=mBgsinθ−μmBgcsθmB
代入数据解得：a2＝2m/s2，
此过程摩擦生热：Q2＝μmBgcsθ（vmint2﹣L2）
其中t2=vmina2，
其中：L1+L2＝L，
代入数据解得：vmin=323m/s=2.6m/s，Q1＝0.10J，Q2＝20.3J
根据能量守恒定律有：12mBvB2+E=mBgLsinθ+Q1+Q2，
代入数据解得：E＝39J
答：（1）烧断细线前弹簧存储的弹性势能Ep是54J。
（2）要使烧断细线后滑块B能滑到传送带的最高点，传送带的速度的最小值是2.6m/s，传送带因运送滑块B多消耗的能量E是39J。
12．（2024•嘉兴一模）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为H＝6m，杆上套有一质量m0＝0.1kg的滑环，杆上A点处固定一挡板。长度为l＝1m的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为m＝1kg的小球，轻绳能承受的最大拉力为40N。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为M＝0.2kg。P点右侧有一高度为h＝1.5m、倾角为37°的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为0.9m。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右以v0＝6m/s的速度作匀速直线运动，一段时间后滑环与水平杆上的固定挡板A碰撞，滑环即刻停止，绳子断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。不计空气阻力，小滑块可以视为质点且与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。
（1）通过计算分析绳子断裂的原因并求P点与挡板A点的水平距离。
（2）求小滑块最终静止的位置到B点的距离。
（3）若轻绳长度l可调，滑环和小球一起水平向右的初速度v0可调，要确保滑环撞击挡板绳子崩断后小球总能落在P点的小滑块上，求v0和l的关系以及l的取值范围。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知：F−mg=mv02l
代入数据解得：F＝46N＞40N
所以轻绳断裂。
小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动：H−l=12gt2
代入数据解得：t＝1s
水平方向为匀速运动：xPA＝v0t＝6×1m＝6m
（2）小球与小滑块作用过程，水平方向动量守恒，以向右为正有：mv0＝（m+M）v
得到共同速度为：v＝5m/s
从P到斜面最高点的过程：−μ(m+M)g(xPB+ℎmaxtan37°)−(m+M)gℎmax=0−12(m+M)v2
解得：hmax＝0.48m＜1.5m
滑块未从斜面顶端飞出。
又（m+M）gsin37°＞μ（m+M）gcs37°，之后滑块下滑
从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置，由能量守恒定律得：(m+M)gℎmax−μ(m+M)g(ℎmaxtan37°+x)=0
代入数据解得：x＝0.32m
（3）若轻绳能断裂后，水平距离为：xPA＝v0t
而在竖直方向：H−l=12gt2
联立方程得：v0=656−l
确保轻绳崩断：40−mg≤mv02l
联立解得：l≤(3−3)m或6m＞l≥(3+3)m
答：（1）P点与挡板A点的水平距离为6m；
（2）小滑块最终静止的位置到B点的距离为0.32m；
（3）v0和l的关系以为：40−mg≤mv02l，l的取值范围是：l≤(3−3)m或6m＞l≥(3+3)m。
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:受力分析、动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、功能关系等内容。
本专题是力学中碰撞模型、板块模型等综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
题型一 与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型二 与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型三 与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
示意图
木板初速度为零
木板有初速度，板块反向
v0
v共
v0
v共
-v0
v1=0
v2
(m