2023年高考物理一模試題匯編全國通用08 動量和動能（解析版）

專題08動量和動能

1、（2023?山東省濟(jì)寧市高三下學(xué)期一模）如圖所示，9個完全相同的滑塊靜止在水平地面上，呈一條直

線排列，間距均為3質(zhì)量均為加，與地面間的動摩擦因數(shù)均為〃，現(xiàn)給第1個滑塊水平向右的初速度，

滑塊依次發(fā)生碰撞（對心碰撞），碰撞時間極短，且每次碰后滑塊均粘在一起，并向右運(yùn)動，且恰好未與

第9個滑塊發(fā)生碰撞。已知重力加速度為g,l2+22+32++九="（左+1）（24+1）。

6

（1）求第8個滑塊被碰后瞬間的速率；

（2）設(shè)第"（1≤A≤7）個滑塊被碰后瞬間的的速率為匕，第〃+1個滑塊被碰后瞬間的速率為VN,求1+1

與匕；之間的關(guān)系式；

（3）求第1個滑塊的初速度用；（計算結(jié)果可以帶根號）

（4）求全過程中由于碰撞而損失的能量。

<--L-><__L_A<--L->

12^T^∣……∣^^8^9

【答案】（I）V8=√?Z;（2）vt,?f?l匕12（二）2〃gL；（3）v,=2√iθ?Z;

?n+l）n+1

（4）ΔE=?6SμmgL

【解析】

（1）由題可知，第8個滑塊被碰后，運(yùn)動L減速為0,則

O2-vl=-2aL

f=μmg=ma

解得

ι?=λ∕?Z

（2）第"個滑塊被碰后，以匕,向前減速Z<,由運(yùn)動學(xué)可知

v；_v：=_2〃gL

由碰撞可知

nmvιl=(n+l)mvn+l

解得

襦=PTT心2(%)2"gL

?n+ι√n+ι

由上式可知

^vl=12v^,-12×2μgL

72Vγ=62Vg-62×2μgL

(rvl^51v1-51×2μgL

524=4-2vl~42×2μgL

42V;=31v1-31×2μgL

32vj=22vl~22×2μgL

2222

2VJ=lvl-]×2μgL

解得

v1=Rl02MgL

(4)由能量守恒可知，每次發(fā)生碰撞損失的能量為

ΔE1=?mv^-?

2

ΔE2=?2∕7iv2—??mv?

2咸

ΔE3=?3mv3-?4/

2

?￡4=∣4∕7zv4-∣5mv^

2

ΔE5=-?5mv5-?emv^

一相片

ΔE617

2一

ΔE7=?7/7?V7?8∕nv^

碰撞損失的總能量

ΔE=ΔEl+ΔE2+ΔE3+ΔE4+ΔE5+ΔE6+ΔE7

解得

△E=↑6SμmgL

2、（2023?四省高三下學(xué)期2月適應(yīng)性測試）如圖，水平軌道AR8分別與高為〃、傾角9=30。的斜面

軌道BC兩端平滑連接，質(zhì)量為m的小物塊P靜止在水平軌道A3上，質(zhì)量大于根的小物塊Q位于P的左

側(cè)，Q的初動能為項。=?咫〃（g為重力加速度大?。跛俣确较蛳蛴?；Q與P發(fā)生碰撞后，P沿斜面上

滑高度§/7后返回，在水平軌道上與Q再次發(fā)生碰撞，所有墊道均是光滑的，每次碰撞均為彈性碰撞。

36

（1）求Q的質(zhì)量；

（2）求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C點時的速度大小；

（3）為保證第2次碰撞能在水平軌道AB上發(fā)生，求初始時P離斜面底端B的最小距離。

【答案】⑴5m⑵華：⑶祟

【解析】（1）設(shè)Q的質(zhì)量為M,初速度大小為力,第1次碰撞后瞬間P、Q的速度分別為V1、V1,以向

右為正方向，由動能定義、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有

%=卻暗

MV()=MV、+mvγ

L,f

LMV^=LMV^+nv

1225,

—mv：=—〃吆〃

2136

聯(lián)立可得

M=5m

(2)第2次碰撞前瞬間P的速度大小為盯，方向向左；設(shè)碰撞后瞬間P、Q的速度分別V2、V2,P沿斜

面上滑至UC點時的速度大小為%,由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有

MVt-mvt=MV2+mv2

22

IMV；+?∕HVI=?MV；+?〃褶

1?,1?

—mv^=mgh÷—mv~

聯(lián)立可得

V=--------

cr9

(3)設(shè)初始時P離斜面底端3的距離為s,第1次碰撞后Q運(yùn)動到斜面底端B所需時間為3P運(yùn)動到斜

面底端B所需時間為〃,P沿斜面運(yùn)動時加速度的大小為m在斜面上運(yùn)動所需總時間為/2,由運(yùn)動學(xué)公式、

牛頓第二定律有

s=Vit

S=WG

〃2gsinθ—ma

r2=2A

a

由題意

t≥tx+t2

聯(lián)立上述各式并由題給條件得

J00,

s≥----h

27

即初始時P離斜面底端B的最小距離為絲力

3、（2023?山東省蒲澤市高三下學(xué)期一模）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的木板Q靜止在光滑水平地面上，距

其右端X（未知且可調(diào)）處有一期釘固定的滑塊A。一質(zhì)量%=lkg的小滑塊P（可視為質(zhì)點）靜止于木板

左端?，F(xiàn)水平向右迅速敲擊小滑塊P，使其瞬間獲得%=8m∕s的初速度沿木板向右運(yùn)動。已知重力加速度

大小為g=K）m∕J,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃=0.4,整個過程中滑塊P未滑離木板Q,木板與右側(cè)

滑塊A的碰撞中沒有機(jī)械能損失且碰撞時間極短可忽略。

（1）若碰撞數(shù)次后滑塊P、木板Q最終均靜止，求為確?；瑝KP不滑離木板Q,木板的最短長度；

（2）若x=0.25m,將A的釘去掉，滑塊A與水平面無摩擦，且機(jī),?=2kg,求木板與物塊A碰撞的次數(shù)及

碰后滑塊P、木板Q、物塊A最終速度的大?。?/p>

（3）若小滑塊P的質(zhì)量為WP=2kg,Q的質(zhì)量為MQ=Ikg,滑塊A用釧!釘固定在距Q右側(cè)??=6m處，

多次碰撞后P、Q最終都靜止，求整個過程中木板Q的總路程。

,回，A

」,2..............1,................[∏,,

-X-

44

【答案】（1）8m；（2）2次，-m∕s,-m∕s,2m/s；（3）IOm

【解析】（1）木板與右側(cè)滑塊A的碰撞中沒有機(jī)械能損失且碰撞時間極短可忽略，由動量守恒與機(jī)械能守

恒可得，每次碰撞后，木板速度大小不變，方向反向。若碰撞數(shù)次后滑塊P、木板Q最終均靜止，由滑塊

P在木板上一直做勻減速運(yùn)動，根據(jù)能量守恒

μmgL=^mv^

解得木板Q的最短長度

L=8m

（2）木板Q、物塊A每次碰撞時，由動量守恒與機(jī)械能守恒可得

,

MVQ+WAVA=MVQ'+WAVA,?Mw+?w?v???Mq+?w?v?

解得

vv

Q=A'V；=VQ

即木板Q、物塊A每次碰撞后，交換速度。故第一次碰撞前，木板Q向物塊A勻加速直線運(yùn)動，木板Q加

速度

2

a=≈=2m∕s

M

木板Q速度

VQI=>∕20r=lm∕s

由動量守恒

IΠVQ=MVQl+mvl

滑塊P的速度

v1=6m/s

第一次碰撞后，木板Q、物塊A的速度分別為

%：=。，%'=lm∕s

木板Q向物塊A勻加速直線運(yùn)動，到第二次碰撞前，由位移關(guān)系

v..，t=-?at2=-^-t

?'22

木板Q的速度為

VQ2=2m∕s

第二次碰撞后，木板Q、物塊A的速度分別為

,=lm∕s,,=2m∕s

VQ2VA2

由動量守恒

wv=1,

0Λ∕VQ2+WAVA2+mv2

滑塊P的速度

v2=2m∕s

木板Q向物塊A勻加速直線運(yùn)動，直到滑塊P、木板Q共速

mv0=（M+機(jī)）/+機(jī)Av?

滑塊P、木板Q的共同速度為

v'=-m∕s

若能發(fā)生第三次碰撞，由位移關(guān)系

匕,=Q+JW",

V"VQ3=VQ/+at'

木板Q的速度為

=3m/s>,

VQ3v

所以不能發(fā)生第三次碰撞。即木板與物塊A碰撞的次數(shù)為2次，滑塊P、木板Q、物塊A最終速度的大小

44

分別為§m/s,-m/s,2m/s.

（3）第一次碰撞前，木板Q向物塊A勻加速直線運(yùn)動，木板Q加速度

絲超=8m∕s2

MQ

木板Q速度

m/s>v

VQ3-y∣2a'x0=4Λ∕6υ

故木板Q光勻加速到與滑塊P共速

%%=(Z?+MQ)1?I

再勻速運(yùn)動至物塊A所在位置并與其發(fā)生碰撞，第一次碰撞后，木板Q速度反向，大小不變，加速度不變,

向左運(yùn)動位移為

留16

X=----=—m

112a9

然后向右勻加速運(yùn)動直到與滑塊P共速

w

??1-M0vitl=(wp+MQ)vrt2

再勻速運(yùn)動至物塊A所在位置并與其發(fā)生碰撞，第二次碰撞后，木板Q速度反向，大小不變，加速度不變,

向左運(yùn)動位移為

木板Q的總路程

,16CI6-，C

S=6m+——×2m+——X2m+...=6m+32

981

4、(2023?渝瓊遼高三下學(xué)期仿真模擬聯(lián)考)如圖所示，兩個大小相同的滑塊A、B,質(zhì)量分別為2加和〃?，

相距∕=gm,靜止在足夠長的絕緣水平面上，滑塊A帶電量為+4,滑塊B為絕緣體。現(xiàn)給空間加上水平

向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E=等，A由靜止開始向右運(yùn)動，運(yùn)動一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞。已

5q

知兩滑塊與水平面的動摩擦因數(shù)均為〃=02,碰撞過程中A的電荷量不變，^=10m∕s2,求：

(1)A與B第一次碰撞后各自的速度大?。?/p>

(2)A與B第二次碰撞后到第三次碰撞前，A與B之間的最大距離。

3

【答案】（1）VA=Im∕s,V=4m∕s(2)-m

B;4

【解析】（1）滑塊A在水平面上勻加速運(yùn)動的加速度大小為

碰撞后滑塊B在水平面上勻減速運(yùn)動的加速度大小為

μmg

a=-~—==2m∕s2

2in

設(shè)A與B第一次碰撞前瞬間速度為V0,有

ι√=2a{1

代入數(shù)值解得

v0=3m∕s

AB發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和系統(tǒng)總動能不變有

2/72v0=2∕WVA+mv3

IC21C2?2

—?2m?v0=—?2m?v?+—∕T2VB^

聯(lián)立解得

VA=lm∕s,VB=4m∕s

（2）A與B第一次碰撞后到第二次碰撞瞬間經(jīng)過的時間為/,有

1212

*+耳卬=VV

代入數(shù)值解得

t=Is

可得第二次碰撞前瞬間AB速度分別為

VΛI(xiàn)=VΛ+ait=5m∕s,VBI=VB-a1t=2m∕s

同理AB發(fā)生第二次彈性碰撞前后有

2∕ΠVAI+∕HVBI=2∕WVA2+mvB2

1—2?2?∕,>2?2

≈-?2ZH?VΛ2+^WVB∕

聯(lián)立解得

VA2=3m∕s,VB2=6m∕s

設(shè)A與B第二次碰撞后經(jīng)過時間％二者共速，有

%+4'。=%2-4￡。

解得

1

to=2S

此時A與B之間的距離最大為

?1(12)3

v2β

^=^--a2t0-I^o+-∕oJ=Wm

5、(2023?湖北省華中師大新高考聯(lián)盟高三下學(xué)期一模)冰壺比賽時，在冰壺前進(jìn)的時候，運(yùn)動員不斷的

用刷子來回的刷動冰面，以減小摩擦力。如圖所示，水平地面上冰壺A、B間距Xo=I0機(jī)，運(yùn)動員通過刷

動冰壺A前的地面，使得冰壺A以初速度％=5m∕s向前勻速運(yùn)動。同時冰壺B以初速度W=8m∕s向前勻減

速運(yùn)動，此后冰壺A追上冰壺B并發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后冰壺AB整體一起向前做勻減速直線運(yùn)動，

已知冰壺B與冰面的動摩擦因數(shù)/∕∣=0?2,碰撞后冰壺AB整體與冰面的動摩擦因數(shù)〃2=0」，冰壺A、B的

質(zhì)量均為"?=20kg,重力加速度g=IOmZs?。求：

(1)冰壺A追上冰壺B時，冰壺B的位移玉；

(2)碰撞過程中損失的能量；

(3)全過程中冰壺B的最大位移。

—>?

無］E

<-------------------?<-------------------------A

?o?l

【答案】（I）王=16m：（2）ΔE=125J≡（3）x=19.125m

【解析】（1）冰壺B勻減速直線運(yùn)動

一〃「Ing=mat

速度減為零的時間為

O-V

1L

th='~=4S

q

此時冰壺A的位移為

Xtl=VOtil=20m

冰壺B的位移為

?=y？?=16m

因為

χχχ

a<b+0

即冰壺B速度減少為零時，冰壺A還末追上冰壺B,則冰壺A在冰壺B停下的位置追上冰壺B,即冰壺A

追上冰壺B時，冰壺B的位移

x,=16m

（2）冰壺A與冰壺B發(fā)生完全非彈性碰撞，動量守恒

mv()=2mv1

解得

v2=2.5m∕s

則碰撞過程中損失的能量

11

ΔF=—∕nvθ7-—×2mv;9=125J

（3）碰撞后，冰壺A、B整體一起向前做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)向前運(yùn)動的位移為巧。

由動能定理可知

-μ2-Imgx2=O-gX2mv1

解得

x2=3.125m

冰壺B的最大位移

X=xl+x2=19.125m

6、（2023?山東省濰坊市高三下學(xué)期一模）如圖所示，質(zhì)量為，〃的工件甲靜置在光滑水平面上，其上表面

由光滑水平軌道AB和四分之一光滑圓弧軌道BC組成，兩軌道相切于B點，圓弧軌道半徑為R,質(zhì)量為加

的小滑塊乙靜置于A點。不可伸長的細(xì)線一端固定于。點，另一端系一質(zhì)量為M的小球丙，細(xì)線豎直且

丙靜止時。到球心的距離為乙現(xiàn)將丙向右拉開至細(xì)線與豎直方向夾角為。并由靜止釋放，丙在O正下方

與甲發(fā)生彈性碰撞（兩者不再發(fā)生碰撞）；碰后甲向左滑動的過程中，乙從C點離開圓弧軌道。已知重力

加速度大小為g,不計空氣阻力。

（1）求丙與甲碰后瞬間各自速度的大?。?/p>

（2）求乙落回軌道后，乙對甲壓力的最大值；

（3）僅改變BC段的半徑,其他條件不變,通過計算分析乙運(yùn)動過程的最高點與4點間的高度差如何變化。

M-mI---：--------2MI------------8Λ∕2WP∕(1-COS^)

【答案】⑴WsgLn，行風(fēng)爐兩；⑵■+1‘)“⑶見解析

【解析】（1）內(nèi)向下擺動過程中機(jī)械能守恒

Λ?L(l-cos0)???/vθ

丙與甲碰撞過程，由動量守恒得

Mv0=MM+mv

由機(jī)械能守恒得

-Mvi--Mv,1+-mv2

2022

解得碰后瞬間，丙速度大小

vr=———J?Z(T-cos^)

甲速度大小

V=：M∕2gL(l-cos61)

M-Vmλv

（2）乙從C點離開時，因甲、乙水平速度相同，故乙仍從C點落回。當(dāng)乙回到B點時，乙對甲壓力最大,

設(shè)此時甲速度大小為％”，乙的速度大小為憶。從丙與甲碰撞結(jié)束至乙回到8點過程中，由動量守恒得

/WV=/nVrfη+∕72VΔI

由機(jī)械能守恒得

1.11

-mv-=-mv2^+-mv2^

解得

加=0,憶=J2g"]-C0s6>)

M+mY

設(shè)此時甲對乙的彈力為尸N，由牛頓第二定律得

FN-WZg=機(jī)?

由牛頓第三定律知乙對甲壓力的最大值

8M2WP∕(1-COS0)

2+”)加

(3)乙從C點離開時，甲、乙水平速度相同，設(shè)甲速度為蜂2,從丙與甲碰撞結(jié)束至乙從C點離開甲過程,

甲、乙水平方向動量守恒

mv=2"zγ甲2

解得

若減小段BC的半徑，乙一定能從C點離開，設(shè)乙從C點離開時乙豎直方向速度大小為從內(nèi)與甲碰撞

結(jié)束至乙從C點離開甲過程中，由機(jī)械能守恒得

2

-?mv=?mvφ2+?wv∣l+mgR

又因為

吃=VΨ2+Vy

解得

V'=j篇)g"∣-cosO)-2gR

設(shè)從乙離開C至最高點

*=2gh

2M七(I-CoSe)

H=R+h=--------i——；~~

(M+m)~

該高度差與R無關(guān)，即高度差不變，若增大8C尸段的半徑，乙仍能從C點離開，與減小BC段的半徑結(jié)論

相同。若增大BC段的半徑，乙不能從C點離開，則上升至最高點時甲、乙速度相同，由機(jī)械能守恒得

-mv2=2×-mvφ^+mgH

解得

2M2L(1-COS^)

(M+m)^

該高度差與R無關(guān)，即高度差不變。綜上所述，乙運(yùn)動過程的最高點與A點間的高度差為定值。

7、(2023?湖南省長沙市雅禮中學(xué)高三下學(xué)期第七次月考)如圖所示，光滑軌道出口/e固定在豎直平面內(nèi)，

其中αb段水平，cde段是以。為圓心、半徑R=O.4m的一小段圓弧，圓心。在ab的延長線上。在軌道成?

上放著兩個質(zhì)量均為"i=lkg物塊A、B(A、B可視為質(zhì)點)，用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B

間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧P(兩端未與A、B拴接)。軌道左側(cè)緊靠4點的光滑水平地面上停著一質(zhì)量

為M=Ikg的小車。小車上表面與水平面"等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧。的左端固定在小車上，

彈簧原長時右端在小車上g點正上方，小車上表面g點右側(cè)與右端點了之間是粗糙的，g點左側(cè)是光滑的，

物塊A與g、/兩點之間的動摩擦因數(shù)〃=0.25。現(xiàn)將物塊A、B之間的細(xì)繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑

上小車，B沿軌道Ade滑動。當(dāng)B運(yùn)動到d點時速度沿水平方向，大小為U=Im∕s,已知重力加速度g取

10m∕s2o求：

(1)物塊B運(yùn)動到"點時受到的支持力的大小FN;

(2)釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能Ep；

(3)若彈簧Q所能儲存的最大彈性勢能EPQ=O.75J,則小車上/、g兩點之間的距離L多少？

【答案】(1)7.5N；(2)9J；(3)0.6m

【解析】

(1)物塊B在d點，由牛頓運(yùn)動定律

-V

mg_FN=In-^

K

解得物塊B在4點受到的支持力的大小

FN=7.5N

(2)物塊B由位置b運(yùn)動到d的過程中

d1212

—mgR=—/MV--mvβ

A、B分開過程系統(tǒng)動量守恒

O=mvh-mvR

彈簧P儲臧的彈性勢能

Ep=gmd+gm1

解得

￡P(guān)=9J

(3)當(dāng)彈簧Q儲存的彈性勢能最大時，物塊A與小車的速度相等，由動量守恒定律

mv?-(Λ∕÷πz)vj

根據(jù)能量守恒定律得

2

?mv?=g(M+∕H)V1+μmgL+EPQ

聯(lián)立解得

L-0.6m

8、(2023?福建省龍巖市高三下學(xué)期3月質(zhì)檢)物理興趣小組設(shè)置了一個挑戰(zhàn)游戲。如圖所示，半徑為

R=2.0m光滑:圓弧形軌道末端水平且與放置在水平臺上質(zhì)量為S=O2kg的"」形"薄滑板平滑相接，滑板

左端A處放置質(zhì)量為餌=0.3kg的滑塊，水平臺上的P處有一個站立的玩具小熊。在某次挑戰(zhàn)中，挑戰(zhàn)者

將質(zhì)量為%=0?3kg的小球從軌道上距平臺高度1.8m處靜止釋放，與滑塊發(fā)生正碰。若滑板恰好不碰到玩具

小熊則挑戰(zhàn)成功。已知4、尸間距s=2.9m?；彘L度L=LIm,滑板與平臺間的動摩擦因數(shù)ZA=O?3,滑

塊與滑板間的動摩擦因數(shù)必=0$,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。小球、滑塊和玩具小熊均視為質(zhì)點，

o

題中涉及的碰撞均為彈性正碰，重力加速度g=10m∕T,sin53=0.8o求：

（1）小球到達(dá)軌道最低點時對軌道的壓力；

（2）小球與滑塊碰后瞬間的速度；

（3）試通過計算判定此次挑戰(zhàn)是否成功。

【答案】（1）8.4N,方向豎直向下；（2）0,6m/s；（3）不成功

【解析】（1）根據(jù)題意可知，小球從靜止釋放到A點過程中，由動能定理有

人gh=；砥

解得

v0=6m∕s

小球在A點，由牛頓第二定律有

PVo

然一Wg=，項士

oK

解得

Ffi=8.4N

由牛頓第三定律可得，小球到達(dá)軌道最低點時對軌道的壓力大小為8.4N,方向豎直向下。

（2）根據(jù)題意可知，小球與滑塊碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒，能量守恒，則有

A77ov=Z77υV1+m2v2

III

2%V2=-m0v<2+-m2v2

解得

vl=O

v2=6m/s

(3)根據(jù)題意可知，滑塊以速度匕滑上滑板，滑板所受平臺的最大靜摩擦力為

fl=〃[(，％+s)g=L5N

滑板受滑塊的滑動摩擦力為

f2=μ2m2g=?.5'N

可知，滑板保持靜止不動，滑塊在滑板上向右勻減速，設(shè)滑塊滑到滑板右側(cè)時速度為匕，由動能定理有

,I2I2

-μ1m2gL=-m2vi--m2v2

解得

v3=5m/s

滑塊與滑板發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒和能量守恒，設(shè)碰后兩者速度分別為V八V5,則有

W2V3=ZM2V4+//Z1V5

12112

]加2匕=2,π2v4÷2wiv5

解得

v4=?m/s

v5=6m∕s

此后，滑塊與滑板分別向右做勻加速直線運(yùn)動和勻減速直線運(yùn)動，假設(shè)在P點前兩者共速，速率為氣，對

滑塊和滑板，分別由動量定理有

μ2m2gl=m2v6-m2v4

n1m

-μ2'2S-M(叫+2)g∕=W1V6-mtV5

解得

v6=2.25m∕s

1=0.25s

此過程，滑板位移為

133

X=Q(%+以瓦m<s-L

滑塊位移為

1、13

%=5(z%+為"=五m

滑塊相對滑板向左的位移為

，5z

?x=x1-X1=—m<L

說明滑塊未離開滑板，故假設(shè)成立，共速后，因外＞從，兩者相對靜止做加速度大小為

2

a=μxg=3m∕s

的勻減速直線運(yùn)動直至停止，由公式y(tǒng)-說=2以可得，兩者的位移為

vl27

x=—=—m

922a32

則有

xl+x2=1.875m>s-L

滑塊會碰到玩具小熊，故此次挑戰(zhàn)不成功。

9、（2023?福建省福州市高三下學(xué)期二模）如圖，光滑平臺上的彈性滑塊A以w=9m∕s的初速度向靜止

的彈性滑塊B運(yùn)動，A、B發(fā)生彈性碰撞，此后，B滑上靜置干光滑水平面、上表而與平臺等高的平板車C,

整個運(yùn)動過程B始終未滑離平板車C。已知滑塊A、B質(zhì)量分別為WM=1kg、機(jī)B=2kg,平板車質(zhì)量為∕nc

=2kg,平板車右端到豎直墻整的距離L=Im,平板車與豎直墻壁碰撞過程沒有機(jī)械能損失，滑塊與平板

車之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,取重力加速度g=10m∕s2.求：

(1)滑塊A、B分開瞬間，B的速度大小ι?;

(2)平板車C恰要與墻壁第一次碰撞前時，B和C的速度大小VB/、W分別為多少；

(3)從滑塊B滑上平板車C、到C第一次返回平臺右端，整個過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。

L

【答案】(1)6m/s；(2)4m/s；2m/s；(3)32J

【解析】(1)滑塊A、B碰撞過程，由動量守恒定律和能量關(guān)系可知

mAvO=wAvA+wBvB

III

5,4環(huán)2=5加,\2"+5加1)%2

解得

vβ=6m∕s

(2)當(dāng)B滑上平板車后做減速運(yùn)動，加速度大小

aβ=μg-2m∕s2

C做加速運(yùn)動的加速度

%=絲超=2心

mc

當(dāng)平板車C恰要與墻壁第一次碰撞前時由

了?2

L=3%A

解得

//=Is

此時B的速度

V

?I=B-?A=4m∕s

C的速度

vcι=actx=2m∕s

(3)C與墻壁碰后到返回到平臺右端

,12

L-vcit2~~act2

解得

t2=lS

此時C的速度

vc2=vcι-acti=O

C與墻壁碰后到返回到平臺右端時的速度恰為零；此時滑塊B向右的速度為

v

B2=?ι-?？2=2m∕s

系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

Q=gw?4^2n?vB2

解得

Q=32J

10、(2023?湖北省八市高三下學(xué)期3月聯(lián)考)如圖所示，滑塊A和B質(zhì)量分別為加和“加，靜止在小車C

上，與小車C之間的動摩擦因素均為〃，且〃〃=04。小車C靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為〃團(tuán)。在下

述情境中，通過點燃夾在滑塊A和B之間的適量炸藥，使滑塊A獲得向左的初速度v0=∣?2m∕s。滑塊A和B

始終沒有脫離小車C。重力加速度g取IOmzS2。求：

(1)若〃=2,引燃炸藥時，滑塊B的初速度大小匕；

(2)若"=2,且小車C固定不動，則滑塊A和B分別相對小車C運(yùn)動的路程之比;

(3)若1≤"≤5,小車C不固定，則滑塊A和B相對小車C靜止時，它們之間的距離X的范圍。

,而.

I..C''；I

【答案】(1)0.6m∕s;(2)4；(3)O.36m≤x≤Im

【解析】(1)取向左為正方向，由動量守恒定律得

WV0=nmvx

代入”=2解得

v=—=0.6m∕s

ln

(2)滑塊A和B在小車C滑動時的加速度大小為α,由牛頓第二定律有

a=Rg

得

a=2m∕s2

由運(yùn)動學(xué)公式有

22,

O-v0=2ax,O-v1=2ax

則

X

—=4λ

(3)小車的加速度為α/,

μtung-μmg=nmax

解得

n-↑

%=-----"g

n

設(shè)經(jīng)"時間滑塊B和小車C達(dá)到共同速度V2,由運(yùn)動學(xué)公式

對C有

%=知

時B有

v2=vl-atx

滑塊A、B和小車C系統(tǒng)動量守恒，故最終三者靜止，滑塊A運(yùn)動時間為⑵

由運(yùn)動學(xué)公式有

O