第七章 素養(yǎng)提升課七　動量和能量觀點的綜合應用-2025高三總復習 物理（新高考）

素養(yǎng)提升課七動量和能量觀點的綜合應用提升點一“子彈打木塊”模型模型圖例地面光滑，木板長度為d，子彈射入木塊所受阻力為Ff。模型特點1.子彈水平打進木塊的過程中，系統(tǒng)的動量守恒。2.系統(tǒng)的機械能有損失，一般應用能量守恒定律。兩種情景1.子彈嵌入木塊中(未穿出)：兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)(1)系統(tǒng)動量守恒：mv0＝(m＋M)v。(2)系統(tǒng)能量守恒：Q＝Ffx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.子彈穿透木塊：兩者速度不相等，機械能有損失(非彈性碰撞)(1)系統(tǒng)動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系統(tǒng)能量守恒：Q＝Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1))。學生用書第138頁如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980g的長方形勻質木塊，現有一顆質量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為10cm，子彈打進木塊的深度為6cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。(1)求子彈和木塊共同速度的大小以及它們在此過程中所產生的內能；(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？答案：(1)6m/s882J(2)能解析：(1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此過程系統(tǒng)所產生的內能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假設子彈以v0′＝400m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關系有ΔE＝F阻x相＝F阻dΔE′＝F阻x相′＝F阻d′則eq\f(ΔE,ΔE′)＝eq\f(F阻d,F阻d′)＝eq\f(d,d′)解得d′＝eq\f(32,3)cm因為d′＞10cm，所以子彈能射穿木塊。規(guī)律總結解決“子彈打木塊”的兩個關鍵1．弄清楚子彈是最終留在木塊中與木塊一起運動，還是穿出木塊后各自運動。2．求解子彈打擊木塊過程中損失的機械能，可以根據題目的具體條件：(1)利用ΔE損＝Q熱＝Ffx相對求解。(2)利用打擊過程中子彈克服阻力做的功與阻力對木塊做的功的差值進行求解。(3)通過打擊前后系統(tǒng)的機械能之差求解。對點練1．(多選)如圖所示，質量為M的木塊放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以水平速度v0射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動。已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離L，子彈進入木塊的深度為s，此過程經歷的時間為t。若木塊對子彈的阻力大小Ff視為恒定，則下列關系式中正確的是()A．FfL＝eq\f(1,2)Mv2 B．Fft＝mv0－mvC．v＝eq\f(mv0,M) D．Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2答案：AB解析：對木塊，由動能定理可得FfL＝eq\f(1,2)Mv2，故A正確；以向右為正方向，對子彈，由動量定理可得－Fft＝mv－mv0，故B正確；對木塊、子彈整體，根據動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C錯誤；對木塊、子彈整體，根據能量守恒定律得Ffs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，故D錯誤。對點練2．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端系在環(huán)上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒答案：C解析：子彈射入木塊過程，子彈和木塊系統(tǒng)的動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，根據牛頓第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(veq\o\al(2,1),l)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)，有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，根據牛頓第三定律可知，FN′＝FN＞(M＋m＋m0)g，C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，D錯誤。學生用書第139頁提升點二“滑塊—滑板”模型模型圖例上表面粗糙、質量為M的滑板，放在光滑的水平地面上，質量為m的滑塊以初速度v0滑上滑板。模型特點1.系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移大小的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能，即摩擦生熱。2.若滑塊未從滑板上滑下，當兩者速度相同時，滑板速度最大，二者相對位移最大。兩種情景1.若滑塊未滑離滑板，當滑塊與滑板相對靜止時，二者的共同速度為v，滑塊相對滑板的位移為d，滑板相對地面的位移為x，滑塊和滑板間的摩擦力為Ff。這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況：(1)系統(tǒng)動量守恒：mv0＝(M＋m)v。(2)系統(tǒng)能量守恒：Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2。2.若滑塊滑離滑板，設滑離滑板時，滑塊的速度為v1，滑板的速度為v2，滑板長為L：(1)系統(tǒng)動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。(2)系統(tǒng)能量守恒：FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)。(2023·山東高考，改編)如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度v0向右做勻速直線運動。當B的左端經過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數μ1＝0.1，C與B間動摩擦因數μ2＝0.5，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求C下滑的高度H；(2)與P碰撞前，若B與C能達到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；(3)若s＝0.48m，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W。答案：(1)0.8m(2)eq\f(5,8)m≤s≤(1＋eq\f(\r(2),2))m(3)－6J解析：(1)C沿光滑的軌道下滑時，只有重力做功，則C的機械能守恒，由機械能守恒定律得mCgH＝eq\f(1,2)mCv2，解得H＝0.8m。(2)C滑上B后，C做減速運動，對B由牛頓第二定律有μ2mCg－μ1(mB＋mC)g＝mBaB，得aB＝1m/s2，則B做加速運動，A、B分離，對C由牛頓第二定律有μ2mCg＝mCaC，aC＝5m/s2，設經過t1時間B、C共速，共同的速度為v′，則有v′＝v－aCt1＝v0＋aBt1，解得t1＝0.5s，v′＝1.5m/s，則t1時間內B的位移sB1＝eq\f(v0＋v′,2)t1＝eq\f(5,8)m，A的位移sA＝v0t1＝0.5m，此時A、B之間的距離Δs＝sB1－sA＝eq\f(1,8)m，B、C共速后，二者以大小aBC＝μ1g＝1m/s2的加速度共同減速，設再經t2時間物塊A與B恰好未碰撞，則有v0t2＝Δs＋v′t2－eq\f(1,2)aBCteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(1＋\r(2),2)s，t2時間內B的位移sB2＝v′t2－eq\f(1,2)aBCteq\o\al(2,2)，解得sB2＝eq\f(3＋4\r(2),8)m，則s的取值范圍為sB1≤s≤sB2＋sB1，即eq\f(5,8)m≤s≤(1＋eq\f(\r(2),2))m。(3)因s＝0.48m＜sB1，則B與P碰撞瞬間，B、C未共速，設C滑上B后經t3時間B與P發(fā)生碰撞，對B有s＝v0t3＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,3)，解得t3＝0.4s，t3時間內C的位移sC＝vt3－eq\f(1,2)aCteq\o\al(2,3)＝1.2m，摩擦力對C做的功W＝－μ2mCgsC＝－6J。對點練1．(多選)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．長木板A獲得的動能為1JB．A、B系統(tǒng)損失的機械能為2JC．長木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數為0.1答案：ABD解析：由題圖乙可知，最終長木板A獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2kg，則長木板A獲得的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)×2×12J＝1J，A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，代入數據解得ΔE＝2J，B正確；根據v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖乙得到0～1s內B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，則木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m，C錯誤；由題圖乙可知，B的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，負號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，D正確。學生用書第140頁對點練2．(多選)如圖所示，一質量M＝3kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質量m＝1kg的小木塊A。現以地面為參考系，給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板。A、B間的動摩擦因數為0.1，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．木塊A一直做勻減速運動B．木塊A在木板B上滑動過程中，木塊A的加速度大小不變，方向變化C．木塊在加速運動過程中，木塊相對于木板運動了2.67mD．整個過程中，滑動摩擦產生的熱量為24J答案：CD解析：系統(tǒng)的初動量方向水平向右，對木板與木塊組成的系統(tǒng)，合外力保持為零，系統(tǒng)的總動量守恒，由動量守恒定律可知，A、B共速時總動量也向右，故二者最終向右運動。所以物塊A先向左做勻減速運動，速度減到零后再反向做勻加速運動，最后和B一起做勻速運動，A錯誤；共速前A一直相對B向左滑動，故A受到的滑動摩擦力方向一直水平向右，由牛頓第二定律可知μmg＝ma，則木塊A的加速度的大小和方向一直不變，B錯誤；規(guī)定水平向右為正方向，根據動量守恒定律，木塊A速度為零時，有Mv0－mv0＝MvB，解得vB＝eq\f(8,3)m/s，以后A加速至和B速度相等，則MvB＝(M＋m)v共，解得v共＝2m/s，由能量守恒定律知μmgs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)，解得s≈2.67m，C正確；由能量守恒定律知Q＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)，代入數據解得Q＝24J，D正確。提升點三“滑塊—曲面(或斜面)體”模型模型圖例M開始時靜止，m以初速度v0滑上光滑的曲面體。兩種情景1.m到達最高點時，m與M具有共同的瞬時水平速度v共：(1)系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv0＝(M＋m)v共；(2)系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度。2.m返回最低點時，m與M的分離點：(1)整個過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；(2)整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)。(2023·海南高考)如圖所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道A，半徑R＝0.2m，一質量為mB＝1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長木板C左端時，給木板一個與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動摩擦因數μ1＝0.2，C與地面間的動摩擦因數μ2＝0.8，C右端有一個擋板，C長為L。已知g取10m/s2。(1)B滑到A的底端時對A的壓力是多大？(2)若B未與C右端擋板碰撞，當B與地面保持相對靜止時，B、C間因摩擦產生的熱量是多少？(3)在0.16m＜L＜0.8m時，B與C右端擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所用的時間。答案：(1)30N(2)1.6J(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s解析：(1)滑塊下滑到軌道底部，有mBgR＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－0解得v0＝2m/s在A的底部，對B根據牛頓第二定律FN－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝30N由牛頓第三定律可知B對A的壓力是30N。(2)當B滑上C后，對B分析，受摩擦力向左，根據牛頓第二定律得FfB＝μ1mBg＝mBa1解得加速度向左，為a1＝2m/s2對C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力Ff地C＝μ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB＋mC))g根據牛頓第二定律Ff地C－FfBC＝mCa2解得其加速度向左，為a2＝10m/s2由運動學位移與速度關系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得B向右運動的距離x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝1mC向右運動的距離x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)＝0.2m由功能關系可知，B、C間摩擦產生的熱量Q＝μ1mBgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2))可得Q＝1.6J。(3)由(2)可知，若B還未與C上擋板碰撞，C先停下，用時為t1，有t1＝eq\f(v0,a2)解得t1＝0.2sB的位移為xB1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.36m則此刻B、C的相對位移為x相＝xB1－x2＝0.16m此時vB1＝v0－a1t1＝1.6m/s由L＞0.16m知，一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設再經t2時間B與C擋板碰撞，有L－x相＝vB1t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)，解得t2＝0.8－eq\r(0.8－L)s碰撞時B的速度為vB2＝vB1－a1t2＝2eq\r(0.8－L)m/s，碰撞時由動量守恒可得mBvB2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))v解得碰撞后B、C速度為v＝eq\f(\r(0.8－L),2)m/s之后二者一起減速，根據牛頓第二定律得a3＝eq\f(μ2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB)))＝8m/s2后再經t3時間停下，則有t3＝eq\f(v,a3)＝eq\f(\r(0.8－L),16)s故B從滑上C到最終停止所用的總時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(15\r(0.8－L),16)))s。對點練1．(多選)質量為M的帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則()A．小球將向左做平拋運動B．小球將做自由落體運動C．此過程小球對小車做的功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)答案：BC解析：小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v′，由水平方向動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2Mv′2＋Mgh，聯立解得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，由于二者質量相等，故作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，小車速度變?yōu)関0，動能為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，根據動能定理得此過程小球對小車做的功為eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，B、C正確，A錯誤。對點練2．如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1＝30kg，冰塊的質量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10m/s2。學生用書第141頁(1)求斜面體的質量；(2)通過計算判斷冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案：(1)20kg(2)不能，理由見解析解析：(1)規(guī)定水平向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此時共同速度為v，斜面體的質量為m3。對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh聯立并代入題給數據解得v＝1m/s，m3＝20kg。(2)設小孩推出冰塊后，小孩與滑板的速度為v1，對小孩和滑板與冰塊，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0代入數據得v1＝－1m/s設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)聯立并代入數據解得v2＝－1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度，與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩。提升點四“物塊—彈簧”模型模型圖例m1、m2與輕彈簧(開始處于原長)相連，m1以初速度v0運動。兩種情景1.當彈簧處于最短(最長)狀態(tài)時兩物體瞬時速度相等，彈性勢能最大：(1)系統(tǒng)動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。(2)系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＋Epmax。2.當彈簧處于原長時彈性勢能為零：(1)系統(tǒng)動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。(2)系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)。(2022·全國乙卷·改編)如圖(a)，一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在足夠長的光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，碰撞結束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示。已知從t＝0到t＝t0時間內，物塊A運動的距離為0.36v0t0。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求：(1)碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；(2)碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值。答案：(1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0解析：(1)當彈簧被壓縮至最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即在t＝t0時刻，根據動量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根據能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋m)veq\o\al(2,0)聯立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mveq\o\al(2,0)。(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA對方程兩邊同時乘以時間Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之間，根據位移等于速度在時間上的累積，可得6mv0t0＝5mxB＋mxA，將xA＝0.36v0t0代入可得xB＝1.128v0t0則碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δx＝xB－xA＝0.768v0t0。規(guī)律總結“滑塊—彈簧”模型的解題思路1．首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)。2．分析碰撞前后彈簧和物體的運動狀態(tài)，依據動量守恒定律和機械能(或能量)守恒定律列出方程。3．判斷解出的結果是否滿足“物理情境可行性原則”，如果不滿足，則要舍掉該結果。4．彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能(或能量)守恒定律求解。學生用書第142頁對點練1．(2023·河北邯鄲三模)如圖所示，光滑水平面上有a、b、c、d四個彈性小球，質量分別為m、9m、3m、m。小球a一端靠墻，并通過一根輕彈簧與小球b相連，此時彈簧處于原長。小球b和c接觸但不粘連?，F給小球d一個向左的初速度v0，與小球c發(fā)生碰撞，整個碰撞過程中沒有能量損失，彈簧始終處于彈性限度之內。以下說法正確的是()A．整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．整個過程中四個彈性小球a、b、c、d的機械能守恒C．小球a速度的最大值為eq\f(9,20)v0D．彈簧彈性勢能最大值為eq\f(9,320)mveq\o\al(2,0)答案：C解析：由于墻壁對a球有彈力作用，整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；整個過程中彈簧與四個彈性小球的系統(tǒng)機械能守恒，但四個彈性小球a、b、c、d的機械能不守恒，故B錯誤；小球d與小球c碰撞，設小球c碰撞后速度為v1，小球d碰撞后速度為v2，由動量守恒和機械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv22，解得v1＝eq\f(1,2)v0，小球c與小球b碰撞，設小球c碰撞后速度為v3，小球b碰撞后速度為v4，由動量守恒和機械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，eq\f(1,2)×3mv12＝eq\f(1,2)×3mv32＋eq\f(1,2)×9mv42，解得v4＝eq\f(1,4)v0，小球b向左運動速度為零時，彈簧彈性勢能最大，則Epmax＝eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(9,32)mv02，故D錯誤；小球b開始壓縮彈簧，到彈簧恢復原長過程，小球b與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球b向右的速度大小為v4；當小球a、b向右運動，彈簧處于原長時，小球a的速度最大，設小球a的速度大小為v5，小球b的速度大小為v6，由動量守恒和機械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，eq\f(1,2)×9mv42＝eq\f(1,2)mv52＋eq\f(1,2)×9mveq\o\al(2,6)，解得v5＝eq\f(9,20)v0，故C正確。故選C。對點練2．(多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上。現使A以3m/s的速度向B運動壓縮彈簧，速度—時間圖像如圖乙所示，則有()A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復原長C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8答案：CD解析：由題圖乙可知，開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，在t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，A、B錯誤；根據動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1m/s，B的速度為vB＝2m/s，根據m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)∶eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)＝1∶8，D正確。提升點五力學三大觀點的綜合應用1．力學三大觀點動力學觀點牛頓第二定律結合運動學公式，可用于解決勻變速直線運動問題。能量觀點動能定理、機械能守恒定律、功能關系和能量守恒定律，可用于解決各種運動問題。動量觀點動量定理、動量守恒定律，一般用于解決非勻變速直線運動問題。2．力學規(guī)律的優(yōu)選策略(1)在研究物體受力的瞬時作用與物體運動的關系時，或者物體受到恒力作用做勻變速直線運動時，優(yōu)先選用牛頓第二定律和運動學規(guī)律解決問題。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，如果涉及時間的問題，或作用時間極短的沖擊作用，優(yōu)先選用動量定理解決問題。(3)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，如果涉及位移且不涉及加速度、時間等問題，優(yōu)先選用動能定理解決問題(4)如果系統(tǒng)中只有重力或彈簧彈力做功，而又不涉及加速度和時間，優(yōu)先選用機械能守恒定律解決問題。(5)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，如果所研究的問題滿足動量守恒或機械能守恒的條件，則優(yōu)先選用動量守恒定律和機械能守恒定律解決問題。(6)在涉及相對位移問題時，優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量。(7)在涉及碰撞、爆炸、反沖、打擊、繩繃緊等物理現象時，注意這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換。這類問題由于作用時間都極短，則優(yōu)先選用動量守恒定律及能量守恒定律解決問題。(2023·浙江6月選考)為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF學生用書第143頁與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k＝100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F有質量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝2eq\r(21)m/s從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為形變量)。(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。答案：(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析：(1)滑塊a從D到F，由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在F點，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,F),R)解得vF＝10m/s，FN＝31.2N。(2)滑塊a返回到B點時的速度vB＝1m/s滑塊a一直在傳送帶上減速，由牛頓第二定律得a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2根據運動學公式有veq\o\al(2,B)＝veq\o\al(2,C)－2aL可得在C點的速度vC＝3m/s則滑塊a從碰撞后到達C點，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg·2R解得v1＝5m/s因a、b碰撞過程中動量守恒，則mvF＝－mv1＋3mv2解得碰后b的速度v2＝5m/s則碰撞損失的能量ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)＝0。(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，由動量守恒定律得mvF＝4mv解得a、b碰后的共同速度v＝2.5m/s當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度，由動量守恒定律得(m＋3m)v＝6mv′解得v′＝eq\f(5,3)m/s當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關系得eq\f(1,2)·(m＋3m)v2＝eq\f(1,2)·6mv′2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)解得x1＝0.1m同理當彈簧被拉到最長時伸長量為x2＝x1則彈簧最大長度與最小長度之差Δx＝2x1＝0.2m。對點練．(2023·遼寧高考)如圖，質量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝eq\f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10m/s2，結果可用根式表示。(1)求木板剛接觸彈簧時速度v的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大??；(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉化的內能ΔU(用t表示)。答案：(1)1m/s0.125m(2)0.25meq\f(\r(3),2)m/s(3)(4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0))J解析：(1)由于地面光滑，則木板和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1代入數據有v1＝1m/s對木板根據牛頓第二定律得μm2g＝m1a1，a1＝4m/s2則木板運動前右端距彈簧左端的距離x1滿足veq\o\al(2,1)＝2a1x1代入數據解得x1＝0.125m。(2)木板與彈簧接觸以后，對物塊與木板組成的系統(tǒng)有kx＝(m1＋m2)a共對物塊，根據牛頓第二定律得μm2g＝m2a2a2＝1m/s2當a共＝a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2＝0.25m對木板和物塊組成的系統(tǒng)由動能定理有－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)代入數據解得v2＝eq\f(\r(3),2)m/s。(3)木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板的加速度大于木塊的加速度，則當木板與木塊的加速度相同時即彈簧形變量為x2時，說明此時木板的速度大小為v2，共用時2t0，且物塊一直受滑動摩擦力作用，對物塊根據動量定理得－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2解得v3＝eq\f(\r(3),2)－2t0則對于木板和物塊組成的系統(tǒng)根據能量守恒定律得－Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)ΔU＝－Wf聯立有ΔU＝(4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0))J。課時測評32動量和能量觀點的綜合應用eq\f(對應學生,用書P415)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～8題，每題3分，共24分)1．(2024·安徽黃山模擬)如圖所示，質量為m的子彈，以初速度v0射入靜止在光滑水平面上的木塊，并留在其中。木塊質量為M，長度為L，子彈射入木塊的深度為d，在子彈射入木塊的過程中木塊移動距離為s。假設木塊對子彈的阻力始終保持不變，下列說法正確的是()A．d可能大于s，也可能小于sB．s可能大于L，也可能小于LC．s一定小于d，s一定小于LD．若子彈質量減小，d和s不一定同時變小答案：C解析：木塊和子彈組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(v0,1＋\f(M,m))，木塊增加的動能等于阻力與木塊的位移乘積Ffs＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M)))·eq\f(m,m＋M)＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))2)，系統(tǒng)損失的機械能等于阻力與兩個物體相對位移的乘積Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（m＋M）)，由此計算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子彈質量減小，d和s一定同時變小。故選C。2．(2023·河北衡水三模)如圖所示，光滑水平面上放置滑塊A和左側固定輕質豎直擋板的木板B，滑塊C置于B的最右端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝1kg。開始時B、C靜止，A以v0＝7.5m/s的速度勻速向右運動，A與B發(fā)生正撞(碰撞時間極短)，經過一段時間，B、C達到共同速度一起向右運動，且此時C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均無機械能損失，木板B的長度為L＝0.9m，B、C之間的動摩擦因數為μ，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為5m/sB．A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為6m/sC．C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內，C對B摩擦力的沖量水平向左D．μ＝0.55答案：B解析：規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)，解得vB1＝6m/s，故A錯誤，B正確；C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內，C的速度大于B的速度，C對B的摩擦力水平向右，此時C對B摩擦力的沖量水平向右，故C錯誤；由動量守恒定律和機械能守恒定律得mBvB1＝(mB＋mC)v共，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B1)＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,共)＋μmCg·2L，解得μ＝0.75，故D錯誤。故選B。3．(2024·廣東東莞高三檢測)如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法錯誤的是()A．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒C．小球被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．小球被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球能回到槽高h處答案：D解析：槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，選項A正確；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機械能守恒，選項B正確；小球下滑到槽底端，由動量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，球被彈簧反彈后，速度大小不變仍為v2，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤。4．(多選)如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質彈簧栓接在一起，彈簧處于原長。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時間極短。下列說法中正確的是()A．子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機械能守恒B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和等于射入物塊A前子彈的動能D．兩物塊運動過程中，彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能答案：BD解析：子彈射入物塊A的過程為完全非彈性碰撞，動能損失最大，動能轉化為內能，則子彈和物塊A的機械能不守恒，故A錯誤；子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的作用力與物塊A對子彈的作用力是一對相互作用力，等大反向，則子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小，故B正確；子彈射入物塊A的過程中有動能轉化為內能，子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和小于射入物塊A前子彈的動能，故C錯誤；兩物塊運動過程中，彈簧最短時與彈簧最長時都是兩物體具有共同速度時，根據動量守恒與機械能守恒有(mA＋m子)v1＝(mA＋m子＋mB)v2，ΔEp＝eq\f(1,2)(mA＋m子)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(mA＋m子＋mB)veq\o\al(2,2)，則彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能，故D正確。5．如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B從兩側同時水平射入木塊，木塊始終保持靜止，子彈A射入木塊的深度是B的3倍。假設木塊對子彈的阻力大小恒定，A、B做直線運動且不會相遇，則A、B運動的過程中，下列說法正確的是()A．木塊和子彈A、B組成的系統(tǒng)動量守恒B．子彈B的初速度大小是子彈A的初速度大小的3倍C．子彈B的質量是子彈A的質量的6倍D．若子彈A向右射入木塊，與木塊相對靜止后，子彈B再向左射入木塊，最終A進入的深度仍是B的3倍答案：A解析：以子彈A、B和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，即子彈A的初動量與子彈B的初動量大小相等，由于木塊始終保持靜止狀態(tài)，則兩子彈對木塊的推力大小相等，則兩子彈所受的阻力大小相等，設為Ff，根據動能定理對子彈A有－FfdA＝0－EkA，得EkA＝FfdA，對子彈B有－FfdB＝0－EkB，得EkB＝FfdB，由于dA＝3dB，則兩子彈的初動能關系為EkA＝3EkB，又EkA＝eq\f(meq\o\al(2,A)veq\o\al(2,A),2mA)，EkB＝eq\f(meq\o\al(2,B)veq\o\al(2,B),2mB)，則得3mA＝mB，則子彈B的質量是子彈A的質量的3倍，子彈A的初速度大小是子彈B的初速度大小的3倍，B、C錯誤，A正確；若子彈A向右射入木塊，子彈A與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，相對靜止時具有向右的共同速度，由能量守恒定律可知，系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝FfdA′＜EkA，則dA′＜dA；子彈B再向左射入木塊，由于子彈A、B與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，且由A、B、C選項分析知mAvA＝mBvB，系統(tǒng)初動量為零，由動量守恒定律知，最終A、B與木塊都靜止。子彈B射入木塊過程中，由能量守恒定律知，系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝FfdB′＞EkB，則dB′＞dB。所以若子彈A向右射入木塊，與木塊相對靜止后，子彈B再向左射入木塊，最終A進入的深度減小，B進入的深度增加，D錯誤。6．(多選)如圖所示，A、B兩木塊靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的質量分別為mA＝2.0kg，mB＝1.5kg，一個質量為mC＝0.5kg的小鐵塊C以v0＝8m/s的速度滑到木塊A上，離開木塊A后最終與木塊B一起勻速運動。若木塊A在鐵塊C滑離后的速度為vA＝0.8m/s，鐵塊C與木塊A、B間動摩擦因數均為μ＝0.4，取g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．鐵塊C在滑離A時的速度為2.4m/sB．木塊B的長度至少為0.24mC．鐵塊C在木塊B上滑行的時間為3.0sD．全過程鐵塊C克服摩擦力做的功為15.64J答案：ABD解析：鐵塊C在滑離A的瞬間，由動量守恒定律mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC，代入數據解得vC＝2.4m/s，所以A正確；鐵塊C和木塊B相互作用最終和B達到相同的速度，鐵塊C和B作用過程中動量守恒、能量守恒，有mCvC＋mBvA＝(mC＋mB)vB，eq\f(1,2)(mC＋mB)veq\o\al(2,B)＋μmCgx1＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,A)，因鐵塊C沒有從木塊B上掉下來，所以木塊B的長度L≥x1，聯立以上方程代入數據解得L≥0.24m，即木塊B的長度至少為0.24m，所以B正確；由B選項分析，可得C與B共速的速度為vB＝1.2m/s，C滑上B后做勻減速運動，由牛頓第二定律知加速度為aC＝eq\f(μmCg,mC)＝4m/s2，則鐵塊C在木塊B上滑行的時間為t＝eq\f(vC－vB,aC)＝0.3s，所以C錯誤；C剛滑上A，C做勻減速運動，A做勻加速運動，則C的總位移為x2＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C),2aC)＋eq\f(veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B),2aC)＝7.82m，則全過程鐵塊C克服摩擦力做的功為Wf＝μmCgx2＝15.64J，所以D正確。7．(多選)(2024·山東濟南模擬)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質點，則()A．B的最大速率為4m/sB．B運動到最高點時的速率為eq\f(3,4)m/sC．B能與A再次發(fā)生碰撞D．B不能與A再次發(fā)生碰撞答案：AD解析：A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)，聯立解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，則MvB＝(M＋2M)v，解得v＝eq\f(4,3)m/s，選項B錯誤；從B沖上C后又滑下的過程，設B、C分離時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機械能守恒有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項C錯誤，D正確。8．(多選)(2024·山東德州模擬)如圖所示，在光滑水平面上有質量為3m的小球A和質量為5m的小球B通過輕彈簧拴接并處于靜止狀態(tài)，質量也為5m的小球C以速度v0水平向左勻速運動并與B發(fā)生彈性碰撞。已知在小球A的左邊某處(圖中未畫出)固定有一彈性擋板(指小球與擋板碰撞時不計機械能損失)，且當小球A與擋板發(fā)生正碰后立即撤去擋板，碰撞時間極短。則小球A與擋板碰撞后的運動過程中，彈簧彈性勢能的最大值可能是()A．eq\f(15,16)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(17,16)mveq\o\al(2,0)C．eq\f(7,2)mveq\o\al(2,0) D．eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)答案：ABD解析：由于B、C發(fā)生的是彈性碰撞，且二者質量相等，故二者碰撞后交換速度，即C靜止，B速度為v0，B開始向左運動后，開始階段B減速A加速。經分析，當pA＝pB時A與擋板相碰后反向，由動量守恒知有A、B速度同時為0的時刻，此時彈簧彈性勢能的最大值最大，為Ep＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5m))veq\o\al(2,0)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)；當彈簧第二次回到原長時，vA＝0，若此時正好與擋板相接觸，此后彈簧壓縮至最短，最短時彈簧彈性勢能的最大值最小，有5mv0＝8mv共，Ep′＝eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×8mveq\o\al(2,共)，解得Ep′＝eq\f(15,16)mveq\o\al(2,0)，在這兩者區(qū)間取值均可，故A、B、D正確，C錯誤。9．(8分)(2024·河南鄭州模擬)利用示蹤原子來探測細胞間的親和程度是生物技術中的重要手段之一，其過程的一部分與下列物理過程極為相似：如圖甲所示，光滑水平面上固定有一個發(fā)射裝置，利用該裝置向正對裝置方向滑來的物塊A和B(A、B相對靜止)發(fā)射一個示蹤滑塊C，示蹤滑塊C將記錄下它與發(fā)射裝置之間的距離x。已知物塊B疊放在物塊A上，物塊A的質量為3kg，示蹤滑塊C的質量為1kg，每次發(fā)射速度大小均為10m/s，與物塊A之間的碰撞均為彈性碰撞，且物塊A足夠長，每次A、C相碰前，A、B間均已相對靜止，某次測量的滑塊C的x-t圖像如圖乙所示?；瑝KC和物塊B均可視為質點，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)第一次碰后滑塊C的速度大?。?2)物塊B的質量；(3)物塊A、B間的動摩擦因數。答案：(1)8m/s(2)6kg(3)0.4解析：(1)由x-t圖像可知，t1＝1.00s時滑塊C與A相碰，此時C與發(fā)射裝置之間的距離x1＝vCt1＝10mt2＝2.25s時滑塊C返回到發(fā)射裝置處，設第一次碰后C的速度大小為vC1則vC1＝eq\f(x1,t2－t1)＝8m/s。(2)設A、B在第一次與C碰撞前的速度大小為vAB，以滑塊C的初速度方向為正，第一次碰撞后瞬間A的速度大小為vA1，對A、C由動量守恒定律有mCvC－mAvAB＝－mCvC1＋mAvA1由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,AB)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C1)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)解得vAB＝2m/s，vA1＝4m/s之后A、B相對靜止，設共同速度大小為vAB1，對A、B由動量守恒定律有mAvA1－mBvAB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))vAB1同理第二次碰撞前滑塊C到發(fā)射裝置之間距離x2＝vCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3－t2))＝11m第三次碰撞后C的速度大小為vC2＝eq\f(x2,t4－t3)＝5m/s設第二次碰撞后瞬間A的速度為vA2則mCvC＋mAvAB1＝－mCvC2＋mAvA2，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,AB1)＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C2)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A2)聯立以上各式解得vAB1＝0，mB＝6kg。(3)由(2)分析可知第一次A、C相碰時A距離發(fā)射裝置x1＝10m，第二次A、C相碰時A距離發(fā)射裝置x2＝11m，且第二次碰后A、B處于靜止狀態(tài)，即A向右運動了xA＝x2－x1＝1m對物塊A由動能定理有－μmBgxA＝－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)解得μ＝0.4。10．(8分)(2022·河北高考)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。答案：(1)5(1－k)m/seq\f(10－20k,3)m/s方向均向右(2)1.875m解析：(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質量均為m＝1kg，以向右方向為正方向，則有mv0－mkv0＝(m＋m)v物解得v物＝eq\f(1－k,2)v0＝5(1－k)m/s＞0可知碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右；滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質量分別為M＝1kg和2M＝2kg，則有Mv0－2Mkv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝eq\f(1－2k,3)v0＝eq\f(10－20k,3)m/s＞0則新滑板的速度大小為eq\f(10－20k,3)m/s，方向向右。(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物′＝5(1－k)m/s＝2.5m/s碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑′＝eq\f(10－20k,3)m/s＝0m/s可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動。設新物塊的質量為m′＝2m＝2kg，新滑板的質量為M′＝M＋2M＝3kg，相對靜止時的共同速度為v共，根據動量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據能量守恒定律可得μm′gx相＝eq\f(1,2)m′v物′2－eq\f(1,2)(m′＋M′)veq\o\al(2,共)解得x相＝1.875m。11．(10分)(2021·海南