2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動量專題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化12：動量守恒應(yīng)用之彈簧模型（難度：偏難）

2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動量專題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化12：動量守恒應(yīng)用之彈簧模型（難度：偏難）（多選）（2021·湖南高考）如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計(jì)時，A、B兩物體運(yùn)動的a－t圖像如圖（b）所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是（）A.0到t1時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0B.mA＞mBC.B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于xD.S1－S2＝S3物塊a、b中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊a的質(zhì)量為1.2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊a施加水平向右的恒力F，t＝1s時撤去，在0～1s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個運(yùn)動過程中以下分析正確的是()A．t＝1s時a的速度大小為0.8m/sB．t＝1s時彈簧伸長量最大C．b物塊的質(zhì)量為0.8kgD．彈簧伸長量最大時，a的速度大小為0.6m/s（多選）如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)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?，F(xiàn)使A以3m/s的速度向B運(yùn)動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙所示，則有（）A.在t1、t3時刻兩物塊達(dá)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(fù)原長C.兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D.在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質(zhì)量都是m的小車A和B，兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運(yùn)動，另有一質(zhì)量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，求這以后的運(yùn)動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為()A．eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D．eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質(zhì)量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)。同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧時的速度為6m/s，接著A球進(jìn)入與水平面相切的位于豎直面內(nèi)的半徑為0.5m的光滑半圓形軌道運(yùn)動，PQ為半圓形軌道的豎直直徑，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A.彈簧彈開過程，彈力對A的沖量與對B的沖量相同B.A球脫離彈簧時，B球獲得的速度大小為2m/sC.A球從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中所受合外力的沖量大小為2N·sD.若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球也能到達(dá)Q點(diǎn)（2022遼寧撫順一模）(多選)如圖所示,中間夾有被壓縮輕彈簧的兩彈性小球1、2的質(zhì)量分別為m1=1kg,m2=0.5kg,兩小球用輕繩相連后放置在光滑水平地面上,距小球1右側(cè)足夠遠(yuǎn)的位置固定一半徑R1=0.5m的光滑半圓軌道,小球2左側(cè)放置一半徑R2=0.5m,M=0.5kg的14圓弧形的木塊,木塊底端放置一質(zhì)量m3=0.5kg的彈性小球3.現(xiàn)剪斷輕繩,小球1進(jìn)入光滑半圓軌道后恰好通過最高點(diǎn)B,小球2向左運(yùn)動與小球3發(fā)生彈性碰撞,g=10m/s2,A.小球1落地點(diǎn)距A點(diǎn)的距離為1.5mB.初始狀態(tài),彈簧的彈性勢能為37.5JC.小球3沖上木塊的速度大小為10m/sD.小球3沖上木塊過程中,兩者組成的系統(tǒng)動量守恒(多選)光滑水平面上用輕彈簧相連的A、B兩物體，以6m/s的速度勻速向右運(yùn)動，質(zhì)量均為2kg。在B的正前方靜止放置一質(zhì)量為4kg的物體C，B、C碰后粘在一起，則在之后的運(yùn)動過程中()A．彈簧的最大彈性勢能為12JB．A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能是36JC．物體C的最大速度為4m/sD．整個運(yùn)動過程中A的速度不可能向左如圖所示，水平地面上A、B兩個木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2m、3m，靜止時彈簧恰好處于原長，一質(zhì)量為m的木塊C以速度v0水平向右運(yùn)動并與木塊A相撞。不計(jì)一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（）A.13mv02 B.C.112mv02 D.如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運(yùn)動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。求：（1）物塊C的質(zhì)量mC；（2）B離開墻后的運(yùn)動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。（多選）如圖所示，質(zhì)量為M的木板靜止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質(zhì)擋板，一根輕彈簧左端固定在擋板上，質(zhì)量為m的物塊從木板最右端以速度v0滑上木板，壓縮彈簧，然后被彈回，運(yùn)動到木板最右端時與木板相對靜止。已知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，整個過程中彈簧的形變均在彈性限度內(nèi)，則（）A.運(yùn)動過程中小物塊、木板和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.整個過程中合力對物塊的沖量大小為MmC.物塊和木板相對運(yùn)動的路程為mD.整個過程彈簧彈性勢能的最大值為Mm（2022安徽名校聯(lián)盟）(多選)如圖所示,豎直放置的輕彈簧下端固定在地面上,上端與質(zhì)量為m的鋼板(不計(jì)厚度)連接,鋼板處于靜止?fàn)顟B(tài).一個質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點(diǎn)自由落下,與鋼板碰撞后粘在一起向下運(yùn)動x0后到達(dá)最低點(diǎn)Q,設(shè)物塊與鋼板碰撞的時間Δt極短.下列說法正確的是A.物塊與鋼板碰后瞬間的速度大小為2B.在Δt時間內(nèi),鋼板對物塊的沖量大小為m2g?2-mgC.從P到Q的過程中,整個系統(tǒng)重力勢能的減少量為mg(x0+h)D.從P到Q的過程中,彈性勢能的增加量為mg(2x0+?2(2022·山東省濰坊市高三下二模統(tǒng)考)如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上有一擋板，木塊A靠在擋板上，小球B通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧與A拴接在一起。光滑斜面固定在水平地面上。將小球C從距離B沿斜面L處由靜止釋放，C與B發(fā)生碰撞后立刻鎖定在一起運(yùn)動。已知木塊A的質(zhì)量為2m，B、C的質(zhì)量均為m，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，碰撞時間極短，重力加速度為g，彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(式中x為彈簧的形變量)。則下列說法正確的是()A．C與B碰撞后的瞬間，B的速度大小為eq\r(\f(gL,2))B．C與B碰撞過程中，損失的機(jī)械能為eq\f(mgL,4)C．C與B碰撞后，彈簧彈性勢能的最大值大于eq\f(mgL,4)D．要使C、B碰撞后A能離開擋板，L至少為eq\f(9mg,2k)（2022陜西寶雞檢測）(多選)如圖甲所示,輕彈簧下端固定在傾角為θ的光滑斜面底端,上端與物塊B相連,物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將物塊A置于物塊B上方斜面某位置處,取物塊A的位置為原點(diǎn)O,沿斜面向下為正方向建立x軸坐標(biāo)系.某時刻釋放物塊A,與物塊B碰撞后以共同速度向下運(yùn)動,碰撞時間極短.測得物塊A的動能Ek與其位置坐標(biāo)x(單位為m)的關(guān)系如圖乙所示(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),圖象中0~x1之間為直線,其余部分為曲線.物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則A.物塊A、B的質(zhì)量之比為2∶1B.彈簧的勁度系數(shù)為EC.從x1到x3的過程中物塊加速度的最大值為x3D.整個過程中,彈簧的彈性勢能增加了9x3如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面的底端有一個固定擋板D，小物體C靠在擋板D上，小物體B與C用輕質(zhì)彈簧拴接。當(dāng)彈簧處于自然長度時，B在O點(diǎn)；當(dāng)B靜止時，B在M點(diǎn)，已知OM＝l。在P點(diǎn)還有一小物體A，使A從靜止開始下滑，A、B相碰后一起壓縮彈簧。A第一次脫離B后最高能上升到N點(diǎn)，且ON＝1.5l。B向上運(yùn)動時還會拉伸彈簧，能使C物體剛好脫離擋板D。已知A、B、C的質(zhì)量都是m，重力加速度為g。已知彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量大小有關(guān)。試求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)彈簧第一次恢復(fù)到原長時小物體B的速度大?。?3)M、P兩點(diǎn)之間的距離。(2021·天津高考)一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達(dá)到最高點(diǎn)時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計(jì)空氣阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)時的速度大??；(2)兩部分落地時速度大小之比。(2022·福建高考)如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發(fā)生完全非彈性碰撞(碰撞時間極短)，然后一起向右運(yùn)動；一段時間后，滑板A也開始運(yùn)動。已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g；最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：(1)C在碰撞前瞬間的速度大??；(2)C與B碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)從C與B相碰后到A開始運(yùn)動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功。如圖所示，半徑R＝2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細(xì)線連在一起。某時刻剪斷細(xì)線后，小球P向左運(yùn)動到A點(diǎn)時，小球Q沿圓軌道到達(dá)C點(diǎn)；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運(yùn)動的小球P發(fā)生碰撞。已知小球P的質(zhì)量m1＝3.2kg，小球Q的質(zhì)量m2＝1kg，小球P與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢能Ep＝168J，小球到達(dá)A點(diǎn)或B點(diǎn)時已和彈簧分離。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，求：（1）小球Q運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大??；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q離開圓軌道后經(jīng)過多長時間與小球P相碰。（2022湖北十一校聯(lián)考）如圖所示,一輕質(zhì)彈簧的左端固定在小球B上,右端與小球C接觸但未拴接,球B和球C靜止在光滑水平臺面上.小球A從左側(cè)光滑斜面上距水平臺面高度為h處由靜止滑下(不計(jì)小球A在斜面與水平面銜接處的能量損失),與球B發(fā)生正碰后粘在一起,碰撞時間極短,之后球C脫離彈簧,在水平臺面上勻速運(yùn)動并從其右端點(diǎn)O水平拋出,落入固定放置在水平地面上的豎直四分之一光滑圓弧軌道內(nèi),該段圓弧的圓心在O點(diǎn),半徑為R=2h.已知三個小球A、B、C均可看成質(zhì)點(diǎn),且質(zhì)量分別為m、λm(λ為待定系數(shù))、m,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力和一切摩擦.(1)若λ=2,求該條件下彈簧具有的最大彈性勢能以及小球C從水平臺面右端點(diǎn)O拋出后落到圓弧軌道上的P點(diǎn)在圖示坐標(biāo)系中的位置;(2)若小球C從水平臺面右端點(diǎn)O拋出后,落至圓弧軌道上時具有最小動能,求此時λ的取值及對應(yīng)的最小動能.(2022·全國乙卷)如圖a，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖像如圖b所示。已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ＝0.6)，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)動量專題精準(zhǔn)提升強(qiáng)化12：動量守恒應(yīng)用之彈簧模型（難度：偏難）【解析版】（多選）（2021·湖南高考）如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計(jì)時，A、B兩物體運(yùn)動的a－t圖像如圖（b）所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a－t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時刻的速度為v0。下列說法正確的是（）A.0到t1時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAv0B.mA＞mBC.B運(yùn)動后，彈簧的最大形變量等于xD.S1－S2＝S3解析：ABD由于在0～t1時間內(nèi)，物體B靜止，對B受力分析有F墻＝F彈，則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A，可將研究對象轉(zhuǎn)為A，撤去F后A只受彈力作用，根據(jù)動量定理有I＝mAv0（方向向右），則墻對B的沖量與彈簧對A的沖量大小相等、方向相同，A正確；由題圖（b）可知t1后彈簧被拉伸，在t2時刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由題圖（b）可知aB＞aA，則mB＜mA，B正確；由題圖（b）可得，t1時刻B開始運(yùn)動，此時A速度為v0，之后A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，A、B和彈簧整個系統(tǒng)能量守恒，則mAv0＝mAvA＋mBvB，可得A、B整體的動能不等于0，即彈簧的彈性勢能會轉(zhuǎn)化為A、B系統(tǒng)的動能，彈簧的形變量小于x，C錯誤；由題圖（b）可知t1后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在t1～t2時間內(nèi)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，且在t2時刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，A、B共速，由a－t圖像的面積為Δv，在t2時刻A、B的速度分別為vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，則S1－S2＝S3，D正確。物塊a、b中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊a的質(zhì)量為1.2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊a施加水平向右的恒力F，t＝1s時撤去，在0～1s內(nèi)兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，整個運(yùn)動過程中以下分析正確的是()A．t＝1s時a的速度大小為0.8m/sB．t＝1s時彈簧伸長量最大C．b物塊的質(zhì)量為0.8kgD．彈簧伸長量最大時，a的速度大小為0.6m/s答案CD解析在0～1s內(nèi)，若物塊a的加速度從1.0m/s2均勻減小到0.6m/s2，則速度變化量Δv＝eq\f(1.0＋0.6,2)×1m/s＝0.8m/s，而a的初速度為零，可知1s時的速度為0.8m/s，但由圖乙可知，物塊a的a-t圖像與t軸所圍的實(shí)際面積小于加速度均勻減小時的面積，即速度變化量小于0.8m/s，則t＝1s時a的速度大小小于0.8m/s，故A錯誤；撤去F時，兩者的加速度相等，但a加速的加速度在1s前始終大于b加速的加速度，則t＝1s時a的速度大于b的速度，此后a相對b繼續(xù)遠(yuǎn)離，則彈簧繼續(xù)拉長，當(dāng)兩者速度相等時彈簧的伸長量最大，故B錯誤；恒力F拉動a的瞬間，由a-t圖像知a的加速度為a0＝1m/s2，有F＝maa0＝1.2N，1s時兩者的加速度相等，為a＝0.6m/s2，對a、b由牛頓第二定律有F－kx＝maa，kx＝mba，解得mb＝0.8kg，故C正確；F拉動1s的過程，由動量定理可知Ft＝mava＋mbvb，撤去F后直至a、b共速時，系統(tǒng)的動量守恒，有mava＋mbvb＝(ma＋mb)v，解得v＝0.6m/s，即彈簧伸長量最大時，a和b的速度大小都為0.6m/s，故D正確。（多選）如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質(zhì)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?，F(xiàn)使A以3m/s的速度向B運(yùn)動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙所示，則有（）A.在t1、t3時刻兩物塊達(dá)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(fù)原長C.兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D.在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8解析：CD由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而t3時刻處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；結(jié)合圖像可知，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(fù)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(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，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(fù)原長，故B錯誤；根據(jù)動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v0＝（m1＋m2）v1，其中v0＝3m/s，v1＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故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(jù)m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確。如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質(zhì)量都是m的小車A和B，兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運(yùn)動，另有一質(zhì)量為m的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，求這以后的運(yùn)動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為()A．eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D．eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)答案C解析粘性物體和A相互作用的過程，水平方向動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)。之后三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)B車與A車速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律得mv0＋2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(2,3)v0，根據(jù)能量守恒定律，可得彈簧的最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，故C正確，A、B、D錯誤。如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質(zhì)量分別為m＝0.1kg和M＝0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)。同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧時的速度為6m/s，接著A球進(jìn)入與水平面相切的位于豎直面內(nèi)的半徑為0.5m的光滑半圓形軌道運(yùn)動，PQ為半圓形軌道的豎直直徑，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A.彈簧彈開過程，彈力對A的沖量與對B的沖量相同B.A球脫離彈簧時，B球獲得的速度大小為2m/sC.A球從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中所受合外力的沖量大小為2N·sD.若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球也能到達(dá)Q點(diǎn)解析：B彈簧彈開過程，彈力對A的沖量與對B的沖量大小相等，方向相反，A錯誤；彈簧彈開的過程中，兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，根據(jù)動量守恒定律得mvA＋MvB＝0，解得vB＝－2m/s，負(fù)號表示B球運(yùn)動方向與A球運(yùn)動方向相反，B正確；A球從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理得－2mgR＝12mvQ2－12mvA2，解得vQ＝4m/s，此過程中，根據(jù)動量定理得合外力的沖量大小為I＝mvQ＋mvA＝1N·s，C錯誤；若半圓軌道半徑改為0.9m，假設(shè)A球能到達(dá)Q點(diǎn)，則A球從P點(diǎn)到Q點(diǎn)過程滿足－2mgR'＝12mvQ'2－12mvA2，解得vQ'＝0，但A球在Q點(diǎn)的最小速度vm應(yīng)滿足mg＝mvm2R'，解得vm＝3m/s，由于vQ'（2022遼寧撫順一模）(多選)如圖所示,中間夾有被壓縮輕彈簧的兩彈性小球1、2的質(zhì)量分別為m1=1kg,m2=0.5kg,兩小球用輕繩相連后放置在光滑水平地面上,距小球1右側(cè)足夠遠(yuǎn)的位置固定一半徑R1=0.5m的光滑半圓軌道,小球2左側(cè)放置一半徑R2=0.5m,M=0.5kg的14圓弧形的木塊,木塊底端放置一質(zhì)量m3=0.5kg的彈性小球3.現(xiàn)剪斷輕繩,小球1進(jìn)入光滑半圓軌道后恰好通過最高點(diǎn)B,小球2向左運(yùn)動與小球3發(fā)生彈性碰撞,g=10m/s2,A.小球1落地點(diǎn)距A點(diǎn)的距離為1.5mB.初始狀態(tài),彈簧的彈性勢能為37.5JC.小球3沖上木塊的速度大小為10m/sD.小球3沖上木塊過程中,兩者組成的系統(tǒng)動量守恒解析：BC小球1進(jìn)入光滑半圓軌道后恰好通過最高點(diǎn)B,則有m1g=m1vB2R1,解得vB=gR1=5m/s,小球1從B點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動,有x=vBt,2R1=12gt2,解得x=1m,即小球1落地點(diǎn)距A點(diǎn)的距離為1m,故A錯誤;小球1從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒,有-2m1gR1=12m1vB2-12m1v12,可得小球1在A點(diǎn)的速度為v1=5m/s,彈簧彈開的過程,小球1、2和彈簧組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒和動量守恒,有0=m1v1-m2v2,Ep=12m1v12+12m2v22,解得v2=10m/s,Ep=37.5J,故初始狀態(tài)彈簧的彈性勢能為37.5J,則B正確;小球2以v2=10m/s的速度與靜止的小球3發(fā)生彈性碰撞,碰撞過程中兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒,則有m2v2=m3v3+m2v'2,12m2v22=12m3v32+12m2v'22,解得v3=10m/s,v'2=0,故小球2與小球3碰撞后,小球3(多選)光滑水平面上用輕彈簧相連的A、B兩物體，以6m/s的速度勻速向右運(yùn)動，質(zhì)量均為2kg。在B的正前方靜止放置一質(zhì)量為4kg的物體C，B、C碰后粘在一起，則在之后的運(yùn)動過程中()A．彈簧的最大彈性勢能為12JB．A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能是36JC．物體C的最大速度為4m/sD．整個運(yùn)動過程中A的速度不可能向左答案ACD解析B、C碰撞瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，選水平向右為正方向，由動量守恒定律得：mBv0＝(mB＋mC)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s；三個物體速度相同時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得：mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v共，代入數(shù)據(jù)解得：v共＝3m/s，設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Ep，由機(jī)械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)v2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,共)，代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝12J，A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mB＋mC)v2＝24J，故A正確，B錯誤；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，C的速度最大，設(shè)此時B、C的速度為v1，A的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mAv0＋(mB＋mC)v＝mAv2＋(mB＋mC)v1，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)v2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)解得v1＝4m/s，v2＝0，故C正確；由于A、B、C系統(tǒng)的總動量守恒，總動量p＝(mA＋mB)v0＝24kg·m/s，若A的速度向左，則B、C的速度向右且一定大于4m/s，與C項(xiàng)分析沖突，所以A的速度不可能向左，故D正確。如圖所示，水平地面上A、B兩個木塊用輕彈簧連接在一起，質(zhì)量分別為2m、3m，靜止時彈簧恰好處于原長，一質(zhì)量為m的木塊C以速度v0水平向右運(yùn)動并與木塊A相撞。不計(jì)一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為（）A.13mv02 B.C.112mv02 D.解析當(dāng)C與A發(fā)生彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，12mv02＝12mv12＋12（2m）v22，聯(lián)立解得v2＝23v0，當(dāng)A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v，以A的初速度方向?yàn)檎较颍瑒t由動量守恒定律得2mv2＝（2m＋3m）v，由機(jī)械能守恒定律可知，Ep＋12（5m）v2＝12（2m）v22，解得Ep＝415mv02；當(dāng)C與A發(fā)生完全非彈性正碰時，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝3mv1'，當(dāng)A、B、C速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為v'，則由動量守恒定律得3mv1'＝6mv'，由機(jī)械能守恒定律可知，Ep'＝12（3m）v1'2－12（6m）v'2，解得Ep'＝112答案A如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運(yùn)動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。求：（1）物塊C的質(zhì)量mC；（2）B離開墻后的運(yùn)動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep。解析：（1）由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，有mCv1＝（mA＋mC）v2解得mC＝2kg。（2）12s時B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能都守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v412（mA＋mC）v32＝12（mA＋mB＋mC）聯(lián)立解得Ep＝9J。答案：（1）2kg（2）9J（多選）如圖所示，質(zhì)量為M的木板靜止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質(zhì)擋板，一根輕彈簧左端固定在擋板上，質(zhì)量為m的物塊從木板最右端以速度v0滑上木板，壓縮彈簧，然后被彈回，運(yùn)動到木板最右端時與木板相對靜止。已知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，整個過程中彈簧的形變均在彈性限度內(nèi)，則（）A.運(yùn)動過程中小物塊、木板和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.整個過程中合力對物塊的沖量大小為MmC.物塊和木板相對運(yùn)動的路程為mD.整個過程彈簧彈性勢能的最大值為Mm解析：BD物塊在木板上運(yùn)動的過程中，因?yàn)槟Σ?，所以系統(tǒng)機(jī)械能減小，故A錯誤。對物塊和木板組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，有mv0＝（m＋M）v1，合力對物塊的沖量等于物塊的動量變化量，得I＝mv1－mv0＝－mMv0m+M，故B正確。系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，有Q＝12mv02－12（m＋M）v12＝μmgs，解得相對運(yùn)動路程s＝Mv022μg(m+M)，故C錯誤。當(dāng)物塊、木板第一次共速時，彈簧被壓縮到最短，彈性勢能最大，Ep（2022安徽名校聯(lián)盟）(多選)如圖所示,豎直放置的輕彈簧下端固定在地面上,上端與質(zhì)量為m的鋼板(不計(jì)厚度)連接,鋼板處于靜止?fàn)顟B(tài).一個質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點(diǎn)自由落下,與鋼板碰撞后粘在一起向下運(yùn)動x0后到達(dá)最低點(diǎn)Q,設(shè)物塊與鋼板碰撞的時間Δt極短.下列說法正確的是A.物塊與鋼板碰后瞬間的速度大小為2B.在Δt時間內(nèi),鋼板對物塊的沖量大小為m2g?2-mgC.從P到Q的過程中,整個系統(tǒng)重力勢能的減少量為mg(x0+h)D.從P到Q的過程中,彈性勢能的增加量為mg(2x0+?2解析：AD物塊從開始下落到與鋼板碰前的整個過程,由機(jī)械能守恒定律有mgh=12mv2,物塊與鋼板發(fā)生完全非彈性碰撞,則有mv=2mv1,解得物塊與鋼板碰后瞬間的速度大小為v1=2g?2,A項(xiàng)正確;在Δt時間內(nèi),對物塊由動量定理有mgΔt-I=m(v1-v),解得鋼板對物塊的沖量大小為I=m2g?2+mgΔt,B項(xiàng)錯;從P到Q的過程中,物塊的重力勢能減少了mg(x0+h),鋼板的重力勢能減少了mgx0,故整個系統(tǒng)的重力勢能減少了mg(2x0+h),C項(xiàng)錯;從物塊與鋼板碰后到彈簧壓縮到最短的過程中,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,即Ep=12×2mv12+2mgx0=mg(2022·山東省濰坊市高三下二模統(tǒng)考)如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上有一擋板，木塊A靠在擋板上，小球B通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧與A拴接在一起。光滑斜面固定在水平地面上。將小球C從距離B沿斜面L處由靜止釋放，C與B發(fā)生碰撞后立刻鎖定在一起運(yùn)動。已知木塊A的質(zhì)量為2m，B、C的質(zhì)量均為m，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，碰撞時間極短，重力加速度為g，彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep＝eq\f(1,2)kx2(式中x為彈簧的形變量)。則下列說法正確的是()A．C與B碰撞后的瞬間，B的速度大小為eq\r(\f(gL,2))B．C與B碰撞過程中，損失的機(jī)械能為eq\f(mgL,4)C．C與B碰撞后，彈簧彈性勢能的最大值大于eq\f(mgL,4)D．要使C、B碰撞后A能離開擋板，L至少為eq\f(9mg,2k)答案BC解析C從釋放到與B碰撞前瞬間，由動能定理得mgLsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得C與B碰撞前瞬間，C的速度大小為vC＝eq\r(gL)，C與B碰撞，根據(jù)動量守恒定律得mvC＝2mvBC，解得C與B碰撞后的瞬間，B與C的速度大小均為vBC＝eq\f(\r(gL),2)，C與B碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,BC)＝eq\f(mgL,4)，故B正確，A錯誤；設(shè)彈簧初始時具有的彈性勢能為Ep0，B、C壓縮彈簧速度為零時，彈簧彈性勢能最大，設(shè)為Epm，設(shè)B、C碰撞后下滑的高度為h，從B、C碰后到B、C速度為零的過程中，對系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得Epm＝Ep0＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,BC)＋2mgh＝Ep0＋eq\f(mgL,4)＋2mgh>eq\f(mgL,4)，故C正確；若A剛好能離開擋板，B、C拉伸彈簧速度為零時，彈簧彈力T＝kx＝2mgsin30°＝mg，解得彈簧伸長量x＝eq\f(mg,k)，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)kx2＝eq\f(m2g2,2k)，同理可得B、C碰撞后瞬間彈簧壓縮量x′＝eq\f(mgsin30°,k)＝eq\f(mg,2k)，彈簧的彈性勢能Ep′＝eq\f(1,2)kx′2＝eq\f(m2g2,8k)，B、C碰撞后到A恰好離開擋板，對系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,BC)＋Ep′＝2mg(x＋x′)sin30°＋Ep，解得L＝eq\f(15mg,2k)，故D錯誤。（2022陜西寶雞檢測）(多選)如圖甲所示,輕彈簧下端固定在傾角為θ的光滑斜面底端,上端與物塊B相連,物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將物塊A置于物塊B上方斜面某位置處,取物塊A的位置為原點(diǎn)O,沿斜面向下為正方向建立x軸坐標(biāo)系.某時刻釋放物塊A,與物塊B碰撞后以共同速度向下運(yùn)動,碰撞時間極短.測得物塊A的動能Ek與其位置坐標(biāo)x(單位為m)的關(guān)系如圖乙所示(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),圖象中0~x1之間為直線,其余部分為曲線.物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則A.物塊A、B的質(zhì)量之比為2∶1B.彈簧的勁度系數(shù)為EC.從x1到x3的過程中物塊加速度的最大值為x3D.整個過程中,彈簧的彈性勢能增加了9x3解析：BD由題圖乙可知,物塊A與物塊B碰撞前瞬間的動能12mAv2=Ek1,可得物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度v=2Ek1mA,物塊A與物塊B碰撞后瞬間的動能12mAv共2=19Ek1,可得物塊A與物塊B碰撞后瞬間的速度v共=2Ek19mA=v3,物塊A與物塊B碰撞時間極短,根據(jù)動量守恒定律有mAv=(mA+mB)v3,解得mAmB=12,A錯誤.彈簧上端與物塊B相連,物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài),設(shè)此時彈簧的形變量為x0,結(jié)合題圖甲根據(jù)平衡條件可知mBgsinθ=kx0,由題圖乙可知,當(dāng)AB一起運(yùn)動到x2時,速度最大,根據(jù)平衡條件有mAgsinθ+mBgsinθ=k(x2-x1+x0),物塊A從O點(diǎn)運(yùn)動到位置x1的過程中,根據(jù)動能定理有mAgsinθ·x1=Ek1,聯(lián)立解得k=Ek1x1(x2-x1),B正確.由題圖乙可知,當(dāng)AB一起運(yùn)動到x3時,加速度最大,根據(jù)牛頓第二定律有k(x3-x1+x0)-(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)amax,將上述求得的數(shù)據(jù)代入可解得amax=x3-x23(x2-x1)2Ek19=ΔEp,代入數(shù)據(jù)解得ΔEp=9x如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面的底端有一個固定擋板D，小物體C靠在擋板D上，小物體B與C用輕質(zhì)彈簧拴接。當(dāng)彈簧處于自然長度時，B在O點(diǎn)；當(dāng)B靜止時，B在M點(diǎn)，已知OM＝l。在P點(diǎn)還有一小物體A，使A從靜止開始下滑，A、B相碰后一起壓縮彈簧。A第一次脫離B后最高能上升到N點(diǎn)，且ON＝1.5l。B向上運(yùn)動時還會拉伸彈簧，能使C物體剛好脫離擋板D。已知A、B、C的質(zhì)量都是m，重力加速度為g。已知彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量大小有關(guān)。試求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)彈簧第一次恢復(fù)到原長時小物體B的速度大??；(3)M、P兩點(diǎn)之間的距離。答案(1)eq\f(mg,2l)(2)eq\r(\f(3,2)gl)(3)9l解析(1)B靜止時，根據(jù)平衡條件得kl＝mgsinθ則彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(mg,2l)。(2)當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)到原長時A、B恰好分離，設(shè)此時A、B的速度大小為v3，對A物體，從A、B分離到A速度變?yōu)?的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝mgΔh此過程中A物體上升的高度Δh＝1.5lsinθ解得v3＝eq\r(\f(3,2)gl)。(3)設(shè)A與B相碰前的速度大小為v1，相碰后的速度大小為v2，M、P兩點(diǎn)之間距離為x，對A物體，從開始下滑到A、B相碰前，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)A與B碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律得mv1＝(m＋m)v2設(shè)B靜止時彈簧的彈性勢能為Ep，從A、B開始壓縮彈簧到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,2)＋Ep＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,3)＋(m＋m)glsinθB物體繼續(xù)上升，速度變?yōu)?時，C物體恰好離開擋板D，此時彈簧的伸長量也為l，彈簧的彈性勢能也為Ep對B物體和彈簧，從A、B分離到B速度變?yōu)?的過程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝mglsinθ＋Ep解得M、P兩點(diǎn)之間的距離x＝9l。(2021·天津高考)一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達(dá)到最高點(diǎn)時，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計(jì)空氣阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq\f(3,4)時的速度大??；(2)兩部分落地時速度大小之比。答案(1)eq\f(1,2)v0(2)2∶1解析(1)設(shè)玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度eq\f(3,4)h時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向?yàn)檎较颍麄€上升過程有0－veq\o\al(2,0)＝－2gh玩具上升到最大高度eq\f(3,4)的過程有v2－veq\o\al(2,0)＝－2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h))聯(lián)立解得v＝eq\f(1,2)v0。(2)設(shè)玩具分裂后兩部分的質(zhì)量分別為m1、m2，剛分裂后兩部分的水平速度大小分別為v1、v2，根據(jù)題意有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)玩具達(dá)到最高點(diǎn)時速度為零，分裂時水平方向動量守恒，有m1v1－m2v2＝0分裂后兩部分均做平拋運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可知，兩部分落回地面時豎直方向分速度大小均為v0，設(shè)兩部分落地時的速度大小分別為v1′、v2′，由矢量合成有v1′＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,1))，v2′＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,2))結(jié)合m1∶m2＝1∶4聯(lián)立解得v1′∶v2′＝2∶1。(2022·福建高考)如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發(fā)生完全非彈性碰撞(碰撞時間極短)，然后一起向右運(yùn)動；一段時間后，滑板A也開始運(yùn)動。已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g；最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：(1)C在碰撞前瞬間的速度大小；(2)C與B碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)從C與B相碰后到A開始運(yùn)動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功。[答案](1)v02?2μgs0(2)eq\f(1,4)m(veq\o\al(2,0)－2μgs0)(3)eq\f(\a\vs4\al(2μ2m2g2),k)[解析](1)設(shè)C在碰撞前瞬間的速度大小為v1，小物塊C運(yùn)動至剛要與物塊B相碰的過程，根據(jù)動能定理可得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝v0(2)物塊B、C發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰后瞬間速度相等，設(shè)速度大小為v2，碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律可得mv1＝2mv2C與B碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得ΔE＝eq\f(1,4)m(veq\o\al(2,0)－2μgs0)。(3)設(shè)滑板A剛要滑動時彈簧的壓縮量為Δx，此時對滑板A，由受力平衡可得kΔx＋2μmg＝3μmg從C與B相碰后到A開始運(yùn)動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功為W＝2μmg·Δx聯(lián)立解得W＝eq\f(\a\vs4\al(2μ2m2g2),k)。如圖所示，半徑R＝2.8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連，A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細(xì)線連在一起。某時刻剪斷細(xì)線后，小球P向左運(yùn)動到A點(diǎn)時，小球Q沿圓軌道到達(dá)C點(diǎn)；之后小球Q落到斜面上時恰好與沿斜面向下運(yùn)動的小球P發(fā)生碰撞。已知小球P的質(zhì)量m1＝3.2kg，小球Q的質(zhì)量m2＝1kg，小球P與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，剪斷細(xì)線前彈簧的彈性勢能Ep＝168J，小球到達(dá)A點(diǎn)或B點(diǎn)時已和彈簧分離。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力，求：（1）小球Q運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大??；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q離開圓軌道后經(jīng)過多長時間與小球P相碰。解析：（1）兩小球彈開的過程，由動量守恒定律得m1v1＝m2v2由機(jī)械能守恒定律得Ep＝12m1v12＋1聯(lián)立可得v1＝5m/s，v2＝16m/s小球Q沿圓軌道運(yùn)動過程中，由機(jī)械能守恒定律可得12m2v22＝12m2vC解得vC＝12m/s。（2）設(shè)小球P在斜面上向上運(yùn)動的加速度為a1，由牛頓第二定律得m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a1，解得a1＝10m/s2故上升的最大高度為h＝v122a1sinθ＝0（3）設(shè)小球Q離開圓軌道后到與小球P相碰所用的時間為t，由題意得小球P從A點(diǎn)上升到兩小球相遇所用的時間也為t，小球P沿斜面下滑的加速度為a2，則有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a2，解得a2＝2m/s2小球P上升到最高點(diǎn)所用的時間t1＝v1a1＝0.5則2R＝12gt2＋h－12a2（t－t1）2sin解得t＝1s。答案：（1）12m/s（2）0.75m（3）1s（2022湖北十一校聯(lián)考）如圖所示,一輕質(zhì)彈簧的左端固定在小球B上,右端與小球C接觸但未拴接,球B和球C靜止在光滑水平臺面上.小球A從左側(cè)光滑斜面上距水平臺面高度為h處由靜止滑下(不計(jì)小球A在斜面與水平面銜接處的能量損失),與球B發(fā)生正碰后粘在一起,碰撞時間極短,之后球C脫離彈簧,在水平臺面上勻速運(yùn)動并從其右端點(diǎn)O水平拋出,落入固定放置在水平地面上的豎直四分之一光滑圓弧軌道內(nèi),該段圓弧的圓心在O點(diǎn),半徑為R=2h.已知三個小球A、B、C均可看成質(zhì)點(diǎn),且質(zhì)量分別為m、λm(λ為待定系數(shù))、m,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力和一切摩擦.(1)若λ=2,求該條件下彈簧具有的最大彈性勢能以及小球C從水平臺面右端點(diǎn)O拋出后落到圓弧軌道上的P點(diǎn)在圖示坐標(biāo)系中的位置;(2)若小球C從水平臺面右端點(diǎn)O拋出后,落至圓弧軌道上時具有最小動能,求此時λ的取值及對應(yīng)的最小動能.【解析】(1)設(shè)A球到達(dá)水平臺面時速度