2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第一章 動(dòng)量專題強(qiáng)化3　彈簧-小球模型　滑塊-光滑斜(曲)面模型含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第一章動(dòng)量專題強(qiáng)化3彈簧—小球模型滑塊—光滑斜(曲)面模型[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.進(jìn)一步掌握用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律解決碰撞問(wèn)題的技巧(重點(diǎn))。2.掌握兩類碰撞問(wèn)題的解題方法(重難點(diǎn))。一、彈簧—小球模型如圖所示，光滑水平面上靜止著一質(zhì)量為m2的剛性小球B，左端與水平輕質(zhì)彈簧相連，另有一質(zhì)量為m1的剛性小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，并與彈簧發(fā)生相互作用，兩球半徑相同，問(wèn)：(1)彈簧的彈性勢(shì)能什么情況下最大？最大為多少？(2)兩球共速后，兩球的速度如何變化？彈簧長(zhǎng)度如何變化？(3)小球B的速度什么情況下最大？最大為多少？答案(1)當(dāng)兩個(gè)小球速度相同時(shí)，彈簧最短，彈簧的彈性勢(shì)能最大。由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax解得Epmax＝eq\f(m1m2v02,2m1＋m2)(2)如圖所示，兩球共速后，A減速，B加速，A、B間的距離增大，故彈簧的壓縮量減小，彈簧的長(zhǎng)度增加。(3)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球B的速度最大，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v2＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)。拓展延伸(1)系統(tǒng)動(dòng)能何時(shí)最小？求系統(tǒng)的動(dòng)能的最小值。(2)從小球與彈簧相互作用至彈簧恢復(fù)原狀的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)能何時(shí)最大？求系統(tǒng)的動(dòng)能的最大值。答案(1)彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，兩球共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)的動(dòng)能最小。Ekmin＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m12,2m1＋m2)v02(2)彈簧和小球組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最小，系統(tǒng)的動(dòng)能最大，Ekmax＝eq\f(1,2)m1v02。對(duì)兩個(gè)(或兩個(gè)以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)，在相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。若接觸面光滑，彈簧和物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。1．彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能)。2．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)。例1(2022·金華一中期末)如圖所示，三個(gè)小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運(yùn)動(dòng)，碰后A、B兩球粘在一起，則：(1)A、B兩球剛粘在一起時(shí)的速度為多大？(2)彈簧壓縮至最短時(shí)三個(gè)小球的速度為多大？(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能是多少？(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，三個(gè)小球的速度為多大？答案見解析解析(1)在A、B兩球碰撞的過(guò)程中彈簧的壓縮量可忽略不計(jì)，產(chǎn)生的彈力可忽略不計(jì)，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，以A球的初速度方向?yàn)檎较?，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)。(2)粘在一起的A、B兩球向右運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，由于彈簧彈力的作用，C球做加速運(yùn)動(dòng)，速度由零開始增大，而A、B兩球做減速運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，當(dāng)三個(gè)球速度相等時(shí)彈簧壓縮至最短，在這一過(guò)程中，三個(gè)球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝eq\f(v0,3)。(3)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)×2mv12－eq\f(1,2)×3mv22＝eq\f(1,12)mv02。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，A、B、C三個(gè)球和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，得2mv1＝2mvAB＋mvC，eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)×2mvAB2＋eq\f(1,2)mvC2解得vAB＝eq\f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq\f(v0,6)，vC＝eq\f(2v0,3)。二、滑塊—光滑斜(曲)面模型如圖所示，有一質(zhì)量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質(zhì)量為2m，小球在上升過(guò)程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，試分析：(1)在相互作用的過(guò)程中，小球和軌道組成的系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒？總動(dòng)量是否守恒？(2)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球與軌道的速度有什么關(guān)系？最大高度為多少？(3)小球與軌道分離時(shí)兩者的速度分別是多少？答案(1)整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向上動(dòng)量不守恒，故總動(dòng)量不守恒。(2)當(dāng)小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小球和軌道的速度相同。由動(dòng)量守恒定律得mv0＝3mv由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×3mv2＋mgh解得h＝eq\f(v02,3g)(3)設(shè)小球離開軌道時(shí)的速度為v1，軌道的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22聯(lián)立以上兩式可得：v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0。在滑塊—光滑斜(曲)面模型中，若滑塊始終未脫離斜(曲)面1．當(dāng)滑塊上升到最大高度時(shí)，滑塊與斜(曲)面具有共同水平速度v共。此時(shí)滑塊的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為滑塊的重力勢(shì)能)。2．當(dāng)滑塊返回最低點(diǎn)時(shí)，滑塊與斜(曲)面分離．水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞)。例2如圖所示，在光滑的水平地面上停放著質(zhì)量為m的裝有eq\f(1,4)弧形槽的小車?，F(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去，不計(jì)一切摩擦，則()A．在相互作用的過(guò)程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒B．小球從右側(cè)離開車后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C．小球從右側(cè)離開車后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng)D．小球從右側(cè)離開車后，小車的速度有可能大于v0答案C解析整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個(gè)過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，即小球與小車分離時(shí)二者交換速度，所以小球從小車右側(cè)離開后將做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B、D錯(cuò)誤，C正確。例3如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)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(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)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(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)見解析解析(1)選向左為正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。在水平方向上由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝3m/s為冰塊被推出時(shí)的速度。聯(lián)立兩式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg。(2)選向右為正方向，設(shè)小孩推出冰塊后小孩的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。eq\f(1,2)m2v02＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)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處在后方，故冰塊不能追上小孩。專題強(qiáng)化練1.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q質(zhì)量相等，都可視作質(zhì)點(diǎn)，Q與輕質(zhì)彈簧相連。設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生相互作用。在整個(gè)過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能等于()A．P的初動(dòng)能 B．P的初動(dòng)能的eq\f(1,2)C．P的初動(dòng)能的eq\f(1,3) D．P的初動(dòng)能的eq\f(1,4)答案B解析把小滑塊P和Q以及彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，在整個(gè)過(guò)程中，當(dāng)小滑塊P和Q的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大。以P的初速度方向?yàn)檎较颍O(shè)小滑塊P的初速度為v0，兩滑塊的質(zhì)量均為m，則mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)，P的初動(dòng)能Ek0＝eq\f(1,2)mv02，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(1,2)Ek0，故選項(xiàng)B正確。2．(多選)如圖，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)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(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則()A．在小球下滑的過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒B小球下滑的過(guò)程中，小球和槽之間的作用力對(duì)槽不做功C．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處D．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)答案AD解析在小球下滑的過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受力，則水平方向上動(dòng)量守恒，故A正確；在小球下滑過(guò)程中，槽向左滑動(dòng)，小球?qū)Σ鄣淖饔昧?duì)槽做正功，故B錯(cuò)誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，開始總動(dòng)量為零，小球離開槽時(shí)，小球和槽的動(dòng)量大小相等，方向相反，由于質(zhì)量相等，則速度大小相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧時(shí)的速度大小相等，可知反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)，且速度大小相等，則小球不會(huì)回到槽上高h(yuǎn)處，故D正確，C錯(cuò)誤。3．(多選)如圖所示，光滑的半圓槽置于光滑的水平地面上，從一定高度自由下落的小球m恰能沿半圓槽邊緣的切線方向滑入原先靜止的槽內(nèi)，對(duì)此情況，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．小球第一次離開槽時(shí)，將向右上方做斜拋運(yùn)動(dòng)B．小球第一次離開槽時(shí)，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)C．小球離開槽后，仍能落回槽內(nèi)，而槽將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．槽一直向右運(yùn)動(dòng)答案BC解析小球與半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，初狀態(tài)時(shí)系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，小球第一次離開槽時(shí)，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，球與槽在水平方向的速度都為零，球離開槽后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；小球沿槽的右側(cè)下滑到底端過(guò)程，槽向右做加速運(yùn)動(dòng)，球從底端向左側(cè)上升過(guò)程，槽向右做減速運(yùn)動(dòng)，球離開槽時(shí)，槽靜止，球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，然后小球落回槽的左側(cè)，球從槽的左側(cè)下滑過(guò)程，槽向左做加速運(yùn)動(dòng)，從最低點(diǎn)向右上滑時(shí)，槽向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后球離開槽做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，此后重復(fù)上述過(guò)程，由此可知，槽在水平面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。4.如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計(jì)一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．滑塊b沿a上升的最大高度為eq\f(v02,5g)B．物塊a運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\f(2v0,5)C．滑塊b沿a上升的最大高度為eq\f(v02,2g)D．物塊a運(yùn)動(dòng)的最大速度為eq\f(v0,5)答案B解析b沿a上升到最大高度時(shí)，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq\f(2v02,5g)，A、C錯(cuò)誤；滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運(yùn)動(dòng)的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，對(duì)整個(gè)過(guò)程，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvb2＋eq\f(1,2)×4mva2，解得va＝eq\f(2,5)v0，vb＝－eq\f(3,5)v0，B正確，D錯(cuò)誤。5．(多選)(2022·菏澤市月考)如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個(gè)小球A和B，mA>mB，B球上固定一輕質(zhì)彈簧且始終在彈性限度內(nèi)。A球以速率v去碰撞靜止的B球，則()A．A球的最小速率為零B．B球的最大速率為eq\f(2mA,mA＋mB)vC．當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，B球的速率最大D．兩球的總動(dòng)能最小值為eq\f(mA2v2,2mA＋mB)答案BD解析A球與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，當(dāng)B球的速度等于A球的速度時(shí)彈簧的壓縮量最大，此后A球繼續(xù)減速，B球速度繼續(xù)增大，彈簧壓縮量減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B球速度最大，A球速度最小，此過(guò)程滿足動(dòng)量守恒和能量守恒，有mAv＝mAv1＋mBv2，eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mBv22，解得v1＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v，v2＝eq\f(2mA,mA＋mB)v，因?yàn)閙A>mB，可知A球的最小速率不為零，B球的最大速率為eq\f(2mA,mA＋mB)v，故A、C錯(cuò)誤，B正確；兩球共速時(shí)，彈簧壓縮到最短，彈性聯(lián)立可得Ek＝eq\f(mA2v2,2mA＋mB)，故D正確。6．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(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面上，現(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得()A．從開始計(jì)時(shí)到t4這段時(shí)間內(nèi)，物塊A、B在t2時(shí)刻相距最遠(yuǎn)B．物塊A、B在t1與t3兩個(gè)時(shí)刻各自的加速度相同C．t2到t3這段時(shí)間彈簧處于壓縮狀態(tài)D．m1∶m2＝1∶2答案D解析結(jié)合題圖乙可得兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，開始時(shí)物塊A逐漸減速，物塊B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，物塊B依然加速，物塊A先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩物塊均減速，t3時(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t2到t3過(guò)程中彈簧的長(zhǎng)度將逐漸變大，故A、C錯(cuò)誤；由題圖乙可知，物塊A、B在t1與t3兩個(gè)時(shí)刻各自的加速度方向相反，故B錯(cuò)誤；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得，t＝0時(shí)刻和t＝t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝1∶2，故D正確。7．如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝4kg，mB＝2kg，mC＝2kg，A、B用一輕彈簧連接(彈簧與滑塊拴接)，開始時(shí)A、B以共同速度v0＝4m/s運(yùn)動(dòng)，且彈簧處于原長(zhǎng)，某時(shí)刻B與靜止在前方的C發(fā)生碰撞并粘在一起運(yùn)動(dòng)，求：(1)B與C碰后的瞬間，C的速度大??；(2)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧最大的彈性勢(shì)能。答案(1)2m/s(2)4J解析(1)B與C碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，對(duì)B和C，有mBv0＝(mB＋mC)vC解得vC＝2m/s。(2)彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)三者共速，A、B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v碰后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2＋eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2代入數(shù)據(jù)解得Ep＝4J。8．(2022·廣州市期末)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝6.0kg和mB＝4.0kg。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(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4s時(shí)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；(2)B離開墻后，彈簧中的彈性勢(shì)能最大時(shí)，B的速度多大？最大彈性勢(shì)能多大？答案(1)2kg(2)2m/s12J解析(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)12s末B離開墻壁，A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，當(dāng)A、C與B速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep解得v4＝2m/s，Ep＝12J。9.如圖所示，將一半徑R＝0.3m、質(zhì)量M＝3kg的光滑半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)靠在固定的豎直墻壁上?，F(xiàn)讓一質(zhì)量m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))自左側(cè)槽口A點(diǎn)正上方的B點(diǎn)從靜止開始落下，A、B間的距離h＝0.5m，小球與半圓槽相切滑入槽內(nèi)。已知重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到半圓槽最低點(diǎn)時(shí)的速度大小v0；(2)小球第一次離開半圓槽時(shí)的速度大小v1；(3)小球第一次離開半圓槽后，能夠上升的最大高度H。答案(1)4m/s(2)eq\r(7)m/s(3)0.3m解析(1)小球從靜止開始自由下落到滑至半圓槽最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝4m/s(2)小球即將離開半圓槽時(shí)，小球和半圓槽在水平方向上速度相同，設(shè)為v，小球從半圓槽內(nèi)最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到即將離開半圓槽的過(guò)程中，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mv0＝(M＋m)v小球從B點(diǎn)到即將離開槽的過(guò)程根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立解得v1＝eq\r(7)m/s(3)小球離開半圓槽后向上做斜上拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)豎直方向的分速度等于0時(shí)，小球上升的高度最大，小球離開半圓槽時(shí)豎直方向的分速度v1y＝eq\r(v12－v2)＝eq\r(6)m/s豎直方向有v1y2＝2gH解得H＝0.3m。專題強(qiáng)化4子彈打木塊模型滑塊—木板模型[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.進(jìn)一步理解動(dòng)量守恒條件。2.會(huì)分析兩物體在相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的能量轉(zhuǎn)換(重點(diǎn))。3.能夠從動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)分析子彈打木塊模型、滑塊—木板模型(重難點(diǎn))。一、子彈打木塊模型1.如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的木塊靜止于粗糙的水平面上，木塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，一質(zhì)量為m＝20g、速度為v0＝600m/s的子彈水平射入木塊，穿出時(shí)的速度為v＝100m/s，若木塊的寬度為d＝0.1m，重力加速度g＝10m/s2，試求子彈與木塊間的平均作用力與木塊和地面間的滑動(dòng)摩擦力之比，并根據(jù)結(jié)果分析在解決此類問(wèn)題時(shí)應(yīng)如何處理？答案由動(dòng)能定理可得－eq\x\to(F)·d＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得eq\x\to(F)＝3.5×104N木塊與地面間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μMg＝2N兩者之比為eq\f(F,Ff)＝17500由此可知，子彈與木塊間的平均作用力遠(yuǎn)大于木塊與地面間的作用力，因此子彈和木塊組成系統(tǒng)在相互作用過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒的條件。2.如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未穿出，設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力恒為F，則(1)子彈與木塊相對(duì)靜止時(shí)二者共同速度為多大；(2)子彈射入過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？(3)木塊至少為多長(zhǎng)時(shí)子彈不會(huì)穿出？答案(1)子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v解得：v＝eq\f(mv0,m＋M)(2)由能量守恒定律可知：eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2得產(chǎn)生的熱量為：Q＝eq\f(Mmv02,2M＋m)(3)設(shè)木塊最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由能量守恒定律：FL＝Q得木塊的最小長(zhǎng)度為：L＝eq\f(Mmv02,2M＋mF).1．模型特點(diǎn)(1)子彈打木塊的過(guò)程很短暫，認(rèn)為該過(guò)程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(地面光滑或不光滑都成立)(2)在子彈打木塊過(guò)程中摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化。2．兩種類型(1)子彈留在木塊中(未穿出)①動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v②機(jī)械能損失(摩擦生熱)Q熱＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2其中d為子彈射入木塊的深度。此過(guò)程相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)能損失最多。(2)子彈穿出木塊①動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②機(jī)械能的損失(摩擦生熱)Q熱＝Ff·L＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)Mv22其中L為木塊的長(zhǎng)度，注意d≤L。例1如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980g的長(zhǎng)方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)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(yùn)動(dòng)。已知木塊沿子彈運(yùn)動(dòng)方向的長(zhǎng)度為10cm，子彈打進(jìn)木塊的深度為6cm。設(shè)木塊對(duì)子彈的阻力保持不變。(1)求子彈和木塊的共同速度大小以及它們?cè)诖诉^(guò)程中所產(chǎn)生的內(nèi)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？請(qǐng)計(jì)算并說(shuō)明。答案(1)6m/s882J(2)能理由見解析解析(1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝6m/s此過(guò)程系統(tǒng)增加的內(nèi)能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝882J。(2)假設(shè)子彈以v0′＝400m/s的速度入射時(shí)沒有射穿木塊，則對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′解得v′＝8m/s此過(guò)程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為ΔE′＝eq\f(1,2)mv0′2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝1568J由功能關(guān)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′≈10.7cm因?yàn)閐′>10cm，所以能射穿木塊。針對(duì)訓(xùn)練1(多選)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出，若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示，則上述兩種情況相比較，下列說(shuō)法正確的是()A．子彈的末速度大小相等B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C．子彈對(duì)滑塊做的功相同D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大答案ABC解析以v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑塊最終獲得的速度：v＝eq\f(mv0,M＋m)，可知兩種情況下子彈的末速度是相同的，故A正確；子彈嵌入下層或上層過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，兩種情況下系統(tǒng)減少的動(dòng)能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多，故B正確；根據(jù)動(dòng)能定理，滑塊動(dòng)能的增量等于子彈對(duì)滑塊做的功，所以兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多，故C正確；由Q＝Ff·x相對(duì)知，由于x相對(duì)不相等，所以兩種情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯(cuò)誤。二、滑塊—木板模型如圖所示，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0從木板的左邊緣滑上質(zhì)量為M的木板的上表面，若滑塊始終未滑離木板，滑塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)此過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒？系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒？(2)若滑塊恰未脫離木板，試求木板的長(zhǎng)度L。答案(1)系統(tǒng)的合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。由于摩擦力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。(2)根據(jù)動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v系統(tǒng)機(jī)械能損失(摩擦生熱)，Q熱＝Ff·x相對(duì)＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2，F(xiàn)f＝μmg若滑塊恰未脫離木板，則L＝x相對(duì)解得L＝eq\f(Mv02,2μgm＋M)。1．把滑塊、木板看成一個(gè)整體，摩擦力為內(nèi)力，若水平面光滑，滑塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。2．由于摩擦生熱，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，根據(jù)能量守恒定律，機(jī)械能的減少量等于因摩擦而產(chǎn)生的熱量，即ΔE＝Ff·s相對(duì)，其中s相對(duì)為滑塊和木板相對(duì)滑動(dòng)的路程。3．注意：若滑塊不滑離木板，就意味著二者最終具有共同速度，此過(guò)程相當(dāng)于完全非彈性碰撞，機(jī)械能損失最多。例2如圖所示，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊以初速度v0從光滑平臺(tái)滑上與平臺(tái)等高的靜止的質(zhì)量為M＝9kg的小車，小車和滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，小車長(zhǎng)L＝1m，水平地面光滑，若滑塊不滑出小車，滑塊初速度v0應(yīng)滿足什么條件？(g＝10m/s2)答案v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s解析滑塊以初速度v′從平臺(tái)滑上小車，剛好滑到小車的最右端，此時(shí)兩者速度相同(均為v)。由動(dòng)量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v從滑塊滑上小車到兩者速度相同，系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，Q＝μmgL＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得v′＝eq\f(2\r(10),3)m/s若滑塊不滑出小車，滑塊的初速度v0≤v′，即v0≤eq\f(2\r(10),3)m/s。針對(duì)訓(xùn)練2質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，另外兩個(gè)質(zhì)量也為m的物塊B和C同時(shí)分別從A的左、右兩端滑上A的上表面，初速度大小分別為v和2v，如圖所示。物塊B、C與長(zhǎng)木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，假設(shè)物塊B、C在長(zhǎng)木板A表面上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終沒有碰撞。試求：(1)B、C剛滑上長(zhǎng)木板A時(shí)，A所受合外力為多大？(2)長(zhǎng)木板A的最終運(yùn)動(dòng)速度為多大？(3)為使物塊B、C不相撞，長(zhǎng)木板A至少多長(zhǎng)？答案見解析解析(1)A受力如圖所示，A受到的合力為：FA合＝μmg－μmg＝0。(2)系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m·2v－mv＝(m＋m＋m)v′，解得A、B、C最終的共同速度：v′＝eq\f(v,3)，即木板A最終運(yùn)動(dòng)的速度為eq\f(v,3)。(3)對(duì)系統(tǒng)，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋m)v′2＋μmgL，解得：L＝eq\f(7v2,3μg)。1．從物塊滑上木板至兩者共速時(shí)，若物塊仍未脫離木板，此過(guò)程相當(dāng)于完全非彈性碰撞過(guò)程。2．若地面光滑，物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；若地面粗糙，系統(tǒng)的總動(dòng)量將發(fā)生變化。專題強(qiáng)化練1．(多選)(2022·樂(lè)山市高二月診斷)如圖所示，一子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0擊中靜止在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，摩擦力大小為Ff，木塊加速運(yùn)動(dòng)的位移為x。則以下說(shuō)法正確的是()A．子彈動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)動(dòng)能的減少量B．子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小C．摩擦力對(duì)木塊做的功等于摩擦力對(duì)子彈做的功D．系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Ffd答案BD解析子彈射入木塊的過(guò)程，由能量守恒定律知，子彈動(dòng)能的減少量大于系統(tǒng)動(dòng)能的減少量，A錯(cuò)誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)量的變化量為零，則子彈與木塊的動(dòng)量變化量大小相等，方向相反，B正確；摩擦力對(duì)木塊做的功為Ffx，摩擦力對(duì)子彈做的功為－Ff(x＋d)，可知二者不相等，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為Ffd，C錯(cuò)誤，D正確。2．如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上，一個(gè)質(zhì)量也為M的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))以一定的初速度從左端沖上長(zhǎng)木板，如果長(zhǎng)木板是固定的，物塊恰好停在長(zhǎng)木板的右端，如果長(zhǎng)木板不固定，則物塊沖上長(zhǎng)木板后在長(zhǎng)木板上相對(duì)長(zhǎng)木板最多能滑行的距離為()A．LB.eq\f(3L,4)C.eq\f(L,4)D.eq\f(L,2)答案D解析長(zhǎng)木板固定時(shí)，由動(dòng)能定理得：－μMgL＝0－eq\f(1,2)Mv02，若長(zhǎng)木板不固定，以物塊初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有Mv0＝2Mv，由能量守恒定律有μMgx＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)×2Mv2，得x＝eq\f(L,2)，D項(xiàng)正確，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(多選)(2022·濟(jì)南市高二月考)質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為d的木塊放在光滑的水平面上，在木塊右邊有一個(gè)銷釘把木塊擋住，使木塊不能向右滑動(dòng)．質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊，剛好能將木塊射穿?，F(xiàn)在拔去銷釘，使木塊能在水平面上自由滑動(dòng)，而子彈仍以水平速度v0射入靜止的木塊。設(shè)子彈在木塊中受到的阻力大小恒定，則()A．拔去銷釘，木塊和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒B．子彈在木塊中受到的阻力大小為eq\f(mv02,2d)C．拔去銷釘，子彈與木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為eq\f(mv0,M)D．拔去銷釘，子彈射入木塊的深度為eq\f(Md,M＋m)答案BD解析拔去銷釘，木塊和子彈之間的摩擦力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，木塊和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；但因摩擦力做功，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；當(dāng)木塊被銷釘擋住時(shí)，由動(dòng)能定理可知－Ffd＝0－eq\f(1,2)mv02，解得Ff＝eq\f(mv02,2d)，故B正確；拔去銷釘，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，故C錯(cuò)誤；拔去銷釘，對(duì)子彈射入木塊的整個(gè)過(guò)程，根據(jù)能量守恒定律有－Ffx＝eq\f(1,2)×(m＋M)v2－eq\f(1,2)mv02，解得x＝eq\f(Md,M＋m)，故D正確。4．(2022·石家莊市期中)如圖(a)，一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時(shí)，小物塊以速度v0滑到長(zhǎng)木板上，圖(b)為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的v－t圖像，圖中t1、v0、v1已知．重力加速度大小為g。由此可求得()A．木板的長(zhǎng)度B．物塊與木板的質(zhì)量C．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)D．從t＝0開始到t1時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能答案C解析對(duì)小物塊應(yīng)用x＝eq\f(v0＋v1,2)t1可以求出物塊相對(duì)木板滑行的距離，木板的長(zhǎng)度可能等于該長(zhǎng)度、也可能大于該長(zhǎng)度，根據(jù)題意無(wú)法求出木板的長(zhǎng)度，A錯(cuò)誤；物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以物塊的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，可解出物塊與木板的質(zhì)量之比，但無(wú)法計(jì)算各自的質(zhì)量，B錯(cuò)誤；對(duì)物塊，由動(dòng)量定理得－μmgt1＝mv1－mv0，v0與v1已知，解得μ＝eq\f(v0－v1,gt1)可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)，C正確；由于不知道木板的質(zhì)量，無(wú)法求出從t＝0開始到t1時(shí)刻，木板獲得的動(dòng)能，D錯(cuò)誤。5．(多選)(2022·山西長(zhǎng)治二中期中)如圖所示，一質(zhì)量M＝8.0kg的長(zhǎng)木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝2.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為5.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5。則在整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(g取10m/s2)()A．小木塊A的速度減為零時(shí)，長(zhǎng)木板B的速度大小為3.75m/sB．小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零C．小木塊A與長(zhǎng)木板B共速時(shí)速度大小為3m/s，方向向左D．長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度可能為10m答案AD解析以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知Mv0－mv0＝Mv1＋0，解得v1＝3.75m/s，A正確；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，最終小木塊和長(zhǎng)木板的速度為v2，則Mv0－mv0＝(M＋m)v2，解得v2＝3m/s，因此A、B最終一起向右運(yùn)動(dòng)，且速度大小為3m/s，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，有μmgL＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v22，解得木板的長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)＝8m，因此長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度可能為10m，D正確。6．(2022·荊州市期末)如圖所示，長(zhǎng)木板C質(zhì)量為mC＝0.5kg，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2m，靜止在光滑的水平地面上，木板兩端分別固定有豎直彈性擋板D、E(厚度不計(jì))，P為木板C的中點(diǎn)，一的水平速度射入物塊B并留在其中(射入時(shí)間極短)，已知重力加速度g取10m/s2(1)求子彈A射入物塊B后的瞬間，二者的共同速度大?。?2)A射入B之后，若與擋板D恰好未發(fā)生碰撞，求B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)4m/s(2)0.4解析(1)子彈射入物塊B的過(guò)程A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1代入數(shù)據(jù)解得v1＝4m/s。(2)由題意可知，B與D碰撞前達(dá)到共同速度，A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2由能量守恒定律得eq\f(1,2)(mA＋mB)v12＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22＋μ(mA＋mB)g·eq\f(L,2)代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.4。7.質(zhì)量為M＝3kg的小車在光滑的水平軌道上勻速向右運(yùn)動(dòng)，速度為v1＝2m/s。在小車下方中心O處懸掛一根長(zhǎng)長(zhǎng)的輕繩，繩下端拴一個(gè)質(zhì)量m＝2kg的鋼塊，鋼塊隨小車一起運(yùn)動(dòng)，輕繩保持豎直方向，如圖所示。一顆質(zhì)量為m′＝0.4kg的子彈從左邊沿水平方向向右射來(lái)，速度為v2＝30m/s，與鋼塊發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后子彈以20m/s的速度反向彈回。重力加速度g＝10m/s2。求鋼塊在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離最低點(diǎn)的高度的最大值。答案3m解析子彈與鋼塊相互作用的過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)水平向右為正方向，鋼塊碰后瞬間的速度為v，子彈碰后瞬間的速度v3＝－20m/s，則m′v2＋mv1＝m′v3＋mv解得v＝12m/s設(shè)鋼塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)小車與鋼塊的共同水平速度大小為v′，鋼塊上升的最大高度為hm，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒有Mv1＋mv＝(M＋m)v′mg·hm＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2聯(lián)立解得hm＝3m。8．(多選)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3kg，質(zhì)量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，最后恰好停在木板的左端，則下列說(shuō)法正確的是()A．鐵塊和木板最終共同以1m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為3JC．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3JD．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鐵塊對(duì)木板的摩擦力對(duì)木板先做正功后做負(fù)功答案ABD解析設(shè)最終鐵塊與木板速度相同時(shí)大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，相對(duì)木板滑行的最大路程為L(zhǎng)，滑動(dòng)摩擦力大小為Ff。取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知：mv0＝(m＋M)v，得v＝1m/s，方向向右。兩者最終以1m/s的共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律知此時(shí)兩者的速度也為v＝1m/s，由能量守恒定律，鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程有：eq\f(1,2)mv02＝Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2＋Ep，鐵塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程有：eq\f(1,2)mv02＝2Ff·L＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立得彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝3J，B正確；由功能關(guān)系知：運(yùn)動(dòng)過(guò)程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝2Ff·L＝6J，C錯(cuò)誤；由分析可知，木板始終向右運(yùn)動(dòng)，受到鐵塊的摩擦力先向右后向左，故摩擦力對(duì)木板先做正功后做負(fù)功，D正確。9.如圖所示，質(zhì)量mB＝2kg的平板車B上表面水平，在平板車左端相對(duì)于車靜止著一個(gè)質(zhì)量mA＝2kg的物塊A(A可視為質(zhì)點(diǎn))，A、B一起以大小為v1＝0.5m/s的速度在光滑的水平面上向左運(yùn)動(dòng)，一顆質(zhì)量m0＝0.01kg的子彈以大小為v0＝600m/s的水平初速度向右瞬間射穿A后，速度變?yōu)関＝200m/s。已知A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不為零，且A與B最終相對(duì)靜止時(shí)A剛好停在B的右端，車長(zhǎng)L＝1m，g＝10m/s2，求：(1)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)整個(gè)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)0.1(2)1600J解析(1)規(guī)定向右為正方向，子彈與A作用的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m0v0－mAv1＝m0v＋mAvA，代入數(shù)據(jù)解得vA＝1.5m/s，子彈穿過(guò)A后，A以1.5m/s的速度開始向右滑行，B以0.5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A、B達(dá)到共同速度時(shí)，A、B相對(duì)靜止，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，規(guī)定向右為正方向，有mAvA－mBv1＝(mA＋mB)v2代入數(shù)據(jù)解得v2＝0.5m/s根據(jù)能量守恒定律知μmAgL＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBv12－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.1。(2)根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)m0v02＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v12－eq\f(1,2)m0v2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22代入數(shù)據(jù)解得Q＝1600J。專題強(qiáng)化5動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.了解處理力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)和選用原則(難點(diǎn))。2.了解處理力學(xué)問(wèn)題的系統(tǒng)化思維方法(難點(diǎn))。3.綜合動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決問(wèn)題(重點(diǎn))。一、力學(xué)的三個(gè)基本觀點(diǎn)和選用原則1．力的三個(gè)作用效果及五個(gè)規(guī)律(1)力的三個(gè)作用效果作用效果對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式列式角度力的瞬時(shí)作用效果牛頓第二定律F合＝ma動(dòng)力學(xué)力在空間上的積累效果動(dòng)能定理W合＝ΔEk即W合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12功能關(guān)系力在時(shí)間上的積累效果動(dòng)量定理I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv沖量與動(dòng)量的關(guān)系(2)兩個(gè)守恒定律名稱表達(dá)式列式角度能量守恒定律(包括機(jī)械能守恒定律)E2＝E1能量轉(zhuǎn)化(轉(zhuǎn)移)動(dòng)量守恒定律p2＝p1動(dòng)量關(guān)系2．力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果物體受恒力作用，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)可用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)去解決。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)去解決問(wèn)題。(3)若研究的對(duì)象為幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)守恒定律解決問(wèn)題，但需注意所研究的問(wèn)題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)優(yōu)先考慮利用能量守恒定律求解，根據(jù)系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量(即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量)列方程。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過(guò)程一般隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，這種問(wèn)題由于作用時(shí)間極短，因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)。例1如圖所示，半徑R1＝1m的四分之一光滑圓弧軌道AB與平臺(tái)BC在B點(diǎn)平滑連接，半徑R2＝0.8m的四分之一圓弧軌道上端與平臺(tái)C端連接，下端與水平地面平滑連接，質(zhì)量m＝0.1kg的乙物塊放在平臺(tái)BC的右端C點(diǎn)，將質(zhì)量也為m的甲物塊在A點(diǎn)由靜止釋放，讓其沿圓弧下滑，并滑上平臺(tái)與乙相碰，碰撞后甲與乙粘在一起從C點(diǎn)水平拋出，甲物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，BC長(zhǎng)L＝1m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)兩物塊的大小及碰撞所用的時(shí)間，求：(1)甲物塊滑到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬間共同速度的大??；(3)粘在一起的甲、乙兩物塊從C點(diǎn)拋出到落到CDE段軌道上所用的時(shí)間。答案(1)3N(2)2m/s(3)0.4s解析(1)甲物塊從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgR1＝eq\f(1,2)mv12甲物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－mg＝meq\f(v12,R1)聯(lián)立解得：v1＝2eq\r(5)m/s，F(xiàn)N＝3N根據(jù)牛頓第三定律可知，甲物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝3N。(2)甲從B點(diǎn)向右滑動(dòng)的過(guò)程中，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝μg＝2m/s2設(shè)甲物塊運(yùn)動(dòng)到與乙相碰前瞬間的速度為v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4m/s設(shè)甲、乙相碰后瞬間共同速度的大小為v3，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv2＝2mv3解得：v3＝2m/s。(3)碰撞后，甲和乙以2m/s的速度水平拋出，假設(shè)兩物塊會(huì)落到水平地面上則下落的時(shí)間t＝eq\r(\f(2R2,g))＝0.4s則水平方向的位移x＝v3t＝0.8m＝R2說(shuō)明兩物塊剛好落到D點(diǎn)，假設(shè)成立因此拋出后落到CDE軌道上所用時(shí)間為0.4s。針對(duì)訓(xùn)練1(2022·濟(jì)寧市高一月考)如圖所示，在光滑水平面上有B、C兩個(gè)木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右運(yùn)動(dòng)，C以大小相等的速度v向左運(yùn)動(dòng)。B、C的上表面等高，二者發(fā)生完全非彈性碰撞但并不粘連，碰撞時(shí)間很短。A滑上C后恰好能到達(dá)C的中間位置，C的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，不計(jì)空氣阻力。求：(1)木板C的最終速度的大小；(2)木板C與物塊A之間的摩擦力Ff的大?。?3)物塊A滑上木板C之后，在木板C上做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。答案(1)eq\f(5,6)v(2)eq\f(mv2,3L)(3)eq\f(3L,2v)解析(1)取向右為正方向，B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1解得v1＝eq\f(v,3)A滑到C上，A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2解得v2＝eq\f(5,6)v(2)在A、C相互作用過(guò)程中，有Q＝Ff·eq\f(L,2)，Q＝eq\f(1,2)(3m)v2＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)(3m＋m)v22解得Ff＝eq\f(mv2,3L)；(3)在A、C相互作用過(guò)程中，以C為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理得Fft＝mv2－mv1解得t＝eq\f(3L,2v)。1．靈活選取系統(tǒng)。根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動(dòng)量守恒或能量守恒的幾個(gè)物體為研究對(duì)象，不一定選所有的物體為研究對(duì)象。2．靈活選取物理過(guò)程。在綜合題目中，物體運(yùn)動(dòng)常有幾個(gè)不同的過(guò)程，根據(jù)題目的已知、未知條件靈活地選取物理過(guò)程來(lái)研究。列方程前要注意分析、判斷所選過(guò)程動(dòng)量、能量的守恒情況。二、用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)綜合解決問(wèn)題1．系統(tǒng)化思維方法(1)對(duì)多個(gè)物理過(guò)程進(jìn)行整體思考，即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理，如用動(dòng)量守恒定律解決比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)。(2)對(duì)多個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行整體思考，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體作為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))。2．若單獨(dú)利用動(dòng)量觀點(diǎn)(或能量觀點(diǎn))無(wú)法解決問(wèn)題，可嘗試兩種觀點(diǎn)結(jié)合聯(lián)立方程求解。例2如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小物塊靜止放置在固定水平臺(tái)的最左端，質(zhì)量M＝2kg的小車左端緊靠平臺(tái)靜置在光滑水平地面上，平臺(tái)、小車的長(zhǎng)度l均為0.6m?，F(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的恒力F，使小物塊開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊到達(dá)平臺(tái)最右端時(shí)撤去恒力F，小物塊剛好能夠到達(dá)小車的右端。小物塊大小不計(jì)，與平臺(tái)間、小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均為0.5，重力加速度g取10m/s2，水平面足夠長(zhǎng)，求：(1)小物塊離開平臺(tái)時(shí)速度的大??；(2)水平恒力F對(duì)小物塊沖量的大小。答案(1)3m/s(2)5N·s解析(1)設(shè)撤去水平向右的恒力F時(shí)小物塊的速度大小為v0，小物塊和小車的共同速度大小為v1。從撤去恒力到小物塊到達(dá)小車右端過(guò)程，以v0的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)小物塊和小車組成的系統(tǒng)：由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(m＋M)v12＋μmgl聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：v0＝3m/s。(2)設(shè)水平恒力F對(duì)小物塊沖量的大小為I，小物塊在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。小物塊在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，對(duì)小物塊：由動(dòng)量定理得：I－μmgt＝mv0－0由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：l＝eq\f(v0,2)t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：I＝5N·s。針對(duì)訓(xùn)練2如圖所示，在光滑的水平面上放置了一個(gè)質(zhì)量M＝3kg的長(zhǎng)木板AB，長(zhǎng)木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，長(zhǎng)木板的左端放置了一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，物塊與粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，木板右端B連著一段輕質(zhì)彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)時(shí)，左端點(diǎn)正好在C點(diǎn)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若給小物塊一個(gè)向右的初速度v0＝2m/s，小物塊正好滑到C處；如果給長(zhǎng)木板施加一個(gè)水平向左的恒力F(圖中未畫出)，作用t＝1s時(shí)間后撤去此力時(shí)，小物塊正好到達(dá)C點(diǎn)。求：(1)長(zhǎng)木板粗糙段的長(zhǎng)度；(2)恒力F的大?。?3)撤去恒力后，彈簧的最大彈性勢(shì)能。答案(1)1m(2)12N(3)1.5J解析(1)設(shè)長(zhǎng)木板粗糙段長(zhǎng)度為L(zhǎng)，小物塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，給小物塊一個(gè)初速度v0＝2m/s，小物塊正好滑到C處，說(shuō)明小物塊與長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系有mv0＝(m＋M)vμmgL＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v2解得L＝1m(2)設(shè)經(jīng)過(guò)t＝1s時(shí)間后，長(zhǎng)木板和小物塊的速度分別是v1、v2，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理有：Ft＝Mv1＋mv2對(duì)整個(gè)系統(tǒng)由功能關(guān)系有：Fx－μmgL＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22又eq\f(v1,2)t＝xeq\f(v2,2)t＝x－L聯(lián)立解得F＝12N，v1＝3.5m/s，v2＝1.5m/s(3)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，長(zhǎng)木板與小物塊達(dá)到共同速度，設(shè)為v3，則Mv1＋mv2＝(M＋m)v3eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22＝Epm＋eq\f(1,2)(M＋m)v32解得Epm＝1.5J。專題強(qiáng)化練1．學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止自由下落80cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時(shí)間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．頭部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的10倍B．足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為3.2kg·m/sD．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過(guò)程中重力的沖量大小為3.2N·s答案C解析設(shè)足球自由下落到人頭頂前瞬時(shí)速度大小為v0，由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv02，則v0＝eq\r(2gh)＝4m/s對(duì)足球，在與人頭頂作用過(guò)程中，規(guī)定豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得(eq\x\to(F)－mg)Δt＝mv0－(－mv0)解得eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(2mv0,Δt)＝36N足球的重力G＝mg＝4N，頭部對(duì)足球的平均作用力為足球重力的9倍，A錯(cuò)誤；足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小mv0＝1.6kg·m/s，B錯(cuò)誤；足球與頭部作用過(guò)程中動(dòng)量變化大小為2mv0＝3.2kg·m/s，C正確；足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)過(guò)程中重力的沖量大小為IG＝mg(Δt＋2t)＝4×(0.1＋2×0.4)N·s＝3.6N·s，D錯(cuò)誤。2．(多選)(2022·唐山市高二期中)像子彈這樣高速運(yùn)動(dòng)物體的速度通常很難直接測(cè)量，但我們可以借助物理知識(shí)設(shè)計(jì)方案幫助我們測(cè)量。如圖所示，有一種測(cè)子彈速度的方案如下：長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線下吊著一個(gè)質(zhì)量為M的沙袋(大小可忽略不計(jì))，一顆質(zhì)量為m的子彈水平射入沙袋并在極短時(shí)間內(nèi)留在其中，然后隨沙袋一起擺動(dòng)，若細(xì)線與豎直方向的最大偏角是θ(小于90°)，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A．子彈射入沙袋后和沙袋的共同速度為eq\r(2gL1－cosθ)B．子彈射入沙袋前的速度為eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL1－cosθ)C．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(M,m)(M＋m)gL(1－cosθ)D．子彈射入沙袋后瞬間細(xì)繩拉力為3(M＋m)·g(1－cosθ)答案ABC解析子彈射入沙袋后與沙袋一起擺動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得(m＋M)gL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)(m＋M)v12，解得子彈射入沙袋后和沙袋的共同速度為v1＝eq\r(2gL1－cosθ)，A正確；子彈射入沙袋的過(guò)程，水平方向動(dòng)量守恒，可得mv0＝(m＋M)v1，解得子彈射入沙袋前的速度為v0＝eq\f(M＋m,m)eq\r(2gL1－cosθ)，B正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋M)v12＝eq\f(M,m)(M＋m)gL(1－cosθ)，C正確；子彈射入沙袋后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得F－(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v12,L)，解得細(xì)繩的拉力大小為F＝(m＋M)·g(3－2cosθ)，D錯(cuò)誤。3.(2022·山東青島二中高二期中)如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長(zhǎng)為l，左端O處固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不可伸長(zhǎng)的輕繩連接于豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F.質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動(dòng)壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達(dá)最大時(shí)細(xì)繩恰好被拉斷，再過(guò)一段時(shí)間后長(zhǎng)木板停止運(yùn)動(dòng)，小滑塊恰未掉落。重力加速度為g。則()A．細(xì)繩被拉斷后瞬間木板的加速度大小為eq\f(F,m)B．細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,4)mv2C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)滑塊的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與木板AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(v2,2gl)答案D解析細(xì)繩被拉斷瞬間，對(duì)木板分析，由于OA段光滑，沒有摩擦力，在水平方向上只受到彈簧的彈力，細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，根據(jù)牛頓第二定律有F＝Ma，解得a＝eq\f(F,M)，故A錯(cuò)誤；滑塊以速度v從A點(diǎn)向左滑動(dòng)壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時(shí)速度為0，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：細(xì)繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mv2，故B錯(cuò)誤；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)木板具有動(dòng)能，所以滑塊的動(dòng)能小于eq\f(1,2)mv2，故C錯(cuò)誤；由于細(xì)繩被拉斷瞬間，木板速度為零，小滑塊速度為零，所以小滑塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，即Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時(shí)滑到木板的右端，且速度與木板相同，設(shè)為v′，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，故D正確。4.如圖所示，足夠長(zhǎng)的曲面與水平桌面平滑連接，將兩物體甲、乙之間的輕彈簧壓縮后用細(xì)線連接，置于水平桌面上，彈簧與兩物體不拴連?，F(xiàn)將細(xì)線燒斷，彈簧將兩物體彈開，乙離開彈簧后從右邊飛出