2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化13：動量守恒應用之滑塊滑板模型（難度：偏難）

2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化13：動量守恒應用之滑塊滑板模型（難度：偏難）如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量為m且足夠長的木板，木板上放一質(zhì)量也為m、可視為質(zhì)點的小木塊。現(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初速度v0和2v0，兩次運動均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長度之比為()A．1∶4 B．1∶4eq\r(2)C．1∶8 D．1∶12長木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物塊b。以地面為參考系，給a和b一大小均為v0、方向相反的初速度，最后b沒有滑離a。設(shè)a的初速度方向為正方向，a、b的v-t圖像可能正確的是()（多選）長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)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所示，g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）A.木板獲得的動能為1JB.系統(tǒng)損失的機械能為2JC.木板A的最小長度為2mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1(2022·北京市順義區(qū)高三下二模)某同學為了研究瞬間沖量，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。將內(nèi)徑為d的圓環(huán)水平固定在離地面一定高度的鐵架臺上，在圓環(huán)上放置直徑為1.5d、質(zhì)量為m的薄圓板，板上放質(zhì)量為2m的物塊，圓板中心、物塊均在環(huán)的中心軸線上。對圓板施加指向圓心的瞬間沖量I，物塊與圓板間動摩擦因數(shù)為μ，不計圓板與圓環(huán)之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮圓板翻轉(zhuǎn)，以下說法正確的是()A．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊與圓板相對滑動的位移越大B．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊離開圓板時的速度越大C．當沖量I＝meq\r(2μgd)時，物塊一定會從圓板上掉落D．當沖量I＝2meq\r(2μgd)時，物塊一定會從圓板上掉落（多選）如圖所示，兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計，車長為2L，與平板車質(zhì)量相同的物塊甲（可視為質(zhì)點）由平板車的中點處以初速度v0向右運動，已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（）A.甲、乙達到共同速度所需的時間為vB.甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度C.甲、乙相對滑動的總路程為vD.如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n（n≠0），則最終甲距離乙左端的距離可能為v024μg＋如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：（1）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；（2）碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。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(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)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。（1）求斜面體的質(zhì)量；（2）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？如圖所示，光滑的水平面上有兩個完全一樣的長木板A和B，在A板的右側(cè)邊緣放有小滑塊C，開始A、C以相同的速度v0向右勻速運動，與靜止在水平面上的木板B發(fā)生正碰，碰后兩木板粘在一起并繼續(xù)向右運動，最終滑塊C剛好沒有從木板上掉下。已知木板A、B和滑塊C的質(zhì)量均為m，C與A、B之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。求：（1）最終滑塊C的速度大小；（2）木板B的長度L。（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(zhì)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(zhì)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滑塊，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(shù)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，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。如圖所示，用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為eq\f(m,3)的小球A懸掛于O點。在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)置于長木板C的左端靜止。將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運動到最低點時與B發(fā)生彈性正碰。(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦。(2)若長木板C的質(zhì)量為2m，B與C之間的動摩擦因數(shù)為μ，C的長度至少為多大，B才不會從C的上表面滑出？如圖所示，小物塊甲緊靠軌道BCD靜置于光滑水平面上，軌道BCD由水平軌道CD及與CD相切于C點的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道組成，圓弧軌道的半徑為R。現(xiàn)將小物塊乙(視為質(zhì)點)從B點正上方到B點高度為R的P點由靜止釋放，乙從B點沿切線方向進入圓弧軌道，恰好不會從水平軌道CD的左端D點掉落。已知甲、乙以及軌道BCD的質(zhì)量相同，乙與CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小為g。求：(1)乙通過C點時的速度大小v1；(2)CD的長度L以及乙在CD上滑行的時間t；(3)在乙從B點開始滑到D點的時間內(nèi)，軌道BCD的位移大小x。(2021·海南高考)如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大??；(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。（2022山東濟南檢測）如圖所示,質(zhì)量為m=6kg的小物塊B(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M=2kg的木板A的最左端,A和B一起以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動,一段時間后A與右側(cè)一豎直固定擋板P發(fā)生彈性碰撞.A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,取重力加速度g=10m/s2,小物塊B始終未從木板A上滑下.(1)求木板A與擋板P第一次碰撞后木板A向左運動的最遠距離sA;(2)木板A與擋板P第一次碰撞后到第二次碰撞前A、B的相對位移Δs1;(3)木板A與擋板P第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的時間間隔ΔTn;(4)求木板A長度的最小值L.(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點C為軌道的最低點．C點右側(cè)的粗糙水平面上，緊挨C點靜止放置一質(zhì)量M＝1kg的木板，木板上表面與C點等高，木板左端放置一個質(zhì)量為m2＝1kg的物塊，另一質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從A點以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，到達C點時對軌道的壓力大小為46N，之后與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，最終質(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4m，質(zhì)量為m2的物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，兩物塊相同且均可視為質(zhì)點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)質(zhì)量為m1的物塊到達B點時的速度大小vB；(2)質(zhì)量為m1的物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功W克f；(3)木板的長度L.(2022·遼寧省大連市高三下二模)如圖，質(zhì)量M＝2kg的小車上固定有處于豎直平面內(nèi)的特殊形狀的圓管，圓管內(nèi)壁處處光滑且圓管可以忽略內(nèi)徑，其中AB段圓弧所對應的半徑R1＝0.5m，圓心角∠AOB＝53°，B點切線方向豎直向下，圓管的BC段是一段四分之一圓弧，對應的半徑R2＝0.35m，C點與小車表面平滑銜接，小車CD部分足夠長，且CD部分與小球之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，小車置于水平地面的光滑段?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的小球由A點左上方某點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，使小球剛好可以無碰撞地進入到圓管中。小球穿過圓管后，滑上CD段。當小球與小車共速時，小車也剛好運動至水平面的粗糙段，車與地面的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，取g＝10m/s2，求：(1)小球運動到B點時，球和車的速度；(2)小球剛運動到C點時，球和車的速度；(3)最終球和車都靜止時，小球到C點的距離是多少？2024屆高考物理一輪復習動量專題精準提升強化13：動量守恒應用之滑塊滑板模型（難度：偏難）【解析版】如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量為m且足夠長的木板，木板上放一質(zhì)量也為m、可視為質(zhì)點的小木塊?，F(xiàn)分別使木塊獲得向右的水平初速度v0和2v0，兩次運動均在木板上留下劃痕，則兩次劃痕長度之比為()A．1∶4 B．1∶4eq\r(2)C．1∶8 D．1∶12答案A解析木塊從開始運動到相對長木板靜止的過程中，木塊和木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，當木塊的初速度為v0時，有mv0＝(m＋m)v，解得v＝eq\f(v0,2)；根據(jù)能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m)v2，解得劃痕長度s＝eq\f(veq\o\al(2,0),4μg)；同理，當木塊的初速度為2v0時，則劃痕長度s′＝eq\f(（2v0）2,4μg)，故兩次劃痕長度之比為s∶s′＝1∶4，故A正確，B、C、D錯誤。長木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物塊b。以地面為參考系，給a和b一大小均為v0、方向相反的初速度，最后b沒有滑離a。設(shè)a的初速度方向為正方向，a、b的v-t圖像可能正確的是()答案ABC解析地面光滑，a、b組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)a的質(zhì)量為ma，b的質(zhì)量為mb，最后b沒有滑離a，則最終a、b相對靜止，速度相等。根據(jù)牛頓第二定律，a、b應在同一時刻達到共同速度，故D錯誤。從開始至二者共速，根據(jù)動量守恒定律有mav0－mbv0＝(ma＋mb)v。如果ma>mb，則v為正，故B正確。如果ma＝mb，則v＝0，故C正確。如果ma<mb，則v為負，故A正確。（多選）長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)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所示，g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）A.木板獲得的動能為1JB.系統(tǒng)損失的機械能為2JC.木板A的最小長度為2mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：ABD由題圖可知，最終木板獲得的速度為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，則木板獲得的動能為Ek＝12Mv2＝12×2×12J＝1J，故A正確；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝12mvB2－12（m＋M）v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝2J，故B正確；根據(jù)v－t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1s內(nèi)B的位移為xB＝12×（2＋1）×1m＝1.5m，A的位移為xA＝12×1×1m＝0.5m，則木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1m，故C錯誤；由題圖可知，B的加速度a＝ΔvΔt＝1?21m/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(2022·北京市順義區(qū)高三下二模)某同學為了研究瞬間沖量，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。將內(nèi)徑為d的圓環(huán)水平固定在離地面一定高度的鐵架臺上，在圓環(huán)上放置直徑為1.5d、質(zhì)量為m的薄圓板，板上放質(zhì)量為2m的物塊，圓板中心、物塊均在環(huán)的中心軸線上。對圓板施加指向圓心的瞬間沖量I，物塊與圓板間動摩擦因數(shù)為μ，不計圓板與圓環(huán)之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮圓板翻轉(zhuǎn)，以下說法正確的是()A．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊與圓板相對滑動的位移越大B．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊離開圓板時的速度越大C．當沖量I＝meq\r(2μgd)時，物塊一定會從圓板上掉落D．當沖量I＝2meq\r(2μgd)時，物塊一定會從圓板上掉落答案D解析由題意知，若物塊可以從圓板滑落，無論沖量I多大，物塊與圓板的相對位移都為eq\f(3,4)d，故A錯誤；若物塊可以從圓板滑落，設(shè)圓板獲得的初速度大小為v0，物塊掉下時，圓板和物塊的速度大小分別為v1和v2，對圓板由動量定理有I＝mv0，對系統(tǒng)由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律有2μmg·eq\f(3,4)d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(I,3m)＋eq\f(\r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,m)))\s\up12(2)－18μgd),3)，v2＝eq\f(I,3m)－eq\f(\r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,m)))\s\up12(2)－18μgd),6)，可知若物塊可以從圓板滑落，則I越大，v1越大，由于物塊與圓板間的摩擦力不變，則二者的加速度不變，圓板的速度由v0減到v1所用時間越短，則物塊加速時間越短，物塊速度v2越小，故B錯誤；從v1、v2的表達式可知，若想物塊可以從圓板滑落，則v1＞v2，4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,m)))eq\s\up12(2)－18μgd＞0，則需要I＞eq\f(3,2)meq\r(2μgd)，故C錯誤，D正確。（多選）如圖所示，兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計，車長為2L，與平板車質(zhì)量相同的物塊甲（可視為質(zhì)點）由平板車的中點處以初速度v0向右運動，已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（）A.甲、乙達到共同速度所需的時間為vB.甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度C.甲、乙相對滑動的總路程為vD.如果甲、乙碰撞的次數(shù)為n（n≠0），則最終甲距離乙左端的距離可能為v024μg＋解析：ACD整個運動過程中甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)兩者最終的速度為v共，則mv0＝2mv共，解得v共＝v02，若能發(fā)生碰撞，碰前甲、乙的速度分別為v1、v2，碰后甲、乙的速度分別為v1'、v2'，則有mv1＋mv2＝mv1'＋mv2'；12mv12＋12mv22＝12mv1'2＋12mv2'2，解得v1'＝v2、v2'＝v1，可知碰撞使得兩者速度互換，且在運動過程中兩者的加速度大小均為a＝μmgm＝μg，則甲、乙達到共同速度所需的時間為t＝v共a＝v02μg，碰撞使得兩者速度互換，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A正確，B錯誤；從開始到相對靜止過程中，設(shè)甲、乙相對滑動的總路程為s，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得μmgs＝12mv02－12×2m×v022，解得s＝v024μg，C正確；設(shè)最終甲、乙碰撞的次數(shù)為n，且靜止時距離左端的距離為s0，若第n次碰撞發(fā)生在平板車的左擋板，則有L＋2L（n－1）＋s0＝s（n＝2，4，6…），解得s0＝v024μg＋L－2nL（n＝2，4，6…），若第n次碰撞發(fā)生在平板車的右擋板，則有L＋2L（n－1）＋2L－s0＝s（n＝1，3，5如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：（1）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；（2）碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。解析（1）小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝12v碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E損＝12mv02－12×2mv2，解得E損＝（2）當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等。根據(jù)動量守恒定律有mv0＝（m＋m＋3m）v1，解得v1＝15v根據(jù)機械能守恒定律得12×2m12v02＝12×5m×15v0答案（1）14mv02（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(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)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。（1）求斜面體的質(zhì)量；（2）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：（1）規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)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）v①12m2v02＝12（m2＋m3）v2＋式中v0＝3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝1m/s，m3＝20kg。③（2）設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s⑤設(shè)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＋m3v3⑥12m2v02＝12m2v22＋聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝－1m/s⑧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。答案：（1）20kg（2）不能，理由見解析如圖所示，光滑的水平面上有兩個完全一樣的長木板A和B，在A板的右側(cè)邊緣放有小滑塊C，開始A、C以相同的速度v0向右勻速運動，與靜止在水平面上的木板B發(fā)生正碰，碰后兩木板粘在一起并繼續(xù)向右運動，最終滑塊C剛好沒有從木板上掉下。已知木板A、B和滑塊C的質(zhì)量均為m，C與A、B之間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。求：（1）最終滑塊C的速度大小；（2）木板B的長度L。解析：（1）A、B碰撞一直到最終A、B、C一起向右運動的過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以v0方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得2mv0＝3mv，解得v＝23v0（2）A、B碰撞過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以v0方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝v最終滑塊C剛好沒有從木板上掉下，則C與B的相對位移為L，根據(jù)能量守恒定律得μmgL＝12mv02＋12×2mv12解得L＝v0答案：（1）23v0（2）（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(zhì)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(zhì)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滑塊，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(shù)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，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。解析（1）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，以向右方向為正方向，則有mv0－m·kv0＝（m＋m）v物解得v物＝1?k2v0＝5（1－k）可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為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(shè)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(zhì)量分別為1kg和2kg，則由Mv0－2M·kv0＝（M＋2M）v滑解得v滑＝1?2k3v0＝10則新滑板速度方向也向右。（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＝5×（1－0.5）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'＝10?20k3m/s＝0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，新物塊的質(zhì)量為m'＝2kg，新滑板的質(zhì)量為M'＝3kg，設(shè)相對靜止時的共同速度為v共，根據(jù)動量守恒定律可得m'v物'＝（m'＋M'）v共解得v共＝1m/s根據(jù)能量守恒定律可得μm'gx相＝12m'v物'2－12（m'＋M'解得x相＝1.875m。答案（1）5（1－k）m/s10?20k3m/s方向均向右（2）1如圖所示，用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為eq\f(m,3)的小球A懸掛于O點。在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)置于長木板C的左端靜止。將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運動到最低點時與B發(fā)生彈性正碰。(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦。(2)若長木板C的質(zhì)量為2m，B與C之間的動摩擦因數(shù)為μ，C的長度至少為多大，B才不會從C的上表面滑出？解析：(1)設(shè)小球A與B碰前瞬間速度為v0，則有：eq\f(m,3)gR＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)v02設(shè)碰后A和B的速度分別為v1和v2，有：eq\f(m,3)v0＝eq\f(m,3)v1＋mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,3)v02＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)v12＋eq\f(1,2)·mv22設(shè)碰后A球能上升的最大高度為H，有eq\f(m,3)gH＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)v12所求cosθ＝eq\f(R－H,R)由以上各式解得：cosθ＝eq\f(3,4)。(2)由(1)可求得碰后B的速度為v2＝eq\f(1,2)eq\r(2gR)設(shè)B與C相互作用達到的共同速度為v，C的最小長度為L，有mv2＝(m＋2m)vμmgL＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)(m＋2m)v2由以上各式解得：L＝eq\f(R,6μ)。答案：(1)eq\f(3,4)(2)eq\f(R,6μ)如圖所示，小物塊甲緊靠軌道BCD靜置于光滑水平面上，軌道BCD由水平軌道CD及與CD相切于C點的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道組成，圓弧軌道的半徑為R?，F(xiàn)將小物塊乙(視為質(zhì)點)從B點正上方到B點高度為R的P點由靜止釋放，乙從B點沿切線方向進入圓弧軌道，恰好不會從水平軌道CD的左端D點掉落。已知甲、乙以及軌道BCD的質(zhì)量相同，乙與CD間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小為g。求：(1)乙通過C點時的速度大小v1；(2)CD的長度L以及乙在CD上滑行的時間t；(3)在乙從B點開始滑到D點的時間內(nèi)，軌道BCD的位移大小x。答案(1)eq\r(\f(8gR,3))(2)3Req\r(\f(6R,g))(3)eq\f(5,6)R解析(1)設(shè)乙的質(zhì)量為m，當乙滑到C點時，軌道BCD與甲的共同速度大小為v2，甲、乙及軌道組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv1－2mv2＝0，乙從釋放到滑到C點的過程，甲、乙及軌道組成的系統(tǒng)機械能守恒，有mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\r(\f(8gR,3))，v2＝eq\r(\f(2gR,3))。(2)乙滑到C點后，軌道BCD與甲分離，設(shè)軌道BCD與乙速度相同時的速度大小為v，乙從C點滑到D點的過程中，對乙和軌道BCD組成的系統(tǒng)，以水平向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1－mv2＝2mveq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mv2＝μmgL則v＝eq\f(v1,4)＝eq\f(v2,2)解得L＝3R；設(shè)乙從C點滑到D點的過程中的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma乙從C點滑到D點的過程做勻減速直線運動，有v＝v1－at解得t＝eq\r(\f(6R,g))。(3)設(shè)乙從B點滑到C點的時間為t1，該過程軌道BCD通過的距離為x1，甲、乙及軌道組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有2m·eq\f(x1,t1)－meq\f(R－x1,t1)＝0設(shè)乙沿軌道BCD從C點運動到D點的過程中軌道BCD通過的距離為x2，由動能定理有－μmgx2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)經(jīng)分析可知x＝x1＋x2解得x＝eq\f(5,6)R。(2021·海南高考)如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大小；(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。答案：(1)23v0(2)7v0225解題:(1)整個過程中，滑塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0=(m+2m)v(2分)解得共同速度大小為v=23v0(2)對滑塊和木板組成的系統(tǒng)有2mv0=mv1+2mv2(1分)μmgΔx=12×2mv02-12·mv12-其中v2=2v1解得此時滑塊到木板最右端的距離為Δx=7v(3)對滑塊有μmgt=mv0(1分)解得t=v0對木板有F=μmg(1分)木板運動的位移x=v0t(1分)故外力所做的功W=Fx(1分)解得W=mv0（2022山東濟南檢測）如圖所示,質(zhì)量為m=6kg的小物塊B(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M=2kg的木板A的最左端,A和B一起以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動,一段時間后A與右側(cè)一豎直固定擋板P發(fā)生彈性碰撞.A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,取重力加速度g=10m/s2,小物塊B始終未從木板A上滑下.(1)求木板A與擋板P第一次碰撞后木板A向左運動的最遠距離sA;(2)木板A與擋板P第一次碰撞后到第二次碰撞前A、B的相對位移Δs1;(3)木板A與擋板P第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的時間間隔ΔTn;(4)求木板A長度的最小值L.【解析】(1)木板與擋板第一次碰后瞬間,木板速度反向,木板受到物塊向右的摩擦力,向左做勻減速直線運動,由牛頓第二定律有μmg=Ma由勻變速直線運動規(guī)律有v02=2可得sA=23(2)木板與擋板第一次碰后到第二次碰前,A、B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,有mv0-Mv0=(m+M)v1由功能關(guān)系有12mv02+12Mv02=12(可得Δs1=2m(3)木板與擋板從第一次碰撞到第二次碰撞過程中,木板與物塊相對運動的時間t1=v0+t1時間內(nèi)木板的位移s1=-v0t1+12at1設(shè)之后再經(jīng)過t'1,木板與擋板碰撞,則t'1=|s1木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔ΔT1=t1+t'1=3v同理可得第二次與第三次碰撞的時間間隔ΔT2=34v1=34×ΔT3=34v2=34×……ΔTn=34vn-1=34×故ΔTn=32(4)解法一:從功能關(guān)系分析,當B恰好不能從A上滑下時,有μmgL=12(m+M)v02，解法二:根據(jù)(2)中分析,推理可得Δsn=vΔsn=8×(14)nL=Δs1+Δs2+…Δsn=83(2023·云南省高三月考)如圖所示，半徑R＝1.0m的粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角θ＝37°，下端點C為軌道的最低點．C點右側(cè)的粗糙水平面上，緊挨C點靜止放置一質(zhì)量M＝1kg的木板，木板上表面與C點等高，木板左端放置一個質(zhì)量為m2＝1kg的物塊，另一質(zhì)量為m1＝1kg的物塊從A點以某一速度水平拋出，恰好從軌道的B端沿切線方向進入軌道，到達C點時對軌道的壓力大小為46N，之后與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，最終質(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下．已知AO的豎直高度H＝1.4m，質(zhì)量為m2的物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，兩物塊相同且均可視為質(zhì)點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)質(zhì)量為m1的物塊到達B點時的速度大小vB；(2)質(zhì)量為m1的物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功W克f；(3)木板的長度L.答案(1)5m/s(2)10.5J(3)3m解析(1)質(zhì)量為m1的物塊水平拋出后做平拋運動，到達B點時，下落高度為h＝H－Rsinθ＝0.8m豎直方向上有vy2＝2gh根據(jù)幾何關(guān)系可知vy＝vBcosθ聯(lián)立解得vB＝5m/s(2)質(zhì)量為m1的物塊到達C點時，由牛頓第二定律有FN－m1g＝eq\f(m1vC2,R)解得vC＝6m/s質(zhì)量為m1的物塊從B運動到C過程中，由動能定理得m1g(R＋Rsinθ)－W克f＝eq\f(1,2)m1vC2－eq\f(1,2)m1vB2解得W克f＝10.5J(3)質(zhì)量為m1的物塊運動到C點時與質(zhì)量為m2的物塊發(fā)生彈性碰撞且質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，則v2＝vC＝6m/s經(jīng)受力分析，由牛頓第二定律，對質(zhì)量為m2的物塊有μ1m2g＝m2a1對木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2根據(jù)公式v＝v0＋at，設(shè)經(jīng)過時間t后二者共速有a2t＝v2－a1t對質(zhì)量為m2的物塊有x1＝v2t－eq\f(1,2)a1t2對木板有x2＝eq\f(1,2)a2t2因為質(zhì)量為m2的物塊剛好未從木板上滑下，所以質(zhì)量為m2的物塊相對木板的位移即為木板長度，則有L＝x1－x2聯(lián)立解得L＝3m.(2022·遼寧省大連市高三下二模)如圖，質(zhì)量M＝2kg的小車上固定有處于豎直平面內(nèi)的特殊形狀的圓管，圓管內(nèi)壁處處光滑且圓管可以忽略內(nèi)徑，其中AB段圓弧所對應的半徑R1＝0.5m，圓心角∠AOB＝53°，B點切線方向豎直向下，圓管的BC段是一段四分之一圓弧，對應的半徑R2＝0.35m，C點與小車表面平滑銜接，小車CD部分足夠長，且CD部分與小球之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.1，小車置于水平地面的光滑段?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的小球由A點左上方某點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，使小球剛好可以無