2025年高考物理復習試題分類訓練：動量守恒定律及其應用（二）（解析卷）

專題29動量守恒定律及其應用(二)

34.(2023?全國)如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為/,

圓管長度為20/。一質(zhì)量為根的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所

受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生

的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求

(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小；

(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；

(3)圓盤在管內(nèi)運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

O,

0F

20/

【答案】(1)小球速度大小史豆，圓盤速度大小工至；(2)/；(3)4

22

【解析】(1)過程1：小球釋放后自由下落，下降/,根據(jù)機械能守恒定律

mgl=；mVg

解得

過程2：小球以向與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有

gmVg=gmv^+gMvy

mvQ=mvl+

解得

m-M12gl

即小球碰后速度大小國，方向豎直向上，圓盤速度大小為跑，方向豎直向下;

22

(2)第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小

球快，二者間距就不斷增大，當二者速度相同時，間距最大，即

%+gf=V；

解得

匕一匕一%

I——

gg

根據(jù)運動學公式得最大距離為

"max=無盤一無球7gl)=優(yōu)=/

22g

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有

Xfil=X球1

即

1.

卬i+]gi2

解得

人--

g

此時小球的速度

3

%=匕+的二萬%

圓盤的速度仍為匕，這段時間內(nèi)圓盤下降的位移

v

1盤]=/i=：=2/

之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒

mv2+Mvx=mv2+Mv2

根據(jù)能量守恒

gmv^+gMv^=gmv；+；Mv'^

聯(lián)立解得

v2=0

%二%

同理可得當位移相等時

%盤2=%球2

"12

/g，2

解得

―2%

g

圓盤向下運動

X盤2=，2.2=~-=4/

g

此時圓盤距下端管口13/,之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度

匕=gj=2%

有動量守恒

mv3+Mv^=+Mv^

機械能守恒

-mv；+-Mv"2=-mv；2+-Mv：2

2222

得碰后小球速度為

32

圓盤速度

.=皿

32

當二者即將四次碰撞時

X盤3=X球3

即

呼3=中3+；口；

得

_2Vg__

，3——“1—02

g

在這段時間內(nèi)，圓盤向下移動

%盤3=呼3=*=6/

此時圓盤距離下端管口長度為

20Z-l/-2Z-4Z-6/=7Z

此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2/,故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動

X盤4=81

則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內(nèi)運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。

35.(2023?海南)如圖所示，有一固定的光滑!圓弧軌道，半徑R=0.2m,一質(zhì)量為〃%=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，已知氣=3kg,B、C間動

摩擦因數(shù)4=02,C與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0.8,C右端有一個擋板，C長為L。

求：

(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(chǎn)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。

16J

【解析】(1)滑塊下滑到軌道底部，有

12

mRmV

Bg=-B0

解得

%=2m/s

在底部，根據(jù)牛頓第二定律

F片

解得

&=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，受摩擦力力向左，根據(jù)牛頓第二定律得

ma

A==BB

解得加速度向左為

%=2m/s2

對C分析，受B向右的摩擦力〃網(wǎng)Bg和地面向左的摩擦力

?4c=〃2("?B+〃k)g

根據(jù)牛頓第二定律

解得其加速度向左為

2

a2=10m/s

由運動學位移與速度關系公式召-喏=2依，得B向右運動的距離

C向右運動距離

由功能關系可知，B、C間摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=W^g(x1-x2)

可得

Q=1.6J

(3)由上問可知，若B還末與C上擋板碰撞，C先停下，用時為J有

「%

a2

解得

:=0.2s

B的位移為

12

xB1=貼-5印1=0.36m

則此刻的相對位移為

x相=xB1-x2=0.16m

此時

vB1=v-%￡]=1.6m/s

由L>0.16m,一定是C停下之后，B才與C上擋板碰撞。設再經(jīng)G時間B與C擋板碰撞，有

,12

L-0.16=1.6%]-~%，2

解得

t[=0.8-Jo.8—L

碰撞時B速度為

Vg2=—q/2=2\/0.8_L

碰撞時由動量守恒可得

=（〃2A+7*B）V

解得碰撞后B、C速度為

Jo.8-L

V=-----------

2

之后二者一起減速，根據(jù)牛頓第二定律得

%=〃尸+%，=8—

（%+恤）

后再經(jīng)與后停下，則有

v,0.8-L

3

a316

故B從滑上C到最終停止所用的時間總時間

36.（2023?浙江）一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角8=37。的直軌道A3、螺

旋圓形軌道BCDE,傾角。=37。的直軌道所、水平直軌道尸G組成，除尸G段外各段軌道均光滑，且各處

平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道A3、斯相切于8（E）處.凹槽GH〃底面印水平光滑，上面放有一無動

力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車上表面與直軌道下尸G、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋

圓形軌道半徑A=0.5m,B點高度為L2A,FG長度心荏=25m,小長度L0=9m,擺渡車長度工=3m、質(zhì)

量加=lkg。將一質(zhì)量也為機的滑塊從傾斜軌道AB上高度/z=2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力

為其重力的0.2倍。（擺渡車碰到豎直側(cè)壁〃立即靜止，滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻力，sin37°=0.6,

cos37°=0.8)

（I）求滑塊過c點的速度大小％和軌道對滑塊的作用力大小工；

（2）擺渡車碰到〃前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數(shù)〃;

（3）在（2）的條件下，求滑塊從G到J所用的時間幾

【答案】（1）vc=4m/s,兄=22N；（2）〃=0.3；（3）t=2.5s

【解析】（1）滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得

1,

mg（/z-1.2R-R-Rcos0）=—mvl

解得

vc=4m/s

滑塊過c點時，根據(jù)牛頓第二定律可得

rc+mg=

解得

FC=22N

（2）設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為L從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動能定理可得

12

mgh-0.2mgLFG=—mv

解得

v=6m/s

擺渡車碰到〃前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速匕，以滑塊和擺

渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得

mv=2mVj

解得

v小,

v.=—=3m/s

12

根據(jù)能量守恒可得

121c2

Q=jumgL=—mv——x2mv1

解得

4=0.3

(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為

a=-——=3m/s

m

所用時間為

t=------=Is

xa

此過程滑塊通過的位移為

v+v.._

xx=-丁％=4.5m

滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動，該過程所用時間為

/2=jkH.=i,5s

一匕

則滑塊從G到J所用的時間為

t=+12=2.5s

37.(2022?天津)冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A

推到"點放手，此時A的速度％=2m/s,勻減速滑行Xi=16.8m到達N點時，隊友用毛刷開始擦A運動

前方的冰面，使A與NP間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行％=3.5m,與靜止在尸點的冰壺B

發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為h=0O5m/s和％=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與間

冰面的動摩擦因數(shù)4=。。1,重力加速度g取lOm/s?,運動過程中兩冰壺均視為質(zhì)點，A、B碰撞時間極短。

求冰壺A

(1)在N點的速度匕的大小;

(2)與NP間冰面的動摩擦因數(shù)出。

MNP

毛

【答案】(1)匕=0.8m/s；(2)42=0?004

【解析】（1）設冰壺質(zhì)量為加，A受到冰面的支持力為N,由豎直方向受力平衡，有

N=mg

設A在MN間受到的滑動摩擦力為了,則有

f=

設A在MN間的加速度大小為。，由牛頓第二定律可得

f-ma

聯(lián)立解得

a==0.1m/s2

由速度與位移的關系式，有

V；—yj=-2aV]

代入數(shù)據(jù)解得

%=0.8m/s

（2）設碰撞前瞬間A的速度為匕，由動量守恒定律可得

mv2=mvA+mvB

解得

v2=0.6m/s

設A在NP間受到的滑動摩擦力為廣，則有

/，=%mg

由動能定理可得

-f-^2

聯(lián)立解得

以2—0.004

38.（2022?福建）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％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%從滑板最左端滑入，滑行4后與B發(fā)

生完全非彈性碰撞（碰撞時間極短），然后一起向右運動；一段時間后，滑板A也開始運動.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〃，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?。?/p>

(2)C與B碰撞過程中損失的機械能；

(3)從C與B相碰后到A開始運動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功。

cl—>vo[F|wwwwvwJA

【答案】(1)Jv：-2〃gs0；(2):皿喏-2〃gs°)；(3)紅警i

【解析】(1)小物塊C運動至剛要與物塊B相碰過程，根據(jù)動能定理可得

-jumgs0=—mv^——mvl

解得C在碰撞前瞬間的速度大小為

巧="v；-2〃gSo

(2)物塊B、C碰撞過程，根據(jù)動量守恒可得

mVj=2mv2

解得物塊B與物塊C碰后一起運動的速度大小為

%=gM-2〃gs°

故C與B碰撞過程中損失的機械能為

(3)滑板A剛要滑動時，對滑板A,由受力平衡可得

kAx+2/jmg=3fjmg

解得彈簧的壓縮量，即滑板A開始運動前物塊B和物塊C一起運動的位移大小為

從C與B相碰后到A開始運動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功為

W=2jumg-Ax=2/Jm8

39.(2022.海南)有一個角度可變的軌道，當傾角為30。時，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60。，從高為力

的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進入光滑水平面，與8發(fā)生彈性正碰，8被一根繩子懸掛，與水平

面接觸但不擠壓，碰后8恰好能做完整的圓周運動，己知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的3倍，求：

①A與軌道間的動摩擦因數(shù)〃；

②A與B剛碰完B的速度大小;

③繩子的長度心

【答案】①〃=等；②師;③0.6/?

【解析】①傾角為30。時勻速運動，根據(jù)平衡條件有

mgsin30°=/nmgcos30°

得

V3

"F

②③4從高為h的地方滑下后速度為％,根據(jù)動能定理有

h1

3mgh-//?3mgcos60°---------二—?3相片

sin6002

A與8碰撞后速度分別為匕和％，根據(jù)動量守恒、能量守恒有

3mv0=3mv1+mv2

g3mVg=g3冽v；+；mvl

5到達最高點速度為匕，根據(jù)牛頓第二定律有

片

mg=

根據(jù)能量守恒有

1212c,

—mv2=—mv3+mg?2L

解得

v2=y13gh

L=0.6h

40.（2022.湖北）打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的

輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為

L,重物A和B的質(zhì)量均為硒系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為

60。。某次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為J忙時，與正下

方質(zhì)量為2根的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動鼻距離后靜止(不

考慮C、D再次相碰)。A、B、C、D均可視為質(zhì)點。

(1)求C的質(zhì)量；

(2)若D在運動過程中受到的阻力尸可視為恒力，求尸的大小；

(3)撤掉樁D,將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能。

【答案】(1)鬲；(2)6.5根g；(3)(4-2若加gZ

【解析】(1)系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知

mcg-2mgcos30

解得

mc=y/3m

(2)CO碰后C的速度為零，設碰撞后。的速度口根據(jù)動量守恒定律可知

=6mx0+2mv

解得

12產(chǎn)V5

co碰撞后。向下運動1距離后停止，根據(jù)動能定理可知

0——x2mv2=2mg--F—

21010

解得

F=6.5mg

(3)設某時刻C向下運動的速度為M,AB向上運動的速度為v,圖中虛線與豎直方向的夾角為。，根據(jù)機

械能守恒定律可知

1'2c1/'、2LL

—mv+2x一機(ucosa)=mg------2mgl------L)

2c2ctanasina

令

L、，L，、

y=mg2mg{.L)

ctanasina

對上式求導數(shù)可得

空=扃3上^+2,

da(sina)1(sincr)2

當手=0時解得

da

6

cosa=——

2

即

a=30°

此時

y=mg——---2mg(—----L)=mgL

ctanasina

于是有

22

；mcv+2xgm(vcosa)=mgL

解得

v2=_gL

3<3

—i---

42

此時c的最大動能為

=(4-2后mgL

41.（2022?浙江）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量小的物塊a靜置于懸點。正下方的A點，以速度v逆時

針轉(zhuǎn)動的傳送帶與直軌道43、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、的長度均為/。圓弧形細管

道DE半徑為R,所在豎直直徑上，E點、高度為H。開始時，與物塊。相同的物塊6懸掛于。點，并向左

拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與。發(fā)生彈性正碰。已知〃?=2g,/=lm,

2?=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物塊與MN、CO之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,軌道AB和管道。E均光滑,

物塊。落到FG時不反彈且靜止。忽略V、2和N、C之間的空隙，CD與OE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點,

取g=10m/s2o

（1）若〃=1.25m,求a、b碰撞后瞬時物塊。的速度%的大小;

（2）物塊。在OE最高點時，求管道對物塊的作用力然與/z間滿足的關系；

（3）若物塊b釋放高度0.9m</i<1.65m,求物塊。最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標原點，水平

向右為正，建立x軸）。

【答案】⑴5m/s；（2）既=0.M-0.14（N”2L2m,且方向豎直向下）；（3）當0.9m</z<1.2m時,

2.6m<x<3m,當L2mV/z<1.65m時,

【解析】（1）滑塊6擺到最低點過程中，由機械能守恒定律

mgh=gmv1

解得

vb=5m/s

b與。發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得

mvh=mvb+mv0

1211719

~mvb=~mvb+2mvo

聯(lián)立解得

%=%=5m/s

（2）由（1）分析可知，物塊匕與物塊。在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設物塊。剛好可以到達E點，高度

為4,根據(jù)動能定理可得

mg%-2pimgl-mgH=0

解得

%=1.2m

以豎直向下為正方向

FN+mg=m^

1\

由動能定理

12

mgh—2jLimgl—mgH=—mvE

聯(lián)立可得

氏且方向豎直向下)

(3)當1.2m</z<1.65m時，物塊位置在E點或E點右側(cè)，根據(jù)動能定理得

12

mgh-2jumgl—mgH=—mvE

從E點飛出后，豎直方向

產(chǎn)

水平方向

sft

根據(jù)幾何關系可得

DF=—m

5

聯(lián)立解得

x=3l+DF+邑

代入數(shù)據(jù)解得

/

3+m<x<3.6+m

當0.9mv/zvl.2ni時，從生=0.9m釋放時，根據(jù)動能定理可得

mgh-jumgs2=0

解得

s2=1.8m

可知物塊達到距離。點0.8m處靜止，滑塊〃由E點速度為零，返回到8時，根據(jù)動能定理可得

mgH-Rings3=0

解得

邑=0.4m

距離C點0.6m,綜上可知當0.9mv/zvl.2m時

31-s3<x<3l

代入數(shù)據(jù)得

2.6m<r<3m

42.(2022?廣東)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上

的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度％為10m/s向上滑動時，受到

滑桿的摩擦力/為1N,滑塊滑到3處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。

已知滑塊的質(zhì)量根=0.2kg,滑桿的質(zhì)量M=Q6kg,A、8間的距離/=1.2m,重力加速度g取10m/s?,不

計空氣阻力。求：

(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小M和N?；

(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小叼；

(3)滑桿向上運動的最大高度鼠

【答案】(1)M=8N,M=5N；(2)匕=8m/s；(3)h=0.2m

【解析】(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即

M=(7〃+M)g=8N

當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N,根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N,方

向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為

N2=Mg-f'=5N

(2)滑塊向上運動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有

-mgl-fl=；mv^-gmVg

代入數(shù)據(jù)解得匕=8m/s。

(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據(jù)動量守恒有

mvY=(m+M)v

碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有

_(wj+M)g/2=0_3(〃?+M)y2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得/，=0.2m。

43.(2022?河北)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%=10m/s向右運動，B和D以相同速度也向

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〃=。/。重力加速度大小取g=10m/s2。

(1)若。(上＜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)若左=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。

10-20%

【答案】(1)v物=5(1-幻m/s,%=--—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“,C、D

的質(zhì)量均為m=lkg,以向右方向為正方向，則有

mv0-m-kv0=(m+物

解得

可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(l-Qm/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明，滑板A和B質(zhì)量分

別為1kg和2kg,則由

Mv0-2.M-kv0=(M+2M)vm

匕"“=里』m/s>0

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

y物'=5(1-左)m/s=5x(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

小迎m/s=Om/s

3

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(zhì)量為根’=2kg,新滑板的質(zhì)量為M'=3kg,相對靜止時的共同速度為v共，根據(jù)動量守恒可得

m'v^'=(m'+M')v^

解得

v共=lm/s

根據(jù)能量守恒可得

1,12

=-m'v_5(7〃'+A/')丫共

解得

x和=1.875m

44.(2022?全國)如圖(a),一質(zhì)量為根的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運

動，1=0時與彈簧接觸，至打=2辦時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的V—圖像如圖(b)所示。己

知從f=0到公辦時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36卬°。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一

直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為

e(sin6=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)。

圖(a)

【答案】(1)0.6%詔；(2)0/768%(3)0.45

【解析】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即/="時刻，根據(jù)動量守

恒定律

mB?1.2%=（mfi+m）v0

根據(jù)能量守恒定律

112

Epmax=”（L2%）2--（"%+相）%

聯(lián)立解得

mB=5m

Epn1ax=0.6%片

（2）解法一：同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可知同一時刻

=

5aB

則同一時刻A、8的的瞬時速度分別為

VA=aAt，VB=L2%一_

根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得

SA=丫〃（累積），SB=為，（累積）

又

=0.36%/。

解得

SB=1128%%

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As=sB-sA=0.768%%

解法二：B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有

x1,2v0=6mv0=mBvB+mvA

對方程兩邊同時乘以時間Af,有

6mv0Az=5mvBAt+mvA^t

。-歷之間，根據(jù)位移等速度在時間上的累積，可得

ms

6mv0t0=5mSB+A

將%=0.36引。代入可得

%=1.128%"

則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As=sB-sA=0.768%"

(3)物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為以，設向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

mvA-5m?0.8%=m?(-2%)+5mvB

根據(jù)能量守恒定律可得

mv2

~A+^--5m-(O.8vo)?(--5mVg

聯(lián)立解得

方法一：設在斜面上滑行的長度為L,上滑過程，根據(jù)動能定理可得

12

-mgLsin0-jumgLcos0=0-—m(2v0)

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

12

mgLsin0—jumgLcos^=—mv0-0

聯(lián)立解得

4=0.45

方法二：根據(jù)牛頓第二定律，可以分別計算出滑塊A上滑和下滑時的加速度，

mgsin0+jumgcos0=ma卜,mgsin0-jumgcos0-mar

上滑時末速度為0,下滑時初速度為0,由勻變速直線運動的位移速度關系可得

v2

2a上次=(2%了一0,2〃下x="從'2=0

聯(lián)立可解得

〃=0.45

45.(2021?海南)如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度vo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)量分別為根和2加，它們之間的動摩擦因數(shù)為〃，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)；(2)x；(3)t=,W=mvo2

25〃g

【解析】(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有

2mvo=3mv共

解得

v共=

(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有

V次=1v

再根據(jù)動量守恒定律有

2mvo=2mv木+mv?

聯(lián)立化簡得

24

V/ff=yVo,V=-V0

再根據(jù)功能關系有

-nmgx=|x2mvmvft2-Jx2mvcr

經(jīng)過計算得