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專題強化5　力學規律的綜合應用
1～2題每題6分，3題12分，共24分
1.(多選)如圖所示，質量為m＝195 g的小滑塊(視為質點)，放在質量為M＝0.8 kg的足夠長的木板左端，木板靜止在光滑的水平面上，滑塊與長木板之間的動摩擦因數為μ＝0.4。質量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s水平向右射入小滑塊并嵌入其中(時間極短)，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．小滑塊向右滑行的最大速度為9.5 m/s
B．長木板向右滑行的最大速度為1.5 m/s
C．小滑塊在長木板上滑行的時間為2 s
D．小滑塊和長木板間因摩擦而產生的熱量為4.5 J
2.(多選)(2024·廣東省高二期末)如圖所示，有一易爆物靜止放在離地面高為h的小平臺上，某時刻該物體爆炸裂開成甲、乙兩塊物體，甲物體獲得的初速度大小為v0，方向水平向左，若甲物體的質量為2m，乙物體的質量為m，摩擦阻力和空氣阻力忽略不計，下列說法正確的是(　　)
A．爆炸后瞬間，甲、乙兩物體的總動量為零
B．甲、乙兩物體同時落地且落地時速率相等
C．兩物體下落過程，甲物體的動量變化量是乙物體的兩倍
D．爆炸過程中釋放的總能量為mv02
3．(12分)(2024·廣州華南師大附中高二月考改編)如圖所示，質量mA＝3 kg的木板A和質量mB＝1 kg的光滑圓弧槽B靜置在光滑水平面上，A和B接觸但不粘連，B左端與A上表面相切。質量mC＝2 kg的小滑塊C以一水平向右的初速度從木板A的左端滑上木板，當C離開A時，C的速度大小vC＝4 m/s，C滑上圓弧槽B后，恰好能到達B的最高點，此時B的速度大小vB＝3 m/s。已知A、C間的動摩擦因數μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(3分)當C剛滑上A時，A的加速度大小a；
(2)(4分)當C離開A時，B的速度大小vB′；
(3)(5分)A的長度L。
4～5題每題13分，共26分
4．(13分)(2024·佛山市高明區高二聯考)如圖所示，放置于光滑平臺上的滑塊B的左端固定一輕質彈簧且靜止，緊靠在平臺右側的小車C的上表面與平臺等高。平臺左側的光滑圓弧軌道與平臺平滑連接，圓弧軌道半徑R＝2.5 m，其左側端點P與圓弧圓心O的連線與豎直方向的夾角θ＝60°。現將滑塊A從P點由靜止開始釋放，滑塊A滑至平臺上擠壓彈簧，一段時間彈簧恢復原長后滑塊B滑上小車C，再經過t＝3 s滑塊B和小車C共速，二者共速后一起勻速向右運動。已知滑塊B的質量m＝0.5 kg，小車C的質量M＝1.5 kg，滑塊B與小車C之間的動摩擦因數μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2，滑塊A、B均可視為質點，小車C足夠長且小車C與水平面間的摩擦可忽略不計。求：
(1)(3分)滑塊B和小車C共速時的速度大小v；
(2)(5分)滑塊A的質量m0；
(3)(5分)該過程中彈簧彈性勢能的最大值Epm。
5．(13分)(2023·佛山市鄭裕彤中學高二月考)如圖所示，質量mC＝4.5 kg的長木板C靜止在光滑的水平面上，長木板C右端與豎直固定擋板相距x0，左端放一個質量mB＝3.0 kg的小物塊B(可視為質點)，與長木板C間的動摩擦因數為μ＝0.05。在小物塊B的正上方，用不可伸長、長度l＝0.8 m的輕繩將質量mA＝1.0 kg的小球A懸掛在固定點O。初始時，將輕繩拉直并處于水平狀態，使小球A與O點等高，由靜止釋放。當小球A下擺至最低點時恰好與小物塊B發生碰撞(碰撞時間極短)，之后二者沒有再發生碰撞。已知A、B之間以及C與擋板之間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，則。
(1)(3分)小球A與小物塊B碰后瞬間，求小物塊B的速度大小；
(2)(5分)為保證長木板C與豎直擋板碰撞時B、C能共速，求x0應滿足的條件；
(3)(5分)在(2)問的前提下，若木板C與豎直擋板碰撞后B、C能再次共速，求長木板的最短長度。
專題強化練5　力學規律的綜合應用
1．BD　[子彈嵌入小滑塊后和小滑塊一起向右滑行的初速度即小滑塊的最大速度v1，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝7.5 m/s，故A錯誤；由于木板足夠長，故當子彈、小滑塊和長木板三者共速時，長木板的速度最大，由動量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝1.5 m/s，故B正確；滑塊和子彈在長木板上滑行過程有－μ(m＋m0)gt＝(m＋m0)v2－(m＋m0)v1，解得t＝1.5 s，故C錯誤；由能量守恒定律得(m0＋m)v12＝(m0＋m＋M)v22＋Q，解得Q＝4.5 J，故D正確。]
2．AC　[根據動量守恒可知爆炸前后瞬間動量矢量和均為零，故A項正確；爆炸后，兩物體從同一高度做平拋運動，由h＝gt2可知甲、乙兩物體同時落地；由動量守恒定律可得0＝2mv0－mv乙，解得v乙＝2v0，再分別根據動能定理得2mgh＝×2mv2－×2mv02，mgh＝mv乙′2－mv乙2，解得v＝，v乙′＝＝，可知甲、乙兩物體落地時速率不同，故B項錯誤；根據動量定理，兩物體在落地的過程中，動量變化量等于重力的沖量大小，即I＝mgt，甲物體的質量是乙物體質量的兩倍，故甲物體的動量變化量是乙物體的兩倍，C項正確；根據能量守恒定律可知爆炸過程中釋放的總能量為兩個物體的總動能×2mv02＋mv乙2＝3mv02與爆炸產生的熱量的總和，故D項錯誤。]
3．(1)2 m/s2　(2)1 m/s　(3)2.25 m
解析　(1)以A和B為整體，根據牛頓第二定律可得μmCg＝(mA＋mB)a
解得C剛滑上A時，A的加速度大小為a＝2 m/s2
(2)C剛離開A時，A、B速度相等，為vB′；C到達B的最高點時，B、C的共同速度，為vB＝3 m/s；對B、C組成的系統，根據水平方向動量守恒可得
mCvC＋mBvB′＝(mB＋mC)vB
解得C離開A時，B的速度大小為
vB′＝1 m/s
(3)從C剛滑上A到滑離A，根據系統動量守恒可得
mCv0＝mCvC＋(mA＋mB)vB′
解得v0＝6 m/s
根據能量守恒定律可得
mCv02＝μmCgL＋(mA＋mB)vB′2＋mCvC2
解得A的長度為L＝2.25 m。
4．(1)2 m/s　(2)2 kg　(3)5 J
解析　(1)滑塊B滑上小車C后，
以小車C為研究對象，
根據動量定理有μmgt＝Mv
解得v＝2 m/s
(2)設滑塊B滑上小車C瞬間的速度大小為v1，
根據動量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
解得v1＝8 m/s
設滑塊A到達最低點的速度大小為v0，根據動能定理有
m0gR(1－cos 60°)＝m0v02
滑塊A和滑塊B相互作用的過程中，
根據動量守恒定律有
m0v0＝mv1＋m0v2
根據機械能守恒定律有
m0v02＝mv12＋m0v22
解得m0＝2 kg
(3)當滑塊A和滑塊B速度相同時彈簧的彈性勢能最大，根據動量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v3
根據機械能守恒定律有
Epm＝m0v02－(m0＋m)v32
解得Epm＝5 J。
5．(1)2.0 m/s　(2)x0≥0.96 m
(3)3.936 m
解析　(1)小球A由靜止到最低點的過程，
根據機械能守恒定律有
mAgl＝mAv02
解得v0＝4.0 m/s
設小球A與小物塊B發生彈性碰撞后的速度分別為vA、vB，
根據動量守恒定律有
mAv0＝mAvA＋mBvB
碰撞前后根據機械能守恒定律有
mAv02＝mAvA2＋mBvB2
聯立解得vB＝2.0 m/s
(2)設B、C獲得共同速度為v1，
以水平向右為正方向，
由動量守恒定律有
mBvB＝(mB＋mC)v1
代入數據解得v1＝0.8 m/s
若B、C共速時C剛好運動到擋板處，
對C應用動能定理有
μmBgx0＝mCv12－0
代入數據解得x0＝0.96 m
則保證C運動到豎直擋板前B、C能夠共速，
x0應滿足的條件是x0≥0.96 m
(3)第一次共速過程中，由能量守恒定律有
μmBgL1＝mBvB2－(mB＋mC)v12
長木板C與擋板碰后速度大小不變、方向反向，
設B、C第二次獲得共同速度為v2，
以水平向左為正方向，
由動量守恒定律有
mCv1－mBv1＝(mB＋mC)v2
由能量守恒定律有
μmBgL2＝mBv12＋mCv12－(mB＋mC)v22
長木板的最短長度為L＝L1＋L2
聯立解得L＝3.936 m。專題強化5　力學規律的綜合應用
[學習目標]　1.了解處理力學問題的三個基本觀點和選用原則(難點)。2.了解處理力學問題的系統化思維方法(難點)。3.能綜合動量和能量觀點解決問題(重點)。
1．力的三個作用效果及五個規律
(1)力的三個作用效果
作用效果 對應規律 表達式 列式角度
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合＝ma 動力學
力在空間上的積累效果 動能定理 W合＝ΔEk即W合＝mv22－mv12 功能關系
力在時間上的積累效果 動量定理 I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv 沖量與動量的關系
(2)兩個守恒定律
名稱 表達式 列式角度
能量守恒定律(包括機械能守恒定律) E2＝E1 能量轉化(轉移)
動量守恒定律 p2＝p1 動量關系
2.力學規律的選用原則
(1)如果物體受恒力作用，涉及運動細節可用動力學觀點去解決。
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。
(3)若研究的對象為幾個物體組成的系統，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。
(4)在涉及相對位移問題時優先考慮利用能量守恒定律求解，根據系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量(即轉化為系統內能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化，這種問題由于作用時間極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。
例1　如圖所示，光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥，一起以0.5 m/s的速度向右做勻速直線運動。已知甲、乙兩球質量分別為0.1 kg和0.2 kg。某時刻炸藥突然爆炸，分開后兩球仍沿原直線運動，從爆炸開始計時經過3.0 s，兩球之間的距離為x＝2.7 m，則下列說法正確的是(　　)
A．剛分離時，甲、乙兩球的速度方向相同
B．剛分離時，甲球的速度大小為0.6 m/s
C．剛分離時，乙球的速度大小為0.3 m/s
D．爆炸過程中甲、乙兩球增加的總機械能為0.027 J
1．爆炸時內力遠大于外力，爆炸時系統動量守恒。
2．爆炸時通過內力做功將化學能轉化為機械能，系統機械能增加。
例2　(2023·汕頭市潮陽南僑中學高二期中)如圖所示，在粗糙水平面上的A點固定一半徑R＝0.2 m圓弧軌道，底端有一小孔。在水平面上距A點s＝1 m的B點正上方O處，用長 L＝0.9 m細繩掛一質量M＝0.1 kg的小球甲，現將小球甲拉至圖中C位置，繩與豎直方向的夾角為θ＝60°。靜止釋放小球甲，擺到最低點B時與另一質量m＝0.05 kg的靜止小滑塊乙(可視為質點)發生彈性碰撞。碰后小滑塊乙在水平面上運動到A點，并無能量損失經過小孔進入圓弧軌道，當小滑塊乙進入圓軌道后立即關閉小孔。取g＝10 m/s2，不計空氣阻力。
(1)求甲、乙碰前瞬間，小球甲的速度大小；
(2)求甲、乙碰后瞬間，兩物體的速度v1和v2的大小；
(3)若小滑塊乙進入圓軌道后的運動過程中恰好能夠通過圓弧軌道最高點，求小滑塊乙與水平面間的動摩擦因數μ。
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例3　如圖，光滑軌道abcd固定在豎直平面內，ab水平，bcd為半徑R＝0.32 m的半圓，在b處與ab相切，在直軌道ab上放著質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg的物塊A、B(均可視為質點)，用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧(未被拴接)。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量M＝2 kg、長L＝0.5 m的小車，小車上表面與ab等高。現將細繩剪斷。已知A與小車之間的動摩擦因數μ＝0.1，要滿足B在豎直光滑軌道上運動時恰好經過最高點，g取10 m/s2，求：
(1)A、B離開彈簧瞬間的速率vA、vB；
(2)細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能；
(3)A在小車上滑動過程中產生的熱量Q。
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例4　(2023·佛山市德勝中學高二階段測試)如圖所示，質量為6 kg的滑塊C的右半部分是光滑的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為15 m，圓弧軌道的最低點與水平面相切，質量為n kg(n為正整數)的物塊B左側固定一水平輕彈簧，滑塊C和物塊B都靜止在光滑水平面上。質量為2 kg的小物塊A(可視為質點)從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，離開滑塊C后繼續向右運動與彈簧發生相互作用。重力加速度為g＝10 m/s2。求：
(1)小物塊A離開滑塊C時的速度大小；
(2)當n＝1時彈簧的最大彈性勢能；
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(3)n至少為多少時，小物塊A能追上滑塊C，此種情況下小物塊A運動至最高點時C的速度大小。
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1．靈活選取物理過程。在綜合題目中，物體運動常有幾個不同的過程，根據題目的已知、未知條件靈活地選取物理過程來研究。
2．靈活選取系統。根據題目的特點在某個過程(或某些過程)中選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象。
3．若單獨利用動量觀點(或能量觀點)無法解決問題，可嘗試兩種觀點結合聯立方程求解，列方程前要注意分析、判斷所選過程動量、能量的守恒情況。
答案精析
例1　D　[設甲、乙兩球的質量分別為m1、m2，剛分離時兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，則由動量守恒定律得
(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據題意有v2－v1＝，代入數據解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，說明剛分離時兩球速度方向相反，故A、B、C錯誤；爆炸過程中兩球增加的總機械能
ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02，
將v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s
代入可得ΔE＝0.027 J，故D正確。]
例2　(1)3 m/s　(2)1 m/s　4 m/s　(3)0.3
解析　(1)甲球在下擺過程中，根據機械能守恒得
MgL(1－cos 60°)＝Mv02
解得v0＝3 m/s
(2)設甲、乙碰撞后速度分別為v1和v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2
根據能量守恒定律得
Mv02＝Mv12＋mv22
聯立解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s
(3)小滑塊乙進入圓軌道后的運動過程中恰好通過圓軌道的最高點，設在最高點的速度為v，根據牛頓第二定律則有mg＝m
從B點到圓周最高點的過程，
由動能定理得
－μmgs－mg·2R＝mv2－mv22
解得μ＝0.3。
例3　(1)2 m/s　4 m/s　(2)12 J
(3)1 J
解析　(1)設彈簧的彈性勢能完全釋放時A物塊在光滑水平軌道處的速度為vA，B物塊在光滑水平軌道處的速度為vB，B物塊恰好到達圓弧軌道最高點d的速度為vd，根據牛頓第二定律得mBg＝mB
B物塊由b運動到d的過程中，根據動能定理
－mBg×2R＝mBvd2－mBvB2
解得vB＝4 m/s
對A、B組成的系統，根據動量守恒定律，
有0＝mAvA－mBvB，解得vA＝2 m/s
(2)根據能量守恒，彈簧的彈性勢能
Ep＝mAvA2＋mBvB2
解得Ep＝12 J
(3)假設A物塊能與小車達到共速為v，
對A物塊與小車組成的系統由動量守恒可得
mAvA＝(mA＋M)v
根據能量守恒得
mAvA2＝(mA＋M)v2＋μmAgL′
解得L′＝1 m
由于L′>L，假設不成立，則A在小車上滑動過程中產生的熱量為
Q＝μmAgL＝1 J。
例4　(1)15 m/s　(2)75 J
(3)5　 m/s
解析　(1)A、C組成的系統，小物塊A離開滑塊C時二者速度分別為vA、vC，規定向右為正方向，
由機械能守恒定律有
mAgR＝mAvA2＋mCvC2
系統水平方向動量守恒，得
0＝mAvA＋mCvC
由聯立解得
vA＝15 m/s，vC＝－5 m/s
(2)A、B及彈簧組成的系統，共速時彈性勢能最大，設共速時的速度為v，
由動量守恒定律得
mAvA＝(mA＋mB)v
由能量守恒定律得
Ep＝mAvA2－(mA＋mB)v2
由聯立解得Ep＝75 J
(3)設彈簧恢復原長時A的速度為vA′
mAvA＝mAvA′＋mBvB
mAvA2＝mAvA′2＋mBvB2
若A要追上C則有|vA′|>|vC|
解得n>4，故n的最小值為5，
此種情況下vA′＝－ m/s
A、C組成的系統水平方向動量守恒，二者共速時A滑至C最高處，設此時速度為v共，則由水平方向動量守恒有mAvA′＋mCvC＝(mA＋mC)v共
解得v共＝－ m/s
故物塊A滑至C的最高點時C的速度大小為 m/s。(共52張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化5　力學規律的綜合應用
1.了解處理力學問題的三個基本觀點和選用原則(難點)。
2.了解處理力學問題的系統化思維方法(難點)。
3.能綜合動量和能量觀點解決問題(重點)。
學習目標
1.力的三個作用效果及五個規律
(1)力的三個作用效果
作用效果 對應規律 表達式 列式角度
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合＝ma 動力學
力在空間上的積累效果 動能定理 功能關系
力在時間上的積累效果 動量定理 I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv 沖量與動量的關系
(2)兩個守恒定律
名稱 表達式 列式角度
能量守恒定律(包括機械能守恒定律) E2＝E1 能量轉化(轉移)
動量守恒定律 p2＝p1 動量關系
2.力學規律的選用原則
(1)如果物體受恒力作用，涉及運動細節可用動力學觀點去解決。
(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。
(3)若研究的對象為幾個物體組成的系統，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。
(4)在涉及相對位移問題時優先考慮利用能量守恒定律求解，根據系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量(即轉化為系統內能的量)列方程。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化，這種問題由于作用時間極短，因此動量守恒定律一般能派上大用場。
　如圖所示，光滑水平面上甲、乙兩球間粘少許炸藥，一起以0.5 m/s的速度向右做勻速直線運動。已知甲、乙兩球質量分別為0.1 kg和0.2 kg。某時刻炸藥突然爆炸，分開后兩球仍沿原直線運動，從爆炸開始計時經過3.0 s，兩球之間的距離為x＝2.7 m，則下列說法正確的是
A.剛分離時，甲、乙兩球的速度方向相同
B.剛分離時，甲球的速度大小為0.6 m/s
C.剛分離時，乙球的速度大小為0.3 m/s
D.爆炸過程中甲、乙兩球增加的總機械能為0.027 J
例1
√
設甲、乙兩球的質量分別為m1、m2，剛分離時兩球速度分別為v1、v2，以向右為正方向，
則由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，
說明剛分離時兩球速度方向相反，故A、B、C錯誤；
將v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s代入可得ΔE＝0.027 J，故D正確。
總結提升
1.爆炸時內力遠大于外力，爆炸時系統動量守恒。
2.爆炸時通過內力做功將化學能轉化為機械能，系統機械能增加。
　(2023·汕頭市潮陽南僑中學高二期中)如圖所示，在粗糙水平面上的A點固定一半徑R＝0.2 m圓弧軌道，底端有一小孔。在水平面上距A點s＝1 m的B點正上方O處，用長 L＝0.9 m細繩掛一質量M＝0.1 kg的小球甲，現將小球甲拉至圖中C位置，繩與豎直方向的夾角為θ＝60°。靜止釋放小球甲，擺到最低點B時與另一質量m＝0.05 kg的靜止小滑塊乙(可視為質點)發生彈性碰撞。碰后小滑塊乙在水平面上運
動到A點，并無能量損失經過小孔進入圓弧軌道，
當小滑塊乙進入圓軌道后立即關閉小孔。取g＝
10 m/s2，不計空氣阻力。
例2
(1)求甲、乙碰前瞬間，小球甲的速度大小；
答案　3 m/s　
甲球在下擺過程中，根據機械能守恒得
解得v0＝3 m/s
(2)求甲、乙碰后瞬間，兩物體的速度v1和v2
的大小；
答案　1 m/s　4 m/s　
設甲、乙碰撞后速度分別為v1和v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2
聯立解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s
(3)若小滑塊乙進入圓軌道后的運動過程中恰好能夠通過圓弧軌道最高點，求小滑塊乙與水平面間的動摩擦因數μ。
答案　0.3
小滑塊乙進入圓軌道后的運動過程中恰好通過圓軌道的最高點，設在最高點的速度為v，根據牛頓第二定律
從B點到圓周最高點的過程，
解得μ＝0.3。
　如圖，光滑軌道abcd固定在豎直平面內，ab水平，bcd為半徑R＝0.32 m的半圓，在b處與ab相切，在直軌道ab上放著質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg的物塊A、B(均可視為質點)，用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧(未被拴接)。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量M＝2 kg、長L＝0.5 m的小車，小車上表面與ab等高。現將細繩剪斷。已知A與小車之間的動摩擦因數μ＝0.1，要滿足B在豎直光滑軌道上運動時恰好經過最高點，g取10 m/s2，求：
(1)A、B離開彈簧瞬間的速率vA、vB；
例3
答案　2 m/s　4 m/s　
設彈簧的彈性勢能完全釋放時A物塊在光滑水平軌道處的速度為vA，B物塊在光滑水平軌道處的速度為vB，B物塊恰好到達圓弧軌道最高點d的速度為vd，
B物塊由b運動到d的過程中，根據動能定理
解得vB＝4 m/s
對A、B組成的系統，根據動量守恒定律，
有0＝mAvA－mBvB，解得vA＝2 m/s
(2)細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能；
答案　12 J　
根據能量守恒，彈簧的彈性勢能
解得Ep＝12 J
(3)A在小車上滑動過程中產生的熱量Q。
答案　1 J
假設A物塊能與小車達到共速為v，
對A物塊與小車組成的系統由動量守恒可得
mAvA＝(mA＋M)v
解得L′＝1 m
由于L′>L，假設不成立，則A在小車上滑動過程中產生的熱量為
Q＝μmAgL＝1 J。
　(2023·佛山市德勝中學高二階段測試)如圖所示，質量為6 kg的滑塊C的右半部分是光滑的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為15 m，圓弧軌道的最低點與水平面相切，質量為n kg(n為正整數)的物塊B左側固定一水平輕彈簧，滑塊C和物塊B都靜止在光滑水平面上。質量為2 kg的小物塊A(可視為質點)從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，離開滑塊C后繼續向右運動與彈簧發生相互作用。重力加速度為g＝10 m/s2。求：
(1)小物塊A離開滑塊C時的速度大小；
例4
答案　15 m/s　
A、C組成的系統，小物塊A離開滑塊C時二者速度分別為vA、vC，規定向右為正方向，
由機械能守恒定律有
系統水平方向動量守恒，得0＝mAvA＋mCvC
由聯立解得vA＝15 m/s，vC＝－5 m/s
(2)當n＝1時彈簧的最大彈性勢能；
答案　75 J　
A、B及彈簧組成的系統，共速時彈性勢能最大，設共速時的速度為v，
由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v
由能量守恒定律得
由聯立解得Ep＝75 J
(3)n至少為多少時，小物塊A能追上滑塊C，此種情況下小物塊A運動至最高點時C的速度大小。
設彈簧恢復原長時A的速度為vA′
mAvA＝mAvA′＋mBvB
若A要追上C則有|vA′|>|vC|
解得n>4，故n的最小值為5，
A、C組成的系統水平方向動量守恒，二者共速時A滑至C最高處，設此時速度為v共，則由水平方向動量守恒有mAvA′＋mCvC＝(mA＋mC)v共
總結提升
1.靈活選取物理過程。在綜合題目中，物體運動常有幾個不同的過程，根據題目的已知、未知條件靈活地選取物理過程來研究。
2.靈活選取系統。根據題目的特點在某個過程(或某些過程)中選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象。
3.若單獨利用動量觀點(或能量觀點)無法解決問題，可嘗試兩種觀點結合聯立方程求解，列方程前要注意分析、判斷所選過程動量、能量的守恒情況。
專題強化練
基礎強化練
1
2
3
4
5
1.(多選)如圖所示，質量為m＝195 g的小滑塊(視為質點)，放在質量為M＝0.8 kg的足夠長的木板左端，木板靜止在光滑的水平面上，滑塊與長木板之間的動摩擦因數為μ＝0.4。質量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s水平向右射入小滑塊并嵌入其中(時間極短)，g取10 m/s2。下列說法正確的是
A.小滑塊向右滑行的最大速度為9.5 m/s
B.長木板向右滑行的最大速度為1.5 m/s
C.小滑塊在長木板上滑行的時間為2 s
D.小滑塊和長木板間因摩擦而產生的熱量為4.5 J
√
√
1
2
3
4
5
子彈嵌入小滑塊后和小滑塊一起向右滑行的初速度即小滑塊的最大速度v1，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝7.5 m/s，故A錯誤；
由于木板足夠長，故當子彈、小滑塊和長木板三者共速時，長木板的速度最大，由動量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝1.5 m/s，故B正確；
滑塊和子彈在長木板上滑行過程有－μ(m＋m0)gt＝(m＋m0)v2－(m＋m0)v1，解得t＝1.5 s，故C錯誤；
1
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3
4
5
2.(多選)(2024·廣東省高二期末)如圖所示，有一易爆物靜止放在離地面高為h的小平臺上，某時刻該物體爆炸裂開成甲、乙兩塊物體，甲物體獲得的初速度大小為v0，方向水平向左，若甲物體的質量為2m，乙物體的質量為m，摩擦阻力和空氣阻力忽略不計，下列說法正確的是
A.爆炸后瞬間，甲、乙兩物體的總動量為零
B.甲、乙兩物體同時落地且落地時速率相等
C.兩物體下落過程，甲物體的動量變化量是乙物體
的兩倍
√
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2
3
4
5
√
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3
4
5
根據動量守恒可知爆炸前后瞬間動量矢量和均為零，故A項正確；
爆炸后，兩物體從同一高度做平拋運動，
由動量守恒定律可得0＝2mv0－mv乙，解得v乙＝2v0，
1
2
3
4
5
根據動量定理，兩物體在落地的過程中，動量變化量等于重力的沖量大小，即I＝mgt，甲物體的質量是乙物體質量的兩倍，故甲物體的動量變化量是乙物體的兩倍，C項正確；
3.(2024·廣州華南師大附中高二月考改編)如圖所示，質量mA＝3 kg的木板A和質量mB＝1 kg的光滑 圓弧槽B靜置在光滑水平面上，A和B接觸但不粘連，B左端與A上表面相切。質量mC＝2 kg的小滑塊C以一水平向右的初速度從木板A的左端滑上木板，當C離開A時，C的速度大小vC＝4 m/s，C滑上圓弧槽B后，恰好能到達B的最高點，此時B的速度大小vB＝3 m/s。已知A、C間的動摩擦因數μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)當C剛滑上A時，A的加速度大小a；
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5
答案　2 m/s2　
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5
以A和B為整體，根據牛頓第二定律可得μmCg＝(mA＋mB)a
解得C剛滑上A時，A的加速度大小為
a＝2 m/s2
(2)當C離開A時，B的速度大小vB′；
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4
5
答案　1 m/s
C剛離開A時，A、B速度相等，為vB′；C到達B的最高點時，B、C的共同速度，為vB＝3 m/s；對B、C組成的系統，根據水平方向動量守恒可得
mCvC＋mBvB′＝(mB＋mC)vB
解得C離開A時，B的速度大小為
vB′＝1 m/s
(3)A的長度L。
1
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答案　2.25 m
從C剛滑上A到滑離A，根據系統動量守恒可得
mCv0＝mCvC＋(mA＋mB)vB′
解得v0＝6 m/s
根據能量守恒定律可得
解得A的長度為L＝2.25 m。
4.(2024·佛山市高明區高二聯考)如圖所示，放置于光滑平臺上的滑塊B的左端固定一輕質彈簧且靜止，緊靠在平臺右側的小車C的上表面與平臺等高。平臺左側的光滑圓弧軌道與平臺平滑連接，圓弧軌道半徑R＝2.5 m，其左側端點P與圓弧圓心O的連線與豎直方向的夾角θ＝60°。現將滑塊A從P點由靜止開始釋放，滑塊A滑至平臺上擠壓彈簧，一段時間彈簧恢復原長后滑塊B滑上小車C，再經過t＝3 s滑塊B和小車C共速，二者共速后一起勻速向右運動。已知滑塊B的質量m＝0.5 kg，小車C的質量M＝1.5 kg，滑塊B與小車C之間的動摩擦因數μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2，滑塊A、B均可視為
質點，小車C足夠長且小車C與水平面間的摩擦
可忽略不計。求：
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能力綜合練
(1)滑塊B和小車C共速時的速度大小v；
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答案　2 m/s　
滑塊B滑上小車C后，
以小車C為研究對象，
根據動量定理有μmgt＝Mv
解得v＝2 m/s
(2)滑塊A的質量m0；
1
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3
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5
答案　2 kg　
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設滑塊B滑上小車C瞬間的速度大小為v1，
根據動量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
解得v1＝8 m/s
設滑塊A到達最低點的速度大小為v0，
滑塊A和滑塊B相互作用的過程中，
根據動量守恒定律有m0v0＝mv1＋m0v2
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3
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5
根據機械能守恒定律有
解得m0＝2 kg
(3)該過程中彈簧彈性勢能的最大值Epm。
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答案　5 J
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5
當滑塊A和滑塊B速度相同時彈簧的彈性勢能最大，根據動量守恒定律有
m0v0＝(m0＋m)v3
根據機械能守恒定律有
解得Epm＝5 J。
5.(2023·佛山市鄭裕彤中學高二月考)如圖所示，質量mC＝4.5 kg的長木板C靜止在光滑的水平面上，長木板C右端與豎直固定擋板相距x0，左端放一個質量mB＝3.0 kg的小物塊B(可視為質點)，與長木板C間的動摩擦因數為μ＝0.05。在小物塊B的正上方，用不可伸長、長度l＝0.8 m的輕繩將質量mA＝1.0 kg的小球A懸掛在固定點O。初始時，將輕繩拉直并處于水平狀態，使小球A與O點等高，由靜止釋放。當小球A下擺至最低點時恰好與小物塊B發生碰撞(碰撞時間極短)，之后二者沒有再發生碰撞。已知A、B之間以及C與擋板之間的碰撞均為彈
性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，不計空氣阻
力，則。
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(1)小球A與小物塊B碰后瞬間，求小物塊B的速度大小；
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答案　2.0 m/s　
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小球A由靜止到最低點的過程，
解得v0＝4.0 m/s
設小球A與小物塊B發生彈性碰撞后的速度分別為vA、vB，
根據動量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB
碰撞前后根據機械能守恒定律有
聯立解得vB＝2.0 m/s
(2)為保證長木板C與豎直擋板碰撞時B、C能共速，求x0應滿足的條件；
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答案　x0≥0.96 m　
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設B、C獲得共同速度為v1，
以水平向右為正方向，
由動量守恒定律有mBvB＝(mB＋mC)v1
代入數據解得v1＝0.8 m/s
若B、C共速時C剛好運動到擋板處，
代入數據解得x0＝0.96 m
則保證C運動到豎直擋板前B、C能夠共速，
x0應滿足的條件是x0≥0.96 m
(3)在(2)問的前提下，若木板C與豎直擋板碰撞后B、C能再次共速，求長木板的最短長度。
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答案　3.936 m
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第一次共速過程中，由能量守恒定律有
長木板C與擋板碰后速度大小不變、方向反向，
設B、C第二次獲得共同速度為v2，
以水平向左為正方向，
由動量守恒定律有mCv1－mBv1＝(mB＋mC)v2
由能量守恒定律有
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長木板的最短長度為L＝L1＋L2
聯立解得L＝3.936 m。

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