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(共77張PPT)
第六章　動　量
思維進階課七　四類典型“碰撞”模型
[學習目標]　1．掌握“滑塊—曲(斜)面”“滑塊—彈簧”兩種模型與碰撞的相似性，會分析解決兩類模型的有關問題。
2．會用動量觀點和能量觀點分析計算“子彈打木塊”模型和“滑塊—滑板”模型。
進階1　“滑塊—曲面(斜面)”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)上升到最大高度(未離開弧面或從弧面上端離開弧面)：滑塊m與斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此時滑塊m的豎直速度vy＝0。系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒＝＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為滑塊m的重力勢能)。
(2)返回最低點：滑塊m與斜(曲)面M分離點。系統水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒＝(相當于彈性碰撞)。
[典例1]　(2025·山西運城高三檢測)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切。一質量為m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達的最大高度為。則小球與滑塊的質量之比m∶M為(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
C　[當圓弧滑塊固定時，有＝mgR；當圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根據機械能守恒定律有＝mg·＋(m＋M)v2，聯立解得m∶M＝2∶1，故C正確。]
√
[典例2]　(多選)(2024·湖北十堰二模)如圖所示，在足夠大的光滑水平地面上，靜置一質量為2m的滑塊，滑塊右側面的光滑圓弧形槽的半徑為R，末端切線水平，圓弧形槽末端離地面的距離為。質量為m的小球(可視為質點)從圓弧形槽頂端由靜止釋放，與滑塊分離后做平拋運動，重力加速度大小為g，
下列說法正確的是(　　)
A．滑塊的最大動能為
B．小球離開滑塊時的動能為
C．小球落地時的動能為mgR
D．小球落地時與圓弧形槽末端拋出點的距離為
√
√
AD　[滑塊、小球組成的系統水平方向動量守恒，則當小球運動至圓弧形槽末端時，滑塊的動能最大，根據動量守恒以及機械能守恒可得mv1－2mv2＝0，mgR＝，解得v1＝2，v2＝，滑塊的最大動能為Ek2＝＝，故A正確；小球離開滑塊時的動能為Ek1＝＝，故B錯誤；小球離開滑塊
后，根據動能定理有mg＝解得小球落地時的動能為Ek＝mgR，故C錯誤；小球與滑塊分離后做平拋運動，豎直方向有＝gt2，小球落地時與圓弧形槽末端拋出點的水平距離為x＝(v1＋v2)t，小球落地時與圓弧形槽末端拋出點的距離為s＝＝，故D正確。]
進階2　“滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為0，則系統動量守恒。
(2)機械能守恒：系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為0，系統動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)。
[典例3]　如圖所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態?，F給小球m2一個水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運動過程中(　　)
A．m1、m2組成的系統動量不守恒
B．m1、m2組成的系統機械能守恒
C．彈簧最長時，其彈性勢能為
D．m1的最大速度是
√
D　[m1、m2組成的系統所受合外力為零，則系統的動量守恒，選項A錯誤；m1、m2及彈簧組成的系統機械能守恒，選項B錯誤；彈簧最長時，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此時彈簧彈性勢能為Ep＝－(m1＋m2)v2＝，選項C錯誤；當彈簧再次回到原長時m1的速度最大，則m2v0＝＝，解得v1＝，選項D正確。]
[典例4]　(多選)(2025·湖南郴州高三統考)如圖甲所示，質量為m的物體P與物體Q(質量未知)之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長?，F給P物體一沿PQ連線方向的瞬時初速度，并把此時記為0時刻，規定向右為正方向，0～2t0內P、Q物體運動的a-t圖像如圖乙所示，已知t0時刻P、Q的加速度最大，其中t軸下方部分的面積大小為S，則(　　)
A．物體Q的質量為m
B．2t0時刻Q物體的速度大小為vQ＝S
C．t0時刻彈簧的彈性勢能為
D．t0～2t0時間內彈簧對P物體做功為零
√
√
√
BCD　[0～2t0時間內Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右；t0時刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得＝＝a0，＝，解得物體Q的質量mQ＝2m，故A錯誤；根據a-t圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量可知，0～2t0時間內，Q物體的速度變化量大小為ΔvQ＝S＝vQ－0，則2t0時刻Q物體的速度大小為vQ＝S，故B正確；t0時刻兩物體具體相同的速度v，根據對稱性
可知，t0時刻P、Q物體的速度大小為v＝，設物體P的初速度為v0，根據動量守恒可得mv0＝(m＋2m)v，解得v0＝3v＝S，設t0時刻彈簧的彈性勢能為Ep，根據能量守恒定律可得Ep＝－×3mv2，解得Ep＝，故C正確；設2t0時刻P物體的速度為vP，根據動量守恒可得mv0＝mvP＋2mvQ，解得vP＝－＝－v，可知2t0時刻P物體的速度大小等于t0時刻P物體的速度大小，則2t0時刻P物體的動能等于t0時刻P物體的動能，故t0～2t0時間內彈簧對P物體做功為零，故D正確。]
進階3　“子彈打木塊”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)子彈水平打進木塊的過程中，系統的動量守恒。
(2)系統的機械能有損失。
3．兩種情境
(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)
動量守恒：mv0＝(m＋M)v；
能量守恒：Q＝Ff·s＝－(M＋m)v2。
(2)子彈穿透木塊
動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝。
[典例5]　如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環，輕繩一端系在環上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為
B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)g
C．子彈射入木塊后的瞬間，環對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)g
D．子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量守恒
√
C　[子彈射入木塊過程，子彈和木塊系統的動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得速度大小為v1＝，A錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，根據牛頓第二定律可得FT－(M＋m0)g＝，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，B錯誤；子彈射入木塊后的瞬間，對圓環有FN＝FT＋mg＞(M＋m＋m0)g，根據牛頓第三定律可知，F′N＝FN＞(M＋m＋m0)g，C正確；子彈射入木塊之后，圓環、木塊和子彈構成的系統只在水平方向動量守恒，D錯誤。]
[典例6]　(多選)(2024·湖北卷)如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f 與射入初速度的大小v0成正比，即f ＝kv0(k為已知常量)。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則(　　)
A．子彈的初速度大小為
B．子彈在木塊中運動的時間為
C．木塊和子彈損失的總動能為
D．木塊在加速過程中運動的距離為
√
√
AD　[子彈在木塊內運動的過程中，子彈與木塊組成的系統所受合外力為0，所以該系統動量守恒，若子彈沒有射出木塊，則由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木塊獲得的速度大小v＝，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當子彈恰不射出木塊時，木塊獲得的速度最大，此時有＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子彈能夠射出木塊，則有v0>，子彈在木塊內
運動的過程，對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根據位移關系有v0t－amt2－aMt2＝L，對木塊有v2＝aMt，聯立解得v2＝，又v0越大，t越小，則v2越小，即隨著v0的增大，木塊獲得的速度v2不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小v0＝，A正確；子彈在木塊內運動的過程，對子彈由動量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子彈在木塊
中運動的時間t＝，B錯誤；由能量守恒定律可知，木塊和子彈損失的總動能ΔEk＝kv0L＝，C錯誤；木塊在加速過程中做勻加速運動，由運動學規律有x＝，解得木塊在加速過程中運動的距離x＝，D正確。]
1．模型圖示
進階4 “滑塊—滑板”模型
2．模型特點
(1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。
(2)若滑塊未從滑板上滑下，當兩者速度相同時，滑板速度最大，相對位移最大。
3．求解方法
(1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統。
(2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體。
(3)求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律求解，Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統。
[典例7]　(多選)(2024年1月九省聯考河南卷)如圖(a)所示，“L”形木板Q靜止于粗糙水平地面上，質量為1 kg的滑塊P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的v-t圖像如圖(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，則(　　)
A．Q的質量為1 kg
B．地面與木板之間的動摩擦因數為0.1
C．由于碰撞，系統損失的機械能為1.0 J
D．t＝5.8 s時木板速度恰好為0
√
√
AC　[兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向為正方向，設P的質量為m＝1 kg，Q的質量為M，由系統動量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M )v3，根據v-t圖像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正確；設P與Q之間的動摩擦因數為μ1，Q與地面之間的動摩擦因數為μ2，根據 v-t 圖像可知，0～2 s內P與Q的加速度分別為aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，對P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，聯立解
得μ2＝0.05，故B錯誤；由于碰撞，系統損失的機械能為ΔE＝，代入數據解得ΔE＝1.0 J，故C正確；對碰撞后整體受力分析，由動量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入數據解得t2＝4 s，因此木板速度恰好為零的時刻為t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D錯誤。]
[典例8]　如圖所示，質量為2m的木板C靜止在光滑的水平地面上，質量分別為m和2m的物塊A、B(可視為質點)緊挨著放在木板C上。某時刻A、B分別以v0和2v0的初速度向相反方向運動，A、B均剛好不從C上滑落，已知A、B兩物塊與木板C之間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，求：
(1)最初時刻A、B、C三個物體各自的加速度大小；
(2)木板C的最大速度的大??；
(3)木板C的長度。
[解析]　(1)最初時刻對A由牛頓第二定律可得
μmg＝maA
解得aA＝μg
最初時刻對B由牛頓第二定律可得2μmg＝2maB
解得aB＝μg
最初時刻對C由牛頓第二定律可得2μmg－μmg＝2maC
解得aC＝μg。
(2)以水平向右為正方向，假設B、C先共速，所用時間為t1，則根據勻變速直線運動的規律，有
vBC＝2v0－aBt1＝aCt1
解得t1＝，vBC＝
此時A的速度vA＝－v0＋aAt1＝v0，方向水平向右。
因為vA(3)當A、B、C三者共速時，A、B剛好不從C上滑落，即此時A位于C的最左端，B位于C的最右端，對于B從開始運動到運動至C最右端的過程，根據勻變速直線運動的規律，有
xB＝(2v0＋vBC)t1
xC＝vBC·t1
ΔxBC＝xB－xC
聯立解得ΔxBC＝
以水平向右為正方向，A、B、C組成的系統動量守恒，根據動量守恒定律，有
2m×2v0－mv0＝(2m＋m＋2m)v共
解得v共＝v0，
設A相對C滑動的距離為ΔxAC，
根據能量守恒定律，有
μmgΔxAC＋μ×2mgΔxBC＝
解得ΔxAC＝
則木板C的長度L＝ΔxAC＋ΔxBC＝。
[答案]　(1)μg　μg　μg　(2)v0　
思維進階特訓(七)
題號
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10
1．如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質點)的質量為滑塊P的質量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek1?，F解除鎖定，仍將Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為(　　)
A．
C．
√
C　[設滑塊P的質量為2m，則Q的質量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時，Q下滑過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝Ek1。P解除鎖定，Q下滑過程中，P、Q組成的系統在水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由機械能守恒定律得mgh＝，Q離開P時的動能Ek2＝，聯立解得＝，故C正確。]
題號
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2．(多選)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a的初速度方向為正方向，a、b的v-t圖像可能正確的是(　　)
題號
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A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
√
√
ABC　[地面光滑，a、b組成的系統所受合力為零，系統動量守恒，設a的質量為ma，b的質量為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題號
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3．如圖所示，一個輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上?，F在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4 m/s，當甲物體的速度減小到1 m/s時，彈簧最短。下列說法正確的是(　　)
A．此時乙物體的速度大小為1 m/s
B．緊接著甲物體將開始做加速運動
C．甲、乙兩物體的質量之比m1∶m2＝1∶4
D．當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4 m/s
√
題號
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A　[根據題意可知，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度大小也是1 m/s，A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續減速，B錯誤；根據動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C錯誤；當彈簧恢復原長時，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有m1v0＝＝，聯立解得v′2＝2 m/s，D錯誤。]
題號
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4．(多選)如圖所示，光滑水平面上分別放著兩塊質量、形狀相同的硬木和軟木，兩顆完全相同的子彈均以相同的初速度分別打進兩種木頭中，最終均留在木頭內已知軟木對子彈的摩擦力較小，以下判斷正確的是(　　)
A．子彈與硬木摩擦產生的內能較多
B．兩個系統產生的內能一樣多
C．子彈在軟木中打入深度較大
D．子彈在硬木中打入深度較大
√
題號
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√
BC　[設子彈質量為m，木頭質量為M，由于最終都達到共同速度，根據動量守恒定律知mv0＝(m＋M)v，共同速度v相同，根據ΔE＝－(m＋M)v2＝Q，可知子彈與硬木或子彈與軟木構成的系統機械能減小量相同，則兩個系統產生的內能Q一樣多，故A錯誤，B正確；根據功能關系有Q＝Ffd，可知產生的內能Q相同時，摩擦力Ff越小，子彈打入的深度d越大，所以子彈在軟木中打入深度較大，故C正確，D錯誤。]
題號
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5．(多選)(2024·寧夏銀川一模)如圖所示，質量為m的小球A和質量為4m的小球B用長為L的彈性繩連接，小球B靜止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高為0.72L處以一定的初速度水平向右拋出，小球落地時彈性繩剛好拉直(第一次處于原長)小球A落地與地面碰撞時，豎直方向的速度減為零，水平方
向的速度保持不變，彈性繩始終處于彈
性限度內，重力加速度為g，不計小球大
小，則(　　)
題號
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A．小球A拋出時的初速度大小為
B．小球A拋出時的初速度大小為
C．彈性繩具有的最大彈性勢能為mgL
D．彈性繩具有的最大彈性勢能為mgL
√
題號
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√
AC　[小球在空中做平拋運動，則0.72L＝gt2，L＝v0t，解得小球A拋出時的初速度大小為v0＝，故A正確，B錯誤；小球A落地后，當兩小球共速時，彈性繩的彈性勢能最大，根據系統動量守恒以及能量守恒可得mv0＝＝×(m＋4m)v2＋Ep，解得彈性繩具有的最大彈性勢能為Ep＝mgL，故C正確，D錯誤。]
題號
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6．如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時沙袋處于靜止狀態，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，二者共同擺動。若彈丸質量為m，沙袋質量為5m，彈丸和沙袋的形狀、大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計，
不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確
的是(　　)
題號
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A．彈丸打入沙袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變
B．彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量等于沙袋對彈丸的沖量
C．彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為
D．沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為
√
題號
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D　[擊中沙袋前，細繩拉力F1＝5mg，彈丸以水平速度v0擊中沙袋后未穿出，此瞬間彈丸和沙袋組成的系統水平方向動量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋與彈丸受到細繩的拉力與重力的合力提供向心力，即F2－6mg＝，F2>F1，A錯誤；彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量與沙袋對彈丸的沖量等大反向，B錯誤；根據能量守恒定律得＝×6mv2＋Q，解得Q＝C錯誤；對沙袋與彈丸，從最低點到最高點，由機械能守恒定律有×6mv2＝6mgh，解得h＝，D正確。]
題號
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7．(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質量為3m，靜止在光滑的水平面上?，F有一個可以看作質點的小球，質量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。重力加速度為g，關于這個過程，
下列說法正確的是(　　)
題號
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A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時小車的速度大小v車＝v
C．車上管道中心線最高點的豎直高度為
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是
√
題號
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√
BC　[由題意知小球與小車在水平方向上不受外力，在水平方向上動量守恒，小球相對小車上滑的過程，小車向右加速運動，小球相對小車下滑的過程，小車繼續向右加速運動，所以小車的速度一直向右，小球滑離小車時，小車向右運動，不可能回到原來位置，故A錯誤；設小球滑離小車時小車的速度大小為v車，由動量守恒定律可得mv＝3mv車＋mv球，由機械能守恒定律可得mv2＝
題號
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，解得v車＝v，v球＝－v，故B正確；小球恰好到達管道的最高點時，小球和小車的速度相同，由動量守恒定律得mv＝(3m＋m)v′，可得此時的速度v′＝v，由機械能守恒定律可得＝mgh，所以車上管道中心線最高點的豎直高度h＝，故C正確；小球恰好到達管道的最高點后，小球和小車的速度相同，則小車的動量變化大小為Δp＝3m·v＝mv，故D錯誤。]
題號
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8．(多選)如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4 kg 和mB＝2 kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸。另有一物塊C在t＝0時刻以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰(碰撞時間極短，可忽略不計)，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，下列說法正確的是(　　)
題號
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A．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為48 J
B．4 s到12 s的時間內，墻壁對物塊B的沖量大小為48 N·s，方向向右
C．物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為10 J
D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為 6 m/s
√
題號
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AD　[A、C碰撞過程中由動量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由題圖乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，當A、C速度減為零時彈簧壓縮至最短，此時彈性勢能最大為Ep＝＝48 J，故A正確；4 s到12 s的時間內彈簧彈力對A、C的沖量為I彈＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒可知12 s時B的速度為零，4 s到12 s的時間內對B由動量定理可得－I彈＋I墻＝0，得I墻＝I彈＝
－48 N·s，即大小為48 N·s，方向向左，故B錯誤；當B的速度與A、
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C速度相等時，由動量守恒定律可得(mA＋mC)v1＝(mA＋mC＋mB)v′2，解得v′2＝3 m/s，所以物塊B離開墻壁后彈簧的最大彈性勢能為E′p＝＝12 J，故C錯誤；當彈簧回到原長時B的速度達到最大，由動量守恒和能量守恒可得(mA＋mC)v1＝＝，解得v4＝6 m/s，故D正確。]
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9．如圖所示，光滑水平面上有一平板車B，其上表面水平，質量mB＝1 kg，在其左端放置一物塊A，質量mA＝0.4 kg。開始A、B均處于靜止狀態，玩具手槍里面有一顆質量為m0＝100 g的子彈以初速度v0＝100 m/s水平射向A，子彈瞬間射入并留在物塊中，最終物塊A及子彈相對地面以 16 m/s 的速度滑離平板車。已知A、B間的動摩擦因數μ＝0.8，g取10 m/s2，求：
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(1)子彈射入物塊A的過程中，物塊對子彈的沖量；
(2)平板車B的最大速度vB的大??；
(3)物塊A在平板車上滑行的時間t；
(4)平板車的長度L。
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[解析]　(1)子彈射入物塊A的過程，小車未參與作用，子彈與A組成的系統動量守恒定律得m0v0＝(m0＋mA)v1
解得子彈與物塊A的共同速度大小為v1＝20 m/s
對子彈由動量定理得I＝m0v1－m0v0＝－8 N·s
所以子彈射入物塊A的過程中物塊對子彈的沖量大小為8 N·s，方向水平向左。
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(2)當物塊A滑離平板車時，平板車的速度最大，由動量守恒定律得m0v0＝mBvB＋(m0＋mA)v2
解得平板車B的最大速度vB＝2 m/s。
(3)對物塊A與子彈由動量定理得
－μ(m0＋mA)gt＝(m0＋mA)v2－(m0＋mA)v1
解得物塊A在平板車上滑行的時間t＝0.5 s。
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(4)物塊A滑離平板車，運動的位移大小xA＝t＝9 m，平板車的位移大小xB＝t＝0.5 m，則平板車的長度L＝xA－xB＝8.5 m。
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[答案]　(1)8 N·s，方向水平向左　(2)2 m/s　(3)0.5 s　(4)8.5 m
10．(2024·安徽卷)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點。一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側?，F將細線拉直到水平方向，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運動。已知細線長L＝1.25 m，小球質量m＝0.20 kg，物塊、小車質量均為M＝0.30 kg，小車上的水平軌道長s＝1.0 m。圓弧軌道半徑R＝0.15 m，小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；
(3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。
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[解析]　(1)對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理得mgL＝－0
解得v0＝5 m/s
在最低點，對小球由牛頓第二定律得FT－mg＝
解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT＝6 N。
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(2)小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律得
mv0＝mv1＋Mv2
＝
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2＝v0＝
4 m/s。
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(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體，由水平方向動量守恒得Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律得＝＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒得Mv2＝2Mv4
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由能量守恒定律得＝＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。
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[答案]　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
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