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高考物理二轮复习重难点11碰撞中的守恒（2份打包，解析版+原卷版，可预览）
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这是一份高考物理二轮复习重难点11碰撞中的守恒（2份打包，解析版+原卷版，可预览），文件包含高考物理二轮复习重难点11碰撞中的守恒解析版doc、高考物理二轮复习重难点11碰撞中的守恒原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
重难点11碰撞中的守恒
1．如图所示，质量分别为m1和m2的小球A、B在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后B被右侧墙壁原速率弹回，又与A碰撞，再一次碰撞后两球都静止，则第一次碰后A速度的大小为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
设小球A、B第一次碰后速度的大小分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
两个小球再一次碰撞时
m1v1′-m2v2′=0
得
v1′=
故选C。
2．一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M=200kg，每颗子弹质量为m=20 g，在水平方向机枪以v=600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为（ ）
A．1.4 m/s B．2 m/s C．0.8 m/s D．0.5 m/s
【答案】C
【详解】
若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，取船前进的方向为正方向，若子弹向船前进的方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′+5mv
解得
v1′==0.7 m/s
若子弹向船前进的反方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′-5mv
解得
v2′==1.3 m/s
当子弹对地的速度方向与船原来的速度方向的夹角θ在0°<θ<180°内，可见船速应在0.7~1.3 m/s之间。
故选C。
3．如图所示，光滑水平面上有质量为足够长的木板，木板上放一质量为m、可视为质点的小木块。第一次使小木块获得向右的水平初速度，木板静止，第二次使木板获得向右的水平初速度。木块静止。两次运动均在木板上留下完整划痕，则两次划痕长度之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有
解得
根据能量守恒定律有
解得划痕长度
同理可求，当木板的初速度为时的划痕长度。两次划痕长度之比为。
故选A。
4．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图所示为A追上B发生碰撞前后的图线，由图线可以判断碰撞前后A的动能改变量大小与B的动能改变量大小之比为（ ）
A．3：2 B．4：3 C．5：4 D．1：1
【答案】D
【详解】
A追上B发生碰撞前后的图线，所以碰前 ，；碰后 ，，根据动量守恒定理
解得：
则
故选D。
5．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B、C与车之间的动摩擦因数均为μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知滑块B、C没有相碰且最后都没有脱离平板车，则（ ）
A．当滑块C的速度为零时，滑块B的速度也为零
B．最终车的速度大小为
C．整个运动过程中，系统产热最多为
D．整个运动过程中，B的加速度不变
【答案】C
【详解】
B．A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
故B错误；
A．以水平向右为正方向，设A、B、C三者开始运动时的加速度分别为a1、a2、a3，由牛顿第二定律得
，，
开始A、B、C的速度分别为0、v0、-v0，①若A、B先共速，设A、B经过时间t1共速，则有
解得
②若B、C先共速，设B、C经过时间t2共速，则有
解得
从上面分析可以看出t1＜t2，所以①情况成立，即A、B先共速，A、B共速后一起向右做减速运动，C继续向左做减速运动，C速度减为零后反向向右做加速运动，最终A、B、C速度相等，三者相对静止一起向右做匀速直线运动，因此C速度为零时B的速度向右不为零，故A错误；
C．由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化为内能，则有
故C正确；
D．开始B相对A滑动时的加速度大小
AB共速后一起做减速运动，B的加速度大小
故D错误。
故选C。
6．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是（ ）
A．待打完n发子弹后，小车应停在最初的位置
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的左方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
【答案】C
【详解】
子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；设子弹出口速度为v，车向右运动速度大小为v′，根据动量守恒定律，有
子弹匀速前进的同时，车向右匀速运动，故
联立解得
，
故车向右运动距离为
每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右运动，故n颗子弹发射完毕后，小车向右运动
由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发后，车静止不动，故C正确，ABD错误。
故选C。
7．光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，一质量为m的物块甲从圆弧轨道上的A点由静止下滑，在水平轨道上滑行的最大距离为s。在B点放置另一质量为3m的物块乙后，再把质量为m的物块甲从A点由静止释放，已知甲，乙两物块与水平轨道间的动摩擦因数相同，两物块均可视为质点，则两物块碰撞后粘连在一起继续向右运动的最大距离为（ ）
A．4s B． C． D．
【答案】D
【详解】
由动能定理可知，对甲下滑的过程有
对甲在水平轨道上滑行时有
两物块碰撞时有
两物块粘连后在水平轨道上滑行时有
解得
故选D。
8．如图所示，小球A质量为m；B为圆弧面的槽，质量为M，半径为R，其轨道末端与水平地面相切。水平地面有紧密相挨的若干个小球，质量均为m，右边有一固定的弹性挡板。现让小球A从B的最高点的正上方距地面高为h处静止释放，经B末端滑出，与水平面上的小球发生碰撞。设小球间、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，所有接触面均光滑，则（ ）
A．经过足够长的时间后，原来水平面上的小球都将静止，而A和B向左做匀速运动
B．整个过程，小球A与B组成的系统水平方向动量守恒
C．整个过程，小球A机械能守恒
D．经过足够长的时间后，所有小球和物体B都将静止
【答案】A
【详解】
C．从小球A和B开始接触至滑到B末端的过程，A、B系统机械能守恒，故C错误；
B．小球A与地面若干小球的碰撞以及其他小球间的碰撞皆为弹性碰撞，因质量相等，故速度交换。最终小球A动量等大反向，再去追B，而B在此过程中一直做匀速运动，故A、B系统水平方向动量不守恒，故B错误；
AD．每次和A作用后B都加速，而A减速，经过足够长的时间后，A球返回向左运动时速度小于B，不再能追上B，故最终A和B向左做匀速运动，原来水平面上的小球都将静止在原处，故A正确，D错误。
故选A。
9．如图所示，光滑水平面上A球向右运动与静止的B球发生正碰，A球碰撞前后速率之比为4：1。碰后A、B球均向右运动滑上光滑斜面，沿斜面上升的最大高度之比为1：4，已知斜面与水平面平滑连接，两球质量分别为mA、mB，碰撞前后两球总动能分别为Ek1、Ek2，则（ ）
A．mA：mB =4：3 B．mA：mB =2：3 C．Ek1：Ek2=16：7 D．Ek1：Ek2=16：13
【答案】BC
【详解】
光滑水平面上A球向右运动与静止的B球发生正碰，根据动量守恒和能量守恒有
，
碰撞前后两球的总动能为
，
A球碰撞前后速率之比为4：1。沿斜面上升的最大高度之比为1：4，解得
mA：mB =2：3，Ek1：Ek2=16：7
故选BC。
10．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。设重力加速度为g，气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．物块与小车组成的系统机械能减少
C．物块运动过程中的最大速度为
D．小车运动过程中的最大速度为
【答案】BD
【详解】
A．物块沿圆弧轨道AB下滑的过程中，系统处于失重状态，加速度方向竖直向下，则系统在竖直方向受到的合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；
B． 质量为m的物块从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处，水平轨道BC存在摩擦，物块与小车组成的系统机械能减少，B正确 ；
C．如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得
解得
现在物块下滑时，小车滑动，小车获得了动能，则物块的速度小于，C错误；
D．物块到达B点时小车速度最大，设为v2，此时物块的速度大小为v1．小车与物块组成的系统在水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道AB下滑的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
D正确。
故选BD。
11．如图，半径为的光滑曲面轨道固定在平面内，下端出口处在水平方向上。一质量为的平板车静止在光滑的水平地面上，右端紧靠曲面轨道，木板车上表面恰好与曲面轨道下端相平。一质量为的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，该点距曲面下端的高度为，小物块经曲面轨道下滑后滑上木板车，最终恰好未从不板车的左端滑下。已知小物块可视为质点，与木板车间的动摩擦因数，重力加速度，则说法正确的是（ ）
A．小物块滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为18N
B．木板车加速运动时的加速度为
C．木板车的长度为1m
D．小物块与木板车间滑动过程中产生的热量为6J
【答案】ACD
【详解】
A．小物块沿曲面下滑过程机械能守恒，则有
解得
在轨道最下端由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为
A项正确；
B．小物块滑上平板车后对平板车后对平板车由牛顿第二定律得
解得
B项错误；
D．由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
联立解得小物块与平板车间滑动过程中产生的热量为
D项正确；
C．又
解得平板车的长度为
C项正确。
故选ACD。
12．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑圆弧，BC较是长为的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车从A总由静止开始沿轨道滑下，然后滑人BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车质量M=m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．小车和滑块组成的系统动量守恒
B．滑块运动过程中，最大速度为
C．滑块运动过程中对小车的最大压力为mg
D．滑块从B到C运动过程中，小车的位移为
【答案】BD
【详解】
A．在水平方向上，小车和滑块组成的系统所受合外力为零，因此在这一方向上，小车和滑块动量守恒。故A错误；
B．滑块刚滑到点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得
解得
故B正确；
C．滑块刚滑到点时速度最大，对小车的压力最大，由合力提供向心力得
解得
故C错误；
D．滑块从B到C运动过程中，系统动量守恒，由人船模型得
又
解得
故D正确。
故选BD。
13．如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA>mB，B球上固定一轻质弹簧。A球以速率v去碰撞静止的B球，则（ ）
A．A球的最小速率为零
B．B球的最大速率为
C．当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大
D．两球的动能最小值为
【答案】BD
【详解】
ABC．A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A球产生向左的弹力，对B球产生向右的弹力，故A球做减速运动，B球做加速运动，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此时满足动量守恒和能量守恒
解得
，
因为
可知A球的最小速率不为零，当弹簧恢复原长时，B球最大速率为， 故AC错误，B正确；
D．两球共速时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，故此时两球动能最小，根据动量守恒和能量守恒有
联立可得
故D正确。
故选BD。
14．如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数。质量的子弹水平向左射入滑块并留在其中（该过程时间极短），取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为
B．滑块的质量为
C．滑块向右运动过程中与传送带摩擦产生的热量为
D．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为
【答案】CD
【分析】
根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考查动量守恒与传送带相结合问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦做功等知识分析计算。
【详解】
A．子弹射入滑块并留在其中，滑块（含子弹）先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速运动的速度大小为，则传送带的速度大小为，故A错误；
B．子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得
即
解得滑块的质量
故B错误；
C．滑块（含子弹）先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得
解得滑块向左运动的加速度大小
滑块（含子弹）先向左做减速运动，再向右做加速运动，滑块向右加速的加速度大小
向右加速的时间为
滑块（含子弹）相对传送带的位移
运动过程中与传送带摩擦产生的热量
故C正确；
D．滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则
解得转动轮的半径
故D正确。
故选CD。
15．如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．如果M=2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为
B．如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为
C．如果M=0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为
D．如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0
【答案】ACD
【详解】
A．木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果，合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，
取向左为正，根据动量守恒定律可得
解得
整个运动过程中摩擦生热的大小为
故A正确；
B．如果M=m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，
根据能量关系可得
解得木块相对木板的位移大小为；
故B错误；
C．如果，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，第一次共速后的速度为v1，取向右为正，根据动量守恒定律可得
解得
所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度v1匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为v1；
同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为
木板第3次与墙壁碰撞时的速度为
以此类推，木板第100次与墙壁碰撞的速度为
故C正确；
D．如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小为
故D正确；
故选ACD。
16．如图，长度l0=0.9m的木板a静止于光滑水平面上，左端与固定在墙面上的水平轻弹簧相连，弹簧的劲度系数k=15N/m；木板左端放有一质量m0=1.2kg的小物块（可视为质点），质量m=0.4kg的足够长木板b与a等高，静止于水平面上a的右侧，距离b右侧x0处固定有挡板c。某时刻小物块以速度v0=9 m/s向右开始运动，a向右运动到最远时恰好与b相遇但不相撞，在a某次到达最远处时，物块刚好离开a滑到b上，此过程中物块的速度始终大于木板a的速度，b与挡板c碰撞时无机械能损失，物块与a、b之间的动摩擦因数均为μ=0.5。不计空气阻力，g=10m/s2。
(1)证明：物块在木板a上滑动过程中，a做简谐运动；
(2)若b与c碰撞前物块和b已达共速，求x0满足的最小值；
(3)在b与c发生第5次碰撞后将c撤走，求b的最终速度。
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【详解】
(1)木板受到的合外力，取向右为正方向
令
则有
即在弹簧伸长时处于平衡位置，在该位置附近做简谐运动；
(2)可知木板做简谐运动的振幅
对物块从开始运动至滑离木板，根据动能定理则有
解得
物块在长木板滑动，根据动量守恒定律则有
解得
对长木板，根据动能定理则有
解得
(3)与第一次碰撞后到第二次碰撞前，根据动量守恒定律则有
解得
与第二次碰撞后到第三次碰撞前，根据动量守恒定律则有
解得
与第五次碰撞后到物块与共速运动
即最终以的速度匀速向右运动
17．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为2kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为4kg的小球A从LM上距水平轨道高为h=0.45m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连．设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度为g（g取10m/s2）。求：
(1)A球与弹簧碰前瞬间的速度大小v0；
(2)弹簧的最大弹性势能EP；
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
【答案】(1) v0=3m/s；(2) EP=6J；(3) vA=1m/s，vB=4m/s
【详解】
(1)设A球质量m1，A球下滑的过程，由机械能守恒得
代入数据可解得v1=3m/s。
(2)设B球的质量为m2，A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧过程，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，弹簧的弹性势能最大，设此时A、B的速度为v1，由动量守恒得
m1 v0=( m1+ m2) v1
由能量守恒可得弹簧的弹性势能
联立方程，代入数据可解得。
(3) 当A、B相距最近时，两球速度相等之后，由于弹力作用，B将加速，A将减速，它们将相互远离，当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为vA、vB，之后A、B分离，这也就是它们的最终速度，由动量守恒可得
m1 v0= m1vA+ m2 vB
再根据能量守恒可得
联立两式，代入数据可解得
vA=1m/s，vB=4m/s
18．如图所示，用长为的不可伸长的轻绳将质量为的小球C悬挂于O点，小球C静止。质量为的物块A放在质量也为的木板B的右端，以共同的速度的，沿着光滑水平面向着小球滑去，小球与物块发生弹性正碰，物块与小球均可视为质点，且小球C返回过程不会碰到物块A，不计一切阻力，重力加速度。求：
(1)碰后瞬间小球C的速度大小；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板B至少要多长，物块A才不会从长木板的上表面滑出。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设物块质量为，小球质量为，由于发生弹性正碰，则由动量守恒得
由机械能守恒得
解得
，
(2)此后物块加速，木板减速，物块刚好和木板共速时，物块运动到木板左端，设木板质量为，共速速度为，由动量守恒得
由能量守恒得
解得
19．如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度L=1m，其余部分光滑，DE部分长度为1m，E点与半径R=1m的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量m1=0.5kg的物块甲从斜面上由静止释放，如果物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为m2=1kg的物块乙发生弹性正碰，已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为μ=0.25，且物块均可看成质点，g取10m/s2。
(1)若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点F，求其在水平面BE上的落点到E点的距离x；
(2)若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5m，求物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力FN大小；
(3)用质量m3=1kg的物块丙取代物块甲（甲和丙材料相同），为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次数不超过2次，求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围？（已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）
【答案】(1)2m；(2)80N；(3)0.25m1.25m
【详解】
(1)物块乙恰好过最高点，向心力完全由重力提供
得
物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向
水平方向
可得，物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为
(2)设物块甲与物块乙碰前速度为v0，由动能定理可知
得
物块甲与乙发生完全弹性正碰，动量守恒并且机械能守恒
得
设乙物块通过圆心等高点时的速度为v3，根据机械能守恒，则
设物块乙运动至圆心等高点时对轨道的压力大小为FN，得
根据牛顿第三定律，物块乙对轨道的压力
方向水平向右。即物块乙对轨道的压力大小为80N。
(3)要使物块丙能够与物块乙碰撞
即
因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，丙和乙交换速度，物块乙滑到圆弧上返回后，第2次与物块丙发生弹性正碰，交换速度。要使物块丙不再与物块乙发生碰撞
即
如果物块丙与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度v4，在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则物块乙将脱离圆轨道，不再与物块丙发生碰撞
即
丙与乙碰前速度设为v5，则有
在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式
得
综上
或
20．如图所示，一“U型槽”滑块，由两个光滑内表面的圆孤形槽、和粗糙水平面组合而成，质量，置于光滑的水平面上，其左端有一固定挡板，另一质量的物块从点正上方距离水平面的高度处自由下落，恰好从相切进入槽内，通过部分进入圆弧槽。已知“U型槽”圆弧的半径，水平轨道部分BC长，物块与“U型槽”水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度。
(1)求物块第一次经过点对“圆弧型槽”的压力；
(2)求物块从“型槽”点分离后能到达的距离水平面的最大高度；
(3)当“U型槽”的速度最大时，求物块的速度，最终物块的运动达到稳定状态，求物块在部分运动的总路程。
【答案】(1)；(2)；(3) ；
【详解】
(1)物块由静止到第一次过点，槽静止不动，对物块由机械能守恒
在点
对槽的压力
(2)物块从点离开“U型槽”时“U型槽”的速度为，对物块和槽组成的系统，由水平方向的动量守恒
物块从点到离“U型槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，由能量守恒
联立解得
(3)当物块从“U型槽”返回时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒
解得
方向水平向左
最终物块与“U型槽”相对静止，由能量守恒
物块在部分运动的总路程
21．如图甲所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量，长度 ，小车的上表面与B点等高，距地面高度。质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放。取，试求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
(2)若解除平板车的锁定，物块与平板车上表面间的动摩擦因数，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离；
(3)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率。
【答案】(1)30N；(2)0.2m；(3)1m/s
【详解】
(1)顶端滑到B点，根据动能定理
在B点，根据牛顿第二定律
代入数据解得
由牛顿第三定律滑到轨道上的B点时对轨道的压力
(2)物块与平板车组成的系统动量守恒，物块滑到平板车右端时
代入数据解得
物块平抛运动的时间
物块落地时距平板车右端的水平距离为
(3)物块在平板车上滑行时摩擦力做功
根据动能定理
代入数据解得
22．如图所示，水平地面上左侧有一质量为mC=2kg的四分之一光滑圆弧斜槽C，斜槽末端切线水平，右侧有一质量为mB=3kg的带挡板P的木板B，木板上表面水平且光滑，木板与地面的动摩擦因数为μ=0.25，斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。某时刻一质量为mA=lkg的可视为质点的光滑小球A从斜槽项端静止滚下，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)若光滑圆弧斜槽C不固定，圆弧半径为R=3m，且不计斜槽C与地面的摩擦，求小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能；
(2)若斜槽C固定在地面上，小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度为v0=lm/s，小球滚上木板上的同时，外界给木板施加大小为v0=lm/s的水平向右初速度，并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1与F2，且F1=F2=5N。当小球运动到木板右端时(与挡板碰前的瞬间) ，木板的速度刚好减为零，之后小球与木板的挡板发生第1次相碰，以后会发生多次磁撞。已知小球与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，小球始终在木板上运动。求：
①小球与挡板第1次碰撞后的瞬间，木板的速度大小 ；
②小球与挡板第1次碰撞后至第2020次碰撞后瞬间的过程中F1与F2做功之和。
【答案】(1)；(2) ①， ②
【详解】
(1)设小球滚动到斜槽末端时，与的速度大小分别为、，与水平方向动量守恒，则
与系统机械能守恒，则
解得斜槽动能
(2) ①小球滚到木板上后，小球与木板的加速度大小分别为与，则有
木板开始运动到速度第一次减为零时用时为，则有
小球第一次与挡板碰前瞬间速度为
另设第一次碰完后小球与木板的速度分别为、，与动量守恒，则
与系统动能不变，则
联立解得
②由题可知，第一次碰撞后，小球以沿木板向左匀减速运动再反向匀加速，木板以向右匀减速运动，木板速度再次减为零的时间
小球的速度
此时，小球的位移
木板的位移
即小球、木板第二次相碰前瞬间的速度与第一次相碰前瞬间的速度相同，以后小球、木板重复前面的运动过程；则第一次碰撞与第2020次碰撞后瞬间，小球与木板总位移相同，都为
则此过程与做功之和
联立解得
23．如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab水平，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道，半径R=0.30m。质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为 处，重力加速度g取10m/s2，求：碰撞结束时，小球A和B的速度大小。
【答案】6m/s，3.5m/s
【分析】
根据平抛运动的规律可求得A球在c点的速度，根据机械能守恒可求得A球碰后的速度，再结合碰撞过程动量守恒求得B球碰后的速度。
【详解】
小球A从轨道最高点飞出后做平抛运动，水平方向有
L＝vct
竖直方向有
联立可得
vc＝
设A球被碰后的速度为vA，从b到c的过程，由机械能守恒可得
设B球碰后的速度为vB，B球与A球碰撞过程，由动量守恒
Mv0＝mvA＋MvB
联立上述各式，代入数据可解得A、B球碰后的速度分别为
vA＝6m/s，vB＝3.5m/s
24．如图所示，一个由半径的光滑圆弧轨道和长的粗糙直轨道BC组成的物体ABC固定在水平面上，一可以自由滑动的长木板紧靠在C端处于静止状态，长木板的上表面与轨道BC等高，滑块P、（可视为质点静止在B处，滑块P、Q间夹有少量炸药，引爆后物体P恰好能上升到A点，物体Q向右运动滑上长木板。已知P质量为，Q质量，长木板质量为，物体Q与BC间动摩因数，Q与长木板上表面间动摩擦因数为，长木板下表面和地面光滑。求：
(1)炸药引爆后P和Q获得的总机械能；
(2)若要滑块Q恰好不滑离木板，求长木板的长度L；
(3)当木板的长度为第(2)问中的长度，若在距长木板右端s米处静止停放一质量的小车M，小车上表面由一个半径光滑圆弧曲面和光滑水平直轨道组成，直轨道与圆弧轨道相切且同长木板上表面等高，长木板碰到小车前瞬间被制动木板的速度在极短时间内减为零，求滑块Q滑上小车M后上升的最大高度。
【答案】(1)96J；(2)1.8m；(3)见解析
【详解】
(1)对P由机械能守恒定律得
解得
炸药爆炸瞬间系统动量守恒，则得
解得
则炸药引爆后P和Q获得的总机械能为
；
(2)Q从B到C，由运动学公式得
解得
Q与长木板作用过程中动量守恒，则
解得
由能量守恒得
木板的长度为
(3)①若在共速后撞上，则与水平方向动量守恒，假设上升的最大高度不超过圆弧最高点，则有
由能量守恒定律得
解得
则刚好到达圆弧轨道最高点
②若还没有共速前已经撞上，则由动能定理得
解得
最终、水平方向动量守恒
解得
则由能量守恒定律得
解得
25．如图所示，一内壁光滑的环形细圆管固定在水平桌面上，环内间距相等的三位置处，分别有静止的小球A、B、C，质量分别为、m2＝m3＝m，大小相同，它们的直径小于管的直径，小球球心到圆环中心的距离为R，现让A以初速度v0沿管顺时针运动，设各球之间的碰撞时间极短，A与B相碰没有机械能损失，B与C相碰后结合在一起，称为D。求：
（1）A和B第一次碰后各自的速度大小；
（2）B和C相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小（与A碰撞之前）；
（3）A和B第一次相碰后，到A和D第一次相碰经过的时间。
【答案】（1）（负号表示逆时针方向）；；（2）；（3）
【详解】
(1)设A、B碰后速度分别为、，根据弹性碰撞双守恒有
①
②
由①②得
（负号表示逆时针方向）③
④
(2)设B、C碰后结合为D的速度为，则由动量守恒，有
⑤
⑥
在B、C碰撞后与A碰撞之前，管道对D水平方向上的支持力为
⑦
由牛顿第三定律知D对管道水平方向上的压力为
⑧
(3)A、B碰撞后，B经时间t1与C相碰，再经时间t2，D与A相碰
⑨
⑩
由⑨⑩得A和B第一次相碰后，到A和D第一次相碰经过的时间
26．如图所示，光滑平台AB左端墙壁固定有一个轻弹簧，弹簧右侧有一个质量为m的小物块。紧靠平台右端放置一个带挡板的木板，木板质量m1=1kg，上表面长度L=0.5m，物块与木板上表面、木板与地面的动摩擦因数均为μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧被压缩至O点时弹性势能为Ep0=3J，重力加速度取10m/s2。物块与木板右端挡板发生的碰撞为完全非弹性碰撞。
(1)若m=2kg，利用外力使物块向左压缩弹簧至O点，然后由静止释放，求最终木板向右滑行的距离x。
(2)若仅改变物块质量m，其他条件不变，仍旧将物块压缩到O点由静止释放，问m为多大时木板向右滑行的距离最大？求出这个最大距离。
【答案】(1)0.11m；(2) 时，
【详解】
(1)物块滑上木板时 ，木板静止，设物块离开弹簧时的速度为v0，与木板碰撞前的速度为v1，碰后的速度为v2
解得
对物块和木板，由动能定理
解得
(2)由以上各式解得
令
当
x最大
与联立，解得 ，最大距离为
当 时x有最大值，
27．如图所示，光滑平台与水平传送带（为传送带的左端，为传送带的右端）相切于点，质量的小滑块静置于点，传送带以速率逆时针方向运行。现将质量的小滑块轻放在的中点，到达处与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。碰撞后瞬间传送带改为以速率顺时针方向运行。已知与传送带间的动摩擦因数两点间的距离，取重力加速度大小均视为质点。
(1)证明碰撞前瞬间的速度大小即为；
(2)求碰撞后瞬间的速度大小和的速度大小；
(3)求在传送带上滑动过程中系统因摩擦产生的总热量。
【答案】(1)见解析；(2)2m/s，1m/s；(3)0.65J
【详解】
(1)被放在的中点后，先在传送带上向左加速滑动，设在传送带上滑动的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
设到达点前已经与传送带达到共同速度，则在传送带上向左加速滑动的时间为
在传送带上向左加速滑动的位移大小为
解得
因
假设成立，故在传送带上向左加速滑动时间后与传送带相对静止以速率水平向左做匀速直线运动，碰撞前瞬间的速度大小即为。
(2)经分析可知，碰撞后瞬间的速度不为零、方向水平向左，设碰撞后瞬间的速度方向也水平向左，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
即碰撞后瞬间的速度大小为、方向水平向右。
(3)由(1)可得
碰撞前，传送带相对的位移大小为
该过程中系统因摩擦产生的热量为：
设碰撞后，在传送带上向右加速滑动至速率为的过程中的位移大小为，有
解得
因
假设成立，故向右加速滑动至速率为后与传送带相对静止以速率水平向右做匀速直线运动，在传送带上向右加速滑动的时间为
碰撞后，传送带相对的位移大小为
该过程中系统因摩擦产生的热量为
又
解得
28．如图所示，木块A（可视为质点）、木板B、C质量都为，木块A与“L”型木板B右端的距离为，A与B板右端碰撞时没有机械能损失。其中AB间的动摩擦因数，BC间的动摩擦因数，地面光滑。时刻木块A以初速度向右运动、同时木板B以初速度向左运动、C的速度为零。木板B、C都足够长，。求：
（1）ABC因摩擦而产生热量Q多少？
（2）AB碰前B板的速度；
（3）从时刻到ABC共速所需的时间t。
【答案】（1）；（2），向左；（3）
【详解】
（1）设向右为正方向，全过程，以ABC为系统，由动量守恒定律得
解得
ABC因摩擦而产生热量
解得
（2）A向右减速运动与B碰前
解得
方向向左
B向左减速运动
解得
方向向右
C向左加速运动
解得
方向向左
BC达到共速，速度为，时间为
解得
方向向左
假设AB碰撞前以、加速度做匀变速运动，到碰撞时间为
（舍）
假设正确，此时
故BC共速时恰好BA相碰，故AB碰前B的速度
方向向左
（3）AB碰
解得
碰后，B向右匀减速，加速度大小仍为，方向向左，A、C都为：速度向左，加速度向右大小仍为，ABC同时达到共速，时间为，共速时速度大小为，向右
从开始到共速所需的时间
29．如图所示，一平板小车静止在光滑水平面上，质量均为m的物体A、B分别以2v0和v0的初速度，沿同一直线同时同向水平滑上小车，刚开始滑上小车的瞬间，A位于小车的最左边，B位于距小车左边处。设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车的质量也为m，最终物体A、B都停在小车上。求：
(l)最终小车的速度大小是多少?方向怎样？
(2)若要使物体A、B在小车上不相碰，刚开始时A、B间的距离至少多长？
【答案】(1) v0，方向水平向右；(2)
【详解】
(1)设小车最终的速度是v，由动量守恒可得
解得
方向水平向右
(2)A、B同时滑上小车后，它们均做匀减速直线运动。当B减速到与小车的速度相同时，B与小车相对静止，此后A继续做匀减速直线运动，B与小车做匀加速直线运动，直至它们达到相同的速度v0，设刚开始时A、B间的距离l， B与小车相对静止时的共同速度是vB1，此时A的速度是vA1，由运动学知识和动量守恒可得
在B停止运动前，A、B所受的滑动摩擦力
它们的加速度
此时小车所受的力
小车的加速度
可知
解得
可知
解得
当B与小车相对静止，此后A在小车上相对小车移动的距离是lx，由能量守恒定律可知
由以上式子解得
在t1前，A、B移动的位移分别是sA1、sB1，则以B物体为参照系
解得
所以
解得
30．如图所示，质量为的子弹、以初速度水平向右射向置于光滑水平面上的长为L、质量为的木板，穿出木板时子弹的速度为，设木板对子弹的阻力恒定。
(1)求子弹刚穿出木板时木板的速度；
(2)求子弹穿过木板的过程中木板滑行的距离及子弹穿过木板时所受阻力f；
(3)木板若固定在传送带上，使木板和传送带始终以恒定的速度水平向右运动，子弹仍以初速度向右射向木板（），子弹所受阻力仍为，求子弹最终的速度。（用和表示）
【答案】(1)；(2) ，；(3) 或u
【详解】
(1)规定初速度方向为正方向，在子弹射穿木板的过程中，子弹和木板构成的系统水平方向动量守恒，即有
解得
(2)设子弹和木板之间的摩擦阻力为f，由动能定理，得
子弹
木板
解得
(3)当木板固定在传送带上，设子弹在木板中运动时间为t，对子弹应用动量定理和动能定理，得
解得
即
当，即时，子弹可以射穿木板，速度为
当时，子弹射不穿木板且
v=u
重难点11碰撞中的守恒
1．如图所示，质量分别为m1和m2的小球A、B在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后B被右侧墙壁原速率弹回，又与A碰撞，再一次碰撞后两球都静止，则第一次碰后A速度的大小为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
设小球A、B第一次碰后速度的大小分别为v1′和v2′，由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
两个小球再一次碰撞时
m1v1′-m2v2′=0
得
v1′=
故选C。
2．一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M=200kg，每颗子弹质量为m=20 g，在水平方向机枪以v=600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为（ ）
A．1.4 m/s B．2 m/s C．0.8 m/s D．0.5 m/s
【答案】C
【详解】
若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，取船前进的方向为正方向，若子弹向船前进的方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′+5mv
解得
v1′==0.7 m/s
若子弹向船前进的反方向射出，则有
Mv0=（M－5m）v′-5mv
解得
v2′==1.3 m/s
当子弹对地的速度方向与船原来的速度方向的夹角θ在0°<θ<180°内，可见船速应在0.7~1.3 m/s之间。
故选C。
3．如图所示，光滑水平面上有质量为足够长的木板，木板上放一质量为m、可视为质点的小木块。第一次使小木块获得向右的水平初速度，木板静止，第二次使木板获得向右的水平初速度。木块静止。两次运动均在木板上留下完整划痕，则两次划痕长度之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有
解得
根据能量守恒定律有
解得划痕长度
同理可求，当木板的初速度为时的划痕长度。两次划痕长度之比为。
故选A。
4．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图所示为A追上B发生碰撞前后的图线，由图线可以判断碰撞前后A的动能改变量大小与B的动能改变量大小之比为（ ）
A．3：2 B．4：3 C．5：4 D．1：1
【答案】D
【详解】
A追上B发生碰撞前后的图线，所以碰前 ，；碰后 ，，根据动量守恒定理
解得：
则
故选D。
5．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B、C与车之间的动摩擦因数均为μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知滑块B、C没有相碰且最后都没有脱离平板车，则（ ）
A．当滑块C的速度为零时，滑块B的速度也为零
B．最终车的速度大小为
C．整个运动过程中，系统产热最多为
D．整个运动过程中，B的加速度不变
【答案】C
【详解】
B．A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
故B错误；
A．以水平向右为正方向，设A、B、C三者开始运动时的加速度分别为a1、a2、a3，由牛顿第二定律得
，，
开始A、B、C的速度分别为0、v0、-v0，①若A、B先共速，设A、B经过时间t1共速，则有
解得
②若B、C先共速，设B、C经过时间t2共速，则有
解得
从上面分析可以看出t1＜t2，所以①情况成立，即A、B先共速，A、B共速后一起向右做减速运动，C继续向左做减速运动，C速度减为零后反向向右做加速运动，最终A、B、C速度相等，三者相对静止一起向右做匀速直线运动，因此C速度为零时B的速度向右不为零，故A错误；
C．由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化为内能，则有
故C正确；
D．开始B相对A滑动时的加速度大小
AB共速后一起做减速运动，B的加速度大小
故D错误。
故选C。
6．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是（ ）
A．待打完n发子弹后，小车应停在最初的位置
B．待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的左方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
【答案】C
【详解】
子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；设子弹出口速度为v，车向右运动速度大小为v′，根据动量守恒定律，有
子弹匀速前进的同时，车向右匀速运动，故
联立解得
，
故车向右运动距离为
每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右运动，故n颗子弹发射完毕后，小车向右运动
由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完n发后，车静止不动，故C正确，ABD错误。
故选C。
7．光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点，一质量为m的物块甲从圆弧轨道上的A点由静止下滑，在水平轨道上滑行的最大距离为s。在B点放置另一质量为3m的物块乙后，再把质量为m的物块甲从A点由静止释放，已知甲，乙两物块与水平轨道间的动摩擦因数相同，两物块均可视为质点，则两物块碰撞后粘连在一起继续向右运动的最大距离为（ ）
A．4s B． C． D．
【答案】D
【详解】
由动能定理可知，对甲下滑的过程有
对甲在水平轨道上滑行时有
两物块碰撞时有
两物块粘连后在水平轨道上滑行时有
解得
故选D。
8．如图所示，小球A质量为m；B为圆弧面的槽，质量为M，半径为R，其轨道末端与水平地面相切。水平地面有紧密相挨的若干个小球，质量均为m，右边有一固定的弹性挡板。现让小球A从B的最高点的正上方距地面高为h处静止释放，经B末端滑出，与水平面上的小球发生碰撞。设小球间、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，所有接触面均光滑，则（ ）
A．经过足够长的时间后，原来水平面上的小球都将静止，而A和B向左做匀速运动
B．整个过程，小球A与B组成的系统水平方向动量守恒
C．整个过程，小球A机械能守恒
D．经过足够长的时间后，所有小球和物体B都将静止
【答案】A
【详解】
C．从小球A和B开始接触至滑到B末端的过程，A、B系统机械能守恒，故C错误；
B．小球A与地面若干小球的碰撞以及其他小球间的碰撞皆为弹性碰撞，因质量相等，故速度交换。最终小球A动量等大反向，再去追B，而B在此过程中一直做匀速运动，故A、B系统水平方向动量不守恒，故B错误；
AD．每次和A作用后B都加速，而A减速，经过足够长的时间后，A球返回向左运动时速度小于B，不再能追上B，故最终A和B向左做匀速运动，原来水平面上的小球都将静止在原处，故A正确，D错误。
故选A。
9．如图所示，光滑水平面上A球向右运动与静止的B球发生正碰，A球碰撞前后速率之比为4：1。碰后A、B球均向右运动滑上光滑斜面，沿斜面上升的最大高度之比为1：4，已知斜面与水平面平滑连接，两球质量分别为mA、mB，碰撞前后两球总动能分别为Ek1、Ek2，则（ ）
A．mA：mB =4：3 B．mA：mB =2：3 C．Ek1：Ek2=16：7 D．Ek1：Ek2=16：13
【答案】BC
【详解】
光滑水平面上A球向右运动与静止的B球发生正碰，根据动量守恒和能量守恒有
，
碰撞前后两球的总动能为
，
A球碰撞前后速率之比为4：1。沿斜面上升的最大高度之比为1：4，解得
mA：mB =2：3，Ek1：Ek2=16：7
故选BC。
10．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。设重力加速度为g，气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．物块与小车组成的系统机械能减少
C．物块运动过程中的最大速度为
D．小车运动过程中的最大速度为
【答案】BD
【详解】
A．物块沿圆弧轨道AB下滑的过程中，系统处于失重状态，加速度方向竖直向下，则系统在竖直方向受到的合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；
B． 质量为m的物块从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处，水平轨道BC存在摩擦，物块与小车组成的系统机械能减少，B正确 ；
C．如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得
解得
现在物块下滑时，小车滑动，小车获得了动能，则物块的速度小于，C错误；
D．物块到达B点时小车速度最大，设为v2，此时物块的速度大小为v1．小车与物块组成的系统在水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道AB下滑的过程中，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
D正确。
故选BD。
11．如图，半径为的光滑曲面轨道固定在平面内，下端出口处在水平方向上。一质量为的平板车静止在光滑的水平地面上，右端紧靠曲面轨道，木板车上表面恰好与曲面轨道下端相平。一质量为的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，该点距曲面下端的高度为，小物块经曲面轨道下滑后滑上木板车，最终恰好未从不板车的左端滑下。已知小物块可视为质点，与木板车间的动摩擦因数，重力加速度，则说法正确的是（ ）
A．小物块滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为18N
B．木板车加速运动时的加速度为
C．木板车的长度为1m
D．小物块与木板车间滑动过程中产生的热量为6J
【答案】ACD
【详解】
A．小物块沿曲面下滑过程机械能守恒，则有
解得
在轨道最下端由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为
A项正确；
B．小物块滑上平板车后对平板车后对平板车由牛顿第二定律得
解得
B项错误；
D．由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
联立解得小物块与平板车间滑动过程中产生的热量为
D项正确；
C．又
解得平板车的长度为
C项正确。
故选ACD。
12．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑圆弧，BC较是长为的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车从A总由静止开始沿轨道滑下，然后滑人BC轨道，最后恰好停在C点，已知小车质量M=m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．小车和滑块组成的系统动量守恒
B．滑块运动过程中，最大速度为
C．滑块运动过程中对小车的最大压力为mg
D．滑块从B到C运动过程中，小车的位移为
【答案】BD
【详解】
A．在水平方向上，小车和滑块组成的系统所受合外力为零，因此在这一方向上，小车和滑块动量守恒。故A错误；
B．滑块刚滑到点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得
解得
故B正确；
C．滑块刚滑到点时速度最大，对小车的压力最大，由合力提供向心力得
解得
故C错误；
D．滑块从B到C运动过程中，系统动量守恒，由人船模型得
又
解得
故D正确。
故选BD。
13．如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA>mB，B球上固定一轻质弹簧。A球以速率v去碰撞静止的B球，则（ ）
A．A球的最小速率为零
B．B球的最大速率为
C．当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大
D．两球的动能最小值为
【答案】BD
【详解】
ABC．A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A球产生向左的弹力，对B球产生向右的弹力，故A球做减速运动，B球做加速运动，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此时满足动量守恒和能量守恒
解得
，
因为
可知A球的最小速率不为零，当弹簧恢复原长时，B球最大速率为， 故AC错误，B正确；
D．两球共速时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，故此时两球动能最小，根据动量守恒和能量守恒有
联立可得
故D正确。
故选BD。
14．如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数。质量的子弹水平向左射入滑块并留在其中（该过程时间极短），取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，。下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为
B．滑块的质量为
C．滑块向右运动过程中与传送带摩擦产生的热量为
D．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为
【答案】CD
【分析】
根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考查动量守恒与传送带相结合问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦做功等知识分析计算。
【详解】
A．子弹射入滑块并留在其中，滑块（含子弹）先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速运动的速度大小为，则传送带的速度大小为，故A错误；
B．子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得
即
解得滑块的质量
故B错误；
C．滑块（含子弹）先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得
解得滑块向左运动的加速度大小
滑块（含子弹）先向左做减速运动，再向右做加速运动，滑块向右加速的加速度大小
向右加速的时间为
滑块（含子弹）相对传送带的位移
运动过程中与传送带摩擦产生的热量
故C正确；
D．滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则
解得转动轮的半径
故D正确。
故选CD。
15．如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．如果M=2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为
B．如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为
C．如果M=0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为
D．如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0
【答案】ACD
【详解】
A．木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果，合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，
取向左为正，根据动量守恒定律可得
解得
整个运动过程中摩擦生热的大小为
故A正确；
B．如果M=m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，
根据能量关系可得
解得木块相对木板的位移大小为；
故B错误；
C．如果，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，第一次共速后的速度为v1，取向右为正，根据动量守恒定律可得
解得
所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度v1匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为v1；
同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为
木板第3次与墙壁碰撞时的速度为
以此类推，木板第100次与墙壁碰撞的速度为
故C正确；
D．如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小为
故D正确；
故选ACD。
16．如图，长度l0=0.9m的木板a静止于光滑水平面上，左端与固定在墙面上的水平轻弹簧相连，弹簧的劲度系数k=15N/m；木板左端放有一质量m0=1.2kg的小物块（可视为质点），质量m=0.4kg的足够长木板b与a等高，静止于水平面上a的右侧，距离b右侧x0处固定有挡板c。某时刻小物块以速度v0=9 m/s向右开始运动，a向右运动到最远时恰好与b相遇但不相撞，在a某次到达最远处时，物块刚好离开a滑到b上，此过程中物块的速度始终大于木板a的速度，b与挡板c碰撞时无机械能损失，物块与a、b之间的动摩擦因数均为μ=0.5。不计空气阻力，g=10m/s2。
(1)证明：物块在木板a上滑动过程中，a做简谐运动；
(2)若b与c碰撞前物块和b已达共速，求x0满足的最小值；
(3)在b与c发生第5次碰撞后将c撤走，求b的最终速度。
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【详解】
(1)木板受到的合外力，取向右为正方向
令
则有
即在弹簧伸长时处于平衡位置，在该位置附近做简谐运动；
(2)可知木板做简谐运动的振幅
对物块从开始运动至滑离木板，根据动能定理则有
解得
物块在长木板滑动，根据动量守恒定律则有
解得
对长木板，根据动能定理则有
解得
(3)与第一次碰撞后到第二次碰撞前，根据动量守恒定律则有
解得
与第二次碰撞后到第三次碰撞前，根据动量守恒定律则有
解得
与第五次碰撞后到物块与共速运动
即最终以的速度匀速向右运动
17．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为2kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为4kg的小球A从LM上距水平轨道高为h=0.45m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连．设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度为g（g取10m/s2）。求：
(1)A球与弹簧碰前瞬间的速度大小v0；
(2)弹簧的最大弹性势能EP；
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
【答案】(1) v0=3m/s；(2) EP=6J；(3) vA=1m/s，vB=4m/s
【详解】
(1)设A球质量m1，A球下滑的过程，由机械能守恒得
代入数据可解得v1=3m/s。
(2)设B球的质量为m2，A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧过程，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，弹簧的弹性势能最大，设此时A、B的速度为v1，由动量守恒得
m1 v0=( m1+ m2) v1
由能量守恒可得弹簧的弹性势能
联立方程，代入数据可解得。
(3) 当A、B相距最近时，两球速度相等之后，由于弹力作用，B将加速，A将减速，它们将相互远离，当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为vA、vB，之后A、B分离，这也就是它们的最终速度，由动量守恒可得
m1 v0= m1vA+ m2 vB
再根据能量守恒可得
联立两式，代入数据可解得
vA=1m/s，vB=4m/s
18．如图所示，用长为的不可伸长的轻绳将质量为的小球C悬挂于O点，小球C静止。质量为的物块A放在质量也为的木板B的右端，以共同的速度的，沿着光滑水平面向着小球滑去，小球与物块发生弹性正碰，物块与小球均可视为质点，且小球C返回过程不会碰到物块A，不计一切阻力，重力加速度。求：
(1)碰后瞬间小球C的速度大小；
(2)若物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板B至少要多长，物块A才不会从长木板的上表面滑出。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设物块质量为，小球质量为，由于发生弹性正碰，则由动量守恒得
由机械能守恒得
解得
，
(2)此后物块加速，木板减速，物块刚好和木板共速时，物块运动到木板左端，设木板质量为，共速速度为，由动量守恒得
由能量守恒得
解得
19．如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度L=1m，其余部分光滑，DE部分长度为1m，E点与半径R=1m的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量m1=0.5kg的物块甲从斜面上由静止释放，如果物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为m2=1kg的物块乙发生弹性正碰，已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为μ=0.25，且物块均可看成质点，g取10m/s2。
(1)若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点F，求其在水平面BE上的落点到E点的距离x；
(2)若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5m，求物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力FN大小；
(3)用质量m3=1kg的物块丙取代物块甲（甲和丙材料相同），为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次数不超过2次，求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围？（已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）
【答案】(1)2m；(2)80N；(3)0.25m
【详解】
(1)物块乙恰好过最高点，向心力完全由重力提供
得
物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向
水平方向
可得，物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为
(2)设物块甲与物块乙碰前速度为v0，由动能定理可知
得
物块甲与乙发生完全弹性正碰，动量守恒并且机械能守恒
得
设乙物块通过圆心等高点时的速度为v3，根据机械能守恒，则
设物块乙运动至圆心等高点时对轨道的压力大小为FN，得
根据牛顿第三定律，物块乙对轨道的压力
方向水平向右。即物块乙对轨道的压力大小为80N。
(3)要使物块丙能够与物块乙碰撞
即
因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，丙和乙交换速度，物块乙滑到圆弧上返回后，第2次与物块丙发生弹性正碰，交换速度。要使物块丙不再与物块乙发生碰撞
即
如果物块丙与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度v4，在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则物块乙将脱离圆轨道，不再与物块丙发生碰撞
即
丙与乙碰前速度设为v5，则有
在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式
得
综上
或
20．如图所示，一“U型槽”滑块，由两个光滑内表面的圆孤形槽、和粗糙水平面组合而成，质量，置于光滑的水平面上，其左端有一固定挡板，另一质量的物块从点正上方距离水平面的高度处自由下落，恰好从相切进入槽内，通过部分进入圆弧槽。已知“U型槽”圆弧的半径，水平轨道部分BC长，物块与“U型槽”水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度。
(1)求物块第一次经过点对“圆弧型槽”的压力；
(2)求物块从“型槽”点分离后能到达的距离水平面的最大高度；
(3)当“U型槽”的速度最大时，求物块的速度，最终物块的运动达到稳定状态，求物块在部分运动的总路程。
【答案】(1)；(2)；(3) ；
【详解】
(1)物块由静止到第一次过点，槽静止不动，对物块由机械能守恒
在点
对槽的压力
(2)物块从点离开“U型槽”时“U型槽”的速度为，对物块和槽组成的系统，由水平方向的动量守恒
物块从点到离“U型槽”后的最高点，对物块和槽组成的系统，由能量守恒
联立解得
(3)当物块从“U型槽”返回时的速度最大时，由水平方向的动量守恒和能量守恒
解得
方向水平向左
最终物块与“U型槽”相对静止，由能量守恒
物块在部分运动的总路程
21．如图甲所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量，长度 ，小车的上表面与B点等高，距地面高度。质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放。取，试求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
(2)若解除平板车的锁定，物块与平板车上表面间的动摩擦因数，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离；
(3)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率。
【答案】(1)30N；(2)0.2m；(3)1m/s
【详解】
(1)顶端滑到B点，根据动能定理
在B点，根据牛顿第二定律
代入数据解得
由牛顿第三定律滑到轨道上的B点时对轨道的压力
(2)物块与平板车组成的系统动量守恒，物块滑到平板车右端时
代入数据解得
物块平抛运动的时间
物块落地时距平板车右端的水平距离为
(3)物块在平板车上滑行时摩擦力做功
根据动能定理
代入数据解得
22．如图所示，水平地面上左侧有一质量为mC=2kg的四分之一光滑圆弧斜槽C，斜槽末端切线水平，右侧有一质量为mB=3kg的带挡板P的木板B，木板上表面水平且光滑，木板与地面的动摩擦因数为μ=0.25，斜槽末端和木板左端平滑过渡但不粘连。某时刻一质量为mA=lkg的可视为质点的光滑小球A从斜槽项端静止滚下，重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)若光滑圆弧斜槽C不固定，圆弧半径为R=3m，且不计斜槽C与地面的摩擦，求小球滚动到斜槽末端时斜槽的动能；
(2)若斜槽C固定在地面上，小球从斜槽末端滚上木板左端时的速度为v0=lm/s，小球滚上木板上的同时，外界给木板施加大小为v0=lm/s的水平向右初速度，并且同时分别在小球上和木板上施加水平向右的恒力F1与F2，且F1=F2=5N。当小球运动到木板右端时(与挡板碰前的瞬间) ，木板的速度刚好减为零，之后小球与木板的挡板发生第1次相碰，以后会发生多次磁撞。已知小球与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，小球始终在木板上运动。求：
①小球与挡板第1次碰撞后的瞬间，木板的速度大小 ；
②小球与挡板第1次碰撞后至第2020次碰撞后瞬间的过程中F1与F2做功之和。
【答案】(1)；(2) ①， ②
【详解】
(1)设小球滚动到斜槽末端时，与的速度大小分别为、，与水平方向动量守恒，则
与系统机械能守恒，则
解得斜槽动能
(2) ①小球滚到木板上后，小球与木板的加速度大小分别为与，则有
木板开始运动到速度第一次减为零时用时为，则有
小球第一次与挡板碰前瞬间速度为
另设第一次碰完后小球与木板的速度分别为、，与动量守恒，则
与系统动能不变，则
联立解得
②由题可知，第一次碰撞后，小球以沿木板向左匀减速运动再反向匀加速，木板以向右匀减速运动，木板速度再次减为零的时间
小球的速度
此时，小球的位移
木板的位移
即小球、木板第二次相碰前瞬间的速度与第一次相碰前瞬间的速度相同，以后小球、木板重复前面的运动过程；则第一次碰撞与第2020次碰撞后瞬间，小球与木板总位移相同，都为
则此过程与做功之和
联立解得
23．如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab水平，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道，半径R=0.30m。质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为 处，重力加速度g取10m/s2，求：碰撞结束时，小球A和B的速度大小。
【答案】6m/s，3.5m/s
【分析】
根据平抛运动的规律可求得A球在c点的速度，根据机械能守恒可求得A球碰后的速度，再结合碰撞过程动量守恒求得B球碰后的速度。
【详解】
小球A从轨道最高点飞出后做平抛运动，水平方向有
L＝vct
竖直方向有
联立可得
vc＝
设A球被碰后的速度为vA，从b到c的过程，由机械能守恒可得
设B球碰后的速度为vB，B球与A球碰撞过程，由动量守恒
Mv0＝mvA＋MvB
联立上述各式，代入数据可解得A、B球碰后的速度分别为
vA＝6m/s，vB＝3.5m/s
24．如图所示，一个由半径的光滑圆弧轨道和长的粗糙直轨道BC组成的物体ABC固定在水平面上，一可以自由滑动的长木板紧靠在C端处于静止状态，长木板的上表面与轨道BC等高，滑块P、（可视为质点静止在B处，滑块P、Q间夹有少量炸药，引爆后物体P恰好能上升到A点，物体Q向右运动滑上长木板。已知P质量为，Q质量，长木板质量为，物体Q与BC间动摩因数，Q与长木板上表面间动摩擦因数为，长木板下表面和地面光滑。求：
(1)炸药引爆后P和Q获得的总机械能；
(2)若要滑块Q恰好不滑离木板，求长木板的长度L；
(3)当木板的长度为第(2)问中的长度，若在距长木板右端s米处静止停放一质量的小车M，小车上表面由一个半径光滑圆弧曲面和光滑水平直轨道组成，直轨道与圆弧轨道相切且同长木板上表面等高，长木板碰到小车前瞬间被制动木板的速度在极短时间内减为零，求滑块Q滑上小车M后上升的最大高度。
【答案】(1)96J；(2)1.8m；(3)见解析
【详解】
(1)对P由机械能守恒定律得
解得
炸药爆炸瞬间系统动量守恒，则得
解得
则炸药引爆后P和Q获得的总机械能为
；
(2)Q从B到C，由运动学公式得
解得
Q与长木板作用过程中动量守恒，则
解得
由能量守恒得
木板的长度为
(3)①若在共速后撞上，则与水平方向动量守恒，假设上升的最大高度不超过圆弧最高点，则有
由能量守恒定律得
解得
则刚好到达圆弧轨道最高点
②若还没有共速前已经撞上，则由动能定理得
解得
最终、水平方向动量守恒
解得
则由能量守恒定律得
解得
25．如图所示，一内壁光滑的环形细圆管固定在水平桌面上，环内间距相等的三位置处，分别有静止的小球A、B、C，质量分别为、m2＝m3＝m，大小相同，它们的直径小于管的直径，小球球心到圆环中心的距离为R，现让A以初速度v0沿管顺时针运动，设各球之间的碰撞时间极短，A与B相碰没有机械能损失，B与C相碰后结合在一起，称为D。求：
（1）A和B第一次碰后各自的速度大小；
（2）B和C相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小（与A碰撞之前）；
（3）A和B第一次相碰后，到A和D第一次相碰经过的时间。
【答案】（1）（负号表示逆时针方向）；；（2）；（3）
【详解】
(1)设A、B碰后速度分别为、，根据弹性碰撞双守恒有
①
②
由①②得
（负号表示逆时针方向）③
④
(2)设B、C碰后结合为D的速度为，则由动量守恒，有
⑤
⑥
在B、C碰撞后与A碰撞之前，管道对D水平方向上的支持力为
⑦
由牛顿第三定律知D对管道水平方向上的压力为
⑧
(3)A、B碰撞后，B经时间t1与C相碰，再经时间t2，D与A相碰
⑨
⑩
由⑨⑩得A和B第一次相碰后，到A和D第一次相碰经过的时间
26．如图所示，光滑平台AB左端墙壁固定有一个轻弹簧，弹簧右侧有一个质量为m的小物块。紧靠平台右端放置一个带挡板的木板，木板质量m1=1kg，上表面长度L=0.5m，物块与木板上表面、木板与地面的动摩擦因数均为μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧被压缩至O点时弹性势能为Ep0=3J，重力加速度取10m/s2。物块与木板右端挡板发生的碰撞为完全非弹性碰撞。
(1)若m=2kg，利用外力使物块向左压缩弹簧至O点，然后由静止释放，求最终木板向右滑行的距离x。
(2)若仅改变物块质量m，其他条件不变，仍旧将物块压缩到O点由静止释放，问m为多大时木板向右滑行的距离最大？求出这个最大距离。
【答案】(1)0.11m；(2) 时，
【详解】
(1)物块滑上木板时 ，木板静止，设物块离开弹簧时的速度为v0，与木板碰撞前的速度为v1，碰后的速度为v2
解得
对物块和木板，由动能定理
解得
(2)由以上各式解得
令
当
x最大
与联立，解得 ，最大距离为
当 时x有最大值，
27．如图所示，光滑平台与水平传送带（为传送带的左端，为传送带的右端）相切于点，质量的小滑块静置于点，传送带以速率逆时针方向运行。现将质量的小滑块轻放在的中点，到达处与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。碰撞后瞬间传送带改为以速率顺时针方向运行。已知与传送带间的动摩擦因数两点间的距离，取重力加速度大小均视为质点。
(1)证明碰撞前瞬间的速度大小即为；
(2)求碰撞后瞬间的速度大小和的速度大小；
(3)求在传送带上滑动过程中系统因摩擦产生的总热量。
【答案】(1)见解析；(2)2m/s，1m/s；(3)0.65J
【详解】
(1)被放在的中点后，先在传送带上向左加速滑动，设在传送带上滑动的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
设到达点前已经与传送带达到共同速度，则在传送带上向左加速滑动的时间为
在传送带上向左加速滑动的位移大小为
解得
因
假设成立，故在传送带上向左加速滑动时间后与传送带相对静止以速率水平向左做匀速直线运动，碰撞前瞬间的速度大小即为。
(2)经分析可知，碰撞后瞬间的速度不为零、方向水平向左，设碰撞后瞬间的速度方向也水平向左，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
即碰撞后瞬间的速度大小为、方向水平向右。
(3)由(1)可得
碰撞前，传送带相对的位移大小为
该过程中系统因摩擦产生的热量为：
设碰撞后，在传送带上向右加速滑动至速率为的过程中的位移大小为，有
解得
因
假设成立，故向右加速滑动至速率为后与传送带相对静止以速率水平向右做匀速直线运动，在传送带上向右加速滑动的时间为
碰撞后，传送带相对的位移大小为
该过程中系统因摩擦产生的热量为
又
解得
28．如图所示，木块A（可视为质点）、木板B、C质量都为，木块A与“L”型木板B右端的距离为，A与B板右端碰撞时没有机械能损失。其中AB间的动摩擦因数，BC间的动摩擦因数，地面光滑。时刻木块A以初速度向右运动、同时木板B以初速度向左运动、C的速度为零。木板B、C都足够长，。求：
（1）ABC因摩擦而产生热量Q多少？
（2）AB碰前B板的速度；
（3）从时刻到ABC共速所需的时间t。
【答案】（1）；（2），向左；（3）
【详解】
（1）设向右为正方向，全过程，以ABC为系统，由动量守恒定律得
解得
ABC因摩擦而产生热量
解得
（2）A向右减速运动与B碰前
解得
方向向左
B向左减速运动
解得
方向向右
C向左加速运动
解得
方向向左
BC达到共速，速度为，时间为
解得
方向向左
假设AB碰撞前以、加速度做匀变速运动，到碰撞时间为
（舍）
假设正确，此时
故BC共速时恰好BA相碰，故AB碰前B的速度
方向向左
（3）AB碰
解得
碰后，B向右匀减速，加速度大小仍为，方向向左，A、C都为：速度向左，加速度向右大小仍为，ABC同时达到共速，时间为，共速时速度大小为，向右
从开始到共速所需的时间
29．如图所示，一平板小车静止在光滑水平面上，质量均为m的物体A、B分别以2v0和v0的初速度，沿同一直线同时同向水平滑上小车，刚开始滑上小车的瞬间，A位于小车的最左边，B位于距小车左边处。设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车的质量也为m，最终物体A、B都停在小车上。求：
(l)最终小车的速度大小是多少?方向怎样？
(2)若要使物体A、B在小车上不相碰，刚开始时A、B间的距离至少多长？
【答案】(1) v0，方向水平向右；(2)
【详解】
(1)设小车最终的速度是v，由动量守恒可得
解得
方向水平向右
(2)A、B同时滑上小车后，它们均做匀减速直线运动。当B减速到与小车的速度相同时，B与小车相对静止，此后A继续做匀减速直线运动，B与小车做匀加速直线运动，直至它们达到相同的速度v0，设刚开始时A、B间的距离l， B与小车相对静止时的共同速度是vB1，此时A的速度是vA1，由运动学知识和动量守恒可得
在B停止运动前，A、B所受的滑动摩擦力
它们的加速度
此时小车所受的力
小车的加速度
可知
解得
可知
解得
当B与小车相对静止，此后A在小车上相对小车移动的距离是lx，由能量守恒定律可知
由以上式子解得
在t1前，A、B移动的位移分别是sA1、sB1，则以B物体为参照系
解得
所以
解得
30．如图所示，质量为的子弹、以初速度水平向右射向置于光滑水平面上的长为L、质量为的木板，穿出木板时子弹的速度为，设木板对子弹的阻力恒定。
(1)求子弹刚穿出木板时木板的速度；
(2)求子弹穿过木板的过程中木板滑行的距离及子弹穿过木板时所受阻力f；
(3)木板若固定在传送带上，使木板和传送带始终以恒定的速度水平向右运动，子弹仍以初速度向右射向木板（），子弹所受阻力仍为，求子弹最终的速度。（用和表示）
【答案】(1)；(2) ，；(3) 或u
【详解】
(1)规定初速度方向为正方向，在子弹射穿木板的过程中，子弹和木板构成的系统水平方向动量守恒，即有
解得
(2)设子弹和木板之间的摩擦阻力为f，由动能定理，得
子弹
木板
解得
(3)当木板固定在传送带上，设子弹在木板中运动时间为t，对子弹应用动量定理和动能定理，得
解得
即
当，即时，子弹可以射穿木板，速度为
当时，子弹射不穿木板且
v=u
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