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考点巩固卷46 曲面和斜面模型在动量中的临界问题-备战2024年高考物理一轮复习专题高分突破（新高考通用）
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考点01：曲面和斜面模型在动量中的临界问题（6单选+5多选+3解答）
一、单选题
1．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考三模）如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．物块到不了水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
【答案】B
【详解】AB．轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；
CD．设轨道的水平部分长为L．轨道固定时，根据能量守恒定律得
mgR=μmgL
轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x．
取向左为正方向，根据水平动量守恒得
0=（M+m）v
则得
v=0
根据能量守恒定律得
mgR=（M+m）v2+μmgx
联立解得
x=L
所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故CD错误。
故选B。
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，段是长为的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量为的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点，滑块与轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块由A滑到过程中，滑块的机械能守恒
C．段长D．全过程小车相对地面的位移大小为
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；
B．滑块由A滑到过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．恰好停在对点时，二者均静止。根据能量守恒有
解得
故C错误；
D．水平动量守恒有
通过相同的时间有
且有
解得
故D正确；
故选D。
3．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动
【答案】C
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得
结合图乙可得
所以
，
故A正确，不符合题意；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为
即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
解得
故B正确，不符合题意；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得
故C错误，符合题意。
故选C。
4．（2023·福建泉州·校考一模）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则（ ）
A．全程滑块水平方向相对地面的位移R＋L
B．全程小车相对地面的位移大小x＝（R＋L）
C．滑块m运动过程中的最大速度vm＝
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL
【答案】B
【详解】AB．设全程小车相对地面的位移大小为x′，则滑块水平方向相对地面的位移
x＝R＋L－x′
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
即
结合M＝3m，解得
x′＝（R＋L），x＝（R＋L）
故A错误，B正确；
C．滑块刚滑到B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
0＝mvm－Mv
mgR＝m＋Mv2
联立解得
故C错误；
D．对整个过程，由动量守恒定律得
0＝（m＋M）v′
得
v′＝0
由能量守恒定律得
mgR＝μmgL
解得
R＝μgL
故D错误；
故选B。
5．（2023·四川成都·树德中学校考二模）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（ ）
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
【答案】C
【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由动能守恒定律得
解得
所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；
C．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
故C正确；
D．对小车运用动能定理得，小球对小车做功
故D错误。
故选C。
6．（2023·江苏南京·校考二模）如图所示，质量为m的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则（ ）
A．此过程小球对小车做的功为mv
B．此过程小车受到的总冲量为mv0
C．小球在弧形槽上升的最大高度为
D．小球和小车的末速度分别为－v0和2v0
【答案】B
【详解】C. 小球在弧形槽上升到最高点时，水平方向上动量守恒和能量守恒可得
整理得最大高度
C错误；
D.小球从最高点返回后，根据水平方向上动量守恒和能量守恒可知
整理得
，
D错误；
A.根据动能定理，此过程小球对小车做的功为
A错误；
B.根据动量定理可知此过程小车受到的总冲量
B正确。
故选B。
二、多选题
7．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）如图所示，质量为的小车上表面由半径为R的光滑圆弧轨道和长为的水平直道构成，置于光滑水平面上，左端靠紧墙壁但不粘连。一质量为m的小滑块从圆弧轨道的顶端静止释放，小滑块恰好没有离开小车，不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．墙壁对小车的冲量大小为
B．墙壁对小车做的功为
C．滑块与水平直道之间的动摩擦因数为
D．小滑块在小车上运动的时间为
【答案】AC
【详解】AB．依题可知小滑块由圆弧轨道滑下过程中，小车未动，墙壁对小车做功为零，小滑块机械能守恒
解得小滑块滑到圆弧底端速度
以小滑块和小车整体为研究对象，规定向右为正方向，在水平方向上由动量定理可知墙壁对小车的冲量
A正确，B错误；
C．当小滑块滑上小车水平直道后，以小车和滑块整体为研究对象，由动量守恒和能量守恒得
联立方程解得
C正确。
D．以小滑块为研究对象，分析小滑块在小车水平部分上滑动的过程，规定水平向右为正方向，由动量定理得
解得
小滑块在小车上运动的总时间
D错误。
故选AC。
8．（2023·天津·模拟预测）如图所示，小球和槽形物体的质量分别为、，置于水平面上，的上部半圆形槽的半径为，槽的左右两侧等高。将从槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则（ ）
A．刚能到达槽的左侧顶端
B．运动到槽的最低点时速度为
C．向右匀速运动
D．向右运动的最大位移为
【答案】AD
【详解】A．设A到达左侧最高点的速度为v1，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v1=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A正确；
B．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv′
解得
根据能量守恒定律得
解得
故B错误。
C．B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；
D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
m（2R-x)=2mx
解得
故D正确。
故选AD。
9．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考三模）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（ ）
A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．小球第一次到达B点时对小车的压力
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热
【答案】AB
【详解】A．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误，符合题意；
B．将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平动量守恒，取向右为正
，
小球第一次到达B点时
解得
根据牛顿第三定律，对小车的压力，故B错误，符合题意；
CD．弹簧具有的最大弹性势能时，系统共速
解得
根据能量守恒，设克服阻力做功为
压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，可知
最终共速为0，根据能量守恒
解得
故CD正确，不符合题意。
故选AB。
10．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考三模）如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为3mg
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度大小之比为1：1
【答案】AB
【详解】A．若圆弧槽固定，小球下滑过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A正确；
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时的速度为
小球下滑的过程中做圆周运动有
解得
根据牛顿第三定律可知小球滑至B点时对槽的压力大小为3mg，B正确；
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，C错误；
D．圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为，取水平向右为正
根据系统机械能守恒有
解得圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为
再结合选项B，可知圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为，D错误。
故选AB。
11．（2023·河南濮阳·统考一模）如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球A不能从斜劈顶端冲出
B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30N
D．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左
【答案】ACD
【详解】C．小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为
代入数据得
N
小球A对斜劈的压力也是30N，选项C正确；
AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为，小球竖直速度为，水平方向动量守恒
小球和斜劈系统机械能守恒
联立得
小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；
D．当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为、
联立得
小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左，选项D正确。
故选ACD。
三、解答题
12．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图所示，质量m = 2kg可视为质点的小物块P以v0= 2m/s从水平传送带左端滑上传送带，传送带长L = 5.25m。传送带右侧水平面上静置一质量M = 8kg的光滑四分之一圆弧槽Q，与传送带平滑连接，且圆弧槽不固定。光滑圆弧槽的半径为R = 0.64m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ = 0.2，其他一切摩擦不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）若传送带以v1= 3m/s的速度顺时针转动，求物块在运动过程中离地的最大高度；
（2）若传送带以v2= 6m/s的速度顺时针转动，求物块在运动过程中离地的最大高度。
【答案】（1）0.36m；（2）1m
【详解】假设物块滑上传送带后可以一直加速，则有
假设物块刚好能够到达圆弧槽最高点，有
解得
（1）若传送带的速度顺时针转动，则物块在传送带上先加速后匀速，最终以的速度冲上圆弧槽；且由可知，物块到不了最高点，则有
解得
（2）若传送带的速度时针转动，，物块在传送带上一直加速，最终的速度冲上圆弧；且由可知，物块能到达圆弧最高点。
则P滑到Q的最高点时，设二者的水平速度为，P的竖直速度为，P的速度为
水平方向动量守恒
系统机械能守恒
设P离开Q后在竖直方向上升的高度为h，则有
解得
h = 0.36m
物块在运动过程中的最大高度
13．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）质量为的滑板静止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平长度为段是半径为的四分之一光滑圆弧，如图所示。质量为的小物块（小物块可视为质点）以初速度冲上滑板，已知，其中为重力加速度。小物块与滑板段的动摩擦因数为，在以后的运动过程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（2）若解除对滑板的固定，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（3）若解除对滑板的固定，小物块相对滑板向右运动的过程中，相对地面也有向右的运动，则应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若滑板固定，设小物块刚好能运动到点时，由机械能守恒可知
可解得
所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为
（2）若解除对滑板的固定，设小物块运动至C点时，小物块与滑板速度相等为，由动量守恒和机械能守恒可知：
上面两式联立，可解得
所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为：
（3）设小物块相对滑块向右返回到B点时，小物块、滑板的速度分别为。以向左为正方向。由动量守恒和能量守恒可知：
上面两式联立，可得
此方程求根判别式
可解得
解上面方程可得
若要满足题中条件，则，可解得
综合以上分析可知，应满足的条件为
。
14．（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA= 5kg带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R = 1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质量为mB= 3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起（未粘连）处于静止状态。若锁定凹槽A，将质量为mC= 2kg的小球C从高h = 4m处由静止释放，小球C从圆弧面的D点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A的锁定，从同一位置释放小球C，小球C在凹槽中运动一段时间后物块B与凹槽A分离，然后物块B向右运动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9次经过凹槽A最低点F时与凹槽A发生弹性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。
（1）求凹槽A锁定时，小球C运动到F点时，对凹槽A的压力大小；
（2）在解除凹槽A的锁定情况下，求：
①物块B与凹槽A第一次分离时，小球C的速度大小；
②小球C第一次冲出凹槽A后直到最高点过程的水平位移大小；
③通过计算判断凹槽A与物块B发生弹性碰撞后，小球C还能否冲出凹槽。
【答案】（1）180N；（2）①8m/s；②；③能
【详解】（1）若将凹槽A锁定，根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
解得
FN = 180N
由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为
F压 = FN = 180N
（2）①对ABC，根据机械能守恒有
水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
mCv2－(mA＋mB)v1 = 0
解得
v2 = 8m/s，v1 = 2m/s
②对AC组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正方向，
有
解得
根据系统机械能守恒有
解得
小球C与凹槽A分离后到最高点的运动过程中，有
则
③小球C第9次经过凹槽最低点F时的情况与第1次的情况相同，即凹槽A、小球C的速度大小仍为
v2 = 8m/s，v1 = 2m/s
对AB发生弹性碰撞，根据机械能守恒有
取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
解得
，
对AC，水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
解得
根据机械能守恒有
解得
故还能冲出凹槽。
考点序号
考点
题型分布
考点1
曲面和斜面模型在动量中的临界问题
6单选+5多选+3解答
建议用时：50分钟
考点01：曲面和斜面模型在动量中的临界问题（6单选+5多选+3解答）
一、单选题
1．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考三模）如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．物块到不了水平轨道的最左端
D．物块将从轨道左端冲出水平轨道
【答案】B
【详解】AB．轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒；物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A错误，B正确；
CD．设轨道的水平部分长为L．轨道固定时，根据能量守恒定律得
mgR=μmgL
轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v，在轨道水平部分滑行的距离为x．
取向左为正方向，根据水平动量守恒得
0=（M+m）v
则得
v=0
根据能量守恒定律得
mgR=（M+m）v2+μmgx
联立解得
x=L
所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故CD错误。
故选B。
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考三模）如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，段是长为的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量为的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点，滑块与轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块由A滑到过程中，滑块的机械能守恒
C．段长D．全过程小车相对地面的位移大小为
【答案】D
【详解】A．滑块社圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；
B．滑块由A滑到过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；
C．恰好停在对点时，二者均静止。根据能量守恒有
解得
故C错误；
D．水平动量守恒有
通过相同的时间有
且有
解得
故D正确；
故选D。
3．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动
【答案】C
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得
结合图乙可得
所以
，
故A正确，不符合题意；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为
即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
解得
故B正确，不符合题意；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得
故C错误，符合题意。
故选C。
4．（2023·福建泉州·校考一模）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则（ ）
A．全程滑块水平方向相对地面的位移R＋L
B．全程小车相对地面的位移大小x＝（R＋L）
C．滑块m运动过程中的最大速度vm＝
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL
【答案】B
【详解】AB．设全程小车相对地面的位移大小为x′，则滑块水平方向相对地面的位移
x＝R＋L－x′
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得
即
结合M＝3m，解得
x′＝（R＋L），x＝（R＋L）
故A错误，B正确；
C．滑块刚滑到B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
0＝mvm－Mv
mgR＝m＋Mv2
联立解得
故C错误；
D．对整个过程，由动量守恒定律得
0＝（m＋M）v′
得
v′＝0
由能量守恒定律得
mgR＝μmgL
解得
R＝μgL
故D错误；
故选B。
5．（2023·四川成都·树德中学校考二模）如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（ ）
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
【答案】C
【详解】AB．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
由动能守恒定律得
解得
所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；
C．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
故C正确；
D．对小车运用动能定理得，小球对小车做功
故D错误。
故选C。
6．（2023·江苏南京·校考二模）如图所示，质量为m的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则（ ）
A．此过程小球对小车做的功为mv
B．此过程小车受到的总冲量为mv0
C．小球在弧形槽上升的最大高度为
D．小球和小车的末速度分别为－v0和2v0
【答案】B
【详解】C. 小球在弧形槽上升到最高点时，水平方向上动量守恒和能量守恒可得
整理得最大高度
C错误；
D.小球从最高点返回后，根据水平方向上动量守恒和能量守恒可知
整理得
，
D错误；
A.根据动能定理，此过程小球对小车做的功为
A错误；
B.根据动量定理可知此过程小车受到的总冲量
B正确。
故选B。
二、多选题
7．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）如图所示，质量为的小车上表面由半径为R的光滑圆弧轨道和长为的水平直道构成，置于光滑水平面上，左端靠紧墙壁但不粘连。一质量为m的小滑块从圆弧轨道的顶端静止释放，小滑块恰好没有离开小车，不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．墙壁对小车的冲量大小为
B．墙壁对小车做的功为
C．滑块与水平直道之间的动摩擦因数为
D．小滑块在小车上运动的时间为
【答案】AC
【详解】AB．依题可知小滑块由圆弧轨道滑下过程中，小车未动，墙壁对小车做功为零，小滑块机械能守恒
解得小滑块滑到圆弧底端速度
以小滑块和小车整体为研究对象，规定向右为正方向，在水平方向上由动量定理可知墙壁对小车的冲量
A正确，B错误；
C．当小滑块滑上小车水平直道后，以小车和滑块整体为研究对象，由动量守恒和能量守恒得
联立方程解得
C正确。
D．以小滑块为研究对象，分析小滑块在小车水平部分上滑动的过程，规定水平向右为正方向，由动量定理得
解得
小滑块在小车上运动的总时间
D错误。
故选AC。
8．（2023·天津·模拟预测）如图所示，小球和槽形物体的质量分别为、，置于水平面上，的上部半圆形槽的半径为，槽的左右两侧等高。将从槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则（ ）
A．刚能到达槽的左侧顶端
B．运动到槽的最低点时速度为
C．向右匀速运动
D．向右运动的最大位移为
【答案】AD
【详解】A．设A到达左侧最高点的速度为v1，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v1=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A正确；
B．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv′
解得
根据能量守恒定律得
解得
故B错误。
C．B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；
D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得
m（2R-x)=2mx
解得
故D正确。
故选AD。
9．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考三模）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（ ）
A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．小球第一次到达B点时对小车的压力
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热
【答案】AB
【详解】A．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A错误，符合题意；
B．将小车和小球、弹簧当成一个系统，在运动过程中，系统的水平动量守恒，取向右为正
，
小球第一次到达B点时
解得
根据牛顿第三定律，对小车的压力，故B错误，符合题意；
CD．弹簧具有的最大弹性势能时，系统共速
解得
根据能量守恒，设克服阻力做功为
压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，可知
最终共速为0，根据能量守恒
解得
故CD正确，不符合题意。
故选AB。
10．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考三模）如图所示，一质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（ ）
A．若圆弧槽固定，小球的机械能守恒
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时对槽的压力大小为3mg
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
D．圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度大小之比为1：1
【答案】AB
【详解】A．若圆弧槽固定，小球下滑过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，A正确；
B．若圆弧槽固定，小球滑至B点时的速度为
小球下滑的过程中做圆周运动有
解得
根据牛顿第三定律可知小球滑至B点时对槽的压力大小为3mg，B正确；
C．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒，C错误；
D．圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为，取水平向右为正
根据系统机械能守恒有
解得圆弧槽不固定的情形下，小球滑到B点时的速度为
再结合选项B，可知圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为，D错误。
故选AB。
11．（2023·河南濮阳·统考一模）如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球A不能从斜劈顶端冲出
B．小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C．小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30N
D．小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左
【答案】ACD
【详解】C．小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为
代入数据得
N
小球A对斜劈的压力也是30N，选项C正确；
AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为，小球竖直速度为，水平方向动量守恒
小球和斜劈系统机械能守恒
联立得
小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；
D．当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为、
联立得
小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左，选项D正确。
故选ACD。
三、解答题
12．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图所示，质量m = 2kg可视为质点的小物块P以v0= 2m/s从水平传送带左端滑上传送带，传送带长L = 5.25m。传送带右侧水平面上静置一质量M = 8kg的光滑四分之一圆弧槽Q，与传送带平滑连接，且圆弧槽不固定。光滑圆弧槽的半径为R = 0.64m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ = 0.2，其他一切摩擦不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）若传送带以v1= 3m/s的速度顺时针转动，求物块在运动过程中离地的最大高度；
（2）若传送带以v2= 6m/s的速度顺时针转动，求物块在运动过程中离地的最大高度。
【答案】（1）0.36m；（2）1m
【详解】假设物块滑上传送带后可以一直加速，则有
假设物块刚好能够到达圆弧槽最高点，有
解得
（1）若传送带的速度顺时针转动，则物块在传送带上先加速后匀速，最终以的速度冲上圆弧槽；且由可知，物块到不了最高点，则有
解得
（2）若传送带的速度时针转动，，物块在传送带上一直加速，最终的速度冲上圆弧；且由可知，物块能到达圆弧最高点。
则P滑到Q的最高点时，设二者的水平速度为，P的竖直速度为，P的速度为
水平方向动量守恒
系统机械能守恒
设P离开Q后在竖直方向上升的高度为h，则有
解得
h = 0.36m
物块在运动过程中的最大高度
13．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）质量为的滑板静止在光滑水平地面上，滑板上表面段水平长度为段是半径为的四分之一光滑圆弧，如图所示。质量为的小物块（小物块可视为质点）以初速度冲上滑板，已知，其中为重力加速度。小物块与滑板段的动摩擦因数为，在以后的运动过程中：
（1）若滑板固定在地面上，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（2）若解除对滑板的固定，小物块不能从C点飞出，则应满足什么条件；
（3）若解除对滑板的固定，小物块相对滑板向右运动的过程中，相对地面也有向右的运动，则应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若滑板固定，设小物块刚好能运动到点时，由机械能守恒可知
可解得
所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为
（2）若解除对滑板的固定，设小物块运动至C点时，小物块与滑板速度相等为，由动量守恒和机械能守恒可知：
上面两式联立，可解得
所以小物块不能从C点飞出，应满足的条件为：
（3）设小物块相对滑块向右返回到B点时，小物块、滑板的速度分别为。以向左为正方向。由动量守恒和能量守恒可知：
上面两式联立，可得
此方程求根判别式
可解得
解上面方程可得
若要满足题中条件，则，可解得
综合以上分析可知，应满足的条件为
。
14．（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA= 5kg带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R = 1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质量为mB= 3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起（未粘连）处于静止状态。若锁定凹槽A，将质量为mC= 2kg的小球C从高h = 4m处由静止释放，小球C从圆弧面的D点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A的锁定，从同一位置释放小球C，小球C在凹槽中运动一段时间后物块B与凹槽A分离，然后物块B向右运动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9次经过凹槽A最低点F时与凹槽A发生弹性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。
（1）求凹槽A锁定时，小球C运动到F点时，对凹槽A的压力大小；
（2）在解除凹槽A的锁定情况下，求：
①物块B与凹槽A第一次分离时，小球C的速度大小；
②小球C第一次冲出凹槽A后直到最高点过程的水平位移大小；
③通过计算判断凹槽A与物块B发生弹性碰撞后，小球C还能否冲出凹槽。
【答案】（1）180N；（2）①8m/s；②；③能
【详解】（1）若将凹槽A锁定，根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
解得
FN = 180N
由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为
F压 = FN = 180N
（2）①对ABC，根据机械能守恒有
水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
mCv2－(mA＋mB)v1 = 0
解得
v2 = 8m/s，v1 = 2m/s
②对AC组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正方向，
有
解得
根据系统机械能守恒有
解得
小球C与凹槽A分离后到最高点的运动过程中，有
则
③小球C第9次经过凹槽最低点F时的情况与第1次的情况相同，即凹槽A、小球C的速度大小仍为
v2 = 8m/s，v1 = 2m/s
对AB发生弹性碰撞，根据机械能守恒有
取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
解得
，
对AC，水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
解得
根据机械能守恒有
解得
故还能冲出凹槽。
考点序号
考点
题型分布
考点1
曲面和斜面模型在动量中的临界问题
6单选+5多选+3解答
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