2023年五省（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林）高三物理模拟卷汇编：动量解答题（解析版）

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一、解答题
1．（2023·云南·统考一模）航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损环，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置。装置A上表面由光滑曲面和粗糙水平面组成，装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A。已知包裹与装置A、转运车B水平上表面间的动摩擦因数均，装置A与水平地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计转运车B与水平地面间的摩擦。A、B的质量均为，A、B水平上表面的长度均为。包裹可视为质点，将其由装置A的光滑曲面某高度处由静止释放，重力加速度取。求：
（1）要使包裹在装置A上运动时A不动，则包裹的质量最大不超过多少？
（2）若包裹质量，从高度处由静止释放，包裹最终没有滑出装置A，则转运车B最终匀速运动时的速度大小；
（3）若包裹质量，为使包裹能停在转运车B上，则该包裹由静止释放时的高度应满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）要求A不动时需满足
解得
即包裹的质量不能超过。
（2）由于包裹质量大于，则装置A带动B车运动，加速度大小为
包裹加速度大小为
包裹在光滑曲面下滑，有
解得
当三者共速有
解得
此时三者速度为
（3）由于包裹质量小于，则装置A始终静止不动，所以A释放高度最小时，包裹恰好滑上B车，则有
解得
A释放高度最大时，则包裹滑上B车且滑到B车最右端时二者恰好共速，下滑至B车时有
与B车相互作用过程满足
解得
即包裹由静止释放时的高度应满足
2．（2023·云南·统考二模）如图所示，将上方带有光滑圆弧轨道的物块静止在光滑水平面上，轨道的圆心为O，半径，末端切线水平，轨道末端距地面高度，物块质量为，现将一质量为的小球从与圆心等高处由静止释放，小球可视为质点，重力加速度大小取。求
（1）若物块固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离；
（2）若物块不固定，则小球落地时，小球与轨道末端的水平距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块固定，小球沿着圆弧滚至轨道末端的过程中
小球滑离轨道末端后做平抛运动
小球落地时与轨道末端的水平距离
联立解得
（2）物块不固定时，小球从圆弧轨道上滚下的过程中，物块和小球组成的系统在水平方向动量守恒。设小球滑离轨道末端时，小球的速度为，物块的速度为。
由能量守恒可得
小球落地时与轨道末端的水平距离
联立解得
3．（2023·云南·统考二模）如图所示，固定在水平面内、间距的两根光滑平行金属导轨与固定在竖直面内、半径的两相同半圆形光滑金属轨道平滑连接，间接有的定值电阻，区域内有磁感应强度大小、方向竖直向下的匀强磁场。一质量、电阻、长度的导体棒以初速度水平向右运动，并与静止在导轨上的另一根相同的棒发生弹性碰撞，碰后棒第一次向右经过磁场的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热，若导轨电阻可忽略不计，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。取，求：
（1）棒进入磁场前的速度大小；
（2）棒第一次向右经过磁场的过程中，通过棒的电荷量；
（3）通过计算判断棒沿半圆轨道运动时是否会脱离轨道；若不会脱离轨道，请计算棒第二次进入磁场时对轨道的压力。
【答案】（1）；（2）；（3）不会脱离轨道，，方向竖直向下
【详解】（1）取初速度方向为正方向，设碰后ab棒和cd棒的速度大小分别为、，根据动量守恒定律可得

根据能量关系可得
联立可得
（2）取初速度方向为正方向，在磁场中，对cd棒受力分析，如图所示，
简化电路图为：
因为棒的电阻与定值电阻相同，根据电路图和电流分配关系，可知cd棒中通过的电流是定值电阻（或ab棒）的2倍，焦耳热是定值电阻（或ab棒）的4倍，可知cd棒第一次向右经过磁场的过程中，闭合回路中产生的总的焦耳热
设cd棒离开磁场时的速度为，对cd棒，根据功能关系可得
解得
对cd棒根据动量定理可得
通过cd棒的电荷量
联立解得
（3）假设导体棒在半圆轨道上不会脱离轨道，上升的最大高度为h，则有
联立解得
由于，所以不会脱离轨道。
据能量守恒定律可知，cd棒第二次进入磁场时的速度大小为，在半圆轨道的最低点，则有
解得
据牛顿第三定律得可知
方向竖直向下。
4．（2023·云南·统考二模）如图所示，足够大的水平冰面与倾角、高的倾斜冰面平滑连接。一质量的滑冰运动员静止在冰面上，他把一质量的静止物块以的对地速度水平向右推出，物块沿倾斜冰面上滑再返回，追上运动员时，经物块与运动员相互作用后，物块再次以的对地速度水平向右运动。不计一切摩擦，取，求：
（1）物块沿倾斜冰面上滑的最大位移的大小；
（2）物块第一次返回追上运动员，在物块与运动员相互作用的过程中，物块与运动员总机械能的变化量（最终结果保留两位小数）；
（3）如果物块与运动员每次相互作用后，物块水平向右运动的对地速度始终是，运动员最终能获得的最大速率（最终结果保留两位小数）。
【答案】（1）； （2）；（3）
【详解】（1）设物块沿倾斜冰面上滑最大位移的大小为x，由牛顿第二定律得
由速度位移关系得
联立解得
（2）对运动员和物块组成的系统，由于物块在倾斜冰面上运动时，受到的弹力冲量有水平分量，所以动量并不守恒，对物块与运动员相互作用过程，由于系统合外力的冲量为零，所以满足动量守恒条件。设水平向左为正方向，运动员第一次推出物块的过程，由动量守恒定律得
解得
物块第一次返回追上运动员时，在物块与运动员相互作用的过程中，由动量守恒定律得
解得

运动员与物块总机械能的变化
代入数据解得
（3）运动员每次与物块相互作用后，其速度均增加，一直到物块不能追上运动员为止。对运动员和物块相互作用过程，由动量守恒定律可知：运动员与物块第一次相互作用
经第二次相互作用

经第三次相互作用
解得

经第n次相互作用，运动员的速度大小
由，解得
因为相互作用要求n为整数，当n=8时
当运动员速度为5.36 m/s时，物块已经不可能追上运动员并发生相互作用，所以此速度为运动员的最大速度。
5．（2023·云南·校联考一模）如图所示、光滑平面上静止放置两厚度相同的木板A和B。A长度为，A、B的质量均为。一可视为质点，质量为的小物体C从A的左侧以水平向右的速度滑上A的上表面，C与A、B间的动摩擦因数均为，已知A和B发生碰撞前C和A的速度已经相等，且C处在A的最右端，碰撞后A、B被锁定在一起，求：
（1）动摩擦因数；
（2）若C恰好没从B上落下，B的长度为多少？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）C从左端滑上木板A到A的最右端过程，以A和C为系统，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得动摩擦因数为
（2）A和B发生碰撞过程，以A和B为系统，根据动量守恒可得
解得
若C恰好没从B上落下，设B的长度为，C从左端滑上木板B到B的最右端过程，根据系统动量守恒可得
解得
根据系统能量守恒可得
解得
6．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，光滑水平面上有质量的光滑斜面体A，其ab段为直线，与竖直方向夹角为；bc段为曲线，c点与地面平滑相切；高度。其上端有一质量的物块B（视为质点），在水平恒力F的作用下，A、B保持相对静止，一起在水平面由静止开始匀加速运动，后撤去F。取重力加速度，求：
（1）F的大小；
（2）A、B分离时各自的速度大小（不计B滑到地面时导致的能量损失）。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）对A、B整体，由牛顿第二定律
对B由牛顿第二定律
联立求得
（2）撤去F时
B下滑到A底端的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立求得
，
7．（2023·云南·统考一模）物理课堂上，老师带同学们做了一个有趣的实验：如图甲所示，老师让某同学将一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶附近，然后一起由静止释放，发现网球和篮球碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板。若将该实验简化为如图乙所示模型，网球和篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰与网球碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞。已知网球的质量为，篮球的质量为，初始释放高度为，篮球和网球的球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取重力加速度，求：
（1）篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度大小；
（2）网球反弹后能达到的最大高度；
（3）若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球替代网球重复该实验，其他条件不变，求弹性小球反弹后能够上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设篮球触地前瞬间，篮球与网球的速度大小为，根据动能定理可得
解得
（2）规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰撞后瞬间，网球的速度为，篮球的速度为，有，。设后瞬间，网球和篮球的速度分别为，网球与篮球发生弹性碰撞，可得
根据匀变速直线运动的规律可得
代入相关已知数据解得
（3）由题意，设弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹性小球的速度为，篮球的速度为，有
可得
当时，可取得极大值，可得
设弹性小球能上升的最大高度为，由
解得
8．（2023·云南·一模）如图，水平轨道分别与高为h、倾角的斜面轨道两端平滑连接，质量为m的小物块P静止在水平轨道上，质量大于m的小物块Q位于P的左侧，Q的初动能为（g为重力加速度大小），初速度方向向右；Q与P发生碰撞后，P沿斜面上滑高度后返回，在水平轨道上与Q再次发生碰撞，所有垫道均是光滑的，每次碰撞均为弹性碰撞。
（1）求Q的质量；
（2）求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小；
（3）为保证第2次碰撞能在水平轨道上发生，求初始时P离斜面底端B的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设Q的质量为M，初速度大小为V0，第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v1、V1， 以向右为正方向，由动能定义、动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立可得
（2）第2次碰撞前瞬间P的速度大小为v1，方向向左；设碰撞后瞬间P、Q的速度分别v2、V2， P沿斜面上滑到C点时的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立可得
（3）设初始时P离斜面底端B的距离为s，第1次碰撞后Q运动到斜面底端B所需时间为t，P运动到斜面底端B所需时间为t1，P沿斜面运动时加速度的大小为a，在斜面上运动所需总时间为t2，由运动学公式、牛顿第二定律有
由题意
联立上述各式并由题给条件得
即初始时P离斜面底端B的最小距离为。
9．（2023·云南丽江·华坪县第一中学校考一模）如图所示模型，水平地面上b点左侧粗糙，动摩擦因数为μ=0.5，b点右侧光滑，且ab=L=2.4m，cd段是半径为R=0.4m、圆心角为60°的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平地面平滑连接。质量为m1=1kg的小物块A以v0=7m/s的初速度从a点水平向右运动，质量为m2=2kg的小物块B静止在b点右侧，两物块均可看作质点。物块A与物块B发生正碰后，A物块以1m/s的速度向左运动，物块B向右运动滑上圆弧轨道。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）两物块碰撞前A的速度大小？
（2）两物块碰撞过程中损失的机械能；
（3）物块B运动至d点时轨道对物块的支持力大小。
【答案】（1）；（2）；（3）35N
【详解】（1）物块A从a运动至b点过程中
得
得
（2）两物块碰撞过程由动量守恒知
得
得
（3）物块B从b点运动至d点过程由动能定理知
得
在d点
得
FN=35N
10．（2023·云南丽江·华坪县第一中学校考一模）如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧（弹簧与A，B不连接）。某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R。已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）B经c点抛出时速度的大小？
（2）B经b时速度的大小？
（3）锁定状态的弹簧具有的弹性势能？
【答案】（1） ；（2）；（3） 3.75mgR
【详解】（1）B平抛运动过程竖直方向有
水平方向有
解得
（2）B从b到c，由机械能守恒定律得
解得
（3）A与B组成的系统，在弹簧弹开的过程，满足动量守恒，则有
解得
根据能量守恒定律有
解得
Ep=3.75mgR
11．（2023·安徽·统考二模）如图甲所示，倾角为的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力。时刻给物块A一个沿斜面向上的初速度，到内物块A速度随时间变化情况如图乙所示．物块A、B均可视为质点，物块B距地面足够高，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，重力加速度g取，求：
（1）物块A、B的质量之比；
（2）物块A与斜面之间的动摩擦因数；
（3）物体A沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）；（2）0.5；（3）1.25m
【详解】（1）设A的质量为，B的质量为，根据题意可知静止时物体A处于P点且与斜面刚好无摩擦力，则由平衡条件可得
解得
（2）由图乙可得物体A的加速度大小为
而在物块A沿着斜面体向上运动的过程中物块B做自由落体运动，末的速度设为，则有
可知在末物块A和物块B达到共速，在此过程中物块A的速度始终大于物块B的速度，因此连接A、B的绅子上拉力为零，由牛顿第二定律可得
解得
（3）内，A沿斜面上滑位移为
B自由下落高度为
二者沿绳子方向距离缩小了
设再经过时间轻绳再次拉直，则对A有
对B有
又
联立可解得
末轻绳绷紧，系统内轻绳拉力大小远大于两物体的重力及摩擦力大小，设轻绳拉力瞬间冲量为I，绷紧后二者速度大小为v，对A和B分别有
解得
绷紧后一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
解得
对B知其减速阶段位移
物体A上滑的最大距离为
12．（2023·安徽·统考三模）如图所示，直角坐标系在电场强度大小为E的匀强电场中，电场方向与x轴正方向相反，与y轴垂直，M、N是y轴上的两个点，。某时刻将三个质量、电荷量均为m、q的带正电小球a、b、c（均可视为质点）分别从O、M、N三点同时沿平面抛出，其中b的速度沿x轴正方向、大小为，c的速度也沿x轴正方向，a的速度未知，a球在b球向右运动到距y轴最远时与其发生弹性碰撞，之后b球与c球也发生弹性碰撞，若小球碰撞过程时间极短且电荷量不变，不计小球重力及小球间相互作用的静电力。求：
（1）a、b球碰撞时的位置坐标；
（2）a、b球碰撞后瞬间b的速度大小和方向；
（3）c球抛出时的速度大小。
【答案】（1）；（2），方向沿y轴正方向；（3）
【详解】（1）b球向右运动到距y轴最远时有
，
解得
故a、b球碰撞时的位置坐标为。
（2）如图设a球初速度在x轴和y轴方向的分速度分别为、，b球运动到碰撞点P时的时间为
a球在时间t内在x轴方向的位移为
，
解得
可知a球沿x轴方向分速度为0时与b球发生碰撞，同时有
a球在b球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有
解得
方向沿y轴正方向。
（3） a、b球发生弹性碰撞后b球在电场中做类平抛运动，故可知ab球发生碰撞后到bc球发生碰撞的时间为
根据对称性可知b球刚好运动到N点时，c球也运动回到N点，并发生碰撞，可得c球从抛出点到返回N点运动的时间为，所以可得c球抛出时的速度大小为
13．（2023·安徽·统考一模）如图所示，倾角的斜面与水平面在P点平滑相接。A、B为两完全相同的物块，它们与斜面及水平面的动摩擦因数均为。现将A从距离P点处由静止释放，同时从P点给B一个沿斜面向上的初速度。A、B相遇时发生弹性正碰，重力加速度g取，，求：
（1）A物块释放后多长时间，A、B两物块发生碰撞；
（2）A、B最后停止时相距多远？
【答案】（1）1s；（2）0.4m
【详解】（1）设A、B的质量为m，A释放后经过t时间，B速度减为0，对A分析根据牛顿第二定律
对B分析根据牛顿第二定律
则速度为
代入数值解得
此时A的位移大小
B的位移大小
AB间相向运动了
刚好相遇。
（2）AB相碰前速度关系有
碰撞时根据动量守恒和机械能守恒
，
解得
从碰撞后到停止运动，对A分析有
对B分析有
A、B最后停止时相距
14．（2023·安徽·统考一模）碰撞恢复系数（一般用e表示）是指两个物体碰撞后的相对速度大小与碰撞前的相对速度大小的比值，表征碰撞过程中机械能的损失程度，与材料本身的性质有关。在光滑水平面上，小球B静止，另一小球A以水平速度与B发生正碰，A、B的质量分别为、m。
（1）若A与B的碰撞为弹性碰撞，求它们的碰撞恢复系数；
（2）若A、B的碰撞恢复系数为，碰撞过程损失的机械能。
【答案】（1）1；（2）
【详解】（1）设A与B的碰撞后球A的速度为，球B的速度为，由动量守恒得
A与B的碰撞为弹性碰撞，由机械能守恒得
解得
，
碰撞恢复系数为
（2）A与B的碰撞不是弹性碰撞，设A与B的碰撞后球A的速度为，球B的速度为，由动量守恒得
又
解得
，
碰撞过程损失的机械能
15．（2023·安徽·统考二模）某大型主题乐园拟设计一款户外游乐设施，设计团队用如图所示的装置进行模拟设计论证。该装置由模拟小人、固定弹射器、圆轨道和水平轨道组成。已知，模拟小人质量，弹射器的弹性势能可在间调节，圆轨道1为管状，半径，圆轨道2为环状，半径。两圆轨道间有长为的粗糙水平轨道，水平轨道与模拟小人之间的动摩擦因数。其余部分摩擦均不计。试求：
（1）游戏过程中模拟小人经过圆轨道1最高点时对轨道压力小于重力，弹射器发射时的弹性势能应满足的条件；
（2）游戏过程中模拟小人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，弹射器发射时的弹性势能应满足的条件，并计算模拟小人停的位置范围。
（3）为确保游戏安全，在圆轨道2的右侧放置一质量为的缓冲橡胶块，橡胶块不固定，模拟小人与缓冲橡胶块碰撞为弹性碰撞且碰撞时间可近似为，游戏安全要求模拟小人不脱离轨道且与缓冲橡胶块的撞击力不超过。当弹射器以最大弹性势能发射时，通过计算说明游戏设计是否安全。
【答案】（1）80J【详解】（1）要使人经过轨道1最高点，由能量守恒得
在轨道1最高点对人受力分析有
因压力小于重力，报满足
由能量守恒得
解得
Ep<120J
所以弹射器发射时的弹性势能应满足80J（2）人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，需满足人通过轨道1且最多到达轨道2右侧与圆心等高处，设弹性势能为Ep1时通过轨道1，由（1）可知
Ep1>80J
设弹性势能为Ep2时恰能到达轨道2右侧与圆心等高处，由能量守恒有
解得
Ep2=86J
弹射器发射时的弹性势能应满足
若以80J发射，则由能量守恒得
解得
s1=16m
若以86J发射，则由能量守恒得
解得
s2=17.2m
人停的位置离轨道1最低点的距离为s，则有
4m（3）设人与橡胶块碰前速度为v，由能量守恒得
人与橡胶块发生弹性碰撞，由动量守恒得
由能量守恒得
解得
碰撞过程中对m2分析，由动量定理得
解得
故碰撞符合安全要求。
碰后人向左运动，因
故人返回轨道2时不会脱离轨道，游戏设计符合安全要求。
16．（2023·安徽淮北·统考一模）如图所示，质量的子弹以的速度射入处在木板左端的物块，并留在物块里。子弹射入前，物块与木板一起随传送带以的速度匀速向右运动，子弹射入物块后，物块将在木板上滑行，最终未从木板上滑落。已知物块的质量，木板的质量，物块与木板间的动摩擦因数，木板与传送带间动摩擦因数，传送带速度始终保持不变。不计空气阻力，重力加速度取，求：
（1）物块相对于木板滑行的时间；
（2）木板与传送带间由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）子弹穿击物块过程中，子弹和物块组成系统动量守恒，则有
解得
此后子弹和物块一起做匀减速运动，对物块和子弹受力分析，由牛顿第二运动定律可得
木板做匀加速运动，由牛顿第二运动定律可得

解得
设经时间木板与滑块共速，则
解得
（2）木板与滑块共同的速度为

对木板和滑块
对传送带
木板与滑块共速后，由于
所以木板与滑块相对静止一起匀减速，设经与传送带共速
由匀变速运动的规律
解得
这段时间内，木板位移
传送带位移
板相对于传送带的位移
木板与传送带间产生的热量
解得
17．（2023·安徽滁州·校考二模）如图，长度L=16 m的传送带A与光滑水平高台B连接，高台B的左端竖直叠放着很多质量均为M=3 kg 的相同物块Q，物块间接触面也是光滑的，物块左侧固定一竖直杆C，杆的下方仅允许一个物块通过，物块通过后做平抛运动，落在左侧比高台低h=3.2 m的平台E上，平台E和高台B之间是宽度x=0.8 m的壕沟D。现将一质量m=1 kg的物块P轻放在以速度v=20 m/s逆时针转动的传送带A上，物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，物块均可视为质点，且物块间的碰撞时间极短、可视为弹性正碰。重力加速度g取10 m/s2。
（1）求物块P第一次离开传送带时的速度大小；
（2）物块P与第一块物块Q碰撞后，第一块物块Q是否会落在平台E上？请说明理由。
（3）物块P最多可使几块物块Q落在平台E上？
【答案】（1） 16 m/s；（2）会，见解析；（3）4
【详解】（1）设物块P第一次离开传送带前全程加速，第一次离开传送带时的速度为v0，则有
=2aL
μmg=ma
解得
v0=16 m/s即假设成立，物块P第一次离开传送带时速度大小为16 m/s。
（2）物块P与第一块物块Q碰撞，设碰撞后物块P和Q的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mv1+Mv2
解得
物块Q从高台向左水平抛出时的速度为v2，设其下落高度为h时，水平方向上的位移为x1，由平抛运动规律有
h=gt2
且
x1=v2t
解得
x1=6.4 m>x
故第一块物块Q会落在平台E上。
（3）由于物块P与第一块物块Q碰后速度v1=-8 m/s，物块P碰撞后向右再次进入传送带做减速运动，再反向加速到
与第二块物块Q相碰，此后一直重复这个过程，则物块P与第n个物块Q碰撞后物块Q的速度大小为
又
x=vmint
解得物块Q要落在平台E上的最小抛出速度
vmin=1 m/s
为了让所有撞出的物块都能落在平台E上，需
v2n≥vmin
即
（）nv0≥1 m/s
解得
n≤4
即物块P最多能使4块物块Q落在平台E上。
【备注】本题是多过程的情境题。（1）第一问是常规设问，但要注意平时题目中的传送带足够长，轻放的物块先加速后匀速，而该问中物块是全程加速的，需要进行判断；（2）第二问将常见的一动碰一静的弹性碰撞与传送带结合，情境复杂了，要对题设所提供信息进行加工，物块Q碰前是静止的，物块P在传送带上全程向左加速，构建好物理模型，应用物理规律求解即可；（3）第三问需要将物理模型转化为数学模型，对应用数学解决物理问题的能力有一定要求。
18．（2023·黑龙江大庆·铁人中学校考二模）有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为，质量均为，边缘凸起部位的宽度均为。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为8.5N时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取。
（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数（可用分数表示）。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
【答案】（1）0.01；（2）42.5N
【详解】（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为，根据动能定理
解得
（2）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理
解得
19．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考一模）如图甲所示，质量为m3＝4.0 kg的物块C与质量为m1＝1.0kg的长木板A放置在水平面上，两者之间有一被压缩的微型弹簧，长木板A的右端放置可视为质点的小物块B。t＝0时刻将压缩的微型弹簧释放，使A、C瞬间分离，两者获得的动能之和为10.0 J。在0.5 s时间内A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示。已知A、C与水平面间的动摩擦因数均为，物块B未脱离长木板A。重力加速度g取10 m／s2。求：
（1）物块C在水平面上运动的距离；
（2）小物块B的质量；
（3）小物块B与长木板A之间因摩擦所产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）微型弹簧释放，A、C分离过程满足动量守恒
又
解得
，
C在水平面上运动时的加速度大小为
由得
（2）由乙图可知
，
AB之间的摩擦力为
对A由牛顿第二定律有
解得
（3）AB速度相等时有
解得
，
在此过程中AB之间的相对位移为
在速度相等之后，长木板A的加速度大于小物块B的加速度，长木板A的加速度大小
解得
此过程中AB的相对位移
小物块B与长木板A之间因摩擦所产生的热量
20．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）如图所示，厚度均匀的足够长的木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端为L的Q处放有小物块B。平台OP与木板C的上表面等高，小物块A被压缩的弹簧从O点弹出，经P点滑上木板向右运动。A、B均可视为质点，已知弹簧弹性势能，OP间距离为4L，A与平台OP间、A与木板C间的动摩擦因数均为，B与木板C大小间的动摩擦因数为，A的质量m1=m，B的质量m2=2m，C的质量m3=4m，重力加速度大小为g。物块A与B碰撞前，木板锁定在地面上。
（1）求物块A在与物块B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）物块A与物块B发生弹性碰撞后瞬间木板解除锁定。设物块A与木板C相对静止前系统产生的热量为Q1，物块A与木板C相对静止后系统产生的热量为Q2，求Q1与Q2之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块A从O点运动到Q点，根据能量守恒定律
解得
（2）小物块A与B发生弹性碰撞，以向右为正方向，有
解得
，
小物块A向左减速，小物块B向右减速，木板C向右加速，根据牛顿第二定律，对小物块A，有
对小物块B，有
对木板C，有
解得
假设小物块A先减速至零，再反向加速直至与木板A共速时，B未与C共速，用时t1，有
解得
，
此过程中小物块B一直减速，有
解得
由可知，t1时物块B未与木板C共速，在t1时间内，小物块A向左减速位移大小为
小物块A向右加速位移大小为
木板C运动位移大小为
小物块B向右减速位移大小为
物块A与木板C相对静止前系统产生的热量为
解得
物块A滑上木板C至三者共速，根据动量守恒定律，有
由能量守恒定律
物块A与木板C相对静止后系统产生的热量为Q2，有
解得
所以
21．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图所示，在粗糙水平地面放置着质量分别为和的两个小物块A和B（可视为质点），二者间夹有少量炸药，某时刻点燃炸药，在极短时间炸药释放出的能量，并有60%转化为两物块的动能，接着物块A向右运动滑上一水平传送带，传送带匀速运行的速度大小为，当A运动到传送带左端M瞬间，传送带以加速度开始匀加速运行，最终A恰好能通过与传送带右端N相连的光滑半圆形导轨的最高点P，已知物块与地面间动摩擦因数，物块与传送带的动摩擦因数，半圆形轨道半径，g取，试求
（1）物块A运动到传送带左端M的速度大小；
（2）物块A由传动带左端M到传送带右端N所经历的时间t以及传送带的长度L。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）点燃炸药瞬间，两物块组成的系统动量守恒，设向右为正方向，则有
由已知
解得
A从开始运动至到传送带左端过程，由动能定理得
解得
（2）对A，在P点，根据牛顿第二定律有
，根据动能定理有
解得
设物块A在传送带上一直加速，则
解得
物块A与传送带共速时
，
解得
，
因，故物块与传送带共速后将与传送带以一起加速，设继续加速的时间为，则
故物块A由传动带左端M到传送带右端N所经历的时间
由运动学公式，传送带的长度
解得
22．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第一二二中学校校考二模）如图，轻绳上端固定在O点，下端将质量的小球悬挂在A点。质量的玩具子弹，以的速度射向小球，与小球碰撞后，又以的速度弹回。已知绳长为，g取，。求：
（1）碰撞后瞬间小球达到的速度。
（2）碰撞过程中系统发的热。
（3）碰撞后，小球向右摆动到最高点时相对于A点的高度。
（4）从碰撞后瞬间开始计时，小球经过多长时间第一次回到A点。
【答案】（1），水平向右；（2）；（3）；（4）1s
【详解】（1）以水平向右为正方向，子弹和小球组成的系统动量守恒
解得
方向水平向右。
（2）对碰撞前后，子弹和小球组成的系统能量守恒
解得碰撞过程中系统发的热
（3）碰撞后，小球向右摆动到最高点，由机械能守恒定律
解得最高点相对于A点的高度
（4）由于最高点的高度和绳长相比，所以小球被碰撞后的运动属于单摆运动，由单摆周期公式
解得
所以从碰撞后，小球经过多长时间第一次回到A点的时间
23．（2023·黑龙江大庆·统考一模）足够长的木板C静止在足够大的光滑水平面上，距C的左端处的P点放有一物块B，物块A以大小的水平初速度滑上木板的左端，如图所示。A、B（均视为质点）的质量均为，C的质量，A、B与木板C间的动摩擦因数均为，A、B间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求：
（1）A、B碰撞前的瞬间，A的速度大小；
（2）最终B与P点间的距离x；
（3）整个过程中因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）2m/s；（2）0.2m；（3）7.2J
【详解】（1）从A滑上C到A、B碰撞前的瞬间，A做匀减速直线运动，加速度大小为
B、C整体做匀加速直线运动，加速度大小为
设从A滑上C到A、B碰撞的时间为t1，根据匀变速直线运动的规律，结合几何关系有
解得
根据速度时间关系有
解得
（2）A、B碰撞前的瞬间，B、C的共同速度大小
设A、B碰撞后的瞬间，A、B的速度大小分别为vA2与vB2，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
此后，B做匀减速直线运动，A、C一起做匀加速直线运动，最终三者速度相等，根据动量守恒定律有
解得
A、B碰撞后，B做匀减速直线运动的加速度大小为
A、B碰撞后，B通过的位移大小为
A、B碰撞后，A、C一起做匀加速直线运动的加速度大小为
A、B碰撞后，C通过的位移大小为
所以
（3）A、B碰撞前，A、C间因摩擦产生的热量为
A、B碰撞后，B、C间因摩擦产生的热量为
所以
24．（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考一模）光滑水平面上，质量为的小球A以的速度向右运动，与同向运动的速度为、质量为的半径相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以的速度运动。求：
（1）碰后A球的速度；
（2）碰撞过程中A球对B球的冲量大小；
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能。
【答案】（1）2m/s；（2）4；（3）4J
【详解】（1）设碰前A球的速度为，B球的速度为，碰后的速度分别为，，以水平右为正方向，A、B小球组成的系统碰撞前后动量守恒，有
代入数据解得
即碰后A的速度为2m/s。
（2）碰撞前B球的动量
碰撞后B球的动量
由动量定理可知，碰撞中A求对B球的冲量大小等于B球的动量变化量，即
故碰撞过程中A球对B球的冲量大小为（或写成 也可以）
（3）碰撞过程中A、B系统损失的机械能为
代入数据解得
25．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）如图所示，光滑水平地面上放置着质量为的长木板A和质量为的滑块C，长木板的左端放有质量为的滑块B（可看成质点）．现给A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量，此后A、B一起向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞（时间极短），再经过一段时间后A、B再次一起向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变．已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度取，求：
（1）获得冲量后瞬间A、B的速度；
（2）A、C碰撞时损失的机械能；
（3）要保证滑块B不脱离长木板A，长木板A的长度至少为多长。
【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3）
【详解】（1）以A、B为整体，由动量定理可得
解得获得冲量后瞬间A、B的速度为
方向水平向右。
（2）A、C碰撞瞬间，由动量守恒定律可得
在A、C碰撞后到A、B再次共速的过程中，A、B组成的系统由动量守恒可得
根据题意有
联立解得
，，
A、C碰撞时损失的机械能为
（3）在A、C碰撞后到A、B再次共速的过程中，A、B相互作用的时间为
长木板A的长度至少为
代入数据解得
26．（2023·山西·一模）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为滑块P与AB之间的动摩擦因数为。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于O'点，另一端系一质量的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10。求：
（1）Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小；
（2）碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后Q的最大摆角小于5°时，可视为做简谐运动，已知）
（3）计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。
【答案】（1）18N；（2）不能，不能；（3）0.4s，不可能，见解析
【详解】（1）Q释放后到碰撞前，由机械能守恒定律
解得
在最低点由牛顿第二定律
联立解得Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入解得
，
碰后，P在滑板上滑动，P与滑板共速时，相对AB的高度最大，设此高度为，此时，P与滑板的速度大小为，根据动量守恒和能量守恒得
解得
由于，所以碰后P不能从C点滑出；
设Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为θ，对Q由机械能守恒定律
解得
所以，故碰后Q的运动不能视为简谐运动。
（3）物体P最终相对滑板静止于AB之间的某一点，根据水平动量守恒和能量守恒得
解得
因为滑块P与滑板的相对位移，所以滑块P会滑过B点进入BC段，再滑回B点，最终相对滑板静止在AB之间。设P两次经过B点的速度分别为v4和，以向左为正，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得
同理可得
因为P第二次滑到B点的速度，说明其相对地面的速度方向向左，所以P不可能相对地面向右运动。
P相对滑板的水平部分AB运动时，对P由牛顿第二定律
所以
P第一次滑上AB时，做匀减速直线运动，时间为
P第二次滑上AB时，做匀加速直线运动，时间为
所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间
27．（2023·山西·统考一模）有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为，质量均为，边缘凸起部位的宽度均为。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取。
（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为，根据动能定理
解得
（2）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理
解得
（3）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理
设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有
3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为，根据动能定理
设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有
从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理
联立解得
28．（2023·山西·一模）如图所示，足够长的水平面与足够长的水平传送带平滑连接，传送带做逆时针转动，速度，物块B静止放在传送带的最左端，物块以的速度与B发生弹性碰撞，各接触面间的动摩擦因数均为，A的质量为，B的质量为，A和B两物体均可看作质点，取，求：
（1）B物体在传送带上的运动时间；
（2）最终A、B两物体的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）A和B发生弹性碰撞满足
，
解得
，
B物体在传送带上向右速度减为0后反向加速到，此过程中B的加速度大小为
时间
位移
此后B在传送带上匀速运动的时间
则B物体在传送带上的运动时间
（2）物体在水平面上运动的距离满足
B物体在水平面上运动的距离满足
最终A、B两物体的距离
解得
29．（2023·山西·统考模拟预测）如图所示，质量的平板车放在光滑的水平面上，质量的物块放在平板车右端上表面，质量的小球用长为的细线悬挂于点，点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角为，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度取，求：
（1）平板车的长度；
（2）小球与平板车碰撞过程损失的机械能。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设物块在平板车上滑动时的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与平板车最后的共同速度为，根据运动学公式有
设小球与平板车相碰后，平板车的速度为，根据动量守恒定律有
解得
设平板车的长度为，根据能量守恒有
解得
（2）设小球与平板车相碰前速度为，根据机械能守恒定律有
解得
设碰撞后小球的速度为，根据动量守恒定律有
解得
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
30．（2023·山西·统考二模）如图所示，厚度均匀的长木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端L处放有小物块B．某时刻小物块A以某一初速度从左端滑上木板向右运动，已知A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为，A、B、C三者的质量相等，重力加速度为g。求：
(1)A刚滑上木板时，A、B的加速度大小；
(2)要使A、B不发生碰撞，A的初速度应满足的条件；
(3)若已知A的初速度为，且A、B之间发生弹性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直线运动。要保证A、B均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少。
【答案】(1)，；(2)；(3)
【详解】(1)对A有
得
对BC有
解得
(2)若A、B刚好不发生碰撞，则三都正好达到共同速，由动量守恒有
且有
解得
(3)由于弹性碰撞，A、B碰后交换速度，等同于A与C相对静止一起向前加速，B继续减速，刚好不滑下木板时，三者达到共同速度，由动量守恒有
且有
联立解得
31．（2023·吉林·统考三模）如果一质量为m的小球A，静置于一质量为的长管管口，长管竖直放置于水平地面上，如图所示，一质量为的小球B，以某一竖直向下的速度与小球A发生弹性正碰。碰后小球B被收回取走，小球A进入管内，且小球A与管壁间的摩擦阻力大小恒为。小球A在管底与地面发生弹性碰撞，之后上升过程中恰好未脱离长管管口。当长管落地时仍与地面发生弹性碰撞，长管始终保持竖直方向，管长。已知g取10m/s2。不计空气阻力及小球的大小，求：
（1）小球A在管底与地面碰撞后瞬间速度的大小；
（2）小球B在与小球A碰撞前瞬间，小球B速度的大小；
（3）长管第2次碰撞地面前，小球A距管口上端的距离。
【答案】（1）60m/s；（2）；（3）
【详解】（1）当A球与地面碰撞后，上升过程中，根据牛顿第二定律有
，方向竖直向下
，方向竖直向上
设碰撞后瞬间小球A的速度大小为v，经时间t小球A和长管在上升过程中共速，则
解得
，
小球A刚好未脱离管口可得
联立解得
（2）设球B与A碰撞后，球A的速度为vA，则
，方向竖直向上
解得
A、B碰撞过程满足
解得
（3）由（1）可知，长管下端距地面的高度为
长管从H高处下落后，与地面第一次碰撞，碰后
，
根据牛顿第二定律
，方向竖直向上
，方向竖直向下
由此可知，小球A和管同时速度减为零，此时
所以长管第2次碰地前小球A距长管上端的距离为。
32．（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）我国交通法规定摩托车、电动车、自行车的骑乘人员必砖块须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。安全头盔主要由帽壳和帽衬（如图）构成。某同学对安全头盔性能进行了模拟检帽衬测，已知该头盔的质量（帽衬质量忽略不计），将一质量的砖块固定在头盔帽衬上，然后让其与头盔在距离地面高处一起自由下落，头盔与水泥地面碰撞，帽壳被挤压凹陷了时速度减为0，此时由于帽衬的缓冲，砖块继续运动的时间速度也减为0。将帽壳与地面相碰挤压变形的过程视为匀减速直线运动，帽壳速度减为0就不在运动，忽略空气阻力，重力加速度g取10。求：
（1）头盔刚落地时的速度大小；
（2）若头盔做匀减速运动的过程中忽略砖块对头盔的作用力，则头盔受到地面的平均作用力大小；
（3）从头盔着地到砖块停止运动的过程中帽衬对砖块的平均作用力大小。
【答案】（1）6m/s；（2）610N；（3）155N
【详解】（1）头盔做自由落体运动
解得
（2）帽壳与地面相碰挤压变形的过程视为匀减速直线运动，匀减的时间为
取竖直向下为正方向，根据动量定理
解得
（3）取竖直向下为正方向，根据动量定理
解得
33．（2023·吉林·统考三模）2022年北京冬奥会我国运动员在冰壶比赛中取得了新的突破。比赛中运动员用脚蹬固定的起踏器后和冰壶一起前进，在前掷线处将冰壶脱手。按比赛规则，队友可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数来调节冰壶的运动，使其到达理想位置。已知冰壶质量，运动员质量，重力加速度大小。（冰面视作水平面，冰壶视为质点）
（1）在某次投壶过程中运动员离开起踏器时他和红色冰壶的速率，已知运动员和起踏器相互作用的时间，求此过程中运动员（包含冰壶）在水平方向所受平均作用力的大小F；
（2）若红色冰壶沿直线运动到距营垒中心处的速度，队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶滑过被毛刷摩擦过的冰面后以的速度与静止在营垒中心、质量相等的蓝色冰壶发生对心碰撞，碰后无人再用毛刷摩擦冰面，蓝色冰壶以的速度向前滑行。求碰撞后红色冰壶的滑行距离x。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对运动员和冰壶整体分析：根据动量定理得
得
（2）设冰壶与冰面间的动摩擦因数为，红色冰壶与蓝色冰壶碰撞前，根据动能定理
得
设碰撞后红壶的速度为，红壶和蓝壶碰撞过程动量守恒，由动量守恒方程得
得
根据动能定理得
得
34．（2023·吉林·统考三模）如图所示，质量、长度的木板A静置在足够大的光滑水平地面上，质量、可视为质点的物块B放在木板A右端，现对木板A施加一水平向右的恒力F＝5N，两者由静止开始运动，作用一段时间后撤去恒力F，物块B恰好能到达木板A的左端。已知物块B与木板A间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）物块B与木板A间因摩擦产生的热量Q；
（2）摩擦力对物块B的冲量大小I。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据功能关系有
解得
（2）设物块B在木板A上滑动时的加速度大小为a，恒力F的作用时间为，撤去恒力F后物块B在木板A上滑动的时间为，恒力F撤去前、后木板A的加速度大小分别为、，则有
解得
35．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）如图所示，一倾角的斜面固定在水平面上，质量为的物块静止于斜面上的O点。从斜面顶端轻轻释放一个小球，小球的质量为m，O点距离斜面顶端高度。小球与物块发生碰撞时无能量损失，二者在斜面上只碰撞了一次。物块与斜面间的动摩擦因数等于0.75，小球与斜面间的摩擦忽略不计，重力加速度g取，，。求：
（1）碰撞后瞬间小球与物块的速度、；
（2）斜面的可能高度H。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）设刚要碰撞时小球的速度为，根据机械能守恒定律有
碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
小球速度沿斜面向上，物块速度沿斜面向下。
（2）碰撞后，小球的加速度为，物块的加速度为，根据牛顿运动定律有
，，
解得
，
所以物块匀速下滑。
假设小球经时间t第二次与物块在斜面上碰撞，取沿斜面向下为正方向，于是有
，，
其中，解得
，
所以斜面总高度的最大值
即二者若在斜面上只能碰撞一次，斜面高度要小于。
36．（2023·吉林长春·长春市第二中学校考模拟预测）如图所示，质量为的小球A用长为R的不可伸长的轻绳悬挂于O点，在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C（其右端有一不计厚度的轻质挡板）的左端静止，B处于O点正下方，OB两点距离为R，将小球A拉起，使轻绳被水平拉直，将A球由静止释放，A与B发生弹性正碰（碰撞时间极短），重力加速度为g。
（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦；
（2）若长木板Ｃ的质量为3m，B与C间的动摩擦因数为μ，B刚好能运动到木板C右端的挡板处，求木板Ｃ的长度L；
（3）若只将（2）问中B与C间的动摩擦因数改为（木板C的长度不变），则小物块B与挡板相撞后，恰好能回到C左端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设小球A与B碰前瞬间速度为v0，则有
设碰后A和B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
设碰后A球能上升的最大高度为H，有
联立解得
（2）由（1）可求得碰后B的速度为
B与C相互作用达到的共同速度为v，有
由以上各式解得
（3）因B恰好能回到C左端，由B与C系统动量守恒可知，B与C最后的速度也为v，有
由以上各式解得
37．（2023·吉林·统考二模）电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝1.0kg。每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻值，ab边长L＝20cm，bc边长d＝10cm，该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小B＝0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。求：
（1）刚进入磁场时减震器的加速度大小；
（2）第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小；
（3）若减震器的初速度v＝5.0m/s，则滑动杆上需安装多少个线圈才能使其完全停下来？求第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k？不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。
【答案】（1）；（2）0.2m/s；（3）96
【详解】（1）减震器受到的安培力为
刚进入磁场减速瞬间减震器的加速度为
（2）设向右为正方向，对减震器进行分析，由动量定理可得
解得
（3）由上述小题得，每一个线圈进入磁场的过程中，减震器速度减小量
线圈的个数为
个
则需要13个线圈，只有进入磁场的线圈产生热量，线圈产生的热量等于动能的减少量。
第一个线圈恰好完全进入磁场时
最后一个线圈刚进入磁场时
因此