冲刺2025年高考物理大题突破(新高考通用)大题03动量与能量的综合应用(原卷版+解析)

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动量与能量的综合应用是高考物理的高频核心模块，在全国卷及新高考卷中占比约15%-20%，常为压轴题，综合动量守恒、能量守恒及动力学分析，典型模型如多物体碰撞（A碰B，B再碰C）、含弹簧/摩擦的复杂系统（滑块-弹簧-斜面组合）如空间站机械臂抓取卫星的动量控制、高铁防撞设计中的动能吸、自动驾驶汽车多车碰撞的动量分配与安全算法模拟 、空间碎片碰撞的轨道预测与动量追踪。 2025年高考对“动量和能量的综合应用”考查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题思路，突出物理观念的系统性与实际问题的模型转化能力。备考需以守恒思想为核心，强化复杂系统的分析能力，同时关注科技前沿与跨学科融合，做到“以守恒破万变，以模型驭创新”。
题型1 动能定理的综合应用
例1. (2023上海交大附中高三校考)某兴趣小组设计了一个游戏装置，其简化模型如图1所示，斜面轨道AB长L＝2 m，倾角α＝37°，与小球间动摩擦因数μ＝0.5，BC为光滑水平轨道，CDEFG轨道竖直放置，由4个半径R＝0.2 m的四分之一光滑圆弧轨道组成，D点与F点为竖直连接点，当小球在圆弧轨道上运动时，轨道与小球间存在沿半径方向(指向圆心)、大小为F＝4 N的特殊引力，上述各部分轨道平滑连接，连接处无能量损失。一质量为m＝0.1 kg的小球从斜面顶端A点以一定的初速度沿斜面滑下，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
图1
(1)若小球以v0＝2 m/s的初速度从A点滑下时，
①求小球到达斜面底端B点的速度vB；
②求小球刚过D点瞬间对轨道的压力；
(2)要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点E，求小球在A点初速度vA的取值范围。
答案 (1)①2eq \r(3) m/s ②0 (2)0≤vA≤2 m/s
解析 (1)①从A点到B点，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得vB＝2eq \r(3) m/s。
②从B点到D点，由动能定理得
－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vD＝2eq \r(2) m/s
设小球在D点受到轨道给它的弹力FN，
由牛顿第二定律得F＋FN＝meq \f(veq \\al(2,D),R)
解得FN＝0
由牛顿第三定律得，小球刚过D点瞬间对轨道的压力
FN′＝0。
(2)从A点到E点，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcs 37°－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得vE＝vA
能够到达圆弧轨道最高点E的最小速度为零。为了保证小球不脱离轨道，在D点轨道对小球弹力大于等于零。因在D点FN＝0时，A点速度为vA＝2 m/s。
要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点E，小球在A点初速度vA的取值范围为0≤vA≤2 m/s。
例2.（2024山东潍坊三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r＝22.5 m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R＝100 m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ＝37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN＝410 N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
（1）小朋友在B点时的速度v0；
（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。
答案（1）15 m/s，方向水平向左 （2）1 800 J
解析（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝mv02r，所以v0＝15 m/s，方向水平向左。
（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得mgr（1－cs 37°）－W克f＝12mvE2－12mv02，在E点，根据牛顿第二定律可得FN－mgcs 37°＝mvE2R，联立可得W克f＝1 800 J。
1．（2024江苏苏州模考）如图所示，高度h＝0.8 m的光滑导轨AB位于竖直平面内，其末端与长度L＝0.7 m的粗糙水平导轨BC相连，BC与竖直放置内壁光滑的半圆形管道CD相连，半圆的圆心O在C点的正下方，C点离地面的高度H＝1.25 m。一个质量m＝1 kg的小滑块（可视为质点），从A点由静止下滑，小滑块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小滑块到达C点时的速度大小；
（2）若半圆形管道的半径r＝0.5 m，求小滑块从C点刚进入管道时对管壁的弹力大小和方向；
（3）若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？
答案（1）3 m/s （2）8 N 方向竖直向上（3）当r＝0.2 m时水平射程最远，最远的水平距离为1.7 m
解析（1）对小滑块从A到C整个过程应用动能定理得mgh－μmgL＝12mvC2，代入数据解得vC＝3 m/s。
（2）小滑块在C点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则FN＋mg＝mvC2r，代入数据解得FN＝8 N，根据牛顿第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力FN'＝FN＝8 N，方向竖直向上。
（3）设小滑块做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－2r＝12gt2，水平射程x＝vDt，从C到D的过程，由动能定理得mg×2r＝12mvD2－12mvC2，解得x＝2（H－2r）g（vC2+4gr）＝（2H－4r）×vC2g+4r，当2H－4r＝vC2g＋4r时，解得r＝0.2 m，即当r＝0.2 m时水平射程最远。最远的水平距离为xmax＝1.7 m。
题型二 机械能守恒定律的综合应用
例3.（2024浙江杭州二模）有一个固定的、足够长的光滑直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m的滑块A（可视为质点）用足够长的且不可伸长的轻绳将滑块A与另一个质量为2m的物块B通过光滑的定滑轮相连接，轻绳因悬挂B而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其水平长度为L，现将滑块A从图中O点由静止释放（整个运动过程中A和B不会触地，B不会触及滑轮和直杆），sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。
（1）当绳子与直杆垂直时，求滑块A的速度v；
（2）求滑块A沿杆向下运动的最大位移x。
答案（1）211gL5 （2）5021L
解析（1）当绳子与直杆垂直时，此时B下落到最低点，B的速度刚好为0，根据几何关系可得A下滑的高度hA＝Lsin 53° cs 53°＝1225L，B下落的高度hB＝L－Lsin 53°＝15L，根据系统机械能守恒得mghA＋2mghB＝12mv2，解得滑块A的速度v＝211gL5。
（2）滑块A下滑到最低点时的速度为零，此时B的速度也为零，根据系统机械能守恒可知，滑块A重力势能的减少量等于B重力势能的增加量，则有mgxsin 53°＝2mghB'，根据几何关系可得hB'＝（xsin53°）2＋（L－xcs53°）2－L，联立解得滑块A沿杆向下运动的最大位移x＝5021L。
例4.如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
答案 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
解析 (1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma①
FN－mgcs θ＝0②
Ff＝μFN③
联立①②③式并代入题给数据得
a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T1x1＋T2x2⑤
式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有
－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。
2．如图所示，O为固定在水平面的转轴，小球A、B的质量均为m，A与B、O间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L，B球置于水平地面上，B、O之间用一轻质弹簧连接。现给A施加一竖直向上的力F，此时两杆夹角θ＝60°，弹簧处于原长。改变F使A球缓慢运动，当θ＝106°时力F恰好为零。A、B始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，重力加速度为g。
(1)求弹簧的劲度系数k；
(2)若A球自由释放时加速度为a，此时B球加速度多大？
(3)在(2)情况下当θ＝90°时，B的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能。
答案 (1)eq \f(10mg,9L) (2)eq \f(g－2a,2\r(3))(3)eq \f(\r(3)－\r(2),2)mgL－eq \f(3,4)mv2
解析 (1)对A球受力分析，如图甲所示
有2F1cs 53°＝mg
对B球受力分析，如图乙所示
有FBsin 53°＝kx
其中x＝2L(sin 53°－sin 30°)
且F1＝FB，解得k＝eq \f(10mg,9L)。
(2)A球自由释放时的加速度方向垂直于AO杆，
由牛顿第二定律得
mgcs 60°－F1cs 30°＝ma
对B有F1cs 60°＝maB
解得aB＝eq \f(g－2a,2\r(3))。
(3)当θ＝90°时，vA＝vcs 45°，对系统由机械能守恒定律得
mgL(cs 30°－cs 45°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mv2＋Ep
解得Ep＝eq \f(\r(3)－\r(2),2)mgL－eq \f(3,4)mv2。
题型三 功能关系
例5.如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：
(1)滑块到达B处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
答案 (1)2eq \r(10) m/s (2)eq \r(\f(8,35)) s (3)5 J
解析 (1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝2eq \r(10) m/s。
(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma
且x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，解得t1＝eq \r(\f(8,35)) s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
Wf－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入数值得Wf＝－5 J，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J。
例6.如图甲所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等部分组成。如图乙所示，是某处避险车道的简化示意图。若一辆卡车质量为8 t，在直干道上以72 km/h的速度向坡下行驶，运动到A处刹车突然失灵，司机发现危险后控制卡车经过一段竖直面内的圆弧车道驶上制动坡床进行减速，再过一段时间，卡车停止且未与防撞设施发生碰撞。若A、C间的高度差为50 m，卡车运动到C点时速度为108 km/h，制动坡床可视为与水平面间的夹角为θ＝30°的斜面，卡车在制动坡床上运动时受到坡床的阻力大小是其重力大小的eq \f(7,10)，重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)求卡车从A运动到C的过程中损失的机械能。
(2)为保障该卡车的安全，这条避险车道至少需要多长？
(3)卡车在制动坡床上速度减为零后，受到制动坡床的摩擦力为多大？
答案 (1)2×106 J (2)37.5 m (3)4×104 N
解析 (1)卡车从A运动到C的过程，以C点所在水平面为参考平面，根据能量守恒定律有
mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝ΔE＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得ΔE＝2×106 J。
(2)卡车经过C点后，在制动坡床上运动的过程，根据动能定理有
－mgLsin θ－fL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中f＝eq \f(7,10)mg
解得L＝37.5 m
故这条避险车道至少需要37.5 m。
(3)由于mgsin θ＝eq \f(1,2)mg＜f＝eq \f(7,10)mg，卡车在制动坡床上速度减为零后停止运动
卡车停止运动后，受到制动坡床的摩擦力为Ff＝mgsin θ，解得Ff＝4×104 N。
3．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
(2)物块运动到B点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
答案 (1)2 m/s2 (2)2eq \r(5) m/s
(3)14.5 J 1 m
解析 (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得
2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝2eq \r(5) m/s。
(3)根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－μmgl
解得Ep＝14.5 J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A相对地面的位移
x1＝eq \f(veq \\al(2,0)－veq \\al(2,B),2a)＝eq \f(52－（2\r(5)）2,2×2) m＝1.25 m
则小车的位移x＝x1－l＝1 m
即弹簧被压缩的距离为1 m。
题型四 动量与能量的综合应用
例7.喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成，利用一根软管将水从河中抽入飞行器，再以较高的速度竖直向下喷出两道高压水柱，可将使用者推至距水面几米的高度，如图9所示。现有一质量为M的使用者被缓慢推至水面上方某一高处悬停，设此状态下飞行器的质量恒为m，水喷出前的速度为零，两个喷水口的横截面积均为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，空气阻力及抽水过程中软管和河水对飞行器的作用均可忽略不计，求：
(1)两个喷水口喷出水的速度需要多大？
(2)飞行器喷水的平均功率多大？
答案 (1)eq \r(\f(（M＋m）g,2Sρ)) (2)eq \f(1,2)(M＋m)geq \r(\f(（M＋m）g,2Sρ))
解析 (1)使用者和飞行器在水面上方某一高处悬停，根据平衡条件可知，喷水产生的推力为
F＝(M＋m)g
对喷出的水用动量定理，可得F′Δt＝2Δmv
其中Δm＝ρvΔtS
根据牛顿第三定律可知F＝F′
解得v＝eq \r(\f(（M＋m）g,2Sρ))。
(2)根据动能定理，飞行器在Δt时间内对水做的功为W＝eq \f(1,2)×2Δmv2－0
则飞行器喷水的平均功率为
eq \(P,\s\up6(－))＝eq \f(W,Δt)＝eq \f(1,2)(M＋m)geq \r(\f(（M＋m）g,2Sρ))。
例8.(2023福建漳州一模)如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：
(1)小球A向右摆动的最大速度；
(2)物块B运动过程中的最大速度；
(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
答案 (1)eq \r(2gL) (2)eq \r(2gL) (3)eq \f(1,2)L
解析 (1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得
mAgL＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2gL)。
(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得mAv1＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒得
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
解得vA＝0，vB＝eq \r(2gL)。
(3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，
设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得
mAv1＝(mA＋mB)v
由机械能守恒定律得
mAgh＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
联立解得h＝eq \f(1,2)L。
4.（2024湖北武汉二模）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t＝0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA＝36、μB＝33，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；
（2）A、B发生第三次碰撞的时刻；
（3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移大小。
答案（1）0.25 m/s 0.75 m/s （2）1.0 s
（3）0.05（3n2－3n＋1） m
解析（1）A沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin θ－μA×3mg·cs θ＝3ma，分析B的受力，则mgsin θ＝μBmgcs θ，即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律得vA02＝2al，A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1，12×3mvA02＝12×3mvA12＋12mvB12，解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。
（2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有vA0＝at0，B以速度vB1做匀速直线运动，A以初速度vA1，加速度a做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1t1＋12at12＝vB1t1，此时，B以速度vB1做匀速直线运动，A的速度为vA1'＝vA1＋at1，A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝3mvA2＋mvB2，12×3mvA1'2＋12mvB12＝12×3mvA22＋12mvB22，B以速度vB2做匀速直线运动，A以初速度vA2，加速度a做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有vA2t2＋12at22＝vB2t2，显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4 s。故A与B发生第三次碰撞后的时刻为T3＝t0＋t1＋t2，解得T3＝1.0 s。
（3）从开始至第一次碰撞xA1＝l，从第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，从第二次碰撞至第三次碰撞xA3＝8l＋4l＝12l，从第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，从第n－1次碰撞至第n次碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l （n＞1），A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－3n＋1） m。

1．如图甲所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑草场修建如图乙所示模型。斜面滑道CD与水平地面AB的夹角θ＝37°，在底端右侧有一半径R＝1 m的eq \f(1,4)竖直圆弧轨道BE与AB相切，B为切点。其中CD的长度L＝125 m，DB之间距离l＝5 m。一个质量m＝60 kg的游客(可视为质点)从C点由静止开始下滑，恰好到达E点。游客与倾斜直轨道和水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.7，且经过D、B两点时不考虑能量损失，忽略空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率；
(2)游客到达B点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)从B到E的过程中，摩擦力对游客做的功。
答案 (1)3600W (2)2400N (3)－300J
解析 (1)游客从C到D过程，根据动能定理得
mgLsin θ－μmgcs θ·L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－0
解得vD＝10 m/s
游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率为
PG＝mgvDsin θ＝3 600 W。
(2)游客从D到B过程，根据动能定理得
－μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
解得vB＝eq \r(30) m/s
游客到达B点时，根据牛顿第二定律可得
FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,B),R)
解得FN＝2400N
根据牛顿第三定律可知，游客到达B点时，对圆弧轨道的压力大小为2 400 N。
(3)从B到E的过程，根据动能定理得
－mgR＋Wf＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得Wf＝－300 J。
2．如图所示，光滑弧形坡道顶端距水平面高度为h，底端切线水平且与一水平粗糙滑道相连接，O点为连接处，一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与O点的距离为s。质量为m的小物块A从坡道顶端由静止开始滑下，进入水平滑道并压缩弹簧，已知弹簧的最大压缩量为d，物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)若物块能够被重新弹回到坡道上，则它在坡道上能够上升的最大高度H。
答案 (1)mgh－μmg(s＋d) (2)h－2μ(s＋d)
解析 (1)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为Wf＝μmg(s＋d)
由功能关系得mgh＝Ep＋Wf
解得弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgh－μmg(s＋d)。
(2)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为Wf＝μmg(s＋d)
由功能关系得mgH＝Ep－Wf
解得物块A能够上升的最大高度为
H＝h－2μ(s＋d)。
3．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体ABC固定在高度为h＝0.8 m的水平桌面上，斜面顶点C与桌面边缘D距离L＝0.4 m，Q为斜面上的一点，P是QC的中点。小滑块与斜面间动摩擦因数μ1＝0.5，与桌面间动摩擦因数μ2＝0.1。将小滑块从斜面上P点由静止释放，刚好能够停在D点；再将小滑块从斜面上Q点由静止释放，小滑块越过D点做平抛运动落在水平地面上。小滑块从斜面到桌面转折处机械能损失不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
图9
(1)斜面上点P与点C之间的距离；
(2)小滑块做平抛运动的水平位移。
答案 (1)0.2 m (2)0.16eq \r(5) m
解析 (1)设P、C两点之间的距离为L1，从P点到D点，克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cs θ＋μ2mgL
根据能量守恒定律，有mgL1sin θ－Wf＝0
解得L1＝eq \f(μ2L,sin θ－μ1cs θ)＝0.2 m。
(2)设小滑块从Q点由静止释放运动到D点时的速度为v，由动能定理，有
2mgL1sin θ－2μ1mgL1cs θ－μ2mgL＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(0.8) m/s＝0.4eq \r(5) m/s
小滑块从D点做平抛运动，竖直方向有
h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
平抛运动的水平方向位移x＝vt
代入数据解得x＝0.16eq \r(5) m。
4．（2024山西太原二模）如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球B、C通过一竖直轻弹簧相连，C球放在水平地面上，定滑轮N到水平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，当A运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝37°，此时C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）A球在P2点时的速度大小。
答案（1）3mgL （2）10123gL123
解析（1）设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x，对B有kx1＝mg，当A运动到P2处时，C恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝Lsin37°－L＝23L，解得k＝3mgL。
（2）设A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcs 37°，小球A在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有F·Ltanθ＝mg（x1＋x2）＋12mv2＋12mvB2，解得A球在P2点时的速度大小v＝10123gL123。
5．（2024浙江台州二模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，倾斜直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块质量m＝0.02 kg（可视为质点），轨道BCD的半径R＝0.9 m，管道DEF的半径r＝0.1 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.8，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l＝1 m，倾角θ＝37°，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）
（1）在某次游戏中滑块第1次运动到与O1等高的C点时的速度v1＝3 m/s，求滑块受到的支持力大小。
（2）滑块恰好到达F，求弹簧的弹性势能。
（3）弹射器将滑块弹出后迅速撤走弹射器，要使滑块最终停在轨道FG上，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。
答案（1）0.2 N （2）0.45 J （3）0.45 J≤Ep≤0.656 J
解析（1）滑块在C点，受到的弹力提供向心力，则FNC＝mv12R，解得FNC＝0.2 N。
（2）假定滑块刚好到达F点有vF＝0，从A运动到F点－mg（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4 J，滑块要能到F点，须先通过D点，刚好过D点时有mg＝mvD2R，得vD＝3 m/s，从A运动到D点，有－mg×2R＝12mvD2－Ep2，解得Ep2＝0.45 J，因为Ep2＞Ep1，所以恰好到F点时，弹簧的弹性势能为0.45 J。
（3）由于μ＞tan θ，滑块在弹回的过程中刚好停在F点时弹簧的弹性势能最大，从A运动到F过程，根据动能定理得－mg（2R＋2r）－μmgcs θ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656 J，所以弹簧的弹性势能Ep的取值范围0.45 J≤Ep≤0.656 J。
5．（2024湖南师大附中高三月考）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，弹簧下端固定在地面，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α。某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），sin α＝0.8，cs α＝0.6。求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）小球位于Q点时的速度大小；
（3）小球甲和物体乙的机械能之和的最大值（设放手前甲、乙在同一水平面上，且以此水平面为零势能面）。
答案（1）3mg2d （2） 8gd3 （3）mgd3
解析（1）由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtan α＝43d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝12PQ＝23d
对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx
解得k＝3mg2d。
（2）当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg·dcsα－d－mgdtan α＝12mv2
解得v＝ 8gd3。
（3）由系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球甲和物体乙的机械能之和最大Em＝12kx2＝mgd3。
6．某滑雪运动场设置了如图所示的游乐项目，光滑雪道AB段和光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径R＝4 m，B为圆轨道的最低点。水平粗糙轨道BC两端分别与竖直圆轨道、水平传送带CD平滑相连，传送带以速度v＝10 m/s向左匀速运动。一个质量为m＝50 kg的滑雪运动员(视为质点)从右侧雪道上的A点由静止滑下，恰能通过竖直圆轨道的最高点。已知运动员与BC段间的动摩擦因数μ1可调节，与传送带CD间的动摩擦因数为μ2＝0.36，LBC＝12 m，LCD＝5 m，所有轨道均在同一竖直面内，重力加速度g＝10 m/s2 ，不计空气阻力。
(1)求A点距水平轨道BC的高度h；
(2)若要使运动员一直匀加速通过传送带CD，则其与BC段间的动摩擦因数μ1的取值范围为多少？
(3)若运动员以最长时间通过传送带，从D点水平飞出落在倾角α＝37°的斜坡DE上，求运动员在斜坡上的落点与传送带上表面的竖直高度h'(sin 37°＝0.6)。
答案(1)10 m (2)1730≤μ1≤56 (3)4.05 m
解析(1)设滑雪运动员到达竖直圆轨道最高点的速度为v，则在最高点满足mg＝mv2R
运动员从A点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R)＝12mv2
解得h＝10 m。
(2)运动员要一直匀加速通过传送带，则vC≥0且vD≤10 m/s
运动员从A到C过程中，由动能定理有
mgh－μ1mgLBC＝12mvC2－0
运动员从A到D过程中，由动能定理有
mgh－μ1mgLBC＋μ2mgLCD＝12mvD2－0
解得1730≤μ1≤56。
(3)运动员要以最长时间通过传送带，则其在传送带上做vC＝0的匀加速直线运动，从C到D的过程中，由动能定理可得μ2mgLCD＝12mvD2－0
解得vD＝6 m/s
运动员从D点飞出后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，水平位移为x，竖直位移为h'，则
x＝vDt，h'＝12gt2，ℎ'x＝tan 37°
联立可得h'＝4.05 m。
7．（2024江苏南师附中三模）如图所示，人坐在滑车上在冰面上以速度v0＝4 m/s向右滑行，人与滑车总质量m1＝100 kg，与冰面摩擦不计，在O点静止一质量m2＝20 kg的木箱，木箱与冰面间动摩擦因数μ＝0.2，当人到达O点时，将木箱相对地以速度v＝5 m/s水平向右推出。此后人在A点再次追上木箱，人迅速抓住木箱并水平推着木箱一起运动，最后停在B点。重力加速度g取10 m/s2。
（1）推出木箱后，人的速度大小为多少？
（2）B点离O点距离x为多少？
答案（1）3 m/s （2）16.7 m
解析（1）对人与木箱组成的系统，根据动量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3 m/s。
（2）人推出木箱后，此后木箱向前匀减速运动，加速度大小为a，则有a＝μg＝2 m/s2，经时间t人追上木箱，则有s1＝v1t，s2＝vt－12at2，s＝s1＝s2，得t＝2 s，s＝6 m，此时木箱速度为v2'＝v－at＝1 m/s，人抓住木箱后，共同速度为v'，系统动量守恒，则m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝83m/s，此后二者共同匀减速运动，则12（m1＋m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝323 m，又因为x＝s＋s'，所以x＝503 m＝16.7 m。
8．（2024山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2 m/s的速度做匀速直线运动，长木板质量M＝0.5 kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5 kg，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加速度取g＝10 m/s2，求：
（1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？
（2）若长木板足够长，质量变为4.5 kg，求：
①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。
②小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？
答案（1）0.625 m （2）①1.5 s ②27×122n+1m
解析（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为v20，则由动量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝12Mv02－12（M＋m）v202，解得L＝0.625 m。
（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5 s。
②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝12v，设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝12v1＝122v，v3＝12v2＝123v，根据数学归纳法，第n＋1次碰撞前的共同速度为vn＝12vn－1＝12nv，小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝12（M'＋m）vn－12－12（M'＋m）vn2，解得x＝27×122n+1m。
9．（2024江西南昌二模）2024年将迎来名副其实的“体育大年”，今年有两个奥运会，分别是江原冬青奥会和巴黎奥运会，滑板运动是其中一个精彩的比赛项目。一滑板训练场地如图，斜坡AB与光滑圆轨道相切于B点，斜坡长度为10 m，倾角为37°，圆轨道半径为3 m，圆心为O，圆轨道右侧与一倾角为60°足够长斜面PQ相连，运动员连同滑板总质量为60 kg，运动员站在滑板上从斜坡顶端A点由静止下滑，滑板与左侧倾斜轨道间的动摩擦因数为0.2，其通过光滑圆弧轨道BCP的P点后落在了右侧的斜面上，滑板和运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 60°＝32，求：
（1）滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小；
（2）右侧斜面的落点到P点的距离。
答案（1）2 600 N （2）143 m
解析（1）对滑板和运动员从A点到C点，根据动能定理可得
mgLsin 37°－μmgLcs 37°＋mgR（1－cs 37°）＝12mv2－0
解得v＝10 m/s，
在最低点C点，有FN－mg＝mv2R，解得FN＝2 600 N，由牛顿第三定律可得，滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小为2 600 N。
（2）从C到P的过程，根据动能定理可得－mgR（1－cs 60°）＝12mv12－12mv2，
解得v1＝70 m/s，
设右侧斜面的落点到P点的距离为l，由抛体运动规律可得lcs 60°＝v1xt，
lsin 60°＝－v1yt＋12gt2，其中v1x＝v1cs 60°，v1y＝v1sin 60°，
解得l＝143 m。
1．(2021全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
答案 (1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有veq \\al(2,1)＝2gh1
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有veq \\al(2,2)＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)mveq \\al(2,1),\f(1,2)mveq \\al(2,2))＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，
则有veq \\al(2,4)＝2gh3
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq \f(\f(1,2)mveq \\al(2,3),\f(1,2)mveq \\al(2,4))＝eq \f(3,2)
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
解得W＝4.5 J。
(2)球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得F＋mg＝ma
球的位移x＝eq \f(1,2)at2
运动员对球做的功W＝Fx
联立解得F＝9 N。
2．(2023湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq \f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
答案 (1)eq \r(gR) (2)0 (3)eq \r(3gR)
解析 (1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
meq \f(veq \\al(2,D),R)＝mg
解得vD＝eq \r(gR)。
(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有vCx＝vCcs 60°＝vB
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcs 60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
联立解得vB＝eq \r(gR)，HBD＝0。
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
s＝π·2R
解得vA＝eq \r(3gR)。
3．（2024新课标卷）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin 37°＝0.6）
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
答案（1）1 200 N 900 N （2）－4 200 J
解析（1）由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则
在竖直方向上有FPcs α＝FQcs β＋mg
在水平方向上有FPsin α＝FQsin β
联立并代入数据，解得FP＝1 200 N、FQ＝900 N。
（2）重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W总＝0
代入数据解得W总＝－4 200 J。
4．（2024江苏高考）嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度vA；
（2）分离时A对B的推力大小。
答案（1）（m＋M）v0－MvBm （2）MvB－Mv0Δt
解析（1）A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分离后A的速度vA＝（m＋M）v0－MvBm。
（2）A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A对B的推力大小为F＝MvB－Mv0Δt。
5．（2024吉林高考）如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案（1）1 m/s 1 m/s （2）0.2 （3）0.12 J
解析（1）A离开桌面后做平抛运动，则
水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝12gt2
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
（2）对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
－μmBgxB＝0－12mBvB2
代入数据解得μ＝0.2。
（3）对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
ΔEp＝12mAvA2＋12mBvB2＋μmAg·Δx2＋μmBg·Δx2
代入数据解得ΔEp＝0.12 J。
6．(2023全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的eq \f(4,5)。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
答案 (1)eq \r(\f(2Ep,m)) (2)eq \f(5,2)eq \r(\f(hEp,mg))
解析 (1)从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，设小球离开桌面时的速度大小为v0，由机械能守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(\f(2Ep,m))。
(2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，设弹起时小球的竖直速度为vy1，由运动学公式有
veq \\al(2,y1)＝2gh
设小球落地前的瞬间竖直方向速度大小为vy，有
vy1＝eq \f(4,5)vy
小球从桌面水平飞出后，做平抛运动的过程中，有vy＝gt
其水平位移x＝v0t
联立解得x＝eq \f(5,2)eq \r(\f(hEp,mg))。
应用动能定理解题的四点注意
系统机械能守恒问题的思维流程
应用动量守恒定律解题的步骤