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压轴题11 有关动量守恒定律的综合应用-高考物理压轴题专项训练（全国通用）
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压轴题11 有关动量守恒定律的综合应用
考向一/计算题：与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用
考向二/计算题：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用
考向三/计算题：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用
要领一：弹性碰撞和完全非弹性碰撞基本规律
（一）弹性碰撞
1.碰撞三原则：
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
(1) (2)
联立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
（二）完全非弹性碰撞
v1
v2
v共
m1
m2
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
要领二：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用
板块模型
过程简图
x1
v0
x2
x相对
m1
m2
v共
v共
动力学常用关系
；
；
功能常用关系
动量常用关系
要领三：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用
条件与模型
①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；mB=1kg）
③mA
规律与公式
情况一：从原长到最短（或最长）时
①；②
情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时
①；②
1．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。已知重力加速度为g，。
（1）求第8个滑块被碰后瞬间的速率；
（2）设第（）个滑块被碰后瞬间的的速率为，第个滑块被碰后瞬间的速率为，求与之间的关系式；
（3）求第1个滑块的初速度；（计算结果可以带根号）
（4）求全过程中由于碰撞而损失的能量。
【答案】（1）；（2）；（3）；
（4）
【详解】（1）由题可知，第8个滑块被碰后，运动L减速为0，则；
解得
（2）第n个滑块被碰后，以向前减速L，由运动学可知由碰撞可知
解得
（3）由上式（2）可知；；；
；；；
解得
（4）由能量守恒可知，每次发生碰撞损失的能量为 ； ； ； ； ； ；
碰撞损失的总能量
解得
2．如图所示，AB是半径为R的粗糙四分之一圆弧，圆弧与光滑水平面相切于B点，体积相等，材料不同的n个小球放置在轨道上，其中质量为m1的小球1用手固定在A点，其余小球2，3……n等间距的依次静止在水平面上。小球质量分别为m2、m3……mn。在B点安装压力传感器，当小球滚过B点，传感器能显示小球对传感器的压力。已知小球之间的碰撞均为沿同一直线的弹性正碰，碰撞后后方小球被迅速移除，以保证小球不发生二次碰撞，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）如果小球1滚过B点时传感器示数为2m1g，求小球在四分之一圆弧AB段运动过程中克服摩擦力做功Wf；
（2）小球3被碰撞后瞬间动能与小球1碰撞前瞬间动能之比；
（3）如果，当小球2质量为何值时，第n个小球获得的速度最大（n大于2）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球1滚过B点时传感器示数为2m1g，则小球对传感器的压力为2m1g，由牛顿第三定律知，小球1在B点时所受的支持力大小N=2m1g此位置，对小球1，由牛顿第二定律
解得小球1在B点时的速度大小小球1由A运动到B过程，由动能定理
解得小球在圆弧AB段运动过程中克服摩擦力做
（2）小球1与小球2碰撞前后，取水平向右为正方向，由动量守恒定律由机械能守恒定律得解得碰后小球1的速度碰后小球2的速度
小球2与小球3碰撞前后，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得
解得碰后小球2的速度碰后小球3的速度
小球3被碰撞后瞬间动能与小球1碰撞前瞬间动能之比
（3）由于，且小球间发生弹性碰撞，则小球3与小球4相碰交换速度，小球4与小球5相碰交换速度，……，小球（n-1）与小球n相碰交换速度，故第n个小球获得的速度
可见当时，即时，第n个小球获得的速度最大（n大于2）。
3．如图所示，一质量为可看成质点的滑块以初速度，从P点与水平方向成抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为，斜面ab与半径的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为，以的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数，重力加速度。不计一切空气阻力，求：
（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；
（4）2个小球最终获得的总动能。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）滑块从P点抛出时竖直方向的分速度滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间
（2）根据动能定理在点，根据牛顿第二定律可得
联立解得；根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小
（3）滑块在传送带上的加速度滑块速度与传送带速度相等的所需的时间
此过程滑块的位移所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间
匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小
（4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得；
解得；由于小球质量相等均为，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到，再与小球1发生弹性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为；则2个小球的总动能为
4．在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为的长方形木块，依次编号为木块和木块，如图所示。在木块左边放一质量为的大木块，大木块与木块之间的距离与、两木块间的距离相同，均为。现在所有木块都静止的情况下，将一沿轨道方向的恒力一直作用在大木块上，使其先与木块发生碰撞，碰后与木块结合为一体再与木块发生碰撞，碰后又结合为一体且恰能一起匀速运动，设每次碰撞时间极短，三个木块均可视为质点，且与轨道间的动摩擦因数相同。已知重力加速度为。
（1）求木块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）求三个木块一起匀速运动时的速度大小和在两次碰撞中损失的总机械能；
（3）若改变恒力的大小，使大木块与木块发生碰撞后结合为一体，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力要满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据平衡条件可得解得
（2）设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得解得设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得解得设木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得解得设三个木块一起匀速运动的速度为，根据动量守恒定律可得解得根据能量守恒得在两次碰撞中损失的总机械能为解得
（3）大木块与木块发生碰撞即设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得解得设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得
解得若要、两木块间不发生碰撞，则解得
若要求大木块与木块发生碰撞，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力就要满足
5．窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3⋯⋯10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为L=0.2m，每个滑环的质量均为m=0.4kg，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为μ=0.1。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度g=10m/s²。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小；
（4）在（3）的条件下，求全过程中由于窗帘绷紧而损失的能量。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【详解】（1）设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有绷紧后系统动能为又知联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
，2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l后静止，因而有联立解得1号滑环的初速度大小为
（4）整个过程中克服摩擦力所做的功为
在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为代入数据解得
6．如图所示，倾角为=30°的斜面固定在水平地面上，物块A的质量为M=3kg，静止在斜面上，距斜面底端为s=4m，物块B的质量为m=1kg，在斜面上距物块A上方l=2.5m的位置由静止释放。两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失。两物块由不同材料制成，A与斜面之间的动摩擦因数，B与斜面间的摩擦忽略不计。重力加速度大小g=10m/s2，求:
（1）发生第一次碰撞后物块A的速度v1和物块B的速度v1；
（2）两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间t；
（3）物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n。
【答案】(1)，沿斜面向下，，沿斜面向上；(2)；(3)n=5
【详解】(1)设B下滑刚要与A碰撞的速度为v，由动能定理可得解得v=5m/s，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒可得；联立可解得
；即A速度沿斜面向下，B速度沿斜面向上。
(2)A沿斜面减速下滑，合外力沿斜面向上，设加速度大小为，B沿斜面减速上滑，设加速度大小为，分别由牛顿第二定律可得；代入数据可解得，，t1=1s后，A速度减小为0，B上升至最高点时间，由对称性可知，1s时B恰返回出发点，且速度为，加速度为aB，方向均沿斜面向下，A上滑的最大位移为此过程A的位移为设B运动位移的时间为t2，由运动学公式可得解得，故两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间
(3)由于每次都为弹性碰撞，故A、B碰后与碰前的速度总满足；故第二次碰撞前瞬间，B的速度为则碰后A、B的速度分别为；
同理可得，第三次碰撞前，即A减速为零时的位移为
以此类推，第四次碰前，A下滑的位移为物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n满足可解得n=5，故最多能碰撞5次。
7．如图所示，一质量的平板车A静止在光滑的水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为，一质量为小物块B，以大小为的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间车的速度大小不变但方向相反，A、B之间的动摩擦因数为，平板车A表面足够长，物块B总不能到达车的右端，重力加速度。
（1）若，平板车与挡板第一次碰撞前的瞬间车与物块的速度各是多大？
（2）若车与挡板只碰撞2次，车和物块最后均静止，求应满足的条件及B在A上滑行的总距离；
（3）若车与挡板能发生6次及以上的碰撞，求应满足的条件。
【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）若，B相对于A向右滑行过程， B的加速度大小为，A的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得， 设平板车与挡板第一次碰撞时，A、B还没有共速，则有解得碰撞前的瞬间平板车A的速度为此过程所用时间为则碰撞前的瞬间物块B的速度为假设成立。
（2）若A与挡板碰撞前，A、B已经达到共速，设向右为正方向，则碰后一定有则碰后最终A、B将向左运动，不可能再次和挡板碰撞。设在A与挡板第1次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，根据动量守恒定律有，A与挡板碰撞后反向运动，经过一段时间后，要使A第2次与挡板碰撞，需要满足对A，根据动能定理可得设A第2次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第1次碰撞后瞬间到第2次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得，A在这段时间内先向左减速后向右加速运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知由题意可知A与挡板第2次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，则有
联立解得，，设B在A上滑行的总距离为，根据能量守恒可得解得
（3）设A第3次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第二次碰撞后瞬间到第3次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得同理有；
设第5次碰撞后，经一段时间后A、B同时停止运动，则有
由（2）分析可知，A每次与挡板碰撞前速度均相等，即有联立解得
若车与挡板能发生6次及以上的碰撞，应满足的条件为
8．小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以v0＝8 m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F＝mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA＝mB＝mC，斜面高h＝0.8 m，A、C间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长？
（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足什么条件？
（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。
【答案】（1）1.6m；（2）>；（3）
【详解】（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mC）v1
代入数据解得v1＝4 m/s若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得
代入数据解得s＝1.6 m则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是s≥1.6 m所以为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少1.6m。
（2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′，由动能定理解得v1′＝0，A上到平台后受到向右的恒力F＝mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma
解得a＝g设与B碰前A的速度为vA，由运动学公式，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mAvA＝mAvA1＋mBvB1由机械能守恒定律可知联立解得vA1＝0；
A、B第一次碰后，B合力为零，在平台上做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为
碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为由题意得t2>t1解得则A与B同向运动不能相撞，此时有。
（3）当时，A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞），根据题意，B与挡板碰后速率仍为，设B向左运动时加速度大小为a′，则F＝ma′解得a′＝g设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则解得
B反向减速至零的时间因为故所求t3合理，所以
9．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
10．如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计。刚开始位于C上左端的物块A与物块B之间的距离为，物块B与挡板P之间的距离为。设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C（连同挡板P）的质量均为。开始时B和C静止，A以某一初速度向右运动。已知重力加速度为，且所有的碰撞都可看做弹性正碰。
（1）求物块A与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小；
（2）若物块A与B恰好发生碰撞，求A的初速度；
（3）若B与挡板P恰好发生碰撞，求A的初速度；
（4）若最终物块A从木板上掉下来，物块B不从木板C上掉下来，求A的初速度的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）对物块B和长木板C（连同挡板P）整体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块B和长木板C（连同挡板P）整体加速度为对物块B由牛顿第二定律可得
而B、C之间的最大静摩擦力为所以，物块A与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小为
（2）若物块A刚好与物块B不发生碰撞，则物块A运动到物块B所在处时，A与B的速度大小相等，因为物块B与木板C的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设为，由动量守恒定律得
在此过程中，由能量守恒定律解得故物块A与B恰好发生碰撞，A的初速度大小为
（3）物块A、B发生碰撞的极短时间内，A与B构成的系统的动量守恒，而长木板C的速度保持不变。因为物块A、B间的碰撞是弹性碰撞，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒可得，碰撞前后A、B交换速度，若碰撞刚结束时，A、B、C三者的速度分别为、和，则有；
；若物块B刚好与挡板P发生碰撞，则物块B以速度运动到挡板P所在处时，B与C的速度相等。因A与C的速度大小是相等的，故A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为。根据动量守恒定律有由能量守恒定律可得所以，若B与挡板P恰好发生碰撞，A的初速度大小为
（4） 若A恰好没从木板C上掉下来，即A到达C的左端时的速度变为与C相同，这时三者的速度皆相同，以表示，由动量守恒定律从A以初速度在木板C的左端开始运动，经过B与P相碰，直到A恰好没从木板C的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是A相对C的路程为；接着B相对C运动的路程为；B与P碰后直到A刚没从木板C上掉下来，A与B相对C运动的路程均为为。整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即 得
故A从C上掉下的条件是设A刚要从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为、和，则有此时有；当物块A从木板C上掉下来后，若物块B刚好不会从木板C上掉下，即当C的左端赶上B时，B与C的速度相等。设此速度为，则对B、C这一系统来说，由动量守恒定律在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为，由动能定理可得解得故物块B不从木板C上掉下来的条件是综上所述，A的初速度范围是
11．如图所示，光滑水平轨道上放置质量为m的长板A，质量为3m的滑块B（视为质点）置于A的左端，A与B之间的动摩擦因数为μ；在水平轨道上放着很多个滑块（视为质点），滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n、…。开始时长板A和滑块B均静止。现使滑块B瞬间获得向右的初速度v0，当A、B刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A，B再次刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推…；最终滑块B恰好没从长板A上滑落。重力加速度为g，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞极短，求：
（1）开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1；
（2）滑块1与滑块2之间的距离d2；
（3）长板A与滑块1第1次碰撞后，长板A的右端与滑块1的最大距离；
（4）长板A的长度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）对A、B分析有对A分析有解得
（2）长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有；结合上述解得；，A、B第二次达到相同速度有
对A分析有解得滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2活动速度为。
（3）A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为；从1第一次被碰后，直到1碰2，历时为，A的速度反向减速到0，历时为可知
表明A的速度减小到0时，A距1最远，最远距离为解得
（4）A与1第二次碰撞有；结合上述解得；；
依次类推有；（n=1，2，3…），A\B的相对加速度为
第n次碰后相对速度为第n次碰后，B在A上滑行的路程为
（n=1，2，3…）第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为
所以，木板的长度为解得
12．如图所示，倾角为37°的固定斜面上放置一“L”形木板，木板足够长且上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数为0.5。现将一可看做质点的物块置于木板上某点，并且和木板同时自静止开始释放，物块刚释放时与木板下端挡板的距离为m，已知物块和木板的质量相等，两者碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物块和木板第一次碰撞前物块的速度大小；
（2）物块和木板第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔；
（3）自物块和木板开始释放至两者第n（n=1、2……）次碰撞，木板运动的位移大小；
（4）若刚释放时物块与木板下端挡板的距离为任意可能的值，判断两者在第二次碰撞时木板有无可能已经停止运动？若有可能已经停止运动，计算得出需满足的条件；若无可能已经停止运动，通过计算说明理由。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）第二次碰撞时木板不可能已经停止运动；
【详解】（1）物块在木板上运动时解得第一次碰撞前木板静止，自开始释放至第一次碰撞解得
（2）物块和木板第一次碰撞过程；解得碰后物块速度；木板速度
即两者交换速度，对木板斜向下运动过程得加速度大小，方向沿斜面向上；第一次碰撞至第二次碰撞解得第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔
（3）第二次碰撞前，物块的速度木板的速度与第一次碰撞过程分析方法相同，可以得出第二次碰撞过程两者也交换速度，第二次碰撞后物块的速度木板的速度第二次碰撞至第三次碰撞解得第二次碰撞至第三次碰撞的时间间隔
依次类推可得，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为第一次碰撞至第二次碰撞木板的位移第二次碰撞至第三次碰撞木板的位移第三次碰撞至第四次碰撞木板的位移第次碰撞至第n次碰撞木板的位移
木板运动的总位移解得
（4）若刚释放时物块与木板下端挡板的距离为任意可能的值，则第一次碰撞前物块的速度或第一次碰撞后木板的速度为任意可能的值，设为v0，假设第一次碰撞至第二次碰撞木板一直做匀变速直线运动，则
第二次碰撞前木板的速度解得结果说明第二次碰撞前木板的速度方向没变，故第二次碰撞时木板不可能已经停止运动。
13．某弹射游戏模型简化如图，OABED为光滑水平面，BC为与水平面夹角为37°的倾斜传送带，二者在B点通过光滑小圆弧连接，轻质弹簧左端固定在过O点的竖直档板上，右端A点为弹簧的原长且与物块不连接，E点为C点在水平面上的投影。游戏时，某同学推着质量为物块P向左压缩弹簧，弹簧弹性势能为时释放物块，当物块经过A点时，一颗质量为的弹丸从物块正上方以速度竖直向下击中物块并停在其中（图中未画出），作用时间极短，内力远大于外力。求：
（1）弹丸在相对物块P运动的过程中物块和弹丸损失的机械能和此过程中所受物块的平均冲击力F的大小。（用题干的字母表达）
（2）另一同学游戏时，取出弹丸（假设物块P质量不变），想让物块P经过C点后，直接落入D点的洞口内，释放物块P时弹簧的弹性势能是多少。已知CE的高度h＝2m，ED的长度x＝4m，物块P的质量，传送带逆时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数，。（物块、传送带滑轮均可视为质点）
（3）在（2）的条件下，若物块P经过C点时与轻放在C点的等质量的物块Q发生弹性正碰，
①试讨论物块P第一次返回到B点的速度与传送带速度v的大小关系；
②若传送带的速度v＝10m/s，经过足够长时间，从开始到物块P回到A点的过程中，传送带对物块P做的总功。
【答案】（1），；（2）；（3）①，②
【详解】（1）设弹簧恢复原长时速度为，则对和，水平方向动量守恒；
联立解得设物块对弹丸的水平分力和竖直分力分别为、，由动量定理；又解得
（2）由C到D做斜抛运动，设从C点抛出的速度为，；得
对物块P，由O到C有；由以上几式解得（或）
（3）P与Q发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒。；
得、，即碰后二者速度交换
①若物块P碰后从C到B一直加速，则；解得
即传送带速度时，P返回B点的速度，当时，物块P先以加速，再以加速；；由以上解得，
综上
②若传送带速度，则P从C到B一直加速且以后每经过B点的速度均为，从开始到回到A的全过程，传送带对P做的功为W，则：；
解得
14．如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁K构成，自然状态下弹簧右端处于О点。水平轨道AB与竖直四分之一圆弧轨道BC平滑连接，竖直四分之一圆弧轨道DG、竖直四分之一圆弧轨道和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过进入，、C在同一水平线上，、、G、在同一水平线上，所有的轨道均绝缘，除水平轨道HM粗糙外，其余轨道均光滑；圆弧BC和圆弧DG半径均为R，HM长度为2R，N点为HM的中点，虚线框内存在着水平向右的匀强电场。现将一质量为3m不带电的绝缘小物块a压缩绝缘弹簧至A点并锁定。解除锁定，小物块a在BC轨道内上升的最大高度为。将小物块a重新锁定在A点后，把一质量为m，带电量为+q的一小物块b放置在轨道上的B点，解除锁定，小物块a与b发生弹性碰撞，小物块b经C点经过电场后并沿着水平方向进入圆弧轨道DG，经过D点时物块对轨道的作用力恰好为零。设小物块b在整个过程中带电量始终保持不变，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）小物块b到达C时的速度大小；
（2）电场强度E的大小；
（3）小物块b经过点时对轨道的压力大小；
（4）设小物块b与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，小物块最终停在N点，求小物块b与轨道之间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或
【详解】（1）小物块a从释放后到最高点过程中，根据能量守恒有第二次解除锁定后物块获得的最大速度为，由能量守恒有物块a、b弹性碰撞，则有；
联立解得对小物块b从碰撞结束后到C点进行研究，根据动能定理有可得
（2）小物块b经D时对轨道无压力，可得解得对小物块C点在电场运动分析可以得到在水平方向上有联立解得
（3）根据小物块b在电场中运动时可得可得小物块b从D到点根据动能定理可得对小物块b在点时有解得根据牛顿第三定律可得物块b经过点时对轨道的压力大小为
（4）根据小物块b最终停在N点可知小物块没有脱离轨道，当小物块b与竖直墙壁碰撞后刚好到，可得
解得所以小物块最终停在N点，根据动能定理可得
解得当时当时
综上所述可得或
15．如图甲，水平地面上放有A、B两块等长、等厚的匀质木板，A、B质量分别为m1、m2，B的左端栓接着一原长为x1的水平轻弹簧，它们中轴在同一水平线上。现让A以速度v0向静止的B运动，忽略一切摩擦。
（1）求整个过程中，弹簧对A的冲量大小；
（2）取一块与A相同的木板C叠放在A的正上方，A、C左右两端对齐，再让A、C起以速度v0向静止的B运动，以A接触弹簧时开始计时，弹簧的长度x随时间t的变化关系如图乙所示，t=t0时刻弹簧长度为x2。
（i）求弹簧的劲度系数；
（ii）若在t=2t0时刻，C的重心在B的上面，求木板长度的取值范围。
【答案】（1）；（2）（i），（ii）
【详解】（1）设弹簧恢复原长时A、B的速度分别为、，由系统动量守恒、能量守恒得；
设整个过程中弹簧对A的冲量大小为I，由动量定理得联立解得
（2）因为A、C间无摩擦，放上C之后C对A、B运动不影响，C在A、B上全程做匀速运动。
（i）设时A、B的速度为v，弹簧弹性势能为EP，由系统动量守恒、能量守恒得；
设弹簧的劲度系数为k，形变量为，由功能关系得
联立解得
（ii）设弹簧被压缩过程中某一时刻A、B的速度分别为、，由系统动量守恒得
经过短时间，有将时间分为无数段，设时间内A的位移为，B的位移为，由⑩式得；时刻，弹簧恢复原长，有若C的重心恰好运动至B的左端，设木板的长度为，则有若C的重心恰好运动至B的右端，设木板的长度为，则有木板长度L应为联立解得
16．如图甲将装有弹簧，质量m1=3kg的滑块a在轨道II距地面高h=0.8m的A处静止释放。当a运动到C处时弹簧的另一端与放在轨道I质量m2=1kg的滑块b连接（如图乙），此时弹簧处于原长（整个运动过程弹簧均处于弹性限度内，且始终保持与水平面平行）。滑块a、b均可视为质点，且始终不脱离各自的轨道。轨道I光滑，在轨道I 的E处设有与轨道等宽的竖直挡板，滑块b与挡板碰撞后以原速率返回。轨道II的AB段、CD段以及E点之后的部分均光滑，BC段长度x1=1m，动摩擦因数μ1可以调节，DE段长度x2=1.25m，动摩擦因数μ2=0.2（滑块仅与轨道底面产生摩擦）。已知滑块a刚运动到DE段时，滑块a、b恰好第一次共速。
（1）若μ1=0.35，求滑块a刚运动到DE段时的速度v以及弹簧的弹性势能Ep；
（2）若滑块a、b恰好同时到达E处，且此时滑块b的速度变为滑块a刚运动到DE段时的，求μ1的最大值；
（3）在（2）的条件下，且μ1=0.35，求滑块a从D处运动到E处的时间t，并说明最终滑块a能否进入BC段？
【答案】（1），；（2）0.425；（3）0.5s，说明见解析
【详解】（1）由动能定理得解得由动量守恒得解得
由能量守恒得解得
（2）当a到达E时速度为0，此时有最大值，由动能定理得由动量守恒得由能量守恒得且解得
（3）因为，由（1）得，当a运动到E段运动时，由能量守恒得
又解得弹簧对b的冲量弹簧对a的冲量由动量定理得解得t=0.5s此时系统的动能
因为滑块b与挡板碰撞后以原速率返回，所以a、b向左返回时动能不变，而若滑出DE段，需克服摩擦力做功所以a、b最终在DE段停止，不能进入BC段。
压轴题11 有关动量守恒定律的综合应用
考向一/计算题：与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用
考向二/计算题：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用
考向三/计算题：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用
要领一：弹性碰撞和完全非弹性碰撞基本规律
（一）弹性碰撞
1.碰撞三原则：
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
(1) (2)
联立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
（二）完全非弹性碰撞
v1
v2
v共
m1
m2
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
要领二：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用
板块模型
过程简图
x1
v0
x2
x相对
m1
m2
v共
v共
动力学常用关系
；
；
功能常用关系
动量常用关系
要领三：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用
条件与模型
①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；mB=1kg）
③mA
规律与公式
情况一：从原长到最短（或最长）时
①；②
情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时
①；②
1．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。已知重力加速度为g，。
（1）求第8个滑块被碰后瞬间的速率；
（2）设第（）个滑块被碰后瞬间的的速率为，第个滑块被碰后瞬间的速率为，求与之间的关系式；
（3）求第1个滑块的初速度；（计算结果可以带根号）
（4）求全过程中由于碰撞而损失的能量。
【答案】（1）；（2）；（3）；
（4）
【详解】（1）由题可知，第8个滑块被碰后，运动L减速为0，则；
解得
（2）第n个滑块被碰后，以向前减速L，由运动学可知由碰撞可知
解得
（3）由上式（2）可知；；；
；；；
解得
（4）由能量守恒可知，每次发生碰撞损失的能量为 ； ； ； ； ； ；
碰撞损失的总能量
解得
2．如图所示，AB是半径为R的粗糙四分之一圆弧，圆弧与光滑水平面相切于B点，体积相等，材料不同的n个小球放置在轨道上，其中质量为m1的小球1用手固定在A点，其余小球2，3……n等间距的依次静止在水平面上。小球质量分别为m2、m3……mn。在B点安装压力传感器，当小球滚过B点，传感器能显示小球对传感器的压力。已知小球之间的碰撞均为沿同一直线的弹性正碰，碰撞后后方小球被迅速移除，以保证小球不发生二次碰撞，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）如果小球1滚过B点时传感器示数为2m1g，求小球在四分之一圆弧AB段运动过程中克服摩擦力做功Wf；
（2）小球3被碰撞后瞬间动能与小球1碰撞前瞬间动能之比；
（3）如果，当小球2质量为何值时，第n个小球获得的速度最大（n大于2）。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球1滚过B点时传感器示数为2m1g，则小球对传感器的压力为2m1g，由牛顿第三定律知，小球1在B点时所受的支持力大小N=2m1g此位置，对小球1，由牛顿第二定律
解得小球1在B点时的速度大小小球1由A运动到B过程，由动能定理
解得小球在圆弧AB段运动过程中克服摩擦力做
（2）小球1与小球2碰撞前后，取水平向右为正方向，由动量守恒定律由机械能守恒定律得解得碰后小球1的速度碰后小球2的速度
小球2与小球3碰撞前后，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得
解得碰后小球2的速度碰后小球3的速度
小球3被碰撞后瞬间动能与小球1碰撞前瞬间动能之比
（3）由于，且小球间发生弹性碰撞，则小球3与小球4相碰交换速度，小球4与小球5相碰交换速度，……，小球（n-1）与小球n相碰交换速度，故第n个小球获得的速度
可见当时，即时，第n个小球获得的速度最大（n大于2）。
3．如图所示，一质量为可看成质点的滑块以初速度，从P点与水平方向成抛出后，恰能从a点沿ab方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab轨道长为，斜面ab与半径的竖直光滑圆弧轨道相切于b点，O点为圆弧的圆心，c点为圆弧的最低点且位于O点正下方，圆弧圆心角。c点靠近水平传送带左侧，传送带cd间距离为，以的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量。滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数，重力加速度。不计一切空气阻力，求：
（1）滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间；
（2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小；
（4）2个小球最终获得的总动能。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）滑块从P点抛出时竖直方向的分速度滑块从P点抛出落到a点所需要的运动时间
（2）根据动能定理在点，根据牛顿第二定律可得
联立解得；根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c时对轨道的压力大小
（3）滑块在传送带上的加速度滑块速度与传送带速度相等的所需的时间
此过程滑块的位移所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间
匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小
（4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得；
解得；由于小球质量相等均为，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到，再与小球1发生弹性碰撞。同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为；则2个小球的总动能为
4．在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为的长方形木块，依次编号为木块和木块，如图所示。在木块左边放一质量为的大木块，大木块与木块之间的距离与、两木块间的距离相同，均为。现在所有木块都静止的情况下，将一沿轨道方向的恒力一直作用在大木块上，使其先与木块发生碰撞，碰后与木块结合为一体再与木块发生碰撞，碰后又结合为一体且恰能一起匀速运动，设每次碰撞时间极短，三个木块均可视为质点，且与轨道间的动摩擦因数相同。已知重力加速度为。
（1）求木块与水平轨道间的动摩擦因数；
（2）求三个木块一起匀速运动时的速度大小和在两次碰撞中损失的总机械能；
（3）若改变恒力的大小，使大木块与木块发生碰撞后结合为一体，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力要满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据平衡条件可得解得
（2）设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得解得设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得解得设木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得解得设三个木块一起匀速运动的速度为，根据动量守恒定律可得解得根据能量守恒得在两次碰撞中损失的总机械能为解得
（3）大木块与木块发生碰撞即设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得解得设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得
解得若要、两木块间不发生碰撞，则解得
若要求大木块与木块发生碰撞，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力就要满足
5．窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3⋯⋯10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为L=0.2m，每个滑环的质量均为m=0.4kg，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为μ=0.1。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度g=10m/s²。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小；
（4）在（3）的条件下，求全过程中由于窗帘绷紧而损失的能量。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【详解】（1）设1号环的初速度为v0，则由动能定理可得解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动量守恒，有绷紧后系统动能为又知联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
，2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l后静止，因而有联立解得1号滑环的初速度大小为
（4）整个过程中克服摩擦力所做的功为
在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为代入数据解得
6．如图所示，倾角为=30°的斜面固定在水平地面上，物块A的质量为M=3kg，静止在斜面上，距斜面底端为s=4m，物块B的质量为m=1kg，在斜面上距物块A上方l=2.5m的位置由静止释放。两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损失。两物块由不同材料制成，A与斜面之间的动摩擦因数，B与斜面间的摩擦忽略不计。重力加速度大小g=10m/s2，求:
（1）发生第一次碰撞后物块A的速度v1和物块B的速度v1；
（2）两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间t；
（3）物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n。
【答案】(1)，沿斜面向下，，沿斜面向上；(2)；(3)n=5
【详解】(1)设B下滑刚要与A碰撞的速度为v，由动能定理可得解得v=5m/s，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒可得；联立可解得
；即A速度沿斜面向下，B速度沿斜面向上。
(2)A沿斜面减速下滑，合外力沿斜面向上，设加速度大小为，B沿斜面减速上滑，设加速度大小为，分别由牛顿第二定律可得；代入数据可解得，，t1=1s后，A速度减小为0，B上升至最高点时间，由对称性可知，1s时B恰返回出发点，且速度为，加速度为aB，方向均沿斜面向下，A上滑的最大位移为此过程A的位移为设B运动位移的时间为t2，由运动学公式可得解得，故两物块第一次碰碰与第二次碰撞之间的时间
(3)由于每次都为弹性碰撞，故A、B碰后与碰前的速度总满足；故第二次碰撞前瞬间，B的速度为则碰后A、B的速度分别为；
同理可得，第三次碰撞前，即A减速为零时的位移为
以此类推，第四次碰前，A下滑的位移为物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数n满足可解得n=5，故最多能碰撞5次。
7．如图所示，一质量的平板车A静止在光滑的水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为，一质量为小物块B，以大小为的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间车的速度大小不变但方向相反，A、B之间的动摩擦因数为，平板车A表面足够长，物块B总不能到达车的右端，重力加速度。
（1）若，平板车与挡板第一次碰撞前的瞬间车与物块的速度各是多大？
（2）若车与挡板只碰撞2次，车和物块最后均静止，求应满足的条件及B在A上滑行的总距离；
（3）若车与挡板能发生6次及以上的碰撞，求应满足的条件。
【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）若，B相对于A向右滑行过程， B的加速度大小为，A的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得， 设平板车与挡板第一次碰撞时，A、B还没有共速，则有解得碰撞前的瞬间平板车A的速度为此过程所用时间为则碰撞前的瞬间物块B的速度为假设成立。
（2）若A与挡板碰撞前，A、B已经达到共速，设向右为正方向，则碰后一定有则碰后最终A、B将向左运动，不可能再次和挡板碰撞。设在A与挡板第1次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，根据动量守恒定律有，A与挡板碰撞后反向运动，经过一段时间后，要使A第2次与挡板碰撞，需要满足对A，根据动能定理可得设A第2次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第1次碰撞后瞬间到第2次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得，A在这段时间内先向左减速后向右加速运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知由题意可知A与挡板第2次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，则有
联立解得，，设B在A上滑行的总距离为，根据能量守恒可得解得
（3）设A第3次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第二次碰撞后瞬间到第3次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得同理有；
设第5次碰撞后，经一段时间后A、B同时停止运动，则有
由（2）分析可知，A每次与挡板碰撞前速度均相等，即有联立解得
若车与挡板能发生6次及以上的碰撞，应满足的条件为
8．小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以v0＝8 m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F＝mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA＝mB＝mC，斜面高h＝0.8 m，A、C间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长？
（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足什么条件？
（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。
【答案】（1）1.6m；（2）>；（3）
【详解】（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝（mA＋mC）v1
代入数据解得v1＝4 m/s若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得
代入数据解得s＝1.6 m则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是s≥1.6 m所以为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少1.6m。
（2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′，由动能定理解得v1′＝0，A上到平台后受到向右的恒力F＝mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma
解得a＝g设与B碰前A的速度为vA，由运动学公式，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mAvA＝mAvA1＋mBvB1由机械能守恒定律可知联立解得vA1＝0；
A、B第一次碰后，B合力为零，在平台上做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为
碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为由题意得t2>t1解得则A与B同向运动不能相撞，此时有。
（3）当时，A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞），根据题意，B与挡板碰后速率仍为，设B向左运动时加速度大小为a′，则F＝ma′解得a′＝g设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则解得
B反向减速至零的时间因为故所求t3合理，所以
9．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
10．如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计。刚开始位于C上左端的物块A与物块B之间的距离为，物块B与挡板P之间的距离为。设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C（连同挡板P）的质量均为。开始时B和C静止，A以某一初速度向右运动。已知重力加速度为，且所有的碰撞都可看做弹性正碰。
（1）求物块A与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小；
（2）若物块A与B恰好发生碰撞，求A的初速度；
（3）若B与挡板P恰好发生碰撞，求A的初速度；
（4）若最终物块A从木板上掉下来，物块B不从木板C上掉下来，求A的初速度的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）对物块B和长木板C（连同挡板P）整体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块B和长木板C（连同挡板P）整体加速度为对物块B由牛顿第二定律可得
而B、C之间的最大静摩擦力为所以，物块A与B碰撞前，B与C间的摩擦力大小为
（2）若物块A刚好与物块B不发生碰撞，则物块A运动到物块B所在处时，A与B的速度大小相等，因为物块B与木板C的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设为，由动量守恒定律得
在此过程中，由能量守恒定律解得故物块A与B恰好发生碰撞，A的初速度大小为
（3）物块A、B发生碰撞的极短时间内，A与B构成的系统的动量守恒，而长木板C的速度保持不变。因为物块A、B间的碰撞是弹性碰撞，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒可得，碰撞前后A、B交换速度，若碰撞刚结束时，A、B、C三者的速度分别为、和，则有；
；若物块B刚好与挡板P发生碰撞，则物块B以速度运动到挡板P所在处时，B与C的速度相等。因A与C的速度大小是相等的，故A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为。根据动量守恒定律有由能量守恒定律可得所以，若B与挡板P恰好发生碰撞，A的初速度大小为
（4） 若A恰好没从木板C上掉下来，即A到达C的左端时的速度变为与C相同，这时三者的速度皆相同，以表示，由动量守恒定律从A以初速度在木板C的左端开始运动，经过B与P相碰，直到A恰好没从木板C的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是A相对C的路程为；接着B相对C运动的路程为；B与P碰后直到A刚没从木板C上掉下来，A与B相对C运动的路程均为为。整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即 得
故A从C上掉下的条件是设A刚要从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为、和，则有此时有；当物块A从木板C上掉下来后，若物块B刚好不会从木板C上掉下，即当C的左端赶上B时，B与C的速度相等。设此速度为，则对B、C这一系统来说，由动量守恒定律在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为，由动能定理可得解得故物块B不从木板C上掉下来的条件是综上所述，A的初速度范围是
11．如图所示，光滑水平轨道上放置质量为m的长板A，质量为3m的滑块B（视为质点）置于A的左端，A与B之间的动摩擦因数为μ；在水平轨道上放着很多个滑块（视为质点），滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n、…。开始时长板A和滑块B均静止。现使滑块B瞬间获得向右的初速度v0，当A、B刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A，B再次刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推…；最终滑块B恰好没从长板A上滑落。重力加速度为g，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞极短，求：
（1）开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1；
（2）滑块1与滑块2之间的距离d2；
（3）长板A与滑块1第1次碰撞后，长板A的右端与滑块1的最大距离；
（4）长板A的长度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）对A、B分析有对A分析有解得
（2）长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有；结合上述解得；，A、B第二次达到相同速度有
对A分析有解得滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2活动速度为。
（3）A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为；从1第一次被碰后，直到1碰2，历时为，A的速度反向减速到0，历时为可知
表明A的速度减小到0时，A距1最远，最远距离为解得
（4）A与1第二次碰撞有；结合上述解得；；
依次类推有；（n=1，2，3…），A\B的相对加速度为
第n次碰后相对速度为第n次碰后，B在A上滑行的路程为
（n=1，2，3…）第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为
所以，木板的长度为解得
12．如图所示，倾角为37°的固定斜面上放置一“L”形木板，木板足够长且上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数为0.5。现将一可看做质点的物块置于木板上某点，并且和木板同时自静止开始释放，物块刚释放时与木板下端挡板的距离为m，已知物块和木板的质量相等，两者碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物块和木板第一次碰撞前物块的速度大小；
（2）物块和木板第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔；
（3）自物块和木板开始释放至两者第n（n=1、2……）次碰撞，木板运动的位移大小；
（4）若刚释放时物块与木板下端挡板的距离为任意可能的值，判断两者在第二次碰撞时木板有无可能已经停止运动？若有可能已经停止运动，计算得出需满足的条件；若无可能已经停止运动，通过计算说明理由。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）第二次碰撞时木板不可能已经停止运动；
【详解】（1）物块在木板上运动时解得第一次碰撞前木板静止，自开始释放至第一次碰撞解得
（2）物块和木板第一次碰撞过程；解得碰后物块速度；木板速度
即两者交换速度，对木板斜向下运动过程得加速度大小，方向沿斜面向上；第一次碰撞至第二次碰撞解得第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔
（3）第二次碰撞前，物块的速度木板的速度与第一次碰撞过程分析方法相同，可以得出第二次碰撞过程两者也交换速度，第二次碰撞后物块的速度木板的速度第二次碰撞至第三次碰撞解得第二次碰撞至第三次碰撞的时间间隔
依次类推可得，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为第一次碰撞至第二次碰撞木板的位移第二次碰撞至第三次碰撞木板的位移第三次碰撞至第四次碰撞木板的位移第次碰撞至第n次碰撞木板的位移
木板运动的总位移解得
（4）若刚释放时物块与木板下端挡板的距离为任意可能的值，则第一次碰撞前物块的速度或第一次碰撞后木板的速度为任意可能的值，设为v0，假设第一次碰撞至第二次碰撞木板一直做匀变速直线运动，则
第二次碰撞前木板的速度解得结果说明第二次碰撞前木板的速度方向没变，故第二次碰撞时木板不可能已经停止运动。
13．某弹射游戏模型简化如图，OABED为光滑水平面，BC为与水平面夹角为37°的倾斜传送带，二者在B点通过光滑小圆弧连接，轻质弹簧左端固定在过O点的竖直档板上，右端A点为弹簧的原长且与物块不连接，E点为C点在水平面上的投影。游戏时，某同学推着质量为物块P向左压缩弹簧，弹簧弹性势能为时释放物块，当物块经过A点时，一颗质量为的弹丸从物块正上方以速度竖直向下击中物块并停在其中（图中未画出），作用时间极短，内力远大于外力。求：
（1）弹丸在相对物块P运动的过程中物块和弹丸损失的机械能和此过程中所受物块的平均冲击力F的大小。（用题干的字母表达）
（2）另一同学游戏时，取出弹丸（假设物块P质量不变），想让物块P经过C点后，直接落入D点的洞口内，释放物块P时弹簧的弹性势能是多少。已知CE的高度h＝2m，ED的长度x＝4m，物块P的质量，传送带逆时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数，。（物块、传送带滑轮均可视为质点）
（3）在（2）的条件下，若物块P经过C点时与轻放在C点的等质量的物块Q发生弹性正碰，
①试讨论物块P第一次返回到B点的速度与传送带速度v的大小关系；
②若传送带的速度v＝10m/s，经过足够长时间，从开始到物块P回到A点的过程中，传送带对物块P做的总功。
【答案】（1），；（2）；（3）①，②
【详解】（1）设弹簧恢复原长时速度为，则对和，水平方向动量守恒；
联立解得设物块对弹丸的水平分力和竖直分力分别为、，由动量定理；又解得
（2）由C到D做斜抛运动，设从C点抛出的速度为，；得
对物块P，由O到C有；由以上几式解得（或）
（3）P与Q发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒。；
得、，即碰后二者速度交换
①若物块P碰后从C到B一直加速，则；解得
即传送带速度时，P返回B点的速度，当时，物块P先以加速，再以加速；；由以上解得，
综上
②若传送带速度，则P从C到B一直加速且以后每经过B点的速度均为，从开始到回到A的全过程，传送带对P做的功为W，则：；
解得
14．如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁K构成，自然状态下弹簧右端处于О点。水平轨道AB与竖直四分之一圆弧轨道BC平滑连接，竖直四分之一圆弧轨道DG、竖直四分之一圆弧轨道和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过进入，、C在同一水平线上，、、G、在同一水平线上，所有的轨道均绝缘，除水平轨道HM粗糙外，其余轨道均光滑；圆弧BC和圆弧DG半径均为R，HM长度为2R，N点为HM的中点，虚线框内存在着水平向右的匀强电场。现将一质量为3m不带电的绝缘小物块a压缩绝缘弹簧至A点并锁定。解除锁定，小物块a在BC轨道内上升的最大高度为。将小物块a重新锁定在A点后，把一质量为m，带电量为+q的一小物块b放置在轨道上的B点，解除锁定，小物块a与b发生弹性碰撞，小物块b经C点经过电场后并沿着水平方向进入圆弧轨道DG，经过D点时物块对轨道的作用力恰好为零。设小物块b在整个过程中带电量始终保持不变，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）小物块b到达C时的速度大小；
（2）电场强度E的大小；
（3）小物块b经过点时对轨道的压力大小；
（4）设小物块b与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，小物块最终停在N点，求小物块b与轨道之间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或
【详解】（1）小物块a从释放后到最高点过程中，根据能量守恒有第二次解除锁定后物块获得的最大速度为，由能量守恒有物块a、b弹性碰撞，则有；
联立解得对小物块b从碰撞结束后到C点进行研究，根据动能定理有可得
（2）小物块b经D时对轨道无压力，可得解得对小物块C点在电场运动分析可以得到在水平方向上有联立解得
（3）根据小物块b在电场中运动时可得可得小物块b从D到点根据动能定理可得对小物块b在点时有解得根据牛顿第三定律可得物块b经过点时对轨道的压力大小为
（4）根据小物块b最终停在N点可知小物块没有脱离轨道，当小物块b与竖直墙壁碰撞后刚好到，可得
解得所以小物块最终停在N点，根据动能定理可得
解得当时当时
综上所述可得或
15．如图甲，水平地面上放有A、B两块等长、等厚的匀质木板，A、B质量分别为m1、m2，B的左端栓接着一原长为x1的水平轻弹簧，它们中轴在同一水平线上。现让A以速度v0向静止的B运动，忽略一切摩擦。
（1）求整个过程中，弹簧对A的冲量大小；
（2）取一块与A相同的木板C叠放在A的正上方，A、C左右两端对齐，再让A、C起以速度v0向静止的B运动，以A接触弹簧时开始计时，弹簧的长度x随时间t的变化关系如图乙所示，t=t0时刻弹簧长度为x2。
（i）求弹簧的劲度系数；
（ii）若在t=2t0时刻，C的重心在B的上面，求木板长度的取值范围。
【答案】（1）；（2）（i），（ii）
【详解】（1）设弹簧恢复原长时A、B的速度分别为、，由系统动量守恒、能量守恒得；
设整个过程中弹簧对A的冲量大小为I，由动量定理得联立解得
（2）因为A、C间无摩擦，放上C之后C对A、B运动不影响，C在A、B上全程做匀速运动。
（i）设时A、B的速度为v，弹簧弹性势能为EP，由系统动量守恒、能量守恒得；
设弹簧的劲度系数为k，形变量为，由功能关系得
联立解得
（ii）设弹簧被压缩过程中某一时刻A、B的速度分别为、，由系统动量守恒得
经过短时间，有将时间分为无数段，设时间内A的位移为，B的位移为，由⑩式得；时刻，弹簧恢复原长，有若C的重心恰好运动至B的左端，设木板的长度为，则有若C的重心恰好运动至B的右端，设木板的长度为，则有木板长度L应为联立解得
16．如图甲将装有弹簧，质量m1=3kg的滑块a在轨道II距地面高h=0.8m的A处静止释放。当a运动到C处时弹簧的另一端与放在轨道I质量m2=1kg的滑块b连接（如图乙），此时弹簧处于原长（整个运动过程弹簧均处于弹性限度内，且始终保持与水平面平行）。滑块a、b均可视为质点，且始终不脱离各自的轨道。轨道I光滑，在轨道I 的E处设有与轨道等宽的竖直挡板，滑块b与挡板碰撞后以原速率返回。轨道II的AB段、CD段以及E点之后的部分均光滑，BC段长度x1=1m，动摩擦因数μ1可以调节，DE段长度x2=1.25m，动摩擦因数μ2=0.2（滑块仅与轨道底面产生摩擦）。已知滑块a刚运动到DE段时，滑块a、b恰好第一次共速。
（1）若μ1=0.35，求滑块a刚运动到DE段时的速度v以及弹簧的弹性势能Ep；
（2）若滑块a、b恰好同时到达E处，且此时滑块b的速度变为滑块a刚运动到DE段时的，求μ1的最大值；
（3）在（2）的条件下，且μ1=0.35，求滑块a从D处运动到E处的时间t，并说明最终滑块a能否进入BC段？
【答案】（1），；（2）0.425；（3）0.5s，说明见解析
【详解】（1）由动能定理得解得由动量守恒得解得
由能量守恒得解得
（2）当a到达E时速度为0，此时有最大值，由动能定理得由动量守恒得由能量守恒得且解得
（3）因为，由（1）得，当a运动到E段运动时，由能量守恒得
又解得弹簧对b的冲量弹簧对a的冲量由动量定理得解得t=0.5s此时系统的动能
因为滑块b与挡板碰撞后以原速率返回，所以a、b向左返回时动能不变，而若滑出DE段，需克服摩擦力做功所以a、b最终在DE段停止，不能进入BC段。
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