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2025高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律专题强化8利用动量和能量观点解答五大模型提能训练
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这是一份2025高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律专题强化8利用动量和能量观点解答五大模型提能训练，共7页。试卷主要包含了0 kg和mB＝3等内容，欢迎下载使用。
题组一 “子弹打木块”模型与“滑块—木块”模型
1.(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，已知A、B足够长，两种射入过程相比较( BD )
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D．两个过程中系统产生的热量相等
[解析] 子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A错误；滑块A、B动量变化量相等，受到的冲量相等，B正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，所以系统产生的热量相等，D正确。
2．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( ABD )
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
[解析] 由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为xB＝eq \f(1,2)×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1－2,1) m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。
题组二 “滑块—弹簧”碰撞模型
3．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( C )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两物块的动量大小之比p1∶p2＝1∶2
[解析] 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹簧弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时物块A逐渐减速，物块B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B继续加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，从t＝0到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，物块A的速度v1′＝－1 m/s，物块B的速度v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
4．(2024·江苏扬州高三阶段练习)如图所示，用轻弹簧连接质量为m的物块A和质量为2m的物块B，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，现瞬间撤去推力，撤去推力后( D )
A．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，A、B及弹簧构成的系统动量守恒
B．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，墙面对A的冲量为0
C．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为W
D．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为eq \f(W,3)
[解析] 从撤去推力至A即将离开墙面过程中，由于墙面对A有弹力作用，A、B及弹簧构成的系统动量不守恒，故A错误；根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为Ep＝W，从撤去推力至A即将离开墙面过程中，当A对墙的压力刚好为零时，弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为Ek＝Ep＝W，墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量，即为I＝Δp＝mv－0＝eq \r(2mEk)＝eq \r(2mW)，故B错误；A离开墙面时，B具有向右的动量，A离开墙面后，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，始终具有向右的动量，所以A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能小于W，故C错误；A离开墙壁后系统动量守恒，弹性势能最大时，A、B速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv＝3mv1，由能量守恒定律得eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)＋Ep，又W＝eq \f(1,2)×2mv2，解得Ep＝eq \f(W,3)，故D正确。
题组三 “滑块—斜面”模型与“滑块—摆球”模型
5．(多选)如图所示，小车质量为M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g。对此运动过程分析，下列说法中正确的是( BC )
A．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R
B．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为eq \f(MR,M＋m)
C．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为meq \r(\f(2gR,MM＋m))
D．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为Meq \r(\f(2gR,mM＋m))
[解析] 设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x1和x2，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，可得x1＝eq \f(MR,M＋m)，A错误，B正确；当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v1，小球的速度设为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2－Mv1＝0，由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)，解得v1＝meq \r(\f(2gR,MM＋m))，C正确，D错误。
6.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，一轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有一质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( C )
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
[解析] 子弹射入木块时，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得子弹射入木块后的瞬间速度大小为v1＝eq \f(m0v0,m0＋M)，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq \f(v\\al(2,1),l)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。
能力综合练
7．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2。
(1)求子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？
[答案] (1)10 m/s (2)5 m
[解析] (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒。由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，
解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有：
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m0＋m1＋m2)veq \\al(2,2)
解得L＝5 m
故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
8．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。
[答案] (1)2 kg (2)9 J
[解析] (1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2
解得mC＝2 kg。
(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,4)＋Ep
联立解得Ep＝9 J。
9．如图所示，在水平面上依次放置小物块C、A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
[答案] (1)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(3v\\al(2,0),40g)
[解析] (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2，解得E损＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2＝eq \f(1,2)×5m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0))2＋2mgh，解得h＝eq \f(3v\\al(2,0),40g)。
10．如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的eq \f(1,4)圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。重力加速度为g，求：
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B槽的最大速度的大小。
[答案] (1)eq \r(2gR) 3mg＋Mg (2)eq \f(MR,M＋m) (3)eq \f(2m,M＋m)eq \r(2gR)
[解析] (1)小球C从a点运动到b点的过程机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得小球到b点时的速度大小为v0＝eq \r(2gR)
在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，
解得FN＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A槽的压力FN′＝FN＝3mg，A槽静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A槽对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B槽和小球C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh
解得h＝eq \f(MR,M＋m)。
(3)当小球C回到B槽的底端b′点时，B槽的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
解得v2＝eq \f(2m,M＋m)eq \r(2gR)。
题组一 “子弹打木块”模型与“滑块—木块”模型
1.(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，已知A、B足够长，两种射入过程相比较( BD )
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D．两个过程中系统产生的热量相等
[解析] 子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A错误；滑块A、B动量变化量相等，受到的冲量相等，B正确；对子弹运用动能定理，有Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，由于末速度v相等，所以阻力对子弹做功相等，C错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，所以系统产生的热量相等，D正确。
2．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( ABD )
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
[解析] 由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v－t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为xB＝eq \f(1,2)×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝eq \f(1,2)×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1－2,1) m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。
题组二 “滑块—弹簧”碰撞模型
3．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( C )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两物块的动量大小之比p1∶p2＝1∶2
[解析] 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹簧弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时物块A逐渐减速，物块B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B继续加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，从t＝0到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，物块A的速度v1′＝－1 m/s，物块B的速度v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
4．(2024·江苏扬州高三阶段练习)如图所示，用轻弹簧连接质量为m的物块A和质量为2m的物块B，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，现瞬间撤去推力，撤去推力后( D )
A．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，A、B及弹簧构成的系统动量守恒
B．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，墙面对A的冲量为0
C．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为W
D．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为eq \f(W,3)
[解析] 从撤去推力至A即将离开墙面过程中，由于墙面对A有弹力作用，A、B及弹簧构成的系统动量不守恒，故A错误；根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为Ep＝W，从撤去推力至A即将离开墙面过程中，当A对墙的压力刚好为零时，弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为Ek＝Ep＝W，墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量，即为I＝Δp＝mv－0＝eq \r(2mEk)＝eq \r(2mW)，故B错误；A离开墙面时，B具有向右的动量，A离开墙面后，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，始终具有向右的动量，所以A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能小于W，故C错误；A离开墙壁后系统动量守恒，弹性势能最大时，A、B速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得2mv＝3mv1，由能量守恒定律得eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)＋Ep，又W＝eq \f(1,2)×2mv2，解得Ep＝eq \f(W,3)，故D正确。
题组三 “滑块—斜面”模型与“滑块—摆球”模型
5．(多选)如图所示，小车质量为M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g。对此运动过程分析，下列说法中正确的是( BC )
A．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R
B．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为eq \f(MR,M＋m)
C．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为meq \r(\f(2gR,MM＋m))
D．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为Meq \r(\f(2gR,mM＋m))
[解析] 设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x1和x2，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，可得x1＝eq \f(MR,M＋m)，A错误，B正确；当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v1，小球的速度设为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2－Mv1＝0，由机械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)，解得v1＝meq \r(\f(2gR,MM＋m))，C正确，D错误。
6.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，一轻绳一端系在环上，另一端系着质量为M的木块，现有一质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( C )
A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
[解析] 子弹射入木块时，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得子弹射入木块后的瞬间速度大小为v1＝eq \f(m0v0,m0＋M)，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq \f(v\\al(2,1),l)，可知绳子拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，根据牛顿第三定律可知，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。
能力综合练
7．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2。
(1)求子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；
(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？
[答案] (1)10 m/s (2)5 m
[解析] (1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒。由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，
解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有：
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m0＋m1＋m2)veq \\al(2,2)
解得L＝5 m
故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
8．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。
[答案] (1)2 kg (2)9 J
[解析] (1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2
解得mC＝2 kg。
(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,4)＋Ep
联立解得Ep＝9 J。
9．如图所示，在水平面上依次放置小物块C、A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
[答案] (1)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) (2)eq \f(3v\\al(2,0),40g)
[解析] (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0
碰撞过程中系统损失的机械能为
E损＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2，解得E损＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律有mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq \f(1,5)v0
根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2＝eq \f(1,2)×5m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)v0))2＋2mgh，解得h＝eq \f(3v\\al(2,0),40g)。
10．如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的eq \f(1,4)圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。重力加速度为g，求：
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B槽的最大速度的大小。
[答案] (1)eq \r(2gR) 3mg＋Mg (2)eq \f(MR,M＋m) (3)eq \f(2m,M＋m)eq \r(2gR)
[解析] (1)小球C从a点运动到b点的过程机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得小球到b点时的速度大小为v0＝eq \r(2gR)
在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(v\\al(2,0),R)，
解得FN＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A槽的压力FN′＝FN＝3mg，A槽静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A槽对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B槽和小球C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh
解得h＝eq \f(MR,M＋m)。
(3)当小球C回到B槽的底端b′点时，B槽的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
解得v2＝eq \f(2m,M＋m)eq \r(2gR)。
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