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专题7动量守恒定律——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024年6月 浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【解答】解：（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，在C点，根据牛顿第二定律得：
从滑块离开弹簧到C点的过程，根据动能定理得：
解得：v0＝5m/s
（2）滑块恰好过C点后，以速度大小等于v0的速度滑上平板，以向右为正方向，平板加速至与滑块共速的过程，根据动量守恒定律得：
mv0＝（m+M）v
根据能量守恒定律得：
联立解得此过程系统损耗的机械能为：ΔE＝0.625J
（3）滑块滑上平板，运动到平板最右端恰好不滑下，之后与平板一起匀减速运动到H点时，滑块离开弹簧时的速度最大。设滑块与平板相对滑动时两者的加速度大小分别为am、aM。根据牛顿第二定律得：
μ1mg＝mam，解得：
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaM，解得：
作出v﹣t图像，如下图所示
由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，可得：
v1＝aMt1＝vm﹣amt1
联立解得：vm＝6m/s，v1＝2.4m/s，t1＝0.6s
共速过程平板的位移大小为：x1 v1t1
解得：x1＝0.72m＜d﹣L＝4.4m﹣1.8m＝2.6m，说明共速时平板没有到达H点。
两者共速之后到H点的过程，根据动能定理得：
﹣μ2（m+M）g（d﹣L﹣x1）（m+M）（m+M）
解得：v2m/s＞0，说明两者共速之后可以达到H点。
可知离开弹簧时的最大速度vm＝6m/s是合理的。
答：（1）滑块离开弹簧时速度v0的大小为5m/s；
（2）平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能为0.625J；
（3）其离开弹簧时的最大速度vm为6m/s。
2. （2024 浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【解答】解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理
解得vC＝4m/s
在C处，根据向心加速度公式
代入数据解得aC＝16m/s2
②物块a从A到D，根据动能定理
代入数据解得
设上滑的最大高度为h1
根据动能定理
代入数据解得h1＝0.45m
ED之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1
因此物块a未滑出轨道DE；
设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D；
根据动能定理
代入数据解得s＝2m
③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得
由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑；
物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ
代入数据解得
t根据匀变速运动公式
由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有
所以
（2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理
代入数据解得vF＝2m/s
设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向
根据动量守恒定律mvF＝2mv
根据功能关系
代入数据联立解得l＝0.2m。
答：（1）①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；
②在DE上经过的总路程为2m；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；
（2）若h＝1.6m，滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。
3. （2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
【解答】解：（1）从D到F的过程中，对滑块a根据动能定理可得：
2mgR
代入数据解得：vF＝10m/s
在F点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则
解得：FN＝31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a碰后返回到B点的过程中，根据动能定理可得：
碰撞瞬间，滑块a与b组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a的速度为v1，滑块b的速度为v2，则
mvF＝﹣mv1+3mv2
联立解得：ΔE＝0
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF＝（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定律可得：
4mv＝（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
联立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
则Δx＝x2+x1
代入数据解得：Δx＝0.2m
答：（1）滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小为10m/s，所受支持力大小为31.2N；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能为0；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差为0.2m。
4. （2022 浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【解答】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：
解得：vb＝5m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mvb＝mvb′+mv0
解得：v0＝vb＝5m/s
（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：
mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0
解得：h1＝1.2m
以竖直向下的方向为正方向
由动能定理得：
联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（N）（h≥1.2m，且竖直向下为FN的正方向）。
（3）当1.2m≤h＜1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：
从E点飞出后，竖直方向：
水平方向上：s＝vEt
根据几何关系可得：
联立解得：x＝3l+DF+s1
代入数据解得：
当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.8m
可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：
mgH﹣μmgs3＝0
解得：s3＝0.4m
距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时
3l﹣s3＜x＜3l
代入数据解得：2.6m＜x＜3m
答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；
（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（N），（h≥1.2m，且竖直向下为FN的正方向）；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.2m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m＜x＜3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为。
1. （2024 乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（ ）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0
B．物块与钢板在返回O点前已经分离
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能
【解答】解：A、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为v0，由机械能守恒得：
3mgx0，解得：v0
设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v1，选取向下为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv1，解得：v1
钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x1，则有：
2mg＝kx1
初始对钢板由平衡条件得：
mg＝kx0
对比解得：x1＝2x0
设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得：
2mg（x1﹣x0+A）
其中：k
联立解得：A＝2x0，故A错误；
B、由A的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x0，振幅为2x0，由简谐运动规律可知弹簧原长的位置O处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块与钢板在返回O点前不会分离，故B错误；
C、碰撞的位置是A处，由此处第一次到平衡位置的时间为，则第一次运动到最低点所经历的时间为：
tT，故C正确；
D、弹簧最大压缩量为xm＝x1+A＝4x0，最大的弹性势能：Epm8mgx0，故D错误。
故选：C。
2. （2024 镇海区校级三模）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（ ）
A．ρv B．2ρv C．ρv2 D．2ρv2
【解答】解：单位时间、单位面积上的降水量
在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量为
设雨水受到的撞击力为F，规定向下为正方向，根据动量定理
解得
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小
因此平均压强为
故ACD错误，B正确；
故选：B。
3. （2024 浙江模拟）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒
B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s
C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小
D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N s
【解答】解：A、根据机械能守恒的条件，在整个系统中，在A、B板来回跳的过程中存在摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；
B、因该同学从A跳上B，再跳回A时最终两滑板恰好不相撞，可知速度相等，该同学跳回滑板A整个过程中系统水平方向合力为零，动量守恒，则
（m+M）v0＝（2m+M）v
代入数据解得：v＝19m/s，所以最终他和滑板的速度为19m/s，故B正确；
C、该同学跳离滑板B的过程中，人给滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C错误；
D、该同学从跳上到跳离滑板B整个过程中的冲量为：I＝mv，代入数据得：I＝47.5N s
所以该同学跳离滑板B的过程中对滑板B的冲量大小小于47.5N s，故D错误。
故选：B。
4. （2024 嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（ ）
A．a、b角速度之比为2：1
B．摆臂对转轴的弹力保持不变
C．摆臂对a和b作用力的功为0
D．摆臂对a和b作用力的冲量为0
【解答】解：A.摆锤a和配重锤b属于同轴转动，角速度之比为1：1，故A错误；
B.摆锤和配重做圆周运动，则摆臂对转轴的弹力大小和方向都发生变化，故B错误；
C.摆臂运动过程中，摆臂对a和b的作用力做功大小相等，一正一负，则摆臂对a和b作用力的功为0，故C正确；
D.摆臂运动过程中，a、b速度方向发生变化，则动量发生变化，摆臂对a和b作用力的冲量不为0，故D错误；
故选：C。
5. （2024 浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
【解答】解：ABD、小球在下滑过程中，物体向左运动，动能增大，重力势能不变，物体的机械能增大，说明小球对物体做正功。因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，只有重力做功，故系统的机械能守恒，则小球的机械能减少，物体对小球的弹力做负功，故AB错误，D正确；
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，故C错误。
故选：D。
6. （2024 杭州二模）如图所示，某同学在同一位置用同一频闪相机记录了乒乓球抛至最高点和从最高点下落的两张频闪照片，频闪时间间隔相同，其中A1、A2处均为最高点。若全程空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲乒乓球在运动过程中机械能守恒
B．图乙为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片
C．乒乓球在A1B1、A2B2段运动过程中重力的冲量大小不同
D．通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比
【解答】解：A.根据Δx＝at2可知图甲和图乙乒乓球在运动过程中的加速度不相等，说明乒乓球受阻力作用，机械能不守恒，故A错误；
B.对于乒乓球，上升受向下的重力mg、向下的阻力f，合力为mg+f＝ma上，下降受向下的重力mg、向上的阻力f，合力为mg﹣f＝ma下，图可知下降时加速度小于上升时加速度，根据Δx＝at2可知乙为乒乓球下降时所拍摄的频闪照片，故B错误；
C.乒乓球在A1B1、A2B2段运动时间相等，根据I＝Ft可知，乒乓球在A1B1、A2B2段运动过程中重力的冲量大小相同，故C错误；
D.根据B项可得：，，根据Δx＝at2可求加速度的比值，所以通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比，故D正确；
故选：D。
7. （2024 宁波模拟）如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度为H，蹦床离地面的高度为h，莲莲的质量为M，下落过程中弹性网最大下陷量为x，受到的空气阻力大小恒为f，从最高点到最低点下落时间为t，则莲莲在下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．莲莲的机械能减少了（Mg﹣f）（H+x﹣h）
B．弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（Mg﹣f）t
C．莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为
D．弹性网弹性势能的增量为（Mg﹣f）t
【解答】解：A．莲莲在下落到最低点的过程中，莲莲的初速度、末速度都是零，则动能不变，莲莲的机械能减少量等于重力势能的减少量，则ΔE＝Mg（H+x﹣h），故A错误；
B．莲莲在下落到最低点的过程中，根据动量定理有Mgt﹣ft﹣I＝0
弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为I＝（Mg﹣f）t，故B正确；
C．莲莲从下落至与蹦床接触过程中，根据动能定理有
莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中，根据动量定理有﹣I1＝0﹣Mv
莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为，故C错误；
D．根据能量守恒，弹性网弹性势能的增量为，Ep＝Mg（H+x﹣h）﹣f（H+x﹣h）＝（Mg﹣f）（H+x﹣h）
另外，（Mg﹣f）t对应的国际单位是N s，是动量的单位，不是能量的单位。
故D错误。
故选：B。
8. （2024 金华二模）如图所示，质量m1＝1kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R＝1.8m，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量m2＝2kg的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求：
（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小；
（2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量；
（3）若平台上P、Q之间是一个长度l＝0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小F＝20N的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。
①求当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度；
②求当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程。
【解答】解：（1）设B滑到A的底端时速度为v0，由动能定理得
m2gR
小球在圆弧底端，有N﹣m2g＝m2
联立各式并代入数据得v0＝6m/s；N＝60N
根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力大小为60N。
（2）设A、B获得共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝（m1+m2）v
代入数据解得v1＝4m/s
对A、B系统利用能量守恒定律Qm2（m1+m2）v2
解得Q＝12J
（3）①对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有
Fl﹣μm2g1m2m2
解得以v3＝5m/s
②对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有
Fl﹣μm2g1m2m2
解得v4m/s
由于m2J＝17J＜m2gh＝2×10×1.25J＝25J，所以滑块B不能从斜坡顶端冲出，将会再次滑上PQ段；
由于μm2g×2l＝0.9×2×10×2×0.5J＝18Jm2J＝8J，所以滑块B不能从平台左端滑出；
由于F＝20N＞μm2g＝0.9×2×10N＝18N，所以滑块B不会停止在PQ段，最终静止在Q点，对滑块B全过程应用动能定理有：
Fl﹣μm2gs＝0m2
解得sm
答：（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小为60N；
（2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量为12J；
（3）①当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度为5m/s；
②当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程为m。
9. （2024 西湖区校级模拟）如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。质量mA＝2kg的物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。
（1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力；
（2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值；
（3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。
【解答】解：（1）设A滑到Q点时的速度大小为v，由机械能守恒定律得：
解得：v＝4m/s
在O点，对A根据牛顿第二定律得：
解得：F＝44N
根据牛顿第三定律可知对圆轨道的压力大小为44N，方向竖直向上。
（2）设A、B碰撞前瞬间A的速度为vA，由机械能守恒定律得：
解得：vA＝v0＝6m/s
A、B碰撞后以共同速度vp前进，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+m）vp
解得：vP＝4m/s
此时A、B的总动能为：，解得：Ek＝24J
A、B粘合体每经过一段粗糙段损失的动能为：
ΔE＝μ（mA+m）gL＝0.25×（2+1）×10×0.6J＝4.5J
因：，故k的数值为6。
（3）设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的左端时的动能为Ek1，则有：
Ek1＝Ek﹣（n﹣1）ΔE＝24J﹣（n﹣1）×4.5J＝（28.5﹣4.5n）J
设A、B粘合体恰好滑到第n个（1≤n＜k）粗糙段的右端时的动能为Ek2，则有：
Ek2＝Ek﹣nΔE＝24J﹣n×4.5J＝（24﹣4.5n）J
动量的大小与动能的关系为：p
根据动量定理可得第n个（1≤n＜k）粗糙段对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式为：
I＝p1﹣p2
解得：I，（1≤n＜6）
答：（1）A滑过Q点时的速度大小为4m/s，对圆轨道的压力大小为44N，方向竖直向上；
（2）k的数值为6；
（3）第n个（1≤n＜k）粗糙段对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式为I，（1≤n＜6）。
10. （2024 镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。
（1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W；
（2）求滑块Q的质量MQ；
（3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。
【解答】解：（1）根据能量守恒定律
解得
设物块P在传送带上减速到与传送带速度相同的位移为s，根据运动学公式有
解得
s＝3R＜L1＝4R
故物块P在传送带上先减速后匀速，根据动能定理有
解得滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功为
W＝﹣1.5mgR；
（2）设P与Q碰撞前的速度大小为v1，碰后P的速度大小为v2，Q的速度为v3，则P从B到C由动能定理有
解得
从C到D过程中由动能定理
解得
对P滑块从D到C根据动能定理
解得
以向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有
mpv1＝﹣mpv2+mQv3
联立解得
解得
mQ＝3m；
（3）由（2）可得，Q碰后速度为
进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左为
f2＝μ3mQg＝1.2mg
地面对长木板最大静摩擦力
f地M＝μ4（mQ+m木）g＝1.8mg＞f2
故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得
解得
Q以速度v4与长木板弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mQv4＝mQv5+m木v6
可得碰后Q和长木板的速度分别为
，
根据牛顿第二定律，Q向右减速的加速度为
a2＝μ3g＝0.4g
长木板向左减速的加速度为
Q向右做减速运动直至速度减为零后再向左做加速运动直到两者共速，再一起减速，做出v﹣t图像如图所示
可得
相对位移为
可得
Δx＝R＜1.5R
则滑块未滑离木板，滑块Q与木板间因摩擦产生的热量为
Q热＝μ3mQg（Δx+1.5R）＝3mgR。
答：（1）滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W为﹣1.5mgR；
（2）滑块Q的质量mQ为3m；
（3）滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热为3mgR。
11. （2024 浙江模拟）如图所示，一水平传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为h2＝0.95m。桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知g＝10m/s2，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程；
（4）若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。
【解答】解：（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为v甲，则根据速度—位移关系：有
由题意可知：
联立解得：v甲y＝v甲x＝3m/s，
由此可知，物块甲运动到最高点时的速度大小为：v0＝v甲x＝3m/s
（2）设物块甲在B点时速度为vB，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有：
代入数据解得：
因为vB＞v，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功W，由动能定理有：
代入数据解得：W＝2.2J
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能：Ep＝W＝2.2J
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，以向右为正，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
其中：v0＝v甲x
由机械能守恒定律得：
解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得：m2v2＝（m2+m3）v3
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得：
解得：
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得：m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4
木板向左减速过程中，由动能定理得：
代入数据解得：
同理可得：
以此类推木板的总路程为：
解得：s＝1.0m
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得：μ2m2g＝m2a
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，由位移—时间关系得：x
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即
v2﹣μ2g×2t＝0
代入数据解得：xm
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。即：v2﹣μ2g×4t＝0
联立解得：xm
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为：m≤xm。
答：（1）物块甲运动到最高点时的速度大小为3m/s；
（2）弹簧最初储存的弹性势能为2.2J；
（3）木板运动的总路程1.0m；
（4）木板与挡板仅能发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为：。
12. （2024 温州三模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m的水平传送带，圆心角θ＝60°；半径R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v＝8m/s顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1＝0.6，物块b与小车的动摩擦因数μ2＝0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。
（1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）求物块a到达D点时对管道的作用力FN；
（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
【解答】解：（1）对小物a块分析，根据牛顿第二定律有
μ1m1g＝m1a1
设小物块一直加速到传送到右端点时，其速度为v1，根据运动学公式有
解得
v1＝6m/s＜8m/s
所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有
v1＝a1t
该时间传送带的位移为x传，有
x传＝vt
联立解得
x传＝8m
物块a相对传送带的位移为
Δx＝x传﹣L＝8m﹣3m＝5m
根据功能关系，摩擦产生的热量为
Q＝μ1m1g Δx
代入数据解得
Q＝30J；
（2）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，根据动能定理有
在D点根据牛顿第二定律有
解得
FN＝6N
根据牛顿第三定律
FN′＝FN＝6N，方向竖直向上；
（3）当物块滑上小车后，由于
μ1m1g＝6N＞μ2m2g＝3N
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1vD＝（m1+m2）v共
根据能量守恒定律有
代入数据联立解得
d＝2m。
答：（1）物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q为30J；
（2）物块a到达D点时对管道的作用力FN为6N，方向竖直向上；
（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，小车长度的最小值d为2m。
13. （2024 浙江模拟）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g＝10m/s2，3.16。求：
（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【解答】解：（1）物块由P到A的过程，根据动能定理可得：0
解得摩擦力做的功：Wf＝﹣25.5J；
（2）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：0.5×10m/s2＝5m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间：
匀减速运动的位移：m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为：s
故物体从A运动到B的时间为：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s
传送带对物体的冲量大小为：N S＝6.32N s；
（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv＝﹣mv1+m0u1
解得：m/s，m/s；
物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得：
v1＝at1
解得：m＜3.4m，s；
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为：
再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为：
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为：
，
，
，
从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为：
解得：1×52J＝25J。
答：（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功为﹣25.5J；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小为6.32N s；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能为25J。
14. （2024 嘉兴模拟）如图所示是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型，倾斜轨道AB和倾斜传送带BC倾角都为θ＝24°，半径R＝0.75m的细圆弧管道CD的圆心角也为θ。水平轨道DE右侧有一倾角为α的斜面FG，其底端F在E正下方、顶端G与E等高且距离为d＝2.4m。DE上静置一小滑块N。AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过CD滑上DE，M经过D点时与管道间恰好无挤压。传送带以v＝6m/s速度逆时针转动，BC长度L＝6m，M与BC间动摩擦因数为。已知M、N质量分别为。除传送带外，其余部分皆光滑。取：sin24°＝0.4、cos24°＝0.9。求：
（1）M首次经过D时的速度大小；
（2）当N固定且M与N间发生弹性碰撞时，M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量，以及M在碰撞后经过B点的速度；
（3）当N不固定且M与N间发生非弹性碰撞时，N从E水平飞出后击中FG的最小动能。
【解答】解：（1）物块M经过D点时与管道间恰好无挤压，重力完全提供向心力
代入数据解得
（2）物块M从C到D的过程中，根据动能定理
代入数据解得vC＝3m/s
物块M再传送带上面上滑的过程中，根据牛顿第二定律﹣mMgsinθ﹣μmMgcosθ＝mMa1
解得a1＝﹣6m/s2
根据运动学公式
代入数据解得vB＝9m/s
运动时间
传送带的位移x1＝vt＝6×1m＝6m
物块M上滑过程与传送带间相对位移为s＝x1+L＝6m+6m＝12m
摩擦热量
物块M与固定的物块N发生弹性碰撞后，等速返回，再次到达C点时速度仍为3m/s，物块M先做匀加速直线运动到传送带速度，设加速位移为x
根据牛顿第二定律mMgsinθ+μmMgcosθ＝mMa2
解得
根据运动学公式
代入数据解得x＝2.25m＜L
由于mMgsinθ＞μmMgcosθ，物块M将以另一加速度做匀加速运动
根据牛顿第二定律mMgsinθ﹣μmMgcosθ＝mMa3
代入数据解得a3＝2m/s2
根据运动学公式
代入数据解得
（3）根据数学知识
设滑块N离开E点后经时间t击中斜面，竖直速度vy＝gt
竖直位移
水平位移
水平速度
击中FG斜面的动能
代入数据化简得
当，即t＝0.4s时
动能取得最小值
此时，略大于1.5m/s；
物块N不固定时，M、N发生非弹性碰撞时，取水平向右为正方向
动量守恒mMvD＝mMv1+mNvx
滑块N的速度范围为在这个区间内，故可取。
答：（1）物块M首次经过D时的速度大小为；
（2）物块M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量4.8J；物块M在碰撞后经过B点的速度为；
（3）物块N从E水平飞出后击中FG的最小动能为。
15. （2024 浙江模拟）如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为m0＝1kg，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点）。滑块质量为m1＝2kg，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L＝1.2m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数μ0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，水平地面光滑，现将一质量为m2＝2kg小球M（可视为质点的）从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取g＝10m/s2。已知小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小为12m/s，求：
（1）圆弧AB的半径R的大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第4次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。
【解答】解：（1）若小球到C点的速度为v0，B到C过程中小球克服阻力做功为，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有：WfBC 代入数据得：WfBC＝6J
小球由A到C过程中，由动能定理可得：
代入数据解得：R＝7.5m
（2）小球与滑块弹性碰撞过程，以向右为正，由动量守恒定律有：m2v0＝m2v2′+m1v
由机械能守恒定律有：
由题意知道：m2＝m1
联立方程组解得：v2′＝0，v＝v0＝12m/s
即由于小球与滑块质量相等，速度交换即碰后滑块速度大小为：v＝v0＝12m/s
小球静止。滑块滑上小车后达到的共同速度为v1，滑块和小车第一次碰前，由动量守恒有
m1v＝（m1+m0）v1
解得：v1＝8m/s
第一次碰前小车和滑块速度均为v1，碰后小车变为，滑块速度仍为v1，碰后通过动量守恒，达到共同速度为v2，则由动量守恒有：
代入数据解得：v2＝4m/s
由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得：
联立解得：Q＝48J
（3）以小车第一次碰后为计时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为
a1μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
a2m/s2＝2m/s2
小车第一次碰后，小车向左减速到0用时为：t1s＝2s
根据对称性，小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程为：s122m＝8m
第二次碰撞前，小车速度为：v车＝a2t1＝2×2m/s＝4m/s
第二次碰撞前，滑块的速度为：v滑＝v1﹣2a1t1＝8m/s﹣2×1×2m/s＝4m/s
即滑块和小车在二次碰墙前恰好达到共速，分析可知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程：s1＝8m
同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中：s2＝2m
第3次碰撞到第4次碰撞过程中：s3＝0.5m
小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第4次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程：s＝s1+s2+s3＝8m+2m++0.5m＝10.5m
答：（1）圆弧AB的半径R的大小为7.5m；
（2）滑块与小车间由于摩擦产生的热量为48J；
（3）小车运动的路程为10.5m
16. （2024 镇海区校级模拟）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角α＝60°，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t＝0，第一次与弹簧分离的时刻为t＝2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角θ＝37°，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，sinθ＝0.6。求：
（1）轻绳即将断裂时的张力；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围。
【解答】解：（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有：2mgl（1﹣cosα）
代入题设条件解得：v＝v0
设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析，根据牛顿第二定律有：
代入数据解得：FT＝8mg
（2）设A的质量为mA，碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量守恒，
以向右为正有：2mv0＝mAvA+2m （﹣0.2v0 ）
机械能守恒：
解得：mA＝3m，vA＝0.8v0
易知t＝t0时弹簧压缩量最大，记为Δx。设压缩过程中A的速度为vA（t），B，B的速度为vB（t）
微分求和得：
利用动量守恒：3mvA+2mvB＝2mv0
将vB（t）用vA（t），B替换可得：
代入题给条件：
可求得：Δx＝0.64v0t0
（3）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面。设A在斜面顶端的速度为vm，由动能定理得
不能越过斜面即等价于：
代入可解得：
A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大。设此时A在斜面上的最大高度为hm，返回水平面时的速度为v′，根据动能定理得
从中可以得到v′与v0的关系：（v′）2
A返回的速度v′要大于B在水平面上的速度0.2v0，代入可解得：
最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件：3mgsinθ﹣3μmgcosθ≥0
从中解得：
综上可得A与斜面间的动摩擦因数应满足：
答：（1）轻绳即将断裂时的张力为8mg；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.64v0t0；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围为。
17. （2024 浙江模拟）某游戏装置的竖直截面如图所示，由光滑的轨道AB，长为L＝2m的传送带BC，圆心角均为θ＝37°，半径R＝4m的圆弧轨道DE、EF，以及足够长的光滑水平平台FG组成。平台FG上停有相同质量mb＝mc＝3kg的滑块b和滑块c，其中滑块c左端连有劲度系数k＝24N/m的轻弹簧。传送带以v＝6m/s的速率顺时针转动，现将质量ma＝1kg的滑块a从斜面AB高h处释放。已知滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）且处于弹性范围内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。滑块a与滑块b的碰撞为完全弹性碰撞，游戏过程中要求滑块不脱离轨道。
（1）若h＝1.8m，求：
①小物块a第一次经过D点时对轨道的压力大小FN；
②弹簧的最大压缩量x；
③滑块b的最终速度大小v。
（2）求滑块b与滑块c的最终动能之和Ek与释放高度h的关系。
【解答】解（1）①物块a从A到B过程，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
vB＝6m/s
可知物块滑上传送带并与之相对静止，在D点，对物块a由牛顿第二定律有
代入数据解得
F＝19N
由牛顿第三定律可得，对轨道的压力大小为
FN＝19N；
②物块a从D到F过程，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
vF＝2m/s
a与b第一次完全弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mavF＝mav1+mbv2
根据机械能守恒定律有
代入数据联立解得
v1＝﹣1m/s，v2＝1m/s
b、c共速时压缩量最大，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mbv2＝（mb+mc）v2′
根据能量守恒定律有
代入数据联立解得
x＝0.25m；
③物块b与弹簧接触到物块b与c分离，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mbvF＝mbv3+mcv4
根据机械能守恒定律有
代入数据联立解得
v3＝0
物块a与物块b碰后返回D点过程，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
故a再次返回平台时速度为
v＝﹣v1＝1m/s
物块a、b第二碰撞，
第二次碰撞后，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mav5＝mav6+mbv7
根据机械能守恒定律有
代入数据联立解得
v7＝0.5m/s＜v2＝1m/s
即物块b与物块a碰后不再与物块c碰撞，故物块b的最终速度为0.5m/s；
（2）由题意可知，当物块a刚好到平台时速度为0，根据机械能守恒定律
根据运动学公式
根据牛顿第二定律
a＝μg
物块a下滑过程根据机械能守恒定律
代入数据联立解得
h1＝1.4m
当0≤h≤1.4m时，物块a到不了平台和，故滑块b与滑块c的最终动能之和为
Ek＝0；
当物块a在传送带上加速到右端时速度与传送带相等，根据运动学公式有
根据机械能守恒定律有
代入数据联立解得
h2＝1.6m
当1.4m≤h≤1.6m时，根据机械能守恒定律
根据运动学公式有
根据机械能守恒定律
联立解得a第一次到F点时速度为
物块a和物块b碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mavF1＝mavF11+mbvb11
根据机械能守恒定律有
物块b和物块c碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mbvb11＝mbvb11′+mcvc1
根据机械能守恒定律有
得最终物块b和物块c的速度分别为
，
故滑块b与滑块c的最终动能之和为
；
当物块a在传送带上减速到右端时速度与传送带相等，根据运动学公式有
根据机械能守恒定律
代入数据联立解得
h3＝2m
当1.6m≤h≤2m时，根据机械能守恒定律
解得物块a第一次到F点时速度为
vF2＝2m/s
同理解得最终物块b和物块c的速度分别为
vb2＝0.5m/s，vc2＝1m/s
故滑块b与滑块c的最终动能之和为
代入数据解得
；
当物块a在F点刚好不脱离轨道，根据牛顿第二定律有
根据机械能守恒定律
根据运动学公式
根据机械能守恒定律
代入数据联立解得
h4＝2.6m
当2m≤h≤2.6m时，根据机械能守恒定律
根据运动学公式
根据机械能守恒定律
联立解得a第一次到F点时速度为
同理解得最终物块b和物块c的速度分别为
，
故滑块b与滑块c的最终动能之和为
；
当h＞2.6m时，滑块a在E点脱轨。
综上，当0≤h≤1.4m时，Ek＝0；当1.4m≤h≤1.6m时，；当1.6m≤h≤2m时，；当2m≤h≤2.6m时，；当h＞2.6m时，滑块a在E点脱轨。
答：（1）若h＝1.8m，则：
①小物块a第一次经过D点时对轨道的压力大小FN为19N；
②弹簧的最大压缩量x为0.25m；
③滑块b的最终速度大小v为0.5m/s。
（2）滑块b与滑块c的最终动能之和Ek与释放高度h的关系为：当0≤h≤1.4m时，Ek＝0；当1.4m≤h≤1.6m时，；当1.6m≤h≤2m时，；当2m≤h≤2.6m时，；当h＞2.6m时，滑块a在E点脱轨。
18. （2024 绍兴二模）如图所示，一长为L1＝1m的水平传送带AB以速度v0＝3m/s沿顺时针匀速旋转，传送带与光滑水平轨道CD平滑连接且B、C两点重合，光滑圆弧轨道DE圆心为O，半径为R＝0.5m，OE与竖直方向的夹角θ＝37°，圆弧轨道DE与水平轨道CD也平滑连接，FG为U形固定槽（F、G两点等高），槽的水平长度为L2＝0.6m，槽的右上端G与E点间的水平距离为x＝0.4m，竖直距离为y＝0.5m。现将质量为m（质量大小可改变）的滑块1轻轻放到传送带上的A处，经传送带传送后进入轨道CD，并与静止在水平轨道CD上某处的滑块2（质量为m2＝1kg）发生弹性碰撞，随后滑块2沿圆弧轨道运动，从E点飞出后落入U形槽。已知滑块1与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，两滑块可视为质点，不考虑两滑块间以后的碰撞与滑块2落入U形槽后反弹的情形。
（1）求碰撞前瞬间滑块1的速度v1；
（2）若滑块2刚好在E点脱离轨道，求碰撞后瞬间滑块2的速度v2；
（3）为使滑块2能落入U形槽，求滑块1质量m1应取的最小值。（结果可保留根号）
【解答】解：（1）设滑块1匀加速直线运动的加速度为a，则μmg＝ma
解得a＝5m/s2
滑块1匀加速直线运动的位移为
x
解得x＝0.9m＜L1
之后滑块1做匀速直线运动，因此碰擅前瞬间滑块1的速度3m/s。
（2）滑块2刚好在E点脱离轨道满足m2gcos37°＝m2
解得v＝2m/s
根据动能定理有
m2gR （1+cos37°）
解得v2m/s
（3）为使滑块2能落入U形槽，要求滑块1质量m1的最小值满足条件1：E点之前不脱离轨道，则E点速度v'≥2m/s
满足条件2：若刚好落入G点，根据平抛运动规律有
x＝v''cos37°t
﹣y＝v''sin37°t
此时E点速度v''m/s
因此能落入G点的条件为v'≥2m/s，碰撞后瞬间滑块2速度v2m/s
滑块1和滑块2发生弹性碰撞，规定向右为正方向，则
m1v0＝m1v1+m2v2
m1m1m2
解得m1kg
因此质量m1的最小值为
答：（1）碰撞前瞬间滑块1的速度为3m/s；
（2）碰撞后瞬间滑块2的速度为m/s；
（3）滑块1质量m1应取的最小值为。
19. （2024 鹿城区校级模拟）一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带和小车三部分组成。质量不计长度为l＝1m的细线一端被固定在架子上，另一端悬一个质量为m＝1kg的物体（可视为质点）。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向夹角为θ＝37°。一段时间后悬挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）沿传送方向进入传送带。倾角为α＝30°的传送带以恒定的速率沿顺时针方向运行，物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度为，物体和传送带之间的动摩擦因数为。质量为M＝2kg的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面光滑且由水平轨道与圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径为R＝0.5m。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），并在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加速度取g＝10m/s2。
（1）求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小v1和物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度h；
（2）求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带摩擦力冲量If和压力冲量IN；
（3）从物体离开小车开始计时，求物体重新回到小车所用的时间t′。
【解答】解：（1）物体在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得：
整理变形可得：
物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端，则有：
又：
联立代入数据解得：
（2）由速度的合成知，物体刚滑上传送带时的速度为：v，代入数据得：vm/sm/s
可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知
物体的加速度大小为：a1，代入数据得：a1＝8m/s2
物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为：t1，代入数据得：t1s
上滑的位移为：x1mLm
物体与传送带共速后，继续向下做匀加速运动，受到向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，
物体的加速度大小为：a2，代入数据得：a2＝2m/s2
物体从共速到传送带底端所用时间为t2，根据运动学公式可得：
代入数据解得：
根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的摩擦力冲量方向沿传送带向下，大小为：I
物体对传送带的压力冲量方向垂直传送带向下，大小为：
（3）物体刚滑上小车的速度为：v2＝v0+a2t2＝2m/s+2m/sm/s
物体刚离开小车时，相对速度方向竖直向上，则物体与小球有相同的水平速度，以物体和小车为系统，根据系统水平方向动量守恒可得：mv2＝（m+M）vx
代入数据解得：
设物体刚离开小车时的竖直分速度为vy，根据系统机械能守恒可得：
解得：
物体刚离开小车后在竖直方向做竖直上抛运动，则从物体离开小车开始计时，物体重新回到小车所用的时间为：t′s
答：（1）物体做水平匀速圆周运动的线速度大小：，物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度；
（2）物体对传送带摩擦力冲量，方向沿传送带向下。压力冲量，方向垂直传送带向下；
（3）物体重新回到小车所用的时间。
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专题7动量守恒定律——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024年6月 浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
2. （2024 浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
3. （2023 浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12kg的滑块a以初速度v0＝2m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
4. （2022 浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
1. （2024 乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（ ）
A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0
B．物块与钢板在返回O点前已经分离
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能
2. （2024 镇海区校级三模）雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（ ）
A．ρv B．2ρv C．ρv2 D．2ρv2
3. （2024 浙江模拟）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒
B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s
C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小
D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N s
4. （2024 嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（ ）
A．a、b角速度之比为2：1
B．摆臂对转轴的弹力保持不变
C．摆臂对a和b作用力的功为0
D．摆臂对a和b作用力的冲量为0
5. （2024 浙江模拟）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
6. （2024 杭州二模）如图所示，某同学在同一位置用同一频闪相机记录了乒乓球抛至最高点和从最高点下落的两张频闪照片，频闪时间间隔相同，其中A1、A2处均为最高点。若全程空气阻力大小不变，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲乒乓球在运动过程中机械能守恒
B．图乙为乒乓球上抛时所拍摄的频闪照片
C．乒乓球在A1B1、A2B2段运动过程中重力的冲量大小不同
D．通过两张照片可估测乒乓球所受重力与空气阻力之比
7. （2024 宁波模拟）如图所示，莲莲在亚运会蹦床比赛中，达到的最高点距地面高度为H，蹦床离地面的高度为h，莲莲的质量为M，下落过程中弹性网最大下陷量为x，受到的空气阻力大小恒为f，从最高点到最低点下落时间为t，则莲莲在下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．莲莲的机械能减少了（Mg﹣f）（H+x﹣h）
B．弹性网的弹力对莲莲的冲量大小为（Mg﹣f）t
C．莲莲从与蹦床接触到落至最低点过程中所受合外力的冲量大小为
D．弹性网弹性势能的增量为（Mg﹣f）t
8. （2024 金华二模）如图所示，质量m1＝1kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R＝1.8m，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量m2＝2kg的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求：
（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小；
（2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量；
（3）若平台上P、Q之间是一个长度l＝0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小F＝20N的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。
①求当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度；
②求当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程。
9. （2024 西湖区校级模拟）如图所示，一条连有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。质量mA＝2kg的物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的质量m＝1kg的物块B碰撞，碰后粘合在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.6m。两物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.25，A、B均视为质点，碰撞时间极短。
（1）试求A滑过Q点时的速度大小和对圆轨道的压力；
（2）若碰后A、B粘合体最终停止在第k个粗糙段上，试求k的数值；
（3）试求在第n个（1≤n＜k）粗糙段时，合力对A、B粘合体的冲量大小与n的关系式。
10. （2024 镇海区校级三模）一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为mp＝m、m水＝6m，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为Ep＝3mgR，传送带长度为L1＝4R，传送带速度大小为，平台CD长度为L2＝2R，木板长为L3＝1.5R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，P与平台CD间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块Q与木板间的动摩擦因数为μ3＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ4＝0.2，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。
（1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W；
（2）求滑块Q的质量MQ；
（3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。
11.
12. （2024 浙江模拟）如图所示，一水平传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为h2＝0.95m。桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知g＝10m/s2，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程；
（4）若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。
13. （2024 温州三模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m的水平传送带，圆心角θ＝60°；半径R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道间平滑连接。在轨道末端D的右侧光滑水平面上紧靠着轻质小车，其上表面与轨道末端D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带左端A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带以速度v＝8m/s顺时针转动，物块a与传送带及小车的动摩擦因数均为μ1＝0.6，物块b与小车的动摩擦因数μ2＝0.1，其它轨道均光滑，物块均视为质点，不计空气阻力。
（1）求物块a和传送带之间因摩擦产生的热量Q；
（2）求物块a到达D点时对管道的作用力FN；
（3）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
14. （2024 浙江模拟）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g＝10m/s2，3.16。求：
（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
15. （2024 嘉兴模拟）如图所示是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型，倾斜轨道AB和倾斜传送带BC倾角都为θ＝24°，半径R＝0.75m的细圆弧管道CD的圆心角也为θ。水平轨道DE右侧有一倾角为α的斜面FG，其底端F在E正下方、顶端G与E等高且距离为d＝2.4m。DE上静置一小滑块N。AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过CD滑上DE，M经过D点时与管道间恰好无挤压。传送带以v＝6m/s速度逆时针转动，BC长度L＝6m，M与BC间动摩擦因数为。已知M、N质量分别为。除传送带外，其余部分皆光滑。取：sin24°＝0.4、cos24°＝0.9。求：
（1）M首次经过D时的速度大小；
（2）当N固定且M与N间发生弹性碰撞时，M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量，以及M在碰撞后经过B点的速度；
（3）当N不固定且M与N间发生非弹性碰撞时，N从E水平飞出后击中FG的最小动能。
16. （2024 浙江模拟）如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为m0＝1kg，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点）。滑块质量为m1＝2kg，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L＝1.2m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数μ0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，水平地面光滑，现将一质量为m2＝2kg小球M（可视为质点的）从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取g＝10m/s2。已知小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小为12m/s，求：
（1）圆弧AB的半径R的大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第4次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。
17. （2024 镇海区校级模拟）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角α＝60°，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t＝0，第一次与弹簧分离的时刻为t＝2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v﹣t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角θ＝37°，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，sinθ＝0.6。求：
（1）轻绳即将断裂时的张力；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用v0、t0表示）；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数μ的取值范围。
18. （2024 浙江模拟）某游戏装置的竖直截面如图所示，由光滑的轨道AB，长为L＝2m的传送带BC，圆心角均为θ＝37°，半径R＝4m的圆弧轨道DE、EF，以及足够长的光滑水平平台FG组成。平台FG上停有相同质量mb＝mc＝3kg的滑块b和滑块c，其中滑块c左端连有劲度系数k＝24N/m的轻弹簧。传送带以v＝6m/s的速率顺时针转动，现将质量ma＝1kg的滑块a从斜面AB高h处释放。已知滑块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）且处于弹性范围内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2。滑块a与滑块b的碰撞为完全弹性碰撞，游戏过程中要求滑块不脱离轨道。
（1）若h＝1.8m，求：
①小物块a第一次经过D点时对轨道的压力大小FN；
②弹簧的最大压缩量x；
③滑块b的最终速度大小v。
（2）求滑块b与滑块c的最终动能之和Ek与释放高度h的关系。
19. （2024 绍兴二模）如图所示，一长为L1＝1m的水平传送带AB以速度v0＝3m/s沿顺时针匀速旋转，传送带与光滑水平轨道CD平滑连接且B、C两点重合，光滑圆弧轨道DE圆心为O，半径为R＝0.5m，OE与竖直方向的夹角θ＝37°，圆弧轨道DE与水平轨道CD也平滑连接，FG为U形固定槽（F、G两点等高），槽的水平长度为L2＝0.6m，槽的右上端G与E点间的水平距离为x＝0.4m，竖直距离为y＝0.5m。现将质量为m（质量大小可改变）的滑块1轻轻放到传送带上的A处，经传送带传送后进入轨道CD，并与静止在水平轨道CD上某处的滑块2（质量为m2＝1kg）发生弹性碰撞，随后滑块2沿圆弧轨道运动，从E点飞出后落入U形槽。已知滑块1与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，两滑块可视为质点，不考虑两滑块间以后的碰撞与滑块2落入U形槽后反弹的情形。
（1）求碰撞前瞬间滑块1的速度v1；
（2）若滑块2刚好在E点脱离轨道，求碰撞后瞬间滑块2的速度v2；
（3）为使滑块2能落入U形槽，求滑块1质量m1应取的最小值。（结果可保留根号）
20. （2024 鹿城区校级模拟）一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带和小车三部分组成。质量不计长度为l＝1m的细线一端被固定在架子上，另一端悬一个质量为m＝1kg的物体（可视为质点）。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向夹角为θ＝37°。一段时间后悬挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）沿传送方向进入传送带。倾角为α＝30°的传送带以恒定的速率沿顺时针方向运行，物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度为，物体和传送带之间的动摩擦因数为。质量为M＝2kg的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面光滑且由水平轨道与圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径为R＝0.5m。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），并在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加速度取g＝10m/s2。
（1）求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小v1和物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度h；
（2）求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带摩擦力冲量If和压力冲量IN；
（3）从物体离开小车开始计时，求物体重新回到小车所用的时间t′。
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