素养提升练(一) 动量与能量的综合
一、选择题
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同、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。上述两种射入过程相比较( )
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．两个过程中系统产生的热量相同
D．射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时的两倍
2．(多选)如图所示，质量为M的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是粗糙水平面，BC部分是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。现有一质量为m的小滑块从A点以速度v0冲上滑槽，并且刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C点，忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块滑到C点时，速度大小等于v0
B．滑块滑到C点时速度变为0
C．滑块从A点滑到C点的过程中，滑槽与滑块组成的系统动量和机械能都守恒
D．滑块从B点滑到C点的过程中，滑槽与滑块组成的系统动量不守恒，机械能守恒
3．如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为M＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1A．6∶1 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
4．如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是( )
A．木块对子弹的冲量大于子弹对木块的冲量
B．因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒
C．子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
D．子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和
5．(多选)如图所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同
B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小
C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少
D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零
6．如图所示，半径为R、质量为M的光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块(可视为质点)从槽的顶端由静止滑下，重力加速度为g。则木块从槽口滑出时的速度大小为( )
A． B．
C． D．
二、非选择题
7．如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M＝3 kg 的长条木板，以速度v0＝4 m/s 向右做匀速直线运动，将质量为m＝1 kg 的小铁块轻轻放在木板上的A点(这时小铁块相对于地面速度为零)，小铁块相对于木板向左滑动，由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止。
(1)小铁块跟木板相对静止时，求它们的共同速度大小；
(2)求在全过程中有多少机械能转化为内能。
8．如图所示，在光滑的水平面上有一带半圆形光滑弧面的小车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表面高为H处静止释放一质量为m的小球，它刚好沿圆弧切线从A点落入小车，重力加速度为g，求：
(1)小球到达车底B点时，小车的速度和小球从A点到达B点的过程中小车的位移；
(2)小球到达小车右边缘C点时，小球的速度。
9．如图所示，光滑水平面上有一辆质量为M＝1 kg的小车，小车的上表面有一个质量为m＝0.9 kg的滑块，滑块与小车的挡板用水平轻弹簧相连接，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，整个系统一起以v1＝10 m/s的速度向右做匀速直线运动，此时弹簧长度恰好为原长。现在用一质量为m0＝0.1 kg 的子弹，以v0＝50 m/s的速度向左射入滑块且不穿出，所用时间极短。当弹簧压缩到最短时，弹簧被锁定，测得此时弹簧的压缩量为d＝0.50 m，g＝10 m/s2。 求：
(1)子弹射入滑块后的瞬间，子弹与滑块的共同速度；
(2)弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能的大小。
10．如图甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的 v-t 图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所能获得最大速度的大小。章末综合测评(一)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C D C B D A D CD BD BC
1．C [洗衣机洗衣服时脱水过程利用的是离心现象，与反冲无关，A错误；体操运动员在着地时弯曲双腿是利用了缓冲原理，B错误；喷气式飞机和火箭的飞行都是应用了反冲的原理，C正确；火车进站时切断动力向前滑行是利用惯性，D错误。]
2．D [质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，设初位置坐标为x0，则有v2＝2a(x－x0)，而动量为p＝mv，联立可得＝2a(x－x0)，一个位置的动量p唯一，故可能的相轨迹图像为D。]
3．C [乒乓球抛出的速度为v＝＝6 m/s，以竖直向上为正方向，对抛球的过程利用动量定理可得Ft－mgt＝mv，化简可得F＝＋mg＝2.727 N≈3 N，故C正确，A、B、D错误。]
4．B [两铁块碰撞的过程，由于受重力和弹簧的支持力作用，外力不为零，因此两铁块碰撞的过程动量不是严格守恒，故A错误；碰撞后两铁块合在一起压缩弹簧的过程，两铁块与弹簧组成的系统机械能守恒，故B正确；从两铁块开始碰撞到弹簧压缩至最短的过程，所受外力不为零，动量不守恒，故C错误；从两铁块开始碰撞时不是完全弹性碰撞，有机械能损失，故D错误。]
5．D [以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 021个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0＝2 021mv，解得v＝，则系统损失的机械能为ΔE＝·2 021mv2，解得ΔE＝Ek，故选D。]
6．A [根据位移时间图像的斜率表示速度，可知碰撞前甲的速度大小v1小于乙的速度大小v2，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有－p1＋p2＝0，得p1＝p2，故C、D错误；由上面分析可得m1v1＝m2v2，v1m2，因为Ek＝，所以Ek17．D [由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，故，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故mv0＝mv2＋mv1，解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球与U形管的速度为vx，由动量守恒定律得mv0 ＝ vx，解得vx ＝ ，设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得＝ ＋mv2，解得v＝v0， 故C错误，D正确。]
8．CD [根据s-t图像的斜率等于速度，可得碰撞前滑块Ⅰ的速度为v1＝ m/s＝－2 m/s，大小为2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝ m/s＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，A错误；碰撞前、后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，B错误；碰撞后的共同速度为v＝ m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据可得m1＝m2，D正确；碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的动能之比为，所以碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，C正确。]
9．BD [A、B两物体分别滑动x1和x2的距离而停止，由0－v2＝2ax、a＝－μg可知，爆炸后瞬间A、B两物体的速度二次方之比为x1∶x2，即A、B两物体的速度大小之比为v1∶v2＝∶，选项B正确；爆炸过程，两物体组成的系统动量守恒，所以爆炸后瞬间A、B两物体的动量大小之比为p1∶p2＝m1v1∶m2v2＝1∶1，则A、B两物体的质量之比为m1∶m2＝v2∶v1＝∶，选项A、C错误；爆炸后瞬间A、B两物体的动能之比为Ek1∶Ek2＝m1∶m2＝v1∶v2＝∶，选项D正确。]
10．BC [设0号球的质量为m0，与1号球碰前瞬间的速度为v0，则有m0gh＝m0，0号球与1号球碰撞过程动量守恒、机械能守恒，则有m0v0＝m0v'0＋m1v1，m0m0vm1， 解得v1＝v0＝v0，v'0＝v0＝v0。 若k＝1，即5个小球质量相等，则v1＝v0，v'0＝0，即0号球与1号球碰撞后速度交换，同理分析可知1号球与2号球碰后速度交换，2号球与3号球碰后速度交换，3号球与4号球碰后速度交换，故A错误，B正确；若k<1，即编号0~4小球的质量依次递减，1号球与2号球碰撞，碰后2号球的速度为 v2＝v1＝v0，同理可得v3＝v2＝v0，v4＝v3＝v0，4号球从最低点到最高点有m4m4v＋2m4gR，4号球在最高点时有m4≥m4g，解得 k≤－1，故C正确，D错误。]
11．解析：物块B下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得m2＝m2gL(1－cos α)，若两物块碰撞前后的动量守恒，以水平向左为正方向，则满足m2v0＝－m2v2＋m1v1。 碰撞后，对物块B根据机械能守恒定律得 m2＝m2gL(1－cos θ)， 对物块A得m1＝μm1gx，联立可得 m2＝m1－m2m2m2m1， 解得m2Lcos α＝m2Lcos θ－μm1x。
答案：m2＝m1－m2
m2Lcos α＝m2Lcos θ－μm1x
12．解析：(1)将小球平抛的轨迹延长至地面，反推可知，P点是不放被碰小球时入射小球的落点，M点是放上被碰小球时入射小球的落点。
(2)小球平抛落至竖直挡板上，具有相同的水平位移x和不同的竖直位移y，则平抛的初速度为v0＝＝x，要验证动量守恒定律，需满足mAv0＝mAva＋mBvb
代入不同的竖直位移后可得。
答案：(1)P M (2)
13．解析：(1)滑块所受最大静摩擦力为Ffmax＝μmg＝10 N
由题图乙知，0~1 s内F1＝8 N，故滑块静止，Ff1＝F1＝8 N
1~3 s内滑块做匀加速直线运动，Ff2＝μmg＝10 N
摩擦力在0~3 s内冲量的大小I＝Ff1t1＋Ff2t2＝28 N·s。
(2)由牛顿第二定律得F2－Ff2＝ma，x＝
解得x＝10 m
对OB过程，由动能定理得F2x－Ff2xOA－mgh＝0
解得h＝3.5 m。
答案：(1)28 N·s (2)3.5 m
14．解析：(1)滑块冲上木板后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时滑块、木板共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共
由能量守恒定律得
Ep＝(m＋M)－μmgL
解得Ep＝0.22 J。
(2)滑块最终没有离开木板，滑块和木板具有共同的末速度，设为u，滑块与木板组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋M)u
设共速时滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得μmgL1＝(m＋M)u2
解得L1＝1.35 m
设共速时滑块恰好回到木板的左端P点处，由能量守恒定律得2μmgL2＝(m＋M)u2
解得L2＝0.675 m
所以P、Q之间的距离L应满足0.675 m答案：(1)0.22 J (2)0.675 m15．解析：(1)设半圆形轨道半径为R，小球P恰好通过C点，在C点，由牛顿第二定律得Mg＝
P由B到C过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
＝Mg·2R＋
在B点，由牛顿第二定律得F－Mg＝M
解得在B点轨道对P的支持力大小F＝12 N
由牛顿第三定律可知，在B点P对轨道的压力大小为F'＝F＝12 N。
(2)Q、S碰撞后做平抛运动，平抛运动的时间t＝s＝0.2 s
做平抛运动的初速度v＝＝1 m/s
Q、S碰撞过程中，Q、S组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mvQ＝(m＋m)v
解得Q与S碰撞前的速度大小vQ＝2 m/s。
(3)释放弹簧过程，P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mvQ－MvP＝0
由能量守恒定律得Ep＝
解得Ep＝0.3 J。
答案：(1)12 N (2)2 m/s (3)0.3 J素养提升练(一)
1 2 3 4 5 6
BC AD B C ABD B
1．BC [设子弹的初速度为v，子弹和滑块的共同速度为v'，则根据动量守恒定律，有mv＝(M＋m)v'，解得v'＝，由于两矩形滑块A、B的质量相同，故两种情况中最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理可知，整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，则两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做的功等于子弹动能的变化量，则射入滑块A中时阻力对子弹做的功等于射入滑块B中时阻力对子弹做的功，故D错误。]
2．AD [滑槽与滑块组成的系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设滑块滑到C点时，速度大小为v，取水平向右为正方向，根据水平动量守恒得mv0＝(M＋m)v，得 v＝v0，故A正确，B错误；滑块从A滑到C的过程，滑槽与滑块组成的系统合外力为零，动量守恒，由于要产生内能，系统的机械能不守恒，故C错误；滑块从B滑到C的过程，滑块在竖直方向上有分加速度，根据牛顿第二定律知系统的合外力不为零，则滑槽与滑块组成的系统动量不守恒，由于只有重力做功，系统的机械能守恒，故D正确。]
3．B [滑环固定时，设小球获得冲量I所对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有Mgh1＝，h1＝；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，它们速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则Mv0＝(m＋M)v，(m＋M)v2＋Mgh2，由以上各式可得h2＝，联立可得h1∶h2＝4∶1，B正确。]
4．C [木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量，方向相反，大小相等，A错误；因为水平面光滑，系统不受外力，子弹和木块组成的系统动量守恒，B错误；根据动能定理，子弹对木块所做的功等于木块获得的动能，根据能量守恒定律，子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块获得的动能，C正确；根据动能定理，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，D错误。]
5．ABD [物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确；A、B和弹簧组成的系统能量守恒，压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B的动能之和最小，故B正确；弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误；当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确。]
6．B [对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v，槽的速度为u，取水平向右为正，在水平方向上，由动量守恒定律可得mv＋Mu＝0。木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝mv2＋Mu2，联立解得v＝，故B正确，A、C、D错误。]
7．解析：(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒
Mv0＝(M＋m)v'
解得v'＝＝3 m/s。
(2)根据能量守恒定律，系统损失的动能转化为内能
Q＝(M＋m)v'2
解得Q＝6 J。
答案：3 m/s 6 J
8．解析：(1)小球从A点运动到B点的过程中，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有 mv1－Mv2＝0，系统机械能守恒，则有mg(H＋R)＝，联立以上两式解得小球到达车底B点时小车的速度大小v2＝m，方向水平向左。由水平方向动量守恒还可得mx1－Mx2＝0，又x1＋x2＝R，解得小球从A点到达B点的过程中小车的位移大小x2＝R，方向水平向左。
(2)小球到达C点时，小球相对小车竖直向上运动，所以水平方向速度相等，则(m＋M)vx＝0，得此时小车速度vx＝0，根据动能定理可得mgH＝，解得vC＝，方向竖直向上。
答案：(1)m，方向水平向左 R，方向水平向左 (2)，方向竖直向上
9．解析：(1)设子弹射入滑块瞬间的共同速度为v2，取向右为正方向，对子弹与滑块组成的系统应用动量守恒定律得
mv1－m0v0＝(m＋m0)v2
解得v2＝4 m/s，方向水平向右。
(2)设子弹、滑块与小车三者的共同速度为v3，当三者达到共同速度时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大。由动量守恒定律得
Mv1＋(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v3
解得v3＝7 m/s
设最大弹性势能为Epmax，对三个物体组成的系统应用能量守恒定律有
(m＋m0)(M＋m＋m0)＝Epmax＋Q
其中Q＝μ(m＋m0)gd
解得Epmax＝8 J。
答案：(1)4 m/s，方向水平向右 (2)8 J
10．解析：(1)设水平向左为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，m3vC＝(m1＋m3)v共1，解得m3＝2 kg。
(2)当B速度最大时，相当于B与AC整体完成一次弹性碰撞，可得
(m1＋m3)v共1＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
(m1＋m3)(m1＋m3)m2
解得v2＝2.4 m/s。
答案：(1)2 kg (2)2.4 m/s(共30张PPT)
第一章 动量守恒定律
素养提升课(一) 动量与能量的综合
学习任务
1．理解“滑块—木板”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
2．理解“滑块—弹簧”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
3．理解“滑块—曲面”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
探究重构·关键能力达成
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水
平面光滑)
“小球—弹簧”
模型
“小球—曲面”
模型
达到
共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次
分离
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水
平面或水
平导轨光滑)
(在选择性必修
第二册中会学到)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M )v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
探究1 “滑块—木板”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
【典例1】 如图所示，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
[规范答题]
规范思维五部曲 1．速读题目：题目考查点是“板—块”模型中的相对运动和动量问题。
2．信息获取：(1)水平面光滑。
(2)施加外力后木板做匀速运动。
3．做好分析：两个过程，施加外力前系统动量守恒，施加外力后，系统动量不守恒，这是“板—块”模型的相对运动。
4．规范列式：对第一过程应用动量守恒定律和功能关系列式，对第二过程应用动力学方法分析相对运动。
5．代数求解：对列出的表达式化简，代数运算，注意计算过程不要写在解答中。解答过程只给出最终结果就可以。
规范答题模板
规范答题模板
规范答题模板
[针对训练]
1．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量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速度随时间变化的情况如图乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
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
√
√
√
探究2 “滑块—弹簧”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
【典例2】 如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)B和C碰前瞬间B的速度；
(2)整个系统损失的机械能；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
规律方法 解答含弹簧的系统类问题必须注意的几个问题
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
(2)分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
(3)判断解出的结果的合理性。
(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧与连接的物体具有共同的瞬时速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的关键点。
[针对训练]
2．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
√
√
探究3 “滑块—曲(斜)面”模型
1．模型图示
【典例3】 (多选)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
√
√
√
[针对训练]
3．(多选)如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是( )
√
√
√章末综合测评(一) 动量守恒定律
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第 1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。)
1．下列例子中应用了反冲原理的是( )
A．洗衣机洗衣服时脱水过程
B．体操运动员在着地时弯曲双腿
C．喷气式飞机和火箭的飞行
D．火车进站时切断动力向前滑行
2．(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
A B
C D
3．乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术。某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后球向上运动的最大高度为1.8 m，若抛球过程，手掌和球接触时间为6 ms，不计空气阻力，g取10 m/s2，则该过程中手掌对球的作用力大小约为( )
A．300 N B．30 N
C．3 N D．0.3 N
4．如图所示，轻质弹簧固定在水平面上，上端连着质量为m2的铁块，铁块上面有一层轻质海绵垫。另一质量为m1的铁块从m2正上方0.05 m处由静止释放，两铁块碰撞后(由于海绵垫的缓冲，碰撞时间不可忽略)合在一起继续压缩弹簧，对于两铁块和弹簧组成的系统，下列叙述正确的是( )
A．两铁块虽受外力作用，碰撞的过程动量仍严格守恒
B．碰撞后两铁块合在一起压缩弹簧的过程机械能守恒
C．从两铁块开始碰撞到弹簧压缩至最短的过程动量守恒
D．从两铁块开始碰撞到弹簧压缩至最短的过程机械能守恒
5．如图所示，在光滑的水平面上有2 021个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为( )
A．Ek B．Ek
C．Ek D．Ek
6．甲、乙两物体质量分别为m1和m2，两物体碰撞前后运动的位移随时间变化的图像如图所示，则在碰撞前( )
A．乙的动能大 B．甲的动能大
C．乙的动量大 D．甲的动量大
7．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒
B．小球从U形管的另一端射出时，速度大小为
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为
D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为
8．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后的结合体的位移随时间的变化关系。已知相互作用时间极短。由图像给出的信息可知( )
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为 2∶5
B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
9．在粗糙水平面上，两个紧靠的物体A、B之间放置有少许炸药，炸药爆炸后，A、B两物体分别滑动x1和x2的距离而停止，已知两物体与水平面之间的动摩擦因数相同，由此可知( )
A．A、B两物体的质量之比为∶
B．爆炸后瞬间A、B两物体的速度大小之比为∶
C．爆炸后瞬间A、B两物体的动量大小之比为x1∶x2
D．爆炸后瞬间A、B两物体的动能之比为∶
10．某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径R＝0.64 m的半圆，且半圆在最低点与水平部分相切。开始时5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，且每球质量与其相邻左球质量之比皆为k。现将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高h＝0.1 m处，然后由静止释放，使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰……所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．若k＝1，释放0号球后，看到5(0～4)个小球一起向右运动
B．若k＝1，释放0号球后，看到只有4号球向右运动
C．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足0D．若k<1，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k应满足－1≤k<1
二、非选择题
11．某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
a．用天平测得大小相同的物块A、B的质量分别为m1、m2，把物块A放在水平地面上，用长为L的细线把物块B悬挂起来，使物块B与地面接触但没有作用力，物块B自然下垂时两物块恰好接触，且位于同一水平线上；
b．将物块B向右拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与物块A碰撞后，测得物块A向左运动的距离x，物块B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ；
c．测量物块A与地面间的动摩擦因数μ。
若两物块碰撞前后动量守恒，则其表达式为_______________________________
_____________________________________________________________________，
若碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(均用题干所给物理量的符号表示)
12．用如图所示的装置验证动量守恒定律，图中两小球半径相同，质量均已知，且mA>mB，图甲中两小球落在水平地面上，P点是不放被碰小球时，入射小球的落点，图乙中除让小球落在竖直木板上外，其余装置相同，B、B′两点在同一水平线上，则在图乙中：
(1)________点是不放被碰小球时入射小球的落点，________点是放上被碰小球时入射小球的落点。
(2)要验证动量守恒定律，需要验证的关系是________________________(用mA、mB，高度用图中字母表示)。
13．如图甲所示，AB是倾角为30°的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面OA，OA长16 m，一质量m＝4 kg的滑块在O点处于静止状态，在t＝0时刻给滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10 m/s2, 试求：
(1)摩擦力在0～3 s内冲量的大小(3 s时滑块未到达A点)；
(2)滑块沿斜面AB上升的最大高度。
14．如图所示，一木板放在光滑水平面上，木板的右端与一根沿水平方向放置的轻质弹簧相连，弹簧的自由端在Q点。木板的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q之间的距离为L，Q点右侧表面是光滑的。一质量为m＝0.2 kg的滑块以水平速度v0＝3 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回。已知木板质量M＝0.3 kg, 滑块与P、Q之间木板表面的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2。
(1)若L＝0.8 m，求滑块滑上木板后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(2)要使滑块既能挤压弹簧，最终又没有滑离木板，则木板上P、Q之间的距离L应在什么范围内？
15．如图所示，在光滑水平桌面EAB上有一质量为M＝0.2 kg的小球P和一质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直的半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能。
