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08功能关系、机械能守恒定律-2024届高考物理一轮复习高频考点知识点突破练习（真题精选）
一．选择题（共1小题）
1．（2023 乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
二．多选题（共3小题）
（多选）2．（2023 湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方 处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
（多选）3．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
（多选）4．（2023 乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
三．解答题（共7小题）
5．（2023 北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
6．（2023 海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。
7．（2023 山东）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60m，灭火弹出膛速度v0＝50m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3kg，电容C＝2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？
8．（2023 山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
9．（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。
10．（2023 辽宁）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
11．（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
08功能关系、机械能守恒定律-2024届高考物理一轮复习高频考点知识点突破练习（真题精选）
参考答案与试题解析
一．选择题（共1小题）
1．（2023 乙卷）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球（ ）
A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【解答】解：A、排球上升过程，对排球受力分析，排球受到重力和向下的阻力，设阻力大小为F阻，则F阻＝kv
由牛顿第二定律得：mg+F阻＝ma1
解得：a1＝g+
排球下落过程，对排球受力分析，排球受到重力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg﹣F阻＝ma2
解得：a2＝g﹣
则上升过程的加速度大于下落过程的加速度，上升时间小于下落时间，故A错误；
B、排球运动过程中，阻力一直与运动方向相反，一直做负功，排球的机械能一直减小，则排球回到出发点时，速度小于被垫起后瞬间的速度。排球上升过程做减速运动，下落过程做加速运动，则被垫起后瞬间的速度最大，故B正确；
C、达到最高点时，排球所受阻力为零，排球只受重力，加速度为重力加速度g，故C错误；
D、由A得，下落过程的加速度为a1＝g﹣
下落过程，v增大，加速度减小，排球做加速度减小的加速运动，故D错误。
故选：B。
二．多选题（共3小题）
（多选）2．（2023 湖北）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在P点下方 处的加速度大小为
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】AD
【解答】解：A、当小球置于杆上P点时恰好能保持静止，则有：k（l﹣） μ＝mg，解得弹簧的劲度系数为：k＝，故A正确；
B、小球在P点下方 处时，弹簧与杆的夹角为45°，此时弹簧的长度为l′＝，弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示：
弹力大小为：F＝k（l﹣l′），解得：F＝（4﹣2）mg
根据牛顿第二定律可得：mg+Fcos45°﹣f＝ma，其中：f＝μFsin45°
联立解得：a＝g，故B错误；
C、杆上M、N两点与O点的距离均为l，所以小球在M和N点时弹簧处于原长，小球从M到P过程中，弹簧的压缩量增大、弹力增大，弹簧弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从P到N过程中，弹簧的压缩量减小、弹力减小，弹簧弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C错误；
D、关于P点对称的任意两点，小球受到的摩擦力相同，所以从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正确。
故选：AD。
（多选）3．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
【答案】BC
【解答】解：A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1＝＝N＝6N
2～4m内，拉力F2＝＝N＝3N
0～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由匀变速直线运动速度—位移公式得：＝2ax
x＝1m时，物体的速度大小为v1＝＝m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A错误；
B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek
代入数据解得：Ek＝2J
故B正确；
C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正确；
D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2＝＝m/s＝2m/s
物体的最大动量为：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D错误。
故选：BC。
（多选）4．（2023 乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【解答】解：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知
v1＞v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD、根据能量守恒定律可得
m＝+M+fl
整理解得
＝m﹣M﹣fl＜m﹣fl
故C错误，D正确；
AB、因摩擦产生的热量为
Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根据运动学公式可得xm＝ t
xM＝
由于v0＞v1＞v2
所以xm＞2xM
故xm﹣xM＝l＞xM
故W＝fxM＜fl
故A错误，B正确；
故选：BD。
三．解答题（共7小题）
5．（2023 北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】（1）A释放时距桌面的高度H是；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是mv2。
【解答】解：（1）A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH＝
解得：H＝
（2）碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
解得：F＝mg+
（3）A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv'
由能量守恒定律得：+ΔE
解得：ΔE＝mv2
答：（1）A释放时距桌面的高度H是；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg+；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是mv2。
6．（2023 海南）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
求：
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。
【答案】（1）B滑到A的底端时对A的压力为30N；
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是1.6J；
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，B从滑上C到最终停止所用的时间为。
【解答】解：（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得：v0＝2m/s
在底部，根据牛顿第二定律
解得：FN＝30N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
fB＝μ1mBg＝mBaB
解得：，方向水平向左
对C分析，受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力f地C＝μ2（mB+mC）g
根据牛顿第二定律
f地C﹣fBC＝μ2（mB+mC）g﹣μ1mBg＝mCa2
解得其加速度向左为
根据运动学公式可得B向右运动的距离为：
代入数据解得：x1＝1m
C向右运动距离
代入数据解得：x2＝0.2m
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
Q＝μ1mBg（x1﹣x2）
可得：Q＝1.6J
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t1，有
解得：t1＝0.2s
B的位移为
代入数据解得：xB1＝0.36m
则此刻的相对位移为
x相＝xB1﹣x2＝0.36m﹣0.20m＝0.16m
此时vB1＝v﹣a1t1
代入数据解得：vB1＝1.6m/s
由L＞0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t2时间B与C挡板碰撞，有
解得：
碰撞时B速度为
碰撞时，选择水平向右的方向为正方向，则由动量守恒可得
mBvB2＝（mB+mC）v
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
代入数据解得：
后再经t3后停下，则有
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间
t＝t1+t2+t3
联立解得：t＝
答：（1）B滑到A的底端时对A的压力为30N；
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是1.6J；
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，B从滑上C到最终停止所用的时间为。
7．（2023 山东）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60m，灭火弹出膛速度v0＝50m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3kg，电容C＝2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？
【答案】（1）灭火弹击中高楼位置距地面的高度H为60m；
（2）电容器工作电压U应设置1414V。
【解答】解：（1）炮弹飞出后做抛体运动，将抛出点的速度分解如图所示；
由图可知，水平方向上的分速度vx＝v0cos53°＝50×0.6m/s＝30m/s；
竖直方向上的分速度vy＝v0sin53°＝50×0.8m/s＝40m/s；水平方向上做匀速直线运动，到达高楼时间tx＝＝s＝2s；
竖直方向上做竖直上抛运动，由v＝gt可知，到达最高点所用时间t＝＝s＝4s，大于水平方向到达高楼的时间，所以此时炮弹没有到达最高点，则上升的高度H＝vyt﹣gt2＝40×2m﹣m＝60m，即灭火弹击中高楼的位置高地面高为60m；
（2）电容器的能量转化为灭火弹的动能，则根据能量关系可知，ηE＝；
代入电容器电能公式可得：
U＝＝V＝×103V≈1414V；
答：（1）灭火弹击中高楼位置距地面的高度H为60m；
（2）电容器工作电压U应设置1414V。
8．（2023 山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
【答案】（1）求C下滑的高度H为0.8m；
（2）s的范围为0.625m≤s≤（1+）m；
（3）摩擦力对C做的功W为﹣6J；
（4）这三个物体总动量的变化量Δp的大小为（6+）kg m/s。
【解答】解：（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由动能定理得：mCgH＝mCv2
代入数据解得：H＝0.8m
（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg＝mCaC
对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg﹣μ1（mB+mC）g＝mBaB
代入数据解得：aC＝5m/s2；aB＝1m/s2
设经过时间t1，B和C共速，则有：v﹣aCt1＝v0+aBt1
代入数据解得：t1＝0.5s
共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×0.5m/s＝1.5m/s
B的位移为xB1＝t1＝×0.5m＝0.625m
B和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体受力分析，由牛顿第二定律得：
μ1（mB+mC）g＝（mB+mC）aBC
代入数据解得：aBC＝1m/s2
设再经过时间t2，A与B发生碰撞，则有：xA＝xB1+xB2
其中A的位移为：xA＝v0（t1+t2）
B在t2时间内的位移为：xB2＝v共1t2﹣aBC
代入数据联立解得：t2＝s或s（舍去）
xB2＝m
此时BC的共同速度为v共2＝v共1﹣aBCt2＝1.5m/s﹣1×m/s＝（1﹣）m/s
为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则xB1≤s≤xB1+xB2
代入数据解得：0.625m≤s≤（1+）m
（3）s＝0.48m＜xB1
即B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，对木板B，由位移—时间公式得：s＝v0t0+aB
代入数据解得：t0＝0.4s或﹣2.4s（舍去）
滑块C的位移为：xC＝vt0﹣aC
代入数据解得：xC＝1.2m
摩擦力对C做的功W＝﹣μ2mCgxC
代入数据解得：W＝﹣6J
（4）木板B与P碰撞时，B的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×0.4m/s＝1.4m/s
C的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×0.4m/s＝2m/s
A的位移为xA1＝v0t0＝1×0.4m＝0.4m
此时A、B间的距离为Δx＝s﹣xA1＝0.48m﹣0.4m＝0.08m
B与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：
μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′
代入数据解得：aB′＝4m/s2
物块A与木板B相向运动，设经时间t3恰好相遇，由位移关系得：xA2+xB3＝Δx
其中A的位移为：x＝v0t3
B的位移为：xB3＝vB0t3﹣aB′
联立解得：t3＝s或s（舍去）
此时B的速度vB1＝vB0﹣aB′t3＝1.4m/s﹣4×m/s＝m/s，方向向左；
C的速度vC1＝vC0﹣aCt3＝2m/s﹣5×m/s＝（2﹣1）m/s，方向向右；
以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程由动量定理得：mAv0﹣mBvB1＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得：mA+mB＝mA+mB
代入数据联立解得：
vA＝﹣m/s，方向向左；
vB＝m/s，方向向左；
此时C的速度vC＝vC1＝（2﹣1）m/s
物块A向左的速度大于木板B向左的速度，物块A向左做匀速直线运动。由于摩擦力作用，B和C最后静止，三个物体的初动量为p1＝（mA+mB）v0+mCv
末动量为p2＝mAvA
整个过程动量的变化量的大小为Δp＝|p2﹣p1|
代入数据联立解得：Δp＝（6+）kg m/s
答：（1）求C下滑的高度H为0.8m；
（2）s的范围为0.625m≤s≤（1+）m；
（3）摩擦力对C做的功W为﹣6J；
（4）这三个物体总动量的变化量Δp的大小为（6+）kg m/s。
9．（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。
【答案】（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。
【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。
10．（2023 辽宁）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2，滑行时间t为40s；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE为2.8×107J。
【解答】解：（1）根据运动学公式可得
解得a＝＝m/s2＝2m/s2
根据vt＝v0+at可得
t＝＝s＝40s
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量为
ΔE＝ΔEk+ΔEp＝+mgh＝J﹣×1.0×104×802J+1.0×104×10×100J＝2.8×107J
答：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小为2m/s2，滑行时间t为40s；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE为2.8×107J。
11．（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
【答案】（1）木板刚接触弹簧时速度v1的大小为1m/s，木板运动前右端距弹簧左端的距离x1为0.125m。
（2）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2为0.25m，此时木板速度v2的大小为m/s。
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU为。
【解答】解：（1）物块滑上木板到两者共速时木板恰好与弹簧接触的过程，物块与木板组成的系统满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
m2v0＝（m1+m2）v1
代入数据解得：v1＝1m/s
此过程对木板，由动能定理得：
μm2gx1＝m1
代入数据解得：x1＝0.125m；
（2）物块与木板一起向右压缩弹簧，两者即将相对滑动时它们之间的静摩擦力等于最大静摩擦力，设此时两者的加速度大小为a。
对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
μm2g＝m2a
解得：a＝1m/s2
对物块和木板组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：
kx2＝（m1+m2）a
代入数据解得：x2＝0.25m
从木板与弹簧接触到物块与木板即将相对滑动的过程，由机械能守恒定律得：
（m1+m2）＝+（m1+m2）
代入数据解得：v2＝m/s；
（3）物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1m/s2，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能ΔU就等于物块减少的动能，设此过程物块的末速度为v3，则有：
ΔU＝m2﹣m2
对物块，由速度—时间公式得：
v3＝v2﹣a 2t0
联立解得：ΔU＝
答：（1）木板刚接触弹簧时速度v1的大小为1m/s，木板运动前右端距弹簧左端的距离x1为0.125m。
（2）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2为0.25m，此时木板速度v2的大小为m/s。
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU为。
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