C2（rm
2.如图所示，质量MInHkg的长木板静止在水平地而上，其左、右两端各有一固左的半径Λ=0.4m
的四分之一光滑圆弧轨道，长木板与右侧圆狐轨道接触但无粘连，上表面与圆狐轨道最低点等髙。
长木板左端与左侧圆弧轨道右端相距A-O=O.5m0质量7W3=1.4kg的小物块（看成质点）静I上在右侧圆
17
弧轨道末端。
质量n∕2=0.2kg的小物块（看成质点）从距木板右端X=—加处以Vo=91H/S的初速度向
18
右运动。
小物块"72和小物块加3发生弹性碰撞（碰后"73不会与长木板发生作用）。
长木板勺地而间的动摩擦因数ZZl=O.5,小物块与长木板间的动摩擦因数“2=0.9,重力加速度取驴IomrS2。
求：
（1）小物块皿2和小物块加3碰后瞬间加3对轨道的压力大小;
<2）使小物块加2不从长木板上滑下，长木板加1的最短长度：
（3）若长木板阳取第
（2）问中的最短长度，小物块加2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。
VI=8m∕s
加和加3发生%单性碰撞：
TH2V1=/W2V2+W3V3
丄吋f丄应+丄皿
代入数据，解得
v2=-6π√s
v3=2n√s
对m3
2
FN-m.g=m^
代入数据，解得
FN=28N
由牛顿第三疋律，得加3对轨道压力
FV=FV=28N
（2）对殆和加2应用牛顿第二定律:
μ2叫g-"ι（叫+叫）g=叽
由于X】＜⅞,则Wl未与左紈道相碰
则木板最小长度
L=x2-Xl=1.5m
（3）仙和加2—起匀减速运动至最左端
一“20耳+^2）^（⅞-^l）=IOWl+加2）'一［（"+fn2
代入数据解得
V=InVs
牝滑上左侧轨道，上升最大髙度为力
-InIgh=0-—Hi2V
代入数据解得
1
h=—m
20
3.（2020-哈尔滨市第一中学校髙三一模）如图所示，半径为Λ1=1.8m的!
光滑圆弧与半径为&=
4
03m的半圆光滑细管平滑连接并固左，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为Z=2.0nκ质量为M=I.5kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同.现在让质量为加2=2kg的物块静止于B处，质量为7∏ι=lkg的物块从光滑圆弧顶部的2处由静止释放，物块加】下滑至E处和加2碰撞后不再分开，整体设为物块加（加=也1+加2）.物块加穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静I上开始向左运动，当木板速度为2n√s时，木板与台阶碰撞立即被粘住（即速度变为零），若^=IOm∕s,物块碰撞前后均可视
试题分析：
（1）选由机械能守恒求岀物块“卜•滑到B点时的速度；f、加2碰撞满足动竝守恒,由E^=→⅞vB-→¾求岀碰撞过程中损失的机械能：
（2〉物块m由B到C满足机械能守恒,在C点由牛顿第二左律可求出物块加滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒怎律和动能定理列式即可求解.
⑴设物块“I、•滑到B点时的速度为％,由机械能守恒叮得：
ZWl^l==IWIvB
解得：
"b=6"7∕s
“、Iti2满足动量守恒：
=（〃?
i+〃?
2）"共
解得；"共=2加/$
则碰撞过程中损失的机械能为：
E机=IwlVB-I¾=12J
⑵物块m由B到C满足机械能守恒：
£〃呎+∣ng×2R2=
解得：
VC=4/?
//S
2
在C处由牛顿第二运动定律可得：
你-〃Zg=加$
R]
解得：
Fn=WON
⑶设物块m滑上木板后，当木板速度为V2=ImIs时，物块速度为片，
由动戢守恒左律得：
〃WC=mv∖+MV2
解得：
VI=3w?
/5
设在此过程中物块运动的位移为片，木板运动的位移为心，由动能左理得:
InlI
对物块m：
-PmgXI=-ιnv[——Inv^
22
解得:
XA=∖Am
对木板M：
μmgx1=-Mv∖
解得：
X2=0.4/?
/
此时木板静止，物块m到木板左端的Iilli离为：
x3=L+X2-X1=IW
设物块m在台阶上运动的最大距离为“，由动能宦理得：
-JLnrlg（X3+x4）=0-^ιn∖r
解得：
x4=0.8w
4.（2020黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三二模）在光滑的水平而上，有一质量M=2kg的平板车，苴右端固左一挡板，挡板上固左一根轻质弹簧，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块,其质⅛∕w=2kg.平板车表面上0处的左侧粗糙，右侧光滑，且P0间的距离Z=2m,如图所示.某时刻平板车以速度VI=IIWS向左滑行，同时小滑块以速度v2=5iWs向右滑行.一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与0点相距丄厶.（g取10m∕s2）
（1）求当二者处于相对静止时的速度大小和方向；
（2）求小滑块与平板车的粗糙而之间的动摩擦因数”：
（3）若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物（图中未画岀），平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置.（计算结果保留两位有效数字）
【答案】
（1）2π√s,水平向右：
（2）0.60或0.36：
（3）O.17m
【解析】
【分析】
（1）M、m作为系统，当二者处于相对静I上时二者的速度是相等的，由动量守恒龙律列出等式求解：
（2）对A、B组成的系统，由能量守恒列岀等式求解动摩擦因数U：
（3）木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，当A、B再次处于相对静I匕状态时，两者的共同速度A、B和禅簧组成的系统动量守恒、能量守恒列出等式求解.
【详解】
（1）设M、m共同速度为V,定水平向右为正方向，由动呈守恒左律得:
（2）本题有两种可能
①如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对A、B组成的系统，由能量守恒有:
IrIrI,3
一Mv∖+—mvji——（〃2+M）v2=μmg‰L・••③222
代入数据得：
μ=0.6
②如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有:
-MV∖+—/?
zvo
2λ2”
解得：
μ'=036
（3）木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹・，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，
当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u,在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒.由能疑守恒立律得：
nιv-M∖~（Mrn）U…④
代入数据可得:
U=O
设B相对A的路程为S,由能量守恒得：
-（M+m）v2=PmgS...⑤
2
2
代入数据得：
S=二加
3
ill∖s>—
4
所以B滑过Q点并与禅簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，
设离Q点距离为s】有：
Si=S-^=OΛ7m
【点睛】
本题考査能呈的转化和守恒和动量守恒怎律，涉及的两个物体的多个过程，在解答时要注意对过程的把握，正确理解各过程中速度的变化关系与能量的转化关系.
5.如图所示为一种打积木的游戏装垃，四块完全相同的硬质积木叠放在靶位上，每块积木的质量均
为Wn=O.3kg,长为Z=0.5m,积木3、C、Z）夹在固立的两光滑硬质薄板间，一可视为质点的钢球用不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量为牝=0.1kg,轻绳长为Λ=0.8mβ游戏时，将钢球拉到与O等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与积木/发生弹性碰撞，积木/滑行一段距离尸2m后停止。
取g=10nιs2,各接触而间的动摩擦因数均相同，碰撞时间极短，忽略空气阻力。
求：
<1）与积木.4碰撞前瞬间钢球的速度大小；
（2）与积木/碰后钢球上升的最大高度；
（3）各接触而间的动摩擦因数。
【答案】
（1）4m/s：
（2）0.2m；（3）“=0.04
【解析】
【分析】
【详解】
对钢球由动能左理得
EgR=A2此
解得：
vo=4nVs
（2）钢球与积木A碰撞过程满足动量守恒和能量守恒・有
丄叫研=丄“才+丄卑才
vι=2m∙s,v,2=—2nι⅛
λ=0.2m
解得：
对钢球由动能怎理得
解得：
（3）对滑块A由动能定理得
-（μ×4加ιg+“×3加Ig）L—“加Ig（S—Z）=O--AWIV^
解得:
“=0.04
6.如图所示，在水平轨道上ZI点固左一弹簧发射器，Z）点与半径R=Im的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心、D为最低点：
粗糙部分BC段长∕=lm,其余部分光滑.将质量叫=0.5kg的物块4压紧弹簧，释放后滑块α与静程于C点右侧的质⅛∕½,=lkg的物块b发生弹性正碰.已知物块与BC而的动摩擦因数“=0.25.物块均可看成质点.
（1）若物块b被碰后恰好能通过圆周最髙点£,求其在平抛运动中的水平位移大小：
（2）在弹性势能EPQ=37.25J时牌出物块α,求b被碰后运动到D点时对圆弧轨道的压力；
（3）用质Mwf=Ikg的物块C取代G问：
弹性势能EP取值在什么范围内，才能同时满足以下两
个条件（不考虑物块b脱离轨道后可能的碰撞）
①物块C能与b碰撞：
②C与6的碰撞不超过2次.（已知碰撞是弹性正碰）
【答案】（l）x=2m
（2）打=74N,方向竖直向F（3）2.5J【解析】
【详解】
（1）恰好过最高点:
InQ=In—
R
做平抛运动:
所以，平抛运动的水平位移为:
根据牛M!
第.定律，F；=F∖T4N方向竖直向下・
（3）情况1发生一次弹性碰撞：
物块b在半圆形轨道上运动髙度超过O点等髙点，则
g叫>MgR
得
因为质量相等的两个物体发I艸性碰撞，交换速度，所以碰前C的速度vγ1>7⅛Λ:
EPI-“叫gL=*叫巧
得
5>12.5j
情况2发生二次弹性碰撞：
要碰
EP>μmcgL=2.5J
仅碰两次
EP<3μmcgL=7.5J
且7.5J<12.5J
综上
2.5J7.如图所示，足够长的水平光滑杆上装有小桶桶内水与小桶的总质量为2kg,装有水的小桶可以在杆上无摩擦的滑动，长杆下方l∙8m处有一匀速转动的圆盘，某时刻小桶恰好位于圆盘圆心的正上方，小桶内不断有水滴滴落，当前一滴水刚好滴落到圆盘上时，后一滴水刚好从小桶中漏出，当有一滴水刚好从桶中漏出时给小桶一水平向右的作用力F=4N,使其由静I上开始做匀加速运动,并将此滴水记为第一滴，圆盘足够大，在此过程中认为桶内水与小桶的总质呈不变，重力加速度取g=10m⅛2,求：
（1）若使滴落的水滴位于一条直线上，圆盘转动的角速度应满足什么条件；并求出第二滴水与第三滴水间的可能距离：
25
（2）若圆盘转动的角速度为<υ=-Λ∙rad∕s求第二滴水与第三滴水落到圆盘上的距离。
（结果保留
6
两位小数）
（1）见解析;
（2）2.59In
【解析】
【分析】
【详解】
⑴水滴在竖直方向上做门山落体运动，由h=^-gt2可得水滴落到圆盘上的时间为:
厶
=SIT=O-6S
若要使滴落的水滴位于一条直线上，圆盘转动的周期为：
—=Z=0.6s5为正整数）2
则圆盘转动的角速度由T=—可得:
ω
2π5nπIZ
ω=——=rad/s
T3
设第二滴滴落时，水平方向速度为V,第三滴滴落时，水平方向速度为若"为奇数，则二者
落到圆盘上圆心的异侧，二者水平方向上的距离：
∆5=（v+v）r
根据动呈宦理得第二滴的初速度：
Ft=nιv
根据动量左理得第三滴的初速度：
β
Ft=InV一InV
解得:
V=1.2m∕s,V=2.4m/s»Δλ=2.16m
若幵为偶数，则二者落到圆盘上圆心的同侧，二者落到圆盘上水平方向上的距离:
Δj=（V_卩）/
由根据动量左理得：
■
Ft=Hiv一Inv
解得：
∆5=0.72m
⑵若鬪盘转动的角速度^ω=-πr^则第二滴落理圆盘上后，到第三滴落到関盘上时，閲6
盘转过的角度为：
θ=cot=-π×0.6s=2龙+—62故••者与圆心的连线夬角为彳，此时第二滴距圆心的距离：
5=V/=0.72m
第三滴距圆心的距离:
♦9
S=Vt=I.44m
第二滴水与第三滴水落到圆盘的距离：
I=∖∣s2+52=2.59m
&如图所示，水平地而上有一质呈为M=2nl的箱子，在水平向右的拉力作用下，以速率Vo向右做
匀速直线运动,箱内底而上紧靠左端而处有一质量为加光滑的小球,小球到车右端而的距离为厶
箱子与地而之间动摩擦因数为“。
某时刻撤去水平拉力，经一段时间小球与车的右端面相撞。
已
知小球与箱子碰撞时间极短且碰撞后不再分离，重力加速度g。
求：
（1）撤去水平向右的拉力时，箱子的加速度大小⑴：
（2）初速度W满足什么关系时，小球与箱子右端碰撞前箱子已经停下：
（3）当VO=2y∣3μgL时，箱子向右运动的总位移S。
【答案】（I）®=l・5“g：
（2）v0【解析】
【分析】
【详解】
（1）对箱子：
其受力图如图所示
/=Mai①
NEZs②
由摩擦力公式得
/=心③
对小球：
地而对它支持力
由牛顿第三泄律得
NH方向相反⑤
由①®③④⑤得
4=1∙5"g⑥
（2）若小球未与箱子右端面相碰前箱子停下，设箱子运动Sl距离停下，所用时间为"，由运动
学公式有
JI=O-√⑦
2（—®）3“g
设这段时间小球运动位移S2,则
这段时间内小球相对箱子移动的距离
As<£®
依题意得
由⑩⑪得
Vo≤y∣3μgL⑫
（3）,jVO>y∣3μgL时，小球与箱子右端而相碰前，箱子未停下。
役经过时间庁小球仃箱子右
端而相碰，此过程箱子运动位移为S门碰前速度为力，碰后共同速度为“由运动学公式
S2=VQti@
52,-51-Z⑯
这段时间内小球位移
依题意得
小球与箱子相碰过程系统动量守恒
“wo+AfVi=（〃?
十MΨ⑰
设：
此后小球与箱子一起运动的位移为由动能左理得
・“（（〃？
+M）gs[r=0——（m+M）v2⑱
2
所以箱子向右运动的总位移
S1=£：
+s"⑲
由⑥⑬⑭⑮⑯⑰⑱⑲解得
4牛⑳
9.如图所示，固定的凹槽表面光滑水平，苴内放置一U形滑板N,滑板两端为半径R=OA5m的1/4光滑圆弧面和D分别是圆弧的端点，BC段表面水平、粗糙，与两圆弧相切，B、C为相切点。
小滑块Pl和PI的质量均为加，滑板的质量M=4m。
Pi、P?
与BCtfii的动摩擦因数分別为^ι=0.10和“2=040,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
开始时滑板N紧靠凹槽的左端，B静止B点，PI以y0=4.0m∕s的初速度从J点沿圆弧自由滑下，在E点与几发生弹性碰撞，碰后PHPI的速度交换。
当凡滑到C点时，滑板N恰好与凹槽的右端相碰并与凹槽粘牢，匕则继续滑动，到达Z）点时速度刚好为零。
PI与P2视为质点,取g=10m∕s2.问：
（I）P21⅛BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
⑵EC长度为多少？
（3）N、戸和A最终静I匕后，Pl与丹间的距离为多少？
【答案】
（1）0.8m∕s2
（2）1.9In⑶0.695加
【解析】试题分析：
根据动能立理求出小滑块戸滑到底端时的速度，再根据牛顿第二宦律求出
加速度：
根据动量守恒泄律和能就守恒求出BQ长度；在由速度位移公式求出PIP2间的距离。
（I）Pl滑到最低点速度为VIJ由动能定理有：
IllgR=-wv12--/HVj
22
解得：
VI=5m/S
由题意可知：
√=0vζ=5n√s
凡向右滑动时，假设Pl与滑板相对静止，把PHM看成一个整体由牛顿第二左律有：
jLi2mg=（m+M）a2
带入数据解得：
—=0.8∕π∕?
5/7/
此时对Pl有：
Z=Ina=O.8O∕n故戸与滑板相对静止，滑板的加速度为O.8m∕s2β
（2）PI滑到C点速度为V；,由动能泄理得JngR=丄加呼
2
带入数据解得：
v,2=3m∕s
Pl、Pl碰撞到Pl滑到C点时，设PHM速度为V,
由动昴:
守恒∕ii律：
Invl=^tn+M）v+mv'1
解得：
V=0.40/7?
/5
把Pl、P2、M看成一个系统，由能量守恒有：
f1L=-mv}--mv,2——（w+Λ∕）v2
222
解得：
L=1.9m
2
⑶滑板碰后，Pl向右滑行距离：
5.=—=0.08/?
?
2勺
B向左滑行距离：
S,=上L=1.125也
-Ia1
所以凡、静I匕后距离：
ΔS=Δ-S1-S2=0.695∕π
点睛：
本题主要考査了动量守恒左律及能疑关系结合的综合题目，要先正确分析过程，并能灵活应用功能关系：
合理地选择研究对象及过程即可求解。
10.如图所示仏点为水平平台的最右端,平台右下方适当位宜有一倾角0=30。
的斜坡。
质⅛^=3OOg的小球P静放在/点，小球Q静放在水平面上的丄点，』、B的距离5=4.5mo小球Q在水平恒力F的作用下以α=4m∕s2的加速度向右运动，当两小球接触前的瞬间撤去F,两球碰撞后球Q的动能减少为原来的四分之一，并刚好可以回到/点，球P落到斜坡上的C点，弹起后沿水平方向飞出，落到斜坡上的Z）点。
若两球可视为质点，两球碰撞过程、球P与斜坡的碰撞过程中均没有能量损失，碰撞时间极短，重力加速度g取Ioln⅛2,求：
（1）撤去F的瞬间，球Q的速度大小內：
（2）力F的大小：
（3）C、D两点间的距离Z。
【答案】（I）6m∕s:
（2）0.5N；（3）4.8m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由匀变速运动公式得
vθ=2as
代入数据得
VO=6n√s
（2）设水平而对球。
的摩擦力大小为/,球。
的质量为加，球。
从/点运动到E点的过程中,
由牛顿第二定律得：
设两球碰撞后球0、F的速度分别为VHv2,由题意可知
1,11.
2wv,=4X2mV°
取％方向为正，两球碰撞过程由动量守恒泄律得
/HV0=-加片+Mv2
由题意得
1.1T1“2
—=—mv：
+—MVI
202,22球。
从B点到2点的过程中，由动能左理得
-∕⅛=O-i∕nv12
联立各式并代入数据得
F=0.5N
（3）由题意可知，球P从斜坡卜•弹起速度与斜坡间的夹角为“由于碰撞过程没有能就损失且时
间极短，故球P与斜坡碰撞前后速度大小相等，碰前速度方向与斜坡间的夹角也为&
设球P落到C点的速度大小为X球P从B点抛出，运动到C点，由平抛运动规律得V2=vcos（2^）
球P从C点弹起后以初速度V做平抛运动到达D点，由平抛运动规律得：
LCoSθ=Vt
联立各式并代入数据得
Z=4.Sm
11•质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平而上.质虽:
为加的物块从圆呱轨道的最高点由静止开始滑下，以速度V从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示.已知½r∕=3:
It物块与水平轨道之间的动摩擦因数为“，圆弧轨道的半径为凡
IrIV=MV
滑块M的速度
V=—v=-v＞方向向右.
M3
（2）物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有
-InvI+—MVl+PmgL=mgR
22
解得
L=3gR-2v^
3μg
（3）物块以速度M冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的髙度越大.若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V】，此为物块不会越过滑块的最大初速度.对于M和加组成的系统，水平方向动量守恒，有
∕wv0={nι+M）V1
相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有
1.1.
-/HVJ——（M+m）Vl"=PmgL+mgR
22
解得:
Vo=g∖∣3gR"
要使物块加不会越过滑块，其初速度
VOS亍J3gki2
12.如图甲所示，在光滑水平而上有一小车，英质SM=2kg,车上放萱有质⅛wiA=2kg木板A,木板上有可视为质点的物体B,其质Sws=4kgo已知木板A与小车间的动摩擦因数“0=0.
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