1、计算培优练14 动量与能量综合应用1(2022山东聊城一模)某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨道AB，中间为水平传送带BC，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，右侧为光滑水平面CD倾斜轨道末端及水平面CD与传送带两端等高并平滑对接，质量分别为、的个物块在水平面CD上沿直线依次静止排列质量为物块从斜面的最高点A由静止开始沿轨道下滑，已知A点距离传送带平面的高度，水平距离，传送带两轴心间距，物块与倾斜直轨道、传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度。(1)求物块刚滑上传送带时的速度大小；(2)改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的速度v
2、的范围；(3)若物块以(已知)的速度离开传送带，滑到水平轨道上与发生碰撞，从而引起各物块的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一直线上，各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间不发生第二次碰撞。经过依次碰撞后，定义第n个物块获得的动能与第1个物块的初动能之比为第1个物块对第n个物块的动能传递系数，求；(4)接第(3)问，若，求为何值时，第n个物块获得的速度最大，并求出第n个物块的最大速度。【答案】(1)v0=6m/s；(2)；(3)；(4)当时，第n个物块获得的速度最大，【解析】(1)对物块，由A运动到B的过程，根据动能定理有解得v0=6m/s(2)a.当传送带静止或速度较小时，物块在传送带
3、上一直做减速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度v1最小，由动能定理有 解得b.当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度v2最大，由动能定理有 解得物块从传送带右侧滑出时的速度范围为(3)两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得，解得 物块的动能对物块1、2，动能传递系数同理可得，m2和m3碰撞后的动能传递系(4)质量相等的物块碰撞时没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，物块碰撞后交换速度，则m3与后面的物块碰撞后依次交换速度，m3的最大速度等于
4、第n个物块的最大速度vnm，又则当 即 此时，分母最小，k13最大为此时第n个物块的速度最大，有解得2(2022浙江高三阶段练习)2021年是建党100周年，某玩具厂家为此专门设计了一个字型为“100”的模型玩具，如图所示，三个数字竖直放置，高度均为2R，数字右边固定一个横截面为长方形的球框GHIJ，球框GH、IJ两边的长为l，底边HI的长为2l、数字底端B、C、F和球框上端G、J均在同一水平线上。左、右两个“0”字形轨道分别为半径为R的圆管道和圆轨道，一质量为m的小球P(可视为质点)从“1”字的上端A点以速度v0竖直向下进入轨道，经过三个数字轨道后从G点水平向右飞出，最终落入球框。已知m =
5、 0.1kg、R = 0.5m、l = 0.8m，BC长为d = 1m，小球P在BC段运动时所受阻力为其重力的0.2，轨道其他部分的阻力均不计、忽略空气阻力，重力加速度g = 10m/s2。假设小球P与球框右边IJ发生的是弹性碰撞，且碰撞前后小球的速度方向与水平方向的夹角相等，小球P落到底边HI上时速度立即变为零。(1)若v0= 3m/s，求小球P经过圆管道最高点D时的速度大小及对管道的作用力；(2)若在CF段的中点静置有一个质量为2m的小球Q，已知小球P、Q间发生正碰。小明认为通过调节v0，有可能使小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，请你通过计算说明是否存在这种可能性
6、；(3)要使小球P在不脱离数字轨道且在不触碰到GH边的情况下最终落入框中，求v0的取值范围。【答案】(1)，0；(2)见解析；(3)【解析】(1)小球从A点运动到D点根据动能定理有代入数据有若小球在最高点对轨道没有作用力时有，解得则说明P经过圆管道最高点D时对管道的作用力为0。(2)设小球P与Q碰撞前的速度为vC，碰撞后的速度分别为vP和vQ，碰撞过程中根据动量守恒有(取向右为正)mvC = - mvP + 2mvQ若小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，对于小球Q则有解得，对于小球P则有vDmin = 0根据动能定理，对于小球P有，解得根据动能定理，对于小球Q有 解得v
7、Q = 5m/s综上可解得 要让P能通过D点到达C点的最小值v0min，有， 解得v0min = 2m/s， 由于vC vCmin则存在这种可能。(3)要使小球P在不脱离数字轨道有解得vGmin = 5m/s 若小球P以vGmin抛出有，x = vGmint 解得t = 0.4s，x = 2m 2l(符合题意)若小球P以vGmax抛出有，4l = vGmaxt 解得t = 0.4s，vGmax = 8m/s从A到G根据动能定理有，解得3(2022全国高三专题练习)如图所示，可视为质点的质量为m = 0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F = 2N的作用下，从A点开始做
8、匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2= 4.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为1= 0.2，与传送带间的动摩擦因数2= 0.5，传送带的长度L = 0.5m，重力加速度g = 10m/s2。求：(1)水平轨道AB的长度l1；(2)若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达
9、传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；(3)若在AB段水平拉力F = 2N的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。【答案】(1)2m；(2)F 1.2N；(3)见解析【解析】(1)设圆管道的最高点为P，则小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据牛顿第二定律有，从A点到P点，由动能定理有，解得l1 = 2m(2)若滑块恰能过P点，则满足vP = 0，从A点到P点，由动能定理有解得F = 1.2N，若小滑块恰能到D点，由动能定理有，解得F = 1.2N综上所述应满足条件为F 1.2N。(3)分析各类情况：要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足F
10、x1mgl12mgR = 0解得x = 0.6m 可知x 0.6m时，无法达到E点。滑块恰好过P点的情况下，从P点到D点的过程，由动能定理得解得到达D点的速度v1 = 0 3m/s则滑块滑上传送带加速。讨论传送带上运动情况：若全程加速，加速到E点时速度恰好为3m/s，滑块在传送带加速过程，由动能定理有解得vD = 2m/s，对应距离满足 解得x = 0.7m所以当0.6m x 0.7m，对应距离应满足 解得当过D点的速度超过3m/s时，滑上传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3m/s。滑块在传送带加速过程，由动能定理有 解得对应距离满足 解得x = 0.95m即当0.7m 0.95m，小
11、滑块进入传送带全程减速，则满足解得4(2022山东高三专题练习)题1图为某种旋转节速器的结构示意图，长方形框架固定在竖直转轴上，质量为m的重物A套在转轴上，两个完全相同的小环B、C与轻弹簧两端连接并套在框架上，A、B及A、C之间通过铰链与长为L的两根轻杆相连接，A可以在竖直轴上滑动。当装置静止时，轻杆与竖直方向的夹角为53.现将装置倒置，当装置再次静止时，轻杆与竖直方向的夹角为37，如题2图所示，此时缓慢加速转动装置，直到轻杆与竖直方向的夹角再次为53时装置保持匀速转动。已知装置倒置前、后弹簧的弹性势能减少量为Ep，重力加速度为g，不计一切摩擦，取sin37=0.6，cos 37=0.8.求：
12、(1)装置正置时弹簧弹力的大小；(2)装置匀速转动时小环B所需的向心力；(3)从倒置静止状态到匀速转动的过程中装置对系统所做的总功。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)对A受力分析，由平衡条件知2Tcos53=mgB、C受力具有对称性，只需对B受力分析，由平衡条件知F弹=Tsin53，联立方程得(2)倒置且匀速转动时，物体A依然受力平衡，则2Tcos53=mg，对B受力分析，由匀速圆周运动得 其中F弹=F弹 联立可得(3)设B、C质量为M，由(2)知，其中，由几何关系知r=Lsin53=0.8L即B、C的动能总为A的重力势能增量为Ep重=mgh 其中，由几何关系知h=Lcos37-Lc
13、os53=0.2L则装置对系统做的总功为5(2021湖南高考真题)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道。质量为的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为。以水平轨道末端点为坐标原点建立平面直角坐标系，轴的正方向水平向右，轴的正方向竖直向下，弧形轨道端坐标为，端在轴上。重力加速度为。(1)若A从倾斜轨道上距轴高度为的位置由静止开始下滑，求经过点时的速度大小；(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过点落在弧形轨道上的动能均相同，求的曲线方程；(3)将质量为(为常数且)的小物块置于点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生
14、弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距轴高度的取值范围。【答案】(1)；(2)(其中，)；(3)【解析】 (1)物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理 解得(2)物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有， 解得水平初速度为 物块从点到落点，根据动能定理可知 解得落点处动能为，因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得，化简可得即(其中，)(3)物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知 解
15、得 物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则 解得 设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知 解得据题意， A落在B落点的右侧，则据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：联立以上，可得的取值范围为6(2021广东潮州二模)如图所示，一长木板B质量m=1.0kg，长L=9.2m，静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=5.5m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P
16、与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为53，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d=6.0m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1.0kg的滑块D。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量M=2.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量m=1.0kg的滑块A被无初速地轻放在沿顺时针转动的水平传送带左端。一段时间后A从传送带右侧水平飞出，下落高度H=3.2m后恰好能沿切线方向从P点滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并
17、粘在一起向右运动。A、D组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且C没有滑离滑轨。若传送带长s=6.0m，转动速度大小恒为v0=6.0m/s，A与木板B间动摩擦因数为=0.5。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。重力加速度g=(1)求滑块A到达P点的速度大小vP；(2)求滑块A与传送带间的动摩擦因数大小需满足的条件？(3)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为2.0m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？【答案】(1)；(2)；(3)【解析】 (1)滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足，又A沿切线滑入圆轨道，满足，解得(2)A沿切线滑入圆轨道，满足，解得，即A在传送带上应先匀
18、加速，与传送带共速后随传送带匀速运动最右端，则有，即滑块A与传送带的动摩擦因数需满足(3)A沿圆弧轨道滑下，机械能守恒假定A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，则A、B动量守恒，A、B共速过程，能量守恒有，解得设B板开始滑动到AB共速滑过距离sB，由动能定理有，解得即假设成立B撞平台后，A继续向右运动，由动能定理有，随后A将以v2的速度滑上平台，与D发生完全非弹性碰撞。后AD组合体与滑块C组成的系统水平方向动量守恒若弹簧开始处于压缩状态，则第一次恢复原长时，C速度向左，有 解得随后运动过程中系统共速时弹簧最大弹性势能为若弹簧开始处于原长状态，则第一次恢复原长时，C速度向右：解得随后运动过程
19、中系统共速时弹簧最大弹性势能为7(2021浙江绍兴高三阶段练习)科技节上小昕同学设计了一个竖直面轨道模型，如图所示，在O点用长为的细线悬挂质量为的小球，在 O点正下方0.8m处固定一枚钉子P，现将小球拉至与竖直方向成由静止释放，细线摆至竖直位置碰到钉子恰好断裂，小球也正好可以从A点水平进入固定的“S ”型管道，该管道由两个半径均为 的部分圆形光滑细管组成， A、B两管口切线水平，、 为两细管道圆心，连线与竖直线间的夹角 ， 为光滑的水平轨道，在轨道中间静止放置一个质量也为 的小滑块，小球与小滑块碰撞时两者交换速度， C点平滑连接一个足够长的倾斜直轨道，不计小滑块经过 C点处的机械能损失，直轨道
20、的倾角可以在0到53间调节，小球与直轨道 的动摩擦因数。(已知：， ， ，重力加速度g取10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力)求：(1)细线能承受的最大拉力F；(2)若，滑块在直轨道上经过的总路程s；(结果可用分数表示)(3)写出取不同值时，滑块在直轨道上克服摩擦力所做的功W与的关系。【答案】(1) ；(2)；(3)当 时，当时，【解析】 (1)设细线与钉子接触瞬间小球的速度大小为vA，则由动能定理有解得，此时小球做圆周运动的半径变为 细线对小球的拉力恰好达到能承受的最大拉力T，则根据牛顿第二定律有 解得(2)根据几何关系可得A、B两管口间的高度差为 根据速度交换过程中能量守恒可得小滑块被小
21、球碰撞后获得的动能为 设小滑块在直轨道CD上运动的最大距离为x1，根据动能定理可得 根据 可知滑块运动到最高点后不能停留在轨道上，将沿轨道下滑后并与小球发生碰撞交换速度，根据动能定理和能量守恒定律综合分析可得小球被小滑块碰后获得的动能为 可知 根据动能定理可知小球不能返回到管口A，经分析可推知小球和小滑块将完成若干次往复运动后最终静止于C点处，对小滑块应用动能定理可得 解得(3)当时，有 小滑块在直轨道CD上运动到最高点处时能停在上面，设小滑块在CD上运动的最大距离为x2，则由动能定理可得 解得 滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功为 当时，根据(2)题中分析可知8(2021全国高三专题练习)
22、如图所示，在倾角为37的斜面上放置一质量为m的物块B，物块B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，物块B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置。在斜面顶端再连接一光滑的半径R=0.6x0的半圆轨道，半圆轨道与斜面相切于P点。在斜面顶端有一质量也为m的物块A，与物块B相距4x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A、B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O点(A、B均可视为质点)。已知斜面OP部分粗糙，且A、B与斜面间的动摩擦因数均为=0.25，其余部分光滑。已知sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度为g。(1)求物块A、B相碰
23、后瞬间的共同速度大小；(2)求物块A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若让物块A以某一初速度从P点沿半圆轨道上滑，恰好能通过最高点后落在斜面上，求A的落点到P点的距离。(4)若让物块A以某一初速度v自P点沿斜面下滑，与物块B碰后返回到P点还具有向上的速度，则v为多大时物块A恰能通过半圆轨道的最高点？A、B分离瞬间，B物块即被锁定。【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【解析】 (1)物块A与B碰撞前后，设物块A的速度分别为v1和v2，物块A下滑过程中由动能定理，有 解得物块A与B碰撞过程中动量守恒，有 联立可得 (2)碰后，物块A、B和弹簧组成的系统在运动到O点的过程中由能量守恒定律，有 解
24、得(3)设物块A在最高点C的速度为vC，物块A恰能通过半圆轨道的最高点C时，重力提供向心力，有解得设物块A离开轨道最左端D时的速度为vD，物块A从C点到D点的过程中由动能定理，有 解得物块A的运动可分解为沿D点切线方向的匀加速直线运动和垂直于D点切线方向的类自由落体运动，设落点到P点的距离为x，有 解得 代入数据解得 (4)如图所示，设物块A与B碰撞前A的速度为vA，碰撞后共同的速度为vB，物块A从P点到与物块B碰撞前的过程中由能量守恒定律，有 物块A与B碰撞的过程中动量守恒，有物块A与B碰撞结束后到O点的过程中机械能守恒，有 由于物块A与B不粘连，到达O点，A与B分离时，B被锁定。物块A继续
25、沿半圆轨道滑行至最高点C，最高C点相对于O点的高度 物块A从O点到C点的过程中由能量守恒定律，有 联立以上各式，解得 9(2022山东高三专题练习)如图所示，有5个大小不计的物块1、2、3、4、5放在倾角为的足够长斜面上，其中物块1的质量为，物块2、3、4、5的质量均为，物块1与斜面间光滑，其他物块与斜面间动摩擦因数。物块2、3、4、5的间距均为，物块1、2的间距为。开始时用手固定物块1，其余各物块都静止在斜面上。现在释放物块1，使其自然下滑并与物块2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞。假设各物块间的碰撞时间极短且都是弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。求(1)物块1、2第一次碰后
26、瞬间的速度大小；(2)从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间；(3)从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所有物块与斜面间摩擦产生的总热量。【答案】(1)，；(2)；(3)【解析】 (1)由动能定理得 解得 碰撞过程动量守恒和机械能守恒得 解得 物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小分别为，。(2)第1次碰后，根据牛顿第二定律分析，物块2 物块2将以速度向下匀速运动直到与物块3碰撞，物块2、3等质量弹性碰撞，碰后交换速度，物块3继续向下匀速运动与物块4碰交换速度，物块4继续向下运动与物块5碰交换速度，物块5以速度向下匀速运动。假设物块2静止后物块1再与之发生第2次碰撞：对物块1分析 对物块
27、2分析 由于，假设成立。因为，所以第2次碰将重复第1次的运动，物块4以速度向下匀速运动，释放到第1次碰用时第1、2次，2、3次，3、4次碰用时均为 第4次碰到第5次碰用时 从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间(3)第1、2次碰时段内，可以等效为1个物块持续匀速下滑摩擦产热第2、3次碰时段内，可等效为2个物块持续匀速下滑摩擦产热第3、4次碰时段内，可以等效为3个物块持续匀速下滑摩擦产热第4、5次碰时段内，可以等效为4个物块持续匀速下滑摩擦产热 总热量10(2022四川成都七中高三开学考试)如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各固定质量均为M的物体A和B均视为质点)，
28、物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。一个质量的小球P从物体A正上方距其高度h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小。(2)若物体B能上升一定高度，求当地面对物体B的弹力恰好为零时，P和A的共同速度大小。(3)若换成另一个质量的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。(上述过程中Q和A只碰撞一次)【答案】(1)；(2)；(3)【解析】 (1)对P自由下落的过
29、程，由机械能守恒定律得 得P与碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得 结合可得(2)开始时静止，则对有 得弹簧的压缩量为 当地面对物体B的弹力恰好为零时，对B有 得弹簧的伸长量为 可见两个状态弹簧的弹性势能相等，从P与碰撞后瞬间到地面对物体B的弹力恰好为零的过程，由系统的机械能守恒得联立解得P和的共同速度大小为(3)碰撞后物体达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零，弹簧的伸长量仍为设Q与碰后瞬间的速度为，由与弹簧组成的系统机械能守恒得Q与碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 对Q下落的过程，由机械能守恒定律得结合 联立以上各式解得11(2022江苏南通高
30、三期末)如图所示，左侧固定着内壁光滑的四分之一圆轨道，半径为R，右侧水平面上，有一质量为3m的滑板由水平部分BC和半径为R的四分之一光滑圆弧构成。质量分别为2m和m物体P、Q(视为质点)锁定在半圆轨道底端A点和滑板左端B点，两者间有一被压缩的轻质弹簧(未与P、Q连接)。某时刻解除锁定，压缩的弹簧释放，物体P、Q瞬间分离。P向左运动上升到最大高度R后即撤去，物体Q与滑板水平部分的动摩擦因数为，重力加速度为g。(1)求弹簧被锁定时的弹性势能；(2)若滑板与地面的动摩擦因数为，求物体Q与滑板摩擦所产生的热量(已知BC)；(3)若水平面光滑，要使物体Q在相对滑板反向运动的过程中，相对地面有向左运动的速
31、度，求BC的长度L应满足的条件。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】 (1)P弹开后运动到最高点过程中，由动能定理 解得弹簧弹开过程，对P、Q系统动量守恒，有 解得对P、Q与弹簧组成的系统，由能量守恒得弹簧弹性势能(2)Q滑上滑板时，对Q由牛顿第二定律得 解得Q的加速度对滑板BC，由牛顿第二定律得 解得滑板加速度设经过时间t共速，速度为v共，此过程对Q有 对滑板有 联立解得Q相对滑板运动位移Q与滑板摩擦生热(3)法一：对Q与滑板相互作用过程中，动量守恒、能量守恒有 化简得 解得Q要相对滑板后退且对地向左运动，则 解得法二：Q要相对滑板后退且有对地向左运动，即Lm至多对应Q退至滑板光滑圆弧底部
32、时速度恰为0，根据动量和能量守恒有 解得 所以12(2021重庆八中高三阶段练习)如图所示，金属圆管固定在水平地面上。劲度系数的弹簧一端固定于金属圆管的底部，另一端连接小圆柱体A。金属圆管壁左右两侧开有两条缝，B由小圆柱体及两侧的支柱构成，其两侧的支柱通过管壁的缝伸出金属圆管，与管壁无摩擦，静置于A上与A不粘连，A、B质量均为1kg且都可视为质点。小圆柱体B正上方有一带圆孔的挡板(厚度不计)固定在金属圆管壁上，质量为2kg的小圆柱体C放于圆孔上方不掉落。在B的左右支柱上始终施加竖直向上、大小为5N的恒力F，使A、B开始运动。经过一段时间后A、B分离，分离时B未与C碰撞。分离瞬间，A被金属圆管内
33、一卡件作用使其速度突变为零，以后此卡件不再对A和B有任何作用。B继续向上运动恰好穿过圆孔与C发生弹性碰撞，且以后每次碰撞前C均已静止在圆孔上方。已知弹簧的弹性势能(x为弹簧的形变量)，重力加速度g取，B与A、C的碰撞时间极短且均为弹性碰撞，A、B、C运动过程中始终在竖直方向，且未与金属圆管壁接触(空气阻力不计)。求：(1)二力开始作用瞬间，A对B的支持力的大小；(2)A、B第一次碰撞后物体A向下运动的最大距离；(3)与B第一次碰撞开始，A物体运动的总路程。【答案】(1)5N；(2)；(3)7.07cm【解析】 (1)初态时A、B均静止，有 解得由牛顿第二定律可得，对A、B整体有 对B有 解得(
34、2)在F的作用下，A、B分离时，二者加速度相等，对A、B分别有 联立解得两物体从开始运动到分离时上升的高度为从开始运动到A、B分离，设竖直向上为正方向，据功能关系，对A、B整体有解得A、B分离时，B的速度为 分离后，由于B物体匀速上升至B、C碰撞，由于是弹性碰撞，据动量守恒及机械能守恒分别可得 联立解得B向下运动，然后B、A发生弹性碰撞，有 解得，可知碰后二者速度互换，B静止，A从平衡位置向下运动，设A向下运动的最大距离为s1，由能量守恒定律有 可得 解得(3)A、B第一次碰撞后A先向下减速，再反向加速，回到原位后，与B碰撞，A、B交换速度，B再次匀速上升与C发生碰撞，然后B向下运动与A发生碰
35、撞，二者交换速度，由碰撞结论可知碰后 解得同理可知以后的运动情况与上面的情况类似，则归纳可得A运动的总路程为13(2022广东模拟预测)如图所示，一平板车A质量为，原来静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反，A、B之间的动摩擦因数为。物块B总不能到达车板的右端，重力加速度大小为g。(1)求车第一次碰到挡板前瞬间车的速度可能是多大？(2)若车与挡板总共发生了2次碰撞，求L满足的条件。【答案】(1)或；(2)【解析】 (1)假设A与挡板碰
36、撞前瞬间，A、B的速度恰好相等，根据动量守恒定律得对A，由动能定理可得 解得当时，由式可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为当时，由式可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为(2)设在A与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒定律有分以下讨论两种情况：如果L为某个值L1，使A与挡板第一次碰撞后经过一段时间恰好同时停止运动，则此时A与挡板只发生一次碰撞。在这段时间内，对A由动能定理可得联立解得如果L为某个值L2，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，从A与挡板第一次碰撞后瞬
37、间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知由题意可知A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即联立解得综上所述可知，若A与挡板总共发生了二次碰撞，L应满足的条件是14(2022重庆市育才中学模拟预测)如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板，可视为质点的物块以初速度从A的左端开始向右运动，当和A的速度相等时，A和恰好发生了第一次碰撞。已知A、的质量分别为、，不计A与轨道间的摩擦，与轨道间的动摩擦因数为，C 与A、上表面间的动摩擦因数均为，全程没有掉落到轨道上，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速
38、度为，忽略空气阻力。求：(1)A和第一次速度相等时的速度；(2)第一次碰撞前A运动的距离和第一次碰撞后A的速度大小；(3)若A的长度，且A与的上表面齐平，最终停止的位置距其初始位置多远。【答案】(1)，方向水平向右；(2)，；(3)【解析】 (1)不计A与轨道间的摩擦，则从滑上A，动量守恒，根据动量守恒定律，A和第一次速度相等时 解得 方向水平向右(2)设第一次碰撞前A运动的距离，由牛顿第二定律可得A做匀加速直线运动，再由 可得设第一次碰撞后碰撞，设碰后的速度分别为、，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 解得 则第一次碰后，A速度大小为，方向反向。(3)碰撞前，相对位移为 解得第一次碰撞后A的速
39、度 速度为假设能再一次共速，且共速前A不与发生碰撞，且还未滑离A，则解得间相对位移为 解得则则滑到A右端时，两者恰好再次共速。此时A从第一次碰撞后向右滑行的距离和时间为第一次碰后，对由牛顿第二定律停止运动的时间及位移分别为 则共速后会再一次与相碰，假设碰后速度分别为、，由机械能守恒定律及动量守恒定律可得 解得 之后滑到上，与一起向右运动。对、由牛顿第二定律可得 则 全程没有掉落到轨道上，则第二次碰撞后将以减速，直到停止。由可得，第二次碰撞后运动的位移为则最终停止的位置距其出发点距离为15(2021河南高三阶段练习)如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面底端安装一挡板，斜面上A处物块Q恰好
40、处于静止，设Q与斜面间动摩擦因数等于，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻，P以沿斜面向上的速度与Q发生弹性碰撞，P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无能量损失。P、Q两物块的质量分别为m和3m，两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第二次碰撞后瞬间各自的速度大小、；(2)求第三次碰撞使物块Q上升的高度；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。【答案】(1) ，；(2)；(3)；(4)【解析】 (1) P、Q发生弹性碰推，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒
41、，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得 负号表示方向Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得 解得P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 解得设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得 解得P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得解得，(2)第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得 解得设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得 解得P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得解得，第三次后对Q由运动学公式得 解得(3)P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度；当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得 解得(4)设Q第一次碰撞至速度减为零所需要的时间为t1，则设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，则，设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则当A点与挡板之间的距离最小时 解得
