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現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第一章　動量和動量守恒定律
素養提升課(一)　三類“碰撞”模型
[學習目標]　1．會處理含有彈簧類的問題，并進行相關計算．2．會處理含有斜面或曲面的問題，并進行相關計算．3．會用動量和能量的觀點處理板塊問題，并進行相關計算．
模型圖示

關鍵能力·情境探究達成
類型1　“滑塊—彈簧”碰撞模型
模型特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒
(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化，系統的總動能將發生變化；若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統總動能最小(完全非彈性碰撞拓展模型)
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)
【典例1】　如圖甲所示，一質量為0.2 kg的物塊B與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上，物塊A向右運動．已知t＝0時A剛與彈簧接觸，t1時彈簧壓縮至最短，此過程A、B的 v-t 圖像如圖乙所示，彈簧始終處于彈性限度內，求：
(1)物塊A的質量；
(2)此過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
(3)當彈簧恢復至原長的瞬間，物塊A的速度．
[解析]　(1)物塊A、B及彈簧組成的系統動量守恒，根據動量守恒定律可知
mAv1＝(mA＋mB)v共
由題圖乙知v1＝1.2 m/s，v共＝1.0 m/s
解得mA＝1 kg．
(2)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，由機械能守恒定律可得
＝
代入數據解得Ep＝0.12 J．
(3)從物塊A剛與彈簧接觸到彈簧恢復至原長的過程中，物塊A、B與彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，則
mAv1＝mAv′1＋mBv′2
＝
代入數據解得v′1＝0.8 m/s．
[答案]　(1)1 kg　(2)0.12 J　(3)0.8 m/s
【典例2】　如圖所示，粗細均勻的光滑直桿豎直固定在地面上，一根輕彈簧套在桿上，下端與地面連接，上端連接帶孔的質量為m的小球B并處于靜止狀態，質量為m的小球A套在桿上，在B球上方某一高度處由靜止釋放，兩球碰撞后粘在一起．當A、B一起上升到最高點時，A、B的加速度大小為g，g為重力加速度，彈簧的形變總在彈性限度內，已知彈簧的彈性勢能表達式為Ep＝kx2，其中k為彈簧的勁度系數、x為彈簧的形變量，A，B兩球均可視為質點．求：
(1)小球A開始釋放的位置離B球的距離；
(2)兩球碰撞后，彈簧具有的最大彈性勢能及兩球運動過程中的最大速度．
[解析]　(1)開始時，彈簧的壓縮量為
x1＝
當A、B一起上升到最高點時，設彈簧的伸長量為x2，根據牛頓第二定律有
kx2＋2mg＝2m×g
解得x2＝
設開始時A、B間的距離為h，根據機械能守恒有
mgh＝
設A、B碰撞后一瞬間，A、B共同速度大小為v2，根據動量守恒定律有mv1＝2mv2
從碰撞后一瞬間到上升到最高點，根據機械能守恒定律有＝2mg(x1＋x2)
解得h＝
(2)兩球碰撞后，兩球運動到最低點時彈簧的彈性勢能最大，則從碰撞結束至兩球運動到最低點，設小球向下運動的距離為x3，根據機械能守恒定律有
＋2mgx3＝
得到－2mgx3－＝0
解得x3＝
則彈簧具有的最大彈性勢能
Ep＝k(x1＋x3)2＝
當兩球的速度最大時，兩球的重力與受到的彈力等大反向，彈簧的壓縮量為x4＝
根據機械能守恒定律有
＝
解得vm＝3g
[答案]　(1)　(2)　3g
模型圖示

類型2　“滑塊—斜面”碰撞模型
模型特點 (1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道．系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒＝＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)
(2)最低點：m與M分離點．系統水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒＝(完全彈性碰撞拓展模型)
【典例3】　如圖所示，固定光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個表面光滑、質量為3m的斜面體C．一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為2m的靜止小物塊B發生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動(碰撞時間極短)，平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度，重力加速度為g，求：
(1)A到達O點時的速度；
(2)A、B碰撞過程中損失的機械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度．
[解析]　(1)小物塊A運動到O點的過程，根據動能定理可知mgh＝
解得v1＝
(2)當A、B發生碰撞，根據動量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝
A、B碰撞過程中損失的機械能
ΔE＝＝mgh．
(3)將A、B、C看成一個整體，則系統在水平方向動量守恒，當A、B沿C上升到最大高度時三者在水平方向速度相同，根據動量守恒定律可知
(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
根據機械能守恒定律可知
＝＋(m＋2m)gh′，
聯立解得A和B沿C能上升的最大高度h′＝h．
[答案]　(1)　(2)mgh　(3)h
【典例4】　如圖所示，緊靠在水平平臺右端的長木板上表面NQ水平且與平臺等高，NQ的長度L＝2 m，長木板的右端為半徑R＝
0.1 m 的光滑圓弧，可視為質點的滑塊B靜止在長木板的左端．質量mA＝1 kg 的滑塊A在光滑水平平臺上以初速度v0＝6 m/s 向右勻速運動，一段時間后滑塊A與滑塊B發生彈性碰撞．已知滑塊B的質量為mB＝3 kg, 與NQ間的動摩擦因數μ＝0.1，長木板的下表面光滑，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑塊A、B碰撞后瞬間滑塊B的速度vB的大小；
(2)為使滑塊B不能從長木板右端滑離長木板，長木板的最大質量mC．
[解析]　(1)設向右為正方向，滑塊A、B碰撞后瞬間滑塊A的速度為vA，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得
mAv0＝mAvA＋mBvB
＝
聯立代入數據得vB＝3 m/s．
(2)在保證滑塊B不能從右端滑離長木板，長木板質量取最大時，對應的情況是滑塊B剛好滑到圓弧的頂端時，滑塊B與長木板共速，設此時速度大小為v.對滑塊B和長木板在水平方向根據動量守恒定律與機械能守恒定律有
mBvB＝(mB＋mC)v
－(mB＋mC)v2＝μmBgL＋mBgR
聯立代入數據可得v＝1 m/s，mC＝6 kg．
[答案]　(1)3 m/s　(2)6 kg
模型圖示

模型特點 (1)若滑塊未從木板上滑下(子彈留在木塊里)，當兩者速度相等時木板(木塊)的速度最大，兩者的相對位移取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)
(2)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能
類型3　子彈打木塊與板塊模型
【典例5】　如圖所示，一顆質量為0.01 kg的子彈(可視為質點)，沿水平方向射向靜止在光滑水平桌面上的木塊，木塊的質量為0.2 kg，長度為10 cm，子彈射入前速度為200 m/s，穿出木塊時速度減為100 m/s，已知子彈穿過木塊過程中木塊對子彈的阻力不變，求：
(1)木塊獲得的速度大小；
(2)此過程中，木塊對子彈的阻力大小；
(3)子彈穿過木塊過程所用時間(結果保留三位有效數字)．
[解析]　(1)子彈與木塊組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
m1v0＝m1v1＋m2v2
代入數據解得木塊的速度大小v2＝5 m/s．
(2)由機械能守恒定律得
fL＝
代入數據解得f＝1 475 N．
(3)子彈對木塊作用力的沖量等于木塊的動量變化，對木塊由動量定理得f′t＝m2v2－0
由牛頓第三定律可知f ′＝f
代入數據解得t≈6.78×10-4 s．
[答案]　(1)5 m/s　(2)1 475 N　(3)6.78×10-4 s
【典例6】　如圖所示，水平地面AB與傾斜長傳送帶用光滑的小圓弧BC(未畫出)連接，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，傳送帶以速度v0逆時針轉動，質量為 0.9m 的物塊(可視為質點)靜止在水平地面上的A處，一顆質量為0.1m的子彈以某一速度射入物塊并留在其中(子彈和物塊在極短時間內達到共速)，經時間t后物塊運動到B處，此時速度為v，忽略物塊從B點到C點的速率變化，物塊與地面AB之間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，sin 37°＝0.6．
(1)求子彈射入物塊前的速率；
(2)若物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ0＝0.5，物塊恰好能到達傳送帶CD的最高點D，求傳送帶CD間的長度．
[解析]　(1)根據題意，設子彈射入物塊前的速率為v1，子彈射入物塊后達到的共速為v2，子彈射入物塊過程動量守恒，由動量守恒定律有
0.1mv1＝(0.1m＋0.9m)v2
物塊在水平面AB上做勻減速運動，由牛頓第二定律可得，加速度大小為a＝μg
由運動學公式有v＝v2－at
聯立解得v1＝10v＋10μgt．
(2)根據題意，由牛頓第二定律可得，物塊在傾斜傳送帶上向上運動時的加速度大小為a1＝＝g
設傳送帶CD間的長度為L，當物塊到達D點時速度減小到0，由動能定理有m·a1·L＝mv2
代入數據解得L＝
[答案]　(1)10v＋10μgt　(2)
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1．(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲管道，整個小車(含管道)的質量為2m，原來靜止在光滑的水平面上．今有一個可以看作質點的小球，質量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，
然后從管道左端滑離小車．關于這個過程，下列
說法正確的是(　　)
素養提升練(一)　三類“碰撞”模型
A．小球滑離小車時，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時相對小車的速度大小為v
C．車上管道中心線最高點離小車上表面的豎直距離為
D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是
√
√
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BC　[小球從滑上小車到滑離小車的過程，規定向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv＝mv1＋2mv2，mv2＝，解得v1＝－，v2＝v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為v相＝v＋v＝v，故B正確；小球恰好到達管道的最高點，說明在最高點時小球和管道之間相對速度為0，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，水平方向上由動量守恒定律有mv
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＝(m＋2m)v′，v′＝，小車動量變化量大小Δp＝2m·＝mv，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒定律有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，解得H＝，故C正確，D錯誤；由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，故A錯誤.故選BC．]
2．(多選)如圖所示，一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質量M＝3 kg, 小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端切線水平．有一質量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s從圓弧下端滑上小車，重力加速度g取10 m/s2．下列說法正確的是(　　)
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A．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統機械能守恒
B．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統動量守恒
C．小球沿圓弧軌道上升到最大高度時的速度大小為1 m/s
D．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.5 m
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√
AC　[在小球滑到最高點的過程中，只有重力做功，系統機械能守恒，故A正確；在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統水平方向合力為0，故水平方向動量守恒，豎直方向的動量不守恒，則系統的動量不守恒，故B錯誤；小球滑到最高點時，設最大高度為h，此時兩者共速，設速度為v，在水平方向小球與小車組成的系統動量守恒，取向左為正方向，則有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1 m/s，由機械能守恒定律可得＝(M＋m)v2＋mgh，解得h＝0.6 m, 故C正確，D錯誤.故選AC．]
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3．如圖所示，質量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側面為圓弧面且與水平地面相切，質量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是(　　)
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A．滑塊b沿a上升的最大高度為
B．物塊a運動的最大速度為
C．滑塊b沿a上升的最大高度為
D．物塊a運動的最大速度為
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√
B　[滑塊b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向動量守恒，由動量守恒和機械能守恒有mv0＝＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C錯誤；滑塊b滑離a時，物塊a運動的速度最大，系統在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，有mv0＝＝，解得va＝v0，vb＝－v0，B正確，D錯誤．]
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4．如圖所示，光滑水平面上分別放著兩塊質量、形狀相同的硬木和軟木，兩顆完全相同的子彈均以相同的初速度分別打進兩種木頭中，最終均留在木頭內，已知軟木對子彈的摩擦力較小，以下判斷正確的是(　　)
A．子彈與硬木摩擦產生的內能較多
B．兩個系統產生的內能不一樣大
C．子彈在軟木中打入深度較大
D．子彈在硬木中打入深度較大
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√
C　[設子彈質量為m，木頭質量為M，由于最終都達到共同速度，根據動量守恒定律和動能定理，mv0＝(m＋M)v，ΔE＝－(m＋M)v2＝Q，可知子彈與硬木或子彈與軟木構成的系統機械能減小量相同，故兩個系統產生的內能Q一樣多，故A、B錯誤；根據功能關系Q＝Ff·d，可知產生的內能Q相同時，摩擦力Ff越小，子彈打入深度d越大，所以子彈在軟木中打入深度較大，故C正確，D錯誤.故選C．]
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5．如圖所示，相互接觸的質量均為m的木塊A、B靜止放置在光滑水平面上，現有一子彈水平穿過兩木塊，設子彈穿過木塊A、B的時間分別為t1和t2，木塊對子彈水平方向的作用力恒為f，則下列說法正確的是(　　)
A．t1時間內，子彈的動量變化量大小大于A的動量變化量大小
B．t2時間內，子彈的動量變化量大小大于B的動量變化量大小
C．t1時間內，子彈和A的總動量守恒
D．t2時間內，子彈和B的總機械能守恒
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√
A　[t1時間內，子彈推動兩個木塊一起運動，所以子彈和木塊A、B的動量守恒，有m子v0＝m子v1＋(mA＋mB)v2，則m子－m子v1＝(mA＋mB)v2，子彈的動量變化量大小等于木塊A、B整體的動量變化量大小，所以子彈的動量變化量大小大于A的動量變化量大小，A正確，C錯誤；t2時間內，子彈和木塊B的動量守恒，有m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4，則m子v1－m子v3＝mBv4－mBv2，子彈的動量變化量大小等于B的動量變化量大小，B錯誤；t2時間內，子彈穿過木塊B的過程中，有熱量產生，所以此過程中機械能不守恒，D錯誤.故選A．]
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6．如圖所示，半徑分別為R和r(R＞r)的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上一輕彈簧被a、b兩小球夾住，同時釋放兩小球，a、b球恰好能通過各自的圓軌道的最高點．則兩小球的質量之比為(　　)
A． B．
C． D．
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√
B　[a、b球恰好能通過各自的圓軌道的最高點，則均由重力提供向心力，對于a球，mag＝，得＝，對于b球，mbg＝，得v′b＝，a球脫離彈簧到圓軌道最高點過程機械能守恒，＝＋mag·2R，所以a球脫離彈簧時速度大小va＝，b球脫離彈簧到圓軌道最高點過程機械能守恒＝
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＋mbg·2r，所以b球脫離彈簧時速度大小vb＝，彈簧釋放過程中，由動量守恒定律得mava＝mbvb，得＝＝，B正確，A、C、D錯誤.故選B．]
題號
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7．質量均為2 kg的甲、乙兩物塊在光滑水平面上相向運動，如圖所示，其中甲物塊右側固定一輕彈簧，其速度大小為4 m/s；乙物塊的速度大小為5 m/s，則(　　)
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A．當甲物塊的速率減為零時，甲、乙間距最近
B．甲、乙兩物塊與彈簧組成的系統在彈簧壓縮過程中，系統機械能守恒，但動量不守恒
C．乙物塊可能以5 m/s的速率返回
D．當甲物塊的速率為3 m/s時，乙物塊的速率可能為4 m/s，也可能為2 m/s
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√
D　[根據題意可知，當甲、乙速度相等時，甲、乙距離最近，規定向左為正方向，設甲、乙距離最近時速度大小為v，由動量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，故A錯誤；彈簧的質量不計，甲、乙兩物塊與彈簧組成的系統在彈簧壓縮的過程中，所受的外力之和為零，系統動量守恒，機械能守恒，故B錯誤；根據題意，規定向左為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m甲v′甲＋m乙v′乙，m甲＋m乙＝ m甲
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＋m乙，解得v′甲＝5 m/s，v′乙＝－4 m/s, 即乙物塊返回的最大速率為4 m/s，故C錯誤；規定向左為正方向，當甲物塊的速率為
3 m/s時，若方向向右，由動量守恒定律有m乙v乙－m甲v甲＝m乙v1－m甲v2，解得v1＝4 m/s；若方向向左，由動量守恒定律有m乙v乙－
m甲v甲＝m乙v′1＋m甲v′2，解得v′1＝－2 m/s，故D正確．]
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8．(多選)如圖甲所示，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊(可視為質點)以速度v0從木板左側滑上長木板，小物塊恰好在到達木板右端時與木板相對靜止，圖乙為物塊與木板運動的v-t圖像，圖中t1、v0、v1已知，重力加速度大小為g，由此可求得(　　)
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A．木板的長度
B．物塊與木板的質量之比
C．物塊與木板之間的動摩擦因數
D．從t＝0開始到t1時刻系統所產生的內能
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√
√
ABC　[根據題意可知，小物塊恰好在到達木板右端時與木板相對靜止，由題圖乙可知，物塊的對地位移為x物＝t1，木板的對地位移為x木＝t1，則木板的長度為L＝x物－x木＝，故A符合題意；根據題意，設木板的質量為M，物塊的質量為m，由題圖乙可知，t1時刻二者共速為v1，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv1，解得＝
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，故B符合題意；根據v-t圖像中斜率表示加速度可知，物塊的加速度大小為a＝，由牛頓第二定律，對物塊有μmg＝ma，解得μ＝，故C符合題意；根據題意可知，從t＝0開始到t1時刻系統所產生的內能為Q＝μmgL＝，由于不知道木板和物塊的質量，則內能不可求，故D不符合題意.故選ABC．]
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9．(多選)如圖甲所示，質量m＝10 g的子彈水平射入靜止在水平地面上的木塊并留在其中，此后木塊運動的-t圖像如圖乙所示，其中x表示木塊的位移，t表示木塊運動的時間．已知木塊的質量為M＝990 g，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
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A．木塊與水平地面之間的動摩擦因數為0.8
B．子彈射入木塊過程中，子彈損失的機械能為792 J
C．保持子彈射入木塊時的初速度不變，若子彈的質量越大，系統損失的機械能越多(子彈未射出木塊)
D．保持子彈射入木塊時的初速度不變，若木塊的質量越大，子彈對木塊的沖量越大(子彈未射出木塊)
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√
√
ACD　[根據題圖乙可得＝－4t＋4，可得x＝4t－4t2，結合勻變速直線運動位移時間關系可知，子彈留在木塊中一起做勻減速直線運動的初速度和加速度大小分別為v＝4 m/s，a＝8 m/s2，以子彈、木塊為整體，根據牛頓第二定律可得μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得木塊與水平地面之間的動摩擦因數為μ＝＝0.8，故A正確；設子彈射入木塊前的初速度為v0，根據動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v0＝400 m/s, 子彈射入木塊過程中，子彈損失的機械能為ΔE子
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＝－mv2＝799.92 J，故B錯誤；設子彈射入木塊前的初速度為v0，根據動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得 v＝，系統損失的機械能為ΔE＝－(M＋m)v2＝＝，可知保持子彈射入木塊時的初速度不變，若子彈的質量越大，系統損失的
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機械能越多；根據動量定理，子彈對木塊的沖量為I＝Mv＝＝，可知保持子彈射入木塊時的初速度不變，若木塊的質量越大，子彈對木塊的沖量越大，故C、D正確.故選ACD．]
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10．(多選)如圖所示，完全相同的木板P和Q間隔一定距離靜置于足夠長的光滑水平地面上，木板P左端緊靠平臺，平臺與木板上表面等高且光滑，可視為質點的滑塊乙停在P的左端，滑塊甲以v0＝
7.5 m/s的速度向乙運動，與乙發生彈性碰撞，乙恰好未從P上滑落，乙與P相對靜止后，P與Q碰撞并結合在一起不再分開，已知P、Q質量均為M＝3 kg，甲質量m1＝1 kg，乙質量m2＝2 kg，乙與P、Q間的動摩擦因數均為μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2． 下列說法正確的是(　　)
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A．甲、乙碰撞后各自的速度大小分別為 2.5 m/s 和5 m/s
B．木板的長度為1.25 m
C．木板的長度為1.5 m
D．乙、P、Q三者共同的速度為1.25 m/s
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√
√
ACD　[取向右為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可得m1v0＝＝，解得v1＝－2.5 m/s，v2＝5 m/s，故A正確；甲、乙碰撞后，乙與P組成的系統動量守恒，設共速時速度為v3，根據動量守恒定律得m2v2＝(M＋m2)v3，解得v3＝2 m/s，乙恰好未從P上滑落，根據動能定理可得－μm2gL＝解得L＝1.5 m，故B錯誤，C正確；乙在P上滑行過程、P與Q碰撞過程和三者共速過程都滿足動量守恒，故整個過程根據動量守恒定律可得m2v2＝(2M＋m2)v4，解得v4＝1.25 m/s，故D正確.故選ACD．]
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11．(13分)某探究小組設計了一貨運裝置，該裝置由固定的光滑圓弧軌道AB與平板小車組成(小車與B點等高)，圓弧軌道半徑r＝
0.45 m, 小車質量M＝10 kg．質量m＝20 kg 的物塊(可視為質點)從軌道頂端A由靜止滑下，經B點滑上靜止的小車，經過一段時間，物塊與小車相對靜止，一起運動到卸貨點，工人把物塊取下，此后，小車撞到擋板以原速率反彈，B點到卸貨點的距離足夠大，不計小車與地面間的摩擦，g取10 m/s2，求：
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(1)物塊滑到軌道底端B處的速率vB及向心力Fn大小；
(2)物塊與小車的共同速度v0的大小及從開始到卸貨點的過程中系統損耗的機械能ΔE；
(3)若小車長L＝1 m，工人沒有及時取下物塊，小車反彈后，物塊以相對地面向右、大小為1 m/s的速度滑離小車，求物塊與小車間的摩擦力F大小．
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[解析]　(1)物塊從A到B，由機械能守恒定律得
mgr＝，解得vB＝3 m/s
向心力Fn＝＝20× N＝400 N．
(2)物塊滑上小車后與小車組成的系統動量守恒，則有mvB＝(M＋m)v0
解得v0＝＝ m/s＝2 m/s
損失的機械能ΔE＝
代入數據得ΔE＝30 J．
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(3)小車碰撞到擋板瞬間，速度方向向左，大小為v0＝2 m/s，物塊滑下小車時，物塊的速度為v1＝1 m/s, 設此時小車的速度大小為v2，根據動量守恒定律有mv0－Mv0＝mv1－Mv2
根據機械能守恒定律有
FL＝
代入數據得F＝80 N，則物塊與小車間的摩擦力大小為80 N．
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[答案]　(1)3 m/s　400 N　(2)2 m/s　30 J　(3)80 N
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12．(15分)如圖所示，某人站在水平地面上，以大小為5 m/s、與水平方向夾角為α的初速度v0斜向右上方拋出一個質量為m0＝1 kg 的彈性小球，小球離開手時的高度為h1＝1.8 m，小球剛好水平擊中位于高度為h2＝
2.6 m水平平臺上的小車A，小車A的質量為mA＝2 kg，小球和小車均可視為質點．平臺上右側有一個質量為mB＝4 kg的小車B，其左側接有一個輕彈簧，當小車A壓縮彈簧到最短時，將小車A與彈簧小車B鎖定在一起，二者繼續運動，撞到右側一個粘性擋板，粘住兩小車，兩小車靜止．已知平臺水平面光滑，初始狀態小車A、B均靜止，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
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(1)α角的大小；
(2)小車A被小球擊中后的速度大小；
(3)兩小車撞到右側粘性擋板后靜止，若突然撤去擋板，再解除彈簧鎖定，A、B分離時的速度分別為多少？
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[解析]　(1)小球做斜拋運動，豎直方向有
＝2g(h2－h1)，sin α＝
聯立解得α＝53°．
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(2)小球到達最高點時水平分速度記為v1，由運動的分解有v1＝
v0cos α
小球與小車A發生彈性碰撞，設碰撞后小球速度為v′1，小車A速度為v2，由動量守恒定律、機械能守恒定律可得
m0v1＝m0v′1＋mAv2
＝
聯立解得v2＝2 m/s．
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(3)小車A繼續向右運動，壓縮彈簧，當A、B共速時，彈簧最短，設此時彈簧彈性勢能為Ep，由動量守恒定律可得
mAv2＝(mA＋mB)v3
由機械能守恒定律可得
＝＋Ep
A、B撞到粘性擋板，二者均靜止，撤去擋板并解除彈簧鎖定后，彈簧伸長，A、B反沖，設A、B分離時的速度大小分別為v4、v5，由動量守恒定律得
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mAv4＝mBv5
由機械能守恒定律得
Ep＝
聯立各式解得v4＝ m/s，v5＝ m/s．
[答案]　(1)53°　(2)2 m/s　(3) m/s　 m/s
13．(12分)如圖所示，質量為M、內有半徑為R的半圓形軌道的槽體放在光滑的平臺上，左端緊靠一臺階，質量為m的小球從槽頂端A點由靜止釋放，若槽內光滑，忽略一切摩擦，求：
(1)小球滑到圓弧最低點時，槽體對其支持力FN的大小；
(2)小球在槽右端上升的最大高度h．
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[解析]　(1)根據題意，設小球由A滑到圓弧最低點時的速度為v，取圓弧最低點為勢能零點，由機械能守恒定律有mgR＝mv2
在最低點對小球受力分析，由牛頓第二定律有
FN－mg＝m
聯立解得FN＝3mg．
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(2)根據題意可知，小球向上運動的過程中，小球和槽體組成的系統在水平方向上動量守恒，設小球滑至最大高度時小球與槽體的共同速度為v1，則有
mv＝(M＋m)v1
此過程中系統機械能守恒，則有
mv2＝＋mgh
聯立解得h＝R．
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[答案]　(1)3mg　(2)R
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