12、送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為3.0 m/s.
(2)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2
由動(dòng)量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v2＋mCvC
A、B碰撞后，彈簧伸開的過程中系統(tǒng)能量守恒，則有
Ep＋(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v＋mCv
代入數(shù)據(jù)可解得Ep＝1.0 J.
(3)在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值vm，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳送帶的速度v
設(shè)A與B碰撞后的速度為v′1
13、，與滑塊C分離后A與B的速度為v′2，滑塊C的速度為v′C
C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3 m/s，加速度大小為2 m/s2
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度－位移公式得
v2－v′＝2(－a)L，解得v′C＝5 m/s
以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得，A、B碰撞過程有mAvm＝(mA＋mB)v′1
彈簧伸開過程有(mA＋mB)v′1＝mCv′C＋(mA＋mB)v′2
在彈簧伸展的過程中，由能量守恒定律得
Ep＋(mA＋mB)v′＝(mA＋mB)v′＋mCv′
聯(lián)立以上幾式并代入數(shù)據(jù)解得vm＝7.1 m/s.
【變式1】(2019·江西上饒六校一聯(lián))如圖甲所示，在光滑
14、水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則( )
A．A物體的質(zhì)量為3m B．A物體的質(zhì)量為2m
C．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02 D．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mv02
【答案】AC
【解析】彈簧固定，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大，A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，A及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則知彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢(shì)能等于A的初動(dòng)能，設(shè)A的質(zhì)量為m
15、A，即有Epm＝mAv02
當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時(shí)，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運(yùn)動(dòng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，選取A的初速度的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mA·2v0＝(m＋mA)v
由機(jī)械能守恒定律得：Epm＝mA(2v0)2－(mA＋m)v2
解得：mA＝3m，Epm＝mv02
故A、C正確，B、D錯(cuò)誤．
【變式2】(2018·本溪聯(lián)考)如圖所示，CDE為光滑的軌道，其中ED段是水平的，CD段是豎直平面內(nèi)的半圓，與ED相切于D點(diǎn)，且半徑R＝0.5 m，質(zhì)量m＝0.1 kg的滑塊A靜止在水平軌道上，另一質(zhì)量M＝0.5 kg的滑塊B前端裝有一輕質(zhì)彈
16、簧(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v0向左運(yùn)動(dòng)并與滑塊A發(fā)生彈性正碰。若相碰后滑塊A滑上半圓軌道并能過最高點(diǎn)C，取重力加速度g＝10 m/s2，問：
(1)B滑塊至少要以多大速度向前運(yùn)動(dòng)；
(2)如果滑塊A恰好能過C點(diǎn)，滑塊B與滑塊A相碰過程中輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢(shì)能為多少？
【答案】 (1)3 m/s (2)0.375 J
【解析】 (1)設(shè)滑塊A過C點(diǎn)時(shí)速度為vC，B與A碰撞后，B與A的速度分別為v1、v2，B碰撞前的速度為v0，過圓軌道最高點(diǎn)的臨界條件是重力提供向心力，由牛頓第二定律得
mg＝m，由機(jī)械能守恒定律得
mv＝mg·2R＋mv，
B與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程動(dòng)量守
17、恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
Mv0＝Mv1＋mv2，
由機(jī)械能守恒定律得
Mv＝Mv＋mv，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v0＝3 m/s。
(2)由于B與A碰撞后，當(dāng)兩者速度相同時(shí)有最大彈性勢(shì)能Ep，設(shè)共同速度為v、A、B碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
Mv0＝(M＋m)v，
由機(jī)械能守恒定律得
Mv＝Ep＋(M＋m)v2，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Ep＝0.375 J。
熱點(diǎn)題型三 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決“板塊”模型
1．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析“滑塊——木板”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)。
(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達(dá)到相同
18、速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。
(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)。
2．用動(dòng)量和功能觀點(diǎn)分析“滑塊——木板”模型要抓住一個(gè)條件和兩個(gè)分析及一個(gè)規(guī)律。
(1)一個(gè)條件——滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零是系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件。
(2)兩個(gè)分析——分析滑塊和木板相互作用過程的運(yùn)動(dòng)分析和作用前后的動(dòng)量分析。
(3)一個(gè)規(guī)律——能量守恒定律是分析相互作用過程能量轉(zhuǎn)化必定遵守的規(guī)律，且牢記摩擦生熱的計(jì)算公式Q＝f·d相對(duì)。
【例4】(2019·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，用長(zhǎng)為R的不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為 的小球A懸掛于O點(diǎn)
19、．在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板C的左端靜止．將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與小物塊B發(fā)生彈性正碰．
(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值．
(2)若長(zhǎng)木板C的質(zhì)量為2m，小物塊B與長(zhǎng)木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少為多大，小物塊B才不會(huì)從長(zhǎng)木板C的上表面滑出？
【答案】見解析
【解析】(1)設(shè)小球A與小物塊B碰前瞬間的速度為v0，則有
gR＝·v
設(shè)碰后小球A和小物塊B的速度分別為v1和v2，有
v0＝v1＋mv2
·v＝·v＋·mv
設(shè)碰后小球A能上升的最大高度為H，有
gH＝·
20、v
所求cos θ＝
由以上各式解得cos θ＝.
(2)法一：由(1)可求得碰后小物塊B的速度為
v2＝
設(shè)小物塊B與長(zhǎng)木板C相互作用達(dá)到的共同速度為v，長(zhǎng)木板C的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，有
mv2＝(m＋2m)v
μmgL＝mv－(m＋2m)v2
由以上各式解得L＝.
法二：由(1)可求得碰后小物塊B的速度為v2＝
設(shè)小物塊B運(yùn)動(dòng)位移為x1時(shí)，小物塊B、長(zhǎng)木板C達(dá)到共同速度v，此時(shí)長(zhǎng)木板C運(yùn)動(dòng)的位移為x2
對(duì)小物塊B有μmg＝maB，v－v2＝2aB·x1
對(duì)長(zhǎng)木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC·x2，＝
木板的最小長(zhǎng)度L＝x1－x2
由以上各式解得L＝.
【變式1
21、】(2019·廣東六校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺(tái)上的物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)，圖乙為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知( )
A．小車上表面長(zhǎng)度 B．物體A與小車B的質(zhì)量之比
C．物體A與小車B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù) D．小車B獲得的動(dòng)能
【答案】BC
【解析】.由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：＝，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道物體A相對(duì)小車B的位移Δx＝v0t
22、1，根據(jù)能量守恒得：μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤．
【變式2】(2019·廣東肇慶模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一個(gè)光滑的 圓弧槽C與長(zhǎng)木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以 的速度滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)．A、B、C的質(zhì)量均為m，求：
(1)滑塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2) 圓弧槽C的半徑R.
【答案】見解析
23、【解析】(1)對(duì)A、B、C整體，設(shè)A剛離開B時(shí)，B和C的共同速度為vB，從A滑上B到剛離開B的過程中動(dòng)量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝
由能量守恒定律有
μmgL＝mv－m－×2mv
解得μ＝.
(2)從A滑上C到“恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)”的過程中，設(shè)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)A和C的共同速度為vC，研究A和C組成的系統(tǒng)，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0
由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有
mgR＝m＋mv－×2m
解得R＝.
熱點(diǎn)題型四 應(yīng)用動(dòng)量能量觀點(diǎn)解決斜劈碰撞現(xiàn)象
【例6】在光滑水平面上放有一質(zhì)量為帶光滑弧形槽的小車，一質(zhì)
24、量為的小球以速度沿水平槽口滑上小車，如圖討論下列問題
1、小球能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度．（設(shè)小球不會(huì)從小車右端滑出）
2、求小車的最大速度．
3、當(dāng)小球從小車左端脫離后將做什么運(yùn)動(dòng)？
【答案】：
【解析】
1、當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度時(shí)，設(shè)小球和小車具有共同速度，對(duì)小球和小車組成的系統(tǒng)，由水平方向動(dòng)量守恒有：
?、?
設(shè)小球能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度為，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：
?、?
由①②解得：．
2、當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度后，又會(huì)從弧形槽內(nèi)滑下，小球剛滑離小車時(shí)小車速度最大，設(shè)此時(shí)小球速度為，小車具有向右的速度為，以向右為速度正方向，由水平方向動(dòng)量守恒有：
25、
?、?
由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：
④
由③④解得：，．
3、由上面解得知：
當(dāng)時(shí)，，小球從小車左端脫離后做自由落體運(yùn)動(dòng)；
當(dāng)時(shí)，，小球從小車左端脫離后向右做平拋運(yùn)動(dòng)；
當(dāng)時(shí)，，即小球脫離小車時(shí)速度向左，則小球從小車上脫離后向左做平拋運(yùn)動(dòng)．
【簡(jiǎn)評(píng)】：此題中兩物體間通過彈力發(fā)生相互作用，系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒．當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度時(shí)兩物體具有共同速度，此時(shí)類似“完全非彈性碰撞”，系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為小球增加的勢(shì)能．對(duì)小球從沖上小車又滑離小車的全過程，類似“彈性碰撞”，全過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒．
【變式1】如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小
26、孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10kg,小孩與滑板始終無相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10m/s2.
(1)小孩將冰塊推出時(shí)的速度大小
(2)求斜面體的質(zhì)量；
(3)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?
【答案】（1）1m/s（2）20kg(3) 冰塊不能追上小孩
【解析】（1）小孩與冰塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒可得，
解得（向右）
（2）對(duì)于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)
27、，根據(jù)動(dòng)量守恒可得，
根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得，
解得：M=20kg
（3）冰塊與斜面：
根據(jù)機(jī)械能守恒，可得，
解得：（向右）
因?yàn)?，所以冰塊不能追上小孩．
【變式2】在光滑的冰面上放置一個(gè)截面圓弧為四分之一圓的半徑足夠大的光滑自由曲面體,一個(gè)坐在冰車上的小孩手扶一小球靜止在冰面上。已知小孩和冰車的總質(zhì)量為m1小球的質(zhì)量為m2，曲面體的質(zhì)量為m3.某時(shí)刻小孩將小球以v0=4m/s的速度向曲面體推出(如圖所示).
(1)求小球在圓弧面上能上升的最大高度；
(2)若m1=40kg,m2=2kg小孩將球推出后還能再接到小球,試求曲面質(zhì)量m3應(yīng)滿足的條件。
【
28、答案】（1）（2）m3>kg；
【解析】試題分析：對(duì)小球與曲面進(jìn)行研究，由動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒定律可列式求解；分析小孩與球，球和曲面，由動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律可求得最后的速度，然后求出小孩能接到球的條件。
（1）小球與曲面組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：
由動(dòng)能定理得：
解得：
(2)小孩推出球的過程小孩與球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：
球與曲面組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：
由機(jī)械能守恒定律得：
解得：；
如果小孩將球推出后還能再接到球,則需要滿足：v2>v1
解
29、得：
【點(diǎn)睛】：本題主要考查了動(dòng)量守恒和定能定理的綜合應(yīng)用，要注意正確選擇研究對(duì)象及過程，明確動(dòng)量守恒的條件，并能正確應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律求解。
【題型演練】
1.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球A的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量
為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B
均向右運(yùn)動(dòng)．小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比
m1∶m2為 ( )
A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3
【答
30、案】D
【解析】設(shè)A、B兩個(gè)小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動(dòng)能，故根據(jù)能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，兩個(gè)小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，聯(lián)立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正確．
2． (2019·河南焦作質(zhì)檢)質(zhì)量分別為ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前、后
兩球的位移—時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于( )
A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法判斷
31、【答案】A
【解析】由x -t圖象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的總動(dòng)能為mav＋mbv＝ J，碰撞后的總動(dòng)能為mava′2＋mbvb′2＝ J，故機(jī)械能守恒；碰撞前的總動(dòng)量為mava＋mavb＝3 kg·m/s，撞后的總動(dòng)量為mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故動(dòng)量守恒，所以該碰撞屬于彈性碰撞，A正確．
3．(2019·湖南師大附中模擬)質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰．碰撞可能是
彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為 ( )
A．0.6v B．
32、0.4v C．0.2v D．0.3v
【答案】BD
【解析】若vB＝0.6v，選v的方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek＝mv2.碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：Ek′＝mv＋×3mv>mv2 ，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯(cuò)誤；若vB＝0.4v，由動(dòng)量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：Ek′＝mv＋×3mv
33、得的速度最小，所以vB＝0.2v，是不可能的，故C錯(cuò)誤；若vB＝0.3v，由動(dòng)量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.3v，解得：vA＝0.1v，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek′＝mv＋×3mv
34、 C．2.6 m/s D．3.0 m/s
【答案】BC
【解析】A先向左減速到零，再向右做加速運(yùn)動(dòng)，在此期間，木板做減速運(yùn)動(dòng)，最終它們保持相對(duì)靜止，設(shè)A減速到零時(shí)，木板的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小應(yīng)大于2.0 m/s而小于 m/s，故選項(xiàng)B、C正確．
5.(2019·山東威海模擬)如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞．已知碰撞后，甲滑塊
35、靜止不動(dòng)，則( )
A．碰撞前總動(dòng)量大小為2mv B．碰撞過程動(dòng)量不守恒
C．碰撞后乙的速度大小為2v D．碰撞屬于非彈性碰撞
【答案】選AC
【解析】.取向右為正方向，碰撞前總動(dòng)量為3mv－mv＝2mv，A正確；碰撞過程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；設(shè)碰撞后乙的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正確；碰撞前總動(dòng)能為·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后總動(dòng)能為0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后無機(jī)械能損失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯(cuò)誤．
6.(2019·陜西榆
36、林質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m2＝2 kg和m3＝3 kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間有
壓縮著的輕彈簧(與m2、m3不拴接)．質(zhì)量為m1＝1 kg的物體以速度v0＝9 m/s向右沖來，為防止沖撞，釋放
彈簧將m3物體發(fā)射出去，m3與m1碰撞后粘合在一起．試求：
(1)m3的速度至少為多大，才能使以后m3和m2不發(fā)生碰撞；
(2)為保證m3和m2恰好不發(fā)生碰撞，彈簧的彈性勢(shì)能至少為多大．
【答案】(1)1 m/s (2)3.75 J
【解析】(1)設(shè)m3發(fā)射出去的速度為v1，m2的速度為v2，以向右的方向?yàn)檎较?，?duì)m2、m3，由動(dòng)量守恒定律得：m2v2－m3v1＝0.
37、只要m1和m3碰后速度不大于v2，則m3和m2就不會(huì)再發(fā)生碰撞，m3和m2恰好不相撞時(shí)，兩者速度相等．
對(duì)m1、m3，由動(dòng)量守恒定律得：
m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2
解得：v1＝1 m/s
即彈簧將m3發(fā)射出去的速度至少為 1 m/s.
(2)對(duì)m2、m3及彈簧，由機(jī)械守恒定律得：
Ep＝m3v＋m2v＝3.75 J.
7．(2019·遼寧撫順模擬)如圖所示，固定的圓弧軌道與水平面平滑連接，軌道與水平面均光滑，質(zhì)量為m的
物塊B與輕質(zhì)彈簧拴接靜止在水平面上，彈簧右端固定．質(zhì)量為3m的物塊A從圓弧軌道上距離水平面高h(yuǎn)
處由靜止釋放，與B碰撞后推著B一起運(yùn)動(dòng)但與B不粘
38、連．求：
(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；
(2)A與B第一次分離后，物塊A沿圓弧面上升的最大高度．
【答案】(1)mgh (2)h
【解析】(1)A下滑與B碰撞前，根據(jù)機(jī)械能守恒得
3mgh＝×3mv
A與B碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒得3mv1＝4mv2
彈簧最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，根據(jù)能量守恒得
Epmax＝×4mv＝mgh
(2)根據(jù)題意，A與B分離時(shí)A的速度大小為v2，A與B分離后沿圓弧面上升到最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得3mgh′＝×3mv
解得h′＝h
8.如圖所示，木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺(tái)階相距x。與滑塊B (可視為質(zhì)點(diǎn))相連
39、的細(xì)線一端固定在O點(diǎn)。水平拉直細(xì)線并給B一個(gè)豎直向下的初速度，當(dāng)B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑入。A與臺(tái)階碰撞無機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力。已知A的質(zhì)量為2m, B的質(zhì)量為m。A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ；細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)、能承受的最大拉力為B重力的5倍；A足夠長(zhǎng)，B不會(huì)從A表面滑出，重力加速度為g。
(1)求B的初速度大小v0和細(xì)線被拉斷瞬間B的速度大小v1；
(2)若A與臺(tái)階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件；
(3)x在滿足(2)條件下，討論A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度。
【答案】 見解析
【解析】 (1)滑塊B從釋放到最低點(diǎn)，機(jī)械能守恒，有：
mv＋mgL＝mv①
40、
在最低點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：
T－mg＝②
又：T＝5mg③
聯(lián)立①②③得：v0＝，v1＝2。
(2)設(shè)A與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，由動(dòng)量守恒
mv1＝mvB＋2mvA④
若A與臺(tái)階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：
|2mvA|≥|mvB|⑤
對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：μmgx＝×2mv⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得：x≥⑦
即A與臺(tái)階只能碰撞一次的條件是： x≥。
(3)設(shè)x＝x0時(shí)，A左端到與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度vAB，由動(dòng)量守恒
mv1＝(m＋2m)vAB⑧
對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理： μmgx0＝×2mv⑨
聯(lián)立⑧⑨得x0＝。
(Ⅰ)當(dāng)x≥x0，
41、即x≥時(shí)，A、B共速后A與臺(tái)階碰撞。
由⑧可得A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度：
vA1＝vAB＝＝。
(Ⅱ)當(dāng)x0＞x≥即＞x≥時(shí)，A、B共速前A就與臺(tái)階碰撞，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：μmgx＝×2mv
A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度：vA2＝。
9.如圖，質(zhì)量為1 kg的小車A上用長(zhǎng)的輕繩懸掛著質(zhì)量為2 kg的小球B，兩者一起以4 m/s的速度沿光滑水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻，小車A與靜止在水平面上的質(zhì)量為1 kg的小車C發(fā)生正碰并粘連在一起。重力加速度取10 m/s2。求：
(1)小球B能擺起的最大高度H；
(2)小車C的最大速度的大小 。
【答案】、
【解析】 (1)A與C的碰撞動(dòng)
42、量守恒得
設(shè)A、B、C同速時(shí)速度為，由水平方向動(dòng)量守恒
得
由能量守恒得
解得
(2)當(dāng)B擺回最低點(diǎn)時(shí)，C的速度最大，由水平方向動(dòng)量守恒
(
碰后系統(tǒng)機(jī)械能守恒
解得。
10.(2019·寧夏銀川一中模擬)如圖所示，有一質(zhì)量為M＝2 kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m＝1 kg的小物塊A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，由車上P處開始，A以初速度v1＝2 m/s向左運(yùn)動(dòng)，B同時(shí)以v2＝4 m/s向右運(yùn)動(dòng)．最終A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒有脫離小車．兩物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，g取10 m/s2.求：
(1)求小車總長(zhǎng)L；
(2)物塊B在小
43、車上滑動(dòng)的過程中產(chǎn)生的熱量QB；
(3)從物塊A、B開始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)，經(jīng)6 s小車離原位置的距離x.
【答案】(1)9.5 m (2)7.5 J (3)1.625 m
【解析】(1)設(shè)最后達(dá)到共同速度v，取向右為正方向，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒：mv2－mv1＝(2m＋M)v
μmgL＝mv12＋mv22－(2m＋M)v2
解得：v＝0.5 m/s，L＝9.5 m.
(2)設(shè)物塊A離小車左端的距離為x1，從A開始運(yùn)動(dòng)至左端歷時(shí)t1，在A運(yùn)動(dòng)至左端前，小車是靜止的．
μmg＝maA
v1＝aAt1
x1＝aAt12
聯(lián)立可得t1＝2 s，x1＝2 m
所以物塊B離小車右端的距離x2＝L－x1＝7.5 m，
所以QB＝μmgx2＝7.5 J.
(3)設(shè)從開始到達(dá)到共同速度歷時(shí)t2，則
v＝v2－aBt2
μmg＝maB
聯(lián)立可得：t2＝3.5 s
小車在t1前靜止，在t1至t2之間以加速度a向右加速：μmg＝(M＋m)a
此時(shí)小車向右運(yùn)動(dòng)的位移x3＝a(t2－t1)2
接下去三個(gè)物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運(yùn)動(dòng)了
x4＝v(6 s－t2)
聯(lián)立以上式子，解得小車在6 s內(nèi)向右運(yùn)動(dòng)的總距離x＝x3＋x4＝1.625 m.
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2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)題型歸納與變式演練 專題17 動(dòng)量與能量（含解析）
