?第16講 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用
知識(shí)圖譜


碰撞


知識(shí)精講
一．碰撞
1．碰撞：碰撞過(guò)程是物體之間相互作用時(shí)間非常短暫的一種特殊過(guò)程，因而碰撞具有如下特點(diǎn)：
（1）因相互作用時(shí)間短暫，一般滿(mǎn)足F內(nèi)>>F外的條件，所以碰撞中動(dòng)量守恒。
（2）碰撞過(guò)程中，物體沒(méi)有宏觀(guān)的位移，但每個(gè)物體的速度可在短暫的時(shí)間內(nèi)發(fā)生改變。
（3）碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)能只能不變或減少，不可能增加。
2．彈性與非彈性碰撞：
彈性碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒。例如：鋼球、玻璃球、微觀(guān)粒子間的碰撞。而非彈性碰撞過(guò)程中機(jī)械能不守恒，減少。例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。當(dāng)兩物體碰撞后黏合在一起，叫完全非彈性碰撞。
3．一維彈性碰撞的3個(gè)普適性結(jié)論的推導(dǎo)：
例如：在光滑水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為、的剛性小球A和B，以初速度、運(yùn)動(dòng)，若它們能發(fā)生碰撞（為一維彈性碰撞），碰撞后它們的速度分別為和。其中，、、、是以地面為參考系的，將A和B看作系統(tǒng)。
由碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有……①
有彈性碰撞中沒(méi)有機(jī)械能損失，有……②
由①得
由②得
將上兩式左右相比，可得
即或……③
碰撞前B相對(duì)于A(yíng)的速度為，碰撞后B相對(duì)于A(yíng)的速度為，同理碰撞前A相對(duì)于B的速度為，碰撞后A相對(duì)于B的速度為，故③式為或，
其物理意義是：碰撞后B相對(duì)于A(yíng)的速度與碰撞前B相對(duì)于A(yíng)的速度大小相等，方向相反；碰撞后A相對(duì)于B的速度與碰撞前A相對(duì)于B的速度大小相等，方向相反；
結(jié)論1：對(duì)于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系，則另一物體碰撞前后速度大小不變，方向相反（即以原速率彈回）。
聯(lián)立①②兩式，解得
……④
……⑤
下面我們對(duì)幾種情況下這兩個(gè)式子的結(jié)果做些分析。
若，即兩個(gè)物體質(zhì)量相等
，，表示碰后A的速度變?yōu)?，B的速度變?yōu)椤?br /> 結(jié)論2：對(duì)于一維彈性碰撞，若兩個(gè)物體質(zhì)量相等，則碰撞后兩個(gè)物體互換速度（即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度）。
若，即A的質(zhì)量遠(yuǎn)大于B的質(zhì)量
這時(shí)，，。根據(jù)④、⑤兩式，
有，
表示質(zhì)量很大的物體A（相對(duì)于B而言）碰撞前后速度保持不變……⑥
若，即A的質(zhì)量遠(yuǎn)小于B的質(zhì)量
這時(shí)，，。根據(jù)④、⑤兩式，
有，
表示質(zhì)量很大的物體B（相對(duì)于A(yíng)而言）碰撞前后速度保持不變……⑦
綜合⑥⑦，
結(jié)論3： 對(duì)于一維彈性碰撞，若其中某物體的質(zhì)量遠(yuǎn)大于另一物體的質(zhì)量，則質(zhì)量大的物體碰撞前后速度保持不變。至于質(zhì)量小的物體碰后速度如何，可結(jié)合結(jié)論1和結(jié)論3得出。
4．對(duì)心碰撞與非對(duì)心碰撞：
（1）對(duì)心碰撞（正碰）：碰撞以前的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線(xiàn)在同一條直線(xiàn)，碰撞之后兩球的速度仍會(huì)沿著這條直線(xiàn)。
（2）非對(duì)心碰撞（斜碰）：碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心得連線(xiàn)不再同一條直線(xiàn)上，碰撞之后兩球的速度都會(huì)偏離原來(lái)兩球心的連線(xiàn)。
非對(duì)心碰撞的兩個(gè)物體，碰撞前后速度不在同一條直線(xiàn)上，屬于二維碰撞問(wèn)題。如果系統(tǒng)碰撞過(guò)程中所受合外力為零，則仍然滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，這時(shí)通常將動(dòng)量守恒用分量式表示。如：和。
（3）散射：在粒子物理和核物理中，常常使一束粒子射入物體，粒子與物體中的微粒碰撞。這些微觀(guān)粒子相互接近時(shí)并不發(fā)生直接接觸，這種微觀(guān)粒子的碰撞叫做散射。由于粒子與物質(zhì)微粒發(fā)生對(duì)心碰撞的概率很小，所以多數(shù)粒子在碰撞后飛向四面八方。微觀(guān)粒子之間的碰撞通常被視為完全彈性碰撞，遵從動(dòng)量守恒及前后動(dòng)能相等。英國(guó)物理學(xué)家查德威克利用彈性碰撞理論成功地發(fā)現(xiàn)了中子。

三點(diǎn)剖析
課程目標(biāo)：
掌握碰撞問(wèn)題的做題思路，一般碰撞都滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，對(duì)于彈性碰撞還滿(mǎn)足機(jī)械能守恒，在完全非彈性碰撞中機(jī)械能損失最大。

動(dòng)量守恒與彈性碰撞
例題1、 一中子與一質(zhì)量數(shù)為A (A＞1)的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為(　　)
A.
B.
C.
D.
例題2、 如圖所示，為A、B兩物體相互碰撞前后的v﹣t圖線(xiàn)．則由圖線(xiàn)可判斷（　?。?br /> ①A、B的質(zhì)量比為3：2
②A(yíng)、B作用前后總動(dòng)量守恒
③A、B作用前后總動(dòng)量不守恒
④A、B作用前后總動(dòng)能不變．

A.①④
B.②③④
C.①②③
D.①②④
例題3、 動(dòng)量守恒定律是一個(gè)獨(dú)立的實(shí)驗(yàn)定律，它適用于目前為止物理學(xué)研究的宏觀(guān)、微觀(guān)一切領(lǐng)域。
（1）如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)小鋼球，球2原來(lái)靜止，球1以速度v1向球2運(yùn)動(dòng)，兩球發(fā)生彈性正碰，求碰撞后球1、球2的速度大小。
（2）一種未知粒子跟靜止的氫原子核（質(zhì)子）正碰，測(cè)出碰撞后氫原子核的速度vH＝3.3×107m/s。該未知粒子跟靜止的氮原子核正碰，測(cè)出碰撞后氮原子核的速度vN＝4.7×106m/s。已知?dú)湓雍说馁|(zhì)量是mH，氮原子核的質(zhì)量是14mH。上述碰撞都是彈性碰撞。試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明該未知粒子的質(zhì)量跟質(zhì)子質(zhì)量的關(guān)系。

隨練1、 (多選)如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長(zhǎng)相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開(kāi)一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是(　　)




A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等
C.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同
D.發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置

隨練2、 隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野。 “引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測(cè)器，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。為了分析這個(gè)過(guò)程，可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示,以太陽(yáng)為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。
探測(cè)器和行星雖然沒(méi)有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線(xiàn)上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類(lèi)比。那么下列判斷中正確的是（ ）


行
星
行
星
探測(cè)器
探測(cè)器
v0
v0
v1
v2
u
u

A.v1 > v0
B.v1= v0
C.v2 > v0
D.v2 =v0
隨練3、 如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線(xiàn)上，A點(diǎn)位于B、C之間，A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿(mǎn)足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．

隨練4、 如圖所示，小球A系在細(xì)線(xiàn)的一端，細(xì)線(xiàn)的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到水平面的距離為h，物塊B的質(zhì)量是小球A的2倍，置于粗糙的水平面上且位于O點(diǎn)的正下方，物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線(xiàn)水平伸直，小球由靜止開(kāi)始釋放，運(yùn)動(dòng)到最紙點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性正碰。小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）碰撞后，小球A反彈瞬間的速度大??；
（2）物塊B在水平面上滑行的時(shí)間t。

隨練5、 如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為2m的小球B連接著輕質(zhì)彈簧，處于靜止；質(zhì)量為m的小球A以初速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，接著逐漸壓縮彈簧并使B運(yùn)動(dòng)，過(guò)一段時(shí)間，A與彈簧分離，設(shè)小球A、B與彈簧相互作用過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，求：
（1）當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A球的速度；
（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能；
（3）彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B兩球的速度．


動(dòng)量守恒與非彈性碰撞
例題1、 滑塊a、b沿水平面上同一條直線(xiàn)發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．求：
(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；
(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比．

例題2、 如圖所示，固定的光滑軌道MON的ON段水平，且與MO段平滑連接．將質(zhì)量為m，的小球a從M處由靜止釋放后沿MON運(yùn)動(dòng)，在N處與質(zhì)量也為m的小球b發(fā)生正碰并粘在一起．已知MN兩處的高度差為h，碰撞前小球b用長(zhǎng)為k的輕繩懸掛于N處附近．兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，且碰撞時(shí)間極短．
（1）求兩球碰撞前瞬間小球a的速度大??；
（2）求兩球碰撞后的速度大??；
（3）若懸掛小球b的輕繩所能承受的最大拉力為2.5mg，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明兩球碰后輕繩是否會(huì)斷裂？





例題3、 如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C． B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）．設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短．求從A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中．
（1）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（2）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能．

隨練1、 如圖，小球a、b用等長(zhǎng)細(xì)線(xiàn)懸掛于同一固定點(diǎn)O．讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細(xì)線(xiàn)水平．從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng)，此后細(xì)線(xiàn)與豎直方向之間的最大偏角為60°．忽略空氣阻力，求
(1)兩球a、b的質(zhì)量之比；
(2)兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比．





隨練2、 如圖所示，光滑水平面上滑塊A、C質(zhì)量均為m＝1kg，B質(zhì)量為M＝3kg．開(kāi)始時(shí)A、B靜止，現(xiàn)將C以初速度v0＝2m/s的速度滑向A，與A碰后C的速度變?yōu)榱悖驛向右運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞并粘在一起．求：

①A與B碰撞后的共同速度大??；
②A(yíng)與B碰撞過(guò)程中，A與B增加的內(nèi)能．
隨練3、 如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m，開(kāi)始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0，一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半，求：
(1)B的質(zhì)量；
(2)碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失．




隨練4、 如圖所示，質(zhì)量為mB=2kg的一端帶有四分之一圓軌道的光滑平板車(chē)B，開(kāi)始時(shí)靜止在光滑水平面上，在平板車(chē)左端靜止著一塊質(zhì)量為mA=2kg的物體A，一顆質(zhì)量為m0=0.01kg的子彈以v0=600m/s的水平初速度瞬間射穿A后，速度變?yōu)関=100m/s，A在B上運(yùn)動(dòng)恰好能達(dá)到圓軌道最高點(diǎn)，求：
② 物體A的最大速度vA；
②平板車(chē)B圓軌道的半徑．（g=10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

隨練5、 如圖所示，光滑水平地面上靜止放置兩由彈簧相連木塊A和B，一質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平擊中木塊A，并留在其中，A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為4m．
（1）求彈簧第一次最短時(shí)的彈性勢(shì)能
（2）何時(shí)B的速度最大，最大速度是多少？


動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用


知識(shí)精講
解決力學(xué)問(wèn)題有三大解題途徑：動(dòng)力學(xué)觀(guān)點(diǎn)、動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)和能量觀(guān)點(diǎn)，很多問(wèn)題往往不是用一個(gè)觀(guān)點(diǎn)分析，要求三種觀(guān)點(diǎn)綜合使用，相互補(bǔ)充，采用最為有效的方法解題．三個(gè)觀(guān)點(diǎn)所針對(duì)的問(wèn)題各有側(cè)重，解題過(guò)程各有優(yōu)勢(shì)．
一、力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)比較
基本觀(guān)點(diǎn)
基本規(guī)律
解題優(yōu)勢(shì)
動(dòng)力學(xué)
觀(guān)點(diǎn)
牛頓運(yùn)動(dòng)定律
勻變速運(yùn)動(dòng)公式
1.研究瞬時(shí)作用分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程
2．研究勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
3．研究平拋、圓周運(yùn)動(dòng)
4．求解加速度、時(shí)間
能量
觀(guān)點(diǎn)
動(dòng)能定理
機(jī)械能守恒定律
能量守恒定律
1.只涉及運(yùn)動(dòng)始末狀態(tài)
2．研究曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)
3．研究多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程
4．求解功、能、位移、速度
動(dòng)量
觀(guān)點(diǎn)
動(dòng)量定理
動(dòng)量守恒定律
1.只涉及運(yùn)動(dòng)始末狀態(tài)
2．研究相互作用系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)
3．求解動(dòng)量、沖量、速度

二、力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)綜合應(yīng)用類(lèi)型
1．在同一過(guò)程中應(yīng)用力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)
在同一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，不能局限一種觀(guān)點(diǎn)解題，要三種觀(guān)點(diǎn)相互結(jié)合，如：“碰撞、爆炸、反沖”“滑塊—彈簧”“滑塊—平板”“小球—凹槽”“滑塊—擺球”等運(yùn)動(dòng)模型，通常要綜合應(yīng)用動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)．“傳送帶模型”“滑塊—平板”“圓形軌道”等，通常要綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀(guān)點(diǎn)。
2．在組合過(guò)程中應(yīng)用力學(xué)三大觀(guān)點(diǎn)
這類(lèi)運(yùn)動(dòng)由多個(gè)過(guò)程組成，要求對(duì)各階段的運(yùn)動(dòng)分別應(yīng)用不同規(guī)律，兩個(gè)相鄰過(guò)程連接點(diǎn)的速度是解題的關(guān)鍵物理量。

三點(diǎn)剖析
課程目標(biāo)：
能夠靈活選取系統(tǒng)和物理過(guò)程，熟練應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒的觀(guān)點(diǎn)解決問(wèn)題

動(dòng)量守恒與能量綜合
例題1、[多選題] 如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m／s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得（ ）

A.t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能最大
B.兩物體的質(zhì)量之比為m1︰m2＝1︰2
C.t1時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)
D.從計(jì)時(shí)開(kāi)始到t4的過(guò)程中，物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒
例題2、 如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的軌道，其中AB段水平粗糙，BD段為半徑R＝0.08m的半圓光滑軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．小球甲以v0＝5m/s從C點(diǎn)出發(fā)，沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)的小球乙發(fā)生彈性正碰，碰后小球乙恰好能到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)D．已知小球甲與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，CB的距離S＝2m，g取10m/s2，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)．求
（1）碰撞前瞬間，小球甲的速度v1
（2）小球甲和小球乙的質(zhì)量之比．

例題3、 如圖所示，質(zhì)量為m3＝2kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R＝0.3m的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個(gè)輕彈簧?；莱鼵D部分粗糙外其他部分均光滑。質(zhì)量為m2＝3kg的物體2（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在滑道的B點(diǎn)，現(xiàn)讓質(zhì)量為m1＝1kg的物體1（可視為質(zhì)點(diǎn)）自A點(diǎn)由靜止釋放。兩物體在滑道上的C點(diǎn)相碰后粘為一體（g＝10m/s2）。求：

（1）物體1從釋放到與物體2相碰的過(guò)程中，滑道向左運(yùn)動(dòng)的距離；
（2）若CD＝0.2m，兩物體與滑道的CD部分的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.15，求在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；
（3）物體1、2最終停在何處。
例題4、 如圖所示，小車(chē)停放在光滑的水平面上，小車(chē)的質(zhì)量為M＝8kg，在小車(chē)水平面A處放有質(zhì)量為m＝2kg的物塊，BC是一段光滑的圓弧，在B點(diǎn)處與AB相接，物塊與水平面AB部分問(wèn)的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)給物塊一個(gè)I＝10N?s的沖量，物塊便沿AB滑行，并沿BC上升，然后又能返回，最后恰好回到A點(diǎn)處與小車(chē)保持相對(duì)靜止，求：
（1）從物塊開(kāi)始滑動(dòng)至返回A點(diǎn)整個(gè)過(guò)程中，因物塊相對(duì)滑動(dòng)而損失的機(jī)械能為多少？
（2）物塊沿BC弧上升相對(duì)AB平面的高度為多少？
（3）小車(chē)上平面AB長(zhǎng)為多少？

例題5、 兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)．求在以后的運(yùn)動(dòng)中：
（1）當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？
（2）系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？

例題6、 如圖所示，光滑水平面MN左端足夠遠(yuǎn)的地方有一彈性擋板（碰撞時(shí)無(wú)能量損失）P，右端N與處于同一高度的水平傳送帶之間的距離可忽略，傳送帶水平部分NQ的長(zhǎng)度L=2m，傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其速度v=2m/s．MN上放置著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量mA=4kg、mB=1kg的小物塊A、B，開(kāi)始時(shí)A、B都靜止，A、B間壓縮一鎖定的輕質(zhì)彈簧，其彈性勢(shì)能EP=10J．現(xiàn)解除鎖定，彈簧彈開(kāi)A、B后迅速移走彈簧，g=10m/s2．求：
（1）物塊A、B被彈開(kāi)時(shí)各自的速度大??；
（2）要使兩物塊能在水平面MN上發(fā)生碰撞，則小物塊B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為多大；
（3）若物塊A、B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都等于第（2）問(wèn)中的臨界值，且兩物塊碰撞后結(jié)合成整體．在此后物塊A、B三次離開(kāi)傳送的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩物塊與傳送帶間產(chǎn)生的總熱量．

隨練1、[多選題] 矩形滑塊由不同材料的上下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射入滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出；如圖甲所示，若射擊上層，則子彈剛好能射入一半厚度，如圖乙所示，子彈可看作質(zhì)點(diǎn)，上述兩種情況相比較（ ）

A.子彈對(duì)滑塊的沖量不一樣大
B.子彈對(duì)滑塊做功一樣多
C.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多
D.子彈和滑塊間的水平作用力一樣大
隨練2、 如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為m的小球B通過(guò)輕彈簧連接并處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于原長(zhǎng)；質(zhì)量為m的小球C以初速度v0沿AB連線(xiàn)向右勻速運(yùn)動(dòng)，并與小球A發(fā)生彈性碰撞．在小球B的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板（圖中未畫(huà)出），當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球B與擋板發(fā)生正碰并立刻將擋板撤走．不計(jì)所有碰撞過(guò)程中的機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小球B與擋板的碰撞時(shí)間極短，碰后小球B的速度大小不變，但方向相反．在小球A向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求：

（1）小球B與擋板碰撞前，彈簧彈性勢(shì)能最大值；
（2）小球B與擋板碰撞時(shí)，小球A、B速度分別多大？
（3）小球B與擋板碰撞后彈簧彈性勢(shì)能最大值．
隨練3、 一輕質(zhì)彈簧水平放置，一端固定在A(yíng)點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小物塊P接觸但不連接．AB是水平軌道，質(zhì)量也為m的小物塊Q靜止在B點(diǎn)，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5．初始時(shí)PB間距為4l，彈簧處于壓縮狀態(tài)．釋放P，P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，脫離彈簧后在B點(diǎn)與Q碰撞后粘在一起沿軌道運(yùn)動(dòng)，恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)D，已知重力加速度g，求：
（1）粘合體在B點(diǎn)的速度．
（2）初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能．

隨練4、 如圖所示，在光滑的水平面上固定有左、右兩豎直擋板，擋板間距離足夠長(zhǎng)，有一質(zhì)量為M，長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板靠在左側(cè)擋板處，另有一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），放置在長(zhǎng)木板的左端，已知小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且M＞m．現(xiàn)使小物塊和長(zhǎng)木板以共同速度v0向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)長(zhǎng)木板與左、右擋板的碰撞中無(wú)機(jī)械能損失。試求：
（1）將要發(fā)生第二次碰撞時(shí)，小物塊未從長(zhǎng)木板上落下，則它距長(zhǎng)木板左端多遠(yuǎn)；
（2）為使小物塊不從長(zhǎng)木板上落下，板長(zhǎng)L應(yīng)滿(mǎn)足什么條件；
（3）若滿(mǎn)足（2）中條件，且M＝3kg，m＝1kg，v0＝16m/s，μ＝0.8，g＝10m/s2，試計(jì)算從開(kāi)始到剛要發(fā)生第五次碰撞前m相對(duì)M滑動(dòng)的總路程S。

隨練5、 如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動(dòng)，木板足夠長(zhǎng)，A、B始終未滑離木板．求：
（1）木塊B從剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊B所發(fā)生的位移；
（2）木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度；
（3）整個(gè)過(guò)程中，A、B兩木塊相對(duì)于木板滑動(dòng)的總路程是多少？

隨練6、 （2017北京清華大學(xué)附屬中學(xué)高一（下）期中）如圖甲所示，水平傳送A、B兩輪間的距離L＝3.0 m，質(zhì)量M＝1.0 kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）隨傳送帶一起以恒定的速率v0向左勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到最左端時(shí)，質(zhì)量m＝0.020 kg的子彈以u(píng)0＝400 m/s的水平速度向右射中物塊并穿出．在傳送帶的右端有一傳感器，測(cè)出物塊被擊穿后的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示（圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，子彈射出物塊的瞬間為t＝0時(shí)刻）．設(shè)子彈擊穿物塊的時(shí)間可忽略不計(jì)，且子彈不會(huì)擊中傳感器而發(fā)生危險(xiǎn)，物塊的質(zhì)量不因被子彈擊穿而發(fā)生改變．不計(jì)空氣阻力及A、B輪的大小，取重力加速度g＝10 m/s2．











（1）求物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（2）求子彈擊穿物塊的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q1；
（3）如果從第一顆子彈擊中物塊開(kāi)始，每隔Δt＝1.5 s就有一顆相同的子彈以同樣的速度擊穿物塊，直至物塊最終離開(kāi)傳送帶．設(shè)所有子彈與物塊間的相互作用力均相同，求整個(gè)過(guò)程中物塊與傳動(dòng)帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2．
隨練7、 如圖所示，半徑R＝1m的光滑半圓軌道AC與高h(yuǎn)＝8R的粗糙斜面軌道BD放在同一豎直平面內(nèi)，BD部分水平長(zhǎng)度為x＝6R。兩軌道之間由一條光滑水平軌道相連，水平軌道與斜軌道間有一段圓弧過(guò)渡。在水平軌道上，輕質(zhì)彈簧被a、b兩小球擠壓（不連接），處于靜止?fàn)顟B(tài)。同時(shí)釋放兩個(gè)小球，a球恰好能通過(guò)半圓軌道最高點(diǎn)A，b球恰好能到達(dá)斜面軌道最高點(diǎn)B。已知a球質(zhì)量為m1＝2kg，b球質(zhì)量為m2＝1kg，重力加速度為g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）a球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力；
（2）釋放小球前彈簧的彈性勢(shì)能Ep；
（3）小球與斜面間動(dòng)摩擦因素μ。
隨練8、 圖示水平傳送帶AB長(zhǎng)L＝1.5m，正以恒定速率v0＝6m／s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其右側(cè)緊挨一輛靜止的、質(zhì)量M＝0.2kg的玩具小車(chē)，小車(chē)上表面CD與傳送帶AB處于同一水平面，右端是半徑R＝0.042m的四分之一圓弧，整個(gè)裝置除AB、CD表面有摩擦外，其余表面都光滑；當(dāng)質(zhì)量m1＝0.1kg的小滑塊（可看成質(zhì)點(diǎn)）P1以速度v1＝7m／s滑上傳送帶的A端，通過(guò)AB、CD表面恰好能在D點(diǎn)與小車(chē)相對(duì)靜止．若在距小車(chē)右側(cè)適當(dāng)距離放置靜止的、質(zhì)量m2＝0.3kg的物塊P2，此適當(dāng)距離使小滑塊P1與小車(chē)相對(duì)靜止后車(chē)才與P2相撞并立即變成一整體．已知小滑塊P與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m／s2．

（1）試求小滑塊P1通過(guò)AB、CD表面時(shí)，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q．
（2）試分析小車(chē)與物塊P2碰撞后，P1能否沖出E點(diǎn)，若能，求出第一次在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，若不能說(shuō)明理由．
隨練9、 如圖所示，光滑水平臺(tái)面MN上放兩個(gè)相同小物塊A、B，右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長(zhǎng)度L＝8m，沿逆時(shí)針?lè)较蛞院愣ㄋ俣葀0＝2m／s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．物塊A、B（大小不計(jì)，視作質(zhì)點(diǎn)）與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，物塊A、B質(zhì)量均為m＝1kg．開(kāi)始時(shí)A、B靜止，A、B間壓縮一輕質(zhì)短彈簧．現(xiàn)解除鎖定，彈簧彈開(kāi)A、B，彈開(kāi)后B滑上傳送帶，A掉落到地面上的Q點(diǎn)，已知水平臺(tái)面高h(yuǎn)＝0.8m，Q點(diǎn)與水平臺(tái)面間右端間的距離S＝1.6m，g取10m／s2．
（1）求物塊A脫離彈簧時(shí)速度的大小；
（2）求彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能；
（3）求物塊B在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

隨練10、 如圖所示，光滑曲面與光滑水平導(dǎo)軌MN相切，導(dǎo)軌右端N處于水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L＝4m，皮帶輪沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v＝4.0m／s運(yùn)動(dòng)?；瑝KB、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，B、C與細(xì)繩、彈簧一起靜止在導(dǎo)軌MN上。一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A從h＝0.2m高處由靜止滑下，已知滑塊A、B、C質(zhì)量均為m＝2.0kg，滑塊A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m／s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m／s2。

（1）求滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大小；
（2）求滑塊B、C與細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能EP；
（3）若每次實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？

拓展
1、 如圖，A、B是兩個(gè)用等長(zhǎng)細(xì)線(xiàn)懸掛起來(lái)的大小可忽略不計(jì)的小球，mB＝3mA．B球靜止，拉起A球，使細(xì)線(xiàn)與豎直方向偏角為30°，由靜止釋放，在最低點(diǎn)A與B發(fā)生彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于碰后兩小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.A靜止，B向右，且偏角小于30°
B.A向左，B向右，且偏角都等于30°
C.A向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30°
D.A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°
2、 如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（ ）

A.A和B都向左運(yùn)動(dòng)
B.A和B都向右運(yùn)動(dòng)
C.A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)
D.A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)
3、 如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個(gè)小球和，其質(zhì)量，球上固定一輕質(zhì)彈簧．若將球以速率去碰撞靜止的球，下列說(shuō)法中正確的是（ ）

A.當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，兩球速率最小
B.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，球速率最大
C.當(dāng)球速率為零時(shí)，球速率最大
D.當(dāng)球速率最大時(shí)，彈性勢(shì)能不為零
4、 如圖，質(zhì)量為m的小球放在質(zhì)量為M的大球頂上，M的下端距地面的高度為h?，F(xiàn)將二者同時(shí)無(wú)初速度釋放，二者落下撞擊地面后又彈起。已知該過(guò)程可視為M先與地面相碰，然后再立即與m相碰。假設(shè)所有的碰撞都是彈性的，且都發(fā)生在豎直軸上。若經(jīng)過(guò)上述過(guò)程后，M的速度為零?？諝庾枇Σ挥?jì)，重力加速度為g，求：

（1）M/m的值；
（2）m彈起的高度是h的幾倍。
5、 如圖所示，地面光滑，質(zhì)量為m1的A物塊，以v0＝10m／s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量分別為m2﹑m3的物塊B與C，由輕質(zhì)并且處于原長(zhǎng)狀態(tài)的彈簧相固連，B﹑C和彈簧初始靜止放置，某時(shí)刻A與B碰撞后立刻粘在一起。已知m1＝2kg，m2＝m3＝3kg，求：

（1）A與B碰撞粘在一起后瞬間的速度大小
（2）此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧被第一次壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能大小
6、 如圖所示，半徑R＝0.1m的豎直半圓形光滑軌道bc與水平面ab相切，ab距離x＝1m。質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊B放在半圓形軌道末端的b點(diǎn)，另一質(zhì)量也為m＝0.1kg的小滑塊A，從a點(diǎn)以的初速度在水平面上滑行，兩滑塊相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后兩滑塊粘在一起滑上半圓形軌道。已知滑塊A與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s2。兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求

（1）碰后瞬間兩滑塊共同的速度大小v；
（2）兩滑塊在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能E損；
（3）在C點(diǎn)軌道對(duì)兩滑塊的作用力大小F。
7、[多選題] 如圖所示，1和2是放在水平地面上的兩個(gè)小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，兩物塊間的距離為17m，它們的質(zhì)量分別為m1＝2kg、m2＝3kg?，F(xiàn)令它們分別以初速度v1＝10m／s和v2＝2m／s相向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間2s，兩物塊相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)。g取10m／s2，則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A.兩物塊相碰時(shí)各自的位移大小之比為5︰1
B.兩物塊碰后的共同速度為2.8 m／s
C.兩物塊在碰撞中損失的動(dòng)能為21.6J
D.小物塊1從開(kāi)始到停止運(yùn)動(dòng)總的位移大小為17.44m
8、 如圖，光滑的水平面上放置質(zhì)量均為m＝2kg的甲、乙兩輛小車(chē)，兩車(chē)之間通過(guò)一感應(yīng)開(kāi)關(guān)相連（當(dāng)滑塊滑過(guò)感應(yīng)開(kāi)關(guān)時(shí)，兩車(chē)自動(dòng)分離）．甲車(chē)上帶有一半徑R＝1m的1/4光滑的圓弧軌道，其下端切線(xiàn)水平并與乙車(chē)上表面平滑對(duì)接，乙車(chē)上表面水平，動(dòng)摩擦因數(shù)，其上有一右端與車(chē)相連的輕彈簧，一質(zhì)量為m0＝1kg的小滑塊P（可看做質(zhì)點(diǎn)）從圓弧頂端A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)乙車(chē)左端點(diǎn)B后將彈簧壓縮到乙車(chē)上的C點(diǎn)，此時(shí)彈簧最短（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），之后彈簧將滑塊P彈回，已知B、C間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝1.5m，求：

（1）滑塊P滑上乙車(chē)前瞬間甲車(chē)的速度v的大??；
（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能EPm；
（3）計(jì)算說(shuō)明滑塊最終能否從乙車(chē)左端滑出，若能滑出，則求出滑出時(shí)滑塊的速度大??；若不能滑出，則求出滑塊停在車(chē)上的位置距C點(diǎn)的距離．
9、 如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量均為M=2kg的甲、乙兩輛小車(chē)，兩車(chē)之間通過(guò)一感應(yīng)開(kāi)關(guān)相連（當(dāng)滑塊滑過(guò)感應(yīng)開(kāi)關(guān)時(shí)，兩車(chē)自動(dòng)分離）。其中甲車(chē)上表面光滑，乙車(chē)上表面與滑塊P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0．5。一根通過(guò)細(xì)線(xiàn)拴著而被壓縮的輕質(zhì)彈簧固定在甲車(chē)的左端，質(zhì)量為m=1kg的滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）與彈簧的右端接觸但不相連，此時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能E0=10J，彈簧原長(zhǎng)小于甲車(chē)長(zhǎng)度，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?，F(xiàn)剪斷細(xì)線(xiàn)，求：

（1）滑塊P滑上乙車(chē)前的瞬時(shí)速度的大小；
（2）滑塊P滑上乙車(chē)后最終未滑離乙車(chē)，P在乙車(chē)上滑行的距離為多大？
10、 如圖所示，傾角為37°的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的彈性擋板c，滑塊與擋板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上鋪了一層特殊物質(zhì)，該物質(zhì)在滑塊上滑時(shí)對(duì)滑塊不產(chǎn)生摩擦力，下滑時(shí)對(duì)滑塊有摩擦且動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同?，F(xiàn)有一質(zhì)量為M＝0.9kg的滑塊沿斜面上滑，到達(dá)最高點(diǎn)b時(shí)的速度恰好為零，此時(shí)恰好與從a點(diǎn)水平拋出的質(zhì)量為m＝0.1kg的小球在沿斜面方向上發(fā)生彈性碰撞，且滑塊與彈性擋板c碰后恰好反彈回到b點(diǎn)。已知a點(diǎn)和b點(diǎn)距地面的高度分別為H＝2.4m，h＝0.6m（取g＝10m／s2）。求：

（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大?。?br /> （2）斜面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（3）從與小球碰撞到最后停止，滑塊在斜面上通過(guò)的總路程。

答案解析

碰撞


動(dòng)量守恒與彈性碰撞
例題1、
【答案】 A
【解析】 設(shè)中子的質(zhì)量為m，因?yàn)榘l(fā)生的是彈性正碰，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较颍校簃v1＝mv2+Amv，
聯(lián)立兩式解得：．故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
故選：A．
例題2、
【答案】 D
【解析】 ①、②、③由圖知，碰撞前，A、B的速度分別為 vA＝6m/s，vB＝1m/s；碰撞后，A、B的速度分別為 vA′＝2m/s，vB′＝7m/s；
根據(jù)兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′
則得：．故①②正確，③錯(cuò)誤．
④作用前系統(tǒng)的總動(dòng)能為：27mB27.5mB；
作用后系統(tǒng)的總動(dòng)能為：2227mB27.5mB；故④正確．
故選：D．
例題3、
【答案】 （1），
（2）未知粒子的質(zhì)量與質(zhì)子的質(zhì)量近似相等
【解析】 （1）取向右為正方向，由于兩球發(fā)生的是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：

由機(jī)械能守恒定律得：
聯(lián)立兩方程得，球1、2碰后的速度為：，；
（2）設(shè)未知粒子的質(zhì)量為m，碰撞前的速度大小為v0．
由（1）可知：，
代入數(shù)據(jù)解得：


得：m＝1.16mH
可見(jiàn)，該未知粒子的質(zhì)量是質(zhì)子的質(zhì)量近似相等。
隨練1、
【答案】 A D
【解析】 A、兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有： ，兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即：，解兩式得： ，，可見(jiàn)第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，故A正確；
B、因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；
C、碰撞后兩球做圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，設(shè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，設(shè)球的最大擺角分別為α、β，由機(jī)械能守恒定律得，對(duì)a球：，對(duì)b球：，解得： ，則 ，即：第一次碰撞后，兩球的最大擺角相同，故C錯(cuò)誤；
D、由單擺的周期公式可知，兩球擺動(dòng)周期相同，經(jīng)半個(gè)周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，故D正確．
故選：AD．
隨練2、
【答案】 A
【解析】 探測(cè)器與行星組成的系統(tǒng)不受外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒；探測(cè)器與行星間距離一定時(shí)勢(shì)能相等，則系統(tǒng)動(dòng)能之和也相等；所以可以類(lèi)比完全彈性碰撞，探測(cè)器遠(yuǎn)離行星時(shí)的速度即為發(fā)生完全彈性碰撞后的末速度。由完全彈性碰撞的特點(diǎn)可知：當(dāng)探測(cè)器質(zhì)量遠(yuǎn)小于行星質(zhì)量時(shí)，可認(rèn)為行星的速度幾乎不變，探測(cè)器靠近行星和遠(yuǎn)離行星時(shí)相對(duì)于行星的速度大小不變。由題意知：若探測(cè)器與行星相向運(yùn)動(dòng)，探測(cè)器靠近行星時(shí)相對(duì)于行星的速度為v0+u，則探測(cè)器遠(yuǎn)離行星時(shí)相對(duì)于行星的速度也為v0+u，相對(duì)于太陽(yáng)的速度則為v0+2u；同理，若探測(cè)器與行星同向運(yùn)動(dòng)，探測(cè)器靠近行星時(shí)相對(duì)于行星的速度為v0-u，則探測(cè)器遠(yuǎn)離行星時(shí)相對(duì)于行星的速度也為v0-u，相對(duì)于太陽(yáng)的速度則為v0-2u；故選A
隨練3、
【答案】 m和M之間應(yīng)滿(mǎn)足，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．
【解析】 A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，選取向右為正方向，設(shè)開(kāi)始時(shí)A的速度為v0，第一次與C碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1．由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律得：
mv0＝mvA1+MvC1①
②
聯(lián)立①②得：③
④
可知，只有m＜M時(shí)，A才能被反向彈回，才可能與B發(fā)生碰撞．
A與B碰撞后B的速度為vB1，A的速度為vA2．由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律，同理可得：
⑤
根據(jù)題意要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有：vA2≤vC1⑥
聯(lián)立④⑤⑥得：m2+4mM﹣M2≥0
解得：，(另一解：舍去)所以m與M之間的關(guān)系應(yīng)滿(mǎn)足：

隨練4、
【答案】 （1）
（2）
【解析】 （1）設(shè)小球A的質(zhì)量為m，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前的速度大小為v0，由動(dòng)能定理有：
mghmv02
解得：
設(shè)碰撞后瞬間，小球A與物塊B的速度分別為v1、v2．取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：
mv0＝mv1＋2mv2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv02mv122mv22。
解得，。
即碰撞后，小球A反彈瞬間的速度大小是。
（2）物塊B在水平面上滑行過(guò)程，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：
－μ?2mg＝0－2mv2。
解得：
隨練5、
【答案】 （1）當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，A球的速度是v0；
（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能是；
（3）彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A球的速度大小為v0，方向向左，B球的速度大小為，方向向右．
【解析】 （1）當(dāng)A球與彈簧接觸以后，在彈力作用下減速運(yùn)動(dòng)，而B(niǎo)球在彈力作用下加速運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈性勢(shì)能增加，當(dāng)A、B速度相同時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈性勢(shì)能最大．
設(shè)A、B的共同速度為v，彈簧的最大勢(shì)能為EP，取向右為正方向，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有
mv0=（m+2m）v
可得 v=v0．
（2）根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：
EP=mv02﹣（m+2m）v2
聯(lián)立兩式得　EP=
（3）設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A和B的速度分別為v1和v2，在碰撞過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的動(dòng)能守恒，則有：
mv0=mv1+2mv2，
根據(jù)能量守恒定律得：
mv02=mv12+?2mv22
聯(lián)立解得 v1=﹣v0，方向向左，v2=，方向向右．

動(dòng)量守恒與非彈性碰撞
例題1、
【答案】 (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比為1：8；
(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比為1：2．
【解析】 (1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前地速度為v1、v2．
由題給的圖象得：v1＝﹣2m/s v2＝1m/s
a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v．
由題給的圖象得：
兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以球a的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：m1v1+m2v2＝(m1+m2)v，
解得：m1：m2＝1：8；
(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞損失的機(jī)械能為：
，
由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為：
，
解得：W：ΔE＝1：2；
例題2、
【答案】 （1）兩球碰撞前瞬問(wèn)小球a的速度大小是；
（2）兩球碰撞后的速度大小是；
（3）輕繩會(huì)斷裂．
【解析】 （1）設(shè)兩球碰撞前瞬間小球a的速度大小為vN．根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：
mgh
得：vN
（2）設(shè)碰撞后兩球的速度大小為v，對(duì)于碰撞過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mvN＝2mv
解得：v
（3）兩球碰后一起做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰后瞬間繩子的拉力為T(mén)．根據(jù)牛頓第二定律得：
T﹣2mg＝2m
解得：T＝3mg＞2.5mg，所以輕繩會(huì)斷裂．
例題3、
【答案】 （1）．
（2）．
【解析】 （1）對(duì)A、B接觸的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得，mv0=2mv1，解得
B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有：
解得
系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
（2）當(dāng)A、B、C速度相同時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大．
根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，mv0=3mv
解得v=
根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢(shì)能．
答：（1）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為．
（2）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為．
隨練1、
【答案】 (1)兩球a、b的質(zhì)量之比為
(2)兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比為
【解析】 (1)b球下擺過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
，
碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得：
，
兩球向左擺動(dòng)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：
，
解得：
(2)兩球碰撞過(guò)程中損失是機(jī)械能：
，
碰前b球的最大動(dòng)能，

答：(1)兩球a、b的質(zhì)量之比為
(2)兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比為
隨練2、
【答案】 ①0.5m/s
②1.5J
【解析】 ①以A、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以C的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：
mv0＝mvA，
A、B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：
mvA＝（m＋M）v，
代入數(shù)據(jù)解得：vA＝2m/s，v＝0.5m/s；
②A(yíng)、B碰撞過(guò)程中，由能量守恒定律可得A與B增加的內(nèi)能：
△E，
解得：△E＝1.5J．
隨練3、
【答案】 (1)B的質(zhì)量為；
(2)碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為．
【解析】 (1)以初速度v0的方向?yàn)檎较?，設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰后的共同速度為v，
由題意知，碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動(dòng)量守恒定律得，
①
由①式得， ②
(2)從開(kāi)始到碰后的全過(guò)程，以初速度v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒得，
mv0＝(m+mB)v ③
設(shè)碰撞過(guò)程A、B系統(tǒng)機(jī)械能損失為△E，
則 ④
聯(lián)立②③④式得，
隨練4、
【答案】 （1）vA=2.5m/s；（2）R=0.16m
【解析】 （1）子彈穿過(guò)物體A的過(guò)程中，以子彈初速度的方向?yàn)檎较?，?duì)子彈和物塊A，由動(dòng)量守恒定律得

解得vA=2.5m/s
（2）當(dāng)物體A恰好到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)，A、B水平方向有共同速度，對(duì)物體A和平板車(chē)B，由動(dòng)量守恒定律得

解得：vB=1.25m/s
A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒得

R=0.16m
隨練5、
【答案】 （1）
（2）
【解析】 （1）從子彈擊中木塊A到彈簧第一次達(dá)到最短的過(guò)程可分為兩個(gè)小過(guò)程一是子彈與木塊A的碰撞過(guò)程，動(dòng)量守恒，有機(jī)械能損失；二是子彈與木塊A組成的整體與木塊B通過(guò)彈簧相互作用的過(guò)程，動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，
子彈打入A的過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝4mv1…①
打入后彈簧由原長(zhǎng)到最短，由動(dòng)量守恒定律得：4mv1＝8mv2…②
A壓縮彈簧的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律：…③
解①②③得彈簧第一次最短時(shí)的彈性勢(shì)能
（2）從彈簧原長(zhǎng)到壓縮最短再恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，木塊B一直作變加速運(yùn)動(dòng)，木塊A一直作變減速運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于彈性碰撞，因質(zhì)量相等，子彈和A組成的整體與B木塊交換速度，此時(shí)B的速度最大，設(shè)彈簧彈開(kāi)時(shí)A、B的速度分別為，
4mv1＝4mv1′＋4mv2′…④
…⑤
解得：v1′＝0，

動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用


動(dòng)量守恒與能量綜合
例題1、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 A、由圖線(xiàn)可知，A向右做減速運(yùn)動(dòng)，B做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧壓縮至最短，即t1時(shí)刻彈簧彈性勢(shì)能最大，然后B繼續(xù)加速，A繼續(xù)減速，當(dāng)B速度達(dá)到最大時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，即t2時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為零，故A錯(cuò)誤。
B、由圖象可知兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程：開(kāi)始階段A逐漸減速，B逐漸加速，A的速度比B的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧的彈性勢(shì)能最大，彈簧的壓縮量最大，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，B依然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩木塊均減速，當(dāng)t3時(shí)刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過(guò)程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)。系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選擇開(kāi)始到t1時(shí)刻列方程可知：m1v1＝（m1＋m2）v2，將v1＝3m／s，v2＝1m／s代入得：m1︰m2＝1︰2，故B、C正確。
D、從計(jì)時(shí)開(kāi)始到t4的過(guò)程中，物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。
例題2、
【答案】 （1）3m/s
（2）1：2
【解析】 （1）對(duì)甲在CB段，由動(dòng)能定理得：

解得：v甲＝3m/s；
（2）碰后，乙恰好能達(dá)到圓周軌道最高點(diǎn)，在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得：，
從B點(diǎn)到D點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得：
，
解得：，
在B位置，甲乙碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
，
由機(jī)械能守恒定律得：，
解得：，
則有：。
例題3、
【答案】 （1）0.15m
（2）0.3J
（3）D點(diǎn)左端離D點(diǎn)距離為0.05m處
【解析】 （1）m1從釋放到與m2相碰撞過(guò)程中，m1、m3組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)m1水平位移大小s1，m3水平位移大小s3，則有
得 0＝m1s1－m3s3
其中 s1＝R
可以求得
（2）設(shè)m1、m2 剛要相碰時(shí)物體1的速度v1，滑道的速度為v3，由機(jī)械能守恒定律有：
m1gR＝m1v12＋m3v32
由動(dòng)量守恒定律有：
0＝m1v1－m3v3
設(shè)物體1和物體2相碰后的共同速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有：
m1v1＝（m1＋m2）v2
彈簧第一次壓縮最短時(shí)由動(dòng)量守恒定律可知物體1、2和滑道速度為零，此時(shí)彈性勢(shì)能最大。
設(shè)為Epm．從物體1、2碰撞后到彈簧第一次壓縮最短的過(guò)程中，由能量守恒有
（m1＋m2）v22＋m3v32－μ（m1＋m2）g＝Epm
聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)可得，Epm＝0.3J
（3）分析可知物體1、2和滑道最終將靜止，設(shè)物體1、2相對(duì)滑道CD部分運(yùn)動(dòng)的路程為s，由能量守恒有

代入數(shù)據(jù)可得：s＝0.25m
所以m1、m2最終停在D點(diǎn)左端離D點(diǎn)距離為0.05m處
例題4、
【答案】 （1）20J
（2）0.5m
（3）2.5m
【解析】 （1）設(shè)物塊獲得的初速度為，由動(dòng)量定理應(yīng)有：…①
設(shè)物塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律應(yīng)有：…②
根據(jù)能量守恒定律應(yīng)有：...③
聯(lián)立①②③可得：；
（2）物塊上升到最大高度時(shí)豎直速度為0，物塊與小車(chē)具有相同的水平速度，
在水平方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律應(yīng)有：...④
物塊從A到上升到最高度過(guò)程，對(duì)物塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)由能量守恒定律應(yīng)有：...⑤
根據(jù)題意，...⑥
聯(lián)立①④⑤⑥解得：h＝0.5m；
（3）根據(jù)“摩擦生熱”公式應(yīng)有：...⑦；
聯(lián)立⑥⑦兩式并代入數(shù)據(jù)解得：．
例題5、
【答案】 （1）3m/s
（2）12J
【解析】 （1）當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)共同速度為vABC，取向右為正方向，由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：
（mA＋mB）v＝（mA＋mB＋mC）vABC
解得：
（2）B、C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則
mBv＝（mB＋mC）vBC
解得
設(shè)物ABC速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為Ep，根據(jù)能量守恒得

.
例題6、
【答案】 （1）1m/s，4m/s；
（2）0.4．
（3）72J．
【解析】 解：（1）A、B物塊被彈簧彈開(kāi)的過(guò)程中，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAvA﹣mBvB=0
由能量守恒知：
解得：vA=1m/s，vB=4m/s
（2）要使兩物塊能在水平面MN上發(fā)生碰撞，小物塊B不能在傳送帶的Q端掉下，則小物塊B在傳送帶上至多減速運(yùn)動(dòng)達(dá)Q處．
以B物塊為研究對(duì)象，滑到最右端時(shí)速度為0，據(jù)動(dòng)能定理有：

解得：μmin=0.4
（3）物塊B返回過(guò)程先加速后勻速，到達(dá)水平面MN上時(shí)的速度等于傳送帶速度，故v′B=v=2m/s
若兩物塊A、B在水平面MN上相向碰撞結(jié)合成整體，設(shè)共同速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒有
mAvA﹣mBv′B=（mA+mB）v1
解得：v1=0.4m/s，方向向右．
因v1=0.4m/s＜v=2m/s，所以?xún)晌飰KA、B整體滑上傳送帶后先向右減速，再向左加速回到水平面MN上，且速度與v1等值．整體與彈性擋板碰撞后再滑上傳送帶，如此重復(fù)運(yùn)動(dòng)．
兩物塊A、B整體每次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為=0.4m
故從A、B物塊碰撞后整體在傳送帶上三次運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量為Q=3μ（mA+mB）gl=24J．
若兩物塊A、B在水平面MN上同向碰撞結(jié)合成整體，設(shè)共同速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒有
mAvA﹣mBv′B=（mA+mB）v2
解得：v2=1.2m/s，方向向右．
因v1=1.2m/s＜v=2m/s，所以?xún)晌飰KA、B整體滑上傳送帶后先向右減速，再向左加速回到水平面MN上，且速度與v2等值，如此重復(fù)運(yùn)動(dòng)．此時(shí)兩物塊A、B整體每次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為=1.2m
故從A、B物塊碰撞后整體在傳送帶上三次運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量為Q′=3μ（mA+mB）gl′=72J．
答：
（1）物塊A、B被彈開(kāi)時(shí)各自的速度大小分別是1m/s和4m/s；
（2）小物塊B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為0.4．
（3）兩物塊與傳送帶間產(chǎn)生的總熱量為72J．
隨練1、[多選題]
【答案】 B C
【解析】 A、設(shè)子彈的質(zhì)量是m，初速度是v0，滑塊的質(zhì)量是M，選擇子彈的初速度的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝（m＋M）v，得，可以知道最后滑塊獲得的速度?？芍獌煞N情況下木塊得到的速度是相同的，根據(jù)動(dòng)量定理可知，兩種情況子彈對(duì)滑塊的沖量一樣大，故A錯(cuò)誤；
B、滑塊的末速度是相等的，所以獲得的動(dòng)能是相同的，根據(jù)動(dòng)能定理，知物塊動(dòng)能的增量是子彈做功的結(jié)果，所以?xún)纱巫訌棇?duì)物塊做的功一樣多，故B正確；
C、子彈嵌入下層或上層過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，而子彈減少的動(dòng)能一樣多（子彈初末速度相等）；物塊能加的動(dòng)能也一樣多，則系統(tǒng)減少的動(dòng)能一樣，故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多。故C正確；
D、子彈嵌入下層或上層過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能，即Q＝f?s相對(duì)，由于兩種情況相比較子彈能射穿的厚度不相等，即相對(duì)位移s相對(duì)不相等，所以?xún)煞N情況下子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯(cuò)誤。
隨練2、
【答案】 （1）小球B與擋板碰撞前，彈簧彈性勢(shì)能最大值為mv02；（2）小球B與擋板碰撞時(shí)，小球A、B速度分別為：、；（3）小球B與擋板碰撞后彈簧彈性勢(shì)能最大值為mv02．
【解析】 （1）C、A發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mv0=mvC+mvA，
由機(jī)械能守恒定律得：mv02=mvC2+mvA2，
解得：vC=0，vA=v0，
因C與A發(fā)生了彈性碰撞，碰后C停下，A以v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)va=vB?時(shí)，EP最大，
以向右為正方向，對(duì)A、B系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：
mv0=(m+m)v1，
解得：v1=v0，
由能量守恒定律的，最大彈性勢(shì)能為：
EP=mv02-（m+m）v12，
解得：EP=mv02；
（2）A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mvA=mvA′+mvB，
由機(jī)械能守恒定律得：
mvA2=mvA′2+?mvB2，
解得：vA′=，vB=；
（3）B與板碰撞后，A、B兩球速度相等時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mvA′-mvB=（m+m）v，
解得：v=0，
彈簧的最大彈性勢(shì)能：EP′=mvA′2+?mvB2，
解得：EP′=mv02；
答：（1）小球B與擋板碰撞前，彈簧彈性勢(shì)能最大值為mv02；
（2）小球B與擋板碰撞時(shí)，小球A、B速度分別為：、；
（3）小球B與擋板碰撞后彈簧彈性勢(shì)能最大值為mv02．
隨練3、
【答案】 （1）
（2）12mgl
【解析】 （1）物塊P恰好能夠到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律有：

可得：
從B到D，由機(jī)械能守恒定律得：

得：
（2）P與Q碰撞的過(guò)程時(shí)間短，水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，設(shè)碰撞前P的速度為v，則：
mv＝2mvB
P從開(kāi)始釋放到到達(dá)Q的過(guò)程中，彈簧的彈力對(duì)P做正功，地面的摩擦力對(duì)P做負(fù)功，由功能關(guān)系得：

聯(lián)立得：EP＝12mgl
隨練4、
【答案】 （1）
（2）
（3）63.75m
【解析】 （1）設(shè)第一次碰后共同速度為v1，第一次碰后到兩者共速，對(duì)m、M組成的系統(tǒng)，選定水平向右為正方向。由動(dòng)量守恒可得：
（M－m）v0＝（M＋m）v1…①
由能量守恒定律可得：μmgL1（M＋m）v02（M＋m）v12…②
由①②解得：；
（2）第二次碰前M和m共同速度為v1向左運(yùn)動(dòng)，碰后m相對(duì)M向左滑動(dòng)，設(shè)重新達(dá)到的共同速度為v2，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒動(dòng)量得：
（M－m）v1＝（M＋m）v2…③
由能量守恒可得：μmgL2（M＋m）v12（M＋m）v22…④
由③④解得：
因?yàn)関1＜v0，所以L(fǎng)2＜L1，同理：Ln＜Ln－1，故要使m不滑落板長(zhǎng)應(yīng)滿(mǎn)足：
；
（3）由（1）（2）兩問(wèn)得當(dāng)長(zhǎng)木板第n次碰后，兩者共同速度
．⑤
第n次碰后兩者相對(duì)滑動(dòng)距離
⑥
故發(fā)生第五次碰撞前兩者已經(jīng)發(fā)生4次相對(duì)滑動(dòng)，所以有
S＝L1＋L2＋L3＋L4．⑦
聯(lián)立⑤⑥⑦代入數(shù)據(jù)得 S＝63.75m
隨練5、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 （1）木塊A先做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1．對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：
mv0＋2mv0＝（m＋m＋3m）v1
解得：v1＝0.6v0
對(duì)木塊B運(yùn)用動(dòng)能定理，有：

解得：
（2）設(shè)木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度為v′，所用時(shí)間為t，由牛頓第二定律得：
對(duì)木塊A：，
對(duì)木板C：，
當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時(shí)，木塊A的速度最小，則有
，
解得
木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度為：．
（3）整個(gè)過(guò)程中，摩擦生熱為Q總＝Q1＋Q2＝Ffs相1＋Ffs相2－△Ek損
由能量守恒得，△Ek損．
所以．
隨練6、
【答案】 （1）物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.4；
（2）求子彈擊穿物塊的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q1為1.49×103 J；
（3）如果從第一顆子彈擊中物塊開(kāi)始，每隔Δt＝1.5 s就有一顆相同的子彈以同樣的速度擊穿物塊，直至物塊最終離開(kāi)傳送帶．設(shè)所有子彈與物塊間的相互作用力均相同，整個(gè)過(guò)程中物塊與傳動(dòng)帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2為28 J．
【解析】 （1）根據(jù)速度圖象可知，物塊在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)，在0～1 s內(nèi)物塊的速度由4 m/s減為0．
此過(guò)程物塊的加速度大小4.0 m/s2
由牛頓第二定律有 f＝μmg＝ma 解得 0.40
（2）物塊被擊中前的速度大小為v0＝2.0 m/s，由速度圖象可知物塊被擊穿后瞬間物塊的速度大小v＝4.0m/s，方向向右．
設(shè)子彈擊穿物塊后的速度為u，以向右為正方向
根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mu0﹣Mv0＝mu+Mv
解得 u100 m/s
根據(jù)能量守恒有 Q11.49×103 J
（3）第1顆子彈擊穿物塊后，物塊向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝1.0 s，設(shè)向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為x1，則x1t1＝2.0 m，
1.0 s時(shí)物塊改為向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝0.50 s，位移大小為x2t2＝0.50 m
所以在Δt＝1.5 s時(shí)間內(nèi)，物塊向右運(yùn)動(dòng)的距離為l＝x1﹣x2＝1.5 m
在Δt＝1.5 s時(shí)間內(nèi)，物塊相對(duì)傳送帶的位移為Δx1＝l+x3＝4.5 m
在t＝1.5s時(shí)物塊的速度與傳送帶速度相同，所以第二顆子彈擊中物塊后的運(yùn)動(dòng)情況與第一顆子彈擊中物塊后運(yùn)動(dòng)情況相同，向右運(yùn)動(dòng)的可能達(dá)到的最大距離為2.0 m，
而此時(shí)物塊與傳送帶右端距離為l＝1.5 m，故物塊中第二顆子彈后將滑出傳送帶．
設(shè)物塊被第二顆子彈擊穿后，其在傳送帶上滑行的時(shí)間為t3
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：Δl＝vt3at32
解得：t3＝0.50 s
物塊第二次被擊穿后相對(duì)傳送帶的位移Δx2＝Δl+v0t3＝2.5 m
所以Q2＝μmg（Δx1+Δx2）＝28 J
隨練7、
【答案】 （1）120N，方向豎直向下
（2）150J
（3）
【解析】 （1）由a球恰好能到達(dá)A點(diǎn)，重力提供向心力，有：
a球從C到A的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：m1vC2－m1vA2＝m1g?2R
得，小球a經(jīng)過(guò)C點(diǎn)的速度：
在C點(diǎn)，以a球?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律得：
聯(lián)立解得：N＝6m1g＝120N
由牛頓第三定律知，a球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大小為120N，方向豎直向下．
（2）對(duì)ab系統(tǒng)，在彈簧釋放的瞬時(shí)動(dòng)量守恒，則：m1va－m2vb＝0
解得：vb＝m/s

（3）由數(shù)學(xué)知識(shí)可知斜面的傾角為53°，長(zhǎng)度為10R．
對(duì)于b球沿斜面上滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：0－m2vb2＝－m2g?8R－μm2gcos53°?10R
解得:
隨練8、
【答案】 （1）1.25J
（2）能；0.012s
【解析】 （1）假設(shè)P1從A端滑上AB一直減速到v0，則該過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝μg＝0.5×10m／s2＝5m／s2，
運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，
運(yùn)動(dòng)的位移，故P1在傳送帶AB上先減速再勻速，最后以v0＝6m／s滑上小車(chē)的上表面CD，
P1在傳送帶上產(chǎn)生的熱量Q1＝μmg（x0－v0t0）＝0.5×1×（1.3－6×0.2）J＝0.05J，
P1在CD上運(yùn)動(dòng)，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒得，m1v0＝（M＋m1）v2，
在小車(chē)上產(chǎn)生的熱量，
代入數(shù)據(jù)解得Q2＝1.2J，
則總的熱量Q＝Q1＋Q2＝0.05＋1.2J＝1.25J．
（2）由于小滑塊P1無(wú)論是否沖出E點(diǎn)，在最高點(diǎn)時(shí)其水平速度與小車(chē)相同，設(shè)最高點(diǎn)時(shí)，距D點(diǎn)的豎直高度為h，
在BC相碰過(guò)程，由動(dòng)量守恒得，Mv2＝（M＋m2）v3，
從P1滑上小車(chē)到最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)量守恒得，m1v0＝（M＋m1＋m2）v4，
在小車(chē)與C碰后到最高點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒有：，
解得h＝0.06＞R＝0.042m，故要沖出去，
由于沖出E點(diǎn)后，小滑塊在豎直分析上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，
在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
隨練9、
【答案】 （1）4m／s
（2）16J
（3）4.5s
【解析】 （1）A作平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：，
水平方向：S＝vAt
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vA＝4m／s；
（2）解鎖過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定A的速度方向?yàn)檎较?，有：mvA－mvB＝0
由能量守恒定律：
代入數(shù)據(jù)解得：Ep＝16J；
（3）B作勻變速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：μmg＝ma
解得：a＝μg＝0.2×10m／s2＝2m／s2
B向右勻減速至速度為零，由，
解得：SB＝4m＜L＝8m，所以B最終回到水平臺(tái)面．
設(shè)B向右勻減速的時(shí)間為t1：vB＝at1
設(shè)B向左加速至與傳送帶共速的時(shí)間為t2，v0＝at2
由，
共速后做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，有：SB－S2＝v0t3
代入數(shù)據(jù)解得總時(shí)間：t＝t1＋t2＋t3＝4.5s．
隨練10、
【答案】 （1）4.0m／s
（2）2.0J
（3）8.1m／s
【解析】 （1）滑塊C滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v＝4m／s所用的時(shí)間為t，
加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x，
由牛頓第二定律得：μmg＝ma，
由速度公式得：v＝vC＋at，
由位移公式得：，
代入數(shù)據(jù)解得：x＝3m，x＝3m＜L，
滑塊C在傳送帶上先加速，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v＝4.0m／s；
（2）設(shè)A、B碰撞前A的速度為v0，A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，
由機(jī)械能守恒定律得：，
系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mAv0＝（mA＋mB）v1，（mA＋mB）v1＝（mA＋mB）v2＋mCvC，
A、B碰撞后，彈簧伸開(kāi)的過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：
，
代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝2.0J；
（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，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，
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＝4m／s，
加速度大小為2m／s2，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v2－v′C2＝2（－a）L，解得：，
A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，
彈簧伸開(kāi)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得：，
由能量守恒定律得：，
解得：。

拓展
1、
【答案】 D
【解析】 設(shè)A球與B球碰撞前瞬間的速度為v0．碰撞后瞬間A、B兩球的速度分別為vA、vB．碰撞前，A球下擺過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：
mAgL（1－cos30°）mAv02。
碰撞過(guò)程，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv02mAvA2mBvB2。
聯(lián)立以上三式解得：
，方向向左，
，方向向右。
設(shè)碰后A球的偏角為α，B球的偏角為β．由機(jī)械能守恒定律
對(duì)A球有：mAvA2＝mAgL（1－cosα）
對(duì)B球有：mBvB2＝mBgL（1－cosβ）
解得：α＝β＜30°
因此：A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
2、
【答案】 D
【解析】 兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以?xún)汕蚪M成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取水平向右方向?yàn)檎较?，碰撞前，A、B的速度分別為：vA＝2v0、vB＝v0。
碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量：P＝mAvA＋mBvB＝m×2v0＋2m×（－v0）＝0，P＝0，
系統(tǒng)總動(dòng)量為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則碰撞前后系統(tǒng)總動(dòng)量都是0；
由于碰撞是彈性碰撞，則碰撞后二者的速度不能等于0，運(yùn)動(dòng)的方向一定相反。
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
3、
【答案】 B
【解析】 分析小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程：與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，彈簧對(duì)產(chǎn)生向左的彈力，對(duì)產(chǎn)生向右的彈力，做減速運(yùn)動(dòng)，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)乃俣鹊扔诘乃俣葧r(shí)壓縮量最大，此后球速度繼續(xù)減小，球速率最大，由此彈簧被拉伸，加速，減速，所以只有B正確．
4、
【答案】 （1）3
（2）4倍
【解析】 （1）兩球自由下落直至大球下端剛要觸地，由機(jī)械能守恒可得：
設(shè)向上為正方向，對(duì)于大球觸地反彈后與小球的碰撞有：

由題意帶入v1＝0，解得
（2）由上述關(guān)系解得v2＝2v0
帶入可得：m彈起的高度H＝4h
5、
【答案】 （1）4m／s
（2）15J
【解析】 （1）以A﹑B為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有：


v＝4m／s；
（2）彈簧被第一次壓縮到最短時(shí)A﹑B﹑C三物塊速度相等，全程由動(dòng)量守恒定律有：

v'＝2.5m／s
從A與B碰撞粘在一起后到彈簧被第一次壓縮到最短的過(guò)程中由機(jī)械能守恒定律有：
Ep＝15J。
6、
【答案】 （1）3m/s
（2）0.9J
（3）8N
【解析】 本題考查動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒、圓周運(yùn)動(dòng)等知識(shí)。
（1）以小滑塊A為研究對(duì)象，對(duì)小滑塊A從a到b的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：
對(duì)AB碰撞過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量守恒得：mvb＝2mv，聯(lián)立解得：v＝3m/s
（2）兩滑塊在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能
（3）以?xún)苫瑝KA為研究對(duì)象，對(duì)兩滑塊從b到c的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：
兩滑塊在c點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得：，聯(lián)立解得：F＝8N
7、[多選題]
【答案】 C D
【解析】 A、碰撞前，因?yàn)閮晌飰K始終作勻減速運(yùn)動(dòng)，有可能出現(xiàn)在相碰前有物塊停止運(yùn)動(dòng)，故應(yīng)進(jìn)行討論。先假定在時(shí)間t內(nèi)，都未停下，以a表示此加速度的大小，現(xiàn)分別以s1和s2表示兩物塊通過(guò)的位移大小，則有
①
②
又s1＋s2＝17m ③
解①②③式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得：a＝1.75m／s2 ④
經(jīng)過(guò)時(shí)間t，兩物塊的速度分別為：v1′＝v1－at＝10－1.75×2＝6.5m／s ⑤
v2′＝v2－at＝2－1.75×2＝－1.5m／s ⑥
v2′為負(fù)值是不合理的，因?yàn)槲飰K是在摩擦力作用下作減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減少至零時(shí)，摩擦力消失，物塊停止運(yùn)動(dòng)，速度不可能反向，表明物塊2經(jīng)歷的時(shí)間小于2s時(shí)已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)。在時(shí)間t內(nèi)，物塊2停止運(yùn)動(dòng)前滑行的路程應(yīng)是： ⑦
解①③⑦式，代入有關(guān)數(shù)據(jù)得：a＝2m／s2 ⑧
由①解得s1＝16m
由⑦解得s2＝1m，所以?xún)晌飰K相碰時(shí)各自的位移大小之比為s1︰s2＝16︰1，故A錯(cuò)誤。
B、由⑤⑥式求得剛要發(fā)生碰撞時(shí)物塊1的速度：v1′＝v1－at＝10－2×2＝6m／s ⑨
而物塊2的速度v2′＝0 ⑩
設(shè)兩物塊碰撞后的共同速度為v，取碰撞前1的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律有m1v1′＝（m1＋m2）v ?
解得：v＝2.4m／s。故B錯(cuò)誤。
C、兩物塊在碰撞中損失的動(dòng)能為： ?
代入數(shù)據(jù)得△Ek＝21.6J，故C正確。
D、碰撞后整體滑行的距離為，所以小物塊1從開(kāi)始到停止運(yùn)動(dòng)總的位移大小為 x＝s1＋s3＝17.44m，故D正確。
8、
【答案】 （1）1m/s
（2）
（3）不能，1m
【解析】 （1）滑塊下滑過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m0v0－2mv＝0，
滑塊下滑過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：
機(jī)械能守恒：，
解得：v＝1m/s，v0＝4m/s；
（2）滑塊滑上乙車(chē)后，滑塊與乙車(chē)租車(chē)的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m0v0－mv＝（m0＋m）v1，
解得：；
由能量守恒定律有：，
解得：；
（3）設(shè)滑塊沒(méi)有滑出，共同速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可知：v2＝v1，
由能量守恒定律有：EPm＝μm0gL′，
解得：L′＝1m＜L，滑塊不能滑出，停在車(chē)上的位置距C點(diǎn)的距離為1m．
9、
【答案】 （1）4m/s（2）m
【解析】 （1）設(shè)滑塊P滑上乙車(chē)前的速度為v，對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)量守恒和能量關(guān)系有：
mv－2MV = 0
E0 = 解之得v = 4m/s
（2）設(shè)滑塊P和小車(chē)乙達(dá)到的共同速度v′，對(duì)滑塊P和小車(chē)乙有：
mv－MV = （m＋M）v′
μmgL=＋－
代入數(shù)據(jù)解之得：L=m
10、
【答案】 （1）8m／s
（2）0.25
（3）7m
【解析】 （1）小球從a到b過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng)，
豎直方向：vy2＝2g（H－h(huán)），
小球到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度恰好沿斜面方向，則：，
解得：v0＝8m／s；
（2）小球到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度：，
小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，
以平行于斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv＝mv1＋Mv2，
由機(jī)械能守恒定律得：，
解得：v2＝2m／s；
斜面的長(zhǎng)度：，
滑塊恰好反彈回b點(diǎn)，由能量守恒定律得：
，解得：μ＝0.25；
（3）設(shè)滑塊與擋板第二次碰后到達(dá)最高點(diǎn)與c點(diǎn)的距離為x2，
對(duì)滑塊，由能量守恒定律得：Mg（L－x2）sin37°＝μMgx2cos37°
解得：，
設(shè)滑塊與擋板第三次碰撞后到達(dá)最高點(diǎn)與c點(diǎn)的距離為x3，
對(duì)滑塊，由能量守恒定律得：Mg（x2－x3）sin37°＝μMgx3cos37°
解得：，
依此類(lèi)推：x，……，
滑塊在斜面上通過(guò)的路程：。

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