（2）若a物塊從距離b高為h0處由靜止釋放，彈簧恰好能恢復(fù)原長，求初始時(shí)彈簧的彈
性勢能（結(jié)果用含h0的式子表示）；
（3）若a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，c恰好能離開地面，求hx為多少？
【名師解析】.（14分）
（1）對(duì)a物塊，碰撞前下落過程
………………………………………………………………（1分）
對(duì)a、b系統(tǒng)碰撞過程由動(dòng)量守恒定律
……………………………………………………………………（1分）
得： ………………………………………………………………（1分）
對(duì)a、b整體分析，有： ……………………………（1分）
………………………………………………………………………（1分）
………………………………………………………………………（1分）
（2）初始時(shí)對(duì)b物塊由平衡條件：
故彈簧壓縮量為 ……………………………………………………（1分）
當(dāng)a從高為處下落時(shí)，由（1）知a、b碰后速度為
對(duì)系統(tǒng)a、b碰后恢復(fù)原長過程由能量守恒 ………………………………………………………（2分）
得 ……………………………………………………（1分）
（3）若高度為，則a、b碰后瞬間速度
當(dāng)c恰好能離開地面時(shí)，對(duì)c受力分析知： ……………………（1分）
彈簧此時(shí)伸長量為
因，故初末狀態(tài)彈簧彈性勢能相等。 ……………………………（1分）
對(duì)a、b系統(tǒng)碰后到c恰好要離開地面過程，由能量守恒：
…………………………………………………（1分）
得 ………………………………………………………………（1分）
2. （2024江蘇蘇州期末）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為6l。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力是其所受重力大小的倍。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：
（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度、分別為多大；
（2）在第一次碰撞后圓盤下滑的距離x2；
（3）圓盤在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)n。
【參考答案】（1），方向豎直向上，，方向豎直向下；（2）；（3）7次
【名師解析】
（1）規(guī)定豎直向下為正方向，小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機(jī)械能守恒定律
解得

小球以初速度與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有

解得
小球碰后速度v1大小，方向豎直向上；圓盤速度v2大小為，方向豎直向下；
（2）第一次碰撞后小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤做勻減速運(yùn)動(dòng)，
由
解得圓盤加速度
由
解得圓盤運(yùn)動(dòng)的距離

第一次碰撞后，由
解得圓盤運(yùn)動(dòng)時(shí)間
小球在時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移
可見，當(dāng)圓盤速度為零時(shí)，小球剛好與之第二次碰撞，即第一次碰撞后圓盤下滑的距離為

（3）第二次碰撞前小球的速度

接下來運(yùn)動(dòng)和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圓盤向下移動(dòng)，碰撞次數(shù)
小球和圓盤碰撞次數(shù)為7次 。
3. （2024福建泉州質(zhì)檢2）如圖，一質(zhì)量為3m、長度為L的木板靜止在傾角的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板的下端固定有垂直于木板的薄擋板。一與斜面平行的輕彈簧下端固定在斜面的底端，上端由原長被壓縮了后用觸控鎖釘鎖定?，F(xiàn)將質(zhì)量為的小滑塊從木板的中點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間，滑塊與擋板發(fā)生第一次碰撞后，木板開始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過多次碰撞后，當(dāng)滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時(shí)，木板剛好接觸彈簧并觸發(fā)鎖釘立即解除鎖定。已知重力加速度大小為，彈簧的勁度系數(shù)，滑塊與擋板間的碰撞為彈性正碰，且碰撞時(shí)間極短，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）滑塊第一次與擋板碰撞前瞬間，滑塊的速度大??；
（2）滑塊第一次與擋板碰撞后瞬間，木板的速度大小和加速度大??；
（3）木板在初始位置時(shí)，其下端與鎖釘?shù)木嚯xd；
（4）鎖釘解除后，當(dāng)滑塊與擋板第一次分離時(shí)木板的速度大小。
【參考答案】（1）；（2），；
（3）；（4）
【名師解析】
【詳解】（1）設(shè)滑塊釋放時(shí)加速度大小為，由牛頓第二定律得
滑塊釋放后到第一次與擋板碰撞前的過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有
得
（2）設(shè)第一次碰撞后瞬間，木板的速度為，滑塊的速度為，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得
聯(lián)立解得
，
對(duì)木板由牛頓第二定律可得
解得
方向沿斜面向上。
（3）方法一：
從滑塊開始運(yùn)動(dòng)到滑塊位于擋板處且和木板速度都為零時(shí)，木板一直向下運(yùn)動(dòng)，在這過程中,滑塊重力做功
木板重力做功
木板所受摩擦力做功
由功能關(guān)系得
解得
方法二：
木板第一次碰后向下減速的位移
在木板向下減速時(shí)滑塊向上減速，由于加速度大小，當(dāng)木板速度為0時(shí)，滑塊速度也為0，此時(shí)兩者之間距離為
接下來板不動(dòng)，滑塊沿板加速下滑與板碰撞，設(shè)第二次碰撞時(shí)滑塊速度為，則
第二次碰撞后瞬間，木板的速度為，滑塊的速度為，由動(dòng)量守恒和能量守恒可得
聯(lián)立解得
，
木板向下的位移
當(dāng)兩者速度再次為0，此時(shí)兩者之間距離為
滑塊再次碰撞木板時(shí)的速度
由動(dòng)量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬間，木板的速度為
木板向下的位移
即每次木板向下的位移
或
木板下端與鎖釘?shù)木嚯x
（4）當(dāng)板塊分離時(shí)，彈簧的形變量為，擋板與滑塊間的彈力，兩者的加速度相等都為
對(duì)板塊整體
得
對(duì)彈簧和板塊系統(tǒng)，由能量守恒得
解得
4. （2024寧夏銀川一中第六次月考）如圖所示，光滑水平面上放置一小車，小車上表面AB段粗糙、BC段光滑。一小物塊放置在小車左端，連接有輕彈簧的輕質(zhì)擋板固定在小車右端。用不可伸長的輕繩將質(zhì)量為m的小球懸掛在O點(diǎn)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放，下擺至輕繩豎直時(shí)與小物塊發(fā)生彈性正碰，碰后小物塊開始向右運(yùn)動(dòng)。已知小球的質(zhì)量為m1=4kg，小物塊的質(zhì)量為m2=1kg，小車的質(zhì)量為M=5kg，輕繩長度為l=1.8m，AB段的長度為x1=4.5m。BC段的長度為x2=1m，彈簧原長為x3=0.16m，小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求：
（1）小球與小物塊碰后瞬間小物塊的速度v1；
（2）從小物塊開始運(yùn)動(dòng)到小物塊開始接觸彈簧的時(shí)間t；
（3）從小物塊與彈簧開始接觸到兩者分離的過程中小物塊對(duì)彈簧的沖量大小I。

【參考答案】（1）9.6m/s；（2）0.6s；（3）14N·s
【名師解析】
（1）小球從水平位置釋放之后為圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
小球與小物塊發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得
聯(lián)立解得
（2）小球與小物塊碰撞之后小物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有
解得
小球與小物塊碰撞之后小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
解得
經(jīng)過時(shí)間小物塊滑到小車上的B點(diǎn)，小物塊相對(duì)于小車的位移為，則有
解得
（舍去）
時(shí)，小物塊的速度為
小車的速度為
經(jīng)過時(shí)間小物塊到彈簧位置，則有
解得
則從小物塊開始運(yùn)動(dòng)到小物塊開始接觸彈簧的時(shí)間
（3）小物塊從與彈簧接觸開始到與彈簧分離時(shí)的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得
解得
小物塊對(duì)彈簧的沖量為
所以小物塊對(duì)彈簧的沖量大小為。
5. （2024湖南長沙高三適應(yīng)性考試）如圖，將火車停在足夠長的平直鐵軌上。
（1）若整列火車質(zhì)量為M，所受阻力恒為F0，當(dāng)整列火車速度為v時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為P0，求此時(shí)火車的加速度；
（2）若整列火車所受阻力恒為F0，某次測試時(shí)整列火車的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段。第一階段火車受到大小為kF0的恒定牽引力由靜止啟動(dòng)，位移為x時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率正好等于額定功率，然后進(jìn)入第二階段；第二階段發(fā)動(dòng)機(jī)保持額定功率繼續(xù)前進(jìn)，已知兩個(gè)階段用時(shí)相等，第二階段的末速度為初速度倍。求第二階段火車的位移；
（3）若整列火車由1節(jié)動(dòng)力車頭和23節(jié)無動(dòng)力車廂組成，動(dòng)力車頭質(zhì)量為2m，每節(jié)無動(dòng)力車廂質(zhì)量均為m?；疖囋趩?dòng)前，車頭會(huì)先向后退一段距離，使得各相鄰車廂之間的連接掛鉤松弛，車廂無間距緊挨著，然后車頭從靜止開始啟動(dòng)，逐節(jié)帶動(dòng)各節(jié)車廂直至最后一節(jié)車廂啟動(dòng)。啟動(dòng)過程中車頭牽引力恒為F，忽略一切阻力。為了研究方便，將車頭及相鄰車廂之間的連接掛鉤簡化為不可伸長的長度為l的輕繩，繩子繃直的瞬間相連的物體間可看做發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。整個(gè)啟動(dòng)過程中，帶動(dòng)第幾節(jié)無動(dòng)力車廂前，車頭的速度達(dá)到最大？
【參考答案】（1）；（2）(k＋1)x；（3）3
【名師解析】
（1）根據(jù)
可知
根據(jù)牛頓第二定律
解得
（2）設(shè)火車第一階段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，末速度為v2，第二階段的位移為x2
由動(dòng)能定理得
再由動(dòng)量定理得
(k－1)F0t = Mv2
發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率
Pm = kF0v2
由上可知，第二階段的初速度為v2，末速度為，由動(dòng)能定理得
解得
x2 = (k＋1)x
（3）設(shè)拖動(dòng)第n節(jié)車廂前，車頭的速度為un，繩子繃直后車頭的速度為u′n，拖動(dòng)第一節(jié)車廂前，對(duì)車頭由動(dòng)能定理得
繩子繃直，對(duì)車頭和第一節(jié)車廂由動(dòng)量守恒定律得
2mu1 = (2m＋m)u′1
同理，拖動(dòng)第n節(jié)車廂前，對(duì)于車頭和前（n－1）節(jié)車廂由動(dòng)能定理得
繩子繃直，對(duì)于車頭和前n節(jié)車廂由動(dòng)量守恒定律得
[2m＋(n－1)m]un = (2m＋nm)u′n
由上式得
可推出
聯(lián)立有
令an = (n＋1)2un2，得到
……
其中
上幾式相加得到
則
解得
當(dāng)，即n = 3時(shí)有最大值。則拖動(dòng)第3節(jié)車廂前，車頭速度達(dá)到最大。

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