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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　動量守恒定律
素養提升課(二)　動量和能量的綜合問題
[學習目標]　1．會利用動量守恒定律和能量守恒定律分析常見典型問題。2．培養應用動量觀點和能量觀點分析綜合問題的能力。
關鍵能力·情境探究達成
考點1　“滑塊—木板”模型
1．把滑塊、木板看成一個整體，摩擦力為內力，在光滑水平面上滑塊和木板組成的系統動量守恒。
2．由于摩擦生熱，機械能轉化為內能，系統機械能不守恒，根據能量守恒定律，機械能的減少量等于因摩擦而產生的熱量，ΔE＝Ff·s相對，其中s相對為滑塊和木板相對滑動的路程。
3．注意：若滑塊不滑離木板，就意味著二者最終具有共同速度，機械能損失最多。
【典例1】　如圖所示，AB是半徑R＝0.80 m的光滑圓弧軌道，半徑OB豎直，光滑水平地面上緊靠B點靜置一質量M＝3.0 kg的小車，其上表面與B點等高。現將一質量m＝1.0 kg的小滑塊從A點由靜止釋放，經B點滑上小車，最后與小車達到共同速度。已知滑塊與小車之間的動摩擦因數μ＝0.40。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求滑塊剛滑至B點時，圓弧軌道對滑塊的支持力大小；
(2)求滑塊與小車最后的共同速度大小；
(3)為使滑塊不從小車上滑下，小車至少為多長？
[解析]　(1)滑塊由A至B，由機械能守恒定律得
mgR＝。
在B點時，由牛頓第二定律得
FN－mg＝。
解得支持力FN＝30 N，vB＝4 m/s。
(2)滑塊滑上小車后，對滑塊與小車組成的系統，由動量守恒定律得
mvB＝(m＋M)v′，
解得共同速度大小v′＝1 m/s。
(3)滑塊滑上小車后，對滑塊與小車組成的系統，由能量守恒定律得
μmgl＝－(m＋M)v′2，
解得l＝1.5 m，即小車的長度至少為1.5 m。
[答案]　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)1.5 m
規律方法　求解此類問題的四點技巧
(1)正確分析作用過程中各物體運動狀態的變化情況，建立運動模型。
(2)明確作用過程中的不同階段，并找出聯系各階段的狀態量。
(3)合理選取研究對象，既要符合動量守恒的條件，又要方便解題。
(4)動量守恒方程和能量守恒方程中各物體的速度是相對同一參考系的。
[跟進訓練]
1．如圖甲所示，光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的摩擦不計；圖乙為物體A與小車B的v-t圖像，由此可計算出(　　)
甲　　　　　　　　乙
A．小車上表面長度
B．物體A與小車B的質量
C．物體A與小車B上表面之間的動摩擦因數
D．小車B獲得的動能
√
C　[由題圖乙可知，物體A與小車B最終以共同速度v1勻速運動，但由于題給條件不足，不能確定小車上表面的長度，故A錯誤；由題圖乙可知，物體A相對于小車B的位移Δx＝v0t1，根據能量守恒定律得μmAgΔx＝，根據動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，聯立可以解出物體A與小車B上表面之間的動摩擦因數，但不能求出物體A與小車B的質量，故B錯誤，C正確；由于小車B的質量未知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。]
考點2　“滑塊—光滑斜(曲)面”模型
在“滑塊—光滑斜(曲)面”模型中，假設斜(曲)面的質量為M，滑塊的質量為m，若滑塊始終未脫離斜(曲)面
1．當滑塊上升到最大高度時，滑塊與斜(曲)面具有共同水平速度v共，此時滑塊的豎直速度vy＝0。系統水平方向動量守恒，有mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，有＝＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為滑塊的重力勢能)。
2．當滑塊返回最低點時，滑塊與斜(曲)面分離。水平方向動量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，有＝(相當于完成了彈性碰撞)。
【典例2】　如圖所示，在光滑的水平地面上停放著質量為m的裝有弧形槽的小車。現有一質量也為m的小球以v0的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去，不計一切摩擦，則(　　)
A．在相互作用的過程中，小車和小球組成的系統
總動量守恒
B．小球從右側離開車后，對地將向右做平拋運動
C．小球從右側離開車后，對地將做自由落體運動
D．小球從右側離開車后，小車的速度有可能大于v0
√
C　[整個過程中系統水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；設小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中水平方向動量守恒，則有mv0＝mv1＋mv2，由機械能守恒定律得＝，聯立解得v1＝0，v2＝v0，即小球與小車分離時二者交換速度，所以小球從小車右側離開后將做自由落體運動，故B、D錯誤，C正確。 ]
[跟進訓練]
2．如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/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＝0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝
10 kg，小孩與滑板始終無相對運動。g取10 m/s2。
(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
[解析]　(1)選向左為正方向，冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3。在水平方向上由動量守恒定律和機械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v，
＝(m2＋m3)v2＋m2gh，
式中v0＝3 m/s為冰塊被推出時的速度，聯立兩式并代入數據得m3＝20 kg。
(2)選向右為正方向，設小孩推出冰塊后小孩的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，
代入數據得v1＝1 m/s。
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
－m2v0＝m2v2＋m3v3，
＝，
聯立兩式并代入數據得v2＝1 m/s。
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方，故冰塊不能追上小孩。
[答案]　(1)20 kg　(2)見解析
考點3　“子彈打木塊”模型
1．子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，系統動量守恒。
2．在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統機械能不守恒，機械能向內能轉化。
3．若子彈不穿出木塊，二者最后有共同速度，機械能損失最多。
【典例3】　如圖所示，質量為M的木塊靜止于光滑的水平面上，一質量為m、速度為v0的子彈水平射入木塊且未穿出，設木塊對子彈的阻力恒為F。
(1)子彈與木塊相對靜止時二者共同速度為多大？
(2)射入過程中產生的內能和子彈對木塊所做的功分別為多少？
(3)木塊至少為多長時子彈不會穿出？
[解析]　(1)子彈與木塊組成的系統動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v，
解得v＝。
(2)由能量守恒定律可知
＝Q＋(m＋M)v2，
得產生的熱量Q＝。
由動能定理，子彈對木塊所做的功為
W＝Mv2＝。
(3)設木塊最小長度為L，由能量守恒定律得
FL＝Q，
得木塊的最小長度為L＝。
[答案]　(1)
規律方法　處理此類模型的兩點技巧
(1)“子彈打木塊”模型是通過系統內的滑動摩擦力相互作用，系統所受的外力為零(或內力遠大于外力)，動量守恒。
(2)當子彈不穿出木塊時，兩物體最后有共同速度，相當于完全非彈性碰撞，機械能損失最多。
[跟進訓練]
3．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，質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射出，若射擊上層，則子彈剛好能射進一半厚度，如圖所示，上述兩種情況相比較，下列說法不正確的是(　　)
A．子彈的末速度大小相等
B．系統產生的熱量一樣多
C．子彈對滑塊做的功相同
D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大
甲　　　乙
√
D　[根據動量守恒定律知，最后滑塊獲得的速度(最后滑塊和子彈的共同速度)是相同的，故A正確；子彈嵌入下層或上層過程中，系統產生的熱量都等于系統減少的動能，而子彈減少的動能一樣多(子彈初末速度分別相等)，滑塊增加的動能也一樣多，則系統減少的動能一樣，故系統產生的熱量一樣多，故B正確；滑塊獲得的動能是相同的，根據動能定理，滑塊動能的增量等于子彈對其做的功，所以兩次子彈對滑塊做的功一樣多，故C正確；系統產生的熱量一樣多，產生的熱量Q＝F·L相對，由于子彈相對滑塊的兩次位移是不相同的，所以子彈和滑塊間的水平作用力不一樣大，故D錯誤。]
考點4　“含彈簧類”模型
1．對于彈簧類問題，在作用過程中，若系統合外力為零，則滿足動量守恒。
2．整個過程中往往涉及多種形式的能的轉化，如：彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化，應用能量守恒定律解決此類問題。
3．注意：彈簧壓縮最短或彈簧拉伸最長時，彈簧連接的兩物體速度相同，此時彈簧彈性勢能最大。
【典例4】　如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C。B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相同時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：
(1)整個系統損失的機械能；
(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
[解析]　(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得
mv0＝2mv1。 ①
此時B與C發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統，由動量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2， ②
＝。 ③
聯立①②③式得
ΔE＝。 ④
(2)由②式可知v2＜v1，A將繼續壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep。
由動量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝3mv3， ⑤
－ΔE＝＋Ep。 ⑥
聯立④⑤⑥式得
Ep＝。 ⑦
[答案]　
規律方法　彈簧壓縮最短或拉伸最長時，彈簧連接的兩物體速度相同，此時彈簧蓄積彈性勢能最大。
[跟進訓練]
4．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者會粘在一起運動。則在以后的運動中：
(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的
速度為多大？
(2)系統中彈性勢能的最大值是多少？
[解析]　(1)當A、B、C三者的速度相同時彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為vABC，取向右為正方向。由A、B、C三者組成的系統動量守恒，則
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，
解得vABC＝ m/s＝3 m/s。
(2)B、C碰撞時B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則
mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝ m/s＝2 m/s。
設物塊A、B、C速度相同時彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據能量守恒
Ep＝＝×(2＋4)×22J＋×2×62J－×(2＋2＋4)×32J＝12 J。
[答案]　(1)3 m/s　(2)12 J
題號
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12
一、選擇題
1．如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質彈簧，與A質量相同的物體B以速度v向A運動并與彈簧發生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統動能損失最大的時刻是
(　　)
A．A開始運動時 B．A的速度等于v時
C．B的速度等于零時 D．A和B的速度相同時
素養提升練(二)　動量和能量的綜合問題
√
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D　[對A、B組成的系統由于水平面光滑，所以動量守恒。而對A、B、彈簧組成的系統機械能守恒，即A、B動能與彈簧彈性勢能之和 此時彈簧形變量最大，彈性勢能最大，A、B總動能損失最多。故選項D正確。]
2．如圖所示，A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質量小于B球的質量。若用錘子敲擊A球使A得到大小為v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到大小為v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為(　　)
A．L1＞L2 B．L1＜L2
C．L1＝L2 D．不能確定
題號
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√
C　[用錘子敲擊A球，當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由機械能守恒定律得Ep＝mAv2－(mA＋mB)v′2，解得彈簧壓縮到最短時的彈性勢能Ep＝。同理可得用錘子敲擊B球，當彈簧壓縮到最短時的彈性勢能也為，所以L1＝L2，選項C正確。]
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3．短道速滑接力比賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　)
A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量
B．甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反
C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量
D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功
題號
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√
B　[運動員乙推甲的過程中，甲和乙間的相互作用力等大反向，作用時間相等，故甲對乙的沖量和乙對甲的沖量大小相等，方向相反，A錯，B對；“交棒”過程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的過程中位移不一定相等，因而甲對乙做的負功的絕對值和乙對甲做的正功不一定相等，由動能定理，其動能變化量的絕對值也不一定相等，C、D錯。]
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4．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為
B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力等于(M＋m0)g
C．子彈射入木塊后瞬間，環對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)g
D．子彈射入木塊后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量守恒
題號
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√
C　[子彈射入木塊過程中，子彈和木塊組成的系統動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬間子彈與木塊的共同速度大小為v1＝，選項A錯誤；子彈射入木塊后瞬間，根據牛頓第二定律得T－(M＋m0)g＝，可知輕繩拉力大于(M＋m0)g，選項B錯誤；子彈射入木塊后瞬間，對圓環有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，選項C正確；子彈射入木塊后，圓環、木塊和子彈構成的系統只在水平方向動量守恒，選項D錯誤。]
題號
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5．如圖所示，一木塊靜止在長木板的左端，長木板靜止在水平地面上，木塊和長木板的質量相等，均為M，木塊和長木板之間、長木板和地面之間的動摩擦因數都為μ。一顆質量為m＝的子彈以一定速度水平向右射入木塊并留在其中，木塊在長木板上運動的距離為L；靜止后一顆相同的子彈以相同的速度射入長木板，并留在長木板中，重力加速度為g。則(　　)
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A．第一顆子彈射入木塊前瞬間的速度為
B．木塊運動的加速度大小為μg
C．第二顆子彈射入長木板后，長木板運動的加速度大小為2μg
D．最終木塊靜止在距離長木板左端L處
題號
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√
B　[子彈射入木塊過程中，由動量守恒定律可得＝，解得v0＝6v1，分析可知木塊在長木板上運動時，長木板不動，由動能定理可得－μ·MgL＝，解得子彈射入木塊前、后瞬間的速度分別為v0＝6，v1＝，選項A錯誤；由牛頓第二定律可得μ·Mg＝，解得a1＝μg，選項B正確；第二顆子彈射入長木板后，由牛頓第二定律可知，長木板受到木塊、地面的摩擦力
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均向左，故有μ·Mg＋μ·Mg＝，解得a2＝3μg，選項C錯誤；子彈射入木板過程中，子彈與木板組成的系統動量守恒，則v0＝Mv2，解得v2＝v1＝，子彈射入木板后，木板向右做減速運動，木塊向右做加速運動，兩者速度相等后一起做減速運動直到靜止，子彈射入木板到木塊與木板共速的過程有a1t＝v2－a2t，
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解得t＝，該過程木板的位移x2＝v2t－a2t2＝L，木塊的位移x1＝a1t2＝L，最終木塊靜止在距離長木板左端d＝L＋x1－x2＝L處，選項D錯誤。]
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6．如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處于壓縮狀態的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效。A以速率v向右運動，A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，下列關于A、B運動過程說法正確的是(　　)
題號
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A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動
B．A、B系統的總動量最終將大于mv
C．A、B系統的總動能最終將大于mv2
D．當彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為mv2
√
C　[設彈簧恢復原長時，A、B的速度分別為v1、v2，彈簧被鎖定時的彈性勢能為Ep，規定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv＝＝，因Ep＞0，可知v1≠0，v2≠v，選項A錯誤；A、B系統在水平方向動量守恒，系統的總動量最終等于mv，選項B錯誤；彈簧解除鎖定后，存儲的彈性勢能會釋放，導致
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A、B系統總動能增加，系統的總動能最終將大于mv2，選項C正確；彈簧被壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，A、B兩物體具有相同的速度，設為v′，由動量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝v，則有總動能Ek＝×2m·＝mv2，選項D錯誤。]
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7．質量為m0、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ，初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過
程中，系統損失的動能為(　　)
A．mv2 B． C．NμmgL D．μmgL
√
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B　[根據動量守恒定律，小物塊和箱子的共同速度v′＝，損失的動能ΔEk＝＝，所以B正確，A錯誤；根據能量守恒定律，損失的動能等于因摩擦產生的熱量，而熱量等于摩擦力乘相對滑動距離，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，所以C、D錯誤。]
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8．質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一的光滑圓弧軌道，軌道下端切線水平。質量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示。已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下來，與小車分離時，小球與小車速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，
則m∶M的值為(　　)
A．1∶3　　B．1∶4　　C．3∶5　　D．2∶3
√
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C　[設小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律可知mv0＝Mv1－mv2，又＝，對整體由機械能守恒定律可得＝，聯立解得＝，故C正確。]
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9．如圖所示，光滑水平面上的木板靜止，在其右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝1 kg，質量m＝2 kg的鐵塊以水平速度v0＝3 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　)
A．1.5 J B．6 J
C．3 J D．4 J
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A　[從鐵塊滑上木板開始到彈簧被壓縮到最短，系統動量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根據能量守恒定律得Q＋Ep＝－(M＋m)v2；從鐵塊滑上木板開始到最后恰好停在木板的左端，系統動量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根據能量守恒定律得2Q＝－(M＋m)v2，解得Ep＝1.5 J，所以最大彈性勢能為1.5 J，選A。]
二、非選擇題
10．如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，求：
(1)小球在圓弧軌道上能上升的最大高度(用v0、g表示)；
(2)小球離開圓弧軌道時的速度大小。
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[解析]　(1)小球在圓弧軌道上上升到最高時兩物體速度相同，系統在水平方向上動量守恒，規定v0的方向為正方向，有
mv0＝3mv，
得v＝。
根據機械能守恒定律得
＝×3mv2＋mgh，
解得h＝。
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(2)小球離開圓弧軌道時，根據動量守恒定律，則有
mv0＝mv1＋2mv2。
根據機械能守恒定律，則有
＝。
聯立以上兩式可得v1＝－v0，負號表示與v0的方向相反，則小球離開圓弧軌道時的速度大小為。
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[答案]　　(2)
11．如圖所示，質量m＝245 g的物塊(可視為質點)放在質量M＝
0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.4，質量m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2，求：
(1)子彈和物塊一起滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2；
(3)物塊在木板上滑行的時間t和產生的內能E。
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[解析]　(1)子彈進入物塊后與物塊一起向右滑行，物塊的初速度即為物塊的最大速度。對子彈和物塊組成的系統，以向右為正方向，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，
解得v1＝＝6 m/s。
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(2)當子彈、物塊和木板三者速度相同時，木板的速度達到最大，由動量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝＝2 m/s。
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(3)對物塊和子彈組成的系統，由動量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得t＝＝1 s。
對物塊和子彈以及木板組成的系統，由能量守恒定律得
＝＋E，
解得E＝3 J。
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[答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s　3 J
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12．某科技小組設計了以下實驗。如圖甲所示，小車上固定一個右端開口的小管，管口剛好與小車右端對齊。小管內裝有一根質量可忽略不計的硬彈簧，小車與管的總質量為M＝0.2 kg。將一個大小合適、質量為m＝0.05 kg的小球壓入管內，管口的鎖定裝置既可控制小球不彈出，也可通過無線遙控解鎖。小球彈出時間極短，在管內運動的摩擦可忽略。該小組利用此裝置完成以下實驗。
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實驗一：測量彈簧儲存的彈性勢能
如圖乙所示，將該裝置放在水平桌面上，小車右端與桌面右端對齊，并在小車右端懸掛重垂線到地面，標記出O點。固定小車，解鎖后，小球水平飛出，落到地面上的A點。測得OA的距離為x＝2.4 m，小球拋出點的豎直高度為h＝0.8 m。 g取10 m/s2。
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實驗二：對小車移動距離的理論預測與實驗檢驗
如圖丙所示，將該裝置放在水平地面上靜止不動，解除鎖定，小球彈出瞬間小車向相反方向運動。已知地面對小車的阻力恒為車對地面壓力的k倍(k＝0.3)。該小組在實驗一的基礎上，先通過理論計算得出小車移動距離的預測值為s，再通過實驗測得小車移動距離的實際值為s′。
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(1)求小球鎖定時彈簧儲存的彈性勢能Ep；
(2)請你幫助該小組計算小車移動距離的預測值s；
(3)請分析說明根據現有信息能否預測s′與s的大小關系。
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[解析]　(1)設小球水平飛出的初速度為v0，小球彈出后做平拋運動，則
h＝gt2， ①
x＝v0t。 ②
小球彈出過程中，小球與彈簧組成的系統機械能守恒，則
Ep＝。 ③
聯立①②③式可得Ep＝，
代入數據可得Ep＝0.9 J。
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(2)設向右為正方向，在小球彈出過程中，小球與小車組成的系統動量守恒、機械能守恒，則
0＝mv1－Mv2, ④
Ep＝。 ⑤
小球彈出后，小車在地面阻力作用下逐漸減速為零的過程中，由動能定理得
－kMgs＝。 ⑥
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聯立④⑤⑥式可得
s＝Ep， ⑦
代入數據可得s＝0.3 m。
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(3)僅根據現有信息，不能預測s′與s的大小關系。理由如下：
第一，在實驗一中，上述計算彈簧儲存的彈性勢能Ep時，由于沒有考慮小球運動過程中所受阻力的影響，使得Ep的預測值比實際值偏小，由⑦式可知預測值s將偏小。
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第二，在實驗二中，上述預測值計算時沒有考慮彈出小球過程中地面摩擦的影響，使得小車速度v2的預測值要比實際值偏大；同時，在上述預測值計算中，也沒有考慮小車移動過程中所受空氣阻力的影響，由⑥式可知，均致使預測值s偏大。
綜上，僅根據現有信息，無法比較上述偏差的大小關系，所以不能預測s′與s的大小關系。
[答案]　(1)0.9 J　(2)0.3 m　(3)見解析
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