資源簡介

素養提升課(一)　動量與能量的綜合
[學習目標]　1．理解“滑塊—木板”模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。2．理解“滑塊—彈簧”模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。3．理解“滑塊—曲面”模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
　“滑塊—木板”碰撞模型
模型圖例 木板A的上表面粗糙，放在光滑地面上： 1．如圖甲所示，開始時木板A靜止，滑塊B從木板A的左端以速度v0在木板上滑動。 2．如圖乙所示，開始時木板A以速度v0運動，滑塊B靜止于木板A的右端。 兩種情境：(1)如果木板足夠長，A、B最終相對靜止，具有共同速度； (2)如果木板長度較小，B可能滑出A的右端(圖甲)或左端(圖乙)。
模型 特點 及規律 以圖甲為例：設滑塊質量為m、木板質量為M、動摩擦因數為μ。
模型特點及規律 1．如果木板足夠長，運動情境如圖所示： Ff＝μmg 由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 由動能定理得 －Ffx1＝ Ffx2＝Mv2 Ffx3＝Ff(x1－x2)＝(m＋M)v2＝Q。 2．如果木板長度較小，滑塊B滑出木板A的右端，設木板的長度為L，滑塊滑出木板時滑塊的速度為v1，木板的速度為v2。 由動量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。 由能量守恒得Q熱＝FfL＝。
【典例1】　(人教版P30T7改編)如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求：
(1)A與C發生碰撞后的瞬間A的速度大小；
(2)若B與A間的動摩擦因數μ＝0.2，則木板A的最小長度是多少？
[聽課記錄]　_________________________________________________________
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[針對訓練]
1．(多選)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝2 m/s 滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化的情況如圖乙所示，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．木板獲得的動能為1 J
B．系統損失的機械能為2 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動摩擦因數為0.1
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　“滑塊—彈簧”碰撞模型
1．模型圖示
2．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0，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，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為0，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2】　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速度相等時，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)B和C碰前瞬間B的速度；
(2)整個系統損失的機械能；
(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
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　解答含彈簧的系統類問題必須注意的幾個問題
(1)首先判斷彈簧的初始狀態是處于原長、伸長還是壓縮狀態。
(2)分析作用前、后彈簧和物體的運動狀態，依據動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。
(3)判斷解出的結果的合理性。
(4)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特別注意彈簧的三個狀態：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(此時彈簧與連接的物體具有共同的瞬時速度，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的關鍵點。
[針對訓練]
2．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
A．A物體的質量為3m
B．A物體的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
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　“滑塊—曲(斜)面”模型
1．模型圖示
2．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，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】　2024年7月巴黎奧運會滑板女子街式決賽中，14歲的崔宸曦以241.56分獲得第四名，創造了中國隊選手在奧運會滑板項目上的最好成績。現為研究物體運動規律，情境簡化如圖所示，ABCDE為截去圓周的光滑圓槽平臺的側面視圖，圓槽的圓心為O，半徑為a，正方形OABC邊長為2a，D、E恰為兩邊的中點。現有一可視為質點的小球自E點正上方距離為a的P點處由靜止下落。小球質量為m，圓槽質量為2m，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)若圓槽固定在水平地面，則小球到達D處的速度大小；
(2)若圓槽不固定，初始靜止在光滑水平面上，則小球要離開槽口時小球的速度大小；
(3)接(2)問，小球第一次落到地面時距釋放點P的距離。(結果可含根號，需化簡)
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[針對訓練]
3．(多選)如圖所示，質量為m的楔形物塊上有圓弧軌道，圓弧對應的圓心角小于90°且足夠長，物塊靜止在光滑水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動，不計一切摩擦。則以下說法正確的是(　　)
A．小球能上升的最大高度H＝
B．小球上升過程中，小球的機械能守恒
C．小球最終靜止在水平面上
D．楔形物塊最終的速度為v1
1 / 1素養提升課(一)　動量與能量的綜合
[學習目標]　1．理解“滑塊—木板”模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。2．理解“滑塊—彈簧”模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。3．理解“滑塊—曲面”模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
　“滑塊—木板”碰撞模型
模型圖例 木板A的上表面粗糙，放在光滑地面上： 1．如圖甲所示，開始時木板A靜止，滑塊B從木板A的左端以速度v0在木板上滑動。 2．如圖乙所示，開始時木板A以速度v0運動，滑塊B靜止于木板A的右端。 兩種情境：(1)如果木板足夠長，A、B最終相對靜止，具有共同速度； (2)如果木板長度較小，B可能滑出A的右端(圖甲)或左端(圖乙)。
模型 特點 及規律 以圖甲為例：設滑塊質量為m、木板質量為M、動摩擦因數為μ。
續表
BBBBBB
模型特點及規律 1．如果木板足夠長，運動情境如圖所示： Ff＝μmg 由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 由動能定理得 －Ffx1＝ Ffx2＝Mv2 Ffx3＝Ff(x1－x2)＝(m＋M)v2＝Q。 2．如果木板長度較小，滑塊B滑出木板A的右端，設木板的長度為L，滑塊滑出木板時滑塊的速度為v1，木板的速度為v2。 由動量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。 由能量守恒得Q熱＝FfL＝。
【典例1】　(人教版P30T7改編)如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求：
(1)A與C發生碰撞后的瞬間A的速度大小；
(2)若B與A間的動摩擦因數μ＝0.2，則木板A的最小長度是多少？
[解析]　(1)在光滑水平軌道上，在與C碰撞前，A、B間無相互作用，又因碰撞時間極短，長板A與滑塊C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC。A與滑塊B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB。A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC，解得vA＝2 m/s，vC＝3 m/s。
(2)當B物塊恰好到達木板A右端與A共速，此時木板A的長度最短，設為l，由能量守恒得
μmBgl＝
解得l＝1.5 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)1.5 m
[針對訓練]
1．(多選)如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝2 m/s 滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化的情況如圖乙所示，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．木板獲得的動能為1 J
B．系統損失的機械能為2 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動摩擦因數為0.1
ABD　[由題圖乙可知，最終木板獲得的速度v＝1 m/s, A、B組成的系統動量守恒，設木板的質量為M，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，則木板獲得的動能為Ek＝×2×12 J＝1 J，故A正確；系統損失的機械能ΔE＝(m＋M)v2，解得ΔE＝2 J，故B正確；根據v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖乙得到第1 s內B的位移為xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移為xA＝1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1 m，故C錯誤；由題圖乙可得，B的加速度a＝ m/s2＝－1 m/s2，負號表示加速度的方向與v0的方向相反，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正確。]
　“滑塊—彈簧”碰撞模型
1．模型圖示
2．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0，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，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為0，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2】　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速度相等時，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)B和C碰前瞬間B的速度；
(2)整個系統損失的機械能；
(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
[解析]　(1)(2)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1，對A、B與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得mv0＝2mv1
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
＝ΔE＋
聯立解得v1＝，ΔE＝。
(3)B、C碰撞后，由于v2－ΔE＝＋Ep
聯立解得Ep＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
　解答含彈簧的系統類問題必須注意的幾個問題
(1)首先判斷彈簧的初始狀態是處于原長、伸長還是壓縮狀態。
(2)分析作用前、后彈簧和物體的運動狀態，依據動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。
(3)判斷解出的結果的合理性。
(4)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特別注意彈簧的三個狀態：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(此時彈簧與連接的物體具有共同的瞬時速度，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的關鍵點。
[針對訓練]
2．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
A．A物體的質量為3m
B．A物體的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
AC　[彈簧固定，當彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，A的動能轉化為彈簧的彈性勢能，A及彈簧組成的系統機械能守恒，則知彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設A的質量為mA，即有Epm＝，當彈簧一端連接另一質量為m的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由機械能守恒定律得Epm＝(mA＋m)v2，解得mA＝3m，Epm＝故A、C正確。]
　“滑塊—曲(斜)面”模型
1．模型圖示
2．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，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】　2024年7月巴黎奧運會滑板女子街式決賽中，14歲的崔宸曦以241.56分獲得第四名，創造了中國隊選手在奧運會滑板項目上的最好成績。現為研究物體運動規律，情境簡化如圖所示，ABCDE為截去圓周的光滑圓槽平臺的側面視圖，圓槽的圓心為O，半徑為a，正方形OABC邊長為2a，D、E恰為兩邊的中點。現有一可視為質點的小球自E點正上方距離為a的P點處由靜止下落。小球質量為m，圓槽質量為2m，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)若圓槽固定在水平地面，則小球到達D處的速度大小；
(2)若圓槽不固定，初始靜止在光滑水平面上，則小球要離開槽口時小球的速度大小；
(3)接(2)問，小球第一次落到地面時距釋放點P的距離。(結果可含根號，需化簡)
[解析]　(1)對小球從P運動到D處，由動能定理mg·2a＝mv2
解得v＝2。
(2)若圓槽不固定，設小球離開槽口時的速度大小為v1，圓槽的速度大小為v2，取水平向右的方向為正方向。由水平方向動量守恒可得0＝mv1＋2m(－v2)
由機械能守恒可得mg·2a＝
解得小球的速度大小v1＝。
(3)設小球在圓槽內下滑的過程中小球水平方向的位移大小為x1，圓槽后退的位移大小為x2，根據人船模型(水平方向動量守恒)，取水平向右為正方向，則有
mx1＋2m(－x2)＝0
又x1＋x2＝a
解得x1＝a
小球離開槽口后做平拋運動，設小球水平方向位移為x3，水平方向x3＝v1·t
豎直方向a＝g·t2，解得x3＝a
則小球落地點距P點距離
s＝
解得s＝a。
[答案]　(1)2　(2)　(3)a
[針對訓練]
3．(多選)如圖所示，質量為m的楔形物塊上有圓弧軌道，圓弧對應的圓心角小于90°且足夠長，物塊靜止在光滑水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動，不計一切摩擦。則以下說法正確的是(　　)
A．小球能上升的最大高度H＝
B．小球上升過程中，小球的機械能守恒
C．小球最終靜止在水平面上
D．楔形物塊最終的速度為v1
ACD　[以水平向右為正方向，在小球上升過程中，系統水平方向動量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系統機械能守恒，有(m＋m)v2＋mgH，解得v＝，A正確；單獨以小球為研究對象，斜面的支持力對小球做功，所以小球的機械能不守恒，故B錯誤；設最終小球的速度為v2，物塊的速度為v3，由水平方向動量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由機械能守恒有，解得v2＝0，v3＝v1(另解v2＝v1，v3＝0舍去)，即交換速度，C、D正確。]
素養提升練(一)　動量與能量的綜合
1．(多選)如圖所示，兩個質量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍。上述兩種射入過程相比較 (　　)
A．射入滑塊A的子彈速度變化大
B．整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大
C．兩個過程中系統產生的熱量相同
D．射入滑塊A中時阻力對子彈做的功是射入滑塊B中時的兩倍
BC　[設子彈的初速度為v，子彈和滑塊的共同速度為v′，則根據動量守恒定律，有mv＝(M＋m)v′，解得v′＝，由于兩矩形滑塊A、B的質量相同，故兩種情況中最后子彈與滑塊的速度都是相同的，子彈速度變化相同，故A錯誤；滑塊A、B的質量相同，初速度均為零，末速度均為，故動量變化量相等，根據動量定理可知，整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大，故B正確；根據能量守恒定律，兩個過程中系統產生的熱量等于系統減小的機械能，則兩個過程中系統產生的熱量相同，故C正確；根據動能定理，射入滑塊中時阻力對子彈做的功等于子彈動能的變化量，則射入滑塊A中時阻力對子彈做的功等于射入滑塊B中時阻力對子彈做的功，故D錯誤。]
2．(多選)如圖所示，質量為M的滑槽靜止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是粗糙水平面，BC部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道。現有一質量為m的小滑塊從A點以速度v0沖上滑槽，并且剛好能夠滑到滑槽軌道的最高點C點，忽略空氣阻力。則在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．滑塊滑到C點時，速度大小等于v0
B．滑塊滑到C點時速度變為0
C．滑塊從A點滑到C點的過程中，滑槽與滑塊組成的系統動量和機械能都守恒
D．滑塊從B點滑到C點的過程中，滑槽與滑塊組成的系統動量不守恒，機械能守恒
AD　[滑槽與滑塊組成的系統，水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒，設滑塊滑到C點時，速度大小為v，取水平向右為正方向，根據水平動量守恒得mv0＝(M＋m)v，得v＝v0，故A正確，B錯誤；滑塊從A點滑到C點的過程，滑槽與滑塊組成的系統合外力為零，動量守恒，由于要產生內能，系統的機械能不守恒，故C錯誤；滑塊從B點滑到C點的過程，滑塊在豎直方向上有分加速度，根據牛頓第二定律知系統的合外力不為零，則滑槽與滑塊組成的系統動量不守恒，由于只有重力做功，系統的機械能守恒，故D正確。]
3．如圖所示，質量為m的滑環套在足夠長的光滑水平桿上，質量為M＝3m的小球(可視為質點)用長為L的輕質細繩與滑環連接。滑環固定時，給小球一個水平沖量I，小球擺起的最大高度為h1(h1A．6∶1 　 B．4∶1
C．2∶1 　 D．4∶3
B　[滑環固定時，設小球獲得沖量I所對應的初速度為v0，根據機械能守恒定律，有Mgh1＝；滑環不固定時，小球初速度仍為v0，在小球擺起最大高度h2時，它們速度都為v，在此過程中小球和滑環組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，則Mv0＝(m＋M)v2＋Mgh2，由以上各式可得h2＝，聯立可得h1∶h2＝4∶1，B正確。]
4．如圖所示，子彈以某一水平速度擊中靜止在光滑水平面上的木塊并留在其中。對子彈射入木塊的過程，下列說法正確的是(　　)
A．木塊對子彈的沖量大于子彈對木塊的沖量
B．因子彈受到阻力的作用，故子彈和木塊組成的系統動量不守恒
C．子彈和木塊組成的系統損失的機械能等于子彈損失的動能減去子彈對木塊所做的功
D．子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動能減少量和摩擦產生的熱量之和
C　[木塊對子彈的沖量與子彈對木塊的沖量，方向相反，大小相等，A錯誤；因為水平面光滑，系統不受外力，子彈和木塊組成的系統動量守恒，B錯誤；根據動能定理，子彈對木塊所做的功等于木塊獲得的動能，根據能量守恒定律，子彈和木塊組成的系統損失的機械能等于子彈損失的動能減去木塊獲得的動能，C正確；根據動能定理，子彈克服木塊阻力做的功等于子彈的動能減少量，D錯誤。]
5．(多選)如圖所示，與水平輕彈簧相連的物體A停放在光滑的水平面上，物體B沿水平方向向右運動，跟與A相連的輕彈簧相碰。在B跟彈簧相碰后，對于A、B和輕彈簧組成的系統，下列說法正確的是(　　)
A．彈簧壓縮量最大時，A、B的速度相同
B．彈簧壓縮量最大時，A、B的動能之和最小
C．彈簧被壓縮的過程中系統的總動量不斷減少
D．物體A的速度最大時，彈簧的彈性勢能為零
ABD　[物體B與彈簧接觸時，彈簧發生形變，產生彈力，可知B做減速運動，A做加速運動，當兩者速度相等時，彈簧的壓縮量最大，故A正確；A、B和彈簧組成的系統機械能守恒，壓縮量最大時，彈性勢能最大，此時A、B的動能之和最小，故B正確；彈簧在壓縮的過程中，A、B和彈簧組成的系統動量守恒，故C錯誤；當兩者速度相等時，彈簧的壓縮量最大，然后A繼續加速，B繼續減速，彈簧逐漸恢復原長，當彈簧恢復原長時，A的速度最大，此時彈簧的彈性勢能為零，故D正確。]
6．如圖所示，半徑為R、質量為M的光滑圓槽置于光滑的水平地面上，一個質量為m的小木塊(可視為質點)從槽的頂端由靜止滑下，重力加速度為g。則木塊從槽口滑出時的速度大小為(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
B　[對木塊和槽所組成的系統，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設木塊滑出槽口時的速度為v，槽的速度為u，取水平向右為正，在水平方向上，由動量守恒定律可得mv＋Mu＝0。木塊下滑時，只有重力做功，系統機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR＝Mu2，聯立解得v＝，故B正確，A、C、D錯誤。]
7．如圖所示，在光滑的水平面上有一質量為M＝3 kg的長條木板，以速度v0＝4 m/s 向右做勻速直線運動，將質量為m＝1 kg的小鐵塊輕輕放在木板上的A點(這時小鐵塊相對于地面速度為零)，小鐵塊相對于木板向左滑動，由于小鐵塊和木板間有摩擦，最后它們之間相對靜止。
(1)小鐵塊跟木板相對靜止時，求它們的共同速度大小；
(2)求在全過程中有多少機械能轉化為內能。
[解析]　(1)木板與小鐵塊組成的系統動量守恒
Mv0＝(M＋m)v′
解得v′＝＝3 m/s。
(2)根據能量守恒定律，系統損失的動能轉化為內能
Q＝(M＋m)v′2
解得Q＝6 J。
[答案]　3 m/s　6 J
8．如圖所示，在光滑的水平面上有一帶半圓形光滑弧面的小車，質量為M，圓弧半徑為R，從距車上表面高為H處靜止釋放一質量為m的小球，它剛好沿圓弧切線從A點落入小車，重力加速度為g，求：
(1)小球到達車底B點時，小車的速度和小球從A點到達B點的過程中小車的位移；
(2)小球到達小車右邊緣C點時，小球的速度。
[解析]　(1)小球從A點運動到B點的過程中，小球和小車組成的系統在水平方向動量守恒，取向右為正方向，則有mv1－Mv2＝0，系統機械能守恒，則有mg(H＋R)＝，聯立以上兩式解得小球到達車底B點時小車的速度大小v2＝方向水平向左。由水平方向動量守恒還可得mx1－Mx2＝0，又x1＋x2＝R，解得小球從A點到達B點的過程中小車的位移大小x2＝方向水平向左。
(2)小球到達C點時，小球相對小車豎直向上運動，所以水平方向速度相等，則(m＋M)vx＝0，得此時小車速度vx＝0，根據動能定理可得mgH＝，解得vC＝，方向豎直向上。
[答案]　(1)m，方向水平向左　方向水平向左　(2)，方向豎直向上
9．如圖所示，光滑水平面上有一輛質量為M＝1 kg的小車，小車的上表面有一個質量為m＝0.9 kg的滑塊，滑塊與小車的擋板用水平輕彈簧相連接，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數為μ＝0.2，整個系統一起以v1＝10 m/s 的速度向右做勻速直線運動，此時彈簧長度恰好為原長。現在用一質量為m0＝0.1 kg 的子彈，以v0＝50 m/s的速度向左射入滑塊且不穿出，所用時間極短。當彈簧壓縮到最短時，彈簧被鎖定，測得此時彈簧的壓縮量為d＝0.50 m, g＝10 m/s2。求：
(1)子彈射入滑塊后的瞬間，子彈與滑塊的共同速度；
(2)彈簧壓縮到最短時，彈簧彈性勢能的大小。
[解析]　(1)設子彈射入滑塊瞬間的共同速度為v2，取向右為正方向，對子彈與滑塊組成的系統應用動量守恒定律得
mv1－m0v0＝(m＋m0)v2
解得v2＝4 m/s，方向水平向右。
(2)設子彈、滑塊與小車三者的共同速度為v3，當三者達到共同速度時彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大。由動量守恒定律得
Mv1＋(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v3
解得v3＝7 m/s
設最大彈性勢能為Epmax，對三個物體組成的系統應用能量守恒定律有
＝Epmax＋Q
其中Q＝μ(m＋m0)gd
解得Epmax＝8 J。
[答案]　(1)4 m/s，方向水平向右　(2)8 J
10．如圖甲所示，物體A、B的質量分別是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用輕彈簧相連接放在光滑的水平面上，物體B左側與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起以一定的速度向左運動，在t＝5 s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15 s內的v-t圖像如圖乙所示。求：
(1)物塊C的質量m3；
(2)B離開墻壁后所能獲得最大速度的大小。
[解析]　(1)設水平向左為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，m3vC＝(m1＋m3)v共1，解得m3＝2 kg。
(2)當B速度最大時，相當于B與AC整體完成一次彈性碰撞，可得
(m1＋m3)v共1＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
解得v2＝2.4 m/s。
[答案]　(1)2 kg　(2)2.4 m/s
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