12、送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為3.0 m/s.
(2)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2
由動量守恒定律有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，它減速運動到傳送帶右端時，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動的末速度為v＝3 m/s，加速度大小為2 m/s2
由勻變速直線運動的速度－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向右運動壓縮彈簧，測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．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02 D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02
【答案】AC
【解析】彈簧固定，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，A的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，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能等于A的初動能，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，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(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，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)以速度v0向左運動并與滑塊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動；
(2)如果滑塊A恰好能過C點，滑塊B與滑塊A相碰過程中輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢能為多少？
【答案】 (1)3 m/s (2)0.375 J
【解析】 (1)設(shè)滑塊A過C點時速度為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，碰撞過程動量守
17、恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得
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)兩者速度相同時有最大彈性勢能Ep，設(shè)共同速度為v、A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得
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。
熱點題型三 應(yīng)用動量能量觀點解決“板塊”模型
1．用動力學(xué)觀點分析“滑塊——木板”模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián)。
(1)一個轉(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動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點。
(2)兩個關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間的關(guān)聯(lián)。
2．用動量和功能觀點分析“滑塊——木板”模型要抓住一個條件和兩個分析及一個規(guī)律。
(1)一個條件——滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零是系統(tǒng)動量守恒的條件。
(2)兩個分析——分析滑塊和木板相互作用過程的運動分析和作用前后的動量分析。
(3)一個規(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算公式Q＝f·d相對。
【例4】(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，用長為R的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為 的小球A懸掛于O點
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)置于長木板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，運動到最低點時與小物塊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)若長木板C的質(zhì)量為2m，小物塊B與長木板C之間的動摩擦因數(shù)為μ，長木板C的長度至少為多大，小物塊B才不會從長木板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與長木板C相互作用達(dá)到的共同速度為v，長木板C的最小長度為L，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運動位移為x1時，小物塊B、長木板C達(dá)到共同速度v，此時長木板C運動的位移為x2
對小物塊B有μmg＝maB，v－v2＝2aB·x1
對長木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC·x2，＝
木板的最小長度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，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計，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上表面的動摩擦因數(shù) D．小車B獲得的動能
【答案】BC
【解析】.由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；由動量守恒定律得，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獲得的動能，故D錯誤．
【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為L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一個光滑的 圓弧槽C與長木板接觸但不連接，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．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A、B、C整體，設(shè)A剛離開B時，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”的過程中，設(shè)A到達(dá)最高點時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＝.
熱點題型四 應(yīng)用動量能量觀點解決斜劈碰撞現(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動？
【答案】：
【解析】
1、當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度時，設(shè)小球和小車具有共同速度，對小球和小車組成的系統(tǒng)，由水平方向動量守恒有：
?、?
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，又會從弧形槽內(nèi)滑下，小球剛滑離小車時小車速度最大，設(shè)此時小球速度為，小車具有向右的速度為，以向右為速度正方向，由水平方向動量守恒有：
25、
?、?
由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：
?、?
由③④解得：，．
3、由上面解得知：
當(dāng)時，，小球從小車左端脫離后做自由落體運動；
當(dāng)時，，小球從小車左端脫離后向右做平拋運動；
當(dāng)時，，即小球脫離小車時速度向左，則小球從小車上脫離后向左做平拋運動．
【簡評】：此題中兩物體間通過彈力發(fā)生相互作用，系統(tǒng)只在水平方向動量守恒．當(dāng)小球滑至弧形槽內(nèi)的最大高度時兩物體具有共同速度，此時類似“完全非彈性碰撞”，系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為小球增加的勢能．對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。某時刻小孩將冰塊以相對冰面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運動。取重力加速度的大小g=10m/s2.
(1)小孩將冰塊推出時的速度大小
(2)求斜面體的質(zhì)量；
(3)通過計算判斷，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)動量守恒可得，
解得（向右）
（2）對于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)
27、，根據(jù)動量守恒可得，
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）
因為，所以冰塊不能追上小孩．
【變式2】在光滑的冰面上放置一個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：對小球與曲面進(jìn)行研究，由動量守恒及機(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)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，
由動量守恒定律得：
由動能定理得：
解得：
(2)小孩推出球的過程小孩與球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，
由動量守恒定律得：
球與曲面組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，
由動量守恒定律得：
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：
【點睛】：本題主要考查了動量守恒和定能定理的綜合應(yīng)用，要注意正確選擇研究對象及過程，明確動量守恒的條件，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向右運動．在小球A的前方O點處有一質(zhì)量
為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B
均向右運動．小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球A在P點相遇，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兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動能，故根據(jù)能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學(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，碰撞前的總動能為mav＋mbv＝ J，碰撞后的總動能為mava′2＋mbvb′2＝ J，故機(jī)械能守恒；碰撞前的總動量為mava＋mavb＝3 kg·m/s，撞后的總動量為mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故動量守恒，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的方向為正，由動量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系統(tǒng)的總動能為Ek＝mv2.碰撞后系統(tǒng)的總動能為：Ek′＝mv＋×3mv>mv2 ，違反了能量守恒定律，不可能，故A錯誤；若vB＝0.4v，由動量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系統(tǒng)的總動能為：Ek′＝mv＋×3mv
33、得的速度最小，所以vB＝0.2v，是不可能的，故C錯誤；若vB＝0.3v，由動量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.3v，解得：vA＝0.1v，碰撞后系統(tǒng)的總動能為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，再向右做加速運動，在此期間，木板做減速運動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時，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做加速運動的時間內(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動，發(fā)生碰撞．已知碰撞后，甲滑塊
35、靜止不動，則( )
A．碰撞前總動量大小為2mv B．碰撞過程動量不守恒
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)動量守恒，B錯誤；設(shè)碰撞后乙的速度為v′，由動量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正確；碰撞前總動能為·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后總動能為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，以向右的方向為正方向，對m2、m3，由動量守恒定律得：m2v2－m3v1＝0.
37、只要m1和m3碰后速度不大于v2，則m3和m2就不會再發(fā)生碰撞，m3和m2恰好不相撞時，兩者速度相等．
對m1、m3，由動量守恒定律得：
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一起運動但與B不粘
38、連．求：
(1)彈簧的最大彈性勢能；
(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)動量守恒得3mv1＝4mv2
彈簧最短時彈性勢能最大，系統(tǒng)的動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，根據(jù)能量守恒得
Epmax＝×4mv＝mgh
(2)根據(jù)題意，A與B分離時A的速度大小為v2，A與B分離后沿圓弧面上升到最高點的過程中，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，其左端與固定臺階相距x。與滑塊B (可視為質(zhì)點)相連
39、的細(xì)線一端固定在O點。水平拉直細(xì)線并給B一個豎直向下的初速度，當(dāng)B到達(dá)最低點時，細(xì)線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑入。A與臺階碰撞無機(jī)械能損失，不計空氣阻力。已知A的質(zhì)量為2m, B的質(zhì)量為m。A、B之間動摩擦因數(shù)為μ；細(xì)線長為L、能承受的最大拉力為B重力的5倍；A足夠長，B不會從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，機(jī)械能守恒，有：
mv＋mgL＝mv①
40、
在最低點，由牛頓運動定律：
T－mg＝②
又：T＝5mg③
聯(lián)立①②③得：v0＝，v1＝2。
(2)設(shè)A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，由動量守恒
mv1＝mvB＋2mvA④
若A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：
|2mvA|≥|mvB|⑤
對A應(yīng)用動能定理：μmgx＝×2mv⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得：x≥⑦
即A與臺階只能碰撞一次的條件是： x≥。
(3)設(shè)x＝x0時，A左端到與臺階碰撞前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度vAB，由動量守恒
mv1＝(m＋2m)vAB⑧
對A應(yīng)用動能定理： μmgx0＝×2mv⑨
聯(lián)立⑧⑨得x0＝。
(Ⅰ)當(dāng)x≥x0，
41、即x≥時，A、B共速后A與臺階碰撞。
由⑧可得A與臺階碰撞前瞬間的速度：
vA1＝vAB＝＝。
(Ⅱ)當(dāng)x0＞x≥即＞x≥時，A、B共速前A就與臺階碰撞，對A應(yīng)用動能定理：μmgx＝×2mv
A與臺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動，某一時刻，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
42、量守恒得
設(shè)A、B、C同速時速度為，由水平方向動量守恒
得
由能量守恒得
解得
(2)當(dāng)B擺回最低點時，C的速度最大，由水平方向動量守恒
(
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)，由車上P處開始，A以初速度v1＝2 m/s向左運動，B同時以v2＝4 m/s向右運動．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摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，g取10 m/s2.求：
(1)求小車總長L；
(2)物塊B在小
43、車上滑動的過程中產(chǎn)生的熱量QB；
(3)從物塊A、B開始運動計時，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，整個系統(tǒng)動量守恒、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開始運動至左端歷時t1，在A運動至左端前，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
此時小車向右運動的位移x3＝a(t2－t1)2
接下去三個物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運動了
x4＝v(6 s－t2)
聯(lián)立以上式子，解得小車在6 s內(nèi)向右運動的總距離x＝x3＋x4＝1.625 m.
20
2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點題型歸納與變式演練 專題17 動量與能量（含解析）
