第一篇：2011屆高考物理第一輪經(jīng)典模型檢測試題12水平方向上的碰撞&彈簧模型

水平方向上的碰撞＆彈簧模型

［模型概述］在應(yīng)用動量守恒、機械能守恒、功能關(guān)系和能量轉(zhuǎn)化等規(guī)律考查學(xué)生的綜合應(yīng)用能力時，常有一類模型，就是有彈簧參與，因彈力做功的過程中彈力是個變力，并與動量、能量聯(lián)系，所以分析解決這類問題時，要細致分析彈簧的動態(tài)過程，利用動能定理和功能關(guān)系等知識解題。［模型講解］

一、光滑水平面上的碰撞問題 例1.在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m，現(xiàn)B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為EP，則碰前A球的速度等于（）

A.B.C.D.解析：設(shè)碰前A球的速度為v0，兩球壓縮最緊時的速度為v，根據(jù)動量守恒定律得出

，聯(lián)立解得，所以正，由能量守恒定律得確選項為C。

二、光滑水平面上有阻擋板參與的碰撞問題

例2.在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”。這類反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型類似，兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)，在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖1所示，C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個整體D，在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連，過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失），已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。

圖1（1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。

（2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析：（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時，D的速度為v1，由動量守恒得

當，由以

彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動量守恒得上兩式求得A的速度。

（2）設(shè)彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為EP，由能量守恒，有 撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復(fù)到

自然長度時，勢能全部轉(zhuǎn)彎成D的動能，設(shè)D的速度為v3，則有

以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長，設(shè) 此時的速度為v4，由動量守恒得

當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設(shè)此勢能為EP”，由能量守恒，有 解以上各式得。

說明：對彈簧模型來說“系統(tǒng)具有共同速度之時，恰為系統(tǒng)彈性勢能最多”。

三、粗糙水平面上有阻擋板參與的碰撞問題

例3.圖2中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導(dǎo)軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另一質(zhì)量與B相同滑塊A，從導(dǎo)軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離l1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發(fā)點P并停止，滑塊A和B與導(dǎo)軌的滑動摩擦因數(shù)都為彈簧最大形變量為l2，重力加速度為g，求A從P出發(fā)時的初速度v0。，運動過程中

圖2 解析：令A(yù)、B質(zhì)量皆為m，A剛接觸B時速度為v1（碰前）

由功能關(guān)系，有

A、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為v2 有

碰后A、B先一起向左運動，接著A、B一起被彈回，在彈簧恢復(fù)到原長時，設(shè)A、B的共同速度為v3，在這一過程中，彈簧勢能始末狀態(tài)都為零，利用功能關(guān)系，有

此后A、B開始分離，A單獨向右滑到P點停下，由功能關(guān)系有

由以上各式，解得

四、結(jié)論開放性問題

例4.用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以 的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物體C靜止在前方，如圖3所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求：在以后的運動中，圖3（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？（2）彈性勢能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左嗎？為什么？

解析：（1）當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有

解得：（2）B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為，則

設(shè)物塊A速度為vA時彈簧的彈性勢能最大為EP，根據(jù)能量守恒

（3）由系統(tǒng)動量守恒得，則 設(shè)A的速度方向向左，則作用后A、B、C動能之和

實際上系統(tǒng)的機械能

根據(jù)能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左運動。

［模型要點］

系統(tǒng)動量守恒，如果彈簧被作為系統(tǒng)內(nèi)的一個物體時，彈簧的彈力對系統(tǒng)內(nèi)物體做，動能與勢能相互轉(zhuǎn)化。

不做功都不影響系統(tǒng)的機械能。能量守恒彈簧兩端均有物體：彈簧伸長到最長或壓縮到最短時，相關(guān)聯(lián)物體的速度一定相等，彈簧具有最大的彈性勢能。

當彈簧恢復(fù)原長時，相互關(guān)聯(lián)物體的速度相差最大，彈簧對關(guān)聯(lián)物體的作用力為零。若物體再受阻力時，彈力與阻力相等時，物體速度最大。［模型演練］

（2006年江蘇省前黃高級中學(xué)檢測題）如圖4所示，在光滑水平長直軌道上，A、B兩小球之間有一處于原長的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與B球連接，左端與A球接觸但不粘連，已知，開始時A、B均靜止。在A球的左邊有一質(zhì)量為的小球C以初 速度向右運動，與A球碰撞后粘連在一起，成為一個復(fù)合球D，碰撞時間極短，接著逐漸壓縮彈簧并使B球運動，經(jīng)過一段時間后，D球與彈簧分離（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）。

圖4（1）上述過程中，彈簧的最大彈性勢能是多少？（2）當彈簧恢復(fù)原長時B球速度是多大？

（3）若開始時在B球右側(cè)某位置固定一塊擋板（圖中未畫出），在D球與彈簧分離前使B球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設(shè)B球與擋板碰撞時間極短，碰后B球速度大小不變，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢能最大值的范圍。

答案：（1）設(shè)C與A相碰后速度為v1，三個球共同速度為v2時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒，能量守恒有：

（2）設(shè)彈簧恢復(fù)原長時，D球速度為，B球速度為

則有

（3）設(shè)B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度

與擋板碰后彈性勢能最大，D、B兩球速度相等，設(shè)為

當 時，最大

時，最小，所以

第二篇：高考物理彈簧模型總結(jié)

特級教師分析2013年高考物理必考題：含彈簧的物理模型

【命題規(guī)律】

高考中常出現(xiàn)的物理模型中，斜面問題、疊加體模型、含彈簧的連接體、傳送帶模型等在高考中的地位特別重要，本專題就這幾類模型進行歸納總結(jié)和強化訓(xùn)練；傳送帶問題在高考中出現(xiàn)的概率也較大，而且解題思路獨特，本專題也略加論述．

有些問題在高考中變化較大，或者在前面專題中已有較全面的論述，在這里就不再論述和例舉．試卷中下列常見的物理模型出現(xiàn)的概率較大：斜面問題、疊加體模型(包含子彈射入)、帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)、天體問題(圓周運動)、輕繩(輕桿)連接體模型、傳送帶問題、含彈簧的連接體模型．

高考命題以《考試大綱》為依據(jù)，考查學(xué)生對高中物理知識的掌握情況，體現(xiàn)了“知識與技能、過程與方法并重”的高中物理學(xué)習思想．每年各地的高考題為了避免雷同而千變?nèi)f化、多姿多彩，但又總有一些共性，這些共性可粗略地總結(jié)如下：

三、含彈簧的物理模型 縱觀歷年的高考試題，和彈簧有關(guān)的物理試題占有相當大的比重．高考命題者常以彈簧為載體設(shè)計出各類試題，這類試題涉及靜力學(xué)問題、動力學(xué)問題、動量守恒和能量守恒問題、振動問題、功能問題等，幾乎貫穿了整個力學(xué)的知識體系．為了幫助同學(xué)們掌握這類試題的分析方法，現(xiàn)將有關(guān)彈簧問題分類進行剖析．

對于彈簧，從受力角度看，彈簧上的彈力是變力；從能量角度看，彈簧是個儲能元件．因此，彈簧問題能很好地考查學(xué)生的綜合分析能力，故備受高考命題老師的青睞．

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1．靜力學(xué)中的彈簧問題

(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝k·Δx．

(2)對彈簧秤的兩端施加(沿軸線方向)大小不同的拉力，彈簧秤的示數(shù)一定等于掛鉤上的拉力．

●例4 如圖9－12甲所示，兩木塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中A和B的重力勢能共增加了()

【解析】取A、B以及它們之間的彈簧組成的整體為研究對象，則當下面的彈簧對地面 的壓力為零時，向上提A的力F恰好為：

F＝(m1＋m2)g

設(shè)這一過程中上面和下面的彈簧分別伸長x1、x2，如圖9－12乙所示，由胡克定律得：

故A、B增加的重力勢能共為：

．

[答案] D 【點評】①計算上面彈簧的伸長量時，較多同學(xué)會先計算原來的壓縮量，然后計算后來的伸長量，再將兩者相加，但不如上面解析中直接運用Δx＝ΔF/k進行計算更快捷方便．

②通過比較可知，重力勢能的增加并不等于向上提的力所做的功

．

2．動力學(xué)中的彈簧問題

(1)瞬時加速度問題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會發(fā)生突變，彈力也不會發(fā)生突變．

(2)如圖9－13所示，將A、B下壓后撤去外力，彈簧在恢復(fù)原長時刻B與A開始分離．

圖9－13 ●例5 一彈簧秤秤盤的質(zhì)量m1＝1.5 kg，盤內(nèi)放一質(zhì)量m2＝10.5 kg的物體P，彈簧的質(zhì)量不計，其勁度系數(shù)k＝800 N/m，整個系統(tǒng)處于 靜止狀態(tài)，如圖9－14 所示．

現(xiàn)給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做 勻加速直線運動，已知在最初0.2 s內(nèi)F是變化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10 m/s2)【解析】初始時刻彈簧的壓縮量為： x0＝((m1＋m2)g/k＝0.15 m 設(shè)秤盤上升高度x時P與秤盤分離，分離時刻有：

又由題意知，對于0～0.2 s時間內(nèi)P的運動有： 1/2)at2＝x

解得：x＝0.12 m，a＝6 m/s2

故在平衡位置處，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72 N 分離時刻拉力達到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168 N． [答案] 72 N 168 N 【點評】對于本例所述的物理過程，要特別注意的是：分離時刻m1與m2之間的彈力恰好減為零，下一時刻彈簧的彈力與秤盤的重力使秤盤產(chǎn)生的加速度將小于a，故秤盤與重物分離．

3．與動量、能量相關(guān)的彈簧問題

與 動量、能量相關(guān)的彈簧問題在高考試題中出現(xiàn)頻繁，而且常以計算題出現(xiàn)，在解析過程中以下兩點結(jié)論的應(yīng)用非常重要：

(1)彈簧壓縮和伸長的形變相同時，彈簧的彈性勢能相等；

(2)彈簧連接兩個物體做變速運動時，彈簧處于原長時兩物體的相對速度最大，彈簧的形變最大時兩物體的速度相等．

●例6 如圖9－15所示，用輕彈簧將質(zhì)量均為m＝1 kg的物塊A和B連接起來，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態(tài)，A距地面的高度h1＝0.90 m．同時釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面(但不繼續(xù)上升)．若將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，從A距地面的高度為h2處同時釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝100 N/m，求h2的大?。?/p>

【解析】設(shè)A物塊落地時，B物塊的速度為v1，則有：

設(shè)A剛好離地時，彈簧的形變量為x，對A物塊有： mg＝kx

從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：

1/2·mv12＝mgx＋ΔEp

換成C后，設(shè)A落地時，C的速度為v2，則有： 1/2·2mv22＝2mgh2

從A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：

聯(lián)立解得：h2＝0.5 m． [答案] 0.5 m 【點評】由于高中物理對彈性勢能的表達式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問題時都要用到上述結(jié)論“①”．

●例7 用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2 kg的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，彈簧處于原長，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖9－16 甲所示．B與C碰撞后二者粘在一起運動，則在以后的運動中：

(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度為多大？(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？

(3)A的速度方向有可能向左嗎？為什么？

【解析】(1)當A、B、C三者的速度相等(設(shè)為vA′)時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：

(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′

解得：．

(2)B、C發(fā)生碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則有：

mBv＝(mB＋mC)v′

解得：v′＝

A的速度為vA′時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)其值為Ep，根據(jù)能量守恒 定律得：

．

(3)方法一 A不可能向左運動．

根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB 設(shè)A向左，則vA＜0，vB＞4 m/s 則B、C發(fā)生碰撞后，A、B、C三者的動能之和為：

實際上系統(tǒng)的機械能為：

根據(jù)能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運動．

方法二 B、C碰撞后系統(tǒng)的運動可以看做整體向右勻速運動與A、B和C相對振動的合成(即相當于在勻速運動的車廂中兩物塊相對振動)由(1)知整體勻速運動的速度v0＝vA′＝3 m/s

取以v0＝3 m/s勻速運動的物體為參考系，可知彈簧處于原長時，A、B和C相對振動的速率最大，分別為：

vAO＝v－v0＝3 m/s vBO＝|v′－v0|＝1 m/s 由此可畫出A、B、C的速度隨時間變化的圖象如圖9－16乙所示，故A不可能有向左運動的時刻．

[答案](1)3 m/s(2)12 J(3)不可能，理由略

【點評】①要清晰地想象、理解研究對象的運動過程：相當于在以3 m/s勻速行駛的車廂內(nèi)，A、B和C做相對彈簧上某點的簡諧振動，振動的最大速率分別為3 m/s、1 m/s．

②當彈簧由壓縮恢復(fù)至原長時，A最有可能向左運動，但此時A的速度為零．

●例8 探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m．筆的彈跳過程分為三個階段：

①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面(如圖9－17甲所示)；

②由靜止釋放，外殼豎直上升到下端距桌面高度為h1時，與靜止的內(nèi)芯碰撞(如圖9－17乙所示)；

③碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處(如圖9－17丙所示)．

設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力，不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g．求：(1)外殼與內(nèi)芯碰撞 后瞬間的共同速度大?。?2)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功．

(3)從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機械能．

【解析】設(shè)外殼上升到h1時速度的大小為v1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2．

(1)對外殼和內(nèi)芯，從撞后達到共同速度到上升至h2處，由動能定理得：

解得：．

(2)外殼與內(nèi)芯在碰撞過程中動量守恒，即： 4mv1＝(4m＋m)v2

將v2代入得：

設(shè)彈簧做的功為W，對外殼應(yīng)用動能定理有：

將v1代入得：．

(3)由于外殼和內(nèi)芯達到共同速度后上升至高度h2的過程中機械能守恒，只有在外殼和內(nèi)芯的碰撞中有能量損失，損失的能量將v1、v2代入得：E損＝5/4mg(h2－h(huán)1)．

[答案]

由以上例題可以看出，彈簧類試題的確是培養(yǎng)和訓(xùn)練學(xué)生的物理思維、反映和開發(fā)學(xué)生的學(xué)習潛能的優(yōu)秀試題．彈簧與相連物體構(gòu)成的系統(tǒng)所表現(xiàn)出來的運動狀態(tài)的變化，為學(xué)生充分運用物理概念和規(guī)律(牛頓第二定律、動能定理、機械能守恒定律、動量定理、動量守恒定律)巧妙解決物理問題、施展自身才華提供了廣闊空間，當然也是區(qū)分學(xué)生能力強弱、拉大差距、選拔人才的一種常規(guī)題型．因此，彈簧試題也就成為高考物理題中的一類重要的、6

獨具特色的考題．

第三篇：2011屆高考物理第一輪經(jīng)典模型檢測試題17碰撞問題考點透析

碰撞問題考點透析

碰撞問題是歷年高考試題的重點和熱點，同時它也是同學(xué)們學(xué)習的難點．它所反映出來的物理過程、狀態(tài)變化及能量關(guān)系，能夠全方位地考查同學(xué)們的理解能力、邏輯思維能力及分析推理能力．高考中考查的碰撞問題，碰撞時間極短，位移為零，碰撞過程遵循動量守恒定律．

一、考點詮釋

兩個(或兩個以上)物體相遇，物體之間的相互作用僅持續(xù)一個極為短暫的時間，而運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這種現(xiàn)象稱為碰撞。碰撞是一個基本，十分重要的物理模型，其特點是：

1．瞬時性．由于物體在發(fā)生碰撞時，所用時間極短，因此在計算物體運動時間時，通常把碰撞時間忽略不計；在碰撞這一極短的時間內(nèi)，物體的位置是來不及改變的，因此我們可以認為物體在碰撞中位移為零。

2．動量守恒性．因碰撞時間極短，相互作用的內(nèi)力大于外力，所以系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒。

3．動能不增．在碰撞過程中，系統(tǒng)總動能只有減少或者不變，而絕不會增加，即不能違背能量守恒原則。若彈性碰撞則同時滿足動量、動能守恒。非彈性碰撞只滿足動量守恒，而不滿足動能守恒（系統(tǒng)的動能減少）。

二、解題策略

首先要根據(jù)碰撞的瞬時性特點，正確選取相互作用的研究對象，使問題簡便解決；其次要確定碰撞前和碰撞后系統(tǒng)中各個研究對象的狀態(tài)；然后根據(jù)動量守恒定律及其他規(guī)律求解，并驗證求得結(jié)果的合理性。

三、邊解邊悟

1．在光滑的水平面上有三個完全相同的小球排成一條直

線．

2、3小球靜止，并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如

圖所示．設(shè)碰撞過程不損失機械能，則碰后三個小球的速度為

多少？

解析：本題的關(guān)鍵在于分析清楚實際的碰撞過程：由于球1與球2發(fā)生碰撞時間極短，球2的位置來不及發(fā)生變化，這樣球2對球3也就無法產(chǎn)生力的作用，即球3不會參與此次碰撞過程．而球1與球2發(fā)生的是彈性碰撞，質(zhì)量又相等，故它們在碰撞中實現(xiàn)速度交換，碰后球1立即停止，球2速度立即變?yōu)関0；此后球2與球3碰撞，再一次實現(xiàn)速度交換．所

以碰后球

1、球2的速度為零，球3速度為v0．

2．用輕彈簧相連的質(zhì)量均為m=2㎏的A、B兩物

體都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧

處于原長，質(zhì)量M = 4㎏的物體C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，求：

（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度。

（2）彈性勢能的最大值是多大？

解析：（1）由動量守恒定律得

當彈簧的壓縮量最大時，彈性勢能最多，此時A、B、C的速度相等mv=（2m+M）v

1v1=2 mv/（2m+M）=3 m/s

即A的速度為3 m/s

（2）由動量守恒定律得B、C碰撞時

mv=（m+M）v

2v2= mv/（m+M）=2m/s

由能量守恒可得

mv2/2＋（m＋M）v22/2=（2m＋M）v12/2＋△EP

解得：△EP=12J

3．質(zhì)量均為m，完全相同的兩輛實驗

小車A和B停放在光滑水面上，A車上另

懸掛有一質(zhì)量為2m的小球C。開始B靜

止，A、C以速度v0向右運動，兩車發(fā)生

完全非彈性碰撞但不粘連，碰撞時間極短，碰后小球C先向右擺起，再向左擺起……每次均未達到水平，求：

（1）小球第一次向右擺起至最大高度h1時小車A的速度大小v.（2）小球第一次向右擺起的最大高度h1和第一次向左擺起的最大高度h2之比.解析：（1）研究A、B、C整體，從最開始到小球第一次向右擺起至最大高度過程中，根據(jù)水平方向動量守恒

（3m）v0 =(4m)v

解得v?3v0

4（2）研究A、B整體，兩車碰撞過程中，設(shè)碰后瞬間A、B共同速度為v1，根據(jù)動量守恒

mv0 =(2m)v1 解得v1?1v0

2從碰拉結(jié)束到小球第一次向右擺起至最大高度過程中，根據(jù)機械能守定律

(2m)gh1?

2v0解得h1? 16g1112(2m)v0?(2m)v12?(4m)v2 222

由受力分析可知，小球下擺回最低點，B、C開始分離。設(shè)此時小球速度為v3，小車速度為v4，以向右為正方向，從碰撞結(jié)束到小球擺回最低點過程中根據(jù)水平方向動量守恒

（2m）v0 +(2m)v1 =(2m)v3 +(2m)v

4根據(jù)機械能守恒定律

1111222(2m)v0?(2m)v12?(2m)v3?(2m)v4222

21解得小球速度v3 = v1 =v0，方向向右 2

小車速度v4 = v0，方向向右

另一根不合題意舍去。

研究A、C整體從返回最低點到擺到左側(cè)最高點過程。

根據(jù)水平方向向量守恒

(2m)v3 +mv4 =(3m)v

5根據(jù)機械能守恒定律

(2m)gh2?

2v0解得h2? 24g112122(2m)v3?mv4?(3m)v5 22

2所以h1：h2 =3：2

4．如圖所示，質(zhì)量為M=3kg、長度為 L=1.2m的木

板靜止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由長度為

L0=0.6m的輕彈簧，右端放置一質(zhì)量為m=1kg的小物塊，小物塊與木塊間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4，今對小物塊施加一個水平向左的瞬時沖量I0=4N·s，小物塊相對于木板向左運動而壓縮彈簧使彈性勢能增大為最大值Emax，接著小物塊又相對于木板向右運動，最終恰好相對靜止于木板的最右端，設(shè)彈簧未超出彈性限度，并取重力加速度為g=10m/s2。求：

（1）當彈簧彈性勢能最大時小物塊速度v；

（2）彈性勢能的最大值Emax及小物塊相對于木板向左運動的最大距離Lmax。

解析：（1）由動量定理及動量守恒定律得

I0=mv0mv0=(m+M)v

解得：v=1m/s

（2）由動量守恒定律和功能關(guān)系得

mv0=(m+M)u

121mv0（m+M）v2+μmgLmax+Emax=2

2121mv0=（m+M）u2+2μmgLmax 22

解得：Emax=3JLmax=0.75m

5.在絕緣水平面上放一質(zhì)量m=2.0×10kg的帶電滑塊

A，所帶電荷量q=1.0×10C.在滑塊A的左邊l=0.3m處放

置一個不帶電的絕緣滑塊B，質(zhì)量M=4.0×10kg，B與一-3-7-3端連在豎直墻壁上的輕彈簧接觸(不連接)且彈簧處于自然狀態(tài)，彈簧原長S=0.05m.如圖所示，在水平面上方空間加一水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E=4.0×10N/C，滑塊A由靜止釋放后向左滑動并與滑塊B發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時間極短，碰撞后兩滑塊結(jié)合在一起共同運動并一起壓縮彈簧至最短處(彈性限度內(nèi))，此時彈性勢能E0=3.2×10J，兩滑塊始終沒有分開，兩滑塊的體積大小不計，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，g取10m/s.求:

(1)兩滑塊碰撞后剛結(jié)合在一起的共同速度v；

(2)兩滑塊被彈簧彈開后距豎直墻壁的最大距離s.解析:(1)設(shè)兩滑塊碰前A的速度為v1，由動能定理有: 2-3

5qEl??mgl?12mv12

解得:v1=3m/s

A、B兩滑塊碰撞，由于時間極短動量守恒，設(shè)共同速度為v

mv1?(M?m)v

解得:v=1.0m/s

(2)碰后A、B一起壓縮彈簧至最短，設(shè)彈簧壓縮量為x1，由動能定理有：

1qEx1??(M?m)gx1?E0?0?(M?m)v2

2解得:x1=0.02m

設(shè)反彈后A、B滑行了x2距離后速度減為零，由動能定理得:

E0?qEx2??(M?m)gx2?0

解得:x2≈0.05m

以后，因為qE>μ(M+m)g，滑塊還會向左運動，但彈開的距離將逐漸變小，所以，最大距離為:

S=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.6.如圖所示，兩個完全相同質(zhì)量為m 的木板A、B 置于水平面上。它們的間距s=2.88m，質(zhì)量為2m、大小可以忽略的物塊C 置于A 板的左端。C 與A 之間的動摩擦因數(shù)為?1=0.22，A、B 與水平面之間的動摩擦因數(shù)?2=0.10，最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給C 施加一個水平向右，大小為2mg的恒力F，假定A、B 碰撞5

時間很短且碰撞后粘連在一起，要使C 最終不脫離木板，每塊木板的長度最少要為多少？

解析：在A，B碰撞之前，A，C間的最大靜摩擦力為2?1mg=0.44mg，大于C所受到的外力0.4mg，因此，A，C之間無相對運動。所以A，C可作為一個整體。碰撞前A，C的速度可以用動能定理求出。

碰撞之后，A，B具有共同的速度，C的速度不變。A，C間發(fā)生相對運動。并且根據(jù)題意，A，B，C系統(tǒng)所受的摩擦力等于F，因此系統(tǒng)所受的合外力為零?？蛇\用動量守恒定理求出C剛好不脫離木板的系統(tǒng)最終的共同速度。然后，運用能量守恒定律求出A，B的長度，即C與A，B發(fā)生相對位移的距離。

由于F小于A，C間最大靜摩擦力，所以A，C無相對運動。

FS-?23mgS=

解得v

1123mv1 2，mv1=2mvab 得v

abv

c因為，F(xiàn)=?24mg=0.4mg;所以，A，B，C組成的系統(tǒng)合外力為零 2mvc+2mvab=4mv 得，v

由能量守恒定理得 F2L+1112224mv-?12mg2L=2mvc+2mvab 222L=5m