2013年高考物理二轮复习精品学案专题三十二：碰撞、动量和能量

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2013高考二轮复习专题精品学案
高考二轮专题复习精品学案专题三十二
专题三十二、碰撞、动量和能量
【重点知识解读】
碰撞
弹性碰撞：碰撞后物体的形变可以完全恢复，且碰撞过程中系统的机械能守恒。
非弹性碰撞：碰撞后物体的形变只有部分恢复，且碰撞过程中系统的机械能由损失。
在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。相互作用的系统一定满足能量守恒定律。若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。
碰撞过程的三个制约因素：
动量制约——动量守恒。由于碰撞过程同时具备了“相互作用力大”和“作用时间短”两个特征，其它外力可忽略，取碰撞的两个物体作为系统，满足动量守恒定律。
动能制约——系统动能不增加。
运动制约——运动变化合理。
动量和能量
在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。相互作用的系统一定满足能量守恒定律。若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。
三．力学规律的优选策略
力学规律主要有：牛顿第二运动定律，动量定理和动量守恒定律，动能定理和机械能守恒定律，功能关系和能量守恒定律等。
牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，其表达式是：F=ma。据此可知，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受到恒力作用，且又直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应选用牛顿第二定律和运动学公式。若物体受到变力作用，对应瞬时加速度，只能应用牛顿第二定律分析求解。
动量定理反映了力对时间的积累效应，其表达式是：Ft＝Δp＝mv2－mv1。据此可知，动量定理适合于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时间的问题，特别对于冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应选用动量定理求解。
动能定理反映了力对空间的积累效应，其表达式是：W＝ΔEk＝。据此可知，对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间（对于机车恒定功率P运动，其牵引力的功W牵＝Pt，可以涉及时间t），而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，都可选用动能定理求解。
如果物体（或系统）在运动过程中只有重力和弹簧的弹力做功，而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，对于此类问题应优先选用机械能守恒定律求解。
如果物体（或相互作用的系统）在运动过程中受到滑动摩擦力或空气阻力等的作用，应考虑应用功能关系或能量守恒定律。两物体相对滑动时，系统克服摩擦力做的总功等于摩擦力与相对位移的乘积，也等于系统机械能的减少量，转化为系统的内能。
在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，必须注意到一般这些过程中均隐含着系统中有机械能与其它形式能量之间的转化。例如碰撞过程，机械能一定不会增加；爆炸过程，一定有化学能（或内能）转化为机械能（动能）；绳绷紧时动能一定有损失。对于上述问题，作用时间一般极短，动量守恒定律一般大有作为。
【高考命题动态】
碰撞是自然界常见现象，碰撞过程遵循动量守恒定律，伴随能量的转移和转化。高考对碰撞、动量和能量的考查，一般以新情景切入，难度较大。
【最新高考题分析】
典例（2012·新课标理综）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求
（i）两球a、b的质量之比；
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
【解析】（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
①
式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正。由动量守恒定律得
②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
③
联立①②③式得
④
代入题给数据得
⑤
（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是
⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能之比为
⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
⑧
【考点定位】此题考查机械能守恒定律、碰撞、动量守恒定律及其相关知识。

针对训练题1.（2012·山东理综）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
2.【答案】
【解析】
设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得
对A、B木块： 
对B、C木块： 
由A与B间的距离保持不变可知 
联立上述各式，代入数据得
典例2. (2012·天津理综)如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；
（2）A、B两球的质量之比mB∶mA。
【解析】：（1）小球A从坡道顶端到滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律，得
mAgh=mAvA2，
解得速度vA=。
(2)设两球碰撞后共同速度为v，由动量守恒定律得，mAvA =( mA+ mB) v
粘在一起的两球水平飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，由平抛运动规律，
在竖直方向，h=gt2，
在水平方向，h=vt，
联立解得：mB∶mA=1∶3。
【考点定位】 本题主要考查机械能守恒定律、动量守恒定律和平抛运动规律及其相关知识，意在考查考生灵活应用知识解决实际问题的能力。
针对训练题2（2011新课标卷35题（2））如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，是弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速度v0沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
【解析】设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv=mv0 ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0 ②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2+Ep=(2m)v12+mv02 ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep= mv02 ④
【点评】此题考查动量守恒定律和能量守恒定律。
典例3．（16分）（2007广东物理）如图14所示，在同一竖直平面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L。小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O＇与P的距离为L/2。已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（1）球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（1）弹簧的弹性力对球A所做的功。
解:（1）设碰撞后的一瞬间,球B的速度为vB/,由于球B恰好与悬点O同一高度,根据动能定理:
①
②
（2）球A达到最高点时,只有水平方向速度,与球B发生弹性碰撞.设碰撞前的一瞬间,球A水平方向速度为vx.碰撞后的一瞬间,球A速度为vx/.球A、B系统碰撞过程中动量守恒和机械能守恒:
③
④
由②③④解得: ⑤
及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小 ⑥
（3）碰后球A作平抛运动.设从抛出到落地时间为t,平抛高度为y,则:
⑦
⑧
由⑤⑦⑧得:y=L
以球A为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为W,从静止位置运动到最高点:
⑨
由⑤⑥⑦得:
W=mgL ⑩
典例4.（20分）（2008北京理综第24题）有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。
（1）已知滑块质量为m,碰撞时间为，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小。
（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）。
a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;
b.在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度。
解析：
滑动A与B正碰，满足
mvA-mvB=mv0 ①
②
由①②，解得vA=0, vB=v0,
根据动量定理，滑块B满足 F·t=mv0
解得
(2)a.设任意点到O点竖直高度差为d.
B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。
选该任意点为势能零点，有
EA=mgd,EB= mgd+
由于p=,有
即 pAA下滑到任意一点的动量总和是小于B平抛经过该点的动量。
b.以O为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有
x=v0t·y=gt2
B的轨迹方程 y=
在M点x=y，所以 y= ③
因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vA,则
④
B做平抛运动，故 ⑤
对A由机械能守恒得vA= ⑥
由④⑤⑥得
将③代入得
典例5、（2009年重庆卷）24．探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。
解析：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，
(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有
(4mg＋m)( h2－h1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝；
（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，
解得V1＝，
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有
W－4mgh1＝(4m)V12，
解得W＝mg；
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(4m)V12－(4m＋m)V22，
联立解得＝mg(h2－h1)。
【最新模拟题训练】。
1.（2013安徽望江二中质检）如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动,下述正确的是
A．它们碰撞前的总动量是18kg·m/s，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是18kg·m/s，方向水平向左
C．它们碰撞前的总动量是2kg·m/s，方向水平向右
D．它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左
答案：D解析：根据题述，它们碰撞前的总动量是mB vB-mA vA= 2kg·m/s，方向水平向左，根据动量守恒定律，它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左，选项D正确ABC错误。
2.（选修3—5)18. （2013河北正定中学测试）如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内．小球A、B质量分别为m、3m。A球从左边某高处由静止释放，并与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A球被反向弹回，且A、B球能达到的最大高度均为R．重力加速度为g．问：
（1）碰撞刚结束时B球对轨道的压力大小；
（2）通过计算说明,碰撞过程中A、B球组成的系统有无机械能损失？若有机械能损失,损失了多少？
2．解析：（1）因A、B球能达到的最大高度均为1/4R，由机械能守恒定律，得到碰撞后小球的速度大小为
1/2mv2＝1/4mgR，vA＝vB＝
设B球受到的支持力大小为N，根据牛顿第二定律：
N－3mg＝，得N＝9/2mg．
由牛顿第三定律，小球B对轨道的压力大小为：N′＝N＝9/2mg．
（2）设A球碰前的速度方向为正方向，碰撞过程满足动量守恒定律，
mv0＝－mvA＋3mvB
代入vA与vB的值，有：v0＝
碰前系统的机械能E1＝＝mgR
碰后系统的机械能为E2＝1/4mgR＋3/4mgR＝mgR
故E1＝E2，无机械能损失．
3.(16分)（2013安徽望江二中月考）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
（1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；
（2）若考虑重力的影响，
a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；
b.求第n次碰撞后雨滴的动能vn’2；
解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnvn′………………..(2分)
得 ……………....(2分)
（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
a． 第1次碰撞前 ……………....(2分)
第1次碰撞后
……………....(2分)
b. 第2次碰撞前
得 ……....(2分)
第2次碰撞后，m1v2=m2v2′
得v2’2= v02+2gl。……....(2分)
同理，第3次碰撞后v3’2= v02+2gl。
…………
第n次碰撞后，vn’2= v02+2gl。
动能：mnvn’2=( m02v02+2gl)。
4．（18分）（2013广州调研）如图所示，质量为m的小球悬挂在长为L的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ=60°的位置后自由释放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的．已知木块与地面的动摩擦因素μ=，重力加速度取g．求：
（1）小球与木块碰前瞬间所受拉力大小
（2）木块在水平地面上滑行的距离
4．（18分）
解：（1）设小球摆至最低点时的速度为v，依动能定理有：
……①
设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T，有： ……②
代入数据，解得： ……③
（2）设小球与木块碰撞后，小球的速度为v1，木块的速度为v2，设水平向右为正方向，依动量守恒定律有：……④
依题意知：……⑤
设木块在水平地面上滑行的距离为s，依动能定理有：
……⑥
联立并代入数据，解得……⑦
评分说明：①②④⑤⑥每式3分，③式2分，⑦式1分。
5.（12分）（2013安徽马鞍山二中期中测试）如图13所示，光滑的弯曲轨道AB的末端水平，小球1从轨道上A点由静止开始下滑，与静止在末端B处的小球2发生弹性正碰，小球2抛出后落在斜面上。已知两小球质量相等,斜面的倾角为θ，A点与轨道末端B点的高度差为h,斜面底端在抛出点B的正下方，斜面顶端与抛出点在同一水平面上，斜面长度为L，斜面上M、N两点将斜面长度等分成3段，两小球都可以看作质点，一切阻力不计。求：
（1）小球2从B点飞出时的速度大小.
（2）为使小球2能落在M点以上（含M点），小球1开始释放的位置相对于抛出点B的高度h应满足什么条件？
【命题意图】考查动能定理、动量守恒定律、平抛运动规律。
1.解:（1）小球沿轨道滑下，由动能定理得
（2分）
1球与2球碰 动量守恒 ……… （1分）
机械能守恒 ……… （1分）
解得： ……… （2分）
（2）小球2从B水平飞出，平抛运动，若下落到与M点等高处水平位移……（1分）则球2必落在M点以上。
……（1分）
得 ……… （1分）
6（2013天星调研卷）我国将在2013年使用长征三号乙火箭择机发射嫦娥三号。发射嫦娥三号是采用火箭喷气发动机向后喷气而加速的。设运载火箭和嫦娥三号的总质量为M，地面附近的重力加速度为g，地球半径为R,万有引力常数为G。
（1）用题给物理量表示地球的质量。
（2）假设在嫦娥三号舱内有一平台，平台上放有测试仪器，仪器对平台的压力可通过监控装置传送到地面。火箭从地面启动后以加速度g/2竖直向上做匀加速直线运动，升到某一高度时，地面监控器显示仪器对平台的压力为启动前压力的17/18，求此时火箭离地面的高度。
（3）当火箭将嫦娥三号送入太空某一高度后，火箭速度为v0；假设火箭喷气发动机每次喷出气体质量为m，且m<解：（1）在地面附近，mg=G,（1分）
解得:M=.（1分）
（2）设此时火箭离地面的高度为h，选取仪器为研究对象，设仪器质量为m0，火箭启动前，仪器对平台的压力F0=G,（2分）
在距离地面的高度为h，仪器所受万有引力，F= G,（2分）
设在距离地面的高度为h时，平台对仪器的支持力为F1，根据题述和牛顿第三定律，
F1= F0。
由牛顿第二定律，F1-F=ma，a=g/2，（3分）
联立解得：h=R/2。（2分）
（3）设1秒末火箭的速度为V，选取火箭初速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律，Mv0=MV-20mv，（3分）
解得：V= v0+20.（2分）
根据加速度的定义，a==20。（2分）
7（18分）(2013广州中学测试)如图，一光滑水平桌面与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动．一长L=0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1=0.4kg的小球．当小球m1在竖直方向静止时，小球m1对水平桌面的作用力刚好为零．现将小球m1提起使细绳处于水平位置时无初速释放．当小球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2=0.8kg的小铁球正碰，碰后m1小球以2m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D，g=10m/s2，求：
（1）两球碰撞前瞬间m1的速度v1的大小；
（2）两球碰撞后瞬间m2的速度v2的大小；
（3）光滑圆形轨道半径R．
7.（18分）解析：
（1）对m1，由动能定理有： （3分）
解得： （2分）
（2）对于m1、m2组成的系统由动量守恒定律有： （3分）
解得： （2分）
（3）在D点，对于m2有： （2分）
解得：（2分）
而对于m2在由C运动到D的过程中，由动能定理有：
（2分）
解得：R=0.18m （2分）
8、（18分）(2013广州中学测试)在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的圆弧，它们紧靠在一起，如图所示．一个可视为质点的物体P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度v0滑入，过B点时速度为，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处．若物体P与木板AB间的动摩擦因数为，求：
（1）物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小；
（2）木板AB的长度L；
（3）滑块CD最终速度v2的大小．
解析：（18分）
（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统由动量守恒定律有：
（3分）
解得：（2分）
（2）由能量的转化与守恒定律有：
（3分）
解得：（2分）
（3）设物体P与滑块CD分离瞬间，物体P的速度为，在它们相互作用的过程中，由水平方向上动量守恒有： （2分）
由能量的转化与守恒定律有：（2分）
　 解得：， （2分）
可见，物体P与滑块CD交换速度后，物体P和木板AB都以的速度同方向作匀速运动，无法再追上滑块CD，故滑块CD最终速度v2应为．（2分）
9．（16分）（2012四川资阳二模）某种弹射装置的示意图如图所示，光滑水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起（碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C仍处于静止）。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从传送带右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep。
解题指导：利用牛顿运动定律、动量守恒定律和机械能守恒定律及其相关知识列方程解答。
解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为s，由牛顿第二定律和运动学公式有：
…………………①
…………………②
…………………③
联解①②③得：s=1.25m …………………④
因为：s＜L=4.0m …………………⑤
即：滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为：
v=3.0m/s …………………⑥
（2）设A、B碰撞后的共同速度为v1，A、B与C分离时的共同速度为v2，由动量守恒和能量守恒有：
…………………⑦
…………………⑧
…………………⑨
联解⑦⑧⑨得：Ep=1.0J …………………⑩
10. (20分) （2012安徽马鞍山二模）如图所示，质量为m=0.9kg的物块无初速的轻放在皮带传送带的A端。皮带以速度v=5m/s匀速运动。在距A端水平距离为3m处有一被细线悬挂的小球，刚好与皮带接触。细线长L=l.62m，小球的质量M=0.1㎏。已知皮带足够长，μ=0.5，（g取lOm/s2）
求：
(1)物块与球碰撞前物体的速度
(2)若与球发生碰撞过程无机械能损失，则球能否完成圆周运动？若能，球到最高点时，计算出细线的拉力大小
(3)物块从A端运动到B端由于相对滑动所产生的热量（设通过对球进行控制，球与物体没有再次相碰）
解题指导：应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识列方程解答。
解：（1）物块轻放在匀速运动的皮带上即在滑动摩擦力作用下做加速运动，
由牛顿第二定律：F=ma，
可得加速度：a=μg=5m/s2。 (2分)
由运动学公式：v2=2as，可知s=2.5m时，达到与皮带相同的速度，即开始做匀速运动，所以物块与球碰撞前物体的速度为5m/s 。 (2分)
（2）由于碰撞过程无机械能损失，碰撞过程中动量和动能均守恒。
mv= mv1+ Mv2 (2分)
mv2= mv12+ Mv22。 (2分)
联立解得：v1=v=4m/s ，v2=v=9m/s.
设被细线悬挂的小球能做圆周运动到最高点，到达的速度为v3，此时细线的拉力为T。运动中只有重力做功，故小球的机械能守恒。Mgh+Mv32=Mv22， (2分)
其中h=2L，代入数据，求得v3= m/s.。
小球在最高点时，Mg+T=M， (2分)
代入数据，求得T=0N (2分)
（3）物块在A端从静止开始加速到5m/s，加速运动的时间，t1=v/μg =1s，此时物块和皮带的位移分别为2.5m和5m。
故在第一次运动过程中由于相对滑动所产生的热量为 Q1=μmg△s1=11.25J。(2分)
物块与小球碰撞后继续运动到再次与皮带相对静止，经历的时间为t2=(v-v1)/μg =0.2s， 此过程中物块的位移为s2= t2=0.9m； 皮带的位移为1m。
故在第二次运动过程中由于相对滑动所产生的热量为Q2=μmg△s2=0.45J。(2分)
∴Q= Q1+ Q2=11.7J。 (2分)
11．（16分）（2012年高三下学期北京海淀一摸）如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接。A、B两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A沿圆形轨道运动恰能通过轨道最高点。已知圆形轨道的半径R=0.50m，滑块A的质量mA=0.16kg，滑块B的质量mB=0.04kg，两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h=0.80m，重力加速度g取10m/s2，空气阻力可忽略不计。求：
（1）A、B两滑块一起运动到圆形轨道最低点时速度的大小；
（2）滑块A被弹簧弹开时的速度大小；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。
解题指导：应用动能定理解得A、B两滑块一起运动到圆形轨道最低点时速度的大小；由牛顿第二定律求得滑块A沿圆形轨道运动恰能通过轨道最高点时速度；由机械能守恒定律求得滑块A被弹簧弹开时的速度大小；由动量守恒定律和能量守恒定律求得两滑块弹开的过程中释放的弹性势能。
解：（1）设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有
（mA+mB）gh=（mA+mB）v02……………………（2分）
解得：v0=4.0m/s ……………………………………………………………………（2分）
（2）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
mAg=mAv2/R ……………………………………………………………………（2分）
设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度为vA，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有 mAvA2=mAg?2R+mAv2……………………（2分）
代入数据联立解得：vA=5.0 m/s………………………………………………………（2分）
（3）对于弹簧将两滑块弹开的过程，A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，设滑块B被弹出时的速度为vB，根据动量守恒定律，有
（mA+mB）v0=mA vA+mB vB …………………………………………………………（2分）
解得： vB=0…………………………………………………………………………（1分）
设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有 （mA+mB）v02 + Ep=mAvA2……（2分）
解得：Ep=0.40J…………………………………………………………………………（1分）
12.( 19分)（2012四川绵阳一诊）如图所示，静止在光滑水平面上的平板车，质量为m3=2kg,右端固定一自然伸长状态的轻弹簧，弹簧所在位置的车表面光滑，车左端和弹簧左端之间距离为L=0.75m,这部分车表面粗植，质量为m2= 1kg的小物块Q，静止在平板车的左端。一不可伸长的轻质细绳长为R=2.5m，一端固定于Q正上方距Q为R处，另一端系一质量为m1=O.5kg的小球，将小球拉至悬线与竖直方向成60°角位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q碰撞，时间极短，碰撞后小球反弹速度v0=lm/s，一段时间后Q恰好返回平板车左端静止。取g=10m/s2。求：
(1)小球在最低点与Q碰撞后瞬间，小物块Q的速度v2是多大？
(2)小物块Q受到的滑动摩擦力f是多大？
(3 )小物块Q压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值Ep是多大？
.解：(1)设小球到达最低点与Q碰撞前速度大小为v1，则
……………………（3分）
m1v1= m2v2－m1v0 …………………………………（3分）
解得v2=3m/s………………………………………?（1分）[来源:学科网]
(2)设Q恰好返回平板车左端时，Q与平板车的共同速度为v3，则
m2v2= (m2+ m3)v3……………………………………（2分）
v3=1m/s
………………（3分）
解得f=2N…………………………………………?（1分）
(3)小物块Q压缩弹簧的过程中，Q与平板车的速度相等时，弹簧弹性势能最大，设速度为v4，则
m2v2= (m2+ m3)v4……………………………………（2分）
……………（3分）
解得Ep=1.5 J…………………………………………（1分）
13（2012湖北八市联考）如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5．一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线栓在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2．求：
①滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
②滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．
解析 ①设滑块P滑上乙车前的速度为v，对整体应用动量守恒和能量关系有：
mv－2MV = 0 （1分）
（1分）
解之得v = 4m/s V=1m/s （1分）
②设滑块P和小车乙达到的共同速度v′，对滑块P和小车乙有：
mv－MV = (m＋M)v′ （2分）
（2分）
代入数据解得：
14.（2012西南大学附中测试）如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA= 4.0kg 和 mB= 3.0kg，用轻弹簧栓接相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t = 0时刻以一定速度向右运动与物块A相碰，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起不再分开。物块C在0~12s内v-t 图象如图乙所示。求：
物块C的质量mC；
在0~12s内墙壁对物块B的冲量I 的大小和方向；
B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP。
解析：（1）由图知，C与A碰前速度为=9m/s，碰后速度为=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒。………3分 得=2kg……2分
（2）由图知，12s末A和C的速度为 = －3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为
………3分
得I = －36 NS……2分 方向向左……1分
（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。
…………2分
……3分
得：=9J……2分