二轮复习讲义：第一部分 第二板块 第2讲 应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题

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应用能量和动量的观点来解决物体运动的多过程问题是高考考查的重点和热点。这类问题命题情景新颖，密切联系实际，综合性强，常是高考的压轴题。涉及的考法 学法 知识主要包括：①动能定理；②机械能守恒定律；③能量守恒定律；④功能关系；⑤动量定理；⑥动量守恒定律。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法；③分段法；④相对运动方法；⑤守恒思想；⑥等效思想；⑦临界极值思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命题点(一) 应用动能定理求解多过程问题

[研一题]———————————————————————————————— (2019届高三·南昌调研)如图所示，质量为m＝1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速转动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C点在B点的正上方，D点为半圆轨道的最低点。小

物块离开D点后做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R＝0.9 m，D点距水平面的高度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，求：

(1)摩擦力对小物块做的功；

(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小； (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。 [审题指导]

小物块的运动经历了三个过程，分别是直线运动、圆周运动、平抛运动情景是什么？ 运动 用到什么规律？ 动能定理、圆周运动规律、平抛运动规律 相邻两个过程的连接点的速度是解题的突破口，先利用圆周运动最高点的临界状态求出小物块到达C点时的速度，再利用动能定理求采用什么方法？ 出摩擦力做的功及小物块到达D点时的速度，最后利用运动的合成与分解求出末速度的方向 [解析] (1)设小物块经过C点时的速度大小为v1，因为经过C点时恰好能做圆周运动，|

由牛顿第二定律可得：

mv12

mg＝R，解得v1＝3 m/s

小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得： 1

W＝mv12，解得W＝4.5 J。

2

(2)设小物块经过D点时的速度为v2，对从C点到D点的过程，由动能定理得： 11

mg·2R＝mv22－mv12

22

小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN， 由牛顿第二定律得： mv22

FN－mg＝R

解得v2＝35 m/s，FN＝60 N

由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为： FN′＝FN＝60 N。

115(3)小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，由h＝gt2，解得t＝ s

210设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度方向与竖直方向的夹角为α，则：

vxvx＝v2，vy＝gt，tan α＝v，解得α＝60°

y

再由几何关系可得θ＝α＝60°。 [答案] (1)4.5 J (2)60 N (3)60°

[悟一法]———————————————————————————————— 多个运动过程的组合实际考查了多种物理规律和方法的综合应用，分析这类问题时要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度衔接。求解多运动过程问题的注意事项：

(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。 (2)分析每个过程中物体的受力情况。

(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。

(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。 (5)对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。

[通一类]———————————————————————————————— 1.如图所示，质量为1 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，t＝0时刻给物块施加一个水平

向右的拉力F，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右为正方向，求：

时间t/s 0～4 4～8 (1)0～4 s内水平拉力的大小； (2)0～8 s内物块运动的位移大小； (3)0～8 s内水平拉力做的功。

解析：(1)0～4 s内，物块运动的加速度大小：a1＝4 m/s2 根据牛顿第二定律：F1－μmg＝ma1，解得：F1＝6 N。 (2)t1＝4 s时物块的速度大小：v1＝a1t1＝16 m/s

11

0～8 s内物块运动的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m。

22(3)8 s时物块的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s

1

根据动能定理：W－μmgx＝mv22，解得：W＝152 J。

2答案：(1)6 N (2)72 m (3)152 J

2．(2018·齐鲁名校联考)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接一口深度为H、宽度为d的深井CDEF，一个质量为m的小球放在曲面AB上，可从距BC面不同的高度处静止释放小球，已知BC段长为L，小球与BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

加速度a/(m·s2) －4 －3

(1)若小球恰好落在井底E点处，求小球释放点距BC面的高度h1；

(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面的高度h2。

解析：(1)小球由A到C，由动能定理得 1

mgh－μmgL＝mvC2

2

自C点水平飞出后，由平抛运动规律得 1

x＝vCt，y＝gt2

2x2

解得h＝μL＋ 4y

若小球恰好落在井底E处，则x＝d，y＝H 解得小球的释放点距BC面的高度为 d2

h1＝μL＋。

4H

(2)若小球不能直接落在井底，设打在EF上的动能为Ek，则x＝d 解得vC＝d

g 2y

小球由C到打在EF上，由动能定理得 1

mgy＝Ek－mvC2

2

mgd2

代入vC得：Ek＝mgy＋ 4yd

当y＝时，Ek最小，且Ekmin＝mgd

2

d

此时小球的释放点距BC面的高度为h2＝μL＋。

2d2d

答案：(1)μL＋ (2)mgd μL＋

4H2

命题点(二) 机械能守恒定律的综合应用

[研一题]———————————————————————————————— 如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与管道的交点为B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为g，解除锁定，小球从起点离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计小球与水平面和管道的摩擦)，若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg。

(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；

(2)求小球经管道B点的前、后瞬间对管道的压力； (3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。 [思维流程]

[解析] (1)小球经过C点时，管道对小球的弹力FN＝mg，方向竖直向下， mvC2

根据向心力公式有mg＋FN＝

R

小球从起点运动到C点过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，则 1

Ep＝2mgR＋mvC2

2

解得vC＝2gR，Ep＝3mgR。

(2)小球从起点到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有 1

3mgR＝mgR＋mvB2

2

小球经B点前、后瞬间，管道对其的弹力提供向心力， mvB2

则FN′＝R 解得FN′＝4mg

由牛顿第三定律可知，小球经B点前、后瞬间对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg。

(3)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有 1

2R＝gt2，x＝vCt

2解得x＝22R

因为x＝22R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。

[答案] (1)3mgR (2)分别为向右和向左，大小为4mg的压力 (3)小球不能落在薄板DE上，计算过程见解析

[悟一法]———————————————————————————————— 解答含有弹簧的机械能守恒问题时，关键是选好系统，弄清楚弹性势能的变化情况或弹力做功的情况。

1．弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算，弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。

2．弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且W弹＝－ΔEp。 [通一类]———————————————————————————————— 1．(2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平

方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：

(1)小球受到手的拉力大小F； (2)物块和小球的质量之比M∶m；

(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。 解析：(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡条件得 (F＋mg)cos 53°＝Mg 5

解得F＝Mg－mg。

3(2)与A、B相同高度时 小球上升h1＝3lsin 53° 物块下降h2＝2l

物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2 M6解得m＝。

5

(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得Mg－T＝Ma

对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得T－mgcos 53°＝ma 解得T＝

8mMg

5m＋M

结合2可得T＝18mg＋25Mg或48mg或8Mg。

555511

8mMg18mg＋25Mg4858 答案：(1)Mg－mg (2)6∶5 (3)或mg或Mg35555115m＋M2.(2018·湖北三市五校联考)如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、C、B三点，且C为AB的中点，AO与竖直杆的夹角为53°，C点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设竖直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从A点由静止释放(已知

sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：

(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小； (2)圆环能下滑的最大距离； (3)圆环下滑到B点时的速度大小。

解析：(1)当圆环到达C点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，由几何关系得 圆环下降高度为hAC＝砝码下降高度为Δh＝

3L

4

5LL－L＝ 44

1

由系统机械能守恒得mghAC＋5mgΔh＝mv12

2则圆环的速度v1＝2gL。

(2)当圆环下滑的最大距离为H时，圆环和砝码的速度均为零 砝码上升的高度ΔH＝

H－3L2＋L2－5L 44

由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即 mgH＝5mgΔH

得圆环能下滑的最大距离H＝

25L

。 12

3L

，而砝码的高度不变，设圆环的速度为2

(3)当圆环运动到B点时，下滑的高度hAB＝

v2，此时砝码的速度为v2cos 53°。由系统机械能守恒得

11

mghAB＝mv22＋×5m(v2cos 53°)2

22得圆环下滑到B点时的速度v2＝ 25L

答案：(1)2gL (2) (3)

12

15gL

。 14

15gL

14

命题点(三) 动量观点与能量观点的综合应用

[研一题]———————————————————————————————— 如图所示，质量为m1＝0.01 kg的子弹A，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒B，且只在B上留下一个弹孔，子弹穿过B后打入质量为m2＝0.99 kg的木块C中，并留在C里面(A、C可视为质点)，C放在长木板D的左端，D的质量m3＝3 kg，长度L1＝0.375 m，D放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的与D等高的固定挡板E，D的右端到E的距离L2＝0.125 m，D碰到E即被粘牢，C飞到桌面下方的水平地面上，已知纸筒直径

d＝30 cm，纸筒匀速旋转的角速度ω＝π×103 rad/s，C与D之间的动摩擦因数μ＝0.1，D的上表面距离地面高H＝5 m，子弹穿过纸筒的过程中所受的摩擦力忽略不计，取g＝10

m/s2。

(1)若发射子弹的枪有两个挡位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，两个挡位的发射速度分别是多少？

(2)在(1)问中，讨论子弹A打入C后，A、C整体能否与D达到共同速度，若A、C整体能与D达到共速，求出A、C整体落到地面上距桌边的距离。

[过程分析] 过 子弹A穿过纸筒B 程 模 型 方 同时性 法 近似法 法 动量守恒定律、动规 律 直线运动规律、圆动量守恒定律 周运动规律 定律 [解析] (1)根据题意，枪有两个挡位，子弹穿过纸筒后只留下一个弹孔，且穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：

α＝(2n＋1)π，式中n取0和1 α

子弹穿过纸筒的时间为：t＝ω ddω

则子弹的速度为：v＝＝①

t2n＋1π

把n＝0,1分别代入①式得子弹的速度分别为： v1＝300 m/s，v2＝100 m/s。

(2)设子弹A打入C后，A、C整体的共同速度为v11, 由动量守恒定律得： m1v＝(m1＋m2)v11②

能定理、能量守恒平抛运动规律 匀速直线运动、匀速圆周运动 子弹打木块模型(完全非弹性碰撞) 子弹A打击木块C 长木板D相互作用 平飞出做平抛运动 (约束条件下的)板平抛运动模型 块模型 理想模型法、假设运动的合成与分解 木块C(含子弹A)与木块C(含子弹A)水假设A、C整体能够与D达到的共同速度为v22, 由动量守恒定律得： (m1＋m2)v11＝(m1＋m2＋m3)v22③

设此过程中A、C整体相对于D滑动的位移是s1，由能量守恒定律得： 11

μ(m1＋m2)gs1＝(m1＋m2)v112－(m1＋m2＋m3)v222④

22m12m3v2

联立②③④得：s1＝⑤

2μgm1＋m22m1＋m2＋m3讨论：

Ⅰ.当v＝v1＝300 m/s时，代入⑤式得：s1＝3.375 m>L1，说明此种情况下A、C整体与D不能共速。

Ⅱ.当v＝v2＝100 m/s时，代入⑤式得：s1＝0.375 m＝L1，说明此种情况下A、C整体刚好没有滑离D。

设此过程中D相对桌面的位移是s2，由动能定理得： 1

μ(m1＋m2)gs2＝m3v222⑥

2联立②③⑥式，并代入数据得：

v22＝0.25 m/s，s2＝0.093 75 m<0.125 m＝L2⑦

则A、C整体刚好滑到D的右端时，还没有与E碰撞，说明此种情况下A、C整体能与D共速，当D与E碰撞并粘牢后，A、C整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为s，由运动学知识得：平抛运动的时间：t＝

s＝v22t＝0.25×1 m＝0.25 m。

[答案] (1)300 m/s 100 m/s (2)若子弹的初速度是300 m/s，则A、C整体不能与D达到共同速度；若子弹的初速度是100 m/s，则A、C整体能与D达到共同速度 0.25 m

[悟一法]———————————————————————————————— 1．力学规律的选用原则

(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿运动定律。

(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。

2．系统化思维方法

(1)对多个研究对象运用系统化思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。

(2)对多个物理过程运用系统化思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守

2Hg＝

2×5

s＝1 s 10

恒定律解决复杂的运动。

[通一类]————————————————————————————————

1．(2018·北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg 的运动员从A处

由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度 g＝10 m/s2。

(1)求长直助滑道AB的长度L；

(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；

(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。 解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有 vB2－vA2L＝＝100 m。

2a

(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。 (3)运动员经过C点时的受力如图所示。 根据牛顿第二定律，有 vC2FN－mg＝mR 运动员在BC段运动的过程中，根据动能定理，有 11

mgh＝mvC2－mvB2

22解得FN＝3 900 N。

答案：(1)100 m (2)1 800 N·s (3)受力图见解析图 3 900 N

2．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 1

E＝mv02①

2

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有 0＝v0－gt②

联立①②式得 1t＝ g

2E。③ m

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1

和v2。由题给条件和动量守恒定律有

11mv12＋mv22＝E⑤ 4411

mv1＋mv2＝0⑥ 22

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

11

mv12＝mgh2⑦ 42

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 2E

h＝h1＋h2＝mg。⑧ 1

答案：(1)g

2E2E (2)mmg

3.(2018·泉州模拟)如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘平齐。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数1

为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正

3

上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。

(1)求细绳能够承受的最大拉力；

(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。

解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程，由动能定理得： 1mgL＝mv02

2解得：v0＝2gL

小球在最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得： v02

FT－mg＝mL 解得：FT＝3mg

由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FT′＝FT

即细绳能够承受的最大拉力为：FT′＝3mg。 1

(2)小球与C碰撞后做平抛运动，竖直位移：h＝gt2

2v0

水平位移：L＝t

2解得：h＝L。

(3)小球与C碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒，设碰撞后C的速率为v1， v0依题意有mv0＝m－2＋3mv1



假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为v2，

由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2 由能量守恒定律得：

11

×3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs 22L联立解得：s＝

2

由s答案：(1)3mg (2)L (3)C不会从木板上掉下来，计算过程见解析

[专题强训提能] 1.(2018·福建联考)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点。直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为

3mgsin θ

，g为重力加速度。 L

4

(1)小球在距B点L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩

5擦力大小和方向；

(2)设小球在(1)中P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等。现让小球4

从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A点L的Q点，求初速度的

5大小。

解析：(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有 4L－L F＝k5

设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下， 根据平衡条件有mgsin θ＋Ff ＝2F

解得Ff＝

mgsin θ

，方向沿杆向下。 5

(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零

由动能定理有W合＝ΔEk

4L－4L＝0－1mv2 L－Lsin θ－Ff·－mg·2255226gLsin θ

解得v＝。

5

mgsin θ26gLsin θ

答案：(1)，方向沿杆向下 (2)

55

2．(2019届高三·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、…、2 018v的初速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：

(1)最终木板的速度；

(2)运动中第88块木块的最小速度； (3)第2块木块相对木板滑动的时间。

解析：(1)设最终木板和木块一起以速度v′运动，由动量守恒定律可知 m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′ 解得v′＝

n＋12 019v＝v。 44

(2)设第k块木块的最小速度为vk，则此时木板及第1至第(k－1)块木块的速度均为vk；因为每块木块质量相等，所受合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第(k＋1)块至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；

系统动量守恒，故

m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k) v] 解得vk＝2n＋1－kkv43 439，v88＝v。

4n1 009

(3)第2块木块刚相对木板静止的速度为 v2＝

2n＋1－kkv2×2 018＋1－24 035＝×2v＝v

4n4 0364×2 018

因为木块的加速度总为a＝μg

2v－v24 037v

v2＝2v－μgt，解得t＝μg＝。

4 036μg4 037v2 01943 439

答案：(1)v (2)v (3) 41 0094 036μg

3.(2018·西安一中模拟)光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为mA＝2 kg、mB＝3 kg的A、B两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长。将质量为mC＝5 kg 的物体C，

1

从半径R＝3.2 m的光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图所示，圆弧轨道的最低点与水4平面相切，B与C碰撞后粘在一起运动。求：

(1)B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小； (2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。 解析：(1)对C下滑过程中，由动能定理得 1

mCgR＝mCv02

2

设B、C碰撞后B与C整体的瞬时速度为v1，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得

mCv0＝(mB＋mC)v1 解得v1＝5 m/s。

(2)由题意可知，当A、B、C速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得

(mC＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2

设弹簧的最大弹性势能为Ep，则对B、C碰撞后到A、B、C速度相同过程中，由能量11

守恒定律得(mB＋mC)v12＝(mA＋mB＋mC)v22＋Ep

22

解得Ep＝20 J。 答案：(1)5 m/s (2)20 J

4．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和

B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

解析：(1)设B车碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有

μmBg＝mBaB①

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有 vB′2＝2aBsB②

联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s。③

(2)设A车碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有 μmAg＝mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.25 m/s。⑦

答案：(1)3.0 m/s (2)4.25 m/s

5．(2018·临沂模拟)如图，长度x＝5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L＝4 m，粗糙水平面MN无限长，M端与传送带平滑连接。物块A和B可视为质点，A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝5.5 kg。开始时A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的v0＝8 m/s的初速度，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板的碰撞无机械能损失。取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求A、B碰撞后瞬间的速度大小；

(2)若传送带的速率为v＝4 m/s，试判断A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。

解析：(1)设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得： 11

－μmgx＝mvA2－mv02

22

A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mvA′＋MvB′ 111

由能量守恒定律得：mvA2＝mvA′2＋MvB′2

222

解得vA′＝－4 m/s，vB′＝3 m/s

即A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为4 m/s、3 m/s。 (2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得： 1

－μmgsA＝0－mvA′2

216sA＝ m

3

1

所以A与挡板碰撞后再向右运动sA′＝sA－x＝ m

3设B碰撞后向右运动的距离为sB，由动能定理得： 1

－μMgsB＝0－MvB′2

2解得sB＝3 m故B碰撞后不能滑上MN，当速度减为0后，B将在传送带的作用下反向加速运动，B再次到达Q处时的速度大小为3 m/s；在水平面PQ上，由运动的对称性可知，B再运动 sB′＝sB＝3 m速度为零，sB′＋sA′<5 m，所以A、B不能再次相遇。

5最终A、B的距离sAB＝x－sA′－sB′＝ m。

35

答案：(1)4 m/s 3 m/s (2)不能相遇 m

3

6．(2018·肇庆高中模拟)如图所示，质量M＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为mQ＝ 0.5 kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为mP＝0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧处于弹性限度内)，推力做功WF＝4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与

Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1，

取

g＝10 m/s2。

(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？ (2)Q刚在小车上滑行时的初速度是多少？ (3)小车的长度是多少？

解析：(1)F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有

Ep＝WF

当弹簧完全推开P时，有 1

Ep＝mPv2

2解得v＝4 m/s。

(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v′，由动量守恒定律和能量守恒定律得

mPv＝mPv′＋mQv0 111

mPv2＝mPv′2＋mQv02 222解得v0＝4 m/s，v′＝0。

(3)设Q滑到小车右端后两者的共同速度为u， 由动量守恒定律可得mQv0＝(mQ＋M)u

设小车的长度为L，根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热 11

μmQgL＝mQv02－(mQ＋M)u2

22解得L＝6 m。

答案：(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m