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1、精选优质文档-倾情为你奉上动量守恒动能定理专题训练1如图，质量为M=2.0kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB部分是半径为R=0.4m的四分之一圆弧光滑轨道，BC部分是长为L=0.2m的水平粗糙轨道，动摩擦因数为=0.5，两段轨道相切于B点C点离地面高为h=0.2m，质量为m=1.0kg的小球（视为质点）在小车上A点从静止沿轨道下滑，重力加速度取g=10m/s2（1）若小车固定，求小球运动到B点时受到的支持力大小FN；（2）若小车不固定，小球仍从A点由静止下滑；（i）求小球运到B点时小车的速度大小v2；（ii）小球能否从C点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地与小车之间的水平距离s
2、2如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为v0，A与C相碰后粘合在一起求：A与C刚粘合在一起时的速度v大小；若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能E3如图，半径R=0.3m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角=30，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一处于锁定状态的木板，木板
3、质量M=0.3kg，上表面与C点等高，木板中央放置了一个静止的质量m=0.1kg的物块质量为m0=0.1kg的物块从平台上A点以v0=2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道已知两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.1，两物块体积很小，都可视为质点，取g=10m/s2，求：（1）物体到达B点时的速度大小vB；（2）物块经过C点时与轨道间弹力的大小；（3）质量为m0的物块滑到木板中央与m发生碰撞并粘到一起，此时木板解除锁定，则木板长度满足什么条件，才能保证物块不滑离木板4如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=
4、0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1，R2=0.2现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W5足够长的倾角为的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，
5、弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置，若物块质量为2m，仍从A处沿斜面下滑，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：（1）质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；（2）碰撞前弹簧的弹性势能；（3）质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离6如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为
6、m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m1将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2（1）若恒力F=0，求物块滑出木板时的速度？（2）随着F的增大，当外力F的值取多大时，m恰好不能从M右端滑出？并指出图象中该状态的对应点？（3）求出图象中D点对应的外力F的值并写出DE端F的函数表达式？7如图，在足够长的光滑水平面上，
7、物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的8如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为mP2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）P与P2之间的动摩擦因数为，求：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最
8、终速度v2；（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep9如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接传送带始终以u=2m/s 的速率逆时针转动装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放已知物块B与传送带之间的摩擦因数=0.2，l=1.0m设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态取g=10m/s2（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右
9、边曲面上？（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小10质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到达最高点O点的距离动量守恒动能定理专题训练参考答案与试题解析一计算题（共6小题）1（2017达州一
10、模）如图，质量为M=2.0kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB部分是半径为R=0.4m的四分之一圆弧光滑轨道，BC部分是长为L=0.2m的水平粗糙轨道，动摩擦因数为=0.5，两段轨道相切于B点C点离地面高为h=0.2m，质量为m=1.0kg的小球（视为质点）在小车上A点从静止沿轨道下滑，重力加速度取g=10m/s2（1）若小车固定，求小球运动到B点时受到的支持力大小FN；（2）若小车不固定，小球仍从A点由静止下滑；（i）求小球运到B点时小车的速度大小v2；（ii）小球能否从C点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地与小车之间的水平距离s【分析】（1）小球下滑过程只有重力做功，由动能定
11、理可以求出小球到达B点的速度，在B点应用牛顿第二定律可以求出支持力（2）（i）小球与小车在水平方向系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小车的速度（ii）应用机械能守恒定律求出速度，然后应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出距离【解答】解：（1）小球从A运动到B过程，根据动能定理得：mgR=mvB20，在B点，由牛顿第二定律得：FNmg=m，解得：FN=30N；（2）（i）若不固定小车，滑块到达B点时，小车的速度最大为vmax，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2Mvmax=0，解得：=，v2=2vmax，由机械能守恒定律得：mgR=m
12、v22+Mvmax2，解得：vmax=m/s，v2=m/s；（ii）假设小球能从C点滑出，设小球滑到C处时小车的速度为v，则小球的速度为2v，设小球距离为s；根据能量守恒定律得：mgR=m（2v）2+Mv2+mgL，解得：小车的速度v=1m/s，小球的速度为2m/s；若假设成立，小球滑出小车后做平抛运动，则有：h=，解得：t=0.2s；小球的水平位移为x1=20.2=0.4m小车的水平位移为x2=10.2=0.2m那么小球落地与小车之间的水平距离s=0.4+0.2=0.6m答：（1）若小车固定，求小球运动到B点时受到的支持力大小FN为30N（2）（i）求小球运到B点时小车的速度大小v2为m/s
13、；（ii）小球能从C点滑出小车；小球落地与小车之间的水平距离s为0.6m【点评】本题考查了求支持力、速度与距离问题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键；该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据平均速度研究也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，不使用动量守恒定律2（2017资阳模拟）如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右
14、侧足够远处现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为v0，A与C相碰后粘合在一起求：A与C刚粘合在一起时的速度v大小；若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能E【分析】A与C相碰后粘合在一起的过程，AC系统的动量守恒，由动量守恒定律求A与C刚粘合在一起时的速度轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求得绳断后B的速度，再由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能E【解答】解：A与C相碰后粘合在一起，取向右为正方向，在碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，则得：mv0=（m+m）v解得：v=v0设绳断
15、后B速度为vB，轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，则得：mv0=mv0+2mvB在运动全过程，A、B、C组成的系统机械能损失为：E=mv022mvB2联解得：E=mv02答：A与C刚粘合在一起时的速度v大小是v0；若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能E是mv02【点评】本题首先要分析清楚物体运动过程，知道绳子绷断过程及碰撞都遵守动量守恒定律与能量守恒定律，由两大守恒定律即可正确解题3（2017邯郸一模）如图，半径R=0.3m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角=30，另一端点C为轨道的最低点，
16、其切线水平C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一处于锁定状态的木板，木板质量M=0.3kg，上表面与C点等高，木板中央放置了一个静止的质量m=0.1kg的物块质量为m0=0.1kg的物块从平台上A点以v0=2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道已知两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.1，两物块体积很小，都可视为质点，取g=10m/s2，求：（1）物体到达B点时的速度大小vB；（2）物块经过C点时与轨道间弹力的大小；（3）质量为m0的物块滑到木板中央与m发生碰撞并粘到一起，此时木板解除锁定，则木板长度满足什么条件，才能保证物块不滑离木板【分析】（1）物块离开A点后做平抛运动
17、，到达B点时沿B点的切线方向，根据平抛运动的规律得出物体在B点的速度（2）由机械能守恒可求得物块在C点的速度；由向心力公式可求得物块在C点受到的支持力（3）由动量守恒定律求出物块m0与物体m碰撞后共同速度要使物块不滑离木板，两物体最后应达到相同速度并且刚好到达木板的最右端，由动量守恒定律求出共同速度，由能量守恒定律求得木板的最小长度【解答】解：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛规律可得：vBsin30=v0解得：vB=4m/s （2）设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得： 根据牛顿第二定律得：解得：（3）设两物块碰撞前，m0的速度为v1，粘在一起的速度为v2，物块m0在于碰撞前，
18、由动能定理得：发生碰撞时，由动量守恒定律有：m0v1=（m0+m）v2两物块与模板相对滑动至共速v3，取向右为正方向，由动量守恒定律得：（m0+m）v2=（m0+m+M）v3由能量守恒得：联立解得：L=m3.26m所以木板长度大于等于3.26m时才能保证物块不滑离木板答：（1）物体到达B点时的速度大小vB是4m/s（2）物块经过C点时与轨道间弹力的大小是9.33N（3）木板长度大于等于3.26m时才能保证物块不滑离木板【点评】本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起，要注意分析运动过程，把握每个过程的物理规律要知道物块在木板上滑行时，摩擦产生的内能与相对位移有关4（2017青岛一模）如图所示，
19、两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1，R2=0.2现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v
20、1；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解cd棒切割磁场产生的感应电动势，根据闭合电路定律求出流过ab棒的电流，进而求出ab棒所受安培力，再用牛顿第二定律即可求出ab棒的加速度；（2）把ab棒和cd棒建立系统，运用动量守恒定律；对cd棒进入竖直半圆轨道运动的过程运用动能定理，最高点重力恰好提供cd棒做圆周运动的向心力，运用牛顿第二定律，联立即可求解cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；（3）对ab棒运用动能定理即可【解答】解：（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，根据导体棒切割磁场有：E=Bdv0 闭合电路欧姆定律：I=牛顿第二定
21、律：F安=m2a0 安培力公式：F安=BId 联立式代入题给数据得：a0=30m/s2（2）设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得：m2g2r=在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得：m2g=m2式子联立得：v1=7.5m/s （3）cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得：W=联立代入题给数据得：W=4.375J答：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度为30m/s2；（2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小为7
22、.5m/s；（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功为4.375J【点评】本题较为综合，考查重点是导体棒切割磁场的双杆模型，分析两棒组成的系统，只受内力安培力作用，不受外力作用，故系统动量守恒；除此之外本题还涉及到牛顿第二定律，闭合电路欧姆定律，竖直平面圆周运动的模型；解题时要分好过程，选好研究对象，选择合适的规律解决问题5（2017河南一模）足够长的倾角为的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面下滑，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动已知
23、物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置，若物块质量为2m，仍从A处沿斜面下滑，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：（1）质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；（2）碰撞前弹簧的弹性势能；（3）质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离【分析】（1）物块沿光滑斜面下滑时机械能守恒，由机械能守恒定律求物块与钢板碰撞前瞬间的速度大小v0，由动量守恒定律求物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；（2）从碰后到回到O点的过程，对系统运用机械能守恒定律列式，可求得碰撞前弹簧的弹性势能；（3）根据动量守恒定律求出质
24、量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v2再由机械能守恒定律求解【解答】解：（1）设物块与钢板碰撞前的速度为v0根据机械能守恒定律得：mg3x0sin=解得：v0=对于碰撞过程，取沿斜面向下方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0=2mv1解得：v1=（2）设碰撞前弹簧的弹性势能为Ep当物块与钢板一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧的弹性势能为零，根据机械能守恒定律得：Ep+=2mgx0sin解得：Ep=mgx0sin（3）设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v2由动量守恒定律得： 2mv0=3mv2当物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时它们的速度为
25、v根据机械能守恒定律得：Ep+=3mgx0sin+在O点物块与钢板分离，分离后，物块以初速度v继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O点的距离为h，则有则有：v2=2ah由牛顿第二定律得：2mgsin=2ma解得：h=答：（1）质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1是（2）碰撞前弹簧的弹性势能是mgx0sin（3）质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离是【点评】本题的关键要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，如碰撞的基本规律：动量守恒定律物体压缩弹簧的过程，系统遵守机械能守恒定律，并要找出状态之间的联系6（2017江西一模）如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板
26、静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m1将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2（1）若恒力F=0，求物块滑出木板时的速度？（2）随着F的增大，当外力F的值取多大时，m恰好不能从M右端滑出？并指出图象中该状态的对应点？（3）求出图象中D点对应的外力F的值并写出DE端F的函数表达式？【分析
27、】（1）若恒力F=0，对物块与木板组成的系统合力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列式，即可求出物块滑出木板时的速度；（2）要使m恰好不从M上滑出，临界情况下，当m滑到M右端瞬间，两者速度相等对两个物体分别运用牛顿第二定律求得加速度，得到两者的相对加速度，再由速度位移公式求解F，得到图象中该状态的对应点（3）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力对整体，由牛顿第二定律求F，并得到F的函数表达式【解答】解：（1）F=0时，m和M系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v0=m v1+M
28、v2m v02（m v12+M v22）=mgs 将M=0.5kg、m=1kg、v0=4m/s、s=1代入得：v1=2m/s、v2=4m/s （不符合情况，舍去）或v1= m/s、v2= m/s （符合题意）（2）要使m恰好不从M上滑出，临界情况下，当m滑到M右端瞬间，两者速度相等，物块的加速度大小为：a物=g=2 m/s2木板的加速度为：a板=2F+4 m/s2两者的相对加速度大小为：a相=a板+a物=2F+6 m/s2由题知 v0相=4 m/s v相=0 m/s，s相=1 m，由v0相2=2 a相s相 得 F=1N 图象中B点对应为这种情况 （3）D（C）临界点对应的情况是物块滑至某处时，
29、木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力，两者一起加速运动的临界加速度为：a=g=2 m/s2FD=（m+M）a=（1+0.5）2N=3N 函数表达式为：=答：（1）若恒力F=0，物块滑出木板时的速度是m/s（2）随着F的增大，当外力F的值取1N时，m恰好不能从M右端滑出，图象中该状态的对应点是B点（3）求出图象中D点对应的外力F的值是3N，DE端F的函数表达式是=【点评】滑块问题是物理模型中非常重要的模型，基本关键要正确进行受力分析、运动分析，对于相对运动过程，可以运用相对运动的规律研究，也可以运用动能定理研究二解答题（共4小题）7（2015新课标）如图，在足够长的光
30、滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的【分析】该题中A与C的碰撞过程以及A与B的碰撞的过程都是弹性碰撞，将动量守恒定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答【解答】解：A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1由动量守恒定律、机械能守恒定律得：mv0=mvA1+MvC1联立得：可知，只有mM时，A才能被反向
31、弹回，才可能与B发生碰撞A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：=根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有：vA2vC1联立得：m2+4mMM20解得：，（另一解：舍去）所以m与M之间的关系应满足：答：m和M之间应满足，才能使A只与B、C各发生一次碰撞【点评】本题考查了水平方向的动量守恒定律问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题8（2013广东）如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为mP2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点P1与P以
32、共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）P与P2之间的动摩擦因数为，求：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep【分析】（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律列出等式对P1、P2、P系统，由动量守恒定律求解（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律和能量守恒定律求解【解答】解：（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律mv0=2mv1解得v1=，方向水平向右 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律mv
33、0+2mv0=4mv2解得v2=，方向水平向右（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律mv0+2mv0=4mv2 对系统由能量守恒定律（2m）g2（L+x）=（2m）v+（2m）v（4m）v解得x=L 最大弹性势能Ep=（2m）v+（2m）v（4m）v2mg（L+x） 解得Ep=mv答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度是，方向水平向右，P的最终速度是，方向水平向右；（2）此过程中弹簧最大压缩量x是L，相应的弹性势能是mv【点评】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练9（2012安徽）如图所示，装置的左边
34、是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接传送带始终以u=2m/s 的速率逆时针转动装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放已知物块B与传送带之间的摩擦因数=0.2，l=1.0m设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态取g=10m/s2（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当
35、他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小【分析】（1）物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解（2）物块A、B第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小【解答】解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速
36、度大小为mg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有解得v=4m/s由于vu=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得mv=mv1+MV解得 ，即碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，则所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知物块B与
37、物块A第三次碰撞、第四次碰撞，碰撞后物块B的速度大小依次为；则第n次碰撞后物块B的速度大小为答：（1）物块B与物块A第一次碰撞前速度大小是4m/s （2）物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上 （3）物块B第n次碰撞后的运动速度大小是【点评】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大10（1997全国）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上
38、运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到达最高点O点的距离【分析】分析物体的运动过程：物块先自由下落，机械能守恒物块与钢板碰撞时，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，遵守动量守恒定律碰撞后，弹簧、物块与钢板组成的系统机械能守恒由题碰撞后，物块与钢板回到O点时，此时弹簧的弹性势能与未碰撞时相等根据动量守恒定律、机械能守恒定律和相等的条件分别研究物块质量为m和2m的情况，再求解物块向上运动到达最高点O点的距离【解答】解：物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得设v1表示质量为m的物块钢板
39、碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有 mv0=2mv1设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得 设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有 2mv0=3mv2设刚碰完时弹簧势能为Ep，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有Ep=Ep当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得，而所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离h=【点评】此题涉及的物理过程有四个，用到的物理规律和公式有四个，它将动量守恒和机械能守恒完美地统一在一起，交替使用，可以说是一道考查考生能力的好试题专心-专注-专业