《高考物理复习第一部分专题整合提升专题二能量与动量第3课时力学中的动量和能量问题.DOCX》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理复习第一部分专题整合提升专题二能量与动量第3课时力学中的动量和能量问题.DOCX（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第3课时力学中的动量和能量问题专题复习定位解决问题本专题主要培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与解决力学综合问题的能力。高考重点动量定理和动量守恒定律的理解和应用；应用动量和能量观点解决“碰撞模型”“板块模型”和“爆炸与反冲运动模型”问题。题型难度本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查动量定理的应用、动量守恒定律的应用，有时候也会对动量和动能、动量定理和动能定理进行比较考查，题目一般较简单；针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，综合性强，难度较大。1.动量定理(1)公式：Ftpp，除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即
2、合外力的冲量是动量变化的原因。(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系。动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系。2.动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。(2)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)，或p0(系统总动量的变化量为零)，或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反)。(3)守恒条件系统不受外力或系统虽受外力但
3、所受外力的合力为零。系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸、打击等过程。3.解决力学问题的三大观点(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题。(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题。(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律。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
4、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，只能选用牛顿第二定律。(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，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)对多个物理过程进行整体分析，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。(2)对多个研究对象进行整体分析，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)。高考题型1动量定理和动量守恒定律的应用类型1动量定理的应用【例1】 (2021广东省高考
5、模拟)由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128米，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为()A.4.0104 N B.2.0105 NC.2.2106 N D.4.4106 N答案B解析叶片d128 m，所以叶片旋转所形成的圆面积为S，设t秒内流过该圆面积的风柱体积为VSv1t，风柱的质量为mV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，故v112 m/s，v211 m/s，根据动量定理有ft
6、mv2mv1，代入数据解得f2.0105 N，故选项B正确。【拓展训练1】 (多选)(2021全国乙卷，19)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则()A.在此过程中F所做的功为mvB. 在此过程中F的冲量大小等于mv0C.物体与桌面间的动摩擦因数等于D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案BC解析未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WFFfs0mv，可知，F所做的功一定大于mv，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0Ff3s00，解得F
7、3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有mg2s00mv，解得，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为，未撤去F前，对物体根据动量定理有IFmv0，解得IFmv0，B正确。类型2动量守恒定律的应用【例2】 (2021河北省普通高中学业水平选择性考试，13)如图1，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背
8、包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取g10 m/s2，sin ，cos ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：图1(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。答案(1)9 m(2)7.44 m/s解析(1)设背包的质量为m，滑雪者的质量为M对背包，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1解得背包的加速度a12 m/s2设背包由A点运动到B点的时间为t，由匀变速直线运动的规律得a1t2v0(t1)a2(t1)2解得t3 s则滑道AB段的长度xABa1t29 m。(2)背包到达B点的速度v1a1t6 m/s滑雪者到达B点的速度v2v0a2(t1)7.5 m/
9、s滑雪者拎起背包的过程中动量守恒，根据动量守恒定律得mv1Mv2(Mm)v解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v7.44 m/s。【拓展训练2】 (2021重庆市重点中学开学考)如图2所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是()图2A.I2(Mm) B
10、.I2(Mm)gtC.I2(Mm) D.I2m2(Mm)gt答案D解析B下落h时的速度为vB，物块B与A碰撞过程动量守恒，则mvB(Mm)v。以向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中，由动量定理得(Mm)gtI10(Mm)v，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中，弹簧对木块A的冲量I的大小为I2I1，联立解得I2m2(Mm)gt。【拓展训练3】 (2021福建泉州市4月质量监测)如图3所示，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则()图3A.重锤质量越大，撞预制桩前瞬
11、间的速度越大B.重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大C.碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变D.整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变答案B解析重锤下落过程中做自由落体运动，根据v0可知，重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，选项A错误；重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，则mv0(mM)v，可知重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，选项B正确；碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，选项C错误；整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，选项D错误。高考题型2“碰撞模型”问题1.模型介绍碰撞模型主要是从运
12、动情景和解题方法高度相似角度进行归类。模型具体有以下几种情况，如图4所示：(水平面均光滑)物体与物体的碰撞；子弹打木块；两个物体压缩弹簧；两个带电体在光滑绝缘水平面上的运动等。图42.基本思路(1)弄清有几个物体参与运动，并分析清楚物体的运动过程。(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。3.方法选择(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应使用牛顿运动定律
13、。(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便。(4)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。【例3】 (2021广东新高考八省大联考模拟冲刺)如图5甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t0时以一定速度向右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的vt图像如图乙所示。求图5(1)C的质量mC；(2)t8 s时弹簧具有的弹性势能Ep1；(3)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2。答
14、案(1)2 kg(2)27 J(3)9 J解析(1)由题图乙知，C与A碰前速度v19 m/s；碰后速度大小为v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，则有mCv1(mAmC)v2，解得mC2 kg。(2)根据能量守恒可知Ep1(mAmC)v27 J。(3)由题图可知，12 s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v33 m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，则有(mAmC)v3(mAmBmC)v4(mAmC)v(mAmBmC)vEp2解得Ep29 J。【拓展训练4】 (多选)(2021湖南岳阳市教学质检)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性
15、连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图6所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则()图6A.C球落地前瞬间，A球的速度为B.从上至下三球的质量之比为126C.A球弹起的最大高度为25HD.A球弹起的最大高度为9H答案ABD解析因为A、B、C球由静止同时释放，所以A与C落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v22gH，解得vAvC，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量
16、守恒定律和机械能守恒定律，C碰B有mCvCmBvBmBvB，mCvmBvmBvB2，解得mC3mB，vB，B碰A有mBvBmAvAmAvA，mBvB2mAvmAvA2，解得mB2mA，vA3，由以上几式可得mAmBmC126，B正确；由以上分析解得vA3，A球弹起的最大高度vA22ghmax，hmax9H，C错误，D正确。高考题型3动量和能量观点在力学中的综合应用【例4】 (2021武汉市高三质检)如图7所示，B是固定斜面AC的中点，小滑块P、Q的质量相等，P、Q表面的粗糙程度不同。将Q轻放在斜面BC段的某一位置，Q恰好能处于静止状态。P从斜面顶端A以初速度v0滑斜面下滑，到达中点B时的速度为
17、v0，之后继续下滑与Q碰撞并粘在一起运动，P、Q运动到斜面底端C时速度恰好减为零。假设碰撞时间极短，最大静摩擦力与相对应的滑动摩擦力大小相等，求P、Q碰撞前的瞬间，P的速度大小。图7答案解析设A、C间距离为L，P与Q碰撞前受到的合外力大小为F，P从A到B的过程，由动能定理有Fmmv设P与Q碰前瞬间，P的速度为vP，Q到A点的距离为x，P从A到与Q碰前瞬间的过程，由动能定理有Fxmvmv设P、Q碰后共同速度为v，由动量守恒定律得mvP2mvP、Q粘合体从碰后到运动到C点的过程，设整体受到的合外力大小为F，由动能定理有F(Lx)02mv2由于Q在斜面上恰好能处于静止状态，故碰前P受到的合外力等于碰
18、后二者受到的合外力，即FF联立解得vP。【拓展训练5】 (2021湖北八市3月联考)如图8所示，光滑的水平面上，质量为m11 kg的平板小车以v05 m/s的速度向左运动，同时质量为m24 kg的铁块(可视为质点)从小车左端以v05 m/s的速度向右滑上平板小车，一段时间后小车将与右侧足够远的竖直墙壁发生碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后小车速度大小不变，方向相反。已知铁块与平板车之间的动摩擦因数为0.25，铁块始终未从小车上掉下来，取重力加速度g10 m/s2。求：图8(1)小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小；(2)小车的最小长度；(3)小车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程(计算结果保留3位
19、有效数字)。答案(1)3 m/s(2)6.25 m(3)1.41 m解析(1)设水平向右为正方向，小车与墙壁发生第一次碰撞时的速度大小为v1由动量守恒定律得m1(v0)m2v0(m1m2)v1解得v13 m/s。(2)设小车的最小长度为L，铁块与小车经过多次与墙壁碰撞最终将一起停止运动，小车和铁块的动能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得m1vm2vm2gL解得L6.25 m。(3)设小车的加速度大小为a，小车第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为x1，小车从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞间的路程为s1，由牛顿第二定律得m2gm1a由运动学公式得0v2a(x1)s12x1，解得s10.9
20、m设小车从发生第k1次碰撞到发生第k次碰撞间的路程为sk1，小车与墙壁碰撞第k1次后的速度为vk1，碰后的共同速度为vk，由动量守恒定律m2vk1m1vk1(m1m2)vk解得vkvk1，又sk12xk1，sk2xk可知sksk1s1 m设小车从发生第一次碰撞后运动的总路程为s，有ss1s2sk1sk解得s1.41 m。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021海南省第一次模拟)由于居民楼越盖越高，高空坠物可能对人造成伤害。如果一个5 kg的花盆从一居民楼的27层的窗台坠落地面，设与地面的碰撞时间约为3103 s，则该花盆对地面产生的冲击力约为()A.1.5102 N B.1.5102 NC
21、.7103 N D.7104 N答案D解析每层楼高约为3 m，花盆下落的总高度为h(271)3 m78 m，自由下落时间为t1 s3.95 s，与地面的碰撞时间约为t23103 s，规定竖直向下为正方向，全过程根据动量定理得mg(t1t2)Ft20，解得地面对花盆的冲击力为F7104 N，根据牛顿第三定律，可知花盆对地面产生的冲击力约为7104 N，故D正确，A、B、C错误。2.(2021江西八所重点中学4月联考)如图1所示，在发生交通事故时，安全气囊能够很好地保护人身安全，人的速度减为零的过程中，如果气囊没有弹开时的作用时间是气囊弹开时的，则在速度变化相同的情况下，人在安全气囊未弹开与弹开时
22、受到的作用力之比为()图1A. B. C.100 D.10答案D解析根据动量定理可得Ftmv，得F，若时间tt，则作用力F10F，选项D正确。3.(2021湖北恩施高中三校4月联合考试)有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p，若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为。则墙壁上涂料厚度增加的速度u为()A. B. C. D.答案B解析在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量。以t时间内喷在面积为S上的质量为m的涂料为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，它对墙壁的作用力为F，涂料增加的
23、厚度为h。由动量定理可知Ftmv，其中mSh，则墙壁受到的压强p，又因涂料厚度增加的速度为u，联立解得u，选项B正确。4.(2021广东省高考模拟)一宇宙飞船的横截面积S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A.nmvS B.2nmvSC.nmvS D.2nmvS答案C解析时间t内粘在飞船上的尘埃质量Mv0tSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FtMv0，解得FnmvS，飞船发动机牵引力的功率为PFv0nmvS，
24、故选项C正确，A、B、D错误。5.(2021广东河源市开学考)内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，图2为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、乙两个等大的小球(均可视为质点)分别静置于P、Q处，POOQ，甲、乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左运动，甲球刚返回到P处时，恰好与乙球再次发生碰撞，则()图2A.k B.kC.k2 D.k5答案B解析设甲球初速度为v0，初始时两球间的弧长为l，则管道长为4l，设碰撞后甲、乙小球速度大小分别为v1、v2，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0kmv2m
25、v1，由机械能守恒得mvkmvmv，由于两球在P点再次碰撞，则有lv1t，3lv2t，联立方程，解得k，选项B正确。6.2021湖北七市(州)教科研协作体3月联考如图3所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是()图3A.子弹A的质量是子弹B的质量的2倍B.子弹A初动量是子弹B的初动量大小的2倍C.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止D.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2倍答案D解析木块始终保持静止，根据系统动
26、量守恒，有mAvAmBvB，对子弹A，根据动能定理，有fxA0mAv，对子弹B，根据动能定理，有fxB0mBv，依题意有xA2xB，联立可得vA2vB，2mAmB，故A错误；子弹A的初动量和子弹B的初动量大小为pAmAvA，pBmBvB联立可得pApB11，故B错误；若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则两子弹的初动量仍为相等的关系，系统动量仍守恒，木块会始终保持静止，故C错误；根据动能定理，对子弹A，有fxA0mA(2vA)2，对子弹B，有fxB0mB(2vB)2，联立可得xAxB21，故D正确。7.(多选)(2021湖北省开学摸底)如图4(a)所示，光滑平台上，物体A以初速度v0滑到
27、上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；(b)图为物体A与小车B的vt图像，由此可计算出()图4A.小车上表面长度B.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数D.小车B获得的动能答案BC解析由图像可知，物体A与小车B最终以共同速度v1匀速运动，但由于题目所给条件不足，无法计算小车上表面的长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v1，解得，可以算出物体A与小车B质量之比，故B正确；A的加速度a又因为ag故，可以算出物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数，故C正确；由于小车B质量未知，无法计算小车B获得的动能，故D错误。8.(20211月辽宁普通高校招生适
28、应性测试，13)如图5所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态。套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻一起运动，共同下降到达最低点。已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。求：图5(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量E；(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W。答案(1)mgh(2)mgh解析(1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有v2gh碰撞时由动量守恒定律得mv1(m2m)v2系统机械能减少量：Emv(m2m)v解得Emgh。(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能
29、定理得(m2m)gW0(m2m)v解得Wmgh。9.(2021河北石家庄市一模)如图6所示，固定的光滑四分之一圆弧轨道与水平面在P点平滑连接，质量分别为m13 kg、m25 kg的小物块甲、乙静止在水平面上，两物块中间夹有少许炸药，物块甲距P点的距离s7.5 m。已知物块乙左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙，两物块与粗糙部分水平面间的动摩擦因数均为0.1。现点燃炸药，炸药爆炸，甲、乙瞬间分离，甲在圆弧轨道能上升的最大高度h1.25 m。若爆炸过程中物块质量不变，释放的化学能全部转化为两物块的动能，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，求：图6(1)炸药爆炸过程中释放的化学能；(2)两
30、物块最终静止时相距的距离。答案(1)60 J(2)5 m解析(1)设炸药爆炸甲的速度大小为v1，甲在圆弧轨道上运动过程中机械能守恒，有m1ghm1v解得v15 m/s设炸药爆炸瞬间乙的速度大小为v2，炸药炸开过程中甲、乙组成的系统在水平方向上动量守恒，有m1v1m2v2解得v23 m/s根据能量守恒定律可得炸药爆炸过程中释放的化学能为Epm1vm2v60 J。(2)由题意并根据牛顿第二定律可知两物块在粗糙水平面上运动过程中加速度大小相等，均为a1 m/s2设物块乙经过t时间停止运动，由运动学公式得atv2解得t3 s，甲物体在光滑水平面上运动时间为t3 s甲被弹开至再次回到出发点用时大于3 s
31、，且甲再次回到出发点时乙已经静止，距出发点距离为x14.5 m设甲再次与乙碰前速度为v3，由运动学公式得vv2ax1，解得v34 m/s，设甲、乙发生弹性碰撞的速度分别为v4、v5，由动量守恒定律得m1v3m1v4m2v5由机械能守恒定律得m1vm1vm2v解得v41 m/s，v53 m/s甲向左运动的位移为x20.5 mx1乙向右运动的位移为x34.5 m两物块最终静止时相距的距离为dx2x35 m。10.(2021湖北省百师联盟联考)如图7所示，为一自动卸货机，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，质量也为m的运货
32、空车从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面下滑，与钢板碰撞(时间极短)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，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长的位置。已知重力加速度为g，求：图7(1)运货空车与钢板碰撞后瞬间的速度v1；(2)若在货箱中装入一定质量的货物，使运货车仍自A点由静止出发，运货车与钢板碰后，运动1.5x0后速度减为0，自动卸货机瞬间卸货完成，运货车和钢板在弹簧推动下向上运动，为使运货车返回到A点速度恰好为0，求本次运送货物的质量M。答案(1)(2)m解析(1)设运货空车与钢板碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律有mg3x0sin mv在碰撞过程由动量守恒定律有mv02mv1解得v1。(2)根据运货空车和钢板恰能返回O点，碰后到返回O点过程系统机械能守恒Ep2mv2mgx0sin 当装货后(mM)g3x0sin (mM)v碰撞过程动量守恒(mM)v2(2mM)v3之后运货车压缩弹簧到速度减为0，整体向下运动了1.5x0，在运货车(带货物)与钢板碰撞至运货车再次回到O点的过程中，根据能量守恒定律有Ep(M2m)vMg1.5x0sin 2mgx0sin 2mv2O点车与板分离，从O点到A点mv2mg2x0sin 解得Mm。