动量与能量综合应用 2.docx

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1、顺堕掴育网崩宛舞课程年级宣一 高学科物理编稿老师张晓春课程标题动量与能量综合应用一校林卉二校黄楠审核王彩霞状元财读明确喜点专注重雅点一、 考点突破/vjX动量和能量的思想，特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域 的一条主线。用动量和能量观点分析物理问题，是物理学中的重要研究方法，也是高考的永 恒话题。具体体现在：kt 题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能 力的重要内容； 题型灵活性强，难度较大，能力要求高，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交会的综合题中；.、 经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占分量相当大；

2、 主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。技歹/:二、重难点提示重点：掌握动量、能量综合问题的分析方法和思维过程，提高解决学科内综合问题的能 力。难点：动量和能量的综合应用，从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理 问题，提高分析解决实际问题的能力。: 专家点拨【持高绿与家倾DHiBl一、重要力学规律对比特征规律内容表达式研究对象应用条件力的瞬 时作用 效应牛顿运动定律物体的加速度大小 与合外力成正比，方 向与合外力方向相同F 合=kma质点宏观、低速 运动的物 体力对空 间的累 积效应动能定理外力对物体所做的功

3、 等于物体动能的曾量W =AE,合k质点机械能守恒 定律当系统只有重力或 弹力做功时，机械能 的总量保持不变Ek1+Ep1=E/Ep2 或E=E2系统中的 物体只有警 力或为 力做功力对时 间的累 积效应动量定理物体所受合外力的 冲量等于它的动量 的变化量12I=Ap质点动量守恒 定律系统不受外力或所 受的合外力为零时， 系统总动量保持不 变P1+P2 = p+p2,或P1=P2系统中的 物体系统所受 的合外力 为零二、重点强调：1. 动量和动能动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同：动量是矢量，动能是标量。物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化， 动量必发生

4、变化。如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变。动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久，其变化 量用所受冲量来量度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以克服一定阻力 运动多远，其变化量用外力对物体做的功来量度。动量的大小与速度成正比*能舶勺大小与速率的平方成正比。不同物体动能相同时动量 可以不同，反之亦然，p=(2mq常用来比较动能相同而质量不同的物体的动量大小； E = p常用来比较动量相同而质量不同的物体的动能大小。k 2m-: 2. 动量守恒定律与机械能守恒(包括能量守恒)定律动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组

5、成的系统，且研究 的都是某一物理过程。但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力 是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力(不管是内力还是外力)做功。 所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力 做功；在利用动量守恒定律处理问题时要着重分析系统的受力情况(不管是否做功)，并着 重分析是否满足合外力为零的条件。应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同 样，机械能守恒时，动量不一定守恒，这是两个守恒定律的守恒条件不同导致的必然结果。 如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内冲外，动量都是守恒的，但很多情况下有内力做功 使其他

6、形式的能转化为机械能而令其机械能不守恒。另外，动量守恒定律表示为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用； 机械能守恒定律表示为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成。3. 力学规律的优选策略、尸(1) 牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运 动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度时，应采用运动学 公式和牛顿第二定律。(2) 动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、 位移，而涉及运动时间的问题，特别是冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动 量定理求解。(3) 动能定理

7、反映了力对空间的累积效应，对不涉及物体运动过程中的加速度和时间， 而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般用动能定理求解。(4) 若研究对象是一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个“守恒定律”求解， 应用时应注意研究对象是否满足定律的守恒条件。(5) 在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，应注意到，一般情况下这些过 程中均隐含有系统机械能与其他形式的能的转化，这些过程的动量一般是守恒的。4. 解决力学问题的基本步骤（1）认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。（2）分析研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，作草图。（3）根据运动状态的变化规律确定解题

8、观点，选择规律。若用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的变化，关键是求出加速度；若用两大 定理求解，应确定过程的始、末状态的动量（动能）分析并求出过程中的冲量（功）若要 判断过程中的动量或机械能守恒，应根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般 地，这两个守恒定律多用于求某状态的速度（率）。（4）根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目中的其他条件（如隐含条件、临界条件、 几何关系等）列补充方程。（5）代入数据，计算结果。W或状元典例 【昭型例题剖祈卸活解题思维】 能力提升类七二厂例1 （天津理综）如图所示，坡道顶端距水平面高度为。，质量为m1的小物块A从 坡道顶端由静止滑下，进入水平面

9、上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一 端固定在水平滑道延长线M处的墙上，一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时， B恰位于滑道的末端。点，A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为M其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求:（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度u的大小；（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。一点通：对物体运动过程进行分析，物块A下滑过程机械能守恒，与B碰撞过程中，A和B系统动量守恒，碰撞后A、B 一起运动压缩弹簧，在以后的过程中，系统做减速运动， 机械能向内能和弹性势能转化

10、。第一阶段利用机械能守恒定律，第二阶段利用动量守恒定律， 第三阶段利用动能定理即可。分析清楚过程，可以根据不同阶段的特点列方程求解，思路非 常清楚。解（1）由机械能守恒定律，有m gh = mu2 解得?= ；2gh12 1（2） A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有mu = （m1 + m）v， 碰后A、B 一起压缩弹簧，到弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功W = h (m + m ) gd由能量守恒定律，有：(m + m )vf2 = E + p(m + m )gd 212p12m 2解得：E =1 gh - p(m + m2)gd12例2 （全国新课标）如图所示，

11、光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为R。使木板 与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板 从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速 度为g。一点通：该题难点在于分析重物与木板的运动过程及运动性质和每个过程的初末状态， 利用动量守恒定律和牛顿第二定律解答。j/K解：第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重 物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度V。设木板的质量为m，重物的质量 为2m，取向右为动量的

12、正方向，由动量守恒得2mv mv = 3mv设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定 理得 2p mgt = mv m(v ) .由牛顿第二定律得2r hg = ma式中a为木板的加速度。在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为711 = v t 一 2 at2开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为lt2 v从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为t = t + t4v由以上各式得t =03p g综合运用类、例1 (北京)如图，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖 直平面内的半圆，半径R=0.30m。质量m = 0.20kg的小球

13、A静止在轨道上，另一质量M= 0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落 到轨道上距b点为l = 4.12R处，重力加速度g=10m/s2，求：(1) 碰撞结束后，小球A和B的速度的大小。(2) 试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点。一点通：该题以碰撞和竖直面内圆周运动为背景考查动量守恒和机械能守恒，两个小球 碰撞过程中满足动量守恒条件，小球沿轨道运动过程中结合平抛的基本规律和机械能守恒定 律即可求解。解（1）以七表示小球A碰后的速度，七表示小球B碰后的速度，匕表示小球A在半 圆最高点的速度，t表示小球A从离开半圆最高点到落在轨道上经过的时

14、间，则有v t = 4巨R 11-gt 2 = 2 R 由解得t =，V=环g 木块在ab段受到的摩擦力f；（ii）木块最后距a点的距离s。一点通：此题考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，关键在于应用动量守恒确 定初末状态。mg （2 R） + 上 mv12 = mv 2 2121Mv = mv + Mv 联立式可得：七=23Rg，v2 = v0 - 2 导 J3Rg代入数值得 v1 = 6m/s， v2 = 3.5m/s（2）假定B球刚能沿着半圆轨道上升到c点，则在c点时，轨道对它的作用力等于零。 以vc表示它在c点的速度，匕表示它在小点相应的速度，由牛顿定律和机械能守恒定律，有 v2

15、:；： - Mg=m 二-R : -/?义;*1 .、 12 Mv2 + Mg（2R）=亏Mvx：、.；./, ;.；：.解得匕=/5位代入数值得 七=3.9m / s由v2 = 3.5m/s,可知v2 七，所以小球B不能到达半圆轨道的最高点c。例2 （海南物理卷）一个质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所 示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L； bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一个质量为m的木块以大小为v0的水平初速度 从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。 重力加速度为g。求解（i

16、）设木块和物体P的共同速度为v，两物体从开始到第一次达到共同速度的过程由动量和能量守恒得：mv0 = （m + 2m）v1=(m + 2m)v2 + mgh + fL 2由得=也m)3L(ii)由动量守恒可知，木块返回后与物体P第二次达到的共同速度与第一次相同(动 量守恒)，对全过程由能量守恒得：1 1/ c 、2 mv 2 = (m + 2m)v2 + f (2L - s) v 2 一6gh _由得：s = V2瑟L0思维拓展类例1 (江苏高考)如图(a)所示，为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小 物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的 子弹B

17、沿水平方向以速度v0射入A内(未穿透)，接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周 运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力尸随时间t变化的关系如图(b) 所示，已知子弹射入的时间极短，且图(b)中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。 根据力学规律和题中(包括图)提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量(例如A 的质量)及a、b 一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？一点通：此题关键在于识图，从F-t图像中获得更多的信息，绳子拉力是周期性变化 的，变化周期为2t0,绳子拉力的最大值为Fm，最小值为0,在最低点出现最大值，最高点 出现最小值0,即在最高点绳子不受拉力。根据

18、动量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿运动 定律的知识可以求出物块A的质量，绳子的长度及系统的机械能。解：由图(b)可直接看出，A、B 一起做周期性运动，运动的周期T=2t0 令m表示A的质量，l表示绳长。vi表示B陷入A内时即t = 0时A、B的速度(即圆 周运动最低点的速度)，v2表示运动到最高点时的速度，七表示运动到最低点时绳的拉力， F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得m0 v0 = (m0 + m)vi v2_在最低点和最高点处应用牛顿定律可得七-(m + m0)g = (m + m。)-v 2 F + (m + m ) g = (m + m )了 根据机械能守恒定律可得

19、12l(m + m )g = 2 (m + m )v2 5(m + m )v2由图(b)可知F= 0匕=F 由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是m = 6g m0l = 3X g5F 2mA、B 一起运动过程中的守恒量是机械能矿若以最低点为势能的零点，则E = （m + m ）v2由式解得e =y gFm例2 （全国新课标）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御 穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑的桌面上。质量为m的子弹以某一速度 垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同的

20、两 块，间隔一段距离平行放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后 再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且 两块钢板不会发生碰撞，不计重力影响。一点通：本题综合考查动量守恒定律，能量守恒定律，根据两种情景的分析，第一种情 景利用动量守恒可求得损失的动能，第二种情景又可细分为两个过程，利用动量守恒和能量 转化分析子弹的位移。解：设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V， 由动量守恒得 （2m + m）V = mvQ :解得 v =3 vQ、 此过程中动能损失为 AE = 2 mv02 - 2 x3mV2

21、解得 AE = 3 mv02分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为和V，由动量守恒定 律得 mV + mV = mv0因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为AE，由能量守恒 得111AE _2叫2 +2叫2=2叫2-顶联立式，且考虑到V必须大于V，得V1=（2 + ）vo 设子弹射入第二块钢板并留在其中后，两者的共同速度为v2，由动量守恒得2mV2 = mv损失的动能11 cAE = mv12 - 2 x2mV22联立式得.,12、AE业=2 （1+ 2）x2-因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由式可得，射入第二块钢板的深度X为x = 2 （1+ 寸）d倾

22、元茎*己方壬M招及时总结怎样分析动量和能量问题？应用动量和能量知识时，第一是研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒 定律或动量守恒定律，都有一个过程的选取问题；第二是要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力 做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系；第三是方向性问题，运用动 量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，然后对力、速度等矢量以正负号代表 其方向，代入相关的公式中进行运算.另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，作 出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞。颂 尚 巍疑点网员纳席间题ilK对子弹射木块模型的讨论一颗质量为m的子弹以水平速度射入一

23、放在光滑水平面上、质量为M的木块中，最 终子弹同木块一起以速度v运动。1. 对系统动量守恒：mv0=（m+M） v: /2. 对子弹：（d+s）=1mv22mv0，木块对子弹的作用力f对子弹做负功（s是子弹穿 木块时木块的位移，d是子弹进入木块的深度）。/3. 对木块：fs=2Mv2，子弹对木块的作用力对木块做正功，使其动能增大。由以上几式得：,fd=|mv22 （m+M） v2，则木块对子弹的作用力f与穿入的深度d （相 对位移）的乘积等于系统动能的减少量，这就是转化为内能的部分。七治元试耘冥战演练，冲击状亓（答题时间：60分钟）1. 如下图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水

24、平面上，小球b、c与轻 弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过 程中，下列说法正确的是（ ）a hcA. 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B. 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C. 当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D. 当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定为零2. 水平传送带以速度v匀速运动，现将一小工件轻轻放到传送带上，它将在传送带上滑动一段时间后才与传送带保持相对静止，设工件的质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为 佑在相对滑动过程中（）1A. 传送带对工件做的功为5mv21B. 产生的内能为

25、5mv是v口 v2，合外力从开始至t时刻做的功是W，从t至2t时刻做的功是W，则（）C. 传送带对工件做的功为零D. 传送带作用于工件的冲量为mv*3.（全国）质量为M，内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质 量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为加初始时小物块停在箱子正中间， 如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）.1 cA. 2 mv21 mMB. 2 m + M v2C. 2 NmgL D. NmgLL处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘

26、合在一起继续摆动，它们能上升的最大高设所受阻力大小恒定，地面 在下落至离地高h处，小球*5.（上海）小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H， 为零势能面。在上升至离地高h处，小球的动能是势能的两倍； 的势能是动能的两倍，则h等于（）A. H/9B. 2H/9C. 3H/9D. 4H/9*6.（海南）物体在外力F的作用下从静止开始做直线运动，v = 3v4. 如图所示，小球A和小球B的质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t和2t时刻相对于出发点的位移分别是x和x。速度分别 0012C. X = 5X，W = 8WD. V = 3v，W

27、 = 9W*7.（全国i）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞 后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为（）A. 2 B. 3 C. 4 D. 58.（山东）如图所示，将小球。从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一质量相同的 小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在h处相遇（不计空气阻力）。则（）两球同时落地相遇时两球速度大小相等从开始运动到相遇，球。动能的减少量等于球力动能的增加量相遇后的任意时刻，重力对球。的做功功率和对球力的做功功率相等9.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如下图所示。现有一质量为 m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中

28、，子弹初速度为咋，则下列判断正确的是 （）A.B.C.D.A.B.从子弹射向木块到一起上升至最高点的过程中系统的机械能守恒 子弹射入木块瞬间动量守恒故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为M芒 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射C.入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为耕? 2g（M 十 m）2*10,图中轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处于 原长状态。另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行。当A滑 过距离l时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最 后A恰好回到

29、出发点P并停止。滑块A和B与导轨的摩擦因数都为七运动过程中弹簧最 大形变量为上，重力加速度为&。求A从P点出发时的初速度处。*11.（辽宁、宁夏理综）两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水 平面上。A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示。一质量为m 的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B。 求物块在B上能够达到的最大高度。*12.如图所示，光滑曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车的上表面相 平，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑上小车，使得小车在光滑水 平面上滑动。已知小滑块从高为H的位置

30、由静止开始滑下，最终停到小车上。若小车的质 量为M，g表示重力加速度，求：(1)(2)(3)(4)滑块到达轨道底端时的速度大小；滑块滑上小车后，小车达到的最大速度v；该过程系统产生的内能Q；若滑块和车之间的动摩擦因数为佑则车的长度至少为多少?美好的结局往往来自于艰雅的过程-Hi1. AC2. AB3. BD 解析：由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次 碰撞后保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度v，根据动量守恒定律有mv(M+m) v，系统损失的动能为皿mv2 - (M + m )v 2，可知B项正确，另一方面，系统损 k 22失的动能可由Q= 气，且Q= Hm

31、g -S相对，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子 正中间，其间共发生N次碰撞，则s相妒NL，则D选项也正确。4. C.：捉_八15. D 解析：小球上升至最高点过程：-mgH - fH = 0 mv2；小球上升至离地高h2011 一 1处过程：-mgh-f -mv;-mv2，又2mv12-2mgh；小球上升至最高点后又下11 一 一1 一 ，降至离地高h处过程：-mgh - f (2H - h)方mv; - mv2，又 mv2 mgh,4 _以上各式联立解得h = 9 H，答案D正确。6. AC解析：由图象及动量定理可知，图象围成的面积表示合外力的冲量，故t0时刻物 体的动量为P =mv

32、 =F t，2t时刻物体的动量为P =mv =F t +2F t =3F t，即v =3v，八害八，JLJLJ JJz-iz-iJ JJ JJ Jz-iJL由动能定理可知 W =F x =2mv 2，W =2F (x x ) =22mv 22mv 2，即 W =8W，x =JLJLJL乙j乙JL乙JL乙5x1，故 AC 正确。、刀.：；7. AB解析：碰后动量相等，设此动量为P，方向一定与v相同，则碰后速度关系可知， 碰后m的速度v2 一定要大于或等于碰后 M的速度v1，即v2v，由mv2=Mv1可知 M 4(2 p)2 p p 2M 1，由能量关系可知：次，- + -，解得：一 3，由上述结

33、论可知A、 m v2M2m 2Mm1B两项正确。匕、；* 卜8. C9. BD10. 解：设A刚接触B时的速度为升，对A根据动能定理，有所函商 商。1-11-1接着A、B发生碰撞，动量守恒。设碰后瞬间A、B的共同速度为为，对A、B系统根 据动量守恒定律，有幽此=2梆为。随后A、B向左压缩弹簧至项邪阶段，设弹簧获得的势能为占户，对A、B和弹簧组成的 系统，根据功能关系，有：占f+2花虱幽诚。A、B又被弹簧弹回至弹簧恢复到原长阶段，设A、B的速度为肉，对A、B和弹簧组 成的系统，根据功能关系，有占户- 2妗珞=| - 2mvl。最后A、B分离，A滑至P点停下，对A应用动能定理，有如成i = !欧忒

34、。由以上各式解得vo =仙，+16匕）。11.解：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和VA，由机械能守恒 得 mghmv2 +1 M V2，221 a又由动量守恒，规定向右为正方向得mv - M V = 0 联立得2gh = M1: m v2 M1设物块在劈B上达到的最大高度为h，此时物块和B的共同速度大小为V，由机械能 守恒和动量守恒得mgh+（M+m）一 22mv= （M2+m）V，联立式得2 gh = 2 v 2M + m联立式得：MM12V1 mv2，2h，= 2h（M + m）（ M + m） 12V-. - ./12.解：（1）滑块由高处运动到轨道底端，机械能守恒。1 .mgH = mv 22 ov0 = 2 gH（2）滑块滑上平板车后，系统水平方向不受外力，动量守恒。小车最大速度为与滑块 共速的速度。mv0= （m+M）vv = m V0 = 2gHM + m M + m（3）由能量的转化与守恒定律可知，系统产生的内能等于系统损失的机械能，即：1 M - mQ = mgH （M + m）v2 =- gH2 M + m（4）设车的长度至少为L，则mgpL = Q,1 M - m I M TT即 L gH Hmgp （M + m）日（M + m）