三、滑块、木板(平板车)模型+弹簧

三、滑块、木板（平板车）模型+弹簧

例1、如图所示，质量M =4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，

这段滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A 以速度v 0＝0.2，由滑板B 左端开始沿滑板B 表面向右运动．已知A 的质量m =1kg ，g 取10m/s 2 ．求： （1）弹簧被压缩到最短时木块A 的速度； （2）木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．

例2、如图所示，质量M =4kg 的木板AB 静止放在光滑水平面上，木板右端B 点固定着一根轻质弹簧，弹簧自由端在C 点，C 到木

板左端的距离L =0.5m ，质量为m =1kg 的小木块（可视为质点）静止在木板的左端，它与木板间的动摩擦因数μ=0．2．木板AB 受到水平向左F =14N 的恒力，作用时间t 后撤去，恒力F 撤去时小木块恰好到达弹簧的自由端C 处，取g =10m ／s 2．试求： （1）水平恒力F 作用的时间t ；

（2）木块压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性势能．

例3、如图所示，质量M 为4kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，小车左端放一质量为lkg 的木块，车的右端固定一个轻质弹簧．现

给木块一个水平向右的10N·s 的瞬间冲量，木块便沿车向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并恰好能达到小车的左端，求：

（1）弹簧被压缩到最短时平板车的速度v ； （2）木块返回小车左端时的动能E k ； （3）弹簧获得的最大弹性势能E pm ．

例4、在光滑的水平面上有一质量M =2kg 的木板A ，其右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P 处有一大小忽略不计

质量m =2kg 的滑块B ．木板上Q 处的左侧粗糙，右侧光滑．且PQ 间距离L =2m ，如图所示．某时刻木板A 以1m/s A v =的

速度向左滑行，同时滑块B 以5m /s B

v =的速度向右滑行，当滑块B 与P 处相距

4

3

L 时，二者刚好处于相对静止状态，若

在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A 与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）．求B 与A 的粗糙面之间的动摩擦因数μ和滑块B 最终停在木板A 上的位置．（g 取10m/s 2）

四、碰撞模型+弹簧

例5、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视

作质点，质量相等．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于 A ．P 的初动能 B ．P 的初动能的1/2 C ．P 的初动能的1/3 D ．P 的初动能的1/4

例6、如图所示，质量为1.0kg 的物体m 1，以5m/s 的速度在水平桌面上AB 部分的左侧向右运动，桌面AB 部分与m 1间的动摩擦因数μ=0.2，AB 间的距离s=2.25m ，桌面其他部分光滑。m 1滑到桌边处与质量为2.5kg 的静止物体m 2发生正碰，碰撞后m 2在坚直方向上落下0.6m 时速度大小为4m/s ，若g 取10m/s 2，问m 1碰撞后静止在什么位置？

例7、如图所示，EF 为水平地面，O 点左侧是粗糙的，右侧是光滑的，一轻质弹簧右端固定在墙壁上，左端与静止在O 点、质量为

m 的小物块A 连接，弹簧处于原长状态．质量为2m 的物块B 在大小为F 的水平恒力作用下由C 处从静止开始向右运动，已知物块B 与地面EO 段间的滑动摩擦力大小为

5

F

，物块B 运动到O 点与物块A 相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短），运动到D 点时撤去外力F ．物块B 和物块A 可视为质点．已知CD =5L ，OD =L ．求： （1）撤去外力后弹簧的最大弹性势能?

（2）物块B 从O 点开始向左运动直到静 止所用的时间是多少?

例8、如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α=37°，A 、B 是两个质量均为 m =1㎏的

小滑块（可视为质点），C 为左端附有胶泥的质量不计的薄板，D 为两端分别连接B 和C 的轻质弹簧．薄板、弹簧和滑块B 均处于静止状态．当滑块A 置于斜面上且受到大小F =4N ，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动．现撤去F ，让滑块A 从斜面上距斜面底端L =1m 处由静止下滑，若取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）求滑块A 到达斜面底端时的速度大小v 1；

（2）滑块A 与C 接触后粘连在一起(不计此过程中的机械能损失)，求此后两滑

块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能E p ．

五、碰撞模型+竖直轨道（圆运动）

例9、如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A

点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A ．求男演员落地点C 与O 点的水平距离s ．已知男演员质量m 1和女演员质量m 2之比

1

2

2m m =，秋千的质量不计，秋千的摆长为R ，C 点比O 点低5R ．

例10、如图，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 、βm （β为待定系数）．A

球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B 球相撞，碰撞后A 、B 球能达到的最大高度均为1

4

R ，碰撞中无机械能损失．重力加速度为g ．试求： （1）待定系数β；

（2）第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速度和B 球对轨道的压力；

（3）小球A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度．

例11、如图所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0kg 的平板车，车的上表面右侧

是一段长L ＝1.0m 的水平轨道，水平轨道左侧连一半径R =0.25m 的1/4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O /点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m ＝1.0kg 的小物块紧靠弹簧，小物块与水

平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5．整个装置处于静止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，g 取10m/s2．求：

（1）解除锁定前弹簧的弹性势能；

（2）小物块第二次经过O/点时的速度大小；

（3）最终小物块与车相对静止时距O/点的距离．

例12、如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光

滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块

的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力?

例13、如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数 =0.1，已知球A初始高度h=2米，CD=1米。问：

(1)若悬线L=2米，A与B能碰几次?最后A球停在何处？

(2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？

【例1】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列各种情况下力F的大小范围。

【例2】如图所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M=4kg，长L=1.4m.木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m=1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2，

（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围.

（2）若其它条件不变，恒力F=22.8N，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间.

【例3】质量m=1kg 的滑块放在质量为M=1kg 的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L=75cm ，开始时两者都处于静止状态，如图所示，试求：

（1）用水平力F 0拉小滑块，使小滑块与木板以相同的速度一起滑动，力F 0的最大值应为多少？ （2）用水平恒力F 拉小滑块向木板的右端运动，在t=0.5s 内使滑块从木板右端滑出，力F 应为多大？

（3）按第（2）问的力F 的作用，在小滑块刚刚从长木板右端滑出时，滑块和木板滑行的距离各为多少？（设m 与M 之间的最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等）。（取g=10m/s 2）.

【例4】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A ＝2.0kg 的薄木板A 和质量为m B =3 kg 的金属块B ．A 的长度L =2.0m ．B 上有轻线绕过定滑轮与质量为m C =1.0 kg 的物块C 相连．B 与A 之间的滑动摩擦因数 μ =0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B 位于A 的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t 后 B 从 A 的右端脱离（设 A 的右端距滑轮足够远）（取g =10m/s 2）．

例1解析（1）m 与M 刚要发生相对滑动的临界条件：①要滑动：m 与M 间的静摩擦力达到最大静摩擦力；②未滑动：此时m 与M 加速度仍相同。受力分析如图，先隔离m ，由牛顿第二定律可得：a=μmg/m=μg 再对整体，由牛顿第二定律可得：F 0=(M+m)a 解得：F 0=μ(M+m) g

所以，F 的大小范围为：F>μ(M+m)g

（2）受力分析如图，先隔离M ，由牛顿第二定律可得：a=μmg/M 再对整体，由牛顿第二定律可得：F 0=(M+m)a 解得：F 0=μ(M+m) mg/M

所以，F 的大小范围为：F>μ(M+m)mg/M

例2[解析]（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=μFN=μmg=4N…………①

滑动摩擦力f 是使滑块产生加速度的最大合外力，其最大加速度 a 1=f/m=μg=4m/s 2 …②

当木板的加速度a 2> a 1时，滑块将相对于木板向左滑动，直至脱离木板 F-f=m a 2>m a 1 F> f +m a 1=20N …………③

即当F>20N ，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来。

l

v 0 v

（2）当恒力F=22.8N 时，木板的加速度a 2＇，由牛顿第二定律得F-f=Ｍa 2＇ 解得：a 2＇＝4.7m/s 2………④ 设二者相对滑动时间为t ，在分离之前 小滑块：x 1=? a1t 2 …………⑤ 木板：x 1=? a2＇t 2 …………⑥ 又有x 2－x 1=L …………⑦ 解得：t=2s …………⑧

例3解析：（1）对木板M ，水平方向受静摩擦力f 向右，当f=f m =μmg 时，M 有最大加速度，此时对应的F 0即为使m 与M 一起以共同速度滑动的最大值。

对M ，最大加速度a M ，由牛顿第二定律得：a M = f m /M=μmg/M =1m/s 2 要使滑块与木板共同运动，m 的最大加速度a m =a M ， 对滑块有F 0－μmg=ma m

所以 F 0=μmg+ma m =2N 即力F 0不能超过2N

（2）将滑块从木板上拉出时，木板受滑动摩擦力f=μmg ，此时木板的加速度a 2为 a 2=f/M=μmg/M =1m/s 2. 由匀变速直线运动的规律，有（m 与M 均为匀加速直线运动）木板位移 x 2= ?a 2t 2 ① 滑块位移 x 1= ?a 1t 2 ② 位移关系 x 1－x 2=L ③

将①、②、③式联立，解出a 1=7m/s 2

对滑块，由牛顿第二定律得:F －μmg=ma 1 所以 F=μmg+ma 1=8N （3）将滑块从木板上拉出的过程中，滑块和木板的位移分别为 x 1= ?a 1t 2= 7/8m x 2= ?a 2t 2= 1/8m

例四：以桌面为参考系，令a A 表示A 的加速度，a B 表示B 、C 的加速度，s A 和s B 分别表示 t 时间 A 和B 移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得 m C g-μm B g =（m C +m B ）a B μ m B g =m A a A

s B =?a B t 2 s A =?a A t 2 s B -s A =L 由以上各式，代入数值，可得:t =4.0s

应用功和能的观点处理 （即应用动能定理，机械能守恒定律能量守恒定律） 应用动量的观点处理 （即应用动量定理，动量守恒定律）

子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。μNS 相=ΔE k 系统=Q ，Q 为摩擦在系统中产生的热量。②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动 ：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。

例题：质量为M 、长为l 的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以水平初速v 0射入木块，穿出时子弹速度为v ，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f ，突出时木块速度为V ，位移为S ，则子弹位移为(S+l)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv 0=mv+MV ① 由动能定理，对子弹 -f(s+l )=2

022

121mv mv ②

v 0

A B

v 0 A

B v 0 l

A 2v 0 v 0

B C

对木块 fs=

02

1

2-MV ③ 由①式得 v=)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022

)(21v v M

m M -? ④ ②+④得 f l =

})]([2121{21212121202202220v v M

m M mv mv MV mv mv -+-=-- 由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。即Q=f l ，l 为子弹现木块的相对位移。 结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即 Q=ΔE 系统=μNS 相

其分量式为：Q=f 1S 相1+f 2S 相2+……+f n S 相n =ΔE 系统

1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m ，一质量 与木板相同的金属块，以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ，金属 块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g 取10m/s 2

。求两木板的最后速度。

2．如图示，一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，现以地面为参照物，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度

(如图)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离 B 板。以地面为参照系。

⑴若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后速度的大小和方向；

⑵若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离。

3．一平直木板C 静止在光滑水平面上，今有两小物块A 和B 分别以2v 0和v 0的初速度沿同一直线从长木板C 两端相向水平地滑上长木板。如图示。设物块A 、B 与长木板

C 间的动摩擦因数为μ，A 、B 、C 三者质量相等。

⑴若A 、B 两物块不发生碰撞，则由开始滑上C 到A 、B 都静止在 C 上为止，B 通过的总路程多大？经历的时间多长？ ⑵为使A 、B 两物块不发生碰撞，长木板C 至少多长？

4．在光滑水平面上静止放置一长木板B ，B 的质量为M=2㎏同，B 右端距竖直墙5m ，现有一小物块 A ，质 量为m=1㎏，以v 0=6m/s 的速度从B 左端水平地滑上B 。如图

A v 0 5m B

L v 0 m v

v 0

所示。A 、B 间动摩擦因数为μ=0.4，B 与墙壁碰撞时间极短，且 碰撞时无能量损失。取g=10m/s 2

。求：要使物块A 最终不脱离B 木板，木板B 的最短长度是多少？

5．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00㎏的平板小车，车上放一质量为m=1.96㎏的木块，木块到平板小车左端的距离L=1.5m ，车与木块一起以v=0.4m/s 的速度

向右行驶，一颗质量为m 0=0.04㎏的子弹以速度v 0从右方射入木块并留 在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数 μ=0.2，取g=10m/s 2

。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应 满足什么条件？

6．一质量为m 、两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m ，在小车正中放一质量为m 、长度为0.1m 的物块，物块与小车间动摩擦因数μ=0.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v 0 =6m/s 的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。求： ⑴小车获得的最终速度； ⑵物块相对小车滑行的路程； ⑶物块与两挡板最多碰撞了多少次； ⑷物块最终停在小车上的位置。

7．一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v 0射入静止的木块，子弹的质量为m ，打入木块的深度为d ，木块向前移动S 后以速度v 与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为 A ．)(2102

0v v v m - B.)(00v v mv - C.s vd v v m 2)(0- D.vd S

v v m )(0-

例1.【答案】（1）2m/s ；（2）39J

解析：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为V ，从木块A 开始沿滑板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 系统的动量守恒，则mv 0＝(M +m )V

①

V =

m

M m

+v 0

②

木块A 的速度：V ＝2m/s ③

（2）木块A 压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．

由能量守恒，得 E P ＝

22011

()22

mv m M v mgL μ-＋－ ④

解得E P ＝39J

例2.【答案】（1）1s ；（2）0.4J

例3.【答案】（1）2m/s ；（2）2J ；（3）20J

解析：（1）由题意水平地面光滑，可知小车和木块组成的系统在水平方向动量守恒，当弹簧被压缩到最短时，二者速度相等，设木块获得的初速度为v 0，由动量定理得 l =mv 0

①

运动过程中水平方向动量守恒，则mv 0=(M ＋m )v ②

由①②解得v =2m/s

则弹簧被压缩到最短时平板车的速度为2m/s ，方向与木块初速度方向相同．

（2）当木块返回到小车左端时，二者速度也相同，设其共同速度为v 1，由系统动量守恒可得mv 0=(M ＋m )v 1 解得v 1=2m/s 故小块此时的动能2

112J 2

k

E mv == （3）设弹簧获得的最大弹性势能为E pm ，木块和小车间的摩擦因数为μ，小车长为L ．对整个运动过程分析可知，从开始到弹簧压缩到最短时，木块和小车的速度相等． 则有22011()22

pm

E mv M m v mgL μ=-+- 整个过程中，对系统应用动能定理得：22

01

112()22

mgL mv M m v μ=-+ 解得22

01111[]222

pm E mgL mv mv μ==-=20J ．

例4.【答案】在Q 点左边离Q 点0.17m

解析：设M 、m 共同速度为v ，由动量守恒定律，得

()B A mv Mv M m v -=+，解得2m /s B A

mv Mv v M m

-=

=+

对A ，B 组成的系统，由能量守恒，得

22

23

111()4222

A B mg L Mv mv M m v μ=+-+

代入数据解得6.0=μ

木板A 与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B 向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A 、B 再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u ，在此过程中，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒． 由动量守恒定律得()mv Mv

M m u -=+

设B 相对A 的路程为s ，由能量守恒，有

2211()()22

mgs M m v M m u μ=+-+

代入数据得2m 3

s =

由于4

L

s

>

，所以B 滑过Q 点并与弹簧相互作用，然后相对A 向左滑动到Q 点左边，设离Q 点距离为s 1，则 11

0.17m 4

s s L =-=

例5. B 提示：设P 的初速度为v 0，P 、Q 通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时共同速度为v ，对P 、Q （包括弹簧）组成的系统，由动量守恒定律，有

02mv mv =

①

由机械能守恒定律，有

22Pm 011

22

E mv mv =

-×2 ②

联立①②两式解得22

Pm 00111422

E mv mv ==×

例6.解析：m1向右运动经过AB 段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开B 点继续向右运动的速度为4米/秒；和m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB 段，离B 点0.25米处停止。

例7.【答案】（1）

11

3

FL ；

（2解析：（1）设B 与A 碰撞前速度为v 0，由动能定理，得

2

1()5252

F F L mv -

=，则0v =B 与A 在O 点碰撞，设碰后共同速度为v 1，

由动量守恒得0

1

1022(2)3mv m m v v v =+=碰后B 和A 一起运动，运动到D 点时撤去外力F 后，当它们的共同速度减小为零时，弹簧的弹性势能最大，设为E pm ，则由能量守恒得2

1

11132

3

pm

pm E FL mv E FL =+=

（2）设A 、B 一起向左运动回到O 点的速度为v 2，由机械能守恒得

2

2

2132

pm E mv v ==

经过O 点后，B 和A 分离，B 在滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，设运动时间为t ，由动量定理得2025

F

t mv -

=-，则

t =

．

例8.【答案】（1）2m/s ；（2）1J 解析：(1)滑块

A 匀速下滑时，受重力mg 、恒力F 、斜面支持力F N 和摩擦力F μ作用，

由平衡条件有sin37N mg F μ?=

cos37N F mg F =?+

即sin37(cos37)mg mg F μ?=?+ 化简后得sin37cos37mg mg F

μ

?

=

?+，代入数据解得动摩擦因数0.5μ=

撤去F 后，滑块

A 匀加速下滑，由动能定理有

2

1

1(sin37cos37)2

mg mg L mv μ?-?= 代入数据得1

2m/s v =

（2）两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为2v ，由动量守恒和能量守恒定律有

12()mv m m v =+

22

12

11222

（）=-P E mv m v 联立解得1J P

E =

例9.【答案】8R

解析：设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v B ，由机械能守恒定律，得

2

12121()()2

B

m m gR m m v +=

+ 设刚分离时男演员速度的大小为v 1，方向与v 0相同；女演员速度的大小为v 2，方向与v 0相反，由动量守恒：(m 1＋m 2)v 0=m 1v 1－m 2v 2

分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C 点所需的时间为t ，根据题给条件，从运动学规律，

21142

R gt s v t =

=

根据题给条件，女演员刚好回到A 点，由机械能守恒定律得2

222

12

m gR m v = 已知m 1=2m 2，由以上各式可得s=8R

例10.【答案】（1）3；（2）1v =，方向水平向左；2v = 4.5mg ，方向竖直向下．

（3）见解析

解析：（1）由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，A 、B 两球应同时达到最大高度处，对A 、B 两球组成的系统，

由机械能守恒定律得

44

mgR mgR

mgR β=

+，解得β＝3 （2）设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 1、v 2，取方向水平向右为正，对A 、B 两球组成的系统，有

22121122

mgR mv mv β=

+

12mv mv β=+

解得1

v =2v = 设第一次碰撞刚结束时轨道对B 球的支持力为N ，方向竖直向上为正，则

2

2

v N mg m R

ββ-=，B 球对轨道的压力

4.5N N mg '=-=-，方向竖直向下．

（3）设A 、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V 1、V 2，取方向水平向右为正，则

1212mv mv mV mV ββ--=+

221211

22

mgR mV mV β=+

解得V 1＝－gR 2，V 2＝0．

（另一组解V 1＝－v 1，V 2＝－v 2不合题意，舍去）

由此可得：

当n 为奇数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当n 为偶数时，小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同．

例11.【答案】（1）7.5J P

E =；

（2）2.0m/s ；（3）0.5m 解析：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A 时，二者的共同速度0v =共

①

设弹簧解除锁定前的弹性势能为P E ，上述过程中系统能量守恒，则有

P E mgR mgL μ=+

②

代入数据解得7.5J P E =

③

（2）设小物块第二次经过O '时的速度大小为m v ，此时平板车的速度大小为M v ，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有

0m M mv Mv =-

④ 2

2

112

2

m M mgR mv Mv =

+

⑤ 由④⑤式代入数据解得 2.0m

v =m/s

⑥

（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0．设小物块相对平板车滑动的总路程为s ，对系统由能量守恒有

P E mgs μ=

⑦ 代入数据解得s =1.5m

⑧

则距O '点的距离x ＝s －L ＝0.5m

⑨

例12.解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有

)1(2

R

v m mg =式中V 是滑块相对圆心O 的线速度，方向向左。设小车此时速度u ，并以该速度方向为正方向，则滑

块的对地速度为).(u v --对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有

)2()(0 u v m Mu mv --=

由滑块和小车系统的机械能守恒有)3(2)(2

121212220 mgR u v m Mu mv +-+= 三式联立求解得：M

Rg

m M v )45(0+=

例13.(1)20次 A 球停在C 处 (2)L ≤0.76米，A 球停于离D9.5米处 参考答案

1. 金属块在板上滑动过程中，统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在A 上。三者有相同速度v ，

相对位移为x ，则有??

????-==2200321213mv mv mgx mv mv μ 解得：L m x 34

=，因此假定不合理，金属块一定会滑上B 。 设x 为金属块相对B 的位移，v 1、v 2表示A 、B 最后的速度，v 0′为金属块离开A 滑上B 瞬间的速度。有：在A 上

??????-'-=+'=21201010022121212mv v m mv mgL mv v m mv μ 全过程 ??

????--=++=222120210

2212121)(2mv mv mv x L mg mv mv mv μ

联立解得：?????????=='='=s m s m v s m v v s m s m v /65/21/34)(0/31/12001或或舍或 ∴ ???

?

?????===m x s m v s

m v 25.0/65/3121

*解中，整个物理过程可分为金属块分别在A 、B 上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B 。可分开列式，也可采用子过程→全过程列式，实际上是整体→部分隔离法的一种变化。

2．⑴A 恰未滑离B 板，则A 达B 最左端时具有相同速度v ，有 Mv 0-mv 0=(M+m)v ∴ 0v m

M m

M v +-=

M ＞m, ∴ v ＞0,即与B 板原速同向。

⑵A 的速度减为零时，离出发点最远，设A 的初速为v 0，A 、B 摩擦力为f ，向左运动对地最远位移为S ，则 02120-=

mv fS 而v 0最大应满足 Mv 0-mv 0=(M+m)v 220)(2

1)(21v m M v m M fl +-+= 解得：l M

m

M s 4+=

3．⑴由A 、B 、C 受力情况知，当B 从v 0减速到零的过程中，C 受力平衡而保持不动，此子过程中B 的位移S 1和运动时间t 1分别为：

g

v t g v S 01201,2== 。然后B 、C 以μg 的加速度一起做加速运动。A 继续减速，直到它们达到相同速度v 。对全过程：

m A ·2v 0-m B v 0=(m A +m B +m C )v ∴ v=v 0/3

B 、

C 的加速度 g m m g

m a C B A μμ21

=+= ,此子过程B 的位移 g

v g v t g v g v S μμμ32292022

022====

运动时间 ∴ 总路程g

v

t t t g v S S S μμ35,18110212

021=+==

+=总时间

⑵A 、B 不发生碰撞时长为L ，A 、B 在C 上相对C 的位移分别为L A 、LB ，则 L=L A +L B

g

v L v m m m v m v m gL m gL m C B A B A B B A A μμμ37)(2121)2(212022020=

++-+=+解得： *对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是ΔP=0和Q=fS 相=ΔE 系统。全过程方程更简单。

4．A 滑上B 后到B 与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v 需作以下判断：mv 0=(M+m)v, ①v=2m/s 此时B 对地位移为S 1，则对B ：212

1

Mv mgS =μ ②S=1m ＜5m,故在B 与墙相撞前与A 已达到相同速度v ，设此时A 在B 上滑行L 1距离，则 2201)(2

121v m M mv mgL +-=

μ ③ L 1=3m 【以上为第一子过程】此后A 、B 以v 匀速向右，直到B 与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B 的速度大小不变，方向变为反向，A 速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B 以v 向左、A 以v 向右运动，当A 、B 再次达到相同速度v ′时：Mv-mv=(M+m)v ′ ④ v ′=2/3 m/s 向左，即B 不会再与墙相碰，A 、B 以v ′向左匀速运动。设此过程(子过程4)A 相对B 移动L 2，则 222)(2

1

)(21v m M v m M mgL '+-+=

μ ⑤ L 2=1、33m L=L 1+L 2=4.33m 为木板的最小长度。 *③+⑤得 22

0)(2

121v m M mv mgL '+-=μ实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当P A 始终大于P B 时，系统最终停在墙角，末动能为零。

5．子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度v 1时，小车速度不变，有 m 0v 0-mv=(m 0+m)v 1 ① 此后木块(含子弹)以v 1向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度v 2，则 (m 0+m)v 1-Mv=(m 0+m+M)v 2 ②

2

2022100)(2

121)(21)(v M m m Mv v m m gL m m ++-++=

+μ ③ 联立化简得： v 02

+0.8v 0-22500=0 解得 v 0=149.6m/s 为最大值， ∴v 0≤149.6m/s

6. ⑴当物块相对小车静止时，它们以共同速度v 做匀速运动，相互作用结束，v 即为小车最终速度

mv 0=2mv v=v 0/2=3m/s ⑵22

022121mv mv mgS ?-=

μ S=6m ⑶次65.615.0==+--=d

l S n ⑷物块最终仍停在小车正中。 *此解充分显示了全过程法的妙用。

7．AC A ：?????+-=+=2200)(2121)(v m M mv Q v m M mv C ：??????=-==d

f Q v m v mv Mv fS 2

02)(2121