資源簡介

專題強化七　碰撞模型的拓展
1. 會分析、計算“滑塊—彈簧”模型有關問題．
2．理解“滑塊—斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關問題．
3．會用動量觀點和能量觀點分析計算“子彈打木塊”．
考點一　“滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒．
(2)機械能守恒：系統所受的外力做功為零，除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒．
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)．
例 1 [2024·山東日照市模擬]A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M(m＜M)．若使A球獲得瞬時速度v(如圖甲)，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若使B球獲得瞬時速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為(　　)
A．L1＞L2 B．L1＜L2
C．L1＝L2 D．不能確定
例 2 (多選)[2024·山東濟南檢測]如圖所示，半徑為R的圓弧軌道固定在水平面上，圓弧軌道底端和水平面相切，質量分別為5m和3m的物體B和C用一質量不計的彈簧連接放在水平面上，其中物體B左端剛好位于圓弧軌道圓心的正下方，質量為m的物體A由與圓心等高的位置從圓弧上靜止釋放，經一段時間物體A與物體B發生正碰，碰撞后物體A沿原路返回，A上升的最高點距水平面的高度為.假設三個物體均可視為質點、一切摩擦和阻力均可忽略，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)
A．物體A、B碰后瞬間，物體A的速度大小為
B．物體A、B相互作用的過程中，物體A對物體B的沖量大小為m
C．彈簧所儲存的彈性勢能的最大值為mgR
D．碰后物體C具有的最大速度為
考點二　“滑塊— 斜(曲)面”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒＝＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為m的重力勢能)．
(2)返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒＝(相當于完成了彈性碰撞)．
例 3 (多選)如圖所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R＝0.8 m的光滑圓弧斜劈B，斜劈的質量是M＝3 kg，底端與水平面相切，左邊有質量是m＝1 kg的小球A以初速度v0＝4 m/s從切點C(是圓弧的最低點)沖上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．小球A不能從斜劈頂端沖出
B．小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈
C．小球A沖上斜劈過程中經過最低點C時對斜劈的壓力大小是30 N
D．小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左
例 4 (多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的光滑圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質點，則(　　)
A．B的最大速率為4 m/s
B．B運動到最高點時的速率為2 m/s
C．B能與A再次發生碰撞
D．B不能與A再次發生碰撞
考點三　“滑塊—木板”模型
模型 圖示
模型 特點 (1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能． (2)根據能量守恒，系統損失的動能ΔEk＝Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質量越小，木塊(或木板)的質量越大，動能損失越多． (3)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于完全非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖像求解．
例 5 如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980 g的長方形勻質木塊，現有一顆質量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中，和木塊一起以共同的速度運動．已知木塊沿子彈運動方向的長度為10 cm，子彈打進木塊的深度為6 cm.設木塊對子彈的阻力保持不變．
(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所產生的內能．
(2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？
例 6 [2023·遼寧卷]如圖，質量m1＝1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態．質量m2＝4 kg的小物塊以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸．木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，結果可用根式表示．
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0.求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同的過程中，系統因摩擦轉化的內能ΔU(用t0表示)．
[教你解決問題]　審題圖解
過程1：m1、m2組成的系統動量守恒，由動量守恒定律、牛頓第二定律和運動學公式解題；
過程2：m1、m2組成的系統在彈簧彈力作用下減速，由牛頓第二定律和系統動能定理解題；
過程3：m1、m2分別以不同的加速度減速，然后反向以不同的加速度加速，直到加速度相同，由動量定理和系統能量守恒定律解題．
核心素養提升 答題要規范，得分有技巧
1.在書寫答案時，應采用簡潔的文字說明與方程式相結合的方式．
2．在解題過程中，必須使用題目中給出的物理量，若題目中未給出某些物理量，則需根據題意設定，并明確其物理含義，且采用通用的符號表示．
3．在列方程式時，應使用原始公式，不應使用導出公式而導致失分．
4．在列方程式時，應分步進行，不要列綜合式或連等式，因閱卷時是要按式給分．
5．在解答過程中，應準確寫出表達式和結果，而不必寫出代入數據和運算過程．
6．若遇到實在不會做的題目，可以將題中可能用到的公式全部列出，評分時可能據所列出的公式是否正確，“踩點”給分．
典例 在豎直平面內，質量為m1＝0.1 kg的小球A用長為l＝0.5 m的不可伸長的細線懸掛于O點，光滑水平地面到O點的距離為h＝0.5 m，在O點正下方放置一質量為m2＝0.1 kg的小球B.C為一固定的半徑為R＝0.1 m的光滑半圓弧槽．把小球A拉到如圖所示位置，細線恰好伸直，且細線與豎直方向的夾角α＝37°.由靜止釋放小球A，當細線再次伸直時，小球沿細線方向的速度瞬間變為0.兩小球的碰撞為彈性碰撞，且兩球都可視為質點，忽略空氣阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小球A由靜止釋放后，細線再次伸直前瞬間，小球A的速度大小；
(2)判斷小球B能否到達半圓弧槽最高點D，如果不能，請說明理由；如果能，求出小球B對半圓弧槽D點的壓力大小．
[教你解決問題]　
專題強化七　碰撞模型的拓展
考點一
例1　解析：當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，對題圖甲取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)v′
由機械能守恒定律得Ep＝mv2－(m＋M)v′2
聯立解得彈簧壓縮到最短時Ep＝
同理：對題圖乙取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有Ep＝
故彈性勢能相等，則有L1＝L2，故A、B、D錯誤，C正確．
答案：C
例2　解析：物體A運動到圓弧軌道最低點與物體B碰撞前的速度大小記為v1，取軌道最低點的重力勢能為零，根據機械能守恒定律有mgR＝，得v1＝，碰撞后瞬間物體A的速度大小記為v′1，由動能定理有－mg×＝得，碰撞后瞬間物體B的速度大小記為v2，取水平向右為正方向，對A、B組成的系統由動量守恒定律有mv1＝＋5mv2，得到v2＝，由動量定理可得，碰撞過程中物體B受到的沖量大小為I＝5mv2＝，故A正確，B錯誤；碰撞結束后，物體B與物體C的速度相等時彈簧儲存的彈性勢能最大，設物體B、C的共同速度為v3，根據動量守恒定律有5mv2＝(5m＋3m)v3，根據機械能守恒定律可知彈簧儲存的最大彈性勢能為Epm＝，得Epm＝mgR，故C正確；對物體B、物體C與彈簧組成的系統，當彈簧再次恢復到原長時，物體C的速度最大，物體B、C速度記為v′2、vC，根據動量守恒定律和機械能守恒定律，有(5m＋3m)v3＝＝，解得vC＝，故D正確．
答案：ACD
考點二
例3　解析：小球A向右運動到斜劈最低點C時，設此時斜劈對小球的支持力為F1，則F1－mAg＝
代入數據得F1＝30 N
小球A對斜劈的壓力也是30 N，選項C正確；
假設小球能運動到斜劈頂端，此時小球和斜劈水平速度相等為v1，小球豎直速度為v2，水平方向動量守恒mv0＝(m＋M)v1
小球和斜劈系統機械能守恒＝＋mgR
聯立得v1＝＝－4 m/s<0
小球A不能從斜劈頂端沖出，選項A正確，B錯誤；
當小球A在斜劈上返回最低點C時，設小球A和斜劈的速度分別為v3、v4
mv0＝＝
聯立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s
小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左，選項D正確．故選ACD.
答案：ACD
例4　解析：A與B發生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據動量守恒和能量守恒得
v0＝＝
解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s
所以B的最大速率為4 m/s，故A正確；
B沖上弧面上的最高點時，豎直速度減小到零、水平速度與弧面共速，設它們的共同速度為v，則由水平方向動量守恒有MvB＝(M＋2M)v
解得v＝ m/s，故B錯誤；
從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分離時的速度分別為v′B、v′C，由水平方向動量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C
由機械能守恒有＝
聯立解得v′B＝－ m/s
由于|v′B|<|vA|
所以二者不會再次發生碰撞，故C錯誤，D正確．故選AD.
答案：AD
考點三
例5　解析：(1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此過程系統所增加的內能ΔE＝－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假設子彈以v′0＝400 m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對以子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得mv′0＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此過程系統所損耗的機械能為ΔE′＝－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能關系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′
則＝＝
解得d′＝ cm
因為d′>10 cm，所以能射穿木塊．
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能
例6　解析：(1)由于地面光滑，則m1、m2組成的系統動量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入數據有v1＝1 m/s
對m1受力分析有a1＝＝4 m/s2
則木板運動前右端距彈簧左端的距離有
＝2a1x1
代入數據解得x1＝0.125 m
(2)木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統有kx2＝(m1＋m2)a共
對m2有a2＝μg＝1 m/s2
當a共＝a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量
x2＝0.25 m
對m1、m2組成的系統，由動能定理有
＝(m1＋m2)
代入數據有v2＝ m/s
(3)木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，物塊相對木板始終向右運動，物塊的加速度大小始終為a＝1 m/s2，方向水平向左．此過程木板先向右速度從v2減小到0，再反向加速運動到加速度大小等于a，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過程木板的減速運動過程與加速運動過程具有對稱性，可知此過程總用時為2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0時間內，對物塊用動量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ m/s
在此2t0時間內，彈簧的初末彈性勢能不變，木板的初末動能不變，故對系統由能量守恒定律可知此過程系統因摩擦轉化的內能就等于物塊減少的動能，ΔU＝
解得ΔU＝) J
答案：(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　) J(共34張PPT)
專題強化七　碰撞模型的拓展
1. 會分析、計算“滑塊—彈簧”模型有關問題．
2．理解“滑塊—斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關問題．
3．會用動量觀點和能量觀點分析計算“子彈打木塊”．
考點一
考點二
考點三
考點一
考點一　“滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒．
(2)機械能守恒：系統所受的外力做功為零，除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒．
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)．
例 1 [2024·山東日照市模擬]A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈簧相連接，A、B兩球的質量分別為m和M(m＜M)．若使A球獲得瞬時速度v(如圖甲)，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若使B球獲得瞬時速度v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為(　　)
A．L1＞L2 B．L1＜L2
C．L1＝L2 D．不能確定
答案：C
解析：當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，對題圖甲取A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)v′
由機械能守恒定律得Ep＝mv2－(m＋M)v′2
聯立解得彈簧壓縮到最短時Ep＝
同理：對題圖乙取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有Ep＝
故彈性勢能相等，則有L1＝L2，故A、B、D錯誤，C正確．
例 2 (多選)[2024·山東濟南檢測]如圖所示，半徑為R的圓弧軌道固定在水平面上，圓弧軌道底端和水平面相切，質量分別為5m和3m的物體B和C用一質量不計的彈簧連接放在水平面上，其中物體B左端剛好位于圓弧軌道圓心的正下方，質量為m的物體A由與圓心等高的位置從圓弧上靜止釋放，經一段時間物體A與物體B發生正碰，碰撞后物體A沿原路返回，A上升的最高點距水平面的高度為.假設三個物體均可視為質點、一切摩擦和阻力均可忽略，重力加速度為g.
下列說法正確的是(　　)
A．物體A、B碰后瞬間，物體A的速度大小為
B．物體A、B相互作用的過程中，物體A對物體B的沖量大小為m
C．彈簧所儲存的彈性勢能的最大值為mgR
D．碰后物體C具有的最大速度為
答案：ACD
解析：物體A運動到圓弧軌道最低點與物體B碰撞前的速度大小記為v1，取軌道最低點的重力勢能為零，根據機械能守恒定律有mgR＝，得v1＝，碰撞后瞬間物體A的速度大小記為v′1，由動能定理有－mg×＝得，碰撞后瞬間物體B的速度大小記為v2，取水平向右為正方向，對A、B組成的系統由動量守恒定律有mv1＝＋5mv2，得到v2＝，由動量定理可得，碰撞過程中物體B受到的沖量大小為I＝5mv2＝，故A正確，B錯誤；
碰撞結束后，物體B與物體C的速度相等時彈簧儲存的彈性勢能最大，設物體B、C的共同速度為v3，根據動量守恒定律有5mv2＝(5m＋3m)v3，根據機械能守恒定律可知彈簧儲存的最大彈性勢能為Epm＝，得Epm＝mgR，故C正確；對物體B、物體C與彈簧組成的系統，當彈簧再次恢復到原長時，物體C的速度最大，物體B、C速度記為v′2、vC，根據動量守恒定律和機械能守恒定律，有(5m＋3m)v3＝＝，解得vC＝，故D正確．
考點二
考點二　“滑塊— 斜(曲)面”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒＝＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為m的重力勢能)．
(2)返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒＝(相當于完成了彈性碰撞)．
例 3 (多選)如圖所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R＝0.8 m的光滑圓弧斜劈B，斜劈的質量是M＝3 kg，底端與水平面相切，左邊有質量是m＝1 kg的小球A以初速度v0＝4 m/s從切點C(是圓弧的最低點)沖上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．小球A不能從斜劈頂端沖出
B．小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈
C．小球A沖上斜劈過程中經過最低點C時對斜劈的壓力大小是30 N
D．小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左
答案：ACD
解析：小球A向右運動到斜劈最低點C時，設此時斜劈對小球的支持力為F1，則F1－mAg＝,代入數據得F1＝30 N
小球A對斜劈的壓力也是30 N，選項C正確；
假設小球能運動到斜劈頂端，此時小球和斜劈水平速度相等為v1，小球豎直速度為v2，水平方向動量守恒mv0＝(m＋M)v1
小球和斜劈系統機械能守恒＝＋mgR
聯立得v1＝＝－4 m/s<0
小球A不能從斜劈頂端沖出，選項A正確，B錯誤；
當小球A在斜劈上返回最低點C時，設小球A和斜劈的速度分別為v3、v4
mv0＝＝
聯立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s
小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左，選項D正確．故選ACD.
例 4 (多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的光滑圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質點，則(　　)
A．B的最大速率為4 m/s
B．B運動到最高點時的速率為2 m/s
C．B能與A再次發生碰撞
D．B不能與A再次發生碰撞
答案：AD
解析：A與B發生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據動量守恒和能量守恒得v0＝＝
解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s
所以B的最大速率為4 m/s，故A正確；
B沖上弧面上的最高點時，豎直速度減小到零、水平速度與弧面共速，設它們的共同速度為v，則由水平方向動量守恒有MvB＝(M＋2M)v
解得v＝ m/s，故B錯誤；
從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分離時的速度分別為v′B、v′C，由水平方向動量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C
由機械能守恒有＝
聯立解得v′B＝－ m/s
由于|v′B|<|vA|
所以二者不會再次發生碰撞，故C錯誤，D正確．故選AD.
考點三
考點三　“滑塊—木板”模型
模型 圖示
模型 特點 (1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能．
(2)根據能量守恒，系統損失的動能ΔEk＝Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質量越小，木塊(或木板)的質量越大，動能損失越多．
(3)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于完全非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖像求解．
例 5 如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980 g的長方形勻質木塊，現有一顆質量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中，和木塊一起以共同的速度運動．已知木塊沿子彈運動方向的長度為10 cm，子彈打進木塊的深度為6 cm.設木塊對子彈的阻力保持不變．
(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所產生的內能．
(2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？
解析：(1)設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v,解得v＝6 m/s
此過程系統所增加的內能ΔE＝－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假設子彈以v′0＝400 m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對以子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得mv′0＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此過程系統所損耗的機械能為ΔE′＝－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能關系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′,則＝＝,解得d′＝ cm
因為d′>10 cm，所以能射穿木塊．
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能
例 6 [2023·遼寧卷]如圖，質量m1＝1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態．質量m2＝4 kg的小物塊以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸．木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝kx2.取重力加速度g＝10 m/s2，結果可用根式表示．
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0.求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同的過程中，系統因摩擦轉化的內能ΔU(用t0表示)．
解析：(1)由于地面光滑，則m1、m2組成的系統動量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入數據有v1＝1 m/s
對m1受力分析有a1＝＝4 m/s2
則木板運動前右端距彈簧左端的距離有＝2a1x1
代入數據解得x1＝0.125 m
(2)木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統有kx2＝(m1＋m2)a共
對m2有a2＝μg＝1 m/s2
當a共＝a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量
x2＝0.25 m
對m1、m2組成的系統，由動能定理有＝(m1＋m2)
代入數據有v2＝ m/s
(3)木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，物塊相對木板始終向右運動，物塊的加速度大小始終為a＝1 m/s2，方向水平向左．此過程木板先向右速度從v2減小到0，再反向加速運動到加速度大小等于a，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過程木板的減速運動過程與加速運動過程具有對稱性，可知此過程總用時為2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0時間內，對物塊用動量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝ m/s
在此2t0時間內，彈簧的初末彈性勢能不變，木板的初末動能不變，故對系統由能量守恒定律可知此過程系統因摩擦轉化的內能就等于物塊減少的動能，ΔU＝,解得ΔU＝) J
答案：(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　) J
[教你解決問題]　審題圖解
過程1：m1、m2組成的系統動量守恒，由動量守恒定律、牛頓第二定律和運動學公式解題；
過程2：m1、m2組成的系統在彈簧彈力作用下減速，由牛頓第二定律和系統動能定理解題；
過程3：m1、m2分別以不同的加速度減速，然后反向以不同的加速度加速，直到加速度相同，由動量定理和系統能量守恒定律解題．
核心素養提升 答題要規范，得分有技巧
1.在書寫答案時，應采用簡潔的文字說明與方程式相結合的方式．
2．在解題過程中，必須使用題目中給出的物理量，若題目中未給出某些物理量，則需根據題意設定，并明確其物理含義，且采用通用的符號表示．
3．在列方程式時，應使用原始公式，不應使用導出公式而導致失分．
4．在列方程式時，應分步進行，不要列綜合式或連等式，因閱卷時是要按式給分．
5．在解答過程中，應準確寫出表達式和結果，而不必寫出代入數據和運算過程．
6．若遇到實在不會做的題目，可以將題中可能用到的公式全部列出，評分時可能據所列出的公式是否正確，“踩點”給分．
典例 在豎直平面內，質量為m1＝0.1 kg的小球A用長為l＝
0.5 m的不可伸長的細線懸掛于O點，光滑水平地面到O點的
距離為h＝0.5 m，在O點正下方放置一質量為m2＝0.1 kg的小
球B.C為一固定的半徑為R＝0.1 m的光滑半圓弧槽．把小球
A拉到如圖所示位置，細線恰好伸直，且細線與豎直方向的
夾角α＝37°.由靜止釋放小球A，當細線再次伸直時，小球沿
細線方向的速度瞬間變為0.兩小球的碰撞為彈性碰撞，且兩
球都可視為質點，忽略空氣阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小球A由靜止釋放后，細線再次伸直前瞬間，小球A的速度大小；
(2)判斷小球B能否到達半圓弧槽最高點D，如果不能，請說明理由；如果能，求出小球B對半圓弧槽D點的壓力大小．
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