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专题42 碰撞中的多过程问题
常考点 碰撞中的多过程问题
【典例1】
如图所示，滑板M静止于光滑水平面上，M的上表面由粗糙水平部分和半径为R的四分之一光滑圆弧组成，
小物体Q静止于M左端，小球P系于长度为16R的轻绳下端，轻绳与竖直方向的夹角为60°。现将P由
静止释放，P在悬点正下方与Q在水平方向发生一维弹性碰撞，Q刚好能运动至圆弧的顶端，已知P的质
量为m，Q质量为2m，M的质量为m，重力加速度为g。
（1）求P、Q碰撞前瞬间，绳对P的拉力大小F；
（2）求P、Q碰撞后瞬间，Q的速度大小vQ；
（3）通过计算判断Q最终是否滑离M。
解：（1）设小球P的在碰撞前瞬间速度大小为vP，此时细线对小球拉力的大小为F，P由静止释放到碰撞前瞬间的过程，由动能定理得
解得
由
P、Q碰撞前瞬间，绳对P的拉力大小F＝2mg
（2）P在悬点正下方与Q在水平方向发生弹性碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP＝mv1+2mvQ
解得
（3）Q刚好能运动至圆弧的顶端，则Q与M在水平方向有共同速度v，竖直方向速度为0，规定向右为正方向，由动量守恒2mvQ＝（2m+m）v
解得
由能量守恒可知Q滑上M机械能损失
代入数据解得E＝
由于3mv2＞E
所以Q能滑离M
答：（1）P、Q碰撞前瞬间，绳对P的拉力大小为2mg；
（2）P、Q碰撞后瞬间，Q的速度大小为；
（3）Q能滑离M，分析见解析。
【典例2】
如图所示，放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物A、B之间往返运动。小车最左端放有一个小木
块，初始小车紧挨障碍物A静止。某时刻，一粒子弹以v0＝27m/s的速度射中木块并嵌入其中。小车向右
运动到与障碍物B相碰时，木块恰好运动到了小车的最右端，且小车与木块恰好达到共速。小车和它上面
的木块同时与障碍物B相碰，碰后小车速度立即减为零，而木块以碰撞之前的速率反弹。过一段时间，小
车左端又与障碍物A相碰，碰后小车速度立即减为零，木块继续在小车上向左滑动，速度逐渐减为零而停
在小车上。已知小车的质量为m，长度为L＝2.7米，小木块质量为，子弹质量为，子弹和小木块
都可以看做质点（g取10m/s2）。求：
（1）小木块运动过程中的最大速度；
（2）小木块与小车间的动摩擦因数；
（3）小木块最终停止运动后，小木块在小车上的位置与小车右端的距离。
解：（1）小木块在小车上滑动时做减速运动，因此小木块的最大速度为子弹射入木块后的共同速度，设子弹和木块的共同速度为v1，向右为正方向，根据动量守恒定律有
，
解得：
；
（2）内嵌子弹的小木块与小车作用过程，系统动量守恒，设共同速度为v2，由动量守恒定律得：
，
解得：
，
设小木块与小车之间的摩擦力为f，动摩擦因数为μ，对三者组成的系统，由能量守恒得：
，
解得：
，；
（3）设内嵌子弹的小木块反弹后与小车达到相对静止状态时共同速度为v3，相对小车滑动的距离为s1，小车停后小木块做匀减速运动，相对小车滑行距离为s2，小木块反弹后，对三者组成的系统，由动量守恒定律得：，
由能量守恒得：
，
小车停后，对内嵌子弹的小木块，由动能定理得：
，
解得：
，，
内嵌子弹的小木块在小车上的位置与小车右端的距离：
。
答：（1）小木块运动过程中的最大速度为5.4m/s；
（2）小木块与小车间的动摩擦因数为0.36；
（3）小木块最终停止运动后，小木块在小车上的位置与小车右端的距离为0.35m。
1． 两体多过程问题
（1）物理过程动态化、视频化：按时间发展顺序物体经历多个不同的物理过程，在每个过程遵循相应的物理规律，这是多过程问题的特点之一。
（2）寻找过程间的联系：在前后两个阶段之间还有某种联系，这是多过程问题的第二个特点。
（3）审题、分析问题表
过程分解 确定研究对象、正确运用规律
①碰前 物体A：做什么运动？运用什么规律？ 物体B：做什么运动？运用什么规律？
②碰中 AB系统:什么类型的碰撞？运用什么规律？——动量和能量两条路。
③碰后 物体A：做什么运动？运用什么规律？ 物体B：做什么运动？运用什么规律？
2． 三体多过程问题
碰撞次数 研究对象 运用规律
第一次碰撞 谁和谁组成的系统？ 什么类型的碰撞？运用什么规律？
第二次碰撞 谁和谁组成的系统？ 什么类型的碰撞？运用什么规律？
【变式演练1】
如图所示，AB为半径R＝0.7m的竖直光滑圆弧轨道，与最低点B平滑连接的水平轨道由BC、CD两部
分组成。BC部分粗糙，长度L1＝1.25m。CD部分光滑，长度L2＝5m。D点有固定的竖直挡板，质量ma
＝2kg的滑块a从圆弧最高点A由静止滑下，与静止在C点的质量mb＝1kg的滑块b发生正碰。滑块均可
视为质点，与BC段间的动摩擦因数μ＝0.2，所有的碰撞中均没有机械能损失，g＝10m/s2。求：
（1）滑块a对轨道最大压力的大小；
（2）滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离。
解：（1）滑块a从A到B经过B点时对轨道的压力最大，滑块a沿圆弧轨道下滑过程，由机械能守恒定律得
magR＝
在B点，对滑块a，根据牛顿第二定律得
FN﹣mag＝ma
根据牛顿第三定律知滑块a对轨道最大压力的大小：FN′＝FN
联立解得FN′＝60N
（2）设滑块a第一次达到C点时速度vC。
滑块a从A点到C点的过程，由动能定理得
magR﹣μmagL1＝
解得vC＝3m/s
设a、b第一次碰撞后的速度分别为va1和vb1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mavC＝mava1+mbvb1
mavC2＝mava12+mbvb12
解得va1＝1m/s，vb1＝4m/s
设滑块a、b第二次碰撞的位置与D点距离为x。则
＝
解得x＝3m
答：（1）滑块a对轨道最大压力的大小为60N；
（2）滑块a、b第二次碰撞的位置与D点的距离为3m。
【变式演练2】
如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物体A和B（均视为质点）通过一轻
弹簧拴接，A紧贴固定挡板，弹簧的劲度系数为k，整个装置处于静止状态。一质量M＝2m的物体P由斜
面上与B相距L处自由释放，与物体B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后B和P粘在一起共同运动，不计
空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。
（1）求碰撞后瞬间P与B的共同速度大小。
（2）当挡板对物体A的弹力恰好为零时，求P和B的共同速度大小。
解：（1）设碰撞前瞬间P的速度为v0，碰撞后瞬间两者的共同速度为v
由机械能守恒定律，可得：MgLsinθ＝
规定沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（m+M）v
联立解得v＝.
（2）设开始时弹簧的压缩量为x，当挡板对A的弹力为零时，弹簧的伸长量为x'，由胡克定律可得
kx＝mgsinθ＝mg
kx'＝mgsinθ＝mg
故x＝x'＝
B和P从碰撞后瞬间到挡板对A的弹力为零的运动过程中上升的距离L'＝x+x'＝
由x＝x'可知弹簧在该过程中的始末两个位置弹性势能相等，即Ep1＝Ep2
设挡板对物体A时弹力为零时，P和B的共同速度的大小为v1，由机械能守恒定律，得
（M+m）v2＝（M+m） gL'sinθ+ （M+m）
解得v1＝
答：（1）碰撞后瞬间P与B的共同速度大小为。
当挡板对物体A的弹力恰好为零时，P和B的共同速度大小为。
考点拓展练习
1．如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为零
C．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为
D．弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量
解：A、木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒。木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，故系统机械能不守恒，故A正确；
BC、木块C与A碰撞并粘在一起，以木块C与木块A组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝2mv′，解得v′＝，即木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为，故BC错误；
D、木块C与A碰撞过程中机械能有损失，之后粘合体在通过弹簧与物块B作用过程中满足动量守恒和机械能守恒，粘合体与物块B达到共速时，弹簧的弹性势能最大，但由于碰撞过程系统机械能有损失，所以弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量，故D错误。
2．如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连，水平面的CD部分粗糙，其长度L＝1m，其余部分光滑，DE部分长度为1m，E点与半径R＝1m的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心，E为最低点，F为最高点。将质量m1＝0.5kg的物块甲从斜面上由静止释放，如果物块甲能够穿过CD区域，它将与静止在D点右侧的质量为m2＝1kg的物块乙发生弹性正碰，已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，且物块均可看成质点，g取10m/s2。
（1）若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点F，求其在水平面BE上的落点到E点的距离x；
（2）若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5m，求物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力FN大小；
（3）用质量m3＝1kg的物块丙取代物块甲（甲和丙材料相同），为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次数不超过2次，求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围？（已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）
解：（1）物块乙恰好过最高点，向心力完全由重力提供，根据牛顿第二定律可得：
得物块乙在最高点的速度大小为：
物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向，有：
水平方向，有：x＝vt
联立解得物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为：x＝2R＝2×1m＝2m；
（2）设物块甲与物块乙碰前速度为v0，从释放到碰撞前，由动能定理可知：
解得：v0＝15m/s
物块甲与乙发生完全弹性正碰，动量守恒并且机械能守恒，
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律可得：
解得：v1＝﹣5m/s，v2＝10m/s
设乙物块通过圆心等高点时的速度为v3，取地面为零势能面，根据机械能守恒定律可得：
物块乙运动至圆心等高点时，根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得：FN＝80N
根据牛顿第三定律，物块乙对轨道的压力大小为：FN'＝FN＝80N，方向水平向右。
（3）要使物块丙能够与物块乙碰撞m3gh＞μm3gL，即h＞0.25m
因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，丙和乙交换速度，物块乙滑到圆弧上返回后，第2次与物块丙发生弹性正碰，交换速度。要使物块丙不再与物块乙发生碰撞，则有：m3gh≤3μm3gL
即h≤0.75m
如果物块丙与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度v4，在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则物块乙将脱离圆轨道，不再与物块丙发生碰撞，则有：
即
丙与乙碰前速度设为v5，则有v5＝v4
在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式：
得：h＞1.25m
综上0.25m＜h≤0.75m，或h＞1.25m。
答：（1）若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点F，其在水平面BE上的落点到E点的距离为2m；
（2）若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5m，物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力FN大小为80N；
（3）物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围为0.25m＜h≤0.75m，或h＞1.25m。
3．如图所示，质量m＝3kg的小物块在高h1＝0.6m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，小物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.3m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，小物块滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度大小的，碰撞过程中无能量损失，g＝10m/s2，求：
（1）小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；
（2）物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力；
（3）物块M的质量。
【解答】解：（1）小物块由A运动到B做平抛运动，
竖直方向：h1﹣h2＝gt2
代入数据解得：t＝s
由几何关系有：R＝h1，h1﹣h2＝，∠BOC＝60°
设小球做平抛运动时的初速度为v0，则有：＝tan60°
弹性势能Ep等于小物块在A点的动能得：Ep＝mv02
代入数据解得：Ep＝3J.
（2）设小物块到C点时的速度为v1，小物块从A点到C点过程，
由动能定理得：mgh1＝mv12﹣mv02
在C点由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m
代入数据解得：FN＝100N
由牛顿第三定律可知对轨道C点的压力大小FN′＝FN＝100N，方向竖直向下。
（3）小物块与M碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1＝mv3+Mv2
小物块与M碰撞过程能量守恒，由机械能守恒定律得：
mv12＝mv32+Mv22
由题意可知：v3＝﹣
代入数据解得：M＝5kg
答：（1）小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep是3J。
（2）物块m运动到圆弧最低点C时对轨道的压力大小是100N，方向竖直向下；
（3）物块M的质量是5kg。
4．如图所示，光滑水平面上质量m1＝2kg的物块以v0＝2m/s的初速度冲向质量m2＝6kg的静止的光滑圆弧面斜劈体，圆弧部分足够长。取g＝10m/s2，求：
（1）物块m1能上升的最大高度；
（2）物块m1刚从圆弧面滑下后，二者速度的大小；
（3）若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度的大小。
【解答】解：（1）物块与斜面体组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，当物块上升到最大高度时物块与斜面体速度相等，设为v，设物块上升的最大高度是h，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝（m1+m2）v
由机械能守恒定律得：
+m1gh
代入数据解得：h＝0.15m
（2）物块与斜面体组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，设物块从圆弧面滑下后物块的速度大小为v1，斜面体的速度大小为v2，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v1＝﹣1m/s，v2＝1m/s，负号表示速度方向向左
（3）物块与斜面体组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，设物块从圆弧面滑下后物块的速度大小为v1′，斜面体的速度大小为v2′，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1′+m2v2′
由机械能守恒定律得：
若m1＝m2，代入数据解得：v1′＝0m/s，v2′＝2m/s
答：（1）物块m1能上升的最大高度是0.15m；
（2）物块m1刚从圆弧面滑下后，二者速度的大小分别是1m/s、1m/s；
（3）若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度的大小分别是0、2m/s。
5．某同学设计的某款游戏装置由轨道ABCD和圆弧轨道EF两部分构成。如图所示，该装置竖直放置在高H＝0.62m的水平台面上；装置中轨道ABCD的动摩擦因数均为μ＝0.5，其余轨道摩擦不计。AB、CD为水平面，BC为斜面，AB与BC、BC与CD间均由长度不计的圆弧连接，C点上方有一圆弧形弹性小挡板K，挡板末端水平。E点在D点的正上方，DE间距不计。B点到E点的竖直高度h＝0.08m，ABCD的水平长度为L＝0.12m；在水平轨道AB的左侧放有一弹射装置。将一可视为质点，质量m＝1kg的物体紧贴弹簧由静止释放弹出，当弹簧的压缩量为d时，物体由E点进入半径R＝0.2m的圆弧轨道EF运动，物体在此轨道最高点恰好不受任何挤压。忽略小物体在各轨道交接处因碰撞带来的机械能的损失。
（1）当弹簧的压缩量为d时，求小物体在圆弧轨道中运动时的最小速度及此情况下弹射装置弹簧的初始弹性势能；
（2）当弹簧的压缩量为1.5d时，求物体在运动至F点处对圆形轨道的压力；
（3）当弹簧的压缩量为d时，在D点放置与小物块等质量的小球，小物块经过D点时与小小球发生弹性碰撞，碰后小球经轨道EF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞（三棱柱G的位置上下可调），碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
【解答】解：（1）物体在圆弧轨道中运动时，在E点速度最小，在E点恰好不受任何挤压，由重力提供向心力，则有：
mg＝
代入数据解得：vE＝m/s
设斜面BC的倾角为θ，物体由A到D的过程克服摩擦力做功Wf＝μmg（LAB+LCD）+μmgcosθ LBC，
由几何关系可得：LAB+LCD+LBCcosθ＝L，则：Wf＝μmgL
物体从释放到E的过程由功能关系可得此情况下弹射装置弹簧的初始弹性势能：
Ep1＝Wf+mgh+
代入数据解得：Ep1＝2.4J
（2）根据弹簧弹性势能Ep＝，可得当弹簧的压缩量为1.5d时其弹性势能为：
Ep2＝
代入数据解得Ep2＝5.4J
物体从释放到F的过程由功能关系可得：
Ep2﹣Wf﹣mgh+mgR＝
根据牛顿第二定律，物体在F点所受轨道支持力大小为：
N＝
代入数据解得：N＝60J
根据牛顿第三定律可知物体在运动至F点处对圆形轨道的压力大小为60N，方向水平向右。
（3）设物体与小球碰撞后瞬间，物体与小球的速度分别为v1、v2，以水平向右为正方向，根据系统动量和机械能守恒可得：
mvE＝mv1+mv2
＝
联立并代入数据解得：v1＝0，v2＝vE＝m/s
设三棱柱G距离地面的高度为y，小球与其碰撞时的速度大小为v0，则E点到三棱柱G的竖直距离为h′＝H+h﹣y＝0.7﹣y。
小球从E到与三棱柱碰撞过程，根据动能定理可得：
mgh′＝
可得：＝16﹣20y
碰撞后小球以初速度为v0做平抛运动，则有：
y＝
x＝v0t
联立可得：x2＝﹣4y2
当y＝0.4m时，x取最大值，为xmax＝0.8m
答：（1）小物体在圆弧轨道中运动时的最小速度为m/s，此情况下弹射装置弹簧的初始弹性势能为2.4J；
（2）物体在运动至F点处对圆形轨道的压力大小为60N，方向水平向右；
（3）落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax为0.8m。
6．图甲是某游乐场的一种“双环过山车”设施的一部分，某同学将其简化成图乙的“轨道”模型。图乙中半径为R＝0.2m的竖直圆轨道1和竖直圆轨道2在同一平面内，其中ab段与两圆轨道的摩擦力均可忽略不计，xbc＝xcd＝0.6m。让滑块A由右侧轨道的一定高度处由静止释放，A到水平面后与静止在图中的滑块B发生弹性正碰。两滑块均可视为质点，质量都为1kg，经过所有转折点处的能量损失均可忽略不计。与bc、cd段的动摩擦因数均为μ＝0.2。重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）A距地面高度h时，A与B碰后B速度大小的表达式（用字母表示）；
（2）碰后B刚好通过圆轨道1时，A释放点距离地面的高度；
（3）碰后B刚好通过圆轨道1但不脱离圆轨道2时，圆轨道2半径r的取值范围。
【解答】解：（1）A由释放点到与B碰前过程中，根据动能定理可得：﹣0
解得碰撞前A的速度大小为：
AB组成的系统碰撞前后，系统动量守恒、取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：mvA＝mvA'+mvB'
根据能量守恒定律可得：mvA2＝mvA'2+mvB'2
解得vA'＝0，。
（2）B恰好能过周轨道1时，重力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
从释放点到竖直圆轨道1的最高点，由动能定理得
联立解得h＝0.5m；
（3）要保证滑块不脱离轨道，可两种情况进行讨论：
①轨道半径较小时，滑块恰能通过竖直圆轨道2，设在最高点的速度为v2，应满足
同时满足，滑块能恰好通过圆轨道1，从1轨道最高点到2轨道最高点，根据动能定理有：
联立解得：r＝0.152m；
②轨道半径较大时，滑块上升的最大高度为r，从1轨道最高点到2轨道高度为r处，根据动能定理可得：
联立解得：r＝0.38m
故r≤0.152m或r≥0.38m。
答：（1）A距地面高度h时，A与B碰后B速度大小的表达式为；
（2）碰后B刚好通过圆轨道1时，A释放点距离地面的高度为h；
（3）碰后B刚好通过圆轨道1但不脱离圆轨道2时，圆轨道2半径r的取值范围为r≤0.152m或r≥0.38m。
7．如图，静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1kg，mB＝4kg；两者之间有一被压缩的微型轻弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1m。某时刻，将压缩的微型轻弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。问：
（1）弹簧释放后瞬间A和B速度的大小分别是多少？
（2）弹簧释放后B第一次刚停止时，A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
（4）用一个小物块C替换物块B，其他条件均保持不变。弹簧释放后A、C恰好未发生碰撞，则物块C的质量应该为多少？
【解答】解：（1）设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，
由动量守恒定律可得：0＝mAvA﹣mBvB
根据能量守恒可知：
联立以上等式解得：vA＝4m/s；vB＝1m/s
（2）由（1）可得：vA＝4m/s；vB＝1m/s
物块的加速度为：a＝﹣μg＝﹣0.2×10m/s2＝﹣2m/s2
则物块B停下需要的时间为：
在这个过程中，物块B的位移为：，方向向左
因为物块A可能与墙体发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，但碰撞并不改变A的速度大小，加速度大小不变，所以无论是否发生碰撞，A物体的路程始终可以表示为：
根据图中的位置关系可知，物块A与墙壁发生碰撞，B停止时，A的位置在距离初始位置右侧的x2′＝2l﹣x2＝2×1m﹣1.75m＝0.25m的位置，
则A、B之间的距离为：x＝x1+x2′＝0.25m+0.25m＝0.50m。
（3）分析A物块，当其停止时，
则最终物块A会停在原来位置向左的2m位置，根据位置关系可知，物块A和B会发生碰撞
则当物块A的路程为x4＝2l+x1＝2×1m+0.25m＝2.25m时
此时，对物块A分析：
代入数据解得：，方向向左
此时A与B将发生碰撞，设碰撞后物块A和B的速度分别为v1和v2
则根据动量守恒：﹣mAvA′＝mAv1+mBv2
根据能量守恒：
联立解得：；
由此可知，碰撞后A将向右运动，B继续向左运动
则此后两物块的路程分别为：；
根据位置关系可知，物块AB之间的距离为：x＝xA+xB
联立以上各式解得：x＝0.91m
（4）弹簧释放后A、C恰好未发生碰撞
说明弹簧释放后A物块会与墙壁发生弹性碰撞且最后在地面上滑行的距离比物块C的多了2l＝2×1m＝2m
由动量守恒可知：0＝mAv3﹣mCv4
由能量守恒：
设物块C最终停在原来位置向左距离s的位置，则
；
联立以上各式解得：
答：（1）弹簧释放后瞬间A和B速度的大小分别是4m/s和1m/s；
（2）弹簧释放后B第一次刚停止时，A与B之间的距离是0.50m；
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m；
（4）物块C的质量应该为。
8．我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°＝0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入甲板BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：
（1）舰载机水平运动的过程中，飞机对飞行员所做功W；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员对飞机的作用力；
（3）舰载机水平运动的过程中，飞机对飞行员的冲量I的大小。
【解答】解：（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则舰载机在AB上滑行过程：
L1＝t，
代入数据解得：
v＝50m/s，
舰载机水平运动的过程中，对飞行员，由动能定理得：
W＝﹣0，
代入数据解得：
W＝7.5×104J；
（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：
L2＝Rsinθ，
以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：
FN﹣mg＝m，
代入数据解得：
FN＝1.1×103N；
根据牛顿第三定律知，飞行员对飞机的作用力FN'＝FN＝1.1×103N，方向竖直向下；
（3）舰载机水平运动的过程中，根据动量定理得：
I＝mv﹣0＝60×50kg m/s﹣0＝3.0×103kg m/s。
答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞机对飞行员所做功W为7.5×104J；
（2）舰载机刚进入BC时，飞行员对飞机的作用力为1.1×103N，方向竖直向下；
（3）舰载机水平运动的过程中，飞机对飞行员的冲量I的大小为3.0×103kg m/s。
9．如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起运动。求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）最终曲面劈B获得的动能。
【解答】解：（1）小物块C与A碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝2mv
解得：v＝v0
碰撞过程中系统损失的机械能：
解得：
（2）AC整体与B发生弹性碰撞，设最终AC整体的速度为v1，最终B的速度为v2，
在水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv＝2mv1+3mv2
由机械能守恒定律得：
解得：
曲面劈B获得的动能为
答：（1）碰撞过程中系统损失的机械能是mv02；
（2）最终曲面劈B获得的动能是mv02。
10．如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（过D点后立即撤去物块A），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
（1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
（2）斜面体的质量；
（3）物块B与斜面体分离时，物块B与斜面体各自的速度大小。
【解答】解：（1）根据题意，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D，有mg＝m
从C到D，由动能定理有﹣mg×2L＝m﹣m
在C点，有F﹣mg＝m
联立解得：F＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为F′＝F＝6mg
（2）弹簧释放瞬间，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mvA＝mvB
对物块A，从弹簧释放后到运动到C点的过程，由动能定理有﹣μmgL＝m﹣m
设斜面体的质量为M，B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，
由动量守恒定律有mvB＝（m+M）v
由机械能守恒定律有m＝（m+M）v2+mgL
联立解得：M＝
（3）物块B从滑上斜面体到与斜面体分离过程中，
以水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvB＝mvB′+Mv′
由机械能守恒定律有m＝mvB′2+Mv′2
解得：vB′＝，v′＝
答：（1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为6mg；
（2）斜面体的质量为；
（3）物块B与斜面体分离时，物块B与斜面体各自的速度大小分别为，。
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