动量和能量知识在力学问题中的综合应用

动量和能量知识在力学问题中的综合应用
热点例析
题型一、功和功率 动能定理
1．功。

（1）恒力的功：W ＝Fs cos α。

（2）变力做功： ①用动能定理或功能关系求解；
②用图象法求解，其中在F －s 图象中，曲线下的面积表示功的大小； ③当力的功率恒定时W ＝Pt 。

2．功率。

（1）平均功率：P ＝W t
（2）瞬时功率：P ＝F v cos α 3．动能定理。

（1）内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。

（2）公式：∑W ＝ΔE k 即W 1＋W 2＋W 3＋…＝12m v 22－12
m v 21 （3）应用要点：对于单个物体应用动能定理W 总＝ΔE k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功。

动能定理对全过程应用更加简便，即把几个过程作为一个整体，只考虑初、末状态的动能及过程中各力做功的代数和。

【例1】（2012·福建理综，17）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、
B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。

初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好
处于静止状态。

剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ）
A ．速率的变化量不同
B ．机械能的变化量不同
C ．重力势能的变化量相同
D ．重力做功的平均功率相同
【例2】如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为30°
的固定光滑斜轨道面进行。

有一件质量为m ＝2.0 kg 的小包装盒，由静止开始
从斜轨道的顶端A 滑至底端B ，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。

若A
点距离水平面的高度h ＝5.0 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：
（1）包装盒由A 滑到B 所经历的时间；
（2）若地面的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？（不
计斜面和地面接触处的能量损耗）
规律总结1．涉及时间一般不宜运用动能定理求解；
2．动能定理的优势是对整个过程应用，比用牛顿定律和运动学公式简便得多。

【拓展练习1】（2012·江苏单科，3）如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小
球。

在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点。

在此过程中拉力
的瞬时功率变化情况是（ ）
A ．逐渐增大
B ．逐渐减小
C ．先增大，后减小
D ．先减小，后增大
题型二、碰撞问题
1．碰撞过程由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量一般按守恒处理。

2．弹性碰撞动量守恒、机械能守恒，质量相等时两物体碰后速度交换；两物体发生完全非弹性碰撞时，碰后具有共同速度，机械能的损耗最大。

3．一般的非弹性碰撞动量守恒，碰后总动能小于碰前的总动能。

【例3】（2011·广州一模，36）如图，绝缘水平地面上有宽L ＝0.4 m 的匀强电场区域，场强E ＝6×105 N/C 、方向
水平向左。

不带电的物块B 静止在电场边缘的O 点。

带电荷量q ＝＋5×105 C 、质量m A ＝1×10－2 kg 的物块A 在距O
点s ＝2.25 m 处以v 0＝5 m/s 的水平初速度向右运动，并与B 发生碰撞，假设碰撞过程A 、B 构成的系统没有动能损失。

A 的质量是B 的K （K ＞1）倍，A 、B 与地面间的动摩擦因数都为μ＝0.2，物块均可视为质点，且A 的电荷量始终不变，取g ＝10 m/s 2。

（1）求A 到达O 点与B 碰撞前的速度大小；
（2）求碰撞后瞬间A 和B 的速度大小；
（3）讨论K 在不同取值范围时电场力对A 做的功。

规律总结弹性碰撞动量守恒，机械能守恒，常见的情况是一动一静模型：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 ①
12m 1v 20＝12m 1v 21＋12
m 2v 22 ② 由二式化简得v 0＝v 2－v 1 ③ （此式表明碰前与碰后两球的相对速度大小相等）
再由①和③联立解得：v 1＝(m 1－m 2)v 0m 1＋m 2，v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2
（此结果要求记住） 【例4】（2012·课标全国理综，35（2））如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O 。

让球
a 静止下垂，将球
b 向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细
线与竖直方向之间的最大偏角为60°。

忽略空气阻力，求：
（ⅰ）两球a 、b 的质量之比；
（ⅱ）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比。

【拓展练习2】（2012·重庆理综，17）质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。

当车速为v
0时，
人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下。

跳离瞬间地面阻力的冲量忽
略不计，则能正确表示车运动的v －t 图象为（ ）
题型三、动量、能量的两种经典模型
（1）子弹打木块模型
子弹打木块类问题的特点：
①系统合外力可看为零，因此动量守恒；
②系统初动量不为零（一般为一静一动），末动量也不为零；
③两者发生的相对位移等于子弹入射深度（穿出木块时为木块宽度）；
④全过程损失的动能可用公式ΔE k ＝fs 相对表示。

（2）滑块模型：滑块—木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律和动量守恒定律有关知识的巩固和应用。

这类问题可分为两类：
①没有外力参与，滑块与木板组成的系统动量守恒，系统除遵从动量守恒定律外，还遵从能量守恒定律，摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失，即f ·s 滑＝ΔE k ；
②系统受到外力，这时对滑块和木板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律和运动学公式求解。

【例5】如图所示，质量分别为M 1＝0.99 kg 和M 2＝1 kg 的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹一轻质弹簧，一粒质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的速度打入木块M 1中，求：
（1）当子弹在木块M 1中相对静止的瞬间，木块M 1速度的大小；
（2）弹簧被压缩到最短瞬间木块M 2的速度；
（3）弹簧获得的最大弹性热能。

【例6】地面和半圆轨道面均光滑。

质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平。

现有一质量m ＝2 kg 的滑块（可视为质点），以v 0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。

小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2。

（1）小车与墙壁碰撞前，小滑块会不会从小车上掉下来？
（2）讨论半圆轨道的半径R 在什么范围内，滑块能沿圆轨道运动
而不脱离圆轨道？
规律总结：守恒定律的优点是只管初、末状态，不管过程细节，所以对相互作用的问题优先考虑应用动量守恒和能量守恒求解；另外讨论问题时注意考虑全面，不要漏掉可能出现的某种情况。

【拓展练习3】（2012·广州一模，36）如图，木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x 。

与滑块B （可视为质点）相连的细线一端固定在O 点。

水平拉直细线并给B 一个
竖直向下的初速度，当B 到达最低点时，细线恰好被拉断，B 从A
右端的上表面水平滑入。

A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。

已知A 的质量为2m ，B 的质量为m ，A 、B 之间动摩擦因数为μ；
细线长为L 、能承受的最大拉力为B 重力的5倍；A 足够长，B 不会从A 表面滑出；重力加速度为g 。

（1）求B 的初速度大小v 0和细线被拉断瞬间B 的速度大小v 1。

（2）A 与台阶只发生一次碰撞，求x 满足的条件。

（3）x 在满足（2）条件下，讨论A 与台阶碰撞前瞬间的速度。

误区档案
1．动量守恒与机械能守恒的条件不同
系统动量守恒的条件是合外力为零，分析受力时只分析外力，不分析内力，而系统机械能守恒条件是只有重力和弹簧弹力做功，分析受力时，既分析外力，又分析内力，若内力中除重力、弹簧弹力之外的其他力做功，机械能也不守恒。

动量守恒，机械能不一定守恒，反之亦然。

2．动量守恒定律表达式中的速度指的是对地速度
动量守恒定律必须相对于同一惯性参考系，表达式中的速度指的是对地速度，如果题目给出的速度不是对地速度要转换为对地速度。

3．除非弹性碰撞，一般地碰撞都有动能损失，完全非弹性碰撞，能量损失最大
碰撞瞬间一般有能量损失，而这个能量损失是隐蔽的，不易觉察，易在此犯错误。

4．摩擦力与相对路程的乘积，等于系统机械能损失，并不等于某物体机械能的损失
【易错题】质量为M 的木块停放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以水平速度v 0打进木块，子弹打进木块没有出来，子弹与木块的作用力为f ，求子弹打进深度d 。

易错分析：有的同学这样列式：由动量守恒得：m v 0＝（m ＋M ）v （1）；由能量守恒得：fd ＝12m v 20－12
m v 2（2） 式（1）是正确的，式（2）错误，应修改为fd ＝12m v 20－12（m ＋M ）v 2，结合（1）可得d ＝Mm v 202(m ＋M )f
5．动量守恒与选取的系统有关
在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，因此，在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守恒的。

6．某一方向上动量守恒并不等于整个系统动量守恒
某一方向系统受的外力的合力为零，这一方向动量守恒，但系统受到的合力不一定为零，总的动量不一定守恒。

1．如图所示，小车由光滑的弧形段AB 和粗糙的水平段BC 组成，左侧有障碍物挡住，
静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A 点由静止滑下的物体到C 点恰好停止。

如果小
车不固定，物体仍从A 点静止滑下，则（ ）
A ．还是滑到C 点停住
B ．滑到B
C 间某处停住
C ．会冲出C 点落到车外
D ．上述三种情况都有可能
2．如图所示，足够长的小平板车B 的质量为M ，以水平速度v 0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m 的小物体A 从车的右端以水平速度v 0沿车的粗糙上表面向左运动。

若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（ ）
A ．若M ＞m ，物体A 对地向左的最大位移是2M v 20(M ＋m )μg
B ．若M ＜m ，小车B 对地向右的最大位移是M v 20μmg
C ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为m v 0
D ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为2M v 0(M ＋m )μg
3．如图所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开
始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点（图中未画出）开始弹回，返回b 点离开弹簧，
恰能再回到a 点。

若bc ＝0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，则（ ）
A ．轻弹簧的劲度系数是50 N/m
B ．从d 到c 滑块克服重力做功8 J
C ．滑块动能的最大值为8 J
D ．从d 到c 弹簧的弹力做功8 J
4．（2012·天津理综，10）如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上
有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面也为h ，坡道底端与台面相切。

小球A 从坡道
顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，
并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰
好为台高的一半。

两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

求：
（1）小球A 刚滑至水平台面的速度v A ；
（2）A 、B 两球的质量之比m A ∶m B 。

5．（2012·山东理综，22）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB 段为一半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道，BC 段为一长度L ＝0.5 m 的粗糙水平轨道，二者相切于B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点。

一可视为质点的物块，其质量m ＝0.2 kg ，与BC 间的动摩擦因数μ1＝0.4。

工件质量M ＝0.8 kg ，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。

（取g ＝10 m/s 2）
（1）若工件固定，将物块由P 点无初速度释放，滑至C 点时恰好静止，求P 、C 两点间的高度差h 。

（2）若将一水平恒力F 作用于工件，使物块在P 点与工件保持相对静止，一
起向左做匀加速直线运动。

①求F 的大小。

②当速度v ＝5 m/s 时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），
物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离。

6．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，C 是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0 m 。

现有一个质量为m ＝0.2 kg 可视为质点的小物体，从D 点的正上方E 点处自由下落，DE 距离h ＝1.6 m 。

物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5。

取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
g ＝10 m/s 2。

求：
（1）物体第一次通过C 点时轨道对物体的支持力F N 的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB 至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道
做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q 的大小。

参考答案
精要例析·聚焦热点
热点例析
【例1】D 解析：剪断轻绳后，由于不计摩擦，A 、B 两个物块各自的机械能都守恒，即两物块的机械能变化量
均为0，B 错误；由mgh ＝12
m v 2得v ＝2gh ，则A 、B 两物块下落到地面时的速度大小相同，所以A 、B 两物块的速率变化量相同，A 错误；剪断轻绳前，A 、B 均处于平衡状态，设轻绳的拉力为T ，则有T ＝m A g ，T ＝m B g sin θ，可得m A ＝m B sin θ，剪断轻绳后，A 、B 下落高度相同，由ΔE p ＝－mgh 知A 的重力势能的变化量小于B 的重力势能的变化量，C 错误；剪断轻绳后，A 、B 两物块着地所用的时间分别为t A ＝
2h g 、t B ＝1sin θ2h g ，则重力做功的平均功率分别为P A ＝m A gh 2h g 、P B ＝m B gh 1sin θ2h
g
，由m A ＝m B sin θ，可知P A ＝P B ，D 正确。

【例2】解析：（1）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得：mg sin θ＝ma a ＝g sin θ＝5 m/s 2
包装盒沿斜面由A 到B 的位移为s AB ＝h sin 30°
＝10 m 设包装盒由A 到B 做匀加速运动的时间为t 则s AB ＝12at 2 解得：t ＝2s AB a
＝2 s （2）对整个过程由动能定理得：mgh －fs ＝0，其中f ＝μmg ， 代入已知，得s ＝10 m 。

【拓展练习1】A 解析：小球在运动过程中受到重力G 、水平拉力F 和细线的拉力T ，根据动能定理可知，W G
＋W F ＋W T ＝12m v 22－12
m v 21＝0，因细线的拉力始终与速度方向垂直，故细线的拉力不做功，所以水平拉力F 做的功与克服重力做的功相等，它们的功率大小也相等；根据运动的分解可知，小球沿竖直方向的分速度逐渐增大，因此克服重力做功的功率逐渐增大，即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大，A 项正确。

【例3】解析：（1）设碰撞前A 的速度为v ，由动能定理
－μm A gs －12m A v 2－12m A v 20 ① 得：v ＝v 20－2μgs ＝4 m/s ② （2）设碰撞后A 、B 速度分别为v A 、v B ，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：
m A v ＝m A v A ＋m B v B ③ 12m A v 2＝12m A v
2
A ＋12m
B v 2B
④
联立③④并将m A ＝km B 及v ＝4 m/s 代入得： v A ＝4(k －1)k ＋1 m/s ⑤ v B ＝8k k ＋1
m/s ⑥ （3）讨论：（ⅰ）如果A 能从电场右边界离开，必须满足： 12
m A v 2A ＞μm A gL ＋qEL ⑦ 联立⑤⑦代入数据，得：k ＞3 ⑧
电场力对A 做功为：W E ＝－qEL ＝－6×105×5×10－3×0.4 J ＝－1.2×10－
2 J ⑨ （ⅱ）如果A 不能从电场右边界离开电场，必须满足：
12m A v 2A
≤μm A gL ＋qEL ⑩ 联立⑤⑩代入数据，得：k ≤3 ⑪ 考虑到k ＞1，所以在1＜k ≤3范围为A 不能从电场右边界离开 ⑫
又：qE ＝3×10－2 N ＞μmg ＝2×10－
2 N ⑬ 所以A 会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0。

即W E ＝0 ⑭
【例4】解析：（ⅰ）设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点、但未与球a 相碰时的速率为v ，由机
械能守恒定律得 m 2gL ＝12
m 2v 2 ① 式中g 是重力加速度的大小。

设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正。

由动量守恒定律得
m 2v ＝（m 1＋m 2）v ′ ②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
12
（m 1＋m 2）v ′2＝（m 1＋m 2）gL （1－cos θ） ③ 联立①②③式得 m 1m 2＝11－cos θ
－1 ④ 代入题给数据得 m 1m 2＝2－1 ⑤ （ⅱ）两球在碰撞过程中的机械能损失是 Q ＝m 2gL －（m 1＋m 2）gL （1－cos θ） ⑥
联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k （E k ＝12m 2v 2）之比为 Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2
（1－cos θ） ⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得 Q E k ＝1－22
⑧ 【拓展练习2】B 解析：人跳车前，人和车以大于v 0的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝μ×3mg 3m
＝μg ；人跳车瞬间，人和车组成的系统动量守恒，规定初速度方向为正方向，则3m v 0＝－m v 0＋2m v ，得v ＝2v 0，此后车做减
速运动的加速度a ′＝μ×2mg 2m
＝μg ＝a ，B 项正确。

【例5】解析：（1）子弹打入木块M 1的瞬间，内力远大于弹簧对M 1的作用力，子弹和木块M 1系统动量守恒：
m v 0＝（m ＋M 1）v 1 ， v 1＝m v 0m ＋M 1＝0.01×1000.01＋0.99
m/s ＝1 m/s （2）在弹簧被压缩到最短的过程中，子弹和两个木块组成的系统在水平方向上没有受到其他外力作用，三物及弹簧系统动量守恒，则：（M 1＋m ）v 1＝（M 2＋M 1＋m ）v 2 ，代入数据解得v 2＝0.5 m/s
（3）弹簧被压缩到最短时弹簧有最大的弹性势能，子弹进入木块并相对木块静止后将弹簧压缩到最短过程中机械能守恒（整个过程机械能并不守恒，子弹射入木块过程中有机械能的损失）。

设弹簧最大弹性势能为E p ，E p ＝12（M 1＋m ）v 21－12
（M 1＋M 2＋m ）v 22 ，代入数据解得E p ＝0.25 J 【例6】解析：（1）设滑块与小车的共同速度为v 1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有：m v 0＝（m ＋M ）v 1
代入数据解得：v 1＝4 m/s
设滑块与小车的相对位移为L 1，由系统能量守恒定律，有：μmgL 1＝12m v 20－12
（m ＋M ）v 21 代入数据解得：L 1＝3 m ，设与滑块相对静止时小车的位移为s 1，根据动能定理，有：μmgs 1＝12M v 21
－0 代入数据解得：s 1＝2 m
因L 1＜L ，s 1＜s ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，小滑
块不会从小车上掉下来。

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v 1＝4 m/s ，位移为L 2＝L －L 1＝1 m 的匀减速运动，然后滑上圆轨道的
最低点P 。

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为：mg ＝m v 2R
① 根据动能定理，有：－μmgL 2－mg ·2R ＝12m v 2－12m v 21
② ①②联立并代入数据解得：R ＝0.24 m 若滑块恰好滑至14
圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。

根据动能定理，有： －μmgL 2－mg ·R ＝0－12m v 21
代入数据解得：R ＝0.6 m 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足： R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m
【拓展练习3】解析：（1）滑块B 从释放到最低点，机械能守恒，有： 12m v 20＋mgL ＝12
m v 21 ① 在最低点，由牛顿运动定律：T －mg ＝m v 21L
② 又：T ＝5mg ③ 联立①②③得：v 0＝2gL v 1＝2gL
（2）设A 与台阶碰撞前瞬间，A 、B 的速度分别为v A 和v B ，由动量守恒 m v 1＝m v B ＋2m v A ④
若A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：|2m v A |≥|m v B | ⑤
对A 应用动能定理：μmgx ＝12×2m v 2A ⑥ 联立④⑤⑥解得：x ≥L 4μ
， ⑦ 即A 与台阶只能碰撞一次的条件是：x ≥L 4μ
（3）设x ＝x 0时，A 左端到台阶板前瞬间，A 、B 恰好达到共同速度v AB ，由动量守恒m v 1＝（m ＋2m ）v AB ⑧
对A 应用动能定理：μmgx 0＝12×2m v AB 2 ⑨ 联立⑧⑨得：x 0＝4L 9μ
⑩ （ⅰ）当x ≥x 0即x ≥4L 9μ时，AB 共速后A 与挡板碰撞。

由⑧可得A 与台阶碰撞前瞬间的速度：v A 1＝v AB ＝v 13＝2gL 3
⑪ （ⅱ）当x 0＞x ＞L 4μ即4L 9μ＞x ≥L 4μ时，AB 共速前A 就与台阶碰撞， 对A 应用动能定理：μmgx ＝12
×2m v A 22 ⑫ A 与台阶碰撞前瞬间的速度：v A 2＝μgx ⑬
创新模拟·预测演练
1．B 解析：设BC 长为l ，车固定时，mgh ＝12m v 2B
＝μmgl 。

由水平方向动量守恒知小车不固定时最后将与物体一起向右运动，设一起速度为v t ，在BC 上滑动的距离为s 。

则有m v B ＝（m ＋M ）v t ，mgh ＝12m v 2B ＝12
（m ＋M ）v 2t ＋μmgs ，可得到s ＜l ，故会停在BC 间某处。

2．D 解析：若M ＞m ，共同速度向右，物体A 向左运动的速度为0时，向左运动的位移最大，μmgs ＝12m v 20
，s ＝v 202μg ；若M ＜m ，共同速度向左，B 对地向右运动的速度为0时，B 向右运动的位移最大，μmgs ′＝12M v 20，s ′＝M v 202mμg
；无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量等于动量的变化量，摩擦力的作用时间为t ，若M ＞m ，由动量
守恒得（M －m ）v 0＝（M ＋m ）v ，对M ：－μmgt ＝M v －M v 0，解之得2M v 0(M ＋m )μg
，若M ＜m ，也可得到同样的结果，选项D 正确。

3．A 解析：由a 点开始运动，又恰能回到a 点，说明系统机械能守恒，滑块不受摩擦力。

在c 点由受力平衡条件得mg sin 30°＝kx ，其中x ＝bc ＝0.1，解得k ＝50 N/m ，A 项正确。

在d 点，弹性势能E p d 最大，则E k d ＝0。

由a →d ，由动能定理得W G －W F ＝0，得W G ＝W F ＝8 J ，故d →c ，重力做功的绝对值|W G ′|＜8 J ，B 项不对。

由系统机械能守恒知在c 点E k ＜8 J ，C 项错误。

从d →b ，弹簧弹性势能全部转化为滑块的机械能，即弹力做功8 J ，故D 项错误。

4．答案：解析：（1）小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得 m A gh ＝12
m A v 2A 解得v A ＝2gh （2）设两球碰撞后共同的速度为v ，由动量守恒定律得 m A v A ＝（m A ＋m B ）v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t ，由运动学公式，在竖直方向上有h ＝12
gt 2
在水平方向上有 h 2
＝v t 联立上述各式得m A ∶m B ＝1∶3 5．答案：解析：（1）物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得 mgh －μ1mgL ＝0 ① 代入数据得 h ＝0.2 m ②
（2）①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
cos θ＝R －h R
③ 根据牛顿第二定律，对物块有 mg tan θ＝ma ④ 对工件和物块整体有 F －μ2（M ＋m ）g ＝（M ＋m ）a ⑤
联立②③④⑤式，代入数据得 F ＝8.5 N ⑥
②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 点间的距离为x 2，由运动学公式得 h ＝12
gt 2 ⑦ x 1＝v t ⑧ x 2＝x 1－R sin θ ⑨ 联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x 2＝0.4 m ⑩
6．答案：解析：（1）物体从E 到C ，由机械能守恒得：mg （h ＋R ）＝12m v 2C
① 在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2C R
② 联立①②解得F N ＝12.4 N （2）从E ～D ～C ～B ～A 过程，由动能定理得 W G －W f ＝0 ③
W G ＝mg [（h ＋R cos 37°）－L AB sin 37°] ④ W f ＝μmg cos 37°L AB ⑤ 联立③④⑤解得L AB ＝2.4 m
（3）因为，mg sin 37°＞μmg cos 37°（或μ＜tan 37°）
所以，物体不会停在斜面上。

物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动。

从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量 Q ＝ΔE p ⑥
ΔE p ＝mg （h ＋R cos 37°） ⑦ 联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J。