專題二動量能量命題趨勢本專題涉及的內容是動力學內容的繼續(xù)和深化，其中的動量守恒定律、機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。高考中年年有，且常常成為高考的壓軸題。如2002年、2003年理綜最后一道壓軸題均是與能量有關的綜合題。但近年采用綜合考試后，試卷難度有所下降，因此動量和能量考題的難度也有一定下降。要更加關注有關基本概念的題、定性分析現(xiàn)象的題和聯(lián)系實際、聯(lián)系現(xiàn)代科技的題。試題常常是綜合題，動量與能量的綜合，或者動量、能量與平拋運動、圓周運動、熱學、電磁學、原子物理等知識的綜合。試題的情景常常是物理過程較復雜的，或者是作用時間很短的，如變加速運動、碰撞、爆炸、打擊、彈簧形變等。教學目標：通過專題復習，掌握動量、能量綜合問題的分析方法和思維過程，提高解決學科內綜合問題的能力。2.能夠從實際問題中獲取并處理信息，把實際問題轉化成物理問題，提高分析解決實際問題的能力。教學重點：掌握動量、能量綜合問題的分析方法和思維過程，提高解決學科內綜合問題的能力。教學難點：從實際問題中獲取并處理信息，把實際問題轉化成物理問題，提高分析解決實際問題的能力。教學方法：講練結合，計算機輔助教學教學過程：一、知識概要沖量是力對時間的積累，其作用效果是改變物體的動量；功是力對位移的積累，其作用效果是改變物體的能量；沖量和動量的變化、功和能量的變化都是原因和結果的關系，對此，

要像熟悉力和運動的關系一樣熟悉。在此基礎上，還很容易理解守恒定律的條件，要守恒，就應不存在引起改變的原因。能量還是貫穿整個物理學的一條主線，從能量角度分析思考問題是研究物理問題的一個重要而普遍的思路。彈性勢能應用動量定理和動能定理時，研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)，而應用動量守恒定律和機械能守恒定律時，研究對象必定是系統(tǒng)；此外，這些規(guī)律都是運用于物理過程，而不是對于某一狀態(tài)（或時刻）。因此，在用它們解題時，首先應選好研究對象和研究過程。對象和過程的選取直接關系到問題能否解決以及解決起來是否簡便。選取時應注意以下幾點：選取研究對象和研究過程，要建立在分析物理過程的基礎上。臨界狀態(tài)往往應作為研究過程的開始或結束狀態(tài)。要能視情況對研究過程進行恰當?shù)睦硐牖幚??？梢园岩恍┛此品稚⒌摹⑾嗷オ毩⒌奈矬w圈在一起作為一個系統(tǒng)來研究，有時這樣做，可使問題大大簡化。有的問題，可以選這部分物體作研究對象，也可以選取那部分物體作研究對象；可以選這個過程作研究過程，也可以選那個過程作研究過程；這時，首選大對象、長過程。

確定對象和過程后，就應在分析的基礎上選用物理規(guī)律來解題，規(guī)律選用的一般原則是:對單個物體，宜選用動量定理和動能定理，其中涉及時間的問題，應選用動量定理，而涉及位移的應選用動能定理。若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩個守恒定律。若涉及系統(tǒng)內物體的相對位移（路程）并涉及摩擦力的，要考慮應用能量守恒定律。二、考題回顧1.（2003全國理綜22）K一介子衰變的方程為K-^n-+n0，如圖所示，其中K"介子和n一介子帶負的基元電荷，丸0介子不帶電。一個K一介子沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場中，其軌跡為圓弧AP，衰變后事X乂X產(chǎn)生的n一介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點相切，它們的半偵X■礦/徑耳一與Rn-之比為2：1。丸0介子的軌跡未畫出。由此可知丸一、乂、乂介子的動量大小與丸0介子的動量大小之比為 iX乂XXA.1：1B.1：2 C.1：3D.1：6解析：K一介子帶負電，在磁場中作圓周運動到達P點發(fā)生衰變，變成帶負電的n一介子和不帶電的丸0介子。丸一介子在磁場中作圓周運動，半徑與K一介子不同，帶電粒子在磁場中作圓周運動，半徑R=m=1，可知K一介子和n一介子的動量之比：qBqBPK=罕。K介子在P點衰變時動量守恒，衰變前后粒子的p- 1故選項C正確。動量方向如圖所示。有P-=P0―P-解得乙一=~故選項C正確。K 兀 兀 p― 1（2003全國理綜34題）一傳送帶裝置示意圖如圖所示，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，為畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切。現(xiàn)將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經(jīng)傳送帶運送到D處，D和A的高度差為。。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經(jīng)BC段時的微小滑動）。已知在一段

相當長的時間T內，共運送小貨箱的數(shù)目為^。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均輸出功率P。1s=—at22解析：以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為％,在水平段運輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，1s=—at22%=at②TOC\o"1-5"\h\z在這段時間內，傳送帶運動的路程為s廣七t ③由以上可得用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為A=fx=—mv2⑤\o"CurrentDocument"2 0傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功A0=fx0=2-2mv2 ⑥兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q=1mv2 ⑦20可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等。T時間內，電動機輸出的功為W=PT⑧此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即W=—Nmv2+Nmgh+NQ⑨0已知相鄰兩小箱的距離為L，所以vT=NL

NmN2L 八聯(lián)立⑦⑧⑨⑩，得(11)P=—[^^+gh]

T T2聯(lián)立⑦⑧⑨⑩，得(11)3.（2004全國理綜25題，20分）柴油打樁機的重錘由氣缸、活塞等若干部件組成，氣缸與活塞間有柴油與空氣的混合物。在重錘與樁碰撞的過程中，通過壓縮使混合物燃燒，產(chǎn)生高溫高壓氣體，從而使樁向下運動，圖1 主圖1 主2柴油打樁機重錘的質量為m，錘在樁帽以上高度為h處（如圖1）從靜止開始沿豎直軌道自由落下，打在質量為M（包括樁帽）的鋼筋混凝土樁子上。同時，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，錘和樁分離，這一過程的時間極短。隨后，樁在泥土中向下移動一距離1。已知錘反跳后到達最高點時，錘與已停下的樁幅之間的距離也為h（如圖2）。已知m=1.0X103kg，M=2.0X103kg，h=2.0m，1=0.20m，重力加速度g=10m/s2，混合物的質量不計。設樁向下移動的過程中泥土對樁的作用力F是恒力，求此力的大小。解析：錘自由下落，碰樁前速度七向下，v=(2gh碰后，已知錘上升高度為（h—1），故剛碰后向上的速度為TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"v2=J2g（h-1） ②設碰后樁的速度為,，方向向下，由動量守恒，\o"CurrentDocument"mv=MV-mv ③樁下降的過程中，根據(jù)功能關系，1MV2+Mgl=Fl ④2由①、②、③、④式得

F=Mg+罕（m）[2h-1+2.\hh^] ⑤lM代入數(shù)值，得 F=2.1x105n ⑥（2004天津理綜24題，18分）質量m=1.5kg的物塊（可視為質點）在水平恒力F作用下，從水平面上A點由靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行t=2.0s停在g點，已知A、B兩點間的距離s=5.0m，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)R=0.20，求恒力F多大。（g=10m/s2）解：設撤去力F前物塊的位移為七，撤去力F時物塊速度為v，物塊受到的滑動摩擦力F=hmg1對撤去力F后物塊滑動過程應用動量定理得一Ft=0一mv1由運動學公式得s-s=Vt對物塊運動的全過程應用動能定理Fs12p2pmgs

2s-Hgt2F=代入數(shù)據(jù)解得 F=15N（2004江蘇18題，16分）一個質量為M的雪橇靜止在水平雪地上，一條質量為m

的愛斯基摩狗站在該雪橇上.狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追趕并向前跳上雪橇；其后狗又反復地跳下、追趕并跳上雪橇，狗與雪橇始終沿一條直線運動.若狗跳離雪橇時雪橇的速度為V，則此時狗相對于地面的速度為V+(其中u為狗相對于雪橇的速度，V+u為代數(shù)和.若以雪橇運動的方向為正方向，則V為正值，u為負值).設狗總以速度v追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地間的摩擦忽略不計.已知u的大小為5m/s，u的大小為4m/s，M=30kg，m=10kg.求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大小.求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次數(shù).(供使用但不一定用到的對數(shù)值：lg2=O.301，lg3=0.477)解：(1)設雪橇運動的方向為正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度為V，根據(jù)動量守恒定律，有MV+m(V+u)=0狗第1次跳上雪橇時，雪橇與狗的共同速度匕滿足MV1+沖=(M+m)V；可解得(M+m)2,一Mmu+(M+m)mvV=可解得(M+m)21將u=-4m/s,v=5m/s,M=30kg,m=10kg代入，得 V'=2m/s(2)解法(一)設雪橇運動的方向為正方向，狗第(n—1)次跳下雪橇后雪橇的速度為Vn_，則狗第(n-1)次跳上雪橇后的速度V'滿足MV+mv=(M+m)V'n-1 n-1 n-1這樣，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度為Vn滿足MVn+m(Vn+u)=(M+m)?mu,M、mu,M、 ( )n-1M+mM+m解得V=(V-u)[1一( 一)n-1]-解得n M+m狗追不上雪橇的條件是VnNv可化為M (M+m)u( )n1VM+m Mu一(M+m)v

(M+m)u、,M+m、lg( )M1.Mu-(M+m)u、,M+m、lg( )M最后可求得n>1+——代入數(shù)據(jù)，得n>3.41狗最多能跳上雪橇3次雪橇最終的速度大小為 V4=5.625m/s解法（二）：設雪橇運動的方向為正方向。狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度為V「狗的速度為V|+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度為匕'，由動量守恒定律可得第一次跳下雪橇：MV1+m(V1+u)=0mu..V1=—m =lm/s第一次跳上雪橇：MV1+mv=（M+m）V1'第二次跳下雪橇：（M+m）V]'=MV2+m（V2+u）(M+m)V'一mu2M+m第三次跳下雪橇:(第三次跳下雪橇:(M+m)V3=mV3+m(匕+u)V'(M+m)V-muM+m第四次跳下雪橇:（第四次跳下雪橇:（M+m）匕=MV4+m（V4+u）V=(M+m)V3一m=5.625m/s4M+m此時雪橇的速度已大于狗追趕的速度，狗將不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最終的速度大小為5.625m/s.三、典題例析【例題1】（2000年全國）在原子核物理中，研究核子與核關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”。這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似。兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板尸，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖所示。。與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D。在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變。然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失）。已知A、B、C三球的質量均為m。（1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。（2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解題方法與技巧：⑴設C球與B球粘結成D時，D的速度為vi，由動量守恒，有mv=(m+m)v0當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為％，由動量守恒，有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2mv=3mv ②由①、②兩式得A的速度v=1v ③2 30（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為Ep，由能量守恒，有C一1C\o"CurrentDocument"-2mv2=—?3mv2+E ④撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉變成D轉變成D的動能，設D的速度為v3，則有E=—(2m)v2P2 -當彈簧伸長時A球離開擋板P，并獲得速度。當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長。設此時的速度為v^由動量守恒，有2mv=3mv當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為EP,由能量守恒，有11■2-2mv2=—-3mv2+E解以上各式得 %解以上各式得 %1=—mv236 0【例題2】如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質量為3m，在木板的上面有兩塊質量均為m的小木塊A和8,它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為P。最初木板靜止，A、8兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、【例題2】如圖所示，ZZZ22//////ZZZZZ//5/ZZZZ/Z/Z/2/Z/（1）木塊8從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊8所發(fā)生的位移；ZZZ22//////ZZZZZ//5/ZZZZ/Z/Z/2/Z/（2）木塊A在整個過程中的最小速度。解題方法與技巧：（1）木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊8一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、8、C三者的速度相等為止，設為％。對A、8、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv+2mv=(m+m+3m)v解得：七=0.6%對木塊B運用動能定理，有:-^mgs=—mv2_上m(2v)22 1 2 0

解得：s=932/(50pg)0(2)設木塊A在整個過程中的最小速度為"，所用時間為房由牛頓第二定律:對木塊A：a1=pmg/m=^g，對木板C：a2=2^mg/3m=2^g/3，當木塊A與木板C的速度相等時，木塊A的速度最小，因此有：v0-頃=(2pg/3)t解得t=3v0/(5pg)木塊A在整個過程中的最小速度為：v/=v0一吁=2v0/5.【例題3】如圖所示，一質量為M、長為L的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m<M。現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板。(1)若已知A和B的初速度大小為v0，求它們最后的速度大小和方向.(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離.解題方法與技巧：方法1、用牛頓第二定律和運動學公式求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為v，經(jīng)過時間為t，A、B間的滑動摩擦力為/?。如圖所示。對A據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：f=maA，f=maA，1

L2=vt-2a12，對B據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有:VV=V0~aBt；由幾何關系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它們最后的速度大小為M-mM-mv= M+mv0方向向右。z 2mMv2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"fL= 0M+m一 Tv2m+M,對A,向左運動的最大距離為L =L。i2a 4MA方法2、用動能定理和動量定理求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為v,經(jīng)過時間為t,A和B的初速度的大小為v0,則據(jù)動量定理可得：對A： ft=mv+mv0對B：-ft=Mv-MvQ ②解得：v=解得：v=v0,方向向右A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，可見A在運動過程中必須經(jīng)歷向左作減速運動直到速度為零，再向右作加速運動直到速度為v的兩個階段。設L1為A開始運動到速度變?yōu)榱氵^程中向左運動的路程，L2為A從速度為零增加到速度為v的過程中向右運動的路程，L0為A從開始運動到剛好到達B的最左端的過程中B運動的路程，如圖2所示，設A與B之間的滑動摩擦力為f,則由動能定理可得：TOC\o"1-5"\h\z對于B: -fL0=1Mv2-1Mv2 ③1對于A: -fL、=—mv2 ④1 2 01f（L1-L2）=-mv2 ⑤

由幾何關系L由幾何關系L0+L2立由①、②、③、④、⑤、⑥聯(lián)立求得li=^MMl方法3、用能量守恒定律和動量守恒定律求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為v，A和B的初速度的大小為v0，則據(jù)動量守恒定律可得：Mv0—mv0=(M+m)v解得：v=——v，方向向右M+m0對系統(tǒng)的全過程，由能量守恒定律得：Q=fL=\(M+m)v2-；(m+M)v2對于A,，、… (M+m)L由上述二式聯(lián)立求得Li= 4M點評：從上述三種解法中，不難看出，解法三簡潔明了，容易快速求出正確答案。因此我們在解決動力學問題時，應優(yōu)先考慮使用能量守恒定律和動量守恒定律求解，其次是考慮使用動能定理和動量定理求解，最后才考慮使用牛頓第二定律和運動學公式求解。【例題4】如圖所示，A、B兩滑塊的質量均為m，分別穿在光滑的足夠長的水平固定導TOC\o"1-5"\h\z桿上，兩導桿平行，間距為弘用自然長度也為d的輕彈簧連接兩 A .滑塊。開始時兩滑塊均處于靜止狀態(tài)，今給滑塊B一個向右的瞬時 / 卜沖量/，求以后滑塊A的最大速度。學生常見錯解展示：B受到向右的瞬時沖量I后，獲得向右的 =t—1瞬時速度v=1，之后，A、B系統(tǒng)所受外力之和為零，動量守恒，Bm設A、B達到的共同速度為vab，由動量守恒定律得mv=2mvB AB貝gv=Zvab2b 2m

此即為A的最大速度【錯解分析】以上求解錯在誤將A.B的共同速度當作A的最大速度。其實，AB達共同速度時，彈簧處于伸長量最大的狀態(tài)，此時彈簧的彈力對A來說是動力，A繼續(xù)加速，當彈簧的彈力與輕桿垂直，即彈簧恢復原長時，A的加速度為零，速度才達最大。正確的解題過程為：彈簧恢復原長時A的速度達最大，設為吃，設此時B的速度為v；。由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒定律得mv=mv+mvfmv2=1mv2+1mv，2B2m2B經(jīng)求解可知 vB=0,v=vB=—點評：A、B通過彈簧而發(fā)生的相互作用過程，類似于質量相等的兩個物體發(fā)生完全彈性碰撞而交換速度的過程，當B與A交換速度時，B的速度為零，而A的速度為作用前B的速度，即為最大值。四、能力訓練如圖所示，一質量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m〈M，A、B間動摩擦因數(shù)為U，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，求：A、B最后的速度大小和方向. 史宜從地面上看，小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠處氣時，平板車向右運動的位移大小.如圖所示甲、乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上，車與水平地面間摩擦不計.甲與車的總質量M=100kg，另有一質量m=2kg的球.乙站在車的對面的地上，身旁有若干質量不等的球.開始車靜止，甲將球以速度v(相對地面)水平拋給乙，乙接到拋來的球后，馬上將另一質量為m‘=2m的球以相同速率v水平拋回給甲，甲接住后，再以相同速率v將此球水平拋給乙，這樣往復進行.乙每次拋回給甲的球的質量都等于他接到的球的質量為2倍，求：

甲第二次拋出球后，車的速度大小.從第一次算起，甲拋出多少個球后，再不能接到乙拋回來的球TOC\o"1-5"\h\z如圖所示，質量為M的小車B靜止在光滑水平面上，車的左端固定著一根彈簧，小車上o點以左部分光滑，o點以右部分粗糙，o點到 l |小車右端長度為L。一質量為m的小物塊A(可視8血啊1 A為質點)，以速度v0從小車右端向左滑動，與彈簧相 七了” (疽碰，最后剛好未從小車右端滑出。求： 小車的動摩擦因數(shù)口。碰撞時彈簧的最大彈性勢能。如圖所示，一輕質彈簧一端固定，一端與質量為m的小物塊A相聯(lián)，原來A靜止在光滑水平面上，彈簧沒有形變，質量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始沿光滑水平面向右運動，在O點與物塊A相碰并一起向右運動(設碰撞時間極短)。運動到D點時，將外力F撤去，已知CO=4S，OD=S，則撤去外力后，根據(jù)力學規(guī)律和題中提供的信息，你能求得哪些物理量(彈簧的彈性勢能等)的最大值？并求出定量的結果。A B如圖所示，水平軌道上停放著質量mA=5.0x102kg的小車A，在A的右方L=8.0m處，另一小車B正以速度vB=4.0m/s向右做勻速直線運動而遠離A車。為使A車能在，=10.0s內追上B車，立即給A車適當施加向右的水平推力，使小車作勻變速直線運動。設小車A受到水平軌道的阻力是車重的0.1倍，試問：在追及過程中，推力至少需要做多少功？取g=10m/s2.A B一個質量為m=50g的小球，以v1=6m/s的水平向右的速度垂直打在墻上距地面打=4.9m高處，反彈后落在離墻角s=4m遠處，球反彈前后動量變化的大小是 kgm/s，動量變化的方向是 。有甲、乙兩個小球在光滑水平軌道上同向運動，動量分別為p]=5kgm/s，p2=7kgm/s，若甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)閜2/=10kgm/s，則甲乙兩球的質量m1>m2的關系可能為

A.A.m1=m2C.m2=4m1D.C.m2=4m18.如圖所示，木塊B和C的質量分別為3M/4和M,固定在輕質彈簧的兩端，靜止于光滑的水平面上。一質量為M/4的木塊A以速度v水平向右與木塊B對心碰撞，并粘在一起運動，求彈簧的最大彈性勢能Em。參考答案:1.解析：（1）由A、B系統(tǒng)動量守恒定律得:Mv0-mv0=(M+m)v所以v=Mrm%方向向右（2）A向左運動速度減為零時，到達最遠處，此時板車移動位移為s，速度為"，則由動量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv'對板車應用動能定理得:mgs=mgs=2mv12-2mv02聯(lián)立①②解得：片苦^02向左（2）5個3.答案：（1）3.答案：（1）Mv2H= 0 4(m+M)gL(2)mME= v2max4(m+M)04.解：物塊B在F的作用下，從C運動到O點的過程中，設B到達O點的速度為v0,由動能定理得：1F?4S=mv22 0對于A與B在O點的碰撞動量守恒，設碰后的共同速度為V，由動量守恒定律可得:

mv0=2mv當A.B一起向右運動停止時，彈簧的彈性勢能最大。設彈性勢能的最大值為耳m，據(jù)能量守恒定律可得：E=FS+—2mv2=3FSpm2撤去外力后，系統(tǒng)的機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律可求得A、B的最大速度為：V