1、（三年經(jīng)典）2011-2013全國各地高考物理真題分類匯編（詳解）動量和能量1.（ 2011年高考 全國大綱版理綜卷）質(zhì)量為 M、內(nèi)壁間距為 L 的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為 m 的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為“初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程 中，系統(tǒng)損失的動能為1.BD 解析：本設(shè)最終箱子與小物塊的速度為vi,根據(jù)動量守恒定律：mv = （m+ M）vi,11mM則動能損失 Ek= 2mv2 2（m + M）vi2，解得 Ek=

2、 2（m+M）V2,B 對；依題意：小物塊與箱壁碰撞 N 次后回到箱子的正中央，相對箱子運動的路程為S= 0.5L+ （N- 1）L+ 0.5L= NL,故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)瞬時的動能：Ek= Q=mgL, D 對。2.（2011 年高考 四川理綜卷）質(zhì)量為 m 的帶正電小球由空中 A 點無初速度自由下落，在 t 秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，再經(jīng)過 t 秒小球又回到 A 點，不計空氣阻力且小球從末落地。則B.整個過程中小球動量增量的大小為2mgt2 2c.從加電場開始到小球運動到最低點時小球冬耕變化了mg tA.i12Bi mM2mv-v22 m MC.1D. Na m

3、gL-NmgLA.整個過程中小球電勢能變化了22.3mgt2.BD 解析：整個過程中小球的位移為0,i i得a= 3g，根據(jù)牛丄 gt2+gt%tat2=02 2頓第二定律電場力是重力的 4 倍為 4mg,根據(jù)動量定理 P= mgt - 3mgt = - 2mgt, B 正確;D.從 A 點到最低點小球重力勢能變化了22 23mgt1電勢能變化量為 4mg 2gt2= 2mg2t2,A 錯誤；小球減速到最低點和最初加速時的動能變化量3. A 解析：由碰撞中的動量守恒得 mv = 2mvB mvA,VA0,則VB0.5V，故小于 0.5v的值不可能有，A 正確。4. （2011 年高考上海卷）光

4、滑水平面上兩小球a、b 用不可伸長的松弛細(xì)繩相連。開始時 a 球靜止，b 球以一定速度運動直至繩被拉緊，然后兩球一起運動，在此過程中兩球的總 動量_ （填“守恒”或“不守恒”）；機(jī)械能 _ （填“守恒”或“不守恒”）o4.守恒，不守恒 解析：本題考查動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律。兩球在光滑水平地 面上，外力和為零，故系統(tǒng)的總動量守恒。由于繩子在瞬間繃緊，系統(tǒng)的動能將有一部分轉(zhuǎn)化為熱量，故機(jī)械能不守恒。5. （2011 年高考 山東理綜卷）如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人和貨物）分別為 10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2vo、v。為避免兩船相撞,乙船上的人將一質(zhì)量為

5、 m 的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨 物的最小速度。（不計水的阻力）上的人接到貨物后速度為v2，由動量守恒定律得：12m v廠11m w-m vmin，大小相等為12,2，C錯誤；從A點到最低點重力勢能變化了2mgm(lgt22+11gt32)=2mg2t2D 正確。答案為B3.（2011 年高考福建理綜卷）在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為 v 的 A 球與質(zhì)量為 2m 靜止的 B 球碰撞后，A 球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后 B 球的速度大小可能是_ o （題選項前的字母）A.0.6vB. 0.4vC. 0.3vD.0.2v5.4vo解析：設(shè)乙船上的人拋出

6、貨物的最小速度為v，拋出貨物后的速度為Vminv，甲船12vo乙甲1為避免兩船相撞應(yīng)滿足:y =v2，聯(lián)立式得:Vmin=4Vo10m 2v0-m vmin= 11m v26.（2011 年高考 四川理綜卷）隨著機(jī)動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯。分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命。一貨車嚴(yán)重超載后的總質(zhì)量為49t，以 54km/h 的速率勻速行駛。 發(fā)現(xiàn)紅燈時司機(jī)剎車， 貨車即做勻減速直線運動， 加速度的大 小為 2.5m/s2（不超載時則為 5m/s2）。若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進(jìn)多遠(yuǎn)？若超載貨車剎車時正前方25m 處停著總質(zhì)量為 1t

7、 的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設(shè)相互作用 0.1s 后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力多大？2 26.解析：（1）貨車剎車時的初速是vo=15vm/s，末速是 0,加速度分別是2.5m/s 和 5m/s，相撞時動量守恒，有Mv =（M m）V得V =9.8m/s7. （2011 年高考 天津理綜卷）如圖所示，圓管構(gòu)成的半圓形軌道豎 直固定在水平地面上，軌道半徑為R, MN 為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球 A 以某一速度沖進(jìn)軌道，到達(dá)半圓軌道最高點 時與靜止于該處的質(zhì)量與 A 相同的小球 B 發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距 N 為 2 R。重力加速度為 g,忽略圓管

8、內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計, 求粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t;小球 A 沖進(jìn)軌道時速度 v 的大小。7解析：（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動,有2Rgt22根據(jù)位移推論式得v2代入數(shù)據(jù)解得：超載s = 45m ;不超載S = 22 5m。S =02a（2）貨車與轎車相撞時的速度為v =v02aS=一225一2 2.5 25二10恥對轎車根據(jù)動量定理有ft二mV解得f = 9.8 104N解得t=2g（2）設(shè)球 A 的質(zhì)量為 m ,碰撞前速度大小為 vi,把球 A 沖進(jìn)軌道最低點時的重力勢能8. （2011 年高考 海南理綜卷）一質(zhì)量為 2m 的物

9、體 P 靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中 ab 為粗糙的水平面，長度為 L； be 為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和 be 均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接。現(xiàn)有一質(zhì)量為m 的木塊以大小為 vo的水平初速度從 a 點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h,返回后在到達(dá) a 點前與物體 P 相對靜止。重力加速度為 g。求（i）木塊在 ab 段受到的摩擦力 f;（ii）木塊最后距 a 點的距離 s。達(dá)共同速度過程由動量和能量守恒得：mv=（m，2m）v；1212mv0(m 2m)v mgh fL2 2由得：f=m(v02-3gh)。-3L（ii ）木塊返回與物體 P 第二次達(dá)到共同速

10、度與第一次相同（動量守恒）全過程能量守恒得：1 mv02J (m 2m)v2f (2L -s)22定為 0,由機(jī)械能守恒定律知1 mv?J mv22mgR22設(shè)碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為V2,由動量守恒定律知ms =2mv2飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有2R = v?t綜合式得V2= 2 2 gR8.V。2-6ghVo2-3gh解析：（i）設(shè)木塊和物體P 共同速度為 v,兩物體從開始到第一次到b77777777777777777777777777777777voa=2V1212122（3m）VEp（2m）v12叫(1)細(xì)線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比;(2)

11、兩桿分別達(dá)到的最大速度。10.解析：設(shè)某時刻 MN 和M N 速度分別為 Vi、V2。（1）MN 和M N 動量守恒： mvi 2mv2=0 求出:由得：9. (2011 年高考 全國卷新課標(biāo)版)如圖，A、B C 三個木塊的質(zhì)量均為 m。置于光滑的水平面上，B、C 之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連。將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細(xì)線把 B 和 C 緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C 可視為一個整體。現(xiàn) A 以初速 vo沿 BC 的連線方向朝 B 運動，與 B 相碰并粘合在一起。以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C 與 A、B 分離。已知 C 離開彈簧后的速度恰為 Vo。求彈簧釋放的勢

12、能。9.12mvo3解析：設(shè)碰后 A、B 和 C 的共同速度的大小為 v,由動量守恒得3mv二mv。設(shè) C 離開彈簧時，A、B 的速度大小為Vi，由動量寸恒得3mv = 2mv, mv0設(shè)彈簧的彈性勢能為E，從細(xì)線斷開到EPC 與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有由式得彈簧所釋放的勢能為Ep1- 3mv。10. ( 2011 年高考 海南理綜卷)如圖,ab 和cd是兩金屬導(dǎo)軌，MN 和 M N是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m 和 2m。豎直向上的外力 F 作用在桿 MN 上，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸； 兩桿的總電阻為R,導(dǎo)B 的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。導(dǎo)軌電阻可忽略

13、，重力加速度為g。在 t=0 時刻將細(xì)線燒斷，保持 F 不變，金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好。求XXx1FXvXXXXXXd?Vic-XN:XcXNXHa(2)當(dāng) MN 和MN的加速度為零時，速度最大由得：2mgR、mgRv1 2 2v2 2 23B2|23B2|211. ( 2011 年高考安徽理綜卷)如圖所示，質(zhì)量 M=2kg 的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量 m=1kg 的小球通過長 L=0.5m 的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸0 連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞 0 軸自由轉(zhuǎn)動。開始輕桿處于水平狀態(tài)。現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度2vo=4m/s， g 取 10m/s。若鎖定滑塊，試求小球通過最高

14、點P 時對輕桿的作用力大小和方向。若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。在滿足的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。11.解析：(1 )設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為VI。在上升過程中，因只有重力做1 1 功，小球的機(jī)械能守恒。則 2mv12+ mgL= 2mvo2，貝 U V1=&：6m/s ,2V1設(shè)小球到達(dá)最高點時，輕桿對小球的作用力為F,方向向下，則 F+ mg= mL聯(lián)立解得 F= 2N,由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N,方向豎直向上。(2)解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點時的速度為V2,此時滑塊的速度為 V。在上升過

15、程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。 以水平向右的方向為正方向，有 mv2+ MV= 0111在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則2mv22+ 2MV2+ mgL= 2mvo2,聯(lián)立解得 V2=2m/s(3)設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始點的距離為S1,滑塊向左移動的距離對M N 受力平衡：BIl=2mg，EI，E=Blv1blv2P|M為 S2，任意時刻小球的水平速度大小為V3,滑塊的速度大小為 V。由系統(tǒng)水平方向的動量分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為Vi和 Vi,由動量守恒得mvi+ mVi= mvo因為子彈在鋼板中受到的

16、阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為由能量守恒得iii E- 2 2 2 -2mvi十 2mVi= 2mvo 2聯(lián)立式，且考慮到 vi必須大于 Vi,得設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為i 3vi=（2+ 6 ）vo由動量守恒得2mV2= mvi守恒，得mv3一 MV = 0,兩邊同乘以 t,得 mv3 t MV t= 0,故對任意時刻附近的微小間隔2 t 都成立，累積相加后，有 msi Ms2= 0，又 si+ S2= 2L,得 si= 3m12. (2011 年高考 全國大綱版理綜卷)裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的 單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型

17、的計算可以粗略說明其原因。質(zhì)量 為 2m、厚度為 2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為 m 的子彈以某一速度垂直射向該 鋼板，剛好能將鋼板射穿。現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為 m 的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二 塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板 不會發(fā)生碰撞。不計重力影響。12.解析：設(shè)子彈初速度為 vo,射入厚度為 2d 的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為由動量守恒得 (2m + m)V= mvo1解得 V= 3V0此過程中動能損失為1 解得 E= 3 mvo21 1 E=

18、 2mvo 2x3V-1muj -2kmgL J (2m)v| -1(2m)u：2 2 2-3kmgL = 0 -1(3m)u；2mvi= 2mu1, 2mv2= 3mu2，得：1= mu0 0= 2m/7kgL133(3)設(shè)兩次碰撞中系統(tǒng)動能損失分別為Ek1和丘由厶 Ek1= 2kmgL,A Ek2= 2kmgL得： Eki/ Ek2= 133。1 1損失的動能為E= 2mv12 2X2mV2213 E聯(lián)立式得E=2(1 +2) X2因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，由式 keep,射入第二塊鋼板的深度 x 為13x= 2(1 + 2 )d13. (2011 年高考 重慶理綜卷)如圖所示，靜

19、置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當(dāng)車運動了距離 L 時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離 L 時與第三車相碰，三車以共同速度又運動了距離 L 時停止。車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k 倍，重力加速度為 g,若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力, 求:整個過程中摩擦阻力所做的總功;人給第一輛車水平?jīng)_量的大小;第一次與第二次碰撞系統(tǒng)動能損失之比。13.解析：(1)設(shè)運動過程中摩擦阻力做的總功為W,W = kmgL 2kmgL 3kmgL= 6kmgL(2)設(shè)第一車初速度為 Uo,第一次碰前速度為 V

20、i,碰后共同速度為 Ui;第二次碰前速度為 V2,碰后共同速度為吐；人給第一I。由：12-kmgLmw人地面地面(2012 上海)22A. A、B 兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A 質(zhì)量為 5kg,速度大小為 10m/s，B 質(zhì)量為 2kg，速度大小為 5m/s，它們的總動量大小為 _kgm/s ；兩者相碰后，A 沿原方向運動，速度大小為 4m/s，則 B 的速度大小為 _m/s。40，10，22A.【考點】本題考查動量守恒定律【解析】設(shè)物體 A 運動的方向為正方向，則碰前的總動量大小為5 10_2 5 = 40kg m/s ,碰撞前后動量守恒，則有40 =5帖2 v，故碰后 B 的

21、速度大小為v =10m/ s【答案】40, 10【誤區(qū)警示】 在應(yīng)用動量守恒定律解答題目時， 首先要規(guī)定正方向， 然后把相關(guān)的物理量代 入公式進(jìn)行計算，若出現(xiàn)符號，需要說明符號的物理意義。該類型的題目容易出錯的原因就 在于正方向的規(guī)定。(2012 新課標(biāo))35. (2) ( 9 分)如圖，小球 a、b 用等長細(xì)線懸掛于同一固定點0。讓球 a靜止下垂，將球 b 向右拉起，使細(xì)線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60。忽略空氣阻力，求(i) 兩球 a、b 的質(zhì)量之比；(ii)兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能與球b 在碰前的最大動能之比。Oba :(2)

22、【考點】動量守恒、能量守恒綜合解：(i)設(shè)球 b 的質(zhì)量為 m2,細(xì)線長為 L,球 b 下落至最低點，但未與球 a 相碰時的速度為v,由機(jī)械能守恒定律得12m2gL = ? m2v式中 g 是重力加速度的大小。設(shè)球 a 的質(zhì)量為 m1;在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v,以向左為正。有動量守恒定律得m v (m m )vm2v = (m m2)v設(shè)兩球共同向左運動到最高處，細(xì)線與豎直方向的夾角為0,由機(jī)械能守恒定律得42.-(m1m2)v2二血m2)gL(1 -cos)聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得小二Q “721 -Ek2(2012 大綱卷)21.如圖，大小相同的擺球 a 和 b 的質(zhì)量分別為 m

23、 和 3m，擺長相同，并排 懸掛，平衡時兩球剛好接觸， 現(xiàn)將擺球 a 向左邊拉開一小角度后釋放， 若兩球的碰撞是彈性 的，下列判斷正確的是A. 第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B. 第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等C 第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置21.AD解題思路】 兩球在碰撞前后，水平方向不受外力， 故水平兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有：mvmv!3mv2；又兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即：聯(lián)立式得m211 - cos(ii)兩球在碰撞過程中的機(jī)械能損失是Q = m2gL-(mm2)gL(1 - cos )聯(lián)立Q 與碰前

24、球 b 的最大動能Ek( Ek=1)之比為12-m2v2(1 -coS)kvv，可見第一次碰撞后的瞬間，兩vovoW = ,2= 22球的速度大小相等，選項 A 正確；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，選 項 B 錯；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰1 mv；=1mv；13mv；解兩式得:后的最大擺角相同，選項 C 錯；由單擺的周期公式，可知，兩球擺動周期相同,T=2 江丄 g故經(jīng)半個周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項D 正確。(2012 大綱卷)17.分別為m1和 m2、電荷量分別為q1和 q2的兩粒子在同一勻強(qiáng)磁場中做 勻速圓周

25、運動，已知兩粒子的動量大小相等。下列說法正確的是A.若 qi=q2，則它們作圓周運動的半徑一定相等B 若 mi=m2，則它們作圓周運動的周期一定相等C. 若 qiM q2,則它們作圓周運動的半徑一定不相等D. 若 mi* m2，則它們作圓周運動的周期一定不相等17.A【解題思路】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，其半徑mvp，已R qB qB知兩粒子動量相等，若q_q，則它們的圓周運動半徑一定相等，選項 A 正確；若m m,q q2I iii 112qB由電量或質(zhì)量關(guān)系，無法確定兩粒子做圓周運動的周期是否相等，選項C、D 錯。（2012 廣東）36. （ 18 分）圖 18 (a)所示的裝置

26、中，小物塊 A、B 質(zhì)量均為 m，水平面上 PQ 段長為 I,與物塊間 的動摩擦因數(shù)為仏其余段光滑。初始時，擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長；長為r 的連桿位于圖中虛線位置；A 緊靠滑桿(A、B 間距大于 2r)。隨后，連桿以角速度 3 勻速轉(zhuǎn)動，帶動滑 桿作水平運動，滑桿的速度-時間圖像如圖 18 (b)所示。A 在滑桿推動下運動，并在脫離滑 桿后與靜止的 B 發(fā)生完全非彈性碰撞。(1)求 A 脫離滑桿時的速度 U。，及 A 與 B 碰撞過程的機(jī)械能損失 AE(2)如果 AB 不能與彈簧相碰，設(shè) AB 從 P 點到運動停止所用的時間為 t1，求 3 得取值范 圍，及 t1與 3的關(guān)系式。(3)如果

27、AB 能與彈簧相碰，但不能返回道 P 點左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為 Ep,求 3 的取值范圍，及不能確定兩粒子電量關(guān)系，不能確定半徑是否相等，選項B 錯；由周期公式2：m，僅Ep與 3的關(guān)系O-IF【考點】力學(xué)綜合（牛頓運動定律、動量守恒、能量轉(zhuǎn)換與守恒定律）12 2=m- r8解得（2） AB 不能與彈簧相碰，設(shè) AB 在 PQ 上運動的加速度大小為學(xué)規(guī)律丄 2mg =2mav1=at1wx = 匕2由題知x乞l聯(lián)立解得4|r0切蘭花匕=頁(3)AB 能與彈簧相碰1卩-2mgl cVmv2不能返回道 P 點左側(cè)1卩2mg 22mv2解得22了gl二4 fglrrAB 在的

28、 Q 點速度為 V2, AB 碰后到達(dá) Q 點過程，由動能定理【答案】（1）u=3(2)410：rtitir2g(3)2.、門gr4藥- -co ,22 2式中，以碰撞前木塊 A 的速度方向為正。聯(lián)立解得：V1=- v2/2.設(shè)碰撞后 A 和 B 運動的距離分別為 d1 和 d2,由動能定理得mgd=1mv2o（2m）gd2= 2mv2。按題意有：d=di+d2。設(shè) A 的初速度大小為 vo,由動能定理得 卩 mgd=4 mvo- mv2.（ 2013 全國新課標(biāo)理綜 II 第 35 題）（2）（ 10 分）如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為 m 的物塊 A、B C。B 的左側(cè)固定一輕彈簧（

29、彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）。設(shè) A 以速度 Vo朝 B 運動，壓縮彈簧；當(dāng) AB 速度相等時，B 與 C 恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動，假設(shè) B 和 C 碰撞過程時間極短。求從A 開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，（i ）整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。【命題意圖】 本題考查碰撞、彈性勢能、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關(guān)知識點，意在考查考生綜合運用知識解決問題的能力。解析：（i ）從 A 開始壓縮彈簧到 A 與 B 具有相同速度 Vi時，對 AB 與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得： m vo=2 m vi，此時 B 與 C 發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的

30、瞬時速度為v2,系統(tǒng)損失的機(jī)械能為 E，對BC 組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，mv=2 m v2，由能量守恒定律，imv2=1（2m）7各E 聯(lián)立解得： E=mvo2。16（ii ）由式可知，V2v1，A 將繼續(xù)壓縮彈簧，直至三者速度相同，設(shè)此時速度為V3，此時彈簧被壓縮到最短。其彈性勢能為Ep。由動量守恒定律，m V0=3m V3，22由能量守恒定律，1mv- E =1（3m）V3+ Ep。2聯(lián)立解得：彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能EP=13mv。483.（2013 高考江蘇物理第 12B 題）（3）如題 12C-2 圖所示，進(jìn)行太空行走的宇航員 A 和 B 的 質(zhì)量分別為 80kg 和 100

31、kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對空間站的速度為 0.1m/ s。A 將 B 向空間站方向輕推后， A空間站（題12C-2圖）聯(lián)立解得：Vo=BA的速度變?yōu)?0.2m/ s，求此時 B 的速度大小和方向。AB 一起以 vo=5m/s 的速度勻速向右運動，A 與 C 發(fā)生碰撞（時間極短）后 C 向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B 再次達(dá)到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C 碰撞。求 A 與 C 發(fā)生碰撞后瞬間 A 的速度大小。解析：因碰撞時間極短，A 與 C 碰撞過程動量守恒，設(shè)碰撞后瞬間A 的速度大小為VA，C 的速度大小為VC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mvo=mAVA+mcVc，A 與 B 在摩擦力作用下達(dá)