07 第一章 素养提升课(二) 动量和能量的综合问题（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）江苏专版

素养提升课(二)　动量和能量的综合问题 [学习目标]　1．会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析常见典型问题。2．培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力。 考点1　“滑块—木板”模型 1．把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。 2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。 3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。 【典例1】　如图所示，AB是半径R＝0.80 m的光滑圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M＝3.0 kg的小车，其上表面与B点等高。现将一质量m＝1.0 kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.40。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块刚滑至B点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小； (2)求滑块与小车最后的共同速度大小； (3)为使滑块不从小车上滑下，小车至少为多长？ [解析]　(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得 mgR＝。 在B点时，由牛顿第二定律得 FN－mg＝。 解得支持力FN＝30 N，vB＝4 m/s。 (2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得 mvB＝(m＋M)v′， 解得共同速度大小v′＝1 m/s。 (3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得 μmgl＝－(m＋M)v′2， 解得l＝1.5 m，即小车的长度至少为1.5 m。 [答案]　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)1.5 m 　求解此类问题的四点技巧 (1)正确分析作用过程中各物体运动状态的变化情况，建立运动模型。 (2)明确作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。 (3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。 (4)动量守恒方程和能量守恒方程中各物体的速度是相对同一参考系的。 [跟进训练] 1．如图甲所示，光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的v-t图像，由此可计算出(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量 C．物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 C　[由题图乙可知，物体A与小车B最终以共同速度v1匀速运动，但由于题给条件不足，不能确定小车上表面的长度，故A错误；由题图乙可知，物体A相对于小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝，根据动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，联立可以解出物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数，但不能求出物体A与小车B的质量，故B错误，C正确；由于小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。] 考点2　“滑块—光滑斜(曲)面”模型 在“滑块—光滑斜(曲)面”模型中，假设斜(曲)面的质量为M，滑块的质量为m，若滑块始终未脱离斜(曲)面 1．当滑块上升到最大高度时，滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，有mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，有＝＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。 2．当滑块返回最低点时，滑块与斜(曲)面分离。水平方向动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，有＝(相当于完成了弹性碰撞)。 【典例2】　如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则(　　) A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动 C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动 D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0 C　[整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，则有mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得＝，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。 ] [跟进训练] 2．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。g取10 m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ [解析]　(1)选向左为正方向，冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v， ＝(m2＋m3)v2＋m2gh， 式中v0＝3 m/s为冰块被推出时的速度，联立两式并代入数据得m3＝20 kg。 (2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1－m2v0＝0， 代入数据得v1＝1 m/s。 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 －m2v0＝m2v2＋m3v3， ＝， 联立两式并代入数据得v2＝1 m/s。 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩。 [答案]　(1)20 kg　(2)见解析 考点3　“子弹打木块”模型 1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒。 2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多。 【典例3】　如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F。 (1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大？ (2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少？ (3)木块至少为多长时子弹不会穿出？ [解析]　(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v， 解得v＝。 (2)由能量守恒定律可知 ＝Q＋(m＋M)v2， 得产生的热量Q＝。 由动能定理，子弹对木块所做的功为 W＝Mv2＝。 (3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律得 FL＝Q， 得木块的最小长度为L＝。 [答案]　(1) 　处理此类模型的两点技巧 (1)“子弹打木块”模型是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒。 (2)当子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。 [跟进训练] 3．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较，下列说法不正确的是(　　) 甲　　　　　乙 A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 D　[根据动量守恒定律知，最后滑块获得的速度(最后滑块和子弹的共同速度)是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(子弹初末速度分别相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；滑块获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对其做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；系统产生的热量一样多，产生的热量Q＝F·L相对，由于子弹相对滑块的两次位移是不相同的，所以子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。] 考点4　“含弹簧类”模型 1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒。 2．整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3．注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大。 【典例4】　如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相同时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中： (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 [解析]　(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1。 ① 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1＝2mv2， ② ＝。 ③ 联立①②③式得 ΔE＝。 ④ (2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。 由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv0＝3mv3， ⑤ －ΔE＝＋Ep。 ⑥ 联立④⑤⑥式得 Ep＝。 ⑦ [答案]　 　弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相同，此时弹簧蓄积弹性势能最大。 [跟进训练] 4．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ [解析]　(1)当A、B、C三者的速度相同时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vABC，取向右为正方向。由A、B、C三者组成的系统动量守恒，则 (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC， 解得vABC＝ m/s＝3 m/s。 (2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则 mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝ m/s＝2 m/s。 设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒 Ep＝＝×(2＋4)×22J＋×2×62J－×(2＋2＋4)×32J＝12 J。 [答案]　(1)3 m/s　(2)12 J 素养提升练(二)　动量和能量的综合问题 一、选择题 1．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　) A．A开始运动时 B．A的速度等于v时 C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相同时 D　[对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相同时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，此时弹簧形变量最大，弹性势能最大，A、B总动能损失最多。故选项D正确。] 2．如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量。若用锤子敲击A球使A得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到大小为v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　) A．L1＞L2 B．L1＜L2 C．L1＝L2 D．不能确定 C　[用锤子敲击A球，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得Ep＝mAv2－(mA＋mB)v′2，解得弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep＝。同理可得用锤子敲击B球，当弹簧压缩到最短时的弹性势能也为，所以L1＝L2，选项C正确。] 3．短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　) A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 B　[运动员乙推甲的过程中，甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A错，B对；“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的过程中位移不一定相等，因而甲对乙做的负功的绝对值和乙对甲做的正功不一定相等，由动能定理，其动能变化量的绝对值也不一定相等，C、D错。] 4．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为 B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力等于(M＋m0)g C．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g D．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 C　[子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间子弹与木块的共同速度大小为v1＝，选项A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。] 5．如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平地面上，木块和长木板的质量相等，均为M，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。一颗质量为m＝的子弹以一定速度水平向右射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L；静止后一颗相同的子弹以相同的速度射入长木板，并留在长木板中，重力加速度为g。则(　　) A．第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为 B．木块运动的加速度大小为μg C．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2μg D．最终木块静止在距离长木板左端L处 B　[子弹射入木块过程中，由动量守恒定律可得＝，解得v0＝6v1，分析可知木块在长木板上运动时，长木板不动，由动能定理可得－μ·MgL＝，解得子弹射入木块前、后瞬间的速度分别为v0＝6，v1＝，选项A错误；由牛顿第二定律可得μ·Mg＝，解得a1＝μg，选项B正确；第二颗子弹射入长木板后，由牛顿第二定律可知，长木板受到木块、地面的摩擦力均向左，故有μ·Mg＋μ·Mg＝，解得a2＝3μg，选项C错误；子弹射入木板过程中，子弹与木板组成的系统动量守恒，则v0＝Mv2，解得v2＝v1＝，子弹射入木板后，木板向右做减速运动，木块向右做加速运动，两者速度相等后一起做减速运动直到静止，子弹射入木板到木块与木板共速的过程有a1t＝v2－a2t，解得t＝，该过程木板的位移x2＝v2t－a2t2＝L，木块的位移x1＝a1t2＝L，最终木块静止在距离长木板左端d＝L＋x1－x2＝L处，选项D错误。] 6．如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，下列关于A、B运动过程说法正确的是(　　) A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动 B．A、B系统的总动量最终将大于mv C．A、B系统的总动能最终将大于mv2 D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为mv2 C　[设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝＝，因Ep＞0，可知v1≠0，v2≠v，选项A错误；A、B系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，选项B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于mv2，选项C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v′，由动量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝v，则有总动能Ek＝×2m·＝mv2，选项D错误。] 7．质量为m0、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　) A．mv2 B． C．NμmgL D．μmgL B　[根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝＝，所以B正确，A错误；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而热量等于摩擦力乘相对滑动距离，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，所以C、D错误。] 8．质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆弧轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下来，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为(　　) A．1∶3　　B．1∶4　　C．3∶5　　D．2∶3 C　[设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可知mv0＝Mv1－mv2，又＝，对整体由机械能守恒定律可得＝，联立解得＝，故C正确。] 9．如图所示，光滑水平面上的木板静止，在其右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝1 kg，质量m＝2 kg的铁块以水平速度v0＝3 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　) A．1.5 J B．6 J C．3 J D．4 J A　[从铁块滑上木板开始到弹簧被压缩到最短，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得Q＋Ep＝－(M＋m)v2；从铁块滑上木板开始到最后恰好停在木板的左端，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得2Q＝－(M＋m)v2，解得Ep＝1.5 J，所以最大弹性势能为1.5 J，选A。] 二、非选择题 10．如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求： (1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示)； (2)小球离开圆弧轨道时的速度大小。 [解析]　(1)小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有 mv0＝3mv， 得v＝。 根据机械能守恒定律得 ＝×3mv2＋mgh， 解得h＝。 (2)小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有 mv0＝mv1＋2mv2。 根据机械能守恒定律，则有 ＝。 联立以上两式可得v1＝－v0，负号表示与v0的方向相反，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为。 [答案]　　(2) 11．如图所示，质量m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2，求： (1)子弹和物块一起滑行的最大速度v1； (2)木板向右滑行的最大速度v2； (3)物块在木板上滑行的时间t和产生的内能E。 [解析]　(1)子弹进入物块后与物块一起向右滑行，物块的初速度即为物块的最大速度。对子弹和物块组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1， 解得v1＝＝6 m/s。 (2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度达到最大，由动量守恒定律得 (m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2， 解得v2＝＝2 m/s。 (3)对物块和子弹组成的系统，由动量定理得 －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得t＝＝1 s。 对物块和子弹以及木板组成的系统，由能量守恒定律得 ＝＋E， 解得E＝3 J。 [答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s　3 J 12．某科技小组设计了以下实验。如图甲所示，小车上固定一个右端开口的小管，管口刚好与小车右端对齐。小管内装有一根质量可忽略不计的硬弹簧，小车与管的总质量为M＝0.2 kg。将一个大小合适、质量为m＝0.05 kg的小球压入管内，管口的锁定装置既可控制小球不弹出，也可通过无线遥控解锁。小球弹出时间极短，在管内运动的摩擦可忽略。该小组利用此装置完成以下实验。 甲　　　　　　　　　乙 丙 实验一：测量弹簧储存的弹性势能 如图乙所示，将该装置放在水平桌面上，小车右端与桌面右端对齐，并在小车右端悬挂重垂线到地面，标记出O点。固定小车，解锁后，小球水平飞出，落到地面上的A点。测得OA的距离为x＝2.4 m，小球抛出点的竖直高度为h＝0.8 m。 g取10 m/s2。 实验二：对小车移动距离的理论预测与实验检验 如图丙所示，将该装置放在水平地面上静止不动，解除锁定，小球弹出瞬间小车向相反方向运动。已知地面对小车的阻力恒为车对地面压力的k倍(k＝0.3)。该小组在实验一的基础上，先通过理论计算得出小车移动距离的预测值为s，再通过实验测得小车移动距离的实际值为s′。 (1)求小球锁定时弹簧储存的弹性势能Ep； (2)请你帮助该小组计算小车移动距离的预测值s； (3)请分析说明根据现有信息能否预测s′与s的大小关系。 [解析]　(1)设小球水平飞出的初速度为v0，小球弹出后做平抛运动，则 h＝gt2， ① x＝v0t。 ② 小球弹出过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则 Ep＝。 ③ 联立①②③式可得Ep＝， 代入数据可得Ep＝0.9 J。 (2)设向右为正方向，在小球弹出过程中，小球与小车组成的系统动量守恒、机械能守恒，则 0＝mv1－Mv2, ④ Ep＝。 ⑤ 小球弹出后，小车在地面阻力作用下逐渐减速为零的过程中，由动能定理得 －kMgs＝。 ⑥ 联立④⑤⑥式可得 s＝Ep， ⑦ 代入数据可得s＝0.3 m。 (3)仅根据现有信息，不能预测s′与s的大小关系。理由如下： 第一，在实验一中，上述计算弹簧储存的弹性势能Ep时，由于没有考虑小球运动过程中所受阻力的影响，使得Ep的预测值比实际值偏小，由⑦式可知预测值s将偏小。 第二，在实验二中，上述预测值计算时没有考虑弹出小球过程中地面摩擦的影响，使得小车速度v2的预测值要比实际值偏大；同时，在上述预测值计算中，也没有考虑小车移动过程中所受空气阻力的影响，由⑥式可知，均致使预测值s偏大。 综上，仅根据现有信息，无法比较上述偏差的大小关系，所以不能预测s′与s的大小关系。 [答案]　(1)0.9 J　(2)0.3 m　(3)见解析 16 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $