《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)29 定律與能量綜合專(zhuān)題（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)29 定律與能量綜合專(zhuān)題（含解析）新人教版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、定律與能量綜合專(zhuān)題 一、選擇題 1.(2018·河南模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的足夠高光滑斜槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球以一定的水平初速度沖上斜槽且不脫離斜槽，后又返回斜槽底部，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球獲得的最大重力勢(shì)能等于小球初始動(dòng)能 B．小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處，小球的速度為零 C．小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向一定向右 D．小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向可能向左 答案　D 解析　A項(xiàng)，小球沖上斜槽的過(guò)程中，斜槽向左運(yùn)動(dòng)，獲得了動(dòng)能，所以小球獲得的最大重力勢(shì)能小于小球初始動(dòng)能，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處時(shí)速度與斜槽速度相同，由水平動(dòng)量守恒得

2、mv＝(M＋m)v′，可得v′＝≠0，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C、D兩項(xiàng)，設(shè)小球回到斜槽底部時(shí)，由水平動(dòng)量守恒得mv＝mv1＋Mv2.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv2＝mv12＋Mv22.解得v1＝v，若m＞M，得v′＞0，說(shuō)明小球速度方向向左，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 2．(2018·海南)如圖，用長(zhǎng)為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止．一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動(dòng)一小角度．不計(jì)空氣阻力．對(duì)子彈射向沙箱到與其共同擺過(guò)一小角度的過(guò)程(　　) A．若保持m、v、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小 B．若保持M、v、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變小 C．若保

3、持M、m、l不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大 D．若保持M、m、v不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能變大 答案　C 解析　彈丸擊中沙箱過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以彈丸的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝，彈丸與沙箱一起擺動(dòng)過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)損失的機(jī)械能：ΔE＝mv2－(M＋m)v′2＝；由此判斷，只有C項(xiàng)正確． 3．(2018·新鄉(xiāng)一模)(多選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．上述兩種射入過(guò)程相比較(　

4、　) A．射入滑塊A的子彈速度變化大 B．整個(gè)射入過(guò)程中兩滑塊受的沖量一樣大 C．射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功是射入滑塊B中時(shí)的兩倍 D．兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同 答案　BD 解析　A項(xiàng)，設(shè)子彈的初速度為v，共同速度為v′，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝；由于兩矩形滑塊A、B的質(zhì)量相同，故最后子彈與滑塊的速度都是相同的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，滑塊A、B的質(zhì)量相同，初速度均為零，末速度均為，故動(dòng)量改變量相等，根據(jù)動(dòng)量定理，沖量相等，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理，射入滑塊中時(shí)阻力對(duì)子彈做功等于動(dòng)能的變化量，故射入滑塊A中時(shí)阻力對(duì)子彈做功與射入B中時(shí)相等

5、，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)能量守恒定律，兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減小的機(jī)械能，故兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同，故D項(xiàng)正確． 4．(多選)如圖所示，在質(zhì)量為M(含支架)的小車(chē)中用輕繩懸掛一小球，小球的質(zhì)量為m0，小車(chē)和小球以恒定速度v沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時(shí)間極短．在此碰撞過(guò)程中，下列哪個(gè)或哪些說(shuō)法是可能發(fā)生的？(　　) A．在此過(guò)程中小車(chē)、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．在此碰撞過(guò)程中，小球的速度不變，小車(chē)和木塊的速度分別為v1和v2，滿足(M＋m0)v＝Mv1

6、＋mv2 C．在此碰撞過(guò)程中，小球的速度不變，小車(chē)和木塊的速度都變成u，滿足Mv＝(M＋m)u D．碰撞后小球擺到最高點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 答案　CD 解析　A項(xiàng)，碰撞的瞬間小車(chē)和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，擺球的速度在瞬間不變，若碰后小車(chē)和木塊的速度變?yōu)関1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小車(chē)和木塊速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u.故C項(xiàng)正確，A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，碰撞后，小車(chē)和小球水平方向動(dòng)量守恒，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D項(xiàng)正確．

7、5.(2018·贛州一模)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3 kg.質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊以水平速度v0＝4 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端．在上述過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為(　　) A．3 J　　　　　　　　 B．6 J C．20 J D．4 J 答案　A 解析　設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑行的最大路程為L(zhǎng)，摩擦力大小為f.根據(jù)能量守恒定律得： 鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程：mv02＝fL＋(M＋m)v2＋Ep 鐵塊相對(duì)于木板運(yùn)

8、動(dòng)的整個(gè)過(guò)程：mv02＝2fL＋(M＋m)v2 又根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒可知，mv0＝(M＋m)v 聯(lián)立得到：Ep＝3 J. 6.(2018·宜昌模擬)如圖，質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，小車(chē)AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量為m的滑塊在小車(chē)上從A點(diǎn)靜止開(kāi)始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點(diǎn)．已知小車(chē)質(zhì)量M＝3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則(　　) A．全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移R＋L B．全程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小s＝(R＋L) C．滑塊m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度vm＝ D．

9、μ、L、R三者之間的關(guān)系為R＝4μL 答案　B 解析　A、B兩項(xiàng)，設(shè)全程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移x＝R＋L－s. 取水平向右為正方向，由水平動(dòng)量守恒得：m－M＝0，即m－M＝0，結(jié)合M＝3m，解得s＝(R＋L)，x＝(R＋L)．故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確． C項(xiàng)，滑塊剛滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒分別得： 0＝mvm－Mv. mgR＝mvm2＋Mv2.聯(lián)立解得vm＝，故C項(xiàng)錯(cuò)誤． D項(xiàng)，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得：0＝(m＋M)v′，得v′＝0 由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μgL，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 7.

10、(2018·安徽二模)(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長(zhǎng)度均為d.兩物體m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板．m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，可能的情況是(　　) A．m1的最小速度是0 B．存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng) C．m2的最大速度一定是v1 D．m2的最大速度是v1 答案　ABD 解析　A、C、D項(xiàng)，從小球m1到達(dá)最近位置后繼續(xù)前進(jìn)，此后拉到m2前進(jìn)，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此后m1繼續(xù)減速，m2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時(shí)，m1達(dá)到最小速度，m2達(dá)最大速度： 取向右為正方向．

11、根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得 m1v1＝m1v1′＋m2v2 m1v12＝m1v12′＋m2v22； 解得：v1′＝v1，v2＝v1 故m2的最大速度為v1，m1的最小速度為v1， 當(dāng)m1＝m2時(shí)，m1的最小速度是0，故A、D兩項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，若m1＜m2，由上得v1′＜0，知存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)正確． 8．(2018·漳州三模)(多選)如圖甲，長(zhǎng)木板A靜放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝1 kg的物塊B以v0＝3 m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g＝10 m/s2，由此可得(　　) A．A的質(zhì)量mA＝1 kg

12、 B．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 C．木板A的長(zhǎng)度至少為2 m D．0～2 s內(nèi)，A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為3 J 答案　BD 解析　A項(xiàng)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v，由圖知v＝1 m/s，解得mA＝2 kg，故A項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，由圖像可知，木板A的加速度為a＝＝1 m/s2，根據(jù)μmg＝mAa得出動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，故B項(xiàng)正確． C項(xiàng)，木板A的最小長(zhǎng)度等于0～1 s內(nèi)A與B間相對(duì)位移的大小，為L(zhǎng)＝＝1.5 m，故C項(xiàng)錯(cuò)誤． D項(xiàng)，0～2 s內(nèi)，A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為：ΔE＝mv02－(m＋mA)v2，解得：ΔE＝3 J，故D項(xiàng)正確． 9.(

13、2018·孝感一模)(多選)如圖所示，在光滑水平地面上有一長(zhǎng)木板，其左端放有一質(zhì)量為2m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.開(kāi)始時(shí)，長(zhǎng)木板和木塊都靜止，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0擊中木塊并停留其中，設(shè)長(zhǎng)木板撞到前方固定的障礙物前，長(zhǎng)木板和木塊的速度已經(jīng)相等．已知長(zhǎng)木板與障礙物發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，木塊始終不從長(zhǎng)木板上掉下來(lái)，則(重力加速度為g)(　　) A．木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．若木板的質(zhì)量為6m，木板可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞 D．若木板的

14、質(zhì)量為2m，木板的長(zhǎng)度至少為 答案　AD 解析　A、B兩項(xiàng)，木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、木板三者組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．由于有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，設(shè)木板的質(zhì)量為M.木板要能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，碰撞前子彈和木塊的總動(dòng)量應(yīng)大于木板的動(dòng)量，即有(m＋2m)v＞Mv，得M＜3m，所以若木板的質(zhì)量為6m，木板不可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D項(xiàng)，子彈射入木塊的過(guò)程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v1，得：v1＝v0，木塊在木板上多次滑行，最終靜止在障礙物處，由能量守恒定律得：μ·3mgL

15、＝×3mv12，木板的長(zhǎng)度至少為：L＝.故D項(xiàng)正確． 10.(2018·湖北二模)(多選)質(zhì)量為2m的兩個(gè)相同小球A、B穿在水平光滑細(xì)桿上，用兩根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩與C球相連，已知C的質(zhì)量為m，一開(kāi)始A、B相距2L，現(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放，A與B相碰前瞬間，A、B球的速度大小分別為vA、vB，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．vA＝vB＝ B．vA＝vB＝ C．從釋放到A、B兩球碰前，兩輕繩對(duì)C球所做的總功為－mgL D．當(dāng)A、B間距為L(zhǎng)的時(shí)候，A、B、C三球速度大小相等 答案　AC 解析　A項(xiàng)，由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒得2mvA－2mvB＝0　vA＝vB，由A、B、C為系統(tǒng)，由機(jī)械能守

16、恒定律：mgL＝·2mvA2＋·2mvB2，解得：vA＝vB＝，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，C球重力做功WG＝mgL，則兩輕繩對(duì)C球所做的總功為－mgL，故C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解沿繩方向速度應(yīng)該相等，即當(dāng)A、B間距為L(zhǎng)的時(shí)候，vCcos30°＝vAsin30°，所以C點(diǎn)速度和A點(diǎn)速度大小肯定不同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 11．(2018·聊城一模)(多選)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別是m1和m2的兩物塊相連，它們靜止在光滑水平地面上．現(xiàn)給物塊m1一個(gè)瞬時(shí)沖量，使它獲得水平向右的速度v0，從此時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列判斷正確的是(　　) A．t1

17、時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短 B．在t1～t3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài) C．在0～t2時(shí)間內(nèi)，彈簧對(duì)m1沖量的大小為m1(v0－v3) D．m1、m2的動(dòng)量滿足：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3 答案　AD 解析　A項(xiàng)，從圖像可以看出，從0到t1的過(guò)程中，m1的速度比m2的大，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時(shí)刻彈簧長(zhǎng)度最短，故A項(xiàng)正確． B項(xiàng)，t2時(shí)刻m2的速度最大，此后m2的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，則知在t1～t2時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)．t2～t3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸狀態(tài)．故

18、B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)，在0～t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理得：彈簧對(duì)m1沖量為I＝－m1v3－m1v0，沖量大小為m1(v0＋v3)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤．D項(xiàng)，兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)外力之和為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有：m1v0＝(m1＋m2)v2＝m2v1－m1v3.故D項(xiàng)正確． 12.如圖所示，質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力)，則(　　) A．小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為R C．小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)

19、 D．小球第二次能上升的最大高度h0

20、，即小球第一次在車(chē)中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為mgh0，由于小球第二次在車(chē)中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車(chē)給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于mgh0，機(jī)械能損失小于mgh0，因此小球再次離開(kāi)小車(chē)時(shí)，能上升的高度大于：h0－h(huán)0＝h0，而小于h0，故D項(xiàng)正確． 二、非選擇題 13．(2018·樂(lè)山模擬)如圖所示，可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達(dá)C板的最右端，已知A、B、C質(zhì)量均相等，且為m，木板C長(zhǎng)為L(zhǎng)，求： (1)

21、A物體的最終速度； (2)A、C之間的摩擦力f； (3)A在木板C上滑行的時(shí)間t. 答案　(1)v0　(2)　(3) 解析　(1)B、C碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得： mv0＝2mv1， 解得：v1＝， B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脫離A、C相互作用過(guò)程中動(dòng)量守恒， 設(shè)最終A、C的共同速度v2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mv0＋mv1＝2mv2， 解得：v2＝v0； (2、3)在A、C相互作用過(guò)程中，由能量守恒定律得： fL＝mv02＋mv12－·2mv22， 解得：f＝

22、， 此過(guò)程中對(duì)C，由動(dòng)量定理得：ft＝mv2－mv1， 解得：t＝. 14．如圖所示，有一傾角為α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，質(zhì)量為mA＝1 kg的滑塊A(可以看做質(zhì)點(diǎn))在水平向左的恒力F作用下靜止在距離斜面底端x＝5 m的位置上，水平面上有一質(zhì)量為mB＝1 kg的表面光滑且足夠長(zhǎng)的木板B，B的右端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為mC＝3 kg的物塊C與彈簧的左端拴接，開(kāi)始時(shí)，B、C靜止且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，今將水平力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊A剛好滑到斜面底端時(shí)撤去力F，不考慮A滑上水平面過(guò)程的能量損失．滑塊A運(yùn)動(dòng)到水平面上后與滑塊B發(fā)生對(duì)心碰撞(碰撞時(shí)間極短)粘在一起，并拉伸彈簧使滑塊C向前

23、運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，g取10 m/s2，求： (1)水平力F的大小及滑塊A滑到斜面底端時(shí)的速度vA； (2)被拉伸彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep及滑塊C的最大速度vC. 答案　(1) N　10 m/s　(2)　15 J　4 m/s 解析　(1)滑塊處于平衡狀態(tài)：F＝mAgtanα 代入數(shù)據(jù)解得：F＝ N A向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力和拉力F做功，由動(dòng)能定理得：Fxcosα＋mAgx·sinα＝mAvA2 代入數(shù)據(jù)得：vA＝10 m/s (2)A與B在水平面上碰撞的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，得：mAvA＝(mA＋mB)v1 代入數(shù)據(jù)得：v1＝5 m/s 在ABC相互作用的過(guò)程中，當(dāng)它們的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2 代入數(shù)據(jù)得：v2＝2 m/s 由功能關(guān)系得：Ep＝(mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v22 代入數(shù)據(jù)得：Ep＝15 J 開(kāi)始時(shí)彈簧被拉長(zhǎng)，C一直向右加速，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度最大，設(shè)此時(shí)AB的速度為v3，C的速度為vC，則：(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v3＋mCvC 由機(jī)械能守恒得：(mA＋mB)v12＝(mA＋mB)v32＋mCvC2. 代入數(shù)據(jù)得：vC＝4 m/s. 10