專題 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

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1、 力學(xué)三大觀點(diǎn)綜合應(yīng)用 高考定位 力學(xué)中三大觀點(diǎn)是指動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)，動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)．動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)主要是牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，動(dòng)量觀點(diǎn)主要是動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律，能量觀點(diǎn)包括動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律．此類問題過程復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，能較好地考查應(yīng)用有關(guān)規(guī)律分析和解決綜合問題的能力． 考題1　動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 例1　(2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B，物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖1所示，L為1.0 m，凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.05.開始時(shí)物塊靜止，凹槽以v0＝5 m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與凹

2、槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時(shí)間不計(jì)，g取10 m/s2.求： 圖1 (1)物塊與凹槽相對(duì)靜止時(shí)的共同速度； (2)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者剛相對(duì)靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù)； (3)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間及該時(shí)間內(nèi)凹槽運(yùn)動(dòng)的位移大?。? 答案　(1)2.5 m/s　(2)6次　(3)5 s　12.75 m 解析　(1)設(shè)兩者間相對(duì)靜止時(shí)速度為v， 由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv v＝2.5 m/s. (2)解得物塊與凹槽間的滑動(dòng)摩擦力 Ff＝μFN＝μmg 設(shè)兩者相對(duì)靜止前相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程為s1，由功能關(guān)系得 －Ff·s1＝(m＋m)v2－mv

3、 解得s1＝12.5 m 已知L＝1 m， 可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞． (3)設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為v1、v2， 碰后的速度分別為v1′、v2′.有 mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 得v1′＝v2，v2′＝v1 即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示，根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段，凹槽、物塊的v—t圖象在兩條連續(xù)的勻變速運(yùn)動(dòng)圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)間．則v＝v0＋at a＝－μg 解得t＝5 s 凹槽的v—t圖象所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2.(等腰三

4、角形面積共分13份，第一份面積為0.5 L，其余每?jī)煞菝娣e和均為L(zhǎng).) s2＝()t＋6.5L，解得s2＝12.75 m. 1．如圖2所示，傾角45°高h(yuǎn)的固定斜面．右邊有一高的平臺(tái)，平臺(tái)頂部左邊水平，上面有一質(zhì)量為M的靜止小球B，右邊有一半徑為h的圓?。|(zhì)量為m的小球A從斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，從斜面最高點(diǎn)飛出后恰好沿水平方向滑上平臺(tái)，與B發(fā)生彈性碰撞，碰后B從圓弧上的某點(diǎn)離開圓弧．所有接觸面均光滑，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g. 圖2 (1)求斜面與平臺(tái)間的水平距離s和A的初速度v0； (2)若M＝2m，求碰后B的速度； (3)若B的質(zhì)量M可以從小到大取不

5、同值，碰后B從圓弧上不同位置脫離圓弧，該位置與圓心的連線和豎直方向的夾角為α.求cos α的取值范圍． 答案　(1) h　2　(2)　(3)≤cos α≤1 解析　(1)設(shè)小球A飛上平臺(tái)的速度為v1，小球由斜面頂端飛上平臺(tái)，可看成以速度v1反向平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：h＝gt2，s＝v1t，tan 45°＝ 解得：v1＝，s＝h 由機(jī)械能守恒定律得：mv＝mgh＋mv 解得：v0＝2. (2)設(shè)碰后A、B的速度分別為vA、vB，由動(dòng)量、能量守恒得 mv1＝mvA＋MvB mv＝mv＋Mv vB＝v1＝. (3)由(2)可知，當(dāng)M?m時(shí)vB≈2＞從頂端飛離則cos α＝1

6、 當(dāng)M ?m時(shí)，vB＝0，設(shè)B球與圓弧面在C處分離，則： Mgh(1－cos α)＝Mv Mg cos α＝M，cos α＝，故≤cos α≤1 1．弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程． 2．進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)． 3．光滑的平面或曲面，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析． 4．如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析． 考題2　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)、能量、動(dòng)量解決綜合問題 例2　如圖3所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為m＝1 kg的足夠長(zhǎng)的木板C，在C上

7、放置有A、B兩物體，A的質(zhì)量mA＝1 kg，B的質(zhì)量為mB＝2 kg.A、B之間鎖定一被壓縮了的輕彈簧，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep＝3 J，現(xiàn)突然給A、B一瞬時(shí)沖量作用，使A、B同時(shí)獲得v0＝2 m/s的初速度，速度方向水平向右，且同時(shí)彈簧由于受到擾動(dòng)而解除鎖定，并在極短的時(shí)間內(nèi)恢復(fù)原長(zhǎng)，之后與A、B分離．已知A和C之間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，且滑動(dòng)摩擦力略小于最大靜摩擦力．求： 圖3 (1)彈簧與A、B分離的瞬間，A、B的速度分別是多大？ (2)已知在C第一次碰到右邊的固定擋板之前，A、B和C已經(jīng)達(dá)到了共同速度，求在到達(dá)共同速度之前A、B、C的加

8、速度分別是多大及該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？ (3)已知C與擋板的碰撞無機(jī)械能損失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離？ 審題突破　(1)根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒列方程組求A、B分離時(shí)的速度；(2)由牛頓第二定律求三者的加速度，該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，只需求出三者達(dá)到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立求解． 答案　(1)0　3 m/s　(2)4.5 J　1.5 m/s　(3)0.75 m 解析　(1)在彈簧彈開兩物體的過程中，由于作用時(shí)間極短，對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒定律可得： (mA＋mB)v0＝mAvA

9、＋mBvB Ep＋(mA＋mB)v＝mAv＋mBv 聯(lián)立解得：vA＝0，vB＝3 m/s. (2)對(duì)物體B有：aB＝μ2g＝1 m/s2，方向水平向左 對(duì)A、C有：μ2mBg＝(mA＋m)a 又因?yàn)椋簃Aa＜μ1mAg 故物體A、C的共同加速度為a＝1 m/s2，方向水平向右 對(duì)A、B、C整個(gè)系統(tǒng)來說，水平方向不受外力，故由動(dòng)量和能量守恒定律可得：mBvB＝(mA＋mB＋m)v Q＝mBv－(mA＋mB＋m)v2 解得：Q＝4.5 J，v＝1.5 m/s. (3)C和擋板碰撞后，先向左勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減至0后向右勻加速運(yùn)動(dòng)，分析可知，在向右加速過程中先和A達(dá)到共同速度v1，

10、之后A、C再以共同的加速度向右勻加速，B一直向右勻減速，最后三者達(dá)共同速度v2后做勻速運(yùn)動(dòng)．在此過程中由于摩擦力做負(fù)功，故C向右不能一直勻加速至擋板處，所以和擋板再次碰撞前三者已經(jīng)達(dá)共同速度． aA＝μ1g＝2 m/s2，aB＝μ2g＝1 m/s2 μ1mAg＋μ2mBg＝maC，解得：aC＝4 m/s2 v1＝v－aAt＝－v＋aCt 解得：v1＝0.5 m/s t＝0.5 s xA1＝t＝0.5 m，xC1＝t＝－0.25 m 故A、C間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離為xAC＝xA1＋|xC1|＝0.75 m. 2．(2014·廣東·35)如圖4所示，的水平軌道中，AC段的中點(diǎn)B的正上

11、方有一探測(cè)器，C處有一豎直擋板，物體P1沿光滑軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P，以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t1＝2 s至t2＝4 s內(nèi)工作．已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1 kg，P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，AB段長(zhǎng)L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，P與擋板的碰撞為彈性碰撞． 圖4 (1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能ΔE； (2)若P與擋板碰后，能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E. 答案　(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s

12、≤v1≤14 m/s　17 J 解析　(1)設(shè)P1和P2發(fā)生彈性碰撞后速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv1＝2mv2 ① 解得：v2＝＝3 m/s 碰撞過程中損失的動(dòng)能為：ΔE＝mv－×2mv ② 解得ΔE＝9 J. (2)P滑動(dòng)過程中，由牛頓第二定律知 2ma＝－2μmg ③ 可以把P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)再返回B點(diǎn)的全過程看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有3L＝v2t＋at2 ④ 由①③④式得v1＝ ①若2 s時(shí)通過B點(diǎn)，解得：v1＝14 m/s ②若4 s時(shí)通過B點(diǎn)，解得：v1＝10 m/

13、s 故v1的取值范圍為：10 m/s≤v1≤14 m/s 設(shè)向左經(jīng)過A點(diǎn)的速度為vA，由動(dòng)能定理知 ×2mv－×2mv＝－μ·2mg·4L 當(dāng)v2＝v1＝7 m/s時(shí)，復(fù)合體向左通過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，E＝17 J. 根據(jù)題中涉及的問題特點(diǎn)選擇上述觀點(diǎn)聯(lián)合應(yīng)用求解．一般地，要列出物體量間瞬時(shí)表達(dá)式，可用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)即牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；如果是碰撞并涉及時(shí)間的問題，優(yōu)先考慮動(dòng)量定理；涉及力做功和位移的情況時(shí)，優(yōu)先考慮動(dòng)能定理；若研究對(duì)象是互相作用的物體系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩大守恒定律． 知識(shí)專題練　訓(xùn)練6 題組1　動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 1．如圖1所示，在傾角為30°

14、的光滑斜面上放置一質(zhì)量為m的物塊B，B的下端連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端與擋板相連接，B平衡時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，O點(diǎn)為彈簧的原長(zhǎng)位置．在斜面頂端另有一質(zhì)量也為m的物塊A，距物塊B為3x0，現(xiàn)讓A從靜止開始沿斜面下滑，A與B相碰后立即一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并恰好回到O點(diǎn)(A、B均視為質(zhì)點(diǎn))．試求： 圖1 (1)A、B相碰后瞬間的共同速度的大??； (2)A、B相碰前彈簧具有的彈性勢(shì)能； (3)若在斜面頂端再連接一光滑的半徑R＝x0的半圓軌道PQ，圓軌道與斜面相切于最高點(diǎn)P，現(xiàn)讓物塊A以初速度v從P點(diǎn)沿斜面下滑，與B碰后返回到P點(diǎn)還具有向上的速度，試問：v為多大時(shí)物塊A恰能通過圓弧軌道的最

15、高點(diǎn)？ 答案　(1)　(2)mgx0　(3) 解析　(1)設(shè)A與B相碰前A的速度為v1，A與B相碰后共同速度為v2 由機(jī)械能守恒定律得3mgx0 sin 30°＝mv 由動(dòng)量守恒定律得mv1＝2mv2 解以上二式得v2＝. (2)設(shè)A、B相碰前彈簧所具有的彈性勢(shì)能為Ep，從A、B相碰后一起壓縮彈簧到它們恰好到達(dá)O點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律知Ep＋·2mv＝2mgx0 sin 30° 解得Ep＝mgx0. (3)設(shè)物塊A與B相碰前的速度為v3，碰后A、B的共同速度為v4 mv2＋3mgx0 sin 30°＝mv mv3＝2mv4 A、B一起壓縮彈簧后再回到O點(diǎn)時(shí)二者分離，設(shè)

16、此時(shí)共同速度為v5，則 ·2mv＋Ep＝·2mv＋2mgx0sin 30° 此后A繼續(xù)上滑到半圓軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v6，則mv＝mv＋2mgx0 sin 30°＋mgR(1＋sin 60°) 在最高點(diǎn)有mg＝ 聯(lián)立以上各式解得v＝. 2．如圖2所示，質(zhì)量為m1的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自光滑圓弧形槽的頂端A處無初速度地滑下，槽的底端與水平傳送帶相切于左傳導(dǎo)輪頂端的B點(diǎn)，A、B的高度差為h1＝1.25 m．傳導(dǎo)輪半徑很小，兩個(gè)輪之間的距離為L(zhǎng)＝4.00 m．滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20.右端的輪子上沿距離地面高度h2＝1.80 m，g取10 m/s2. 圖2 (1)若槽的底

17、端沒有滑塊m2，傳送帶靜止不運(yùn)轉(zhuǎn)，求滑塊m1滑過C點(diǎn)時(shí)的速度大小v；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (2)在m1下滑前將質(zhì)量為m2的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))停放在槽的底端．m1下滑后與m2發(fā)生彈性碰撞，且碰撞后m1速度方向不變，則m1、m2應(yīng)該滿足什么條件？ (3)滿足(2)的條件前提下，傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，速度為v＝5.0 m/s.求出滑塊m1、m2落地點(diǎn)間的最大距離(結(jié)果可帶根號(hào))． 答案　(1)3.0 m/s　(2)m1＞m2　(3)(－3) m 解析　(1)滑塊m1滑到B點(diǎn)有m1gh1＝m1v 解得v0＝5 m/s 滑塊m1由B滑到C點(diǎn)有－μm1gL＝m1v2－m1v 解得v＝3.0

18、m/s. (2)滑塊m2停放在槽的底端，m1下滑并與滑塊m2彈性碰撞，則有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v m1速度方向不變即v1＝v0＞0 則m1＞m2. (3)滑塊經(jīng)過傳送帶作用后做平拋運(yùn)動(dòng) h2＝gt2 當(dāng)兩滑塊速度相差最大時(shí)，它們的水平射程相差最大，當(dāng)m1?m2時(shí)，滑塊m1、m2碰撞后的速度相差最大，經(jīng)過傳送帶后速度相差也最大 v1＝v0＝v0≈v0＝5.0 m/s v2＝v0＝v0≈2v0＝10.0 m/s 滑塊m1與傳送帶同速度，沒有摩擦，落地點(diǎn)射程為 x1＝v1t＝3.0 m 滑塊m2與傳送帶發(fā)生摩擦，有 －μm2gL＝m2v2′

19、2－m2v 解得v2′＝2 m/s 落地點(diǎn)射程為x2＝v2′t＝ m m2、m1的水平射程相差最大值為Δx＝(－3) m. 題組2　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)、動(dòng)量觀點(diǎn)解決綜合問題 3．如圖3所示，質(zhì)量M＝4 kg的平板小車停在光滑水平面上，車上表面高h(yuǎn)1＝1.6 m．水平面右邊的臺(tái)階高h(yuǎn)2＝0.8 m，臺(tái)階寬l＝0.7 m，臺(tái)階右端B恰好與半徑r＝5 m的光滑圓弧軌道連接，B和圓心O的連線與豎直方向夾角θ＝53°，在平板小車的A處有質(zhì)量m1＝2 kg的甲物體和質(zhì)量m2＝1 kg的乙物體緊靠在一起，中間放有少量炸藥(甲、乙兩物體都可以看作質(zhì)點(diǎn))．小車上A點(diǎn)左側(cè)表面光滑，右側(cè)粗糙且動(dòng)摩擦

20、因數(shù)為μ＝0.2.現(xiàn)點(diǎn)燃炸藥，炸藥爆炸后兩物體瞬間分開，甲物體獲得5 m/s的水平初速度向右運(yùn)動(dòng)，離開平板車后恰能從光滑圓弧軌道的左端B點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道．已知車與臺(tái)階相碰后不再運(yùn)動(dòng)(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求： 圖3 (1)炸藥爆炸使兩物體增加的機(jī)械能E； (2)物體在圓弧軌道最低點(diǎn)C處對(duì)軌道的壓力F； (3)平板車上表面的長(zhǎng)度L和平板車運(yùn)動(dòng)位移s的大?。? 答案　(1)75 J　(2)46 N，方向豎直向下　(3)1 m 解析　(1)甲、乙物體在爆炸瞬間動(dòng)量守恒： m1v1－m2v2＝0 E＝m1v＋m2v＝75 J. (

21、2)設(shè)甲物體平拋到B點(diǎn)時(shí)，水平方向速度為vx，豎直分速度為vy vy＝＝4 m/s vx＝＝3 m/s 合速度為：vB＝5 m/s 物體從B到C過程中： m1gr(1－cos θ)＝m1v－m1v FN－m1g＝m1 FN＝46 N 由牛頓第三定律可知：F＝FN＝46 N，方向豎直向下． (3)甲物體平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝＝0.4 s 平拋水平位移：x＝vxt＝1.2 m＞0.7 m 甲物體在車上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為：a1＝μg＝2 m/s2 甲物體在車上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1＝＝1 s 甲物體的對(duì)地位移：x1＝(v0＋vx)t1＝4 m 甲物體在車上運(yùn)動(dòng)時(shí)，車的加速度為：a2＝

22、＝1 m/s2 甲離開車時(shí)，車對(duì)地的位移：x2＝a2t＝0.5 m 車長(zhǎng)為：L＝2(x1－x2)＝7 m 車的位移為：s＝x2＋(x－l)＝1 m. 4．如圖4所示，光滑的水平面AB(足夠長(zhǎng))與半徑為R＝0.8 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點(diǎn)相切，D點(diǎn)為半圓軌道最高點(diǎn)．A點(diǎn)的右側(cè)等高地放置著一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)＝20 m、逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且速度為v＝10 m/s的傳送帶．用輕質(zhì)細(xì)線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接．甲的質(zhì)量為m1＝3 kg，乙的質(zhì)量為m2＝1 kg，甲、乙均靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)固定乙球，燒斷細(xì)線，甲離開彈簧后進(jìn)入半圓軌道并可以通過D點(diǎn)，且過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道

23、的壓力恰好等于甲的重力．傳送帶與乙物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙兩物體可看做質(zhì)點(diǎn)． 圖4 (1)求甲球離開彈簧時(shí)的速度． (2)若甲固定，乙不固定，細(xì)線燒斷后乙可以離開彈簧滑上傳送帶，求乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離． (3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞時(shí)甲、乙的速度；若不會(huì)再次碰撞，請(qǐng)說明原因． 答案　(1)4 m/s　(2)12 m　(3)甲、乙會(huì)再次碰撞，碰撞時(shí)甲的速度為2 m/s，方向水平向右，乙的速度為6m/s，方向水平向左 解析　(1)甲離開彈簧時(shí)的速度大小為v0，運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)的過程

24、中機(jī)械能守恒： m1v＝m1g·2R＋m1v， 在最高點(diǎn)D，由牛頓第二定律， 有2m1g＝m1 聯(lián)立解得：v0＝4 m/s. (2)甲固定，燒斷細(xì)線后乙的速度大小為v乙， 由能量守恒： Ep＝m1v＝m2v， 得v乙＝12 m/s 之后乙滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動(dòng)：μm2g＝m2a 得a＝6 m/s2 乙的速度為零時(shí)，在傳送帶滑行的距離最遠(yuǎn)， 最遠(yuǎn)距離為： s＝＝12 m＜20 m 即乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離為12 m. (3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線后， 設(shè)甲、乙速度大小分別為v1、v2， 甲、乙分離瞬間動(dòng)量守恒：m1v1＝m2v2 甲、乙彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒： Ep＝m1v＝m1v＋m2v 解得：v1＝2 m/s，v2＝6 m/s 之后甲沿軌道上滑，設(shè)上滑最高點(diǎn)高度為h， 則m1v＝m1gh 得h＝0.6 m＜0.8 m 則甲上滑不到同圓心等高位置就會(huì)返回，返回AB面上時(shí)速度大小仍然是v2＝2 m/s 乙滑上傳送帶，因v2＝6 m/s＜12 m/s，則乙先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向左勻加速．由對(duì)稱性可知乙返回AB面上時(shí)速度大小仍然為v2＝6 m/s 故甲、乙會(huì)再次相撞，碰撞時(shí)甲的速度為2 m/s，方向水平向右，乙的速度為6 m/s，方向水平向左．