?
mBv＝(mB＋mC)v′
2×6
解得：v′＝＝2 m/s
2＋4
A的速度为vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为Ep，根据能量守恒定律得：
111
Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2
222＝12 J．
(3)方法一 A不可能向左运动．
根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB 设A向左，则vA＜0，vB＞4 m/s
则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：
11122
E′＝mAv2A＋(mB＋mC)vB＞(mB＋mC)vB＝48 J 222实际上系统的机械能为：
1
E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝12 J＋36 J＝48 J
2
根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．
方法二 B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与A、B和C相对振动的合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动)
由(1)知整体匀速运动的速度v0＝vA′＝3 m/s
图9－16乙
取以v0＝3 m/s匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和C相对振动的速率最大，分别为：
vAO＝v－v0＝3 m/s vBO＝|v′－v0|＝1 m/s
由此可画出A、B、C的速度随时间变化的图象如图9－16乙所示，故A不可能有向左运动的时刻．
[答案] (1)3 m/s (2)12 J (3)不可能，理由略
【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以3 m/s匀速行驶的车厢内，A、B和C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为3 m/s、1 m/s．
②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时A的速度为零．
●例8 探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m．笔的弹跳过程分为三个阶段：
图9－17
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(如图9－17甲所示)； ②由静止释放，外壳竖直上升到下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(如图9－17乙所示)；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处(如图9－17丙所示)．
?
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g．求： (1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小． (2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功．
(3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能． [2009年高考·重庆理综卷]
【解析】设外壳上升到h1时速度的大小为v1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为v2．
(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，由动能定理得：
1
(4m＋m)g(h2－h1)＝(4m＋m)v22－0 2解得：v2＝2g(h2－h1)．
(2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即： 4mv1＝(4m＋m)v2
5
将v2代入得：v1＝2g(h2－h1)
4
设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：
12
W－4mgh1＝×4mv1
2
1
将v1代入得：W＝mg(25h2－9h1)．
4
(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h2的过程中机械能守恒，只有在外壳和
112
内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量E损＝×4mv21－(4m＋m)v2 22
5
将v1、v2代入得：E损＝mg(h2－h1)．
4
1
[答案] (1)2g(h2－h1) (2)mg(25h2－9h1)
4
5
(3)mg(h2－h1) 4
由以上例题可以看出，弹簧类试题的确是培养和训练学生的物理思维、反映和开发学生的学习潜能的优秀试题．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生充分运用物理概念和规律(牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律)巧妙解决物理问题、施展自身才华提供了广阔空间，当然也是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中的一类重要的、独具特色的考题．
四、传送带问题
从1990年以后出版的各种版本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传送类问题在现代生产生活中的应用非常广泛．这类问题中物体所受的摩擦力的大小和方向、运动性质都具有变化性，涉及力、相对运动、能量转化等各方面的知识，能较好地考查学生分析物理过程及应用物理规律解答物理问题的能力．如2003年高考全国理综卷第34题、2005年高考全国理综卷Ⅰ第24题等．
对于滑块静止放在匀速传动的传送带上的模型，以下结论要清楚地理解并熟记： (1)滑块加速过程的位移等于滑块与传送带相对滑动的距离；
(2)对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热量，即传送装置在这一过程需额外(相对空载)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．
●例9 如图9－18甲所示，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动(使传送带随之运动)，物块仍从P点自由滑下，则( )
?
图9－18甲
A．物块有可能不落到地面上 B．物块仍将落在Q点
C．物块将会落在Q点的左边 D．物块将会落在Q点的右边
【解析】如图9－18乙所示，设物块滑上水平传送带上的初速度为v0，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ，则：
图9－18乙
μmg
物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小a＝＝μg
m
物块滑至传送带右端的速度为： v＝v02－2μgs
1
物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s＝v0t－μgt2解得．
2
当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上的摩擦力也为： f＝μmg
物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为：
μmga1′＝＝μg
m
1
物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程s＝v0t－μgt2 解得．
2
由以上分析可知物块仍将落在Q点，选项B正确． [答案] B
【点评】对于本例应深刻理解好以下两点：
①滑动摩擦力f＝μFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关；
②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)相等，加速度相等，故运动过程完全相同． 我们延伸开来思考，物块在皮带上的运动可理解为初速度为v0的物块受到反方向的大小为μmg的力F的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系．
●例10 如图9－19所示，足够长的水平传送带始终以v＝3 m/s的速度向左运动，传送带上有一质量M＝2 kg 的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3．开始时，A与传送带之间保持相对静止．现有两个光滑的质量均为m＝1 kg 的小球先后相隔Δt＝3 s自传送带的左端出发，以v0＝15 m/s的速度在传送带上向右运动．第1个球与木盒相遇后立即进
1
入盒中并与盒保持相对静止；第2个球出发后历时Δt1＝ s才与木盒相遇．取g＝10 m/s2，
3
问：
则物块滑至传送带右端的速度v′＝v02－2μgs＝v
图9－19
(1)第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为多大？ (2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？
?
(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？
【解析】(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律得：
mv0－Mv＝(m＋M)v1
解得：v1＝3 m/s，方向向右．
(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过时间t0与木盒相遇，则有：
st0＝
v0
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得： μ(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：a＝μg＝3 m/s2，方向向左
设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为t2，则：
Δv
t1＝t2＝＝1 s
a
故木盒在2 s内的位移为零
依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0) 解得：s＝7.5 m，t0＝0.5 s．
(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为s′，木盒的位移为s1，则：
s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5 m
s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5 m
故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6 m 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为： Q＝fΔs＝54 J．
[答案] (1)3 m/s (2)0.5 s (3)54 J
【点评】本题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法．
能力演练
一、选择题(10×4分)
1．图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是( )
A．若D和E结合成F，结合过程中一定会吸收核能 B．若D和E结合成F，结合过程中一定会释放核能 C．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会吸收核能 D．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会释放核能
【解析】D、E结合成F粒子时总质量减小，核反应释放核能；A分裂成B、C粒子时，总质量减小，核反应释放核能．
[答案] BD
2．单冷型空调器一般用来降低室内温度，其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同．某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量Q2，向高温物体放出热量Q1，而外界(压
Q2缩机)必须对工作物质做功W，制冷系数ε＝．设某一空调的制冷系数为4，若制冷机每天
W
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