《名校推荐》2018年山东省乐陵市第一中学高三物理三轮冲刺：能量守恒定律 功能关系-教师版 WORD版含解析.docx

1、能量守恒定律功能关系一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A. 19mglB. 16mglC. 13mglD. 12mglA（乐陵一中）解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为EP2=2mg3l3=2mgl9；将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度h=l6+l3=l2，故重力势能EP2=2mg3l2=mgl3因此可知拉力所做的功W=EP2-

2、EP1=19mgl，故A正确，BCD错误故选：A由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可2. 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD.

3、6mgRC（乐陵一中）解：由题意知水平拉力为：F=mg；设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F3R-mgR=12mv2解得：v=4gR；小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t=vg=4Rg；此段时间内水平方向的位移为：x=12at2=12Fm(4Rg)2=2R，所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L=3R+2R=5R，此过程中小球的机械能增量为：E=FL=mg5R=5mgR。故C正确、ABD错误。故选：C。根据动能定理求出小球在c点的速度，再根据竖直上抛运动求解达到最高点

4、的时间，根据水平方向的运动规律求解离开c后达到最高点时的水平位移，根据功能关系求解机械能的增加。本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从a点开始运动到其轨迹最高点”，不是从a到c的过程，这是易错点。3. M置于光滑平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上车表面，则()A. m的最终速度为mvM+mB. 因车表面粗糙，故系统动量不守恒C. 车面越粗糙，小车M获得动量越大D. 车面越粗糙，系统产生的内能越多A（乐陵一中）解：A、以小车和木

5、块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动mv=(m+M)v v=mvM+m 相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能，根据能量守恒得：E损=12mv2-12(m+M)v2 故A正确，D错误B、车表面粗糙，小车与木块间的力属于内力，不是判断系统动量是否守恒的条件.故B错误C、根据A选项分析，小车M获得动量Mv与车面粗糙程度无关，故C错误故选A以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦

6、产生的内能应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题4. 如图所示，光滑斜面的顶端固定一轻质弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面.设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小球在C点时弹簧的弹性势能是()A. 12mv2B. 12mv2+mghC. 12mv2-mghD. mghC（乐陵一中）解：弹簧被压缩至最短时，物体速度为0物体沿斜面向上到弹簧被压缩至最短时，物体和弹簧系统机械能守恒物体的动能减小，转化成物体的重力势能和弹簧的弹性势能mgh+Ep=12m

7、v2 Ep=12mv2-mgh 故选：C 利用系统机械能守恒得到弹簧具有的弹性势能.物体的动能减小，转化成物体的重力势能和弹簧的弹性势能熟悉过程中能量的转化，运用能量守恒解决问题，难度不大，属于基础题5. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内以速率v按顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动。假设t=0时刻苹果在最低点a且重力势能为零，关于苹果从最低点a运动到最高点c的过程，下列说法正确的是()A. 苹果在最高点c受到手的支持力为mg+mv2RB. 苹果的重力势能随时间的变化关系为Ep=mgR1-cos(vRt)C. 苹果

8、在运动过程中机械能守恒D. 苹果在运动过程中的加速度越来越小B（乐陵一中）解：A、苹果在最高点c时，由牛顿第二定律得：mg-N=mv2R，得手的支持力为：N=mg-mv2R，故A错误。B、t时刻苹果相对于a点的高度为：h=R(1-cost)=R1-cos(vRt)，则苹果的重力势能随时间的变化关系为：Ep=mgh=mgR1-cos(vRt)，故B正确。C、苹果在运动过程中动能不变，重力势能在变化，所以其机械能不断变化，故C错误。D、根据a=v2R分析知苹果的加速度大小保持不变。故D错误。故选：B。以苹果为研究对象，由牛顿第二定律求出手对苹果的支持力。分析苹果的高度随时间的变化关系，从而得到苹果

9、的重力势能随时间的变化关系。根据机械能的概念分析机械能的变化，由a=v2R分析加速度的变化。解决本题时要知道苹果向心力的来源是指向圆心的合力，匀速圆周运动的加速度大小不变，加速度是变化的。二、多选题（本大题共4小题，共24分）6. 如图所示，质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量m=2kg的小球(视为质点)通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光特轴O连接，开始时滑块静止、轻杆处于水平状态.现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2则()A. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB. 小球m从初始位

10、置到第一次到达最低点的过程中，滑块对在水平轨道上向右移动了0.5mC. 小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD. 小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54mAD（乐陵一中）解：AB、小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0=mL-xt-Mxt，得x=mLm+M=20.752+3=0.3m，故A正确，B错误C、设小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为h.此时竖直方向速度为0，所以水平方向速度也为0根据水平动量守恒得：0=(m+M)v 根据系统的机械能守恒得12

11、mv02=mgh+12(m+M)v2.解得h=0.45m D、小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为S=L+L2-h2=0.75+0.752-0.452=1.35m 根据水平动量守恒得：0=mS-yt-Myt，解得y=0.54m，故D正确故选：AD小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，由此求滑块M在水平轨道上向右的距离.根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求m上升的最大高度.结合水平方向动量守恒求滑块M在水平轨道上向右的距离解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒，利用平均动量守恒列

12、方程，要注意m速度的参照物是地面，不是对M7. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一根上端固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示.除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC. 若弹簧弹力为F时，金属棒获得最大速度vm，则vm=(mg-F)RB2L2D. 最终电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量AC（乐陵一中）解：A、由于刚开始时没有安培力也没有弹力，故金属棒只受

13、重力，则释放瞬间金属棒的加速度为g，故A正确；B、金属棒向下运动时，根据右手定则可判定通过R的电流方向为ba，故B错误；C、若弹簧弹力为F时，金属棒获得最大速度vm，此时受力平衡，则有：mg-F=BIL=B2L2vmR，解得：vm=(mg-F)RB2L2；故C正确；D、根据功能关系可知，重力势能的减少量转化为内能和弹簧的弹性势能、金属棒的动能.电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故D错误；故选：AC明确金属棒的受力情况，从而求解对应的加速度变化情况；根据右手定则分析电流方向；根据E=BLv和安培力公式即可求得速度为v时的安培力表达式；金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧

14、的弹性势能、金属棒的动能(金属棒速度不是零时)和电阻R产生的内能，本题考查电磁感应与能量守恒定律的内容的结合，要注意明确金属棒的受力情况分析，明确能量转化方向，知道由于安培力做功，在运动中重力势能与弹簧势能之和会减小是解决这类问题的关键，要特别注意弹性势能的变化，从而准确掌握能量的转化方向8. 如图所示，倾角为足够长的光滑斜面下端固定一挡板，质量均为m的两物块用轻质弹簧连接静止在光滑斜面上，现用平行斜面向上的恒力F作用在物块A上，使A开始向上运动，下列说法正确的是()A. 若F2mgsin，弹簧第一次到达最长时，B的加速度一定大于A的加速度D. 若F2mgsin，拉力F做的功总等于A机械能的增

15、量与弹簧弹性势能增量之和BC（乐陵一中）解：AB、当B恰好离开时挡板时A做简谐运动.以B为研究对象，由平衡条件得此时弹簧的弹力F弹=mgsin 由简谐运动的对称性得：F=mgsin+F弹-F，解得F=mgsin，因此，F2mgsin，物块B一定能离开挡板，在弹簧第一次到达最长之前，A的速度大于B的速度，弹簧在不断伸长，弹力在增大，B做加速度增大的加速运动，A做加速度减小的加速度，画出它们的v-t图象如图，则知两者速度相等时，即弹簧第一次到达最长时，B的加速度一定大于A的加速度.故C正确D、若F2mgsin，物块B一定能离开挡板，由系统的能量守恒知，拉力F做的功总等于A机械能的增量、B机械能的增

16、量与弹簧弹性势能增量之和，故D错误故选：BC 当B恰好离开时挡板时A做简谐运动，由简谐运动的对称性求F的大小，从而能分析物块B能否离开挡板.若F2mgsin，弹簧第一次到达最长时，A、B的速度相等，作出两个物块的v-t图象，根据斜率分析加速度的大小.再由系统的能量守恒分析能量是如何转化的解决本题的关键要抓住临界状态：B恰好离开挡板时，挡板对B没有作用力.知道此时A做简谐运动，具有对称性，分析B离开挡板时F的最小值9. 如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向.两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比rA：rB=2：

17、1，取圆锥筒的最低点C为重力势能参照面，则A、B两球()A. 运动周期之比TA：TB=2：1B. 速度之比vA：vB=2：1C. 机械能之比EA：EB=2：1D. 向心加速度之比aA：aB=2：1BC（乐陵一中）解：设圆锥母线与竖直方向成角，设任一小球圆周运动向心加速度a，根据牛顿第二定律得：mgtan=m42T2r=mv2r=ma 得：T=2rgtan，v=grtan，a=gtan 由rA：rB=2：1，得：TA：TB=2：1，vA：vB=2：1，aA：aB=1：1 机械能表达式E=mgrtan+12mv2=32mgrtan，则得EA：EB=2：1 故选：BC研究任意一球：小球做匀速圆周运动

18、，靠重力和支持力的和提供向心力，结合牛顿第二定律列出周期、速度和向心加速度的表达式，得到机械能的表达式，从而进行求解即可解决本题的关键是要知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，得出各量的表达式三、填空题（本大题共1小题，共5分）10. 在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动(以水平向右为正方向)，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生对心正碰.碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出.则小球B运动到轨道最低点M时的速度为_m/s，碰撞结束后A球的速度大小为_m/s.(g=10

19、m/s2)5；2（乐陵一中）解：小球B恰好能通过圆形轨道最高点，有：mg=mvN2R 代入数据解得：vN=5m/s 小球B从轨道最低点C运动到最高点D的过程中机械能守恒，有：12mBvM2=2mBgR+12mBvN2 联立解得：vM=5m/s 所以碰撞后小球B的速度大小为5m/s A与B碰撞过程中动量守恒，选取向右为正方向，有：mAv0=mAvA+mBvB，因为水平面光滑，所以式中vB=vM，代入数据解得：vA=-2m/s，负号表示A的速度方向与初速度的方向相反故答案为：5，2小球恰好能通过最高点N，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达N点的速度，由机械能守恒定

20、律可以求出碰撞后小球B的速度然后由动量守恒定律求出A的速度该题结合竖直平面内的圆周运动考查动量守恒定律，熟练应用牛顿第二定律、机械能守恒、动量守恒定律即可正确解题，难度适中四、计算题（本大题共4小题，共48分）11. 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止与水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求 (1)B与木板相对静止时

21、，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离.解：(1)对A受力分析，根据牛顿第二定律得：1mAg=mAaA代入数据解得：aA=5m/s2，方向向右，对B分析，根据牛顿第二定律得：1mBg=mBaB代入数据解得：aB=5m/s2，方向向左对木板分析，根据牛顿第二定律得：1mBg-1mAg-2(m+mA+mB)g=ma1代入数据解得：a1=2.5m/s2，方向向右当木板与B共速时，有：v=v0-aBt1=a1t1，代入数据解得：t1=0.4s，v=1m/s，(2)此时B相对木板静止，突变为静摩擦力，A受力不变加速度仍为5m/s2，方向向右，对B与木板受力分析，有：1mAg+2(m+mA+

22、mB)g=(m+mB)a2代入数据解得：a2=53m/s2，方向向左，当木板与A共速时有：v=v-a2t2=-v+aAt2：代入数据解得：t2=0.3s，v=0.5m/s当t1=0.4s，xB=v0+v2t1=3+120.4m=0.8m，x木=0+v2t1=0+120.4m=0.2mLB板=xB-x木=0.8-0.2m=0.6m，对A，向左，xA=v0+v2t1=3+120.4m=0.8m，LA1板=xA+x木=0.8+0.2m=1m，当t2=0.3s，对A，向左，xA1=v-v2t2=1-0.520.3m=340m，对木板，向右，x木1=v+v2t2=1+0.520.3m=940m，LA2板

23、=xA1+x木1=340+940m=0.3m，可知AB相距L=LB板+LA1板+LA2板=0.6+1+0.3m=1.9m答：(1)B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m（乐陵一中）(1)刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度(2)根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移

24、大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解12. 如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2kg、mB=1kg。初始时A静止与水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8m(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10m/s2。(

25、1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。解：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h=12gt2代入数据解得：t=0.6s。(2)根据动量定理；对A(取向上为正方向)，则有：F2t-mAgt=mAv，对B，则有：-F1t+mBgt=mBv-mBvB；而F1=F2且vB=6m/s，得：-gt=2v+v-6由于碰撞时间极短，因此有：v=2m/s(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：12(mA+mB)v2+mBgH=mAgH代入数据解得：H=0.6m

26、。答：(1)运动时间为0.6s；(2)A的最大速度的大小为2m/s；(3)初始时B离地面的高度为0.6m。（乐陵一中）(1)根据自由落体规律计算运动时间；(2)根据动量守恒定律计算A的最大速度；(3)根据机械能守恒计算B离地面的高度H。本题是一道综合题，但是仅仅是各个知识点的组合，一个问题涉及一个知识点，不是很难。在处理第三问的时候，使用了整体法，系统机械能能守恒，这种情况经常遇到，平时多练习。13. 如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m.平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的

27、水平地面上.小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为=0.2，Q点右侧表面是光滑的.点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6m/s，而滑块B则冲向小车.两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2.求：(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；(2)若L=0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ

28、之间的距离L应在什么范围内？解：(1)A从轨道最低点到轨道最高点，由机械能守恒定律得：12mAA2-12mA2=mAg2RA在最高点时，由牛顿第二定律得：mAg+FN=mAv2R滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：FN=1N由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上(2)爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0解得：vB=3m/s；滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB=(mB+M)v共由能量守恒定律得：EP=12mBvB2-12(mB+M)v共2-mBgL解得：EP=0.22

29、J；(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有mBvB=(M+mB)u若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得mBgL1=12mBB2-12(mB+M)u2联立解得L1=1.35m若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得2mBgL2=12mBB2-12(mB+M)u2联立式解得L2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足

30、的范围是0.675mL1.35m答：(1)滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上(2)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为0.22J(3)PQ之间的距离L应满足的范围是0.675mL1.35m（乐陵一中）(1)A从最低点到达最高点过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律或动能定理列方程求出A到达最高点时的速度.A在最高时，由合力提供向心力，应用牛顿第二定律列方程求出A受到的支持力，然后由牛顿第三定律求出压力(2)炸药爆炸过程A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度.B与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能(3

31、)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，根据滑块与小车组成的系统动量守恒求出共同速度.若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，由能量守恒定律求出对应的L.若小车PQ之间的距离L不是很大，滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律求得对应的L，从而得到L的范围本题过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题14. 如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上.A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A

32、右侧足够远处.现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为23v0，A与C相碰后粘合在一起.求：A与C刚粘合在一起时的速度v大小；若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能E解：A与C相碰后粘合在一起，取向右为正方向，在碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，则得：m23v0=(m+m)v解得：v=13v0设绳断后B速度为vB，轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，则得：mv0=m23v0+2mvB在运动全过程，A、B、C组成的系统机械能损失为：E=12mv02-122mvB2-122mv2联解得：E=1336mv02答：A与C刚粘合在一起时的速度v大小是13v0；若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能E是1336mv02（乐陵一中）A与C相碰后粘合在一起的过程，AC系统的动量守恒，由动量守恒定律求A与C刚粘合在一起时的速度轻细线绷断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求得绳断后B的速度，再由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能E本题首先要分析清楚物体运动过程，知道绳子绷断过程及碰撞都遵守动量守恒定律与能量守恒定律，由两大守恒定律即可正确解题