D．最终木块静止，d1>d2
【解析】木块和射出后的左右两子弹组成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量为m，由动量守恒定律得：
mv0－mv0＝（M＋2m）v
解得：
v＝0，即最终木块静止
设左侧子弹射入木块后的共同速度为v1，有：
mv0＝（m＋M）v1
Q1＝f·d1＝
mv02－
（m＋M）v12
解得：
d1＝
对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：
Q2＝f·d2＝
mv02＋
（m＋M）v12－0
解得：
d2＝
即d1＜d2．
[答案] C
【点评】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不能称之为“动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论．
三、含弹簧的物理模型
纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题的分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析．
对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．因此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐．题目类型有：
静力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量有关的弹簧问题．
1．静力学中的弹簧问题
（1）胡克定律：
F＝kx，ΔF＝k·Δx．
（2）对弹簧秤的两端施加（沿轴线方向）大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的拉力．
●例4 如图9－12甲所示，两木块A、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中A和B的重力势能共增加了（ ）
图9－12甲
A．
B．
C．（m1＋m2）2g2（
）
D．
＋
【解析】取A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面的压力为零时，向上提A的力F恰好为：
F＝（m1＋m2）g
设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：
图9－12乙
x1＝
，x2＝
故A、B增加的重力势能共为：
ΔEp＝m1g（x1＋x2）＋m2gx2
＝
＋
．
[答案] D
【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝
进行计算更快捷方便．
②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝
·x总＝
＋
．
2．动力学中的弹簧问题
（1）瞬时加速度问题（与轻绳、轻杆不同）：
一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变．
（2）如图9－13所示，将A、B下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻B与A开始分离．
图9－13
●例5 一弹簧秤秤盘的质量m1＝1.5kg，盘内放一质量m2＝10.5kg的物体P，弹簧的质量不计，其劲度系数k＝800N/m，整个系统处于静止状态，如图9－14所示．
图9－14
现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2s内F是变化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值．（取g＝10m/s2）
【解析】初始时刻弹簧的压缩量为：
x0＝
＝0.15m
设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有：
＝a
又由题意知，对于0～0.2s时间内P的运动有：
at2＝x
解得：
x＝0.12m，a＝6m/s2
故在平衡位置处，拉力有最小值Fmin＝（m1＋m2）a＝72N
分离时刻拉力达到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168N．
[答案] 72N 168N
【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：
分离时刻m1与m2之间的弹力恰好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于a，故秤盘与重物分离．
3．与动量、能量相关的弹簧问题
与动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过程中以下两点结论的应用非常重要：
（1）弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等；
（2）弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变最大时两物体的速度相等．
●例6 如图9－15所示，用轻弹簧将质量均为m＝1kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1＝0.90m．同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面（但不继续上升）．若将B物块换为质量为2m的物块C（图中未画出），仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已知弹簧的劲度系数k＝100N/m，求h2的大小．
图9－15
【解析】设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有：
mv12＝mgh1
设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有：
mg＝kx
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
mv12＝mgx＋ΔEp
换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有：
·2mv22＝2mgh2
从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
·2mv22＝2mgx＋ΔEp
联立解得：
h2＝0.5m．
[答案] 0.5m
【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论“①”．
●例7 用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图9－16甲所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中：
图9－16甲
（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度为多大？
（2）弹簧弹性势能的最大值是多少？
（3）A的速度方向有可能向左吗？
为什么？
【解析】
（1）当A、B、C三者的速度相等（设为vA′）时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有：
（mA＋mB）v＝（mA＋mB＋mC）vA′
解得：
vA′＝
m/s＝3m/s．
（2）B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则有：
mBv＝（mB＋mC）v′
解得：
v′＝
＝2m/s
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：
Ep＝
（mB＋mC）v′2＋
mAv2－
（mA＋mB＋mC）vA′2
＝12J．
（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＞4m/s
则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：
E′＝
mAv
＋
（mB＋mC）v
＞
（mB＋mC）v
＝48J
实际上系统的机械能为：
E＝Ep＋
（mA＋mB＋mC）vA′2＝12J＋36J＝48J
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′＝3m/s
图9－16乙
取以v0＝3m/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＝3m/s
vBO＝|v′－v0|＝1m/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）3m/s
（2）12J （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3m/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3m/s、1m/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．
【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：
（4m＋m）g（h2－h1）＝
（4m＋m）v
－0
解得：
v2＝
．
（2）外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即：
4mv1＝（4m＋m）v2
将v2代入得：
v1＝
设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：
W－4mgh1＝
×4mv
将v1代入得：
W＝
mg（25h2－9h1）．
（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，只有在外壳和内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量E损＝
×4mv
－
（4m＋m）v
将v1、v2代入得：
E损＝
mg（h2－h1）．
[答案]
（1）
（2）
mg（25h2－9h1）
（3）
mg（h2－h1）
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．
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
物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小a＝
＝μg
物块滑至传送带右端的速度为：
v＝
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．
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：
a1′＝
＝μg
则物块滑至传送带右端的速度v′＝
＝v
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．
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＝3m/s的速度向左运动，传送带上有一质量M＝2kg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＝1kg的小球先后相隔Δt＝3s自传送带的左端出发，以v0＝15m/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＝10m/s2，问：
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＝3m/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：
t0＝
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＝3m/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：
t1＝t2＝
＝1s
故木盒在2s内的位移为零
依题意可知：
s＝v0Δt1＋v（Δt＋Δt1－t1－t2－t0）
解得：
s＝7.5m，t0＝0.5s．
（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）＝8.5m
s1＝v（Δt＋Δt1－t1－t2－t0）＝2.5m
故木盒相对于传送带的位移为：
Δs＝s′－s1＝6m
则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为：
Q＝fΔs＝54J．
[答案]
（1）3m/s
（2）0.5s （3）54J
【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
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