高考物理动量守恒定律的应用辅导讲义 24页

高考物理动量守恒定律的应用辅导讲义 授课主题 动量守恒定律的应用 教学目的 ‎1、了解什么是弹性碰撞和非弹性碰撞 ‎2、知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象 ‎3、会运用动量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题 教学重难点 会运用动量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题 教学内容 一、知识回顾 合冲量的求法 动量定理 动量守恒的条件 二、新课导入 下图是马尔西发表的著作中的一幅插图，一颗大理石球对心撞击一排大小相等且同等质料的小球时，运动将传递给最后一个小球，其余的小球毫无影响。‎ 你能解释这是为什么吗？‎ 三、本章知识点讲解 碰撞中的动量守恒 碰撞的特点 ‎1．瞬时作用的相互作用时间和相互作用力的特点 ‎(1)瞬时作用的相互作用时间很短。‎ ‎(2)在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大，远远大于外力，因此作用过程的动量可看成守恒。‎ ‎2．位移的特点 碰撞、爆炸、打击过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以在物体发生碰撞、爆炸、打击的瞬间可忽略物体的位移。可以认为物体在碰撞、爆炸、打击前后在同一位置。‎ ‎3．能量的特点 爆炸过程系统的动能增加，碰撞、打击过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。‎ 碰撞的分类：‎ 按碰撞前后速度方向的关系分为：正碰和斜碰 按能量损失分：‎ ‎1．弹性碰撞：碰撞过程中不仅动量守恒，而且机械能守恒，碰撞前后系统动能相等。同时，在碰撞问题中常做动量和动能的换算。‎ ‎2．非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后系统动能小于碰撞前系统动能。减少的动能转化为其他形式的能量。‎ ‎3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后两物体结合为一整体以相同的速度运动，系统动能损失最大。‎ 特别提醒：‎ ‎(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律。‎ ‎(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。‎ ‎ 3．速度要符合情景 如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束，如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。‎ 典型例题：如图所示，在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的小球以5.0m/s的速度向前运动，与质量为3.0kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝1m/s，则(　　)‎ A．v木＝1m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球＝－10m/s B．v木＝1m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生 C．v木＝1m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来 D．v木＝1m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定 答案：B解析：假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v木，代入数据解得v1＝－10m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了。‎ 变式训练：在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是 D 课堂小结：‎ 弹性碰撞的规律 实例：A球碰撞原来静止的B球。‎ 典型例题：‎ 如图所示，B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)‎ A．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动 答案：C 解析：A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。‎ 变式训练：‎ ‎1.如图所示,在真空中一光滑绝缘水平面上,有直径相同的两个金属球A、C,质量mA=1×10-2kg、mC=5×10-3kg,静止在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中的C球带正电,电荷量qC=1.0×10-2C。在磁场外不带电的A球以速度v0=20 m/s进入磁场中与C球发生正碰后,C球对水平面的压力恰好为零(g取10 m/s2),则碰后A球的速度为(　　)‎ A.10 m/s B.5 m/s C.-10 m/s D.-20 m/s 答案:A 解析:A球与C球发生正碰,则动量守恒,即mAv0=mAvA+mCvC,接触后,C球所带电荷量变为,对水平面压力为零,则vCB=mCg,解以上各式得vA=10 m/s,所以选项A正确。‎ ‎2.在光滑的水平面上,质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇,PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的,求两小球质量之比。‎ 解析:从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球A和B的速度大小保持不变,根据它们通过的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1‎ 两球碰撞过程有:m1v0=m1v1+m2v2‎ m1m1m2‎ 解得:=2。‎ ‎3.如图所示,车厢的质量为M,长度为L,静止在光滑水平面上,质量为m的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动,木块与前车壁碰撞后以向左运动,则再经过多长时间,木块将与后车壁相碰?‎ 解析:木块和车厢组成的系统动量守恒,设向右为正方向,碰后车厢的速度为v',则 mv0=Mv'-m·‎ 得v'=,方向向右 设t时间内木块将与后车壁相碰,则v't+t=L ‎4．(2019·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ ‎[解析]　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB①‎ 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得 WA＝mv－mv②‎ 设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得 WB＝mv－mvB′2③‎ 据题意可知WA＝WB④‎ 设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mvB′＝2mv⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0⑥‎ ‎[答案]　v0‎ 课堂小结：‎ 某一方向上动量守恒问题的解题规律 ‎1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．‎ ‎2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．‎ ‎3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．‎ ‎4．结合常用的机械能守恒、动能定理或能量守恒的公式列出对应的方程．‎ ‎5．根据题意分析讨论，得出结论．‎ 典型例题：小型迫击炮在总质量为1 000 kg的船上发射，炮弹的质量为2 kg，若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600 m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度．‎ ‎【解析】　取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力，因此，在竖直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．‎ 发射炮弹前，总质量为1 000 kg的船静止，则总动量Mv＝0.‎ 发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1′cos45°，船后退的动量为(M—m)v2′，可得mv1′cos45°＝(M－m)v2′.‎ 取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得 v2′＝v1′＝－×600 m/s＝－0.85 m/s.‎ 变式训练：‎ ‎1、如图所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的光滑圆槽顶端由静止滑下．已知圆槽可沿着光滑水平面自由滑动．求木块从槽口滑出时的速度大小为多少？‎ 解析　木块从开始下滑到脱离槽口的过程中，木块和槽所组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒．设木块滑出槽口时的速度为v2，槽的速度为v1，‎ 则mv2－Mv1＝0①‎ 又木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，‎ 联立①②两式解得木块滑出槽口的速度 即mgR＝mv＋Mv②‎ v2＝ ‎2、(2019·云南一模)如图所示，光滑的杆MN水平固定，物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A通过长度为L的轻质细绳与物块B相连，A、B质量均为m且可视为质点．一质量也为m的子弹水平射入物块B后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B时的速度大小．‎ ‎[解析]　子弹射入木块B的过程中，子弹和木块B组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，子弹开始射入物块B到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有mv0＝3mv2，根据机械能守恒得2mgL(1－cos60°)＝×2mv－×3mv，联立三式解得v0＝2.‎ ‎[答案]　2 课堂小结：‎ ‎“爆炸类问题中”动量守恒定律的应用 ‎1．爆炸的特点是物体间的相互作用突然发生，相互作用力尽管是变力，但作用时间很短，爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等)，因此爆炸过程中外力的作用可以近似忽略．系统满足动量守恒的条件，因此可以利用动量守恒定律求解爆炸问题．‎ ‎2．由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，可认为此过程动量守恒，位移不发生变化．‎ 典型例题：(2019·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)‎ A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v ‎[解析]　在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.‎ ‎[答案]　C 课堂小结：‎ 多物体、多过程的动量守恒问题 典型例题：两块厚度相同的木块A和B，紧靠着并排放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量为mC＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以vC＝25 m/s的速度恰好水平滑上A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：‎ ‎(1)木块A的最终速度；‎ ‎(2)滑块C离开A时的速度vC′.‎ ‎【解析】　(1)当C滑上A后，由于摩擦力作用，将带动A和B一块运动，直至C滑到B后，A、B两木块分离，分离时A的速度为vA，最后C相对B静止，与B以共同的速度vB＝3.0 m/s运动，在整个过程中，由A、B、C三物体组成的系统满足动量守恒，得 mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)vB，‎ 所以vA＝ ‎＝ m/s ‎＝2.6 m/s.‎ ‎(2)解法一：为计算vC′，我们以B、C为系统，C滑上B时，B与A分离，B、C水平方向动量守恒，此时B的速度与A的速度相同为vA，由动量守恒有 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)vB，‎ 得vC′＝＝ m/s＝4.2 m/s.‎ 解法二：为计算vC′我们仍以A、B、C三物体组成的系统为研究对象满足动量守恒，C刚滑离A到B时，A、B的速度相同都为vA，此时C的速度为vC′，则 mCvC＝(mA＋mB)vA＋mCvC′，得vC′＝ ‎＝ m/s＝4.2 m/s.‎ 变式训练：‎ ‎1、光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m，mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．‎ 解析　设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得 对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②由A与B间的距离保持不变可知vA＝v③‎ 联立①②③式，代入数据得vB＝v0.‎ ‎2、如图所示，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平面上，斜面底端有一挡板与之垂直，同种材料制成的可看为质点的小物块A、B、C，其质量分别为m、2m、2m，物块C静止在物块B与挡板之间某一位置．小物块A、B靠在一起，其间夹有少量炸药，一起以v0＝4m／s的速度沿斜面匀速下滑，当A、B与挡板距离为L＝1．75m时炸药爆炸，炸药爆炸后A的速度恰好变为零，随后小物块B沿斜面向下运动并与小物块C发生弹性碰撞，接着物块C与挡板也发生弹性碰撞．碰后物块C沿斜面上滑，最后物块B与A碰撞并粘成一体．取g＝10m／s2，求物块B与A刚碰撞后的速度大小v共．‎ ‎（2）（10分）解：设沿轨道向下为正方向，爆炸瞬间由于内力远远大于外力，AB组成的系统动量守 恒，故有，解得，方向沿斜面向下（2分）‎ 由于B和C质量相等，B与C之间发生弹性碰撞，故发生速度交换，碰撞过程能量没有损失，而C与挡板之间也是发生弹性碰撞，能量没有损失，C上滑与B再次碰撞过程中，仍然发生弹性碰撞，没有能量损失，故从B与A分离到B与A再次碰撞过程，等效与B以匀速下滑，然后与挡板发生弹性碰撞，再沿斜面减速上升。 （2分）‎ 设B与A发生碰撞时速度为，‎ 等效的整个过程中根据动能定理可得－2mg sin×2L=， （2分）‎ A与B碰撞过程中，动量守恒，故有 （2分）‎ 联立解得，负号表示方向沿斜面向上 （2分）‎ ‎3、如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连．质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值．‎ 小滑块以水平速度v0右滑时，由动能定理有：‎ ‎－fL＝0－mv0 2(2分)‎ 小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，‎ 由动能定理有：－fL＝mv－mv2(2分)‎ 滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，‎ 由动量守恒有：mv1＝(m＋4m)v2(2分)‎ 由总能量守恒可得：fL＝mv12－ (m＋4m)v2 2(2分)‎ 述四式联立，解得：＝ (1分) ‎ ‎4、如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切，质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处静止释放，在A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电力作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：‎ ‎①A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能 ‎②A、B两球最终的速度的大小 ‎（2）①（4分）对A球下滑的过程，由动能定理得：（1分）‎ 当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，‎ 当A、B相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得： （1分）‎ 由能量守恒定律得：；（2分）‎ ‎②（6分）当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒．‎ 由动量守恒定律可得：，（2分）‎ 由能量守恒定律可得：，（2分）‎ 解得：；（2分）‎ 课堂小结：‎ 四、巩固练习 ‎1、如图所示，A B C是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆．一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，并滞留在木块中．若被击中的木块沿轨道能滑到最高点C，已知木块对C点的压力大小为(M+m)g，求：子弹射入木块前瞬间速度的大小．‎ ‎2、如图所示，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C，质量分别为mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板（小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失）。现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在BC之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。求：‎ ‎（1）在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎（2）A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值。‎ ‎3．如图所示，质量为3.0kg的小车在光滑水平轨道上以2.0m/s速度向右运动．一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小车后壁，已知水流流量为m3/s，射到车壁的水全部流入车厢内．那么，经多长时间可使小车开始反向运动？（水的密度为kg/m3）‎ ‎4、如图所示，在小车的一端高h的支架上固定着一个半径为R的1/4圆弧光滑导轨，一质量为m =0.2kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下，离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量M=2kg，车身长L=0.22m，车与水平地面间摩擦不计，图中h =0.20m，重力加速度g=10m/s2，求R.‎ ‎5、如图所示，光滑轨道的DP段为水平直轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平轨道的右端相切于P点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，质量为m的小球C靠在B球的右侧.现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度内)，这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g，求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多大？‎ ‎1、（14）.解：设子弹射入木块瞬间速度为v，射入木块后的速度为vB，到达C点 ‎ 时的速度为vC。‎ 子弹射入木块时，系统动量守恒，可得： ①‎ 木块(含子弹)在BC段运动，满足机械能守恒条件，可得 ‎ ②‎ 木块(含子弹)在C点做圆周运动，设轨道对木块的弹力为T，木块对轨道的压力为T′，可得： ③‎ 又：T =T′=(M+m)g ④‎ 由①、②、③、④方程联立解得：‎ 子弹射入木块前瞬间的速度：‎ ‎2、（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间AB的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向 ‎ 由动量守恒：－mAvA+mBmB=0 ‎ ‎ 爆炸产生的热量由9J转化为AB的动能： ‎ ‎ 带入数据解得：vA = vB = 3m/s ‎ ‎ 由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短，（即弹性势能最大）爆炸后取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时BC 达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1‎ ‎ 由动量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC ‎ ‎ 由能量定恒定定律： ‎ ‎ 带入数据得：EP1=3J ‎ ‎ （2）设BC之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度大小分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒： mBvB=mBvB1+mCvC1 ‎ ‎ ‎ ‎ 带入数据解得：vB1=－1m/s vC1=2m/s ‎ ‎ （vB1=3m/s vC1=0m/s 不合题意，舍去。）‎ ‎ A爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回。当A追上B，‎ 发生碰撞瞬间达到共速vAB ‎ 由动量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB ‎ ‎ 解得：vAB=1m/s ‎ ‎ 当ABC三者达到共同速度vABC时，弹簧的弹性势能最大为EP2‎ ‎ 由动量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC ‎ ‎ 由能量守恒：‎ ‎ 带入数据得：EP2=0.5J ‎3.解:由题意知，小车质量m=3.0kg ，速度v1=2.0m/s ；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=m3/s，水的密度ρ=kg/m3.‎ 设经t时间，流人车内的水的质量为M，此时车开始反向运动，车和水流在水平方向没有外力，动量守恒，所以有 ‎ mv1- Mv2=0 ① (3分)‎ 又因为 M=ρV ② (2分)‎ V=Qt ③ (3分)‎ 由以上各式带入数据解得 t=50s ④ (2分)‎ ‎4.解:物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧的底端过程中，水平方向没有外力.‎ 设物体滑到圆弧的底端时车速度为v1，物体速度为v2 ‎ 对物体与车，由动量及机械能守恒得 ‎0=Mv1-mv2 (2分)‎ mgR=Mv+m v (2分)‎ 物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运动，所以有 h=gt2 (2分)‎ L=（v1+v2）t (2分)‎ 由以上各式带入数据解得 R=0.055m (2分)‎ ‎5.解:对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有：‎ ‎ 2 mvA = (m+m) v0 ① (2分)‎ 即 vA = v0‎ 由系统能量守恒有： ② (2分)‎ 此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为v，由机械能守恒有：‎ ‎ ③ (2分)‎ 在最高点Q，由牛顿第二定律有： ④ (2分)‎ 联立① ～ ④式解得：E =10mgR (2分)‎ 五、当堂达标检测 ‎1. 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？‎ 解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：‎ MV=mv 且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L－Lcosθ）－d］‎ 解得圆环移动的距离： d=mL（1－cosθ）/（M+m）‎ ‎2、如图所示，A、B两物体与一轻质弹簧相连，静止在地面上.有一个小物体C从距A物体h高度处由静止释放，当下落至与A相碰后立即粘在一起向下运动，以后不再分开，当A和C运动到最高点时，物体B对地面恰好无压力.设A、B、C三物体的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，且弹簧始终处于弹性限度内.若弹簧的弹性势能由劲度系数和形变量决定，求C物体下落时的高度h.‎ ‎3、质量为M=3kg的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的最左端有一小物块(可视为质点)，物块的质量为m=1kg，小车左端上方如图所示固定着一障碍物A，初始时，平板车与物块一起以水平速度v0=2m/s向左运动，当物块运动到障碍物A处时与A发生无机械能损失的碰撞，而小车继续向左运动，取重力加速度g=10m/s2.‎ ‎⑴设平板车足够长，求物块与障碍物第一次碰撞后，物块与平板车所能获得的共同速度；‎ ‎⑵设平板车足够长，物块与障碍物第一次碰撞后，物块向右运动对地所能达到的最大距离是s=0.4m，求物块与A第一次碰撞后到第二次碰撞前相对小车滑动的距离.‎ ‎2.解:开始时A处于平衡状态，有k△x=mg (1分)‎ 设当C下落h高度时的速度为v，则有： (1分)‎ 设C与A碰撞粘在一起时速度为v′，根据动量守恒定律有：mv=2m v′ (2分)‎ 由题意可知A与C运动到最高点时，B对地面无压力，即k△x′=mg (1分)‎ 可见：△x=△x′ (2分)‎ 所以最高点时弹性势能与初始位置弹性势能相等.‎ 根据机械能守恒定律有： (3分)‎ 解得： (2分)‎ ‎3.解:⑴以物块和车为系统，由动量守恒定律得：‎ ‎ (2分)‎ ‎ 代入已知数据解得，共同速度：v=1m/s (2分)‎ ‎⑵设物块受到的摩擦力为f，对物块由动能定理得：‎ ‎ (2分)‎ ‎ 代入已知数据解得：f=5N (2分)‎ 物块与A第二次碰撞前已与车保持相对静止，对系统由能量守恒定律得：‎ ‎ (2分)‎ 代入已知数据解得：s相对=1.2m (2分)‎ 六、课堂总结 七、家庭作业 ‎1、如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求：‎ ‎(1)A开始运动时加速度a的大小；‎ ‎(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；‎ ‎(3)A的上表面长度l。‎ 解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有 F＝mAa①‎ 代入数据解得 a＝2.5 m/s2②‎ ‎(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得 Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③‎ 代入数据解得 v＝1 m/s④‎ ‎(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v⑤‎ A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有 Fl＝mAv⑥‎ 由④⑤⑥式，代入数据解得 l＝0.45 m⑦‎ 答案：(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m ‎2、如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求 ‎(1)B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度。‎ 解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①‎ 将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s②‎ ‎(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。由运动学规律可得 v1＝gt③‎ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有 mAv1＋mBv2＝mBv2′④‎ mAv＋mBv＝mBv′⑤‎ 设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥‎ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝⑦‎ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m⑧‎ 答案：(1)4 m/s　(2)0.75 m ‎ ‎