【物理】2019届一轮复习鲁科版动量守恒定律及其应用学案 18页

基础课2　动量守恒定律及其应用 知识排查 动量守恒定律 ‎1.内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。‎ ‎2.表达式 ‎(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。‎ ‎(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。‎ ‎(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。‎ ‎3.动量守恒的条件 ‎(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。‎ ‎(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。‎ ‎(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。‎ 弹性碰撞和非弹性碰撞 ‎1.碰撞 物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。‎ ‎2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。‎ ‎3.分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最多 备课札记 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 小题速练 ‎1.思考判断 ‎(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(　　)‎ ‎(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(　　)‎ ‎(3)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×‎ ‎2.[鲁科版选修3－5·P16·T6改编]某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)‎ A.0.053 m/s　　　 B.0.05 m/s C.0.057 m/s D.0.06 m/s 解析　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s。故选项B正确。‎ 答案　B ‎3.[鲁科版选修3－5·P20·T2改编]如图1所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为(　　)‎ 图1‎ A.1∶2 B.2∶1‎ C.1∶4 D.4∶1‎ 解析　设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有mBv0＝mA·＋mB，解得mA∶mB＝4∶1，选项D正确。‎ 答案　D ‎　动量守恒定律的应用 ‎　动量守恒定律的“六种”性质 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统 ‎1.(2017·北京东城区模拟)(多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中(　　)‎ A.一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B.一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同 C.两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 D.系统总动量的变化为零 解析　两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′，等式变形后得p1－‎ p1′＝p2′－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故选项A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故选项B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，选项D正确。‎ 答案　CD ‎2.(2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎3.悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s 的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为(　　)‎ A.35 N B.100 N C.102.5 N D.350 N 解析　子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向心力公式T－(m＋M)g＝(m＋M)得悬绳的拉力T＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5 N，所以选项C正确。‎ 答案　C ‎4.(2018·东营模拟)如图2所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135‎ ‎ kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)‎ 图2‎ ‎(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？‎ ‎(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。‎ 解析　(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，‎ 则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1‎ 以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得 M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入数据联立解得 v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s。‎ ‎(2)以甲为研究对象，由动量定理得 Ft＝M1v1－(－M1v0)‎ 代入数据解得F＝432 N。‎ 答案　(1)5.2 m/s　(2)432 N 应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下 ‎　　　　　　‎ ‎　碰撞模型的规律及应用 ‎1.碰撞现象满足的规律 ‎(1)动量守恒定律。‎ ‎(2)机械能不增加。‎ ‎(3)速度要合理。‎ ‎①若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前面的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。‎ ‎②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎2.弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′‎ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2‎ ‎【典例】　如图3所示，在光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量pA＝4 kg·m/s，B球的质量mB＝1 kg，速度vB＝6 m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。求：‎ 图3‎ ‎(1)碰撞后B球的速度；‎ ‎(2)A球的质量范围。‎ 解析　(1)由题意知pA′＝2 kg·m/s。‎ 根据动量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′‎ 解得vB′＝8 m/s ‎(2)设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足vA＝>vB 碰撞后A球不可能运动到B球前方，所以vA′＝≤vB′‎ 碰撞过程系统能量不可能增加，所以 ＋mBvB′2≤＋mBv 联立解得mA应满足 kg≤mA≤ kg 答案　(1)8 m/s　(2) kg≤mA≤ kg 碰撞问题解题策略 ‎(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。‎ ‎(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：‎ v1＝v0、v2＝v0。‎ ‎(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。　　　　　　‎ ‎1.如图4所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是(　　)‎ 图4‎ A.v1＝v2＝v3＝v0 B.v1＝0，v2＝v3＝v0‎ C.v1＝0，v2＝v3＝v0 D.v1＝v2＝0，v3＝v0‎ 解析　由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量为m，而碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv。选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能。假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能。故选项D正确，则既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律。‎ 答案　D ‎2.(2018·安徽江南十校联考)如图5所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为 ‎0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)‎ 图5‎ A.0.5 m/s B.1.0 m/s C.1.5 m/s D.2.0 m/s 解析　碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5 m/s，则选项C正确。‎ 答案　C ‎3.A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝4 kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图6所示。则：‎ 图6‎ ‎(1)由图可知A、B两物体在什么时刻发生碰撞，B物体的质量mB为多少？‎ ‎(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？‎ 解析　(1)由图象知，在t＝2 s时刻A、B相撞，碰撞前、后，A、B的速度分别为vA＝＝－ m/s＝－2 m/s，vB＝＝ m/s＝3 m/s，vAB＝＝ m/s＝1 m/s 由动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB，‎ 解得mB＝6 kg ‎(2)碰撞过程损失的机械能 ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v＝30 J。‎ 答案　(1)2 s　6 kg　(2)30 J ‎“人船模型”问题——模型建构能力的培养 ‎1.“人船模型”问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。‎ ‎2.“人船模型”的特点 ‎(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。‎ ‎(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。‎ ‎(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和s一般都是相对地面而言的。‎ ‎【例】　如图7所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？‎ 图7‎ 解析　设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2‎ 而整个过程中的平均速度大小为1、2，则有 m1＝M2。‎ 两边乘以时间t有m1t＝M2t，即ms1＝Ms2。‎ 且s1＋s2＝L，可求出s1＝ L，s2＝ L。‎ 答案　 L　 L ‎【针对训练1】　如图8所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.向左运动，船向左移一些 B.小船静止，船向左移一些 C.小船静止，船向右移一些 D.小船静止，船不移动 解析　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右。故选项C正确。‎ 答案　C ‎【针对训练2】　如图9所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)(　　)‎ 图9‎ A.5 m B.3.6 m C.2.6 m D.8 m 解析　当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h。解得h1＝1.4 m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B正确。‎ 答案　B ‎“人船模型”问题应注意以下两点 ‎(1)适用条件 ‎①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；‎ ‎②‎ 在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。‎ ‎(2)画草图 解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。　　　　　　‎ 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ A级：保分练 ‎1.如图1，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ 图1‎ A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动 C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动 解析　由于A、B碰前总动量为0，由动量守恒可知碰后总动量也为0，因两滑块发生弹性碰撞，故碰后A、B一定反向，即A向左运动，B向右运动，选项D正确。 ‎ 答案　D ‎2.静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　)‎ A. B.－ C. D.－ ‎ 解析　由动量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，火箭的速度为v＝－，选项B正确。‎ 答案　B ‎3.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA ‎＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　)‎ A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 解析　由碰撞的三个制约关系：①动量守恒，②动能不增加，③碰后速度符合实际情况可知，四个选项都符合动量守恒。碰后A的速度不可能比B的速度大，可以排除选项A和D。碰后系统的动能不可能比碰前的大，排除选项C，只有选项B有可能。‎ 答案　B ‎4.(多选)如图2所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则(　　)‎ 图2‎ A.此时盒的速度大小为 B.此时盒的速度大小为 C.滑块相对于盒运动的路程为 D.滑块相对于盒运动的路程为 解析　设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共＝，选项A正确，B错误；由功能关系可知μmgs＝mv2－·3m，解得s＝，选项C正确，D错误。‎ 答案　AC ‎5.竖直发射的火箭质量为6×103 kg。已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg。若要使火箭获得20.2 m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度大小应为(　　)‎ A.700 m/s B.800 m/s C.900 m/s D.1 000 m/s 解析　火箭和喷出的气体动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F＝＝＝‎ ‎200v气，又F－m箭g＝m箭a，得v气＝900 m/s。‎ 答案　C ‎6.北京成功申办2022年冬奥会，水立方将摇身一变，成为冰立方，承办北京冬奥会冰壶比赛。训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：‎ 图3‎ ‎(1)冰壶乙获得的速度；‎ ‎(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。‎ 解析　(1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3‎ 将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得v3＝0.3 m/s。‎ ‎(2)碰撞前的动能E1＝mv＝0.08m，碰撞后两冰壶的总动能E2＝mv＋mv＝0.05m 因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞。‎ 答案　(1)0.3 m/s　(2)非弹性碰撞 B级：拔高练 ‎7.(2017·安徽两校联考)(多选)如图4所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知a、b两弹性小球质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t＝5.0 s两球的间距s＝4.5 m，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.刚分离时，a、b两球的速度方向相同 B.刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/s C.刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s D.两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J 解析　在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒，设断开后两球的速度分别为v1和v2，刚分离时，a、b两球的速度方向相同，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距s＝4.5 m，有v1t－v2t＝4.5，联立解得v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，选项A、B错误，C正确；由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v＝0.27 J，选项D正确。‎ 答案　CD ‎8.如图5所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态，当人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出……直到B船上的人不能再接到A船，则B船上的人推船的次数为(　　)‎ 图5‎ A.7 B.6 C.3 D.9‎ 解析　取向右为正，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得mBv1－mAv＝0，解得v1＝v，当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2，解得v2＝v1＋v，设第n次推出A时，B的速度大小为vn，由动量守恒定律得mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，解得vn＝vn－1＋‎ eq f(2mA,mB)v 则有vn＝(2n－1)v①‎ B船上的人就不能再接到A船，须有v≤vn(临界点)②‎ 解①②式得n≥5.5，则取n＝6，故选项B正确。‎ 答案　B ‎9.一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为1 kg的物体A，物体A处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15 m。质量也为1 kg的物体B从距物体A正上方h＝0.3 m处自由下落，碰后A、B结合在一起向下运动。重力加速度大小g取10 m/s2。‎ 图6‎ ‎(1)求碰撞结束瞬间两物体的总动能；‎ ‎(2)从碰撞结束瞬间至A、B的总动能达到最大的过程中，弹簧弹力做功W＝－2.25 J，则碰后A、B的最大总动能为多少？‎ 解析　(1)B自由下落，由机械能守恒定律得 m2gh＝m2v 碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝ m/s 碰后A、B的总动能Ek＝(m1＋m2)v2＝1.5 J ‎(2)A与B共同下降过程中，弹簧的弹力不断增大，当弹力与A、B的总重力大小相等时，动能最大 因为kx1＝mg，kx2＝2mg 跟平衡位置相比，A与B的结合体动能最大时下落的距离 Δx＝x2－x1＝0.15 m 根据动能定理有Ekm－(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gΔx＋W 解得Ekm＝2.25 J 答案　(1)1.5 J　(2)2.25 J ‎10.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图7所示。求：‎ 图7‎ ‎(1)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。‎ 解析　(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图象得 v1＝－2 m/s①‎ v2＝1 m/s②‎ a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图象得 v＝ m/s③‎ 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④‎ 联立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤‎ ‎(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2‎ 答案　(1)1∶8　(2)1∶2‎ ‎11.如图8所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2。‎ 图8‎ ‎(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小及方向；‎ ‎(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；‎ ‎(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。‎ 解析　(1)设小球到达最高点速度为vP，由机械能守恒定律知 mv＝mgL＋mv，代入数据解得vP＝ m/s 设小球在最高点时杆对球的作用力大小为F，方向竖直向下，则F＋mg＝m，代入数据得F＝2 N。‎ 由牛顿第三定律知，小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向竖直向上。‎ ‎(2)若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒。‎ 设小球通过最高点时速度为vm，滑块速度为vM，由动量守恒得 mvm＝MvM①‎ 由机械能守恒得mv＝mv＋Mv＋mgL②‎ 联立①②式代入数据解得vm＝2 m/s。‎ ‎(3)设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为sm，滑块运动的距离为sM。由系统水平方向动量守恒得，mm－MM＝0③‎ ‎③式两边同乘运动时间t mmt－MMt＝0④‎ 即msm＝MsM⑤‎ 又sm＋sM＝2L⑥‎ 联立⑤⑥式代入数据求解得sm＝m。‎ 答案　(1)2 N　竖直向上　(2)2 m/s　(2) m