第1章 动量守恒定律 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（人教版，多选）

章末综合提升 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 二、归纳整合提升 1．解决力学问题的三大观点的综合应用(三种观点的比较) 三个基本观点 对应规律 公式表达 适用情况 动力学观点 运动学 v＝v0＋at，x＝v0t＋at2等 恒力作用下的运动 牛顿第二定律 F合＝ma 三个基本观点 对应规律 公式表达 适用情况 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动 机械能守恒定律 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 三个基本观点 对应规律 公式表达 适用情况 动量观点 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2.三种观点的选择 (1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。 三、经典例题体验 [典例1]　如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求： (1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小； [答案]　(1)3 N　 (1)甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有mgR1＝mv12 甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝m 联立解得v1＝2 m/s，FN＝3 N 根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝ 3 N。 (2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小； [答案] (2)2 m/s　 (2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2 设甲物块运动到与乙相碰前瞬间的速度为v2，有 v22－v12＝－2aL 解得v2＝4 m/s 设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv2＝2mv3 解得v3＝2 m/s。 (3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间。 [答案] (3)0.4 s (3)碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上，则下落的时间t＝＝0.4 s 则水平方向的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2 说明两物块刚好落到D点，假设成立 因此抛出后两物块落到CDE段轨道上所用时间为0.4 s。 [典例2]　如图所示，质量M＝2 kg的小车A静止在水平地面上，与右侧平台相距d＝1.25 m，小车上表面与平台等高。两个完全相同、质量均为m1＝6 kg的物块B、D分别静止在小车和平台的最左端，用不可伸长的轻绳将质量m2＝4 kg的小球C悬挂在物块B正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态，绳长L＝1.25 m。将C由静止释放，下摆至最低点时与B发生弹性碰撞，一段时间后，B滑到小车的最右端时二者恰好共速，此后小车与平台发生碰撞并原速反弹，物块B与D碰撞并粘在一起。已知物块与小车上表面、平台的动摩擦因数均为μ1＝0.4，小车与地面的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力。求： (1)C与B碰撞后，摆动的最高点距离O点的竖直高度； [答案]　(1)1.2 m　 (1)对C，从开始摆动到碰撞前，有m2gL＝m2v02 C与B发生弹性碰撞，有m2v0＝m1v1＋m2v2 m2v02＝m1v12＋m2v22 对C，从碰撞后到最高点，有m2v22＝m2g(L－h) 代入数据解得h＝1.2 m。 (2)A与B共速时速度的大小； [答案] (2)2 m/s　 (2)B在A上滑行时，对B有μ1m1g＝m1aB 对A有 μ1m1g－μ2(M＋m1)g＝MaA 共速时v＝v1－aBt＝aAt 解得共同速度v＝2 m/s。 (3)小车的长度； [答案] (3)1 m　 (3)共速时两物体的位移分别为xA＝t xB＝t 小车的长度l＝xB－xA＝1 m。 (4)最终静止时B与A最右端的水平距离。 [答案] (4) m (4)设小车与平台碰撞前速度为v3，则v2－v32＝2μ2g(d－xA) 对B、D碰撞过程有m1v3＝2m1v4 对B、D从碰撞后到静止的过程，有v42＝2μ1gxB′ 对A反弹后的过程，有v32＝2μ2gxA′ 最终静止时，B与A最右端的水平距离x＝xA′＋xB′ 解得x＝ m。 章末检测(一)　动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、选择题(本题共10小题。在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。) 1．关于动量，以下说法正确的是(　　) A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化 B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同 C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变 D．做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比 13 14 15 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，故A项错误；摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错误；做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D项正确。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A 2．电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m的盘子(可视为质点)随电动餐桌一起以角速度ω匀速转动，已知A、B两点与圆心O的距离均为r，∠AOB＝120°，则盘子随餐桌从A转到B的过程中，摩擦力对盘子冲量的大小为(　　) A．mωr　　　　　　　　　 B．mωr C．mωr D．0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由于摩擦力是变力，由动量定理得I＝mvB－mvA，盘子在A、B两点速度方向如图甲所示，且有vA＝ωr，vB＝ωr，将vA平移到B点，如图乙所示，解得I＝mΔv＝mωr，A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上，从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用，F随时间t的变化情况如图乙所示，g取10 m/s2，则物体9 s末的速度为(　　)   A.135 m/s B．130 m/s C．50 m/s D．45 m/s 13 14 15 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 物体在t＝1 s时刻F＝1 N＝mg，则1 s后物体将向上运动，则对物体在1～9 s时间内，由动量定理得IF－mgt＝mv，其中t＝8 s，且1～9 s内力F的冲量IF＝[×(1＋3)×2＋×6×3] N·s＝13 N·s，代入解得v＝50 m/s，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 C 4.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体的质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小滑块，沿光滑斜面下滑，在小滑块从斜面顶端自由下滑到底端的过程中，斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　) A．FN＝mg cos α B．斜面体对滑块的作用力垂直于接触面，对滑块不做功 C．滑块下滑过程中，斜面体和滑块组成的系统动量不守恒、机械能守恒 D．当滑块从斜面顶端自由下滑到底端时，滑块向左滑动的水平距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 依题意可知，滑块相对于斜面体下滑时，斜面体将 水平向右加速，所以滑块相对于地面的加速度方向 不再是沿斜面向下，即滑块在垂直斜面方向的合力 不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mg cos α，故A错误。斜面体对滑块的支持力总是垂直于接触面，且由于滑块相对于斜面体下滑时，斜面体将水平向右加速运动，使得支持力的方向与滑块位移方向的夹角大于90°，所以斜面体对滑块做负功，故B错误。滑块下滑过程中，由于滑块有竖直方向的分加速度，所以斜面体和滑块组成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，所以系统动量不守恒，但系统水平方 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 向不受外力，系统在水平方向的动量守恒；滑块下滑过程中，斜面体和滑块组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，故C正确。系统水平方向动量守恒，设斜面体、滑块的水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m－M＝0，即mx2－Mx1＝0，又因为x1＋x2＝，联立求得此过程中滑块向左滑动的水平距离为x2＝，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.某实验小组发射自制水火箭，火箭外壳重2 kg，发射瞬间将壳内质量为4 kg的水相对地面以10 m/s的速度瞬间喷出，g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，火箭能够上升的最大高度为(　　) A．15 m B．20 m C．25 m D．30 m 13 14 15 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由动量守恒定律有mv1＝Mv2，解得火箭的速度v2＝20 m/s，又v22＝2gh，解得火箭能够上升的最大高度h＝20 m，故选B。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．如图所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，A车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定(B与弹簧不拴接)，此时弹簧的弹性势能Ep＝6 J，B与A右壁间距离为l。解除锁定，B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层(忽略其厚度)碰撞并被粘住。下列说法正确的是(　　) A．B碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同 B．B脱离弹簧时，A的速度大小为3 m/s C．B和油灰阻挡层碰撞并被粘住的过程，B受到的冲量大小为3 N·s D．解除锁定后，B移动的总距离为l 13 14 15 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B碰到油灰阻挡层前A与B的动量大小相等，方向相反，故A错误；设B脱离弹簧时，A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有Mv1＝mv2① 根据能量守恒定律有Ep＝Mv12＋mv22② 联立①②解得v1＝1 m/s，v2＝3 m/s③ 故B错误；根据动量守恒定律可知，B和油灰阻挡层碰撞并被粘住后，A、B的速度都将变为零，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为I＝mv2＝3 N·s④ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 故C正确；从解除锁定到B和油灰阻挡层碰撞前瞬间，A、B的速度大小始终满足 MvA＝mvB⑤ 所以整个过程A、B移动的距离满足MxA＝mxB⑥ 根据位移关系有xA＋xB＝l⑦ 联立⑥⑦解得xA＝l，xB＝l，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 D 7．如图，棱长为a、大小和形状均相同的立方体木块和铁块正对放置，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，两者用极短细绳连接悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为(　　) A．h B． C． D．h＋2a 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒(人船模型)可得 0＝mh－Md，池深 H＝h＋d＋2a，解得 H＝h＋2a，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.如图所示，某同学进行足球颠球训练，足球被脚面反弹出去后竖直向上运动，一段时间后又落回到脚面上，足球离开脚面和落回脚面时脚面离地面的高度相同，设整个运动过程中足球受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是(　　) A．足球从离开脚面到落回脚面的过程中，重力做的功为零 B．足球上升到最高点的时间大于从最高点落回脚面的时间 C．足球在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量 D．足球上升阶段动量变化量的大小小于下降阶段动量变化量的大小 13 14 15 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 重力做功与路径无关，只与初末位置的高度差有关，足球从离开脚面到落回脚面的过程中，重力做的功为零，故A正确；足球在上升阶段做匀减速直线运动，可以看成向下的初速度为0的匀加速直线运动，足球受重力和向下的阻力，加速度较大，足球在下降阶段做初速度为0的匀加速直线运动，受重力和向上的阻力，加速度较小，由h＝at2可知，足球上升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 到最高点的时间小于从最高点落回脚面的时间，在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量，故B错误，C正确；由v2＝2ah可知，足球离开脚面的初速度大于落回脚面的末速度，由Δp＝mΔv可知，足球上升阶段动量变化量的大小大于下降阶段动量变化量的大小，故D错误。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．由高压水枪竖直向上喷出的水柱，将一个质量为16 kg的小铁盒开口向下倒扣在空中，铁盒悬停在距离水枪口的高度为1.8 m处。已知水以恒定速率从横截面积为S＝1×10-3 m2的水枪中持续喷出，向上运动并冲击铁盒后，水流以不变的速率竖直返回。忽略水在与盒作用时水的重力的影响，水的密度为1×103 kg/m3，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．水冲击铁盒后以5 m/s的速度返回 B．水枪的输出功率为0.5 kW C．水从水枪口喷出的速度为10 m/s D．以上结果均不对 13 14 15 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设水从水枪口喷出的速度为v0，水冲击铁盒后返回的速度为v，极短时间Δt内水与小铁盒作用过程中，对水由动量定理可得FΔt＝mv－(－mv)，喷出的水质量为m＝ρV＝ρSv0Δt，水从枪口到铁盒处，根据动力学公式有v2－v02＝－2gh，铁盒悬停时有F＝Mg，解得v0＝10 m/s，v＝8 m/s，故水冲击铁盒后以8 m/s的速度返回，水从水枪口喷出的速度为10 m/s，故A、D错误，C正确；水枪的输出功率为P＝＝＝ρSv03＝0.5 kW，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ACD 10．如图所示，质量分别为m、3m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，A、B可视为质点。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　 　) A．A、B组成的系统在水平方向动量守恒 B．A球运动到最低点时，B球向右运动的距离为L C．A球运动到最低点时，B球的速度为 D．A球运动到最低点的过程中，细绳对B做的功为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A、B组成的系统在水平方向上不受外力，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，但系统受到的合外力不为零，系统的总动量不守恒，故A正确；A球运动到最低点时，取水平向左为正方向，水平方向由动量守恒定律得mvA－3mvB＝0，两边同时乘以t，则有mxA－3mxB＝0，其中xA＋xB＝L，解得B球向右运动的距离为xB＝L，故B错误；A球运动到最低点时，由A、B系 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 统机械能守恒得mvA2＋·3mvB2＝mgL，结合mvA－3mvB＝0，联立求得vB＝，故C正确；A球运动到最低点的过程中，对B球由动能定理可得细绳对B做的功为W＝·3mvB2＝mgL，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 二、非选择题(本题共5小题。计算题需要写 出必要的文字说明和具体的解题步骤。) 11．如图所示，某同学制作了一个弹簧弹 射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧。现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小取g，按下述步骤进行实验： 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ①用天平测出小球P和Q的质量分别为m1、m2； ②用刻度尺测出管口离地面的高度h； ③解除锁定，记录两球在水平地面上的落点N、M。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据该同学的实验，回答下列问题。 (1)除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量是________。 A．弹簧的压缩量Δx B．P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2 C．金属管的长度L D．两球从弹出到落地的时间t1、t2 13 14 15 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由Ep＝mv2即可求得弹性势能，故应测量小球的质量m以及通过金属管口的速度v。为了测量小球通过金属管口的速度，需要知道做平抛运动的水平位移，即需测量P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2；弹簧压缩量、金属管的长度以及两球从弹出到落地的时间均不需要测量，故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)根据测量的物理量可得弹性势能的表达式Ep＝__________________。 13 14 15 ＋ (2)由(1)可知Ep＝m1v12＋m2v22，由h＝gt2可得平抛运动的时间为t＝，根据水平方向上的匀速直线运动规律可知v1＝，v2＝，联立可得弹性势能的表达式Ep＝m1v12＋m2v22＝＋。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)如果满足关系式____________________，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属球组成的系统动量守恒。(用测得的物理量符号表示) 13 14 15 m1x1＝m2x2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)根据动量守恒定律可知，弹簧解除锁定前动量为零，解除锁定后方向相反，设向左为正方向，则有 0＝m1v1－m2v2 再根据v1＝，v2＝ 可得m1x1＝m2x2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)为了尽量减小实验误差，该同学在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是________。 A．使入射小球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出 B．使入射小球与被碰小球碰后能同时飞出 C．使入射小球与被碰小球离开斜槽末端时的速度方向为水平方向 D．使入射小球与被碰小球碰撞时的动能不损失 13 14 15 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)为了让两球碰撞后做平抛运动，必须保证两球离开斜槽末端时能够水平飞出，即速度方向为水平方向，选项C正确。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)调节A球滚下的高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生碰撞，碰后两球动量正好相等，则A、B两球的质量之比应满足___________。 1＜≤3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)设碰撞后两球的动量都为p，由题意可知，碰撞前总动量为2p，根据动量和动能的关系p2＝2mEk，且碰撞过程动能不增加，有≥＋，解得≤3，因为要用质量较大的球去碰撞质量较小的球，故＞1，所以A、B两球的质量之比应满足1＜≤3。 13．如图所示，在光滑水平桌面上，物体A和B用轻弹簧连接，另一物体C靠在B左侧未连接，它们的质量分别为mA＝0.2 kg，mB＝mC＝0.1 kg。现用外力使B、C和A压缩弹簧，外力做的功为7.2 J，弹簧仍在弹性限度内，然后由静止释放。试求： (1)弹簧第一次恢复原长时A的速度大小； 答案：(1)6 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)以向右为正方向，根据动量守恒定律有mAvA－(mB＋mC)vBC＝0 根据能量守恒定律有Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAvA2 Ep＝W＝7.2 J 代入数据联立得 vA＝vBC＝6 m/s。 (2)释放后，弹簧处于原长时，物块B的速度大小。 答案：(2)6 m/s或10 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)弹簧第一次恢复原长时，B、C分离，此时vB＝vC＝6 m/s 对A、B和弹簧组成的系统，以向右为正方向 根据动量守恒定律有mAvA－mBvB＝mAvA1＋mBvB1 根据能量守恒定律有mAvA2＋mBvB2＝mAvA12＋mBvB12 联立解得vB1＝10 m/s，或vB1＝－6 m/s 即释放后，弹簧处于原长时物块B的速度大小为6 m/s或10 m/s。 14．如图所示，虚线OO1左侧的水平地面粗糙，右侧的水平地面光滑，在虚线左侧20 m处静止着一质量为m＝1 kg的物块A，在虚线右侧静止放置质量为M＝3 kg、长度为L＝2.4 m 的长木板B，B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C。现给A一水平向右、大小为v0＝12 m/s的初速度，一段时间后A与B发生弹性碰撞，已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，C与B间的动摩擦因数为μ2＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，A、C均可视为质点。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求A与B发生碰撞后，B速度的大小； 答案：(1)4 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)选A为研究对象，在OO1左侧运动阶段，设A与B碰撞前A的速度为v，则v2＝v02－2a1x 由牛顿第二定律可知μ1mg＝ma1 联立解得v＝8 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A与B发生弹性碰撞的瞬间，C的速度未发生变化，则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒，有 mv＝mv1＋Mv2 mv2＝mv12＋Mv22 解得B的速度大小为v2＝＝4 m/s。 (2)若最终C恰好未滑离B，求C的质量。 答案：(2)1 kg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)对B与C，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知Mv2＝(m0＋M)v3 μ2m0gL＝Mv22－(m0＋M)v32 解得m0＝1 kg。 15．如图所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m。质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求A、B间的水平距离x； 答案：(1)1.2 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)由平抛运动的规律得x＝v0t 又tan θ＝ 解得x＝1.2 m。 (2)求小物块从C滑到D所用时间t0； 答案：(2)1 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得mv1＝(M＋m)v 由功能关系得FfL＝mv12－(M＋m)v2 对小物块，由动量定理得－Fft0＝mv－mv1 解得Ff＝4.8 N，t0＝1 s。 (3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时小物块到小车左端的水平距离。 答案：(3)3.73 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)有销钉时，对小物块从A到C，有 mgH＋mv02＝mv12 由几何关系得H－gt2＝R(1－cos θ) B、C间水平距离xBC＝Rsin θ 若拔掉销钉，小车向左运动到最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时小物块速度为4 m/s， 由能量守恒定律得mgH＝Ff(Δx－xBC) 解得Δx≈3.73 m。 $$