第1章 动量和动量守恒定律 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（粤教版）

第一章　章末综合提升 章末检测(一) 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=m-m 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+m=mgh2+m 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=m 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 -=-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=m2 C与B发生弹性碰撞,有 m2v0=m1v1+m2v2 m2=m1+m2 对C,从碰撞后到最高点,有 m2=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 x=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-=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 =2μ1gxB' 对A反弹后的过程,有 =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)　 动量和动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.(2023·广东惠州高二期末)猫从高处落下不会受伤,当猫从高处落下时,即使是四脚朝天,它们也能迅速地转过身来调整姿态。这样,猫在接近地面的时候,通常都可以保证四肢着地,而猫脚趾上厚实的脂肪质肉垫又能有效地减轻震动对其各脏器的损伤。下列关于一只从某高处落下的猫在与地面接触的过程中相关说法错误的是(不考虑猫落地后的反弹及下落过程中的空气阻力)(　　) 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.猫在以不同姿态与地面接触的过程中,其自身动量变化量大小是相同的 B.厚实的脂肪质肉垫可以增加猫与地面的接触时间 C.厚实的脂肪质肉垫可以减小猫与地面间的作用力 D.厚实的脂肪质肉垫可以减小猫缓冲过程合外力的冲量 答案:D 13 14 15 猫在以不同姿态与地面接触且不反弹的过程中,其初动量大小相同,且末动量均为零,因此动量变化量大小是相同的,故A正确;根据动量定理-Ft=0-mv0,猫的动量变化量大小相同,厚实的脂肪质肉垫增加了猫与地面接触过程的时间,从而减小了地面对猫的作用力大小,但并没有减小合外力对猫的冲量,故B、C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 A 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 13 14 15 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 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 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,当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=mgcos 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 C 13 14 15 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mgcos 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 力不为零,所以系统动量不守恒,但系统水平方向不受外力,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 13 14 15 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 13 14 15 由动量守恒定律有mv1=Mv2,解得火箭的速度 v2=20 m/s,又=2gh,解得火箭能够上升的最大高度h=20 m,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.如图甲所示,光滑水平面上两个小球1、2发生正碰,小球的质量分别为m1、m2。图乙为它们碰撞前后的s-t图像。已知m1=1 kg,由此可以判断 (　　) A.碰前小球1静止,小球2向右运动 B.碰后小球1、小球2做匀加速直线运动 C.m2= kg D.碰撞过程中系统损失的机械能为 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 由s-t图像可知,碰前小球1的位移不随时间而变化,处于静止,小球2的速度大小为v2==4 m/s,方向只有向左才能与小球1相撞,故A错误;碰后由s-t图像可知,小球1、小球2均做匀速直线运动,故B错误;由s-t图像斜率可得,碰后小球1的速度为v1'= m/s=2 m/s,碰后小球2的速度为v2'= m/s=1 m/s,碰撞过程中,取水平向左为正方向,由动量守恒定律可得m2v2=m1v1'+m2v2',解得m2= kg,故C正确;由能量守恒定 律可得,碰撞过程中系统损失的机械能为 ΔE损=m2-m1v1'2-m2v2'2=3 J,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 D 13 14 15 设铁块竖直下降的位移为d,对木块与铁块系统,系统所受外力为零,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 13 14 15 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 答案: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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 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-=-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===ρS=0.5 kW,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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 ACD 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系统机械能守恒得m+·3m=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=·3m=mgL,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 三、非选择题:本题共5小题,共54分。 11.(7分)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: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 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M、N。 根据该同学的实验,回答下列问题。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 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 13 14 15 (2)根据测量的物理量可得弹性势能的表达式Ep=　　　　　　　　。  (2)由(1)可知Ep=m1+m2,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=m1+m2=+。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 + 13 14 15 (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)  (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 m1x1=m2x2 13 14 15 12.(9分)某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验。 (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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 (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。 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　　　　。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1<≤3 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(11分)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 (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)+mA Ep=W=7.2 J 代入数据联立得 vA=vBC=6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (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)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 mA+mB=mA+mB 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。 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 14.(12分)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。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求A与B发生碰撞后,B速度的大小; 答案:(1)4 m/s　 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (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=-2a1x 由牛顿第二定律可知μ1mg=ma1 联立解得v=8 m/s 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=m+M 解得B的速度大小为v2==4 m/s。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量。 答案: (2)1 kg (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=M-(m0+M) 解得m0=1 kg。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 15.(15分)如图所示,光滑水平面上静置一个质量M=3 kg的滑块,滑块的一侧是一个圆弧形槽,圆弧形槽半径R=0.6 m,E点切线水平。一个质量m=1 kg的小球以速度v0=8 m/s从E点冲上滑块,从与圆心等高的F点脱离滑块。g取10 m/s2,不计一切摩擦。求: 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)小球脱离滑块时,滑块的速度大小; 答案:(1)2 m/s　 (1)系统水平方向动量守恒,有mv0=(m+M)v 解得v=2 m/s。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)小球脱离滑块后在空中运动的时间; 答案: (2)1.2 s　 (2)由能量守恒定律,有 m=mgR+m(+v2)+Mv2 根据匀变速直线运动规律有vy=gt 解得t=0.6 s 则t总=2t=1.2 s。 13 14 15 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)小球全程对滑块做功的大小。 答案: (3)24 J (3)设小球回到E点时速度为v1,滑块速度为v2,由动量守恒及能量守恒有mv0=mv1+Mv2 m=m+M 对滑块根据动能定理有W=M 解得W=24 J。 13 14 15 $$