第一章 动量和动量守恒定律 第六节 自然界中的守恒定律(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（粤教版）

自然界中的守恒定律 第六节 核心素养导学 物理观念 知道系统的概念。 科学思维 知道物理的守恒是有条件的，系统中某个物理量的变化是由系统外的因素决定的。 科学态度与责任 动量守恒定律是自然界普适的基本定律。 [四层]学习内容1 落实必备知识 [四层]学习内容2 强化关键能力 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 [四层]学习内容1 落实必备知识 自然界中的守恒定律 1.系统：物理学上常将__________的物体视为一个系统。 2.物理量的守恒定律：物质所处的系统若没有系统外的因素使系统的这些物理量发生改变，则系统内部的这些物理量总和保持______。 3.系统物理量的改变量：系统中物理量总和的增加量(或减少量)等于______向______输入(或抽取)的量。 相互作用 不变 外界 系统 4.系统动量定理：系统在某个方向上所受的_____等于系统在该方向动量的改变量。 5.系统机械能的改变量：系统内部机械能的改变量等于系统内部除重力和弹力外的其他力(如摩擦力)做的_____;若有系统外力对系统做功，则系统机械能的改变量等于系统外力对系统所做的_____。 6.动量守恒定律和能量守恒定律是自然界普适的基本定律。 冲量 功 功 如图所示，水池中质量相等的木块和铁块用细绳拴连 后在水中悬浮，若不计水的阻力，剪断细绳，则 (1)木块浮出水面前，对铁块和木块组成的系统，动量 是否守恒?机械能是否守恒? 提示：动量守恒　机械能增加 (2)木块到达水面静止后，铁块未到达水底，对木块和铁块组成的系统，动量是否守恒?机械能是否守恒? 提示：动量增加　机械能减少 [四层]学习内容2 强化关键能力 新知学习(一) 动量定理与动能定理的比较 如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量为M=3m，开始时均处于静止状态，释放弹簧，将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为v，则 任务驱动 (1)摩擦力对底座的冲量是多大?方向如何? 提示：摩擦力对底座的冲量等于系统动量的增量，故I=mv-M=mv，方向水平向左。 (2)合外力对底座做的功是多大? 提示：合外力对底座做的功等于底座动能的增量，即W合=M =mv2。 动量定理和动能定理比较 重点释解 类别 动量定理 动能定理 公式 F合(t'-t)=mv'-mv F合s=m-m 标矢性 矢量式 标量式 因果系统 因 合外力的冲量 合外力的功(总功) 果 动量的变化 动能的变化 相同点 ①公式中的力都是指物体所受的合外力 ②动量定理和动能定理都注重初末状态,而不注重过程,因此都可以用来求变力作用的结果(变力的冲量或变力做功) ③研究对象可以是一个物体,也可以是一个系统;研究过程可以是整个过程,也可以是某一段过程 续表 [典例]　如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(可视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度g取10 m/s2，求： 典例体验 (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v。 [答案]　3.0 m/s，方向水平向右　 [解析]　设水平向右为正方向，有：I=mAv 代入数据得：v=3.0 m/s，方向水平向右。 (2)木板的长度L。 [答案]　0.50 m [解析]　设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA、FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有 -(FBA+FCA)t=mAvA-mAv FABt=mBvB 由牛顿第三定律可知FAB=FBA，FCA=μ(mA+mB)g 设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB， 有-(FBA+FCA)sA=mA-mAv2 FABsB=EkB 动量和动能之间的关系为：mAvA= mBvB= 木板A的长度L=sA-sB 代入数据解得：L=0.50 m。 1.(多选)在光滑水平面上有质量均为2 kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa=4 N作用下由静止出发运动4 s。b质点在水平恒力Fb=4 N作用下由静止出发移动4 m。比较这两个质点所经历的过程，可以得到的正确结论是 (　 ) A.a质点的位移比b质点的位移大 B.a质点的末速度比b质点的末速度小 C.力Fa做的功比力Fb做的功多 D.力Fa的冲量比力Fb的冲量小 针对训练 √ √ 解析：a质点发生的位移x1=at2=·t2=16 m，4 s末的速度为v1=at =8 m/s，力Fa做功为W1=Fax1=64 J，冲量为I1=Fat=16 N·s。b质点发生的位移x2=4 m，根据公式=2ax2末速度为v2=4 m/s，根据v=at可得运动时间是t'=2 s，所以Fb做功为W2=Fbx2=16 J，冲量为I2=Fbt'=8 N·s，A、C正确。 2.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v的大小以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为 (　 ) A.，0　　　　　　　 B.，2mv0 C. D.，2mv0 √ 解析：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v'，解得v'=;子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v=;子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得，I= -(M+m)v-mv0=-2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，B正确。 新知学习(二) 动量守恒定律和机械能守恒定律的比较 质量分别为m1、m2的物体A、B静止在光滑的水平面上，两物体用轻弹簧连接，开始弹簧处于原长状态，其中m1<m2，某时刻同时在两物体上施加大小相等方向相反的水平外力，如图所示，从两物体开始运动到弹簧的伸长量达到最大值的过程中。 任务驱动 (1)两物体与弹簧组成的系统动量是否守恒? 提示：守恒。 (2)两物体与弹簧组成的系统机械能是否守恒? 提示：不守恒，系统机械能一直增大。 1.动量守恒与机械能守恒的判定方法 (1)动量守恒的判定 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 重点释解 (2)机械能守恒的判定 ①利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒。 ②用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒。 ③利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。 2.常见的五种关键词的“联想” [典例]　一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间; 典例体验 [答案]　　 [解析]　设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E=m① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0=v0-gt ② 联立①②式得t=。 ③ (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 [答案]　 [解析]　设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E=mgh1 ④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有m+m=E ⑤ mv1+mv2=0 ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有 m=mgh2 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h=h1+h2=。 ⑧ 针对训练 √ 1.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是 (　 ) A.E=m　I=2mv0 B.E=m　I=2mv0 C.E=m　I=mv0 D.E=m　I=mv0 解析：A、B碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：mv0=2mv1，解得：v1=，碰撞后小球与弹簧组成的系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能为E，则E=×2m×= m，取A、B整体分析，取向右为正，由动量定理可得I=2m×-=2mv0，A正确。 2.如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切。质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)。 (1)求子弹射入木块前的速度。 解析：第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v1，系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：=(m+M)gR 由以上两式解得：v0=。 答案： 　 (2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少? 答案：R 解析：由动量守恒定律可知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动。当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv0=(9m+M)v9，设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：=(9m+M)gH，由以上各式可得：H=R。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(多选)乒乓球陪练机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是 (　 ) A.击球过程合外力对乒乓球做功为零 B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零 C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态 D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态 √ √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零，A正确，B错误。乒乓球在空中运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.如图所示，B、C、D、E、F球并排放置在光滑的水平面上，其中B、C、D、E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.3个小球静止，3个小球运动 B.4个小球静止，2个小球运动 C.5个小球静止，1个小球运动 D.6个小球都运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：因A、B质量不等，MA<MB，A、B相碰后A向左运动，B向右运动。B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止，又因为E、F质量不等，ME>MF，则E、F都向右运动。所以B、C、D静止，A向左，E、F向右运动，A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞过程没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是 (　 ) A.小球在上升过程中，动量的改变量的大小小于空气阻力的冲量大小 B.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力的冲量为零 C.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力做功为零 D.从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功大于重力做的功 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：小球上升的过程中受到重力和空气的阻力，根据动量定理可知，小球上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力与重力的冲量的矢量和，A错误;小球与地面碰撞后，速度方向与碰撞前的相反，速度的变化不等于0，由动量定理可知，地面对小球的弹力的冲量不为零，B错误;小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力对球没有位移，则地面对小球的弹力做功为零，C正确;从释放到反弹至速度为零的过程中，只有重力和空气阻力做功，小球的动能的变化为零，所以小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是 (　 ) A.ma>mb B.ma<mb C.ma=mb D.无法判断 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据题中图像，由动量守恒定律得mava=mava'+mbvb'，由于va'<0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma=mb，则两球交换速度，与题图不符;由Ek=知，若ma>mb，则两球的动能之和将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma<mb，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则 (　 ) A.M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 B.M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒 C.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 D.m从A到B的过程中，M运动的位移为 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确;m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误;在m从A到B过程中，有MxM=mxm，xM+xm=2R，得xM=，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(2024·江苏高考)如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物块A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后 (　 ) A.弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大 B.弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大 C.弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加 D.弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误;对系统由动量守恒定律可知mAvA=mBvB，由机械能守恒定律有Ep=mA+mB，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.如图所示，在光滑的水平面上并排放着一系列质量均相等的滑块，现给最左侧滑块一水平向右的速度(滑块的初动能为Ek0)，然后与其右侧的滑块依次发生碰撞，并且每次碰后滑块均黏合在一块，经过一系列的碰撞后，滑块的总动能变为。则碰撞的次数为(　 ) A.3 B.5 C.7 D.9 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：假设最左侧滑块的初速度为v0，碰撞次数为x时滑块的总动能变为，整个过程动量守恒，则碰撞x次后的整体速度为v=，对应的总动能为Ek=(x+1)mv2=，由题可知Ek===×m，解得x=7，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 8.(多选)带有 光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则(重力加速度大小为g)(　 ) A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为M D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：从小球冲上小车到离开小车，系统在水平方向上动量守恒，由于没有摩擦力做功，系统动能不变，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回车的左端时速度变为零，开始做自由落体运动，由动能定理知小球对小车做的功为M，故B、C对，A错;小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v'，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0=2Mv'，M=2×Mv'2+Mgh，解得h=，D错。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(多选)水平面上的A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前图像，c为碰撞后两球共同运动的图像，已知A球质量是m=2 kg，则由图像判断下列结论正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.由图像可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动 B.碰撞前后A球动量变化量大小为4 kg·m/s C.B球质量为 kg D.A、B两球碰撞前的总动量大小为3 kg·m/s √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由于x-t图像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，A错误;碰撞前有：vA=-3 m/s，vB=2 m/s，碰撞后有：vA'=vB'=-1 m/s;碰撞前后A的动量变化为：ΔpA=mvA'-mvA=2×(-1)kg·m/s-2×(-3)kg·m/s= 4 kg·m/s，B正确;根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔpB= -ΔpA=-4 kg·m/s，又：ΔpB=mB(vB'-vB)，所以解得mB= kg，C正确;A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2×(-3)kg·m/s+×2 kg·m/s=- kg·m/s，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个材料相同的物体A、B，质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t=0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是 (　 ) A.t=0至t=时间内，A、B的总动量不守恒 B.t=时，A的动量为2mv C.t=至t=时间内，A、B的总动量守恒 D.t=时，A的动量为4mv √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：因为最初质量均为m的两个物体A、B在水平恒力F作用下一起以速度v匀速运动，所以，每一个物体受到的阻力大小均为。轻绳断开后，对物体B应用动量定理有-F·tB=0-mv，解得B继续运动的时间tB=。在物体B停止运动前，以A、B整体为研究对象，合外力仍然为零，系统的动量守恒，A、C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 t=时，物体B恰好停止运动，对A、B整体应用动量守恒定律，有2×mv=0+pA'，即pA'=2mv，B正确。在t=到t=的过程中，对A运用动量定理，F×=pA终-2mv，故pA终=3mv，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(14分)如图所示，质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，质量m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)子弹和物块一起滑行的最大速度v1;(4分) 解析：子弹进入物块后与物块一起向右滑行，物块的初速度即为物块的最大速度。对子弹和物块组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1，解得v1==6 m/s。 答案：6 m/s　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)木板向右滑行的最大速度v2;(4分) 答案：2 m/s　 解析：当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度达到最大，由动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2，解得v2==2 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)物块在木板上滑行的时间t和产生的内能E。(6分) 答案：1 s　3 J 解析：对物块和子弹组成的系统，由动量定理得-μ(m0+m)gt= (m0+m)v2-(m0+m)v1， 解得t==1 s， 对物块和子弹以及木板组成的系统，由能量守恒定律得(m0+m)=(m0+m+M)+E， 解得E=3 J。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(16分)如图所示，质量分别为mA=m、mB=3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连。对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0。现突然撤去外力并解除锁定。(设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点，弹簧在弹性限度内) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA的大小;(5分) 答案：　 解析：物体A开始运动时，弹簧恢复原长，设此时物体B的速度为vB0 由能量守恒有，W0=mB 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解得vB0= 此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有IA=mBvB0=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大?(5分) 答案： 解析：当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小。当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有mBvB0=mAvA+mBvB 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 mB=mA+mB 解得vB=vB0=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (3)若B物体在获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨道右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围。(6分) 答案：R≥或R≤ 解析：若物体B恰好过最高点不脱离圆形轨道，物体B经过最高点时，有 mB=mB+mBg·2R，mBg=mB 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解得R=，所以R≤ 若物体B恰好能运动到与圆形轨道圆心等高处，有mB=mBgR 解得R=，所以R≥。 本课结束 $$