第6章 第5讲 “力学三大观点”的综合应用(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点”综合应用专题，依据高考评价体系梳理动力学、能量、动量观点的单独及两两、三者综合考查要求，通过近五年真题分析明确弹性碰撞、平抛运动等高频考点权重，归纳碰撞、传送带模型等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题实战+科学思维培养”，精选2025南京二模、如皋适应性考试等真题，以斜面碰撞问题为例，示范动量守恒与动能定理结合的解题方法，培养学生模型建构与科学推理素养，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导高考冲刺。

“力学三大观点”的综合应用 （综合融通课） 第 5 讲 力学三大观点包括：动力学观点、能量观点、动量观点，力学三大观点的灵活应用是历年高考的重点和难点。力学三大观点既可以分别单独考查，也可以两两组合考查，还可以三者综合考查。 (一) 动量观点与动力学观点的综合应用 (二) 动量观点与能量观点的综合应用 01 02 CONTENTS 目录 (三) 力学三大观点的综合应用 课时跟踪检测 03 04 (一) 动量观点与动力学 观点的综合应用 1.牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。 2.动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。 3.若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。 [例1]　如图所示，一倾角θ=30°的斜面固定在地面上，斜面的长度L=5 m，某时刻，小物块A从斜面顶端由静止释放，与静止在斜面中点的小物块B发生多次碰撞，小物块A、B之间的碰撞时间极短且为弹性碰撞，已知小物块A、B的质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg，小物块A与斜面间无摩擦，小物块B与斜面间的动摩擦因数μ=，两物块均可视为质点，重力加速度g=10 m/s2。 (1)求小物块A经过多长时间与小物块B发生第一次碰撞及小物块A、B第一次碰撞后瞬间的速度大小； [答案]　1 s　3 m/s　2 m/s　 [解析]　以小物块A为研究对象，由牛顿第二定律得m1gsin θ=m1a1，解得a1=5 m/s2 由运动学公式得=a1，解得t1=1 s 取沿斜面向下为正方向，第一次碰前小物块A的速度大小v=a1t1=5 m/s 小物块A、B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知m1v=m1v1+m2v2，m1v2=m1+m2 联立解得v1=-3 m/s，v2=2 m/s 故小物块A、B第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为3 m/s、2 m/s。 (2)求小物块第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞。 [答案]　 s [解析]　第一次碰后，以小物块B为研究对象， 由牛顿第二定律可得 m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a2 解得a2=-2.5 m/s2 设经过时间t后小物块B的速度减为0， 由运动学公式可得0=v2+a2t，解得t=0.8 s 设小物块A、B第一次碰撞后经过时间t2发生第二次碰撞，由运动学公式可得 v2t2+a2=v1t2+a1 解得t2= s>t 小物块B在t=0.8 s时已静止，t2= s舍去。故有v2t=v1t3+a1，解得t3= s 小物块A、B第一次碰撞后经 s发生第二次碰撞。 [针对训练] 1.如图所示，一条轨道固定在竖直平面内， 轨道AB段水平且粗糙，BCD段光滑，其中CD 段是以点O'为圆心、半径R=0.3 m的一小段圆 弧。可视为质点的物体a和b分别静止在A和B，质量均为m=0.8 kg。现用与竖直方向成θ=37°斜向上的F=10 N的拉力拉动物体a，经位移s=0.6 m后撤去拉力F，紧接着物体a与物体b发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰后物体b沿着轨道BO段运动。已知物体a与AB段轨道的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，cos 37°=0.8，sin 37°=0.6。 (1)求碰撞前物体a的速度大小； 答案：3 m/s　 解析：对物体a受力分析可知Fcos 37°=mg，Fsin 37°=ma0 根据匀变速直线运动公式可得=2a0s 解得碰撞前物体a的速度大小v0=3 m/s。 (2)试通过计算说明在轨道COD上物体b在O点之后将做什么运动? 答案：平抛运动 解析：物体a与b碰撞瞬间，根据动量守恒定律可得mv0=mva+mvb 根据机械能守恒定律可得 m=m+m 联立可得va=0，vb=3 m/s 物体b由B至O，根据动能定理可得 -mgR=mv2-m 在O点，根据牛顿第二定律可得 mg-FN=m 联立可得轨道对物体b的支持力FN=0 综合以上分析可知，在轨道COD上物体b在O点之后做平抛运动。 (二) 动量观点与能量 观点的综合应用 1.两大观点 (1)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。 (2)能量的观点：动能定理和能量守恒定律。 2.三种技巧 (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。 (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。 (3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。 [例2]　(2025·南京二模)如图，足够长 的细线一端与倾角为α=37°的斜面A相连， 另一端跨过墙面上和斜面顶端的三个小滑 轮与小滑块B相连，一水平推力作用于A 上，使A、B系统保持静止，四段细线分别与水平地面、竖直墙面或斜面平行，A的质量M=0.63 kg，B的质量m=0.21 kg，B距离水平面的高度h=0.6 m，不计一切摩擦，取重力加速度g=10 m/s2。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) (1)求细线对B的拉力大小； [答案]　1.26 N　 [解析]　对B受力分析，受到重力G、斜面的支持力FN、细线的拉力T，由平衡条件有T=mgsin α 解得T=1.26 N。 (2)撤去水平推力，求A滑动的位移大小为x= m时，B的位移大小； [答案]　0.6 m　 [解析]　如图，当A滑动x时，B沿斜面下滑2x， 设B的位移大小为s，则s2=(2xsin α)2+(2xcos α-x)2 解得s=0.6 m。 (3)若撤去水平推力的同时剪断细线，求B沿斜面运动的过程中对A做的功。 [答案]　0.18 J [解析]　设B运动到斜面底端时水平速度大小为vBx，竖直速度大小为vBy，A的速度大小为vA， 由水平方向动量守恒得mvBx=MvA， 又tan α=， 可得vBx=vBy=3vA 对A、B组成的系统，由机械能守恒定律有 mgh=m(+)+M B沿斜面运动的过程中对A做的功W=M 解得W=0.18 J。 [针对训练] 2.(2026·常州开学考试)如图所示，两物块A、 B并排静置于高h=0.80 m的光滑水平桌面上， 物块的质量均为M=0.60 kg。一颗质量m= 0.10 kg的子弹C以v0=100 m/s的水平速度从左面射入物块A，子弹射穿物块A后接着射入物块B，并留在物块B中，此时物块A、B都没有离开桌面。已知物块A的长度为0.27 m，物块A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0 m。设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g取10 m/s2。(平抛过程中物块看成质点) (1)求物块A和物块B离开桌面时的速度大小； 答案：5 m/s　10 m/s　 解析：子弹射穿物块A后，设物块A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动，竖直方向有h=gt2，水平方向有vA= 解得vA=5 m/s 设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程，由动量守恒定律有mv0=MvA+(M+m)vB，解得B离开桌边的速度vB=10 m/s。 (2)求子弹在物块B中打入的深度；(结果保留两位有效数字) 答案：3.5×10-2 m　 解析：设子弹离开物块A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程，由动量守恒定律有mv0=mv1+2MvA，解得v1=40 m/s 设子弹在物块B中打入的深度为LB，由能量守恒定律有fLB=M+m-(M+m) 子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒定律有fLA=m-m-(M+M) 解得LB=3.5×10-2 m。 (3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，求物块B到桌边的最小初始距离。(结果保留两位有效数字) 答案：2.5×10-2 m 解析：设子弹在物块A中穿行过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，由动能定理有 fs1=(M+M)-0 设子弹在物块B中穿行过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，由动能定理有 fs2=M-M 可得物块B到桌边的最小初始距离为 smin=s1+s2=2.5×10-2 m。 (三) 力学三大观点的综合应用 力学三大观点的选用原则 (1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。 (3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。 (4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。 (5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。 [例3]　(2025·如皋适应性考试)如图所示是大型 蒸汽打桩机示意图。桩(含桩帽)竖直轻轻放置在地面 上，桩依靠自重先向泥土中下沉，稳定后，将锤提 升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度h=3.2 m处自 由下落撞击桩，锤反弹的速度大小v1=2 m/s，此后锤 再次被提起。已知锤的质量m=1.0×104 kg，桩的质 量M=2.0×104 kg，桩所受泥土的阻力f与桩沉入泥土深度x的关系为f=kx，其中k=5.0×104 N/m，取重力加速度g=10 m/s2，求： (1)桩依靠自重下沉至深度x0=3 m时的加速度大小a； [答案]　2.5 m/s2 [解析]　对桩，由牛顿第二定律有Mg-kx0=Ma，解得a=2.5 m/s2。 (2)桩被锤撞击后瞬间的速度大小v2； [答案]　5 m/s [解析]　设锤与桩撞击前瞬间的速度为v0，由运动学公式有=2gh 锤与桩发生碰撞时，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有mv0=Mv2-mv1 解得v2=5 m/s。 (3)桩被1次锤撞击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度x。 [答案]　m [解析]　在桩依靠自重下沉的过程中，设下沉距离为x1，由动能定理有Mgx1-x1=0， 解得x1=8 m 锤与桩撞击后，桩继续下沉，由动能定理有 Mg-=0-M 解得x=m。 [针对训练] 3.(2025·河南高考)如图所示，在一段 水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度 为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的 左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P，另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右匀速运动并与物块P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间物块P的速度大小为v=7 m/s，物块P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； 答案：24.5 J　 解析：物块P、Q发生正碰，且碰撞时间极短，可认为动量守恒，由动量守恒定律有m2v0=m2vQ+m1v 由能量守恒定律有 m2=m2+m1v2+ΔE 联立解得ΔE=24.5 J。 (2)物块P从开始运动到静止经历的时间。 答案：5 s 解析：物块P在防滑带上运动时，由牛顿第二定律有 μm1g=m1a 物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式有v2-=2al2，vP1=v-at1，解得 vP1=5 m/s，t1=0.4 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则有 l1=vP1t2，解得t2=0.6 s 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式有-=2al2，vP2=vP1-at3 解得vP2=1 m/s，t3=0.8 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则有 l1=vP2t4，解得t4=3 s 物块P在第三个防滑带上运动的距离x==0.1 m<l2，则物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式有0=vP2-at5 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5=0.2 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为 t=t1+t2+t3+t4+t5=5 s。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 A级——基准保分考法 1.(12分)(2025·南京高三一模)如图所示，质量为m的物体B由半径为r的光滑圆弧轨道和长为L的粗糙水平轨道组成，静止于光滑水平地面。现将质量为m的小物块A从圆弧轨道顶端P点由静止释放，经时间t到达圆弧轨道底端Q点后滑上水平轨道，恰好没有滑出B。已知重力加速度大小为g。 6 1 2 3 4 5 (1)求小物块A从P到Q过程中重力的冲量I；(2分) 答案：mgt，方向竖直向下　 解析：由冲量的定义式得I=mgt，方向竖直向下。 6 1 2 3 4 5 (2)求小物块A从P到Q过程中对物体B做的功W；(4分) 答案：mgr 解析：小物块A从P到Q过程中，小物块A和物体B组成的系统水平方向动量守恒，有mvB+mvA=0 根据机械能守恒定律有mgr=m+m 由功能关系可知W=m=mgr。 6 1 2 3 4 5 (3)若小物块A以水平初速度从物体B的最右端滑上B，最终不滑出B，求初速度的最大值vm。(6分) 答案：2 解析：A从圆弧轨道顶端P点由静止释放，A、B水平方向的动量守恒，A、B的最终速度为零，可得mgr=μmgL 当小物块A恰好回到B的右端时，小物块A的初速度最大，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有mvm-2mv=0 由机械能守恒定律有2μmgL=m-·2mv2 解得vm=2。 1 5 6 2 3 4 2.(12分)如图，质量均为M=2 kg的物块A、B用绕过光滑轻质 定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地 面的高度为h=0.4 m，质量为m=1 kg的圆环C套在轻绳上， C在B上方L=0.2 m处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞 并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气 阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g=10 m/s2，求： (1)B、C碰撞前瞬间，C的速度为多大；(3分) 答案：2 m/s 解析：C下落过程，根据动能定理mgL=m，解得vC=2 m/s。 1 5 6 2 3 4 (2)B、C碰撞后瞬间，共同速度为多大；(3分) 答案：0.4 m/s　 解析：B、C碰撞过程，根据动量守恒定律mvC=(m+2M)v共，解得v共=0.4 m/s。 1 5 6 2 3 4 (3)B落地后不反弹，A上升离地面的最大高度。(6分) 答案：0.488 m 解析：设B落地时速度为v1 ，根据系统机械能守恒可得(m+M)gh-Mgh=×(m+2M)-(m+2M)， B落地后，A继续上升过程，根据动能定理得 -Mgh1=0-M 解得A上升的最大高度H=h+h1=0.488 m。 1 5 6 2 3 4 3.(14分)(2025·南京调研)如图所示，水平面上有 A、B两个小物块(均视为质点)，质量均为m， 两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连 接)。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，物块A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D，物块B向左平滑地滑上斜面体，沿斜面体上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知物块A与右侧水平面间的动摩擦因数μ=0.5，物块B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求： 1 5 6 2 3 4 (1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；(4分) 答案：6mg　 解析：由题意可知，物块A在D点时，由牛顿第二定律有mg=m 物块A从C点运动到D点的过程，由动能定理有 -mg×2L=m-m 物块A在C点时，由牛顿第二定律有F-mg=m，解得F=6mg 由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为F'=F=6mg。 1 5 2 3 4 (2)斜面体的质量M；(5分) 答案：　 解析：弹簧释放瞬间，由动量守恒定律有mvA=mvB 对物块A，从弹簧释放后至运动到C点的过程，由动能定理有-μmgL=m-m 物块B沿斜面体上升到最高点时，对物块B和斜面体，由动量守恒定律有mvB=v 由机械能守恒定律有 m=(m+M)v2+mgL，解得M=。 1 5 2 3 4 (3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。(5分) 答案： 解析：物块B从滑上斜面体到与斜面体分离的过程，由动量守恒定律有mvB=mvB'+Mv' 由机械能守恒定律有m=mvB'2+Mv'2 解得vB'=，v'=。 由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功W=Mv'2=。 1 5 6 2 3 4 4.(15分)(2025·淮安考试)如图所示， 某传送装置由三部分组成，中间 是长度L1=28 m的水平传送带(传送 带顺时针匀速转动，其速度大小v 可根据需要设定)，其左侧斜面顶端距离传送带平面的高度h=2.5 m，右侧光滑水平面上放置质量M=2 kg、长度L2=14 m的滑板，斜面末端及滑板上表面与传送带两端等高并平滑对接。质量为m=1 kg的物块从斜面的顶端由静止释放，经过传送带后滑上滑板。已知滑板右端到挡板D的距离L3=2 m，物块与斜面间的动摩擦因数满足μ1=tan θ(θ为斜面的倾角)，物块与传送带、滑板间的动摩擦因数分别为μ2=0.1、μ3=0.2，重力加速度g取10 m/s2。　 1 5 6 2 3 4 (1)求物块刚滑上传送带时的速度大小；(3分) 答案：5 m/s　 解析：物块从A到B过程，根据动能定理有mgh-μ1mgcos θ· =m-0，解得vB=5 m/s。　 1 5 6 2 3 4 (2)若传送带速度v=1 m/s，求物块通过传送带所用的时间；(4分) 答案：20 s　 解析：物块刚滑上传送带时做减速运动，加速度大小为a==1 m/s2 物块减速至与传送带共速时所用时间为t1==4 s，位移大小为x1=t1=12 m<L1=28 m 之后物块与传送带一起匀速运动，所用时间为t2==16 s 物块通过传送带所用的总时间t=t1+t2=20 s。 1 5 6 2 3 4 (3)若传送带速度v=10 m/s，求从物块滑上滑板至滑板右端刚到挡板D的过程中摩擦产生的热量。(8分) 答案：24 J 解析：假设物块在传送带上一直做加速运动，根据动能定理有μ2mgL1=m-m，解得vC=9 m/s<10 m/s 所以物块滑上滑板时的速度大小为9 m/s 假设物块与滑板能达到共同速度，根据动量守恒定律有mvC=v共，解得v共=3 m/s 1 5 6 2 3 4 达到共同速度所用时间t3==3 s 在共速前滑板的位移大小为 x板=t3=4.5 m>2 m 所以物块与滑板未能达到共同速度。 滑板与挡板撞击前做匀加速运动，根据运动学公式有L3=·· 1 5 6 2 3 4 解得匀加速运动时间为t4=2 s 物块与滑板间的相对位移大小为 Δx=vCt4-μ3g-L3=12 m 物块与滑板间摩擦产生的热量为 Q=μ3mgΔx=24 J。 1 5 6 2 3 4 B级——把关进阶考法 5.(18分)如图所示，左侧AB为倾角 θ=37°的粗糙斜面轨道，中间BC为 光滑水平轨道，右侧CD为倾角θ= 37°、顺时针转动的传送带，其上 方与一光滑水平台面平滑连接，水平轨道BC与斜面轨道AB以及传送带CD间均平滑连接。物块1从斜面轨道的最高点A由静止下滑，滑到水平轨道上先与静止的物块2发生弹性碰撞，物块2再与静止的物块3发生弹性碰撞，之后物块3滑上传送带，并最终滑到水平台面上。已知物块1的质量为m1=m0，物块3的质量为m3=m0，轨道AB的长度lAB=9 m，传送带CD的长度lCD= m，物块与轨道AB、传送带CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，物块均可看作质点，sin 37°=0.6， cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。 1 5 6 2 3 4 (1)求物块1第一次运动到B点时的速度v0的大小；(3分) 答案：6 m/s　 解析：对物块1，由A运动到B的过程，根据动能定理可得 (m1gsin θ-μm1gcos θ)lAB=m1，解得v0=6 m/s。 1 5 6 2 3 4 (2)求当m2为何值时，物块3获得的速度最大，并求出物块3的最大速度vm的大小；(7分) 答案：　 m/s　 解析：设物块1、2碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2，物块2、3碰撞后瞬间的速度大小分别为v2'、v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2， m1=m1+m2 m2v2=m2v2'+m3v3， 1 5 6 2 3 4 m2=m2v2'2+m3 由以上各式可得v3= 当m2=时，物块3获得的速度最大， 最大速度为vm=v0= m/s。 1 5 6 2 3 4 (3)若物块3以最大速度vm滑上传送带，最终滑到水平台面上，求传送带的最小速度v的大小。(8分) 答案：4 m/s 解析：当物块3以最大速度vm滑上传送带，最终滑到水平台面上速度刚好减为0时，传送带的速度最小， 由于m3gsin θ>μm3gcos θ，故物块3在传送带上先以加速度大小a1做匀减速直线运动，直到与传送带共速时，再以加速度大小a2做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得 m3gsin θ+μm3gcos θ=m3a1，m3gsin θ-μm3gcos θ=m3a2 设物块3第一段匀减速运动的位移大小为l1，第二段匀减速运动的位移大小为l2，由运动学公式可得l1=，l2=，lCD=l1+l2，解得v=4 m/s。 1 5 6 2 3 4 6.(18分)(2025·徐州期中)如图所示， 三个小钢球A、B、C(可视为质点)由 两根长均为L的轻细绳连接，放在光滑水平面上，其中小球B质量为2m，小球A、C的质量均为m，细绳刚好处于伸直状态且无拉力，现使小球B瞬间获得与细绳垂直的水平初速度v0，设小球A、C的碰撞为弹性碰撞。求： (1)小球A、C第一次碰撞前瞬间，小球A的动能EkA；(6分) 答案：　 1 5 6 2 3 4 解析：由对称性知，小球A、C沿绳方向的分速度大小相等，沿垂直绳方向的分速度大小相等，小球B一直沿初速度所在的直线运动，小球A、C第一次碰撞前瞬间，结合“绳连物体沿绳方向的分速度相等”知，此时小球A、C沿绳方向的分速度大小均等于小球B的速度，对小球A、B和C组成的系统，沿小球B的初速度方向，由动量守恒定律有2mv0= 4mvy 由机械能守恒定律有 ×2m=×2m+2EkA 联立解得小球A的动能为EkA=。 1 5 6 2 3 4 (2)小球A、C第一次碰撞后瞬间，小球A相对于小球B做圆周运动的向心力大小F向；(6分) 答案：　 解析：由EkA=m(+)= 解得小球A碰后垂直绳方向的分速度，即小球A相对小球B做圆周运动的速度大小为vx=v0 则小球A相对小球B做圆周运动的向心力大小 F向==。 1 5 6 2 3 4 (3)当两细绳夹角第一次为90°时，小球B的速度大小vB。(6分) 答案：v0 解析：当两细绳夹角第一次为90°时，细绳与小球B初速度方向的夹角均为 45°，此时小球A和C沿绳方向的分速度大小均为v1=vBcos 45° 设小球A和C垂直绳方向的分速度大小为v2，对小球A、B、C组成的系统，沿小球B初速度方向，由动量守恒定律有 2mv0=2mvB+2m(v1sin 45°-v2sin 45°) 根据机械能守恒定律有 ×2m=×2m+2×m(+) 解得vB=v0或vB=v0(舍去)。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $