第7章 第3讲 动量守恒定律的“三类典型问题”(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦动量守恒定律的“碰撞问题、爆炸与反冲、人船模型”三类核心考点，依据高考评价体系明确弹性碰撞速度公式、非弹性碰撞能量损失、反冲运动动量守恒等考查要求，通过近三年高考真题统计，梳理出碰撞问题占60%、人船模型占25%的高频考点分布，归纳出12类常考题型及解题模板。 课件亮点在于“真题溯源+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2025年河南高考碰撞题为例，详解动量守恒与能量守恒方程联立技巧，培养学生科学思维素养。针对人船模型设计“位移比例法”专项训练，结合典型错题分析速度合理性判断易错点，帮助学生高效掌握解题方法，教师可据此开展精准复习，提升备考效率。

动量守恒定律的“三类典型问题” （综合融通课） 第 3 讲 类型(一)　碰撞问题 类型(二)　爆炸与反冲 01 02 CONTENTS 目录 类型(三)　人船模型问题 课时跟踪检测 03 04 类型(一)　碰撞问题 1.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解： 根据动量守恒定律和机械能守恒定律 解得v1'=， v2'=。 (2)分析讨论： 当碰前物体2的速度不为零时，若m1=m2，则： v1'=v2，v2'=v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时，即v2=0，则： v1'=，v2'=。 讨论：①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换，动量和动能全部转移)。 ②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。 ③若m1≫m2，则v1'≈v1，v2'≈2v1。 ④若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两物体沿相反方向运动)。 ⑤若m1≪m2，则v1'≈-v1，v2'≈0。 2.非弹性碰撞 碰撞结束后，动能有部分损失。 由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律知m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损 注：碰撞结束后，若v1'=v2'，称为完全非弹性碰撞。 3.碰撞类问题遵循的三条原则 动量守恒 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 机械能不增加 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+ 速度要合理 同向碰撞 碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若两物体仍同向，前面的物体速度大或两物体速度相等 相向碰撞 碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变 [典例]　(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。 考法1　弹性碰撞 1.如图所示，在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量 分别为m1、m2(m1<m2)的1、2两个大小相同的小球，小 球可看作质点，AB连线过环心O。初始时小球2静止于 A点，小球1以初速度v0沿圆环切向方向运动，若小球1和2之间发生弹性碰撞，两球第二次在B点相碰，则小球的质量比m1∶m2是(　　) A.1∶5　　 B.1∶3　　 C.1∶2　　 D.2∶3 考法全训 √ 解析：两球发生弹性碰撞，有m1v0=m1v1+m2v2，m1=m1 +m2，联立解得v1=v0，v2=v0，根据题意可知m1<m2，则小球1反弹，反弹后小球2运动圆周、小球1运动圆周时发生第二次碰撞，则有-v1=v2，解得m1∶m2=1∶3，故选B。 考法2　非弹性碰撞 2.(2025年1月·八省联考四川卷)(多选)如图，小球X、Y 用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好 接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释 放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、 Y做步调一致的单摆运动，上升的最大高度均为。若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则(　　) A.=1 B.=2 C.=2 D.=4 √ √ 解析：小球X由静止释放到最低点与小球Y发生碰撞前瞬间的过程，根据机械能守恒定律有mXgh=mX=Ek1，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有Ek2=(mX+mY)=(mX+mY)g·，两球碰撞过程水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2，联立可得=1，=2，故A、C正确，B、D错误。 考法3　碰撞应遵守的三原则 3.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、 B两球在同一直线上运动，质量分别为2 kg、 1 kg。取向右为正方向，若两小球碰前A的速度为2 m/s，B的速度为-3 m/s，则碰后A的速度可能为(　　) A.-2 m/s　 B.-1 m/s　 C.1 m/s　 D.2 m/s √ 解析：根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，碰撞前后动能不增加，即m1+m2≥m1v1'2+m2v2'2，不发生二次碰撞有v1'≤v2'，解得- m/s≤v1'≤ m/s，故选B。 类型(二)　爆炸与反冲 (一)爆炸问题 爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 [例1]　(2025·四川成都模拟)两响爆竹是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后凌空爆响。质量为200 g的两响爆竹在0.01 s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体(此过程两响爆竹的位移可以忽略)，然后被竖直发射到距离地面h=20 m的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸成两部分，其中80 g的部分以5 m/s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小； [答案]　402 N　 [解析]　设下层火药爆炸后爆竹的速度大小为v0，则=2gh，解得v0=20 m/s 以竖直向上为正方向，由动量定理得(-mg)Δt=mv0 解得=402 N。 (2)上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。 [答案]　 m [解析]　上层火药爆炸的过程爆竹在水平方向动量守恒，有m1v1=m2v2， 其中m1=80 g，v1=5 m/s，m2=200 g-m1=120 g 解得v2= m/s 之后两部分爆竹均做平抛运动，则有h=gt2 解得t=2 s 上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为 x=v1t+v2t= m。 (二)反冲运动 1.反冲运动的特点 物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 2.对反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 [例2]　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(喷出过程中重力的变化和空气阻力可忽略) (　　) A.30 kg·m/s B.570 kg·m/s C.600 kg·m/s D.630 kg·m/s [解析]　开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0=m1v1+p，解得火箭的动量p=-m1v1=-0.05×600 kg·m/s =-30 kg·m/s，负号表示与喷出气体的方向相反，故选A。 √ 类型(三)　人船模型问题 1.模型图示 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0。 (2)两物体的位移大小满足：m-M=0，x人+x船=L，可得x人=L，x船=L。 3.运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。 (2)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==。 4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 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，这样的问题即为人船模型 问题。人船模型还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。 5.应用人船模型注意事项 (1)应用==时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。 (2)解题时要画出两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。 [典例]　如图，质量为M、半径为R的圆弧 槽置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从 与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m， 且M=2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的 是 (　　) A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为 C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为 D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为 √ [解析]　若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，故A错误；若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2，由机械能守恒定律知mgR=m+M， 在水平方向上动量守恒有mv1=Mv2，又M=2m，联立解得v1=2，v2=，故B错误；若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1=Mx2，由几何关系有x1+x2=R，解得x1=R，x2=，故C正确；由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为=R，故D错误。 如图所示，质量为50 kg的人站在质量为250 kg的车的一端，车长为3 m，开始时人、车相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.人的速率最大时，车的速率最小 B.人的动量变化量和车的动量变化量相同 C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 D.当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5 m 针对训练 √ 解析：人和车组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，根据动量守恒定律，人的动量和车的动量总是大小相等、方向相反，所以人的速率最大时，车的速率最大，A错误；根据动量守恒定律，人的动量变化量和车的动量变化量大小相等、方向相反，B错误；根据牛顿第三定律，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，故人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小，C错误；根据动量守恒定律得m人=m车，又x人+x车=L，解得x车=0.5 m，x人=2.5 m，当人走到车的另一端时，车运动的位移大小为0.5 m，D正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图 甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿 抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄 影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上 行走过程的一系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为 (　　) A.45 kg B.47.5 kg C.50 kg D.55 kg √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 解析：设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv=m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt=m竿v竿t，可得mx人=m竿x竿，解得m== kg=45 kg，故选A。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间 极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎 片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高 度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为 (　　) A.2 B.2 C.2 D.4 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前瞬间的速度大小为v，则E=·2mv2，得v=，设爆炸后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，有2mv=-mv+mv1，解得v1=3，根据平抛运动规律有H=gt2，得t=，两块碎片落地点之间的距离x=(v+v1)t=4，故选D。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑细杆上。初始时，细绳恰好伸直并处于水平状态，两球均可视为质点且mB=2mA，重力加速度为g。现将A、B由静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　) A.A球在竖直平面内做变速圆周运动 B.B球运动的最大速度大小为 C.A球速度最大时，水平位移大小为 D.B球向右运动的最大位移大小为 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：B球在光滑杆上做往复运动，A球一边围绕B球做圆周运动，一边随B球做往复运动，A错误；当A球摆到最低点时，A、B两球运动的速度最大，由系统机械能守恒有mAgL=mA+mB，水平方向动量守恒有mBvB=mAvA，联立解得vB=，B错误；根据x=vt和动量守恒定律，有mBxB=mAxA，从释放至A球摆到最低点的过程中，有xB+xA=L，则A球的水平位移大小为xA=，B球的水平位移大小为xB=，C错误；B球向右运动的最大位移大小为xB'=2xB=，D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.(2025·江苏无锡模拟)如图所示，有一质量M=6 kg、 棱长为0.2 m的正方体木块静止于光滑水平面上， 木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量 为m=2 kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为 (　　) A.0.05 m B.0.10 m C.0.15 m D.0.50 m √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：小球由静止开始从通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统在水平方向动量守恒，则有mx1=Mx2，根据题意有x1+x2=0.2 m，联立解得x2=0.05 m，故选A。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上发生 正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示， 若令-=p，则p的取值范围为(　　) A.p<1 B.p<0 C.p≤-1 D.-1<p<1 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：x⁃t图像的斜率表示物体的速度，质量为m1的物体碰前的速度为v0=，质量为m2的物体碰前的速度为0，质量为m1的物体碰后的速度为v1=-，质量为m2的物体碰后的速度为v2=，两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0=m1v1+m2v2，且m1≥m1 +m2，整理解得-≤-1，即p≤-1，故选C。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(2025·广东高考)如图所示，在光滑的水平面上， 两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用，从静 止开始在同一直线上相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的关系图，可能正确的是 (　　) √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由v⁃t图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为2∶3，根据牛顿第二定律a=结合两小球所受外力大小相等，可知M、N的质量之比为3∶2；设M、N质量分别为3m和2m，碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，取向右为正方向，则由动量守恒定律有3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2，若两球发生弹性碰撞，由机械能守恒定律有·3m(4v)2+·2m(6v)2=·3m+·2m，解得v1=-4v，v2=6v，因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误； 1 5 6 7 8 9 2 3 4 若不是弹性碰撞，则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设|v1|=2v，则|v2|=3v，此时满足·3m(4v)2+·2m(6v)2 >·3m+·2m，则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v= 2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，A可能正确，C错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(2025·湖南高考)(多选)如图所示，某爆 炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成， C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其 规格可以根据测量需求进行调整。滑轨 安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1=，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mgh D.弹药释放的能量为48mgh 解析：爆炸瞬间，A、B组成的系统动量守恒，有3mv1=mv2，B与C碰撞过程动量守恒，有mv2=6mv，联立解得v=0.5v1，爆炸后瞬间A的动能EkA= ·3m·，D的初动能EkD=·6m·，两者不相等，故A错误； √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=-μ·6mg·s1=-μ·6mg·=-6mgh，D做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgh，故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；D平抛过程有h=gt2，s2=v0t，联立可得v0=s2，D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=·6m-·6mv2，化简得v2=+2gh，弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程弹药释放的能量为E=·3m+·m=24mv2= 24m=48mgh，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(12分)(2025·江苏高考)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；(3分) 答案：v0　 解析：根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量也为m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，玻璃球与钢球碰撞后速度互换，钢球与钢球碰撞后速度也互换，最终最右侧钢球的速度大小等于玻璃球的初速度v0。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；(4分) 答案：v0　 解析：玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2 由机械能守恒定律有m=m+×3m 解得v1=v0=-v0， v2=v0=v0 负号表示碰后玻璃球的速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。(5分) 答案：m 解析：根据题意结合小问(2)分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球发生弹性碰撞，同理可知，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，依次类推，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=v0则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小为Ek=mv2=m。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(14分)(2025·云南昭通模拟)如图所示， 水平光滑桌面右侧有一长为l=5 m、以 v0=2 m/s的速度顺时针转动的水平传送 带，在传送带右端有一竖直固定在水平地面上的半径为R=1 m的四分之一光滑圆弧轨道，四分之一圆弧轨道的最高点恰好与水平传送带右端相切(不影响传送带转动，物块通过传送带后可以无能量损失地滑上圆弧轨道)。一质量为mB=2 kg、可视为质点的物块B静止在桌面上，在其正上方距离为h=1.8 m的位置O点通过长为h的轻绳悬挂一质量为mA=1 kg的小球A，将轻绳拉至水平并由静止释放小球A，小球A运动到最低点时与物块B发生弹性正碰。已知物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)A、B碰撞后物块B的速度大小；(5分) 答案：4 m/s　 解析：小球A摆到最低点过程，由机械能守恒定律有mAgh=mAv2 A、B碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv=mAvA+mBvB，mAv2=mA+mB 解得vB=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)物块B在传送带上运动的时间；(4分) 答案：2 s　 解析：物块B滑上传送带后先做匀减速运动，由牛顿第二定律有μmBg=mBa 设物块B减速至与传送带共速时所运动的距离为x，该过程所用时间为t1，由运动学公式有 -=-2ax，v0=vB-at1 设物块B在传送带上匀速运动的时间为t2，则有l-x=v0t2 物块B在传送带上运动的时间t=t1+t2=2 s。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (3)物块B离开圆弧轨道时的速度大小。(5分) 答案：2 m/s 解析：设物块B离开圆弧轨道时速度大小为v1、方向与水平方向夹角为θ，则由机械能守恒定律有 mBg=mB-mB 离开圆弧轨道时满足mBgcos θ=mB 解得v1=2 m/s。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $