高考物理動量守恒定律的應(yīng)用輔導(dǎo)講義

1、高考物理動量守恒定律的應(yīng)用輔導(dǎo)講義授課主題動量守恒定律的應(yīng)用教學(xué)目的1、了解什么是彈性碰撞和非彈性碰撞2、知道什么是對心碰撞和非對心碰撞及散射現(xiàn)象3、會運(yùn)用動量守恒定律分析、解決碰撞等相互作用的問題教學(xué)重難點(diǎn)會運(yùn)用動量守恒定律分析、解決碰撞等相互作用的問題教學(xué)內(nèi)容一、知識回顧合沖量的求法動量定理動量守恒的條件二、新課導(dǎo)入下圖是馬爾西發(fā)表的著作中的一幅插圖，一顆大理石球?qū)π淖矒粢慌糯笮∠嗟惹彝荣|(zhì)料的小球時，運(yùn)動將傳遞給最后一個小球，其余的小球毫無影響。你能解釋這是為什么嗎？三、本章知識點(diǎn)講解碰撞中的動量守恒碰撞的特點(diǎn)1瞬時作用的相互作用時間和相互作用力的特點(diǎn)(1)瞬時作用的相互作用時間很短。(

2、2)在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用力很大，遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，因此作用過程的動量可看成守恒。2位移的特點(diǎn)碰撞、爆炸、打擊過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，所以在物體發(fā)生碰撞、爆炸、打擊的瞬間可忽略物體的位移?？梢哉J(rèn)為物體在碰撞、爆炸、打擊前后在同一位置。3能量的特點(diǎn)爆炸過程系統(tǒng)的動能增加，碰撞、打擊過程系統(tǒng)的動能不會增加，可能減少，也可能不變。碰撞的分類：按碰撞前后速度方向的關(guān)系分為：正碰和斜碰按能量損失分：1彈性碰撞：碰撞過程中不僅動量守恒，而且機(jī)械能守恒，碰撞前后系統(tǒng)動能相等。同時，在碰撞問題中常做動量和動能的換算。2非彈性碰撞：碰撞過程中動量守恒，碰撞結(jié)束后系

3、統(tǒng)動能小于碰撞前系統(tǒng)動能。減少的動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。3完全非彈性碰撞：碰撞過程中動量守恒，碰撞結(jié)束后兩物體結(jié)合為一整體以相同的速度運(yùn)動，系統(tǒng)動能損失最大。特別提醒：(1)當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動量守恒定律。(2)對心碰撞是同一直線上的運(yùn)動過程，只在一個方向上列動量守恒方程即可，此時應(yīng)注意速度正、負(fù)號的選取。3速度要符合情景如果碰前兩物體同向運(yùn)動，則后面物體的速度大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v前v后，否則碰撞沒有結(jié)束，如果碰前兩物

4、體是相向運(yùn)動，則碰后，兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。典型例題：如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為0.2kg的小球以5.0m/s的速度向前運(yùn)動，與質(zhì)量為3.0kg的靜止木塊發(fā)生碰撞，假設(shè)碰撞后木塊的速度是v木1m/s，則()Av木1m/s這一假設(shè)是合理的，碰撞后球的速度為v球10m/sBv木1m/s這一假設(shè)是不合理的，因而這種情況不可能發(fā)生Cv木1m/s這一假設(shè)是合理的，碰撞后小球被彈回來Dv木1m/s這一假設(shè)是可能發(fā)生的，但由于題給條件不足，v球的大小不能確定答案：B解析：假設(shè)這一過程可以實(shí)現(xiàn)，根據(jù)動量守恒定律得m1vm1v1m2v木，代入數(shù)據(jù)解得v110m/s

5、，這一過程不可能發(fā)生，因?yàn)榕鲎埠蟮臋C(jī)械能增加了。變式訓(xùn)練：在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，它們成一條直線，2、3小球靜止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它們，如圖所示設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個小球的速度可能值是D課堂小結(jié)：彈性碰撞的規(guī)律實(shí)例：A球碰撞原來靜止的B球。典型例題：如圖所示，B、C、D、E、F,5個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4個球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量。A球以速度v0向B球運(yùn)動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A5個小球靜止，1個小球運(yùn)動B4個小球靜止，2個小球運(yùn)動C3個小球靜止，3個小球運(yùn)動D6個小球都運(yùn)動

6、答案：C解析：A球與B球相碰時，由于A質(zhì)量小于B，A彈回，B獲得速度與C碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質(zhì)量相等，B靜止，C獲得速度，同理，C和D的碰撞，D與E的碰撞都是如此，E獲得速度后與F的碰撞過程中，由于E的質(zhì)量大于F，所以E、F碰后都向右運(yùn)動。所以碰撞之后，A、E、F三球運(yùn)動，B、C、D三球靜止。變式訓(xùn)練：1.如圖所示,在真空中一光滑絕緣水平面上,有直徑相同的兩個金屬球A、C,質(zhì)量mA=1×10-2kg、mC=5×10-3kg,靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場中的C球帶正電,電荷量qC=1.0×10-2C。在磁場外不帶電的A球以速度v0=20 m/

7、s進(jìn)入磁場中與C球發(fā)生正碰后,C球?qū)λ矫娴膲毫η『脼榱?g取10 m/s2),則碰后A球的速度為()A.10 m/sB.5 m/sC.-10 m/sD.-20 m/s答案:A解析:A球與C球發(fā)生正碰,則動量守恒,即mAv0=mAvA+mCvC,接觸后,C球所帶電荷量變?yōu)?對水平面壓力為零,則vCB=mCg,解以上各式得vA=10 m/s,所以選項(xiàng)A正確。2.在光滑的水平面上,質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動。在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動。小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇,PQ=1.5PO。假設(shè)小

8、球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的,求兩小球質(zhì)量之比。解析:從兩小球碰撞后到它們再次相遇,小球A和B的速度大小保持不變,根據(jù)它們通過的路程,可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為41兩球碰撞過程有:m1v0=m1v1+m2v2m1m1m2解得:=2。3.如圖所示,車廂的質(zhì)量為M,長度為L,靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的木塊(可看成質(zhì)點(diǎn))以速度v0無摩擦地在車廂底板上向右運(yùn)動,木塊與前車壁碰撞后以向左運(yùn)動,則再經(jīng)過多長時間,木塊將與后車壁相碰?解析:木塊和車廂組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)向右為正方向,碰后車廂的速度為v',則mv0=Mv'-m·得v'=,方

9、向向右設(shè)t時間內(nèi)木塊將與后車壁相碰,則v't+t=L4(2019·山東卷)如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運(yùn)動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值兩次碰撞時間均極短求B、C碰后瞬間共同速度的大小解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由動量守恒定律得mvAmvAmvB設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得WAmvmv設(shè)B與C碰撞前B

10、的速度為vB，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得WBmvmvB2據(jù)題意可知WAWB設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得mvB2mv聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vv0答案v0課堂小結(jié)：某一方向上動量守恒問題的解題規(guī)律1動量守恒定律的適用條件是普遍的，當(dāng)系統(tǒng)所受的合外力不為零時，系統(tǒng)的總動量不守恒，但是在不少情況下，合外力在某個方向上的分量卻為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量分量就是守恒的2分析該方向上對應(yīng)過程的初、末狀態(tài)，確定初、末狀態(tài)的動量3選取恰當(dāng)?shù)膭恿渴睾愕谋磉_(dá)式列方程4結(jié)合常用的機(jī)械能守恒、動能定理或能量守恒的公式列出對應(yīng)的方程5根據(jù)題意分析討論，得出結(jié)論典型例題：小型迫擊炮在

11、總質(zhì)量為1 000 kg的船上發(fā)射，炮彈的質(zhì)量為2 kg，若炮彈飛離炮口時相對于地面的速度為600 m/s，且速度跟水平面成45°角，求發(fā)射炮彈后小船后退的速度【解析】取炮彈和小船組成的系統(tǒng)為研究對象，在發(fā)射炮彈的過程中，炮彈和炮身(炮和船視為固定在一起)的作用力為內(nèi)力系統(tǒng)受到的外力有炮彈和船的重力、水對船的浮力在船靜止的情況下，重力和浮力相等，但在發(fā)射炮彈時，浮力要大于重力，因此，在豎直方向上，系統(tǒng)所受到的合外力不為零，但在水平方向上系統(tǒng)不受外力(不計水的阻力)，故在該方向上動量守恒發(fā)射炮彈前，總質(zhì)量為1 000 kg的船靜止，則總動量Mv0.發(fā)射炮彈后，炮彈在水平方向的動量為mv

12、1cos45°，船后退的動量為(Mm)v2，可得mv1cos45°(Mm)v2.取炮彈的水平速度方向?yàn)檎较?，代入已知?shù)據(jù)解得v2v1×600 m/s0.85 m/s.變式訓(xùn)練：1、如圖所示，一個質(zhì)量為m的木塊，從半徑為R、質(zhì)量為M的光滑圓槽頂端由靜止滑下已知圓槽可沿著光滑水平面自由滑動求木塊從槽口滑出時的速度大小為多少？解析木塊從開始下滑到脫離槽口的過程中，木塊和槽所組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒設(shè)木塊滑出槽口時的速度為v2，槽的速度為v1，則mv2Mv10又木塊下滑時，只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，聯(lián)立兩式解得木塊滑出槽口的速度即mgRmvMvv

13、2 2、(2019·云南一模)如圖所示，光滑的桿MN水平固定，物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，A通過長度為L的輕質(zhì)細(xì)繩與物塊B相連，A、B質(zhì)量均為m且可視為質(zhì)點(diǎn)一質(zhì)量也為m的子彈水平射入物塊B后未穿出，若桿足夠長，此后運(yùn)動過程中繩子偏離豎直方向的最大夾角為60°.求子彈剛要射入物塊B時的速度大小解析子彈射入木塊B的過程中，子彈和木塊B組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，規(guī)定子彈的速度方向?yàn)檎较?，有mv02mv1，子彈開始射入物塊B到繩子偏離豎直方向夾角最大的過程中，系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有mv03mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒得2mgL(1cos60°)×2mv

14、×3mv，聯(lián)立三式解得v02.答案2課堂小結(jié)：“爆炸類問題中”動量守恒定律的應(yīng)用1爆炸的特點(diǎn)是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用力盡管是變力，但作用時間很短，爆炸產(chǎn)生的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力(如重力、摩擦力等)，因此爆炸過程中外力的作用可以近似忽略系統(tǒng)滿足動量守恒的條件，因此可以利用動量守恒定律求解爆炸問題2由于爆炸過程中物體間相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，因此可以把作用過程看作一個理想化過程來處理，可認(rèn)為此過程動量守恒，位移不發(fā)生變化典型例題：(2019·泉州檢測)有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)

15、爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是()A3v0v B2v03vC3v02v D2v0v解析在最高點(diǎn)水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一塊的速度為v3v02v，對比各選項(xiàng)可知，答案選C.答案C課堂小結(jié)：多物體、多過程的動量守恒問題典型例題：兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著并排放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA0.5 kg，mB0.3 kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質(zhì)量為mC0.1 kg的滑塊C(可視為質(zhì)點(diǎn))，以vC25 m/s的速度恰好水平滑上A的上表面，如圖所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和

16、C的共同速度為3.0 m/s，求：(1)木塊A的最終速度；(2)滑塊C離開A時的速度vC.【解析】(1)當(dāng)C滑上A后，由于摩擦力作用，將帶動A和B一塊運(yùn)動，直至C滑到B后，A、B兩木塊分離，分離時A的速度為vA，最后C相對B靜止，與B以共同的速度vB3.0 m/s運(yùn)動，在整個過程中，由A、B、C三物體組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，得mCvCmAvA(mBmC)vB，所以vA m/s2.6 m/s.(2)解法一：為計算vC，我們以B、C為系統(tǒng)，C滑上B時，B與A分離，B、C水平方向動量守恒，此時B的速度與A的速度相同為vA，由動量守恒有mBvAmCvC(mBmC)vB，得vC m/s4.2 m/s.解

17、法二：為計算vC我們?nèi)砸訟、B、C三物體組成的系統(tǒng)為研究對象滿足動量守恒，C剛滑離A到B時，A、B的速度相同都為vA，此時C的速度為vC，則mCvC(mAmB)vAmCvC，得vC m/s4.2 m/s.變式訓(xùn)練：1、光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m，mBmCm，開始時B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動，A與B碰撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的距離保持不變求B與C碰撞前B的速度大小解析設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得對A、B木塊：mAv0mAvAmBvB對B、C木塊：mBvB

18、(mBmC)v由A與B間的距離保持不變可知vAv聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0.2、如圖所示，傾角為30°的斜面固定在水平面上，斜面底端有一擋板與之垂直，同種材料制成的可看為質(zhì)點(diǎn)的小物塊A、B、C，其質(zhì)量分別為m、2m、2m，物塊C靜止在物塊B與擋板之間某一位置小物塊A、B靠在一起，其間夾有少量炸藥，一起以v04ms的速度沿斜面勻速下滑，當(dāng)A、B與擋板距離為L175m時炸藥爆炸，炸藥爆炸后A的速度恰好變?yōu)榱?，隨后小物塊B沿斜面向下運(yùn)動并與小物塊C發(fā)生彈性碰撞，接著物塊C與擋板也發(fā)生彈性碰撞碰后物塊C沿斜面上滑，最后物塊B與A碰撞并粘成一體取g10ms2，求物塊B與A剛碰撞后的速度大小v共

19、（2）（10分）解：設(shè)沿軌道向下為正方向，爆炸瞬間由于內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，AB組成的系統(tǒng)動量守恒，故有，解得，方向沿斜面向下（2分）由于B和C質(zhì)量相等，B與C之間發(fā)生彈性碰撞，故發(fā)生速度交換，碰撞過程能量沒有損失，而C與擋板之間也是發(fā)生彈性碰撞，能量沒有損失，C上滑與B再次碰撞過程中，仍然發(fā)生彈性碰撞，沒有能量損失，故從B與A分離到B與A再次碰撞過程，等效與B以勻速下滑，然后與擋板發(fā)生彈性碰撞，再沿斜面減速上升。 （2分）設(shè)B與A發(fā)生碰撞時速度為，等效的整個過程中根據(jù)動能定理可得2mg sin×2L=， （2分）A與B碰撞過程中，動量守恒，故有 （2分）聯(lián)立解得，負(fù)號表示方向沿斜面向上

20、 （2分）3、如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為4m、長為L的木板右端緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零現(xiàn)小滑塊以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，求的值小滑塊以水平速度v0右滑時，由動能定理有：fL0mv02(2分)小滑塊以速度v滑上木板到運(yùn)動至碰墻時速度為v1，由動能定理有：fLmvmv2(2分)滑塊與墻碰后至向左運(yùn)動到木板左端，此時滑塊、木板的共同速度為v2，由動量守恒有：mv1(m4m)v2(2分)由總能量守恒可得：fLmv12 (

21、m4m)v22(2分)述四式聯(lián)立，解得： (1分) 4、如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切，質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平軌道高為h處靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電力作用。帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。求：A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能A、B兩球最終的速度的大?。?）（4分）對A球下滑的過程，由動能定理得：（1分）當(dāng)A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、B相距最近時，兩球速度相等，由動量守恒定律可得：

22、（1分）由能量守恒定律得：；（2分）（6分）當(dāng)A、B相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠(yuǎn)離，當(dāng)它們相距足夠遠(yuǎn)時，它們之間的相互作用力可視為零，電勢能也視為零，它們就達(dá)到最終的速度，該過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒、能量也守恒由動量守恒定律可得：，（2分）由能量守恒定律可得：，（2分）解得：；（2分）課堂小結(jié)：四、鞏固練習(xí)1、如圖所示，A B C是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，并滯留在木塊中若被擊中的木塊沿軌道能滑到最高點(diǎn)C，已知木塊對C點(diǎn)的壓力大小為(M+m)g，求：子彈射入木塊前瞬

23、間速度的大小2、如圖所示，在足夠長的光滑水平軌道上靜止三個小木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B與C用一個輕彈簧固定連接，開始時整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥，A的左邊有一個彈性擋板（小木塊和彈性擋板碰撞過程沒有能量損失）?，F(xiàn)在引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產(chǎn)生的能量有E=9J轉(zhuǎn)化為A和B沿軌道方向的動能，A和B分開后，A恰好在BC之間的彈簧第一次恢復(fù)到原長時追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。求：（1）在A追上B之前彈簧彈性勢能的最大值；（2）A與B相碰以后彈簧彈性勢能的最大值。3如圖所示，質(zhì)量為3.0kg的小車在光滑水平軌道上以2.0m/s速度

24、向右運(yùn)動一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小車后壁，已知水流流量為m3/s，射到車壁的水全部流入車廂內(nèi)那么，經(jīng)多長時間可使小車開始反向運(yùn)動？（水的密度為kg/m3）4、如圖所示，在小車的一端高h(yuǎn)的支架上固定著一個半徑為R的1/4圓弧光滑導(dǎo)軌，一質(zhì)量為m=0.2kg的物體從圓弧的頂端無摩擦地滑下，離開圓弧后剛好從車的另一端擦過落到水平地面，車的質(zhì)量M=2kg，車身長L=0.22m，車與水平地面間摩擦不計，圖中h =0.20m，重力加速度g=10m/s2，求R.5、如圖所示，光滑軌道的DP段為水平直軌道，PQ段為半徑是R的豎直半圓軌道，半圓軌道的下端與水平軌道的右端相切于P點(diǎn).一輕質(zhì)彈簧

25、兩端分別固定質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小球B，質(zhì)量為m的小球C靠在B球的右側(cè).現(xiàn)用外力作用在A和C上，彈簧被壓縮(彈簧仍在彈性限度內(nèi))，這時三個小球均靜止于距離P端足夠遠(yuǎn)的水平軌道上.若撤去外力，C球恰好可運(yùn)動到軌道的最高點(diǎn)Q.已知重力加速度為g，求撤去外力前的瞬間，彈簧的彈性勢能E是多大？1、（14）.解：設(shè)子彈射入木塊瞬間速度為v，射入木塊后的速度為vB，到達(dá)C點(diǎn) 時的速度為vC。子彈射入木塊時，系統(tǒng)動量守恒，可得： 木塊(含子彈)在BC段運(yùn)動，滿足機(jī)械能守恒條件，可得 木塊(含子彈)在C點(diǎn)做圓周運(yùn)動，設(shè)軌道對木塊的彈力為T，木塊對軌道的壓力為T，可得： 又：T =T=(M+m)g 由

26、、方程聯(lián)立解得：子彈射入木塊前瞬間的速度：2、（1）塑膠炸藥爆炸瞬間取A和B為研究對象，假設(shè)爆炸后瞬間AB的速度大小分別為vA、vB，取向右為正方向由動量守恒：mAvA+mBmB=0爆炸產(chǎn)生的熱量由9J轉(zhuǎn)化為AB的動能：帶入數(shù)據(jù)解得：vA = vB = 3m/s由于A在炸藥爆炸后再次追上B的時候彈簧恰好第一次恢復(fù)到原長，則在A追上B之前彈簧已經(jīng)有一次被壓縮到最短，（即彈性勢能最大）爆炸后取BC和彈簧為研究系統(tǒng)，當(dāng)彈簧第一次被壓縮到最短時BC達(dá)到共速vBC，此時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep1由動量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC由能量定恒定定律：帶入數(shù)據(jù)得：EP1=3J（2）設(shè)BC之間的彈簧

27、第一次恢復(fù)到原長時B、C的速度大小分別為vB1和vC1，則由動量守恒和能量守恒： mBvB=mBvB1+mCvC1帶入數(shù)據(jù)解得：vB1=1m/s vC1=2m/s （vB1=3m/s vC1=0m/s 不合題意，舍去。）A爆炸后先向左勻速運(yùn)動，與彈性擋板碰撞以后速度大小不變，反向彈回。當(dāng)A追上B，發(fā)生碰撞瞬間達(dá)到共速vAB由動量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB解得：vAB=1m/s當(dāng)ABC三者達(dá)到共同速度vABC時，彈簧的彈性勢能最大為EP2由動量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC由能量守恒：帶入數(shù)據(jù)得：EP2=0.5J3.解:由題意知，小車質(zhì)

28、量m=3.0kg ，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=m3/s，水的密度=kg/m3.設(shè)經(jīng)t時間，流人車內(nèi)的水的質(zhì)量為M，此時車開始反向運(yùn)動，車和水流在水平方向沒有外力，動量守恒，所以有 mv1- Mv2=0 (3分)又因?yàn)?M=V (2分)V=Qt (3分)由以上各式帶入數(shù)據(jù)解得 t=50s (2分)4.解:物體從圓弧的頂端無摩擦地滑到圓弧的底端過程中，水平方向沒有外力.設(shè)物體滑到圓弧的底端時車速度為v1，物體速度為v2對物體與車，由動量及機(jī)械能守恒得0=Mv1-mv2(2分)mgR=Mv+m v (2分)物體滑到圓弧底端后車向右做勻速直線運(yùn)動，物體向左做平拋運(yùn)

29、動，所以有h=gt2 (2分)L=（v1+v2）t (2分)由以上各式帶入數(shù)據(jù)解得 R=0.055m (2分)5.解:對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時，設(shè)B、C共同速度大小為v0，A的速度大小為vA，由動量守恒定律有： 2 mvA = (m+m) v0 (2分)即 vA = v0由系統(tǒng)能量守恒有： (2分)此后B、C分離，設(shè)C恰好運(yùn)動至最高點(diǎn)Q的速度為v，由機(jī)械能守恒有： (2分)在最高點(diǎn)Q，由牛頓第二定律有： (2分)聯(lián)立 式解得：E =10mgR (2分)五、當(dāng)堂達(dá)標(biāo)檢測1. 如圖所示，AB為一光滑水平橫桿，桿上套一質(zhì)量為M的小圓環(huán)，環(huán)上系一長為L質(zhì)量不計的細(xì)繩，繩的另

30、一端拴一質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則當(dāng)線繩與A B成角時，圓環(huán)移動的距離是多少？解析：雖然小球、細(xì)繩及圓環(huán)在運(yùn)動過程中合外力不為零（桿的支持力與兩圓環(huán)及小球的重力之和不相等）系統(tǒng)動量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向不受外力，因而水平動量守恒。設(shè)細(xì)繩與AB成角時小球的水平速度為v，圓環(huán)的水平速度為V，則由水平動量守恒有：MV=mv且在任意時刻或位置V與v均滿足這一關(guān)系，加之時間相同，公式中的V和v可分別用其水平位移替代，則上式可寫為：Md=m（LLcos）d解得圓環(huán)移動的距離： d=mL（1cos）/（M+m）2、如圖所示，A、B兩物體與一輕質(zhì)彈簧相連，靜止在地面上.有

31、一個小物體C從距A物體h高度處由靜止釋放，當(dāng)下落至與A相碰后立即粘在一起向下運(yùn)動，以后不再分開，當(dāng)A和C運(yùn)動到最高點(diǎn)時，物體B對地面恰好無壓力.設(shè)A、B、C三物體的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，不計空氣阻力，且彈簧始終處于彈性限度內(nèi).若彈簧的彈性勢能由勁度系數(shù)和形變量決定，求C物體下落時的高度h.3、質(zhì)量為M=3kg的平板車放在光滑的水平面上，在平板車的最左端有一小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，物塊的質(zhì)量為m=1kg，小車左端上方如圖所示固定著一障礙物A，初始時，平板車與物塊一起以水平速度v0=2m/s向左運(yùn)動，當(dāng)物塊運(yùn)動到障礙物A處時與A發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞，而小車?yán)^續(xù)向左運(yùn)動，取重力加速度g=1

32、0m/s2.設(shè)平板車足夠長，求物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊與平板車所能獲得的共同速度；設(shè)平板車足夠長，物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊向右運(yùn)動對地所能達(dá)到的最大距離是s=0.4m，求物塊與A第一次碰撞后到第二次碰撞前相對小車滑動的距離.2.解:開始時A處于平衡狀態(tài)，有kx=mg (1分)設(shè)當(dāng)C下落h高度時的速度為v，則有：(1分)設(shè)C與A碰撞粘在一起時速度為v，根據(jù)動量守恒定律有：mv=2m v(2分)由題意可知A與C運(yùn)動到最高點(diǎn)時，B對地面無壓力，即kx=mg (1分)可見：x=x(2分)所以最高點(diǎn)時彈性勢能與初始位置彈性勢能相等.根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：(3分)解得：(2分)3.解:以物塊和車為系統(tǒng)，由動量守恒定律得： (2分) 代入已知數(shù)據(jù)解得，共同速度：v=1