沪科技版（2020）选修第一册相互作用中的守恒量动量学案

这是一份沪科技版（2020）选修第一册相互作用中的守恒量动量学案，文件包含普高物理新教材选修1第3章机械波第3讲专题强化1波动图像与振动图像的综合问题及波的多解问题讲义--教师版定稿docx、普高物理新教材选修1第3章机械波第3讲专题强化1波动图像与振动图像的综合问题及波的多解问题讲义--教师版定稿pdf、普高物理新教材选修1第3章机械波第3讲专题强化1波动图像与振动图像的综合问题及波的多解问题讲义--学生版定稿docx、普高物理新教材选修1第3章机械波第3讲专题强化1波动图像与振动图像的综合问题及波的多解问题讲义--学生版定稿pdf等4份学案配套教学资源，其中学案共74页， 欢迎下载使用。
1．力的三个作用效果及五个规律
(1)力的三个作用效果
(2)两个守恒定律
2．力学规律的选用原则
(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有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。
专题讲练1
1、(多选)像子弹这样高速运动物体的速度通常很难直接测量，但我们可以借助物理知识设计方案帮助我们测量。如图所示，有一种测子弹速度的方案如下：长为L的细线下吊着一个质量为M的沙袋(大小可忽略不计)，一颗质量为m的子弹水平射入沙袋并在极短时间内留在其中，然后随沙袋一起摆动，若细线与竖直方向的最大偏角是θ(小于90°)，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( ABC )
A．子弹射入沙袋后和沙袋的共同速度为eq \r(2gL1－cs θ)
B．子弹射入沙袋前的速度为eq \f(M＋m,m)eq \r(2gL1－cs θ)
C．系统损失的机械能为eq \f(M,m)(M＋m)gL(1－cs θ)
D．子弹射入沙袋后瞬间细绳拉力为3(M＋m)·g(1－cs θ)
解析 子弹射入沙袋后与沙袋一起摆动的过程，根据机械能守恒定律可得(m＋M)gL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)(m＋M)v12，解得子弹射入沙袋后和沙袋的共同速度为v1＝eq \r(2gL1－cs θ)，A正确；子弹射入沙袋的过程，水平方向动量守恒，可得mv0＝(m＋M)v1，解得子弹射入沙袋前的速度为v0＝eq \f(M＋m,m)eq \r(2gL1－cs θ)，B正确；系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v12＝eq \f(M,m)(M＋m)gL(1－cs θ)，C正确；子弹射入沙袋后的瞬间，根据牛顿第二定律可得F－(m＋M)g＝(m＋M)eq \f(v12,L)，解得细绳的拉力大小为F＝(m＋M)·g(3－2cs θ)，D错误。
2、如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g。则( D )
A．细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为eq \f(F,m)
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为eq \f(1,2)mv2 D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为eq \f(v2,2gl)
解析 细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a＝eq \f(F,M)，故A错误；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为eq \f(1,2)mv2，故B错误；弹簧恢复原长时木板具有动能，所以滑块的动能小于eq \f(1,2)mv2，故C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝eq \f(1,2)mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝eq \f(1,2)(m＋M)v′2＋μmgl，联立解得μ＝eq \f(v2,2gl)，故D正确。
3、(多选)2022年冬季奥运会在北京举行，而冰壶是比赛的项目之一。我国冰壶运动员在某一次训练时，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，已知两冰壶质量相等，由图像可得( BC )
A. 碰撞后瞬间，红壶的速度为1 m/s
B．碰后蓝壶经过4 s停止运动
C．红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比为1∶3
D．两壶在碰撞过程中损失的机械能与两壶从碰后到停止损失的总机械能的比值为3∶8
解析 由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的速度v0＝2 m/s，碰撞后瞬间蓝壶的速度v2＝1.5 m/s，两冰壶质量相等，设冰壶质量为m，两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后红壶的速度为v1，以碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，代入数据解得v1＝0.5 m/s，故A错误；由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.5－2.0,1) m/s2＝0.5 m/s2，图乙所示图像中的t2＝eq \f(v红初,a)＝eq \f(2.5,0.5) s＝5 s，则碰撞后蓝壶停止运动需要的时间t蓝＝(5－1) s＝4 s，故B正确；由动量定理得，对红壶：I红＝mv1，I蓝＝mv2，则红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比I红∶I蓝＝1∶3，故C正确；两壶碰撞过程损失的机械能ΔE1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，两壶从碰后到停止损失的总机械能ΔE2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，代入数据解得eq \f(ΔE1,ΔE2)＝eq \f(3,5)，故D错误。
情境解读：本题以2022年北京冬季奥运会中的冰壶比赛为背景考查力学知识的综合应用，两冰壶碰撞过程动量守恒，根据v－t图像求出加速度，应用动量定理求出两壶碰撞后到停止运动过程所受摩擦力的冲量大小之比；根据能量守恒求出碰撞过程损失的机械能。
4、(多选)一列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为L，静止于水平长直轨道上。若第一节车厢以v0向第二节车厢运动，碰撞后连在一起运动，再与第三节车厢碰撞后连在一起运动，再与第四节车厢碰撞……，以此类推，直到n节车厢全部运动，则火车的最后速度v及整个过程所经历的时间t为(不计铁轨对车轮的阻力以及列车编组时的动力)( AD )
A．v＝eq \f(v0,n) B．v＝eq \f(v0,2n) C．t＝eq \f(L,2v0（n－1）) D．t＝eq \f(nL,2v0)
解析 用v表示火车最后的速度，用m表示每节车厢的质量，由于轨道对车厢的阻力不计，所以由n节车厢组成的系统，动量守恒，取第一节车厢原来的速度方向为正方向，则有 mv0＝nmv，得v＝eq \f(v0,n)，故A正确，B错误；
相邻两车厢的间隙长度为ΔL＝eq \f(L,n－1)
设车厢间发生第1、2、……、k次碰撞后连在一起的车厢速度分别为v1、v2、…、vk，则有
mv0＝2mv1
mv0＝3mv2
…
mv0＝(k＋1)mvk
解得v1＝eq \f(1,2)v0，v2＝eq \f(1,3)v0，…、vk＝eq \f(1,k＋1)v0
所以整个挂接过程所用时间为 t＝eq \f(ΔL,v0)＋eq \f(ΔL,v1)＋…＋eq \f(ΔL,vk)＝eq \f(ΔL,v0)[1＋2＋…＋(n－1)]＝eq \f(nL,2v0)，故C错误，D正确。
情境解读：本题以火车挂钩这一实际问题为情景，涉及碰撞过程中的动量守恒和匀速直线运动状态两个知识点，运算过程中渗透了数学归纳法。
5、如图，在足够大的光滑水平面上放有两个小物块P、Q，Q的质量为m，P的质量为2m，物块P连接一轻弹簧并处于静止状态。现让物块Q以初速度3v0向物块P运动且两物块始终保持在一条直线上。若分别用实线和虚线表示物块Q、P的速度v与时间t之间关系的图线，则在弹簧形变过程中，v－t图像可能是下图中的( C )
解析 以两物体及弹簧作为整体分析，当它们速度相等时，由动量守恒定律可得
m·(3v0)＝(m＋2m)v
解得v＝v0，故A、B错误；
碰后，Q的速度减小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度时，弹簧压缩量增大，弹簧弹力增大，它们的加速度都增大，当弹簧压缩到最大，开始恢复的过程中，弹力方向不变，Q的速度继续减小，P的速度继续增大，但由于弹簧的压缩量减小，它们的加速度都将减小，故C正确，D错误。
6、如图所示，平板小车静止在光滑水平面上。现有、两个小物体（可视为质点）分别从小车的两端同时以相反的速度水平地滑上小车，初速度，，、和间的动摩擦因数均为，、、的质量相同。最后、恰好相遇而未碰撞，且、、以共同的速度运动。，求：⑴ 、、共同运动的速度
⑵ 相对于地面向左运动的最大位移 ⑶ 小车的长度 【答案】⑴ ⑵ ⑶

7、某学生利用某软件对一维碰撞的实验视频进行分析，视频中m1＝15 g的小球碰撞原来静止的m2＝10 g的小球，由视频分析可得它们在碰撞前后的x－t图像如图所示。
(1)由图可知，入射小球碰撞前的动量m1v1＝________ kg·m/s，被碰小球碰撞后的动量m2v2′＝________ kg·m/s；
(2)碰撞的恢复系数的定义为e＝|eq \f(v2′－v1′,v2－v1)|，其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度，v1′和v2′分别是碰撞后两物体的速度，弹性碰撞的恢复系数e＝1，非弹性碰撞的恢复系数e < 1，该实验碰撞的恢复系数e＝________，可判断该视频中的碰撞属于________(填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)。
答案 (1)0.015 0.0075 (2)0.25 非弹性碰撞
解析 (1)由图像可知，碰前入射小球的速度为 v1＝eq \f(x1,t1)＝eq \f(0.2 m,0.2 s)＝1 m/s
碰后入射小球的速度为 v1′＝eq \f(x1′,t1′)＝eq \f(0.3 m－0.2 m,0.4 s－0.2 s)＝0.5 m/s
被碰小球碰后的速度为 v2′＝eq \f(x2′,t2′)＝eq \f(0.35 m－0.2 m,0.4 s－0.2 s)＝0.75 m/s
则入射小球碰撞前的动量为 p1＝m1v1＝0.015 kg·m/s
入射小球碰撞后的动量为 p1′＝m1v1′＝0.007 5 kg·m/s
被碰小球碰撞后的动量为 p2′＝m2v2′＝0.007 5 kg·m/s
(2)根据恢复系数的定义有 e＝|eq \f(v2′－v1′,0－v1)|＝|eq \f(0.75－0.5,0－1)|＝0.25 ，该碰撞过程属于非弹性碰撞。
8、如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若00
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为 v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑′＝eq \f(10－20k,3) m/s＝0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，
根据动量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共 解得v共＝1 m/s
根据能量守恒定律可得 μm′gx相＝eq \f(1,2)m′(v物′)2－eq \f(1,2)(m′＋M′)v共2 解得x相＝1.875 m。
9、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数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；
(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；
(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 (1)3 N (2)2 m/s (3)0.4 s
解析 (1)甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝eq \f(1,2)mv12
甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝meq \f(v12,R1)
联立解得：v1＝2eq \r(5) 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，由v22－v12＝－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)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＝eq \r(\f(2R2,g))＝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，
因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4 s。
知识点2、用动量和能量观点综合解决问题
1．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。
2．若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。
专题讲练2
1、如图所示，在光滑的水平面上放置有两木块A和B，A的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，则A和B合在一起后的运动情况是( A )
A．停止运动
B．因A的质量较大而向右运动
C．因B的速度较大而向左运动
D．运动方向不确定
解析 设作用力F作用的时间为t，向右为正方向，则A的末动量pA＝Ft ，B的末动量pB＝－Ft
碰撞的过程中满足动量守恒定律， 所以(mA＋mB)v＝pA＋pB＝0，碰撞后它们合在一起，停止运动，故A正确。
2、一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为( C )
A．E0 B.eq \f(m,M)E0 C.eq \f(m,M－m)E0 D.eq \f(Mm,M－m)E0
解析 放出质量为m的粒子后，剩余质量为M－m，该过程动量守恒，有：mv0＝(M－m)v
放出的粒子的动能为E0＝eq \f(1,2)mv02 原子核反冲的动能：Ek＝eq \f(1,2)(M－m)v2
解得：Ek＝eq \f(m,M－m)E0，故选C。
3、如图所示，质量m＝1 kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2 kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l均为0.6 m。现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端。小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，水平面足够长，求：
(1)小物块离开平台时速度的大小；
(2)水平恒力F对小物块冲量的大小。
答案 (1)3 m/s (2)5 N·s
解析 (1)设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1。从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：
由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1
由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋M)v12＋μmgl
联立以上两式并代入数据得：v0＝3 m/s。
(2)设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上运动的时间为t。小物块在平台上运动的过程，对小物块： 由动量定理得：I－μmgt＝mv0－0 由运动学规律得：l＝eq \f(v0,2)t
联立并代入数据得：I＝5 N·s。
4、如图所示，在光滑的水平面上放置了一个质量M＝3 kg的长木板AB，长木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，长木板的左端放置了一个质量m＝1 kg的小物块(视为质点)，物块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝0.15，木板右端B连着一段轻质弹簧，弹簧处于自然状态时，左端点正好在C点，系统处于静止状态。若给小物块一个向右的初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处；如果给长木板施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，作用t＝1 s时间后撤去此力时，小物块正好到达C点。求： (1)长木板粗糙段的长度； (2)恒力F的大小； (3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能。
答案 (1)1 m (2)12 N (3)1.5 J
解析 (1)设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有 mv0＝(m＋M)v
μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2 解得L＝1 m
(2)设经过t＝1 s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有： Ft＝Mv1＋mv2
对整个系统由功能关系有： Fx－μmgL＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22 又eq \f(v1,2)t＝x ， eq \f(v2,2)t＝x－L
联立解得F＝12 N，v1＝3.5 m/s，v2＝1.5 m/s
(3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则 Mv1＋mv2＝(M＋m)v3
eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22＝Epm＋eq \f(1,2)(M＋m)v32 解得Epm＝1.5 J。
5、如图所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与固定在斜面底端的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d。现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g。取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)若A、B间的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度减为零时(此时B与C不接触，弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x。
(2)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。
答案 (1)eq \f(5Ep,3mg)－d (2)eq \f(72m2g2,15mgd－50Ek)
解析 (1)物块A下滑的过程，根据机械能守恒定律有mgdsin θ＝eq \f(1,2)mv02， 解得v0＝eq \r(\f(6,5)gd)，
设A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
A、B碰撞过程机械能守恒，有eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22 解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(\f(6,5)gd)
A、B碰撞后，B沿斜面向下压缩弹簧至速度减为零的过程，
根据能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)mv22＋mgxsin θ， 解得x＝eq \f(5Ep,3mg)－d。
(2)A、B碰撞前，弹簧的压缩量为x1＝eq \f(mgsin θ,k)，
设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v3， 则有mv0＝2mv3，解得v3＝eq \f(1,2)eq \r(\f(6,5)gd)，
C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为x2＝eq \f(mgsin θ,k)，可知，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv32＝Ek＋2mg(x1＋x2)sin θ，解得k＝eq \f(72m2g2,15mgd－50Ek)。
6、如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以大小相等的速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求：
(1)木板C的最终速度的大小；
(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff的大小；
(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。
答案 (1)eq \f(5,6)v (2)eq \f(mv2,3L) (3)eq \f(3L,2v)
解析 (1)取向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1 解得v1＝eq \f(v,3)
A滑到C上，A、C系统动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2 解得v2＝eq \f(5,6)v
(2)在A、C相互作用过程中，有Q＝Ff·eq \f(L,2)， Q＝eq \f(1,2)(3m)v2＋eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(3m＋m)v22 解得Ff＝eq \f(mv2,3L)；
(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1 解得t＝eq \f(3L,2v)。
7、如图所示，足够长的曲面与水平桌面平滑连接，将两物体甲、乙之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连。现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，乙离开弹簧后从右边飞出，甲离开弹簧后冲上曲面。已知桌面高为h，乙平抛的水平射程为x，甲的质量为2m，乙的质量为m，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)乙离开弹簧时的速度大小；
(2)甲上升到曲面最高点时距桌面的高度H；
(3)弹簧的最大弹性势能。
答案 (1)xeq \r(\f(g,2h)) (2)eq \f(x2,16h) (3)eq \f(3mgx2,8h)
解析 (1)对乙的平抛过程分析，有 h＝eq \f(1,2)gt2， x＝v2t 联立解得v2＝xeq \r(\f(g,2h))
(2)弹簧将两物体弹开的过程，甲、乙组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有 2mv1－mv2＝0
解得v1＝eq \f(x,2)eq \r(\f(g,2h))
对甲冲上曲面过程，由机械能守恒定律有 2mgH＝eq \f(1,2)×2mv12 解得H＝eq \f(x2,16h)
(3)弹簧的最大弹性势能为Epm＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)mv22 解得Epm＝eq \f(3mgx2,8h)。
8、一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
答案 (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
解析 (1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mvC2 解得vC＝4 m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 FC＋mg＝meq \f(vC2,R) 解得FC＝22 N
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得 mgh－0.2mgLFG＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，设为v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1 解得v1＝eq \f(v,2)＝3 m/s
根据能量守恒可得Q＝μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mv12 解得μ＝0.3
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝3 m/s2
所用时间为t1＝eq \f(v－v1,a)＝1 s，此过程滑块通过的位移为x1＝eq \f(v＋v1,2)t1＝4.5 m
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为t2＝eq \f(L0－x1,v1)＝1.5 s
则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s.
作用效果
对应规律
表达式
列式角度
力的瞬时作用效果
牛顿第二定律
F合＝ma
动力学
力在空间上的积累效果
动能定理
W合＝ΔEk即W合＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
功能关系
力在时间上的积累效果
动量定理
I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv
冲量与动量的关系
名称
表达式
列式角度
能量守恒定律(包括机械能守恒定律)
E2＝E1
能量转化(转移)
动量守恒定律
p2＝p1
动量关系