056动量守恒之滑块（小球）——曲面模型 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题

一.必备知识精讲

二.典型例题精讲：

例1：如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放．重力加速度为g，求：

(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；

(2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；

(3)B的最大速度的大小．

答案　(1)　3mg＋Mg　(2)

(3)

解析　(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒，有mgR＝mv

解得小球到b点时的速度大小为v0＝

在最低点b，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m

解得FN＝3mg

由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力FN′＝FN＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝FN′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力F′＝F＝3mg＋Mg.

(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v

由机械能守恒定律，有mv＝(M＋m)v2＋mgh

解得h＝.

(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋Mv2

由能量守恒定律可知mv＝mv＋Mv

解得v2＝.

例2：如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：

图5

(1)碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．

答案　(1)mv　(2)

解析　(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向

由动量守恒定律得：mv0＝2mv

解得v＝v0；

碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝mv－×2mv2

解得E损＝mv.

(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1

解得v1＝v0

根据机械能守恒得

2mgh＝×2m2－×5m2

解得h＝.

三.举一反三，巩固练习

1：如图所示，在光滑水平面上，有一轻弹簧左端固定，右端放置一质量m1＝2 kg的小球，小球与弹簧不拴接。小球右侧放置一光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝1.5 m，质量m2＝8 kg。现用力推动小球，将弹簧缓慢压缩，当外力做功为25 J时，撤去外力释放小球，弹簧恢复原长后小球进入圆弧轨道。已知重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度；

(2)圆弧轨道的最大速度。

答案　(1)1 m　(2)2.4 m/s

解析　(1)由题意知，外力做的功转化为小球的初动能，即W＝m1v

小球与圆弧轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，得：

m1v0＝(m1＋m2)v

小球与圆弧轨道组成的系统机械能守恒，得：

m1v＝(m1＋m2)v2＋m1gh

联立解得：h＝1 m。

(2)以水平向右为正方向，设小球第一次从圆弧轨道左侧滑出时速度为v1，此时圆弧轨道的速度为v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：

m1v0＝m1v1＋m2v2

m1v＝m1v＋m2v

联立解得：v1＝－3 m/s，v2＝2 m/s

所以小球被弹簧反弹后会继续滑上圆弧轨道，继而再从左侧离开圆弧轨道。小球第二次与圆弧轨道相互作用的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：

－m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2

联立解得：v1′＝1.4 m/s，v2′＝2.4 m/s

v1′＜v2′，则圆弧轨道的最大速度为2.4 m/s。

2.如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球和小车组成的系统动量守恒

B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大

C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小

D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动

答案　BC

解析　小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。

3.如图所示，光滑水平面上质量为m1＝2 kg的物块以v0＝2 m/s的初速度冲向质量为m2＝

6 kg的静止的光滑圆弧面斜劈体，圆弧部分足够长．求：

(1)物块m1刚滑到最高点位置时，二者的速度大小；

(2)物块m1刚从圆弧面滑下后，二者速度大小．

(3)若m1＝m2，物块m1从圆弧面滑下后，二者速度大小．

答案　见解析

解析　(1)物块m1与斜劈体作用过程水平方向动量守恒，且到最高点时共速，以v0方向为正，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.5 m/s；

(2)物块m1从滑上圆弧面到从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，能量守恒，则有：

m1v0＝m1v1＋m2v2，

m1v＝m1v＋m2v，

解得：v1＝v0，v2＝v0

代入数据得：v1＝－1 m/s，v2＝1 m/s；

(3)若m1＝m2，根据上述分析，物块m1从圆弧面滑下后，交换速度，即v1′＝0，v2′＝2 m/s.

4．图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2＝3 kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1＝2 kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速度释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L＝2 m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)滑块B在碰撞后瞬间的速度大小；

(2)滑块A的释放高度．

答案　(1)4 m/s　(2)1.25 m

解析　(1)碰后滑块B减速滑行，由动能定理得：

－μm2gL＝－m2v

滑块B碰后瞬间的速度：v2＝4 m/s

(2)两滑块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：

m1v0＝m1v1＋m2v2

m1v＝m1v＋m2v

滑块A下滑过程，由动能定理得m1gH＝m1v

由以上各式解得 H＝1.25 m

5．如图甲所示，半径为R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A为轨道最高点，与圆心O等高；B为轨道最低点．在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝3 kg，小车足够长，车的上表面与B点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示．物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1 kg，g取10 m/s2.

(1) 求物块滑到B点时对轨道压力的大小；

(2) 物块相对小车静止时距小车左端多远？

答案　(1)30 N　(2)1.75 m

解析　(1)物块从光滑圆弧轨道A点滑到B点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgR＝mv

代入数据解得vB＝4 m/s

在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m

代入数据解得FN＝30 N

由牛顿第三定律可知，物块滑到B点时对轨道的压力大小：FN′＝FN＝30 N

(2)物块滑上小车后，由于水平地面光滑，系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．以向右为正方向，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v

代入数据解得v＝1 m/s

由能量关系得系统因摩擦产生的热量Q＝mv－(m＋M)v2

解得Q＝6 J

由功能关系知Q＝μ1mgx1＋μ1mg(x－x1)

将μ1＝0.4，x1＝0.5 m代入可解得x＝1.75 m.

6.如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形轨道，最高点M、N与圆心O在同一水平线上，物块甲、乙的质量之比为1∶3。物块甲从M处由静止开始无初速度释放，滑到最低点P与静止在P处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上的Q点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．Q、P之间的竖直高度为

B．Q、P之间的竖直高度为

C．在以后的运动中，物块甲不能回到M点

D．在以后的运动中，物块甲能回到M点

答案　AD

解析　设Q、P之间的竖直高度为h，物块甲从M点滑到P点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝mv，解得物块甲第一次与物块乙恰好碰撞前时刻的速度大小为v0＝；碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上的Q点，由机械能守恒定律得mgh＝mv，解得碰撞后甲的速度大小为v1＝。设甲的质量为m，则乙的质量为3m，甲、乙发生弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝－mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋×3mv，联立解得h＝，v1＝ ，v2＝ ，故A正确，B错误。由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得3mv2－mv1＝mv1′＋3mv2′，由机械能守恒定律得mv＋×3mv＝mv1′2＋×3mv2′2，解得碰后物块甲的速度大小为v1′＝，碰撞后对甲，由机械能守恒定律得mgh′＝mv1′2，解得h′＝R，则物块甲能回到M点，故C错误，D正确。