2023届高考物理二轮复习专题三动能和动量（1）第六讲动量与动量守恒定律学案（含解析）

这是一份2023届高考物理二轮复习专题三动能和动量（1）第六讲动量与动量守恒定律学案（含解析），共28页。学案主要包含了考向分析，核心思路，重点知识，解题技巧，典型例题等内容，欢迎下载使用。
2023届二轮复习 专题三 动能和动量 （1）
第六讲 动量与动量守恒定律 学案（含解析）
一、考向分析
高考对动量定理的单独命名较少，通常与运动学公式、牛顿运动定律，动量守恒及能量等知识结合命题，考查考生的理解和分析能力。
动量和能量在实际生产、生活中有广泛应用，是高考考查的重点和必考内容，考查形式一般是综合运用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决直线运动、抛体运动、圆周率运动、多运动过程问题，试题中通常出现难度较大以的选择题和综合性较强的计算题，命题情景新，密切联系实际，综合性强，突出考查考生综合运用物理规律解决实际问题的能力。
二、核心思路

三、重点知识
1.动量定理：。
注：F为物体所受合力；由于F与v都是矢量在列式前，必须规定正方向。
2.动量守恒条件：
（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。
（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。
（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.三种碰撞问题列式：

4.三种反冲类问题列式：

5.三种连接体问题列式：
四、解题技巧
1.动量定理的应用技巧
(1)一般来说，能用牛顿第二定律解决的问题也能用动量定理解决，如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简捷。
(2)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，当力为变力时，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中F是物体或系统所受的合力。
2.应用动量守恒定律解题注意点
(1)注意动量守恒的条件
动量守恒定律是有条件的,具体情况有:
前提条件——存在相互作用的物体组成的系统。
理想条件——系统不受外力。
实际条件——系统所受合力为零。
近似条件——系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
方向条件——系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
(2)注意正方向的选取:动量守恒定律的表达式是矢量式,所以一定要在规定正方向后,再确定初、末状态的动量。
(3)注意研究系统的选取:选取研究对象是解决物理问题的首要环节。运用动量守恒定律首先要确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；在很多物理问题中,研究对象的选取方案并不是唯一的，选取不同的研究对象会影响求解的繁简程度。
(4)注意研究过程的选取；在运用动量守恒定律解题时,会遇到系统间物体多次相互作用的问题，若作用时的速度相对于同一参考系,则可以把整个过程作为研究过程；若作用时的速度相对于不同的参考系，则必须分段列式。
五、 思维建模
子弹打木块和滑块——滑板模型



爆炸现象和反冲运动


人船模型

六、典型例题
考点1 冲量与动量定理
【例1】两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象，分别为两球碰前的位移﹣时间图象，为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，若球质量，则由图象判断下列结论错误的是（ ）

A.碰撞前的总动量为
B.碰撞时对所施冲量为
C.碰撞前后的动量变化为
D.碰撞中两球组成的系统损失的动能为10J
【例2】如图所示，两个质量相等的小球，分别从同一高度、倾角分别为的光滑斜面顶端由静止自由滑下。在小球从开始下滑到到达斜面底端的过程中，下列判断正确的是( )

A.球和球到达斜面底端的速度大小不相等
B.球重力做功的平均功率比球重力做功的平均功率小
C.球运动的加速度比球运动的加速度大
D.球所受重力的冲量大小比球所受重力的冲量大小小
归纳总结：
1.恒力的冲量可应用I=Ft直接求解,变力的冲量应用动量定理求解。
2.物体动量变化是由合外力的冲量决定的,物体动能变化是由合外力做的功决定的。
3.动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。
4.动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。
[变式训练]
1.如图所示，质量为的小球B静止在光滑的水平面上，质量为的小球A以速度靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上.两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失.当一定时，越大，则( )

A.碰撞后A的速度越小 B.碰撞后A的速度越大
C.碰撞过程中B受到的冲量越大 D.碰撞过程中A受到的冲量越大
2.如图所示，水平面上，向下与水平方向成30°、大小为的推力作用在质量为的物体上，向上与水平方向成30°、大小为F的拉力作用在质量为的物体B上，A、B都由静止开始运动，相等时间内运动了相同的位移，与水平面的动摩擦因数分别为和，则（ ）

A.推力对做的功与拉力对B做的功相等
B.推力对的冲量与拉力对B的冲量相同
C.若=，则 ＞
D.若=，则 ＜
考点2 动量守恒
【例3】如图所示,物块和通过一根轻质不可伸长的细绳连接,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为、。初始时静止与水平地面上,悬于空中。先将竖直向上再举高(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,以大小相等的速度一起运动,之后恰好可以和地面接触。取。空气阻力不计。求:

(1)从释放到细绳绷直时的运动时间t;
(2)的最大速度的大小;
(3)初始时离地面的高度。
【例4】质量为m、半径为R的小球，放在半径为、质量为的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )

A. B. C. D.

归纳总结：
应用动量守恒定律解题的基本步骤：
（1）明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程。
（2）进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
（3）规定正方向,确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据,求出结果,必要时进行讨论说明。
[变式训练]
3.如图所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为的小物块从木板最右端以速度滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）

A.木板先加速再减速，最终做匀速运动
B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为
C.整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为
D.弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为
4.如图,半径为、质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,将质量也为的小球从距点正上方高处由静止释放,小球自由落体后由点经过半圆轨道后从冲出,在空中能上升的最大高度为,则( )

A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为
C.小球离开小车后做竖直上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度
考点3 三种碰撞问题
【例5】如图所示，三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为 ，，，三个小球的初状态均静止，两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给一个向左的初速度，碰后球的速度依然向左，大小为，下列说法正确的是（ ）

A.球和的碰撞是弹性碰撞
B.球和碰撞后，球的最小速度可为0
C.球和碰撞后，弹簧的最大弹性势能可以达到72J
D.球和碰撞后，球速度最小时球的速度可能为
【例6】如图所示，竖直平面内固定有半径为的光滑半圆形轨道，最高点与圆心、在同一水平线上，物块甲、乙质量之比为1：3。物块甲从处由静止开始无初速释放，滑到最低点与静止在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.之间的竖直高度为 B.之间的竖直高度为
C.在以后的运动中，物块甲不能回到点 D.在以后的运动中，物块甲能回到点
归纳总结：
三种碰撞类问题解题思路：
（1）判断两物体碰撞瞬间的情况:当两物体相碰时,首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力
（2）碰撞的“三个原则”:①动量守恒原则,即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律;②动能不增加原则,即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量;③物理情境可行性原则,即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致
（3）根据两物体碰撞时遵循的物理规律,列出相对应的物理方程:①如果物体间发生的是弹性碰撞,则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解;②如果物体间发生的不是弹性碰撞,则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解
[变式训练]
5.水平轨道与圆弧轨道平滑相连。质量为的物体在水平轨道上处于静止状态，现给物体一个水平向右的瞬时冲量沿圆弧轨道向上滑行的最大高度为。返回到水平轨道后，与静止在水平面上的物体发生弹性碰撞，碰撞后向左滑行后静止(滑动过程中未与发生碰撞)。已知与轨道之间无摩擦，与轨道之间的动摩擦因数为,()求：

(1)受到的水平瞬时冲量的大小；
(2)物体的质量？
6.如图所示，在水平面上依次放置小物块和以及曲面劈，其中与的质量相等均为，曲面劈的质量，曲面劈的曲面下端与水平面相切，且曲面劈足够高，各接触面均光滑。现让小物块以水平速度向右运动，与发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈。求：

（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块与在曲面劈上能够达到的最大高度。
考点4 反冲问题
【例7】将质量为的模型火箭点火升空，燃烧的燃气以大小为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(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A． B．
C． D．
【例8】如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )

A. B. C. D.
归纳总结：
反冲类问题解题思路：
（1）确定反冲问题中的主体和客体，看好谁为谁提供动量。
（2）反冲类问题的动量必守恒，先计算客体的动量变化，根据两物体动量的矢量和为零列等式。
（3）两种列式方式：①A物体的动量变化量=B物体的动量变化量（标量式）
②A物体的动量+B物体的动量=0（矢量式）（列式前规定正方向）。
[变式训练]
7.运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小，水的密度，则喷嘴处喷水的速度大约为( )

A.2.7 m/s B.5.4 m/s C.7.6 m/s D.10.8 m/s
8.为估算池中睡莲叶面受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 .査询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 .据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为 ()(   )
A.0.15
B.0.54
C.1.5
D.5.4
考点5 多连接体多过程
【例9】小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的另一端，如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发子弹打入靶中后，再打下一发.则以下说法正确的是( )

A.待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
【例10】如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，传感器的位置N始终与圆心O等高.质量、长度的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离.一质量的小滑块以的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动.在R取不同值时，压力传感器读数F与的关系如图乙所示.已知小滑块与小车表面间的动摩擦因数，取重力加速度.求：

（1）小滑块到达P点时的速度的大小；
（2）图乙中a和b的值.
归纳总结：
1.多过程解题思路：
（1）确定每个分解过程中的动量是否守恒。
（2）确定每个过程间隔中的联系关系，确定过程与过程之间连接的物理量。
（3）各段分别列式，在根据确定好的连接关系，将各段关系式联立。
（4）求解方程组，得出未知量。
2.多过程常见连接点：
（1）“与斜面相切”代表着两分段间速度相等，且无能量、动量损失。
（2）“脱离弹簧”代表弹性势能变为零，转化成物体动能（或动能和摩擦内能）。
（3）“滑上斜面”代表物体的水平分速度与斜面的水平分速度动量守恒。
[变式训练]
9.如图所示,质量为的光滑弧形槽静止在光滑的水平地面上,其半径为,弧形槽过点的切线竖直,用质量为的小球将弹簧压缩在竖直墙上并锁定, 弹簧储存的弹性势能为50J。解除锁定后,小球脱离弹簧冲上弧形槽,并能从弧形槽的最高点冲出,重力加速度,小球可视为质点,忽略空气阻力。求：

（1）小球冲出弧形槽最高点后做什么运动，上升的最大高度为多少？
（2）小球落回弧形槽后，与弧形槽分离，滑上水平地面时的速度是多少？
（3）小球从冲出点到再次落回到弧形槽时,弧形槽向前运动了多长？
10.如图所示，质量为、左端有挡板的长木板置于水平地面上，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为0.2。一辆固定有电动机的小车，质量共，放置在木板上，电动机可收拢与挡板拴接的水平轻绳，初始时离挡板的距离为。开启电动机收拢轻绳使小车匀加速运动到挡板处。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计，取。

(1)若运动时间为，且木板不动，求轻绳的拉力大小；
(2)若要运动时间最短，且木板不动，求加速过程中轻绳拉力的最大功率；
(3)若小车与挡板碰撞后结合成一个牢固整体（碰撞时间极短，同时电动机停止运转），求最终停止时，木板与初位置距离的最大值及对应的轻绳拉力。












答案以及解析
例题答案：
【例1】答案：A
解析：A. 以碰撞前的速度方向为正方向,由动量守恒定律得：,解得：,碰前的总动量,代入数据解得：，故A错误，符合题意；
【例2】答案：B
解析：A.根据动能定理可得：末速度大小相等，故A错误；
B.重力的平均功率：,末速度大小相等,因为,所以，故B正确；
C.速度变化率即加速度,,又因为,所以，故C错误；
D.球运动过程中加速度比球小,球运动过程中位移比球大,由,故,重力的冲量为,故，故D错误；
故选：B。
【例3】答案：(1)从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有,①
代入数据解得,②
(2)设细绳绷直前瞬间速度大小为,有③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于的重力,相互作用,由动量守恒得
④
之后做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度即为最大速度,联立②③④式,代入数据解得⑤
(3)细绳绷直后,一起运动,恰好可以和地面接触,说明此时的速度为零,这一过程中组成的系统机械能守恒,有
⑥
代入数据解得⑦
【例4】答案：B
解析：由水平方向动量守恒有，又，，所以，选项B正确。
【例5】答案：AD
解析：A. 两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：，
代入数据解得：，
碰撞前系统总动能：，
碰撞后系统总动能：，
碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；
BD、碰撞后，组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时的速度最小，的速度最大，以向左为正方向,从碰撞后到弹簧恢复原长过程,在水平方向,由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：，
由此可知，球和碰撞后，的最小速度为4m/s，此时C的速度为16m/s，故B错误，D正确；
C. 速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，系统在水平方向动量守恒，
以向左为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得,弹簧的最大弹性势能：，故C错误。
【例6】答案：AC
解析：AB. 设之间的竖直高度为，物块甲点滑到点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得物块甲第一次与物块乙碰前速度大小
碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上点，由机械能守恒定律得
解得碰撞后甲的速度大小为
设甲的质量为，则乙的质量为，甲乙发生弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，，，故A正确，B错误；
CD. 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
由机械能守恒定律得
解得物块甲的速度大小为
碰撞后对甲，由机械能守恒定律得
解得，物块甲能回到点，故C错误，D正确。
【例7】答案：A
解析：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点。燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出，其喷出过程中重力和空气阻力可忽略，因此火箭和燃气组成的系统所受合外力为零，运用动量守恒定律解答即可。燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为，根据动量守恒定律，可得，解得，选项A正确.
【例8】答案：C
解析：取向右为正方向,由动量守恒有,解之有，故C正确。
【例9】答案：BC
解析：车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、颗子弹为研究对象，动量守恒，则有，由位移关系有，解得，故C正确，D错误；每射击一次，车子都会右移，故B正确.
【例10】答案：（1）小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块加速度大小为，小车加速度大小为，由牛顿第二定律
对滑块有
对小车有
设小车与滑块经时间t后速度相等，则有

滑块的位移
小车的位移
代入数据解得
由于，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度.
另解：设小滑块与小车共速的速度为v，相对位移为，则
由动量守恒定律得
解得
由功能关系得
此过程小车的位移设为
则有
解得
由于，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度.
（2）小滑块到达N点时的速度设为，则有

从P点到N点的过程中，由机械能守恒定律有

联立解得
故
由关系式并结合图乙可知，图象的斜率
故.
变式训练答案
变式1答案：CD
解析：以的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得，又因碰撞过程中机械能守恒，故有，两式联立得.当时，越大，越小，当时，越大，越大，选项A、B错误；碰撞过程中，A受到的冲量，可知越大，A受到的冲量越大，选项D正确；B受到的冲量与A受到的冲量大小相等、方向相反，因此越大，B受到的冲量也会越大，选项C正确.
变式2答案：AD
解析：根据功和冲量的定义，可知A正确，B错误；两物体在相等时间内运动了相同的位移，两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，化简整理后有
，若，则，C错误，D正确。
变式3答案：AB
解析：A. 物块接触弹簧之前，物块减速运动，木块加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木块继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板加速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木块先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；
B. 当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木块看做系统，由动量守恒定律可得，得。从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得。从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得，，则最大的弹性势能为，所以B正确；
C. 根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为，所以是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误；
D. 由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为，又系统克服摩擦力做功为，则，即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。
变式4答案：CD
解析：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零,水平方向系统动星守恒,由于小球有竖直分加速度,所以系统所受的合外力不为零,系统动星不守恒,故A错误;
B、系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒走律得:,即有。
解得小车的最大位移:,故B错误;
C、小球与小车组成的系统在水平方向动星守恒,小球由点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零。小球离开小车后做竖直上拋运动。故C正确;
D、小球第一次车中运动过程中,由动能定理得:,
为小球克服摩擦力做功大小,
解得:,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为,
由于小球第二次在车中滚动时,对应位罝处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于,机械能损失小于,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于,而小于,即。故D正确；
故选:CD。
变式5答案：(1)对物体，由机械能定恒定律得①
受到的冲量②
解①②得，，受到的冲量
(2)由圆弧轨道返回与碰撞前，由于机械能守恒，其速度大小仍为
发生弹性碰撞，动量定恒，机械能定恒
③
④
碰后到停止，由动能定理得
⑤
解③④⑤得物体质量为
变式6答案：（1）小物块与发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：

解得
碰撞过程中系统损失的机械能为：

解得
（2）当上升到最大高度时，系统的速度相等，根据动量守恒定律：

解得
由能量关系：
解得
变式7答案：B
解析：两个喷嘴的横截面积均为，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为，取质量为的水为研究对象，根据动量定理得，解得，选项B正确。
变式8答案：A
解析：雨滴与睡莲叶面碰撞,对睡莲叶面的冲量等于动量的变化,设雨滴的质量为,对叶面的压力为则有,得,压强,故A正确。
变式9答案：(1)设解除锁定后,小球获得的速度为,由能量守恒可得:
，
当小球冲出槽的最高点时,两者在水平方向共速,设此时小球水平速度为,竖直速度为,由水平方向动量守恒和机械能守恒可得，
，
联立解得,所以小球相对于斜槽做竖直上抛运动,相对于地面做斜上抛运动。设小球上升的最大高度为,则，解得;。
(2)小球落回弧形槽后,与弧形槽分离,滑上水平地面时,设小球和圆弧槽的速度分别为和,取水平向左为正方向,由系统水平方向动能守恒和机械能守恒得，联立代入数据解得,
故小球落回弧形槽后,与弧形槽分离,滑上水平地面时的速度为0.
(3)由得所以小球在空中运动的总时间为，小球从冲出点到再次落回到弧形槽时,弧形槽向前运动的距离为.
变式10答案：(1)对小车的匀加速过程，有:①
②
代入数据，联立①②式解得小车所受牵引力
(2)要木板不移动，绳对木板的拉力应满足
③
要小车运动时间最短，绳对木板的拉力应为最大
故对小车，有④
小车与挡板相碰前瞬间，拉力对小车做功的功率达最大⑤
代入数据，联立④⑤式解得最大功率
(44.8、45.1)
(3)须分为“木板不动”和“木板移动”两种情况，分别讨论如下：
(i)若小车加速时木板不动，对小车加速度、与板相碰、共同减速到停的过程，分别有
联立解得木板移动距离⑥
即时，木板移动距离最大，为⑦
(ii)若小车加速过程木板移动，即，从起动到碰，对小车和木板，分别有：⑧
，，
代入数据，联立解得木板向右移动距离⑨
及碰前瞬间车与木板的速度大小：⑩
对碰撞过程，有
代入⑩式，解得碰后瞬间共同速度方向向左，大小⑪
从共速到停下，对整体，有
代入数据，解得木板向右移动距离⑫
木板总位移⑬
代入，整理得：⑭
代入，得
综合两种情形得木板移动的最大距离，对应