動量守恒定律及其應(yīng)用

1、動量守恒定律及其應(yīng)用一、動量守恒定律1動量守恒定律的內(nèi)容一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 即： 守恒是指整個過程任意時刻相等（時時相等,類比勻速） 定律適用于宏觀和微觀高速和低速2動量守恒定律成立的條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，可以忽略不計；系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。3動量守恒定律的表達(dá)形式（1），即p1+p2=p1/+p2/，（2）p1+p2=0，p1= -p24、理解：正方向同參同系微觀和宏觀都適用5動量守恒定律的重要意義從現(xiàn)代物理學(xué)的理論高度來認(rèn)識，動量守恒定律是物理學(xué)中最基本的普適原理之一

2、。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學(xué)實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。5應(yīng)用動量守恒定律解決問題的基本思路和一般方法（1）分析題意，明確研究對象.在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng).（2）要對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內(nèi)物體作用的外力.在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動量守恒定律條件，判斷能否應(yīng)用動量守恒。（3）明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的量值或表達(dá)式。注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物

3、體的速度均應(yīng)取地球為參考系。（4）確定好正方向建立動量守恒方程求解。二、動量守恒定律的應(yīng)用1碰撞A A B A B A Bv1vv1/v2/ 兩個物體在極短時間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。仔細(xì)分析一下碰撞的全過程：設(shè)光滑水平面上，質(zhì)量為m1的物體A以速度v1向質(zhì)量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。在位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到位置A、B速度剛好相等（設(shè)為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠(yuǎn)離，彈簧開始恢復(fù)原長，到位置彈

4、簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。（1）彈簧是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；彈性勢能減少全部轉(zhuǎn)化為動能；因此、狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）（2）彈簧不是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，彈性勢能仍最大，但比??；彈性勢能減少，部分轉(zhuǎn)化為動能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。這種

5、碰撞叫非彈性碰撞。（3）彈簧完全沒有彈性。系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞?？梢宰C明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大，為：v1。【例1】 質(zhì)量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質(zhì)量為m的小球以速度v1向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于90且足夠長。求小球能上升到的最大高度H 和物塊的最終速度v。解析：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。小球上升過程中，由水平系統(tǒng)動量守恒得：由系統(tǒng)機械能守恒得： 解得全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守

6、恒，得【例2】 動量分別為5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運動，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后A的動量減小了2kgm/s，而方向不變，那么A、B質(zhì)量之比的可能范圍是什么？解析：A能追上B，說明碰前vAvB,；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加， ，由以上不等式組解得：點評：此類碰撞問題要考慮三個因素：碰撞中系統(tǒng)動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；碰前碰后兩個物體位置關(guān)系（不穿越）和速度大小應(yīng)保證其順序合理。2子彈打木塊類問題 s2 ds1v0子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜

7、止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程?！纠?】 設(shè)質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。解析：子彈和木塊最后共同運動，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為f，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理： 對木塊用動能定理： 、相減得： 點評：這個式子的物理意義是：f

8、d恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應(yīng)該用路程，而不是用位移）。 由上式不難求得平均阻力的大?。褐劣谀緣K前進(jìn)的距離s2，可以由以上、相比得出：從牛頓運動定律和運動學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比： 一般情況下，所以s2d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物

9、體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：當(dāng)子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是EK= f d（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用式計算EK的大小。3反沖問題在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉(zhuǎn)化?？梢园堰@類問題統(tǒng)稱為反沖?！纠?】 質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當(dāng)他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠(yuǎn)？解析

10、：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設(shè)人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，點評：應(yīng)該注意到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無關(guān)。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達(dá)船的左端，那么結(jié)論都是相同的。以上列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動量，就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式?！纠?】 總質(zhì)量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速

11、度為v0，速度方向水平。火箭向后以相對于地面的速率u噴出質(zhì)量為m的燃?xì)夂?，火箭本身的速度變?yōu)槎啻螅拷馕觯夯鸺龂姵鋈細(xì)馇昂笙到y(tǒng)動量守恒。噴出燃?xì)夂蠡鸺Ｓ噘|(zhì)量變?yōu)镸-m，以v0方向為正方向，4爆炸類問題【例6】 拋出的手雷在最高點時水平速度為10m/s，這時突然炸成兩塊，其中大塊質(zhì)量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質(zhì)量為200g，求它的速度的大小和方向。分析：手雷在空中爆炸時所受合外力應(yīng)是它受到的重力G=( m1+m2 )g，可見系統(tǒng)的動量并不守恒。但在爆炸瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，外力可以不計，系統(tǒng)動量近似守恒。設(shè)手雷原飛行方向為正方向，則整體初速度；m1=0.3kg的大

12、塊速度為m/s、m2=0.2kg的小塊速度為，方向不清，暫設(shè)為正方向。由動量守恒定律：m/s此結(jié)果表明，質(zhì)量為200克的部分以50m/s的速度向反方向運動，其中負(fù)號表示與所設(shè)正方向相反5某一方向上的動量守恒【例7】 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

13、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（L-Lcos）-d解得圓環(huán)移動的距離： d=mL（1-cos）/（M+m）6物塊與平板間的相對滑動【例8】如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，mM,A、B間動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向；（2）從地面上看，小木塊向左運動到離出發(fā)點最遠(yuǎn)處時，平板車向右運動位移

14、大小。解析：（1）由A、B系統(tǒng)動量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v所以v=v0 方向向右（2）A向左運動速度減為零時，到達(dá)最遠(yuǎn)處，此時板車移動位移為s,速度為v,則由動量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv對板車應(yīng)用動能定理得：-mgs=mv2-mv02 聯(lián)立解得：s=v02【例9】兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為，它們的下底面光滑，上表面粗糙；另有一質(zhì)量的滑塊C（可視為質(zhì)點），以的速度恰好水平地滑到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C的共同速度為3.0m/s，求：（1）木塊A的最終速度； （2）滑塊C離開A時的速度。解析：這是一個由

15、A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)，以這系統(tǒng)為研究對象，當(dāng)C在A、B上滑動時，A、B、C三個物體間存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系統(tǒng)的動量守恒。（1）當(dāng)C滑上A后，由于有摩擦力作用，將帶動A和B一起運動，直至C滑上B后，A、B兩木塊分離，分離時木塊A的速度為。最后C相對靜止在B上，與B以共同速度運動，由動量守恒定律有 =（2）為計算，我們以B、C為系統(tǒng)，C滑上B后與A分離，C、B系統(tǒng)水平方向動量守恒。C離開A時的速度為，B與A的速度同為，由動量守恒定律有三、針對訓(xùn)練練習(xí)11質(zhì)量為M的小車在水平地面上以速度v0勻速向右運動。當(dāng)車中的砂子從底部的漏斗中不斷流下時，車子速度將（ B ）

16、A減小 B不變 C增大 D無法確定2如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊中部夾一被壓縮的彈簧，當(dāng)彈簧被放開時，它們各自在桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地上。A的落地點與桌邊水平距離0.5m，B的落地點距離桌邊1m，那么（ A、B、D）AA、B離開彈簧時的速度比為12BA、B質(zhì)量比為21C未離開彈簧時，A、B所受沖量比為12D未離開彈簧時，A、B加速度之比123如圖所示，在沙堆表面放置一長方形木塊A，其上面再放一個質(zhì)量為m=0.10kg的爆竹B，木塊的質(zhì)量為M=6.0kg。當(dāng)爆竹爆炸時，因反沖作用使木塊陷入沙中深度h=50cm，而木塊所受的平均阻力為f=80N。若爆竹的火藥質(zhì)量以及空氣阻

17、力可忽略不計，g取，求爆竹能上升的最大高度。解：爆竹爆炸瞬間，木塊獲得的瞬時速度v可由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求得，爆竹爆炸過程中，爆竹木塊系統(tǒng)動量守恒 練習(xí)21質(zhì)量相同的兩個小球在光滑水平面上沿連心線同向運動，球1的動量為 7 kgm/s,球2的動量為5 kgm/s,當(dāng)球1追上球2時發(fā)生碰撞，則碰撞后兩球動量變化的可能值是A Ap1=-1 kgm/s，p2=1 kgm/sBp1=-1 kgm/s，p2=4 kgm/sCp1=-9 kgm/s，p2=9 kgm/sDp1=-12 kgm/s，p2=10 kgm/s2小車AB靜置于光滑的水平面上，A端固定一個輕質(zhì)彈簧，B端粘有橡皮泥，AB車質(zhì)量為

18、M，長為L，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連結(jié)于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB與C都處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩，彈簧被釋放，使物體C離開彈簧向B端沖去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下說法中正確的是BCD A如果AB車內(nèi)表面光滑，整個系統(tǒng)任何時刻機械能都守恒B整個系統(tǒng)任何時刻動量都守恒C當(dāng)木塊對地運動速度為v時，小車對地運動速度為vDAB車向左運動最大位移小于L4質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球用細(xì)繩吊在小車上O點，將小球拉至水平位置A點靜止開始釋放（如圖所示），求小球落至最低點時速度多大？（相對地的速度）()6如圖所示甲、乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上

19、，車與水平地面間摩擦不計.甲與車的總質(zhì)量M=100 kg，另有一質(zhì)量m=2 kg的球.乙站在車的對面的地上，身旁有若干質(zhì)量不等的球.開始車靜止，甲將球以速度v（相對地面）水平拋給乙，乙接到拋來的球后，馬上將另一質(zhì)量為m=2m的球以相同速率v水平拋回給甲，甲接住后，再以相同速率v將此球水平拋給乙，這樣往復(fù)進(jìn)行.乙每次拋回給甲的球的質(zhì)量都等于他接到的球的質(zhì)量為2倍,求：（1）甲第二次拋出球后，車的速度大小.（2）從第一次算起，甲拋出多少個球后，再不能接到乙拋回來的球. (（1）v,向左 （2）5個)練習(xí)31在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是（ ）A若兩球

20、質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率互相分開B若兩球質(zhì)量相同，碰后以某一相等速率同向而行C若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率互相分開D若兩球質(zhì)量不同，碰后以某一相等速率同向而行2如圖所示，用細(xì)線掛一質(zhì)量為M的木塊，有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為和v（設(shè)子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計），木塊的速度大小為（ ）A BC D3載人氣球原靜止于高h(yuǎn)的空中，氣球質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m。若人要沿繩梯著地，則繩梯長至少是（ ）A（m+M）h/M Bmh/M CMh/m Dh4質(zhì)量為2kg的小車以2m/s的速度沿光滑的水平面向右運動，若將質(zhì)量為2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上

21、小車，則砂袋與小車一起運動的速度的大小和方向是（ ）A2.6m/s，向右 B2.6m/s，向左 C0.5m/s，向左 D0.8m/s，向右5車廂停在光滑的水平軌道上，車廂后面的人對前壁發(fā)射一顆子彈。設(shè)子彈質(zhì)量為m，出口速度v，車廂和人的質(zhì)量為M，則子彈陷入前車壁后，車廂的速度為（ ）Amv/M，向前 Bmv/M，向后Cmv/（m+M），向前 D06向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則（ ）Ab的速度方向一定與原速度方向相反B從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大Ca、b一定同時到達(dá)水平

22、地面D在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等7兩質(zhì)量均為M的冰船A、B靜止在光滑冰面上，軸線在一條直線上，船頭相對，質(zhì)量為m的小球從A船跳入B船，又立刻跳回，A、B兩船最后的速度之比是_。參考答案1A、D 2B 3A 4C 5D 6C、D 7第三單元 動 量 和 能 量概述：處理力學(xué)問題、常用的三種方法一是牛頓定律；二是動量關(guān)系；三是能量關(guān)系。若考查的物理量是瞬時對應(yīng)關(guān)系，常用牛頓運動定律；若研究對象為一個系統(tǒng)，首先考慮的是兩個守恒定律；若研究對象為一個物體，可優(yōu)先考慮兩個定理。特別涉及時間問題時，優(yōu)先考慮的是動量定理、而涉及位移及功的問題時，優(yōu)先考慮的是動能定理。兩個定律和兩個定

23、理，只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)，對中間過程不予以細(xì)究，這正是它們的方便之處，特別是變力問題，就顯示出其優(yōu)越性。FAB例題分析：例1. 如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E。這時突然撤去F，關(guān)于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是 （BD） A.撤去F后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒 B.撤去F后，A離開豎直墻前，系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒 C.撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E D.撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E/3A離開墻

24、前墻對A有彈力，這個彈力雖然不做功，但對A有沖量，因此系統(tǒng)機械能守恒而動量不守恒；A離開墻后則系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。A剛離開墻時刻，B的動能為E，動量為p=向右；以后動量守恒，因此系統(tǒng)動能不可能為零，當(dāng)A、B速度相等時，系統(tǒng)總動能最小，這時的彈性勢能為E/3。 指出：應(yīng)用守恒定律要注意條件。 對整個宇宙而言，能量守恒和動量守恒是無條件的。但對于我們選定的研究對象所組成的系統(tǒng)，守恒定律就有一定的條件了。如系統(tǒng)機械能守恒的條件就是“只有重力做功”；而系統(tǒng)動量守恒的條件就是“合外力為零”。LddB例2. 長為L寬為d質(zhì)量為m總電阻為R的矩形導(dǎo)線框上下兩邊保持水平，在豎直平面內(nèi)自由落下而穿越一個磁

25、感應(yīng)強度為B寬度也是d的勻強磁場區(qū)。已知線框下邊剛進(jìn)入磁場就恰好開始做勻速運動。則整個線框穿越該磁場的全過程中線框中產(chǎn)生的電熱是_。若直接從電功率計算，就需要根據(jù)求勻速運動的速度v、再求電動勢E、電功率P、時間t，最后才能得到電熱Q。如果從能量守恒考慮，該過程的能量轉(zhuǎn)化途徑是重力勢能EP電能E電熱Q，因此直接得出Q=2mgd 例3如圖所示，質(zhì)量為1.0kg的物體m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左側(cè)向右運動，桌面AB部分與m1間的動摩擦因數(shù)=0.2，AB間的距離s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌邊處與質(zhì)量為2.5kg的靜止物體m2發(fā)生正碰，碰撞后m2在堅直方向上落下0.6m

26、時速度大小為4m/s，若g取10m/s2，問m1碰撞后靜止在什么位置？解析：m1向右運動經(jīng)過AB段作勻減速運動，由動能定律可以求出離開B點繼續(xù)向右運動的速度為4米/秒；和m2發(fā)生碰撞后，m2作平拋運動，由平拋運動知識可以求出m2做平拋運動的初速度（碰撞之后）為2米/秒。利用動量守恒定律可以求出碰撞之后瞬間m1的速度為1米/秒。由動能定律可以求出返回經(jīng)過AB段，離B點0.25米處停止。例4翰林匯翰林匯222例子例如圖所示，球A無初速地沿光滑圓弧滑下至最低點C后，又沿水平軌道前進(jìn)至D與質(zhì)量、大小完全相同的球B發(fā)生動能沒有損失的碰撞。B球用長L的細(xì)線懸于O點，恰與水平地面切于D點。A球與水平地面間摩

27、擦系數(shù)m=0.1，已知球A初始高度h=2米，CD=1米。問： (1)若懸線L=2米，A與B能碰幾次?最后A球停在何處？ (2)若球B能繞懸點O在豎直平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，L滿足什么條件時，A、B將只能碰兩次？A球最終停于何處？(1)20次 A球停在C處(2)L0.76米，A球停于離D9.5米處例5如圖所示，小木塊的質(zhì)量m0.4kg，以速度20m/s，水平地滑上一個靜止的平板小車，小車的質(zhì)量M1.6kg，小木塊與小車間的動摩擦因數(shù)0.2.（不計車與路面的摩擦）求：(1)小車的加速度；(2)小車上的木塊相對于小車靜止時，小車的速度；(3)這個過程所經(jīng)歷的時間. (1)0.5m/s2；(2)4m/s；(3)8

28、s第二問：對m、M系統(tǒng)研究，利用動量守恒定律很快求出木塊相對小車靜止時，小車的速度。也可以利用動能定理分別研究m和M，但相對而言要麻煩得多。表明合理選擇物理規(guī)律求解，可以提高解題速度和準(zhǔn)確程度例6 如圖所示,在光滑水平地面上有一輛質(zhì)量為M的小車,車上裝有一個半徑為R的光滑圓環(huán).一個質(zhì)量為m的小滑塊從跟車面等高的平臺上以速度V0滑入圓環(huán).試問:小滑塊的初速度V0滿足什么條件才能使它運動到環(huán)頂時恰好對環(huán)頂無壓力? 解析：滑塊至圓環(huán)的最高點且恰好對環(huán)頂無壓力，應(yīng)有式中V是滑塊相對圓心O的線速度，方向向左。設(shè)小車此時速度u，并以該速度方向為正方向，則滑塊的對地速度為對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，由于水平方向所受合外力為零，由動量守恒有由滑塊和小車系統(tǒng)的機械能守恒有三式聯(lián)立求解得：指出：公式是相對圓心的線速度，而本題中的圓心是以u向右移動的，所以滑快對地速度為Vu。而動量守恒定律、機械能守恒定律表達(dá)式中的速度均應(yīng)為對地的。例7、 如圖所示，小車A質(zhì)量為置于光滑水平面上。初速度為，帶電量q=0.2C的可視為質(zhì)點的物體B,質(zhì)量為,輕放在小車的右端,它們的周轉(zhuǎn)圍存在勻強磁場,方向垂直紙面向里,磁場強度為B=0.5T,物體B與小車之間有摩擦力,小車足夠長.求(1)物體B的最大速度.(2)小車A的最小速度.(3)在此過程中轉(zhuǎn)變成多少內(nèi)能VA B 解析:小車受