（京津鲁琼版）高考物理总复习第六章第2节动量守恒定律及其应用.pdf

第六章碰撞与动量守恒第2节动量守恒定律及其应用课前回顾 01依纲扣点强基固本.【基础梳理】r=(内容卜-如果一个系统，或，则这个系统的总动量保持不变p=p,即系统相互作用前总动量P等于相互作用后总动量pmi vi+m2V2=，即相互作用的两一个物体系统，作用前的动量和等于作用动u(表达式后的动量和/里Ap】=_，即相互作用的两个物体动,守 恒 定量的增量等大反向、_/U Ap=o,即系统总动量的增量为0)律不受外力或_)1=-恒件 守条T某个方向上，该方向动量守恒)_/L系统内力_外力，动量近似守恒)碰撞：动量，动能)1=（应用-爆炸：动量，动能)-,X_4反冲：动量，动能_提不：不受外力 所受外力的矢量和为零 i+m2vf 2-P2所受合外力为零合力为零远大于守恒不增加 守恒增加守恒可能增加【自我诊断】1判一判 两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动 量守恒.（）（2）动量守恒只适用于宏观低速.（）（3）当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题.（）（4）物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.（）(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球 碰前的动量大小一定相等.()(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体 该过程中系统动量守恒.()提示：(1)J(2)X(3)X(4)V(5)V(6)V2做一做（人教版选修3-5-P1615改编）某机车以0.8 m/s的速度驶向停 在铁轨上的15节车厢，跟它们对接.机车跟第1节车厢相碰 后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车 厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢.设机车和车厢的质 量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为（铁轨的摩擦 忽略不计）（）A.0.053 m/s B.0.05 m/sC.0.057 m/sD.0.06 m/s提示：选B.取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒 1 1定律=0*8 m/s=0.05 m/s.故选项B正确.做一做（人教版选修3-5 P17 T6改编）如图所示，在光滑水平面的左 侧固定一竖直挡板，/球在水平面上静止放置，5球向左运动 与Z球发生正碰，5球碰撞前、后的速率之比为3：1,/球垂 直撞向挡板，碰后原速率返回.两球刚好不发生第二次碰撞,则/、5两球的质量之比为（）/-/.Q/zzA BA.1：2 B.2：1C.1：4 D.4：1提示：选D.设力、B质量分别为犯4、神,B的初速度为%,取5的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二 次碰撞，说明4刀碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和则有 mBv=mA+mB ,解得肛4：mB=4:1,J J V 7选项D正确.突破疑难讲练提升.热点1动量守恒条件的理解【题组突破】i.（多选）下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是滑轮男孩推滑轮女孩A太空人在舱外发射子弹 C子弹击穿地上可乐的瞬间公路上运动的汽车发生碰撞D解析：选AC.动量守恒的条件是相互作用的物体系统不受外力 或所受外力的合力为零，而相互作用过程中内力远大于外力时 也可认为动量守恒.图A中，滑轮男孩推滑轮女孩的过程中,内力远大于外力，因此系统的动量可认为守恒；图B和图D中，在两物体相互作用的过程中，没有满足内力远大于外力的条件 系统的动量不守恒；图C中，太空中无空气阻力作用，太空人 和子弹在相互作用过程中动量守恒.2.一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞 向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为（）A.大小为3.6 kg-m/s,方向向左B.大小为3.6 kg-m/s,方向向右C.大小为12.6 kg-m/s,方向向左D.大小为12.6 kgm/s,方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量=7巧一所打=12.6 kg m/s,大小为12.6 kg m/s,负号表示其方向向右，D正确.3.（2019北京四中模拟）如图所示，轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一挡板，挡板的质量为m，一物体沿光滑水平面以一 定的速度撞向挡板，物体质量为Af,物体与挡板相接触的一面 都装有尼龙搭扣，使得它们相撞后立即黏连在一起，若碰撞时 间极短（即极短时间内完成黏连过程），则对物体M、挡板m和 弹簧组成的系统，下面说法中正确的是（）vwwvmMV/ZA.在Af与/w相撞的过程中，系统的动量守恒而机械能不守恒B.从与加开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，系统的 动量不守恒而机械能守恒C.从放与开始接触到弹簧恢复原长的过程中，系统的动量 守恒而机械能不守恒D.以上三种说法都不正确解析：选A.在与阳相撞的过程中，有能量损失，所以系统 机械能不守恒.碰撞的瞬间，由于时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒，故A正确；从与m开始接触到弹簧被压缩 到最短的过程中，墙壁对系统有作用力，即系统所受的外力之 和不为零，系统动量不守恒，由于碰撞的过程有能量损失，系 统机械能不守恒，故B、C、D错误.热点2动量守恒定律的应用【知识提炼】应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需 要理解好动量守恒的条件，基本思路如下：【典题例析】t角度一动量守恒定律的简单应用瞰口（多选）（2019浙江选考考前特训）两物体在一水平长 直气垫导轨上相碰，碰撞前物体Z做匀速直线运动，5静止不 动，频闪照相机每隔0.1 s闪光一次，连续拍照5次，拍得如 图所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时 间，则由此照片可判断（）国，_团团团团团团，团，-10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140150 160 170A.第四次拍照时物体N在100 cm处B.第四次拍照时物体N在80 cm处C./W/阳8=3 1D.阳/tub=1 3解析碰撞前，物体力做匀速直线运动，可知，物体力第三 次在90 cm处，第四次在100 cm处，故A正确，B错误；碰 撞前，4滑块的速度大小为孙=号=瞿 m/s=4 m/s,方向向右;碰撞后，A的速度大小为m/s=2 m/s，方向向v 0 2左；刀的速度大小为%=7=消 m/s=2 m/s,方向向右，取向 I VF JL右为正方向，根据动量守恒定律得：肛4%=一见4以+桃5 V5，代 入数据得：mAX4 m/s=mAX2 m/s+zwX2 m/s,解得：mA mB=l：3,故C错误，D正确.答案AD变式训练（多选）（2019浙江选考考前特训）如图所示，在质量为M的小车 中挂着一单摆，摆球质量为孙），小车和单摆以恒定的速度秘沿 光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止木块发生 碰撞，碰撞的时间极短.在碰撞过程中，下列情况可能发生的 是（）A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为巧、5 3满足(M+/Mo)y=Mvi+/+阳03B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为巧和功，满足 Mv=Mv1-rmv2C.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为，满足Mv=D.小车和摆球的速度都变为巧，木块的速度变为吗，满足(M+(M+/Mo)vi+mv2解析：选BC.碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆 球的速度在瞬间不变，以球的初速度方向为正方向，若碰后小 车和木块的速度变为vi和外，由动量守恒定律得：Mv=MVl+mv2,若碰后小车和木块速度相同，小车和木块的速度都变 为u,由动量守恒定律得：Mv=(M+m)u,故B、C正确，A、D错误.，角度二 分方向动量守恒颤力（2019河北邢台二中模拟）在光滑的水平面上，两个小车 力和5之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度vo向右匀速运 动，A.B的质量分别为m和2阳.有一质量为m的黏性物体C 从高处自由落下，正好落在力车上，并与之迅速黏合在一起,在以后的运动过程中，以下说法正确的是（）CO0 _ _-B VWVWww A77777/7）777777777777777777777777777777777777777777777777777/A.。落入Z车的过程中，/、C组成的系统动量守恒B.C落入Z车的过程中，/、。组成的系统机械能守恒C.。落入Z车的过程中，/、5及弹簧组成的系统水平方向动 量守恒D./、B、C三者共速时，弹簧的弹性势能最大解析当C下落黏在/车上时，/、C系统具有向上的加速 度，故系统受到外力，故Z、。组成的系统动量不守恒，故A 错误；由于C落入车的过程中N、。黏在一起，系统机械能有 损失，故Z、C组成的系统机械能不守恒，故B错误；。落入 小车时，由于Z、5和弹簧受到。小球的作用力，故Z、5和 弹簧组成的系统水平动量不守恒，故C错误；由小车的运动过 程可知，当三者共速时，弹簧压缩量最大，故弹簧的弹性势能 最大，故D正确.答案D变式训练（2019广西钦州模拟）如图所示，在光滑的水平面上，静置一个 质量为M的小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为I的细绳,绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手,则（）A.系统的动量守恒B.水平方向任意时刻m与放的动量等大反向C.m不能向左摆到原高度D.小球和车可以同时向同一方向运动解析：选B.当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分 加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的 合力不为零，总动量不守恒，故A错误；小球与小车组成的系 统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系 统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与的动量 等大反向，故B正确；以小球和小车组成的系统，水平方向动 量守恒，当小球和小车的速度均变为零时，小球向左摆到最大 高度，因只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高 度，故C错误；因水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误.口角度三人船模型S3（2019成都外国语学校模拟）有一条捕鱼小船停靠在湖 边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）.一位同学想用一个卷 尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头 自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下 船，用卷尺测出船后退的距离为d,然后用卷尺测出船长L,已知他自身的质量为肥，则渔船的质量放为（）mL tn（Z d）a7 b.3m(L+d)c.-；D.md L-d解析据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有:Mv=mvf,即 必=阳，则船的质量为：”阳(7)B正确，A、C、D错误.答案B方I法I技I巧“人船模型”问题应注意以下两点(1)适用条件系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零;在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守 恒(如水平方向或竖直方向).(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度 间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.变式训练（2019内蒙古赤峰二中模拟）一自身质量为100 kg的小船静止 在平静的湖面上，船长为6 m,一质量为50 kg的人从船尾 走到船头，在此过程中船对岸的位移大小为（人行走前人、船均 静止，水的阻力不计）（）A.3 mC.4 mB.2 mD.0解析：选B.船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在 船上行走时，船向后退，人从船头走到船尾时，设船后退的位 移大小为x,则人相对于地面的位移大小为L取人的速度方*向为正方向，由动量守恒定律得0=mM也即有m沁f Art I*、口 二匚,、-yI 50 6片=0,解得船后退的船移*=拉+_=100+50 m=2m热点3碰撞、爆炸与反冲【典题例析】，角度一爆炸问题 例4（多选）两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向 运动，6球在前，力球在后，皿4=1 kg,mB=2 kg,va=6 m/s,vB m/s.当A球与B球发生碰撞后，力、B两球的速度vfA vfB 可能为（）A.力=4 m/sB.vf z=7 m/sC.vf a=4 m/sD.vf a=2 m/sv7=4 m/svfB=2.5 m/s叫=6 m/s叫=5 m/s解析两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为 正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得:mAvA+mBvB=(tnA+mv,代入数据解得：v=4 m/s；如果两球 发生完全弹性碰撞，有：mAvA-mBvB=mAvf力+/w夕/人 由机械能守恒定律得:1 2 1 2 1 2 121 AV A+2mBB=2mAV a+bV13代入数据解得：/=2 m/s,vr 6=5 m/s,则碰撞后4、刀的速度：2 m/s W也W4 m/s,4 m/sv2C.一定有 vi 14 kg m/s,碰撞中B球动量减少 6 kg m/s,则4 5两球碰撞前的速度之比为（）A.3：7B.3：4C.2：7D.7：4解析设碰前/、B两球速度分别为匕、vB9碰撞后粘在一 起的速度为 v,由题意得：mAvA-mBvB=+/m)v mAvA=6kg m/s、mJsvB=14 kg m/s、mBvBmBv=6 kg m/s,贝mBv=8 kg em/s mAv=12 kg em/s,mA mAv 12 3 仙 6 mB mBv 8 2 mBvB 14整理得：故C项正确，A、B、D三项错误.Vb/答案C方法技巧碰撞现象满足的三个规律动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前的物 体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有M前2 J后.碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改 变.【题组突破】L（2019河南洛阳调考）一质量为胆的滑块力以初速度为沿光2滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为:胆的滑块B 发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动，则在碰撞过程中滑块Z 动量的变化量为（）2 3Awm%,方向向左 8.牙M为，方向向左2 3，方向向右 D.JW小，方向向右解析：选A.假设滑块力初速度方向为正方向，根据动量守恒定2律,设碰后的共同速度为丹贝I：阳孙=（加+,阳）也解得v=O.6vo;可知在碰撞过程中滑块N动量的变化量为：夕=加0.6%mv=O.4zmvo负号表示方向向左.2.（2019福建莆田模拟）沿光滑水平面在同一条直线上运动的 两物体/、6碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移一时间 图象如图所示.则下列判断正确的是（）A.A,B的质量之比为1:2B.碰撞前后Z的运动方向相同C.碰撞过程中）的动能变大，BD.碰前5的动量较小的动能减小解析：选A.根据位移一时间图象的斜率表示速度，知碰撞前后A的运动方向相反，B错误；碰撞前,A的速度内=甘=若现 m/s=-5 m/s,4的速度为/xB 20Vb Mb 2m/s=10 m/s,碰撞后，AB的共同速度为弛m/s=5 m/s,碰撞前后力的动能不ZA t 乙变，B的动能减小，根据动量守恒定律得犯4必+所5y5=（见4+所5）了，解得肛4：2,A正确，C错误；碰撞前，4的动量为=tnAvA,B的动量为川=所即3，则得P4：Pb=1:4,B的动量较大,D错误.热点4有弹簧参与的运动【典题例析】S7（2019贵州一模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆 弧轨道竖直固定在水平地面上,下端与水平地面在P点相切.一 个质量为2m的物块5（可视为质点）静止在水平地面上，左端固 定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，尸、Q间的距 离为R,段地面粗糙，与物块间的动摩擦因数为=0.5,Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块Z（可视为质点）从 圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g,求：物块/沿圆弧轨道滑至最低点P时对轨道的压力大小;(2)弹簧被压缩后的最大弹性势能(未超过弹性限度)；物块力最终静止时的位置到Q点的距离.思路点拨由机械能守恒定律可求出物块力到达尸点时的速 度，然后由向心力公式结合牛顿第三定律即可计算出物块A到 达P点时对轨道的压力；当弹簧的弹性势能最大时，一定是弹 簧压缩到最短的时候，此时力、5具有共同的速度，由动量守 恒定律和能量守恒定律即可求解；要计算物块力最终静止时的 位置到。点的距离，则需要计算出弹簧将物块力弹开时物块Z 所获得的速度，此过程动量守恒、能量守恒，联立即可求解.解析(1)物块z从静止开始沿圆弧轨道滑至最低点P,设其 在P点时速度大小为股，由机械能守恒定律可得mgR=mv,设在最低点P处轨道对物块的支持力大小为/n，由牛顿第二2定律可得歹N=联立可解得bN=3/Wg,由牛顿第三定律可知，物块/在？点对轨道的压力大小为3Mg.(2)设物块力与弹簧接触前瞬间的速度大小为小，由动能定理得 1 _mgR fimgR=mvl,解得为=心无由题意可知，当物块/、B 具有共同速度时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大,设其共同速度为也由动量守恒定律可得由能量守1 1 1恒定律可得不所说=不,3mv2-Epmax,联立可解得Epmax=mgR.(3)设物块4与弹簧分离时，4、B的速度大小分别为巧、vi，规定向右为正，则由动量守恒定律可得%+2m叱，由ill 1 _能量守恒定律可得不加说=”1冒+不 ImvI,联立解得Vi=JgR,/J设物块力与弹簧分离后在段上行驶的路程为X,由动能定1理可得一Mgx=O一钾诏，解得x的位置到。点的距离为 1,故物块/最终静止时答案见解析方I法I技I巧(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧弹力做功而使弹簧增加的 弹性势能往往通过能量守恒定律进行计算，如本题中计算弹簧 的最大弹性势能Epmax时，就是根据物块4、5减少的动能转化 为弹簧增加的弹性势能进行求解的.(2)在此类问题中，当弹簧具有最大弹性势能时，一定是弹簧压 缩到最短的时候或弹簧伸长到最长的时候，此时弹簧两端的物 体一般都具有相同的速度大小，这是此类问题的一个隐含条件.变式训练如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块/、B、C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设/以速度 叫朝5运动，压缩弹簧；当2、5速度相等时，6与。恰好 相碰并黏接在一起，然后继续运动.假设万和C碰撞过程时间 极短，求从力开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：4 VVWV B C/整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.解析：A.与碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而4、C相碰黏 接在一块时，动量守恒.系统产生的内能则为损失的机械能.当 4、B.C速度相等时，弹性势能最大.(1)从Z压缩弹簧到N与5具有相同速度历时，对4、5与弹 簧组成的系统，由动量守恒定律得mvQ=lmvi 此时与与。发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为以 损失的机械能为对6、C组成的系统，由动量守恒定律和 能量守恒定律得 mvi=2mv21,1,联立式得5=焉诏(2)由式可知叱当，Z将继续压缩弹簧，直至Z、B、。三者 速度相同，设此速度为功，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势 能为耳.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv(i=3mv3A EEp 联立式得-13 2p 48阳。1 13答案：痛加谥(2)疝M喝热点5与动量有关的板块问题【典题例析】m 如图所示，有一质量为放=2 kg的平板小车静止在光滑 的水平地面上，现有质量均为m=l kg的小物块力和项均可 视为质点），由车上P处开始，力以初速度巧=1 m/s向左运动，B同时以乃=2 m/s向右运动.最终4、B两物块恰好停在小车 两端没有脱离小车.两物块与小车间的动摩擦因数都为=0.2,取g=10 m/.求：V v2 Y-Al4|一|P.一.7777777777/z-77777777/77777777(1)小物块z相对小车滑动的距离；小车总长L反B在小车上滑动过程中产生的热量4.解析(1)设力与小车左端距离为修，运动到左端用时公 在 Z运动至左端前，小车静止，刚到左端，速度减为零./mg=maA_1 2Xj2力1联立可得，1=0.5 s,Xi=0.25 m.设最后Z、5和小车达到共同速度也整个系统动量守恒：mv2tnvi=(2m由能量守恒：fimgL=1 7解得：v=0.25 m/s,Z=1.19 m方与右端距离必=上一/=0.94 m所以2方=旭/2=1.88 J.答案(1)0.25 m(2)1.19 m 1.88 J变式训练（2019济南模拟）如图所示，四分之一光滑圆轨道固定于光滑水 平地面上，紧靠轨道放一足够长的上表面粗糙的长木板，木板上表面与轨道末端相切，轨道末端。点固定有大 小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15 N 时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离，已知圆轨道半径A=0.8 m,滑块的质量m=lkg,长木板质量Af=lkg,滑块与 木板之间的动摩擦因数=0.2,g取10m/.若滑块从轨道上距。点高入=0.1 m处由静止释放，求滑块 最终停止时与。点的距离；(2)若滑块从轨道上不同高度处由静止释放，求滑块与木板之间 由于摩擦而产生的热量Q与下落高度力的关系.解析：（1）设滑块释放高度为加时，恰好触发压力开关，mgh.2Nmg=代入N=15 N,解得o=O.2 m由于。0,故未触发压力开关，长木板不动，滑块在木板上做 减速运动，最终停止，设最终停止时与C点的距离为s,由能 量守恒定律得mghfimgs=解得s=0.5 m.(2)当WAo 时,Q=mghf=lQhf 当卬时，mgh=mv2 mv=(Mrm)vfQmv 解得2=5M答案：(1)0.5 m(2)2=10/tz,hf 0.2 m优生补缺高效演练知能提升应用三大观点解决力学综合问题1.解决动力学问题的三个基本观点力的观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.动量定理与牛顿第二定律的比较(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力 的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直 接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点.(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运 动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲 击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解.3.动量守恒和机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械f旨守恒定律内容一个系统不受外力或所受 合外力为零时，系统的总动 量保持不变只有重力或弹力做功的系 统，动能与势能可以相互 转化，总的机械能保持不 变表达 式m2vr 2(2)Api=A/2(3)Ap=0(l)Ek+Ep=Ek+Ep(2)/耳=一/耳(3)Ea 增=Eb 减动量守恒定律机械能守恒定律守恒条件(1)系统不受外力或所 受合外力为零(2)内力远远大于外力(3)系统所受合外力不 为零，但某一方向合外 力为零(该方向上动量 守恒)(1)只受重力或弹力作用(2)有重力或弹力以外的力作 用，但是这些力不做功(3)有重力或弹力以外的力做 功，但是这些力做功的代数和 为零研究对象相互作用的物体系统相互作用的系统(包括地球)守恒性质矢量守恒(规定正方向)标量守恒(不考虑方向性)例 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道 竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径K=0.5m.物块N 以均=6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点。，再沿圆轨道 滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动,尸点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每 段长度都为七=0.1 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.1,%、6的质量均为旭=1 kg（重力加速度g取10 mH；A.6视为质点，碰撞时间极短）.(1)求/滑过Q点时的速度大小了和受到的弹力大小F；若碰后最终停止在第九个粗糙段上，求人的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(V A)光滑段上的速度打与的关系 式.审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息与直轨上P处静止的物块5 碰撞，碰后粘在一起运动物块B碰撞前速度为0A.B的碰撞为完全非弹性碰撞P点左侧轨道光滑物块A在圆轨道上运动时满足机械能守恒定律第二步：找突破口(1)物块Z在2点的速度v4gR所受弹力方向竖直向下，满 2足：mg+F=mR.物块Z与5碰前的速度仍为Vo.(3)物块4、5碰后的总动能均用于克服摩擦力做功，其大小为 kL92fimg.(4)物块/、B碰后滑至第个光滑段上时一定滑过了 个粗糙解析物块/由初始位置到。点的过程，由动能定理得:-mg X 2A=解得：v=4 m/s设在。点物块N受到轨道的弹力为足 受力分析如图所示2由牛顿第二定律得：mg+F2 F(解得：F=mg=22 N.、mg(2)由机械能守恒定律知：物块/与左碰前的速度仍为v0=6 m/s 彳与5碰撞过程动量守恒，设碰后4、5的速度为V共 mv=2mv 共1角聚得常共=2%=3 m/s设力与左碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s,由碰后AB滑至第n个(2/一；义2加日解得：vn=viIfignL=9 0.2n(n45).答案4 m/s 22 N(2)45(3)为=yJ9-Q.2n(n 45)【提分训练】（2019江西上饶模拟）如图所示是某滑板运动员在一次表演时 的一部分赛道.轨道Z5、CD为竖直平面内可认为光滑的四分 之一圆弧赛道，半径为&=1.5 m,且水平轨道5c与圆弧轨道 48、CD在5、。点相切，水平轨道5C是长/=3.0 m的水泥 地面，与滑板间的动摩擦因数=0.2.质量为凶的运动员（可视 为质点）以初速度为冲上静止在BC中点E处的滑板（可视为质 点）,沿着轨道运动，且在运动过程中运动员不再给自己加速.若 运动员的质量Af=48.0 kg,滑板质量阳=2.0 kg,重力加速度 为 10 m/s2.求：(1)运动员开始表演时在E的左侧，至少以多大的速度均冲上 滑板才能达到刀点.(2)若运动员第一次恰好能到达D点，求他第二次经过B点时 对圆弧轨道5点的压力.解析：（1）运动员以小冲上滑板过程，两者水平方向总动量守恒 即 Afvg=（JH+若运动员与滑板恰好到D点，由动能定理得：联立解得均=6.25 m/s运动员的速度至少要达到6.25 m/s才能到达D点.