《（課改地區(qū)專用）2018-2019學年高考物理總復(fù)習 專題二 動量與動量守恒定律 2.3 動量守恒定律學案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課改地區(qū)專用）2018-2019學年高考物理總復(fù)習 專題二 動量與動量守恒定律 2.3 動量守恒定律學案 新人教版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2.3　動量守恒定律 學習目標 核心提煉 1.了解系統(tǒng)、內(nèi)力和外力的概念。 2.知道動量守恒定律的適用條件，掌握動量守恒定律的確切含義和表達式。 3.了解動量守恒定律的普遍適用性。 4.能用動量守恒定律解決一些生活和生產(chǎn)中的實際問題。 1個條件——動量守恒條件 1個定律——動量守恒定律 3個概念——系統(tǒng)　內(nèi)力　外力 一、系統(tǒng)、內(nèi)力和外力 1.系統(tǒng)：相互作用的兩個或多個物體組成的整體。 2.內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用力。 3.外力：系統(tǒng)以外的物體對系統(tǒng)以內(nèi)的物體的作用力。 思維拓展 (1)對某一系統(tǒng)來說一個力是內(nèi)力，在另一情況下這個力能變成外力嗎？ 圖

2、1 (2)如圖1所示，甲、乙、丙三輛車碰撞發(fā)生追尾事故。 ①選甲、乙兩車為系統(tǒng)，丙對乙的力是內(nèi)力還是外力？甲和乙組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？ ②選甲、乙、丙三車為系統(tǒng)，丙對乙的力是內(nèi)力還是外力？三車組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？ 答案　(1)能。內(nèi)力是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力，一個力是內(nèi)力還是外力不是固定的，要看選擇的系統(tǒng)，當選擇的系統(tǒng)發(fā)生變化時，這個力可能就會由內(nèi)力變?yōu)橥饬Γ允莾?nèi)力還是外力關(guān)鍵看選擇的系統(tǒng)。 (2)①外力　不守恒?、趦?nèi)力　守恒 二、動量守恒定律 1.內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 2.表達式：對兩個物體組成的系統(tǒng)，常寫成：

3、p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 3.適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力矢量和為零。 4.普適性：動量守恒定律是一個獨立的實驗規(guī)律，它適用于目前為止物理學研究的一切領(lǐng)域。 思考判斷 (1)一個系統(tǒng)初、末態(tài)動量大小相等，即動量守恒。(　　) (2)兩個做勻速直線運動的物體發(fā)生碰撞，兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒。(　　) (3)只要系統(tǒng)受到的外力的功為零，動量就守恒。(　　) (4)只要系統(tǒng)所受到的合力的沖量為零，動量就守恒。(　　) (5)系統(tǒng)動量守恒也就是系統(tǒng)的動量變化量為零。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)

4、√ 　動量守恒條件的理解 [要點歸納] 1.動量守恒中，研究對象：兩個或兩個以上的物體組成的相互作用的系統(tǒng)。 2.動量守恒條件 (1)理想條件：系統(tǒng)不受外力時，動量守恒。 (2)實際條件：系統(tǒng)所受外力的矢量和為零時，動量守恒。 (3)近似條件：系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，則系統(tǒng)總動量近似守恒。 (4)推廣條件：系統(tǒng)受力不符合以上三條中的任一條，則系統(tǒng)的總動量不守恒，但是，若系統(tǒng)在某一方向上符合以上三條中的某一條，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 [精典示例] [例1] (多選)如圖2所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮

5、的彈簧，地面光滑。當彈簧突然釋放后，則下列說法正確的是(　　) 圖2 A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒 B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒 解析　如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后，A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，選

6、項A錯誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，選項B、D均正確；若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動量守恒，選項C正確。 答案　BCD 1.動量守恒定律的研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關(guān)系。 2.判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，要注意守恒的條件是不受外力或所受合外力為零，因此要分清哪些力是內(nèi)力，哪些力是外力。 3.系統(tǒng)的動量守恒，并不是系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都不變。一般來說，系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量是變化的，

7、但系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量的矢量和是不變的?！　　　　　? [針對訓練1] 如圖3所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒 C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒 D.木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同 解析　由動量守恒定律成立的條件可知男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒，選項A、B錯誤，C正確；木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，選項D錯誤。 答案　C 　動量守恒定律的理解 [要點

8、歸納] 1.應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟 ? ? ? ? 2.動量守恒常見的表達式 (1)p′＝p，其中p′、p分別表示系統(tǒng)的末動量和初動量，表示系統(tǒng)作用后的總動量等于作用前的總動量。 (2)Δp＝0，表示系統(tǒng)總動量的增量等于零。 (3)Δp1＝－Δp2，其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個物體初、末動量的變化量，即兩個物體組成的系統(tǒng)，各自動量的增量大小相等、方向相反。 [精典示例] [例2] 如圖4所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿

9、火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前、后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) 圖4 A.v0－v2 B.v0＋v2 C.v0－v2 D.v0＋(v0－v2) 解析　忽略空氣阻力和分離前、后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故選項D正確。 答案　D 應(yīng)用動量守恒定律解題，在規(guī)定正方向的前提下，要注意各已知速度的正負號，求解出未知速度的正負號，一定要指明速度方向?！　　　　　? [針對訓練2] (多選)若用p1、p2表示兩個在同一直線上運動并相互作用的物體的初動量，

10、p1′、p2′表示它們的末動量，Δp1、Δp2表示它們相互作用過程中各自動量的變化，則下列式子能表示動量守恒的是(　　) A.Δp1＝Δp2 B.p1＋p2＝p1′＋p2′ C.Δp1＋Δp2＝0 D.Δp1＋Δp2＝常數(shù)(不為零) 解析　動量守恒的含義是兩物體相互作用前的總動量等于其相互作用后的總動量，因此有p1＋p2＝p1′＋p2′，變形后有p1′－p1＋p2′－p2＝0，即Δp1＋Δp2＝0，又可以變形為Δp1＝－Δp2。 答案　BC 　動量守恒定律的應(yīng)用 [要點歸納] 對于兩個以上的物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，相互作用的情況也不盡相同，作用過程較為復(fù)雜，雖然仍可對初

11、、末狀態(tài)建立動量守恒的關(guān)系式，但因未知條件過多而無法求解，這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個動量守恒方程，或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個小系統(tǒng)，分別建立動量守恒定律方程。 求解這類問題時應(yīng)注意： (1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運動模型。 (2)分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。 (3)合理選取研究對象，既要符合動量守恒的條件，又要方便解題。 [精典示例] [例3] 如圖5，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)。設(shè)A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與

12、C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動，假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能。 圖5 審題指導 關(guān)鍵詞 信息 當A、B速度相等時 A與B系統(tǒng)的動量守恒，末狀態(tài)為速度相等時刻 B與C恰好相碰并粘接在一起，B和C碰撞過程時間極短 (1)B與C的動量守恒，末狀態(tài)為B與C具有相同速度的時刻 (2)B和C碰撞時，A的速度不變 系統(tǒng)損失的機械能 (1)B和C粘接在一起之前與之后，A、B和C組成的系統(tǒng)機械能守恒 (2)B與C粘接在一起之前瞬間B的動能減去B與C具有相同速度時B和C的動能為損失的機械能 解析　對A、B接觸的過程中，

13、由動量守恒定律得mv0＝2mv1， 解得v1＝v0， B與C接觸的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有m＝2mv2， 解得v2＝， 系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝m－·2m＝mv 答案　mv [針對訓練3] (多選)如圖6所示，在橄欖球比賽中，一個85 kg的前鋒隊員以5 m/s的速度跑動，想穿越防守隊員到底線觸地得分。就在他剛要到底線時，迎面撞上了對方兩名均為65 kg的隊員，一個速度為2 m/s，另一個速度為4 m/s，然后他們就扭在了一起，則(　　) 圖6 A.他們碰撞后的共同速率是0.2 m/s B.碰撞后這名前鋒動量的方向仍向前 C.這名前鋒能得分 D.這名前鋒不能

14、得分 解析　前鋒隊員的質(zhì)量為M，速度為v1，兩名65 kg的隊員質(zhì)量均為m，速度分別為v2、v3。取前鋒隊員跑動的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得Mv1－mv2－mv3＝(M＋m＋m)v，代入數(shù)據(jù)得v≈0.16 m/s。所以碰撞后的速度仍向前，故這名前鋒能得分，選項B、C正確。 答案　BC\ 1.(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是(　　) 解析　選項A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；選項B中在彈簧恢復(fù)原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；選項C中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；

15、選項D中系統(tǒng)水平方向動量守恒。 答案　ACD 2.解放軍魚雷快艇在南海海域附近執(zhí)行任務(wù)，假設(shè)魚雷快艇的總質(zhì)量為M，以速度v前進，現(xiàn)沿快艇前進方向發(fā)射一顆質(zhì)量為m的魚雷后，快艇速度減為原來的，不計水的阻力，則魚雷的發(fā)射速度為(　　) A.v B.v C.v D.v 解析　設(shè)快艇的速度方向為正方向；根據(jù)動量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′。 解得v′＝v。 答案　A 3.如圖7所示，進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為0.1 m/s。A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時B的速度大小和

16、方向。 圖7 解析　以空間站為參考系，選遠離空間站，即v0方向為正方向。據(jù)動量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB， 代入數(shù)據(jù)解得vB ＝0.02 m/s，遠離空間站方向。 答案　0.02 m/s　遠離空間站方向 4.如圖8所示，如果懸掛球的繩子能承受的最大拉力T0＝10 N，球質(zhì)量m＝0.5 kg，L＝0.3 m，錘頭質(zhì)量M＝0.866 kg，如果錘頭沿水平方向打擊球m，錘頭速度多大時才能把繩子打斷？(設(shè)球原來靜止，打擊后錘頭靜止，g＝10 m/s2) 圖8 解析　球m被錘頭打擊后以O(shè)為圓心，L為半徑做圓周運動，且在剛打過后繩子拉力最大，由圓周運動向心力計算

17、公式有T0－mg＝m· v＝＝ m/s 錘頭打擊m過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，系統(tǒng)水平方向動量守恒Mv0＝mv，v0＝＝1 m/s 若要錘頭擊打小球后繩子被拉斷，錘頭的速度應(yīng)大于等于1 m/s。 答案　大于等于1 m/s 1.下列情形中，滿足動量守恒條件的是(　　) A.用鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊，打擊過程中，鐵錘和鐵塊的總動量 B.子彈水平穿過放在光滑桌面上的木塊的過程中，子彈和木塊的總動量 C.子彈水平穿過墻壁的過程中，子彈和墻壁的總動量 D.棒擊壘球的過程中，棒和壘球的總動量 解析　選項A中豎直方向合力不為零；選項C中墻壁受地面的作用力；選項D中棒受人手

18、的作用力，故合外力不為零，不符合動量守恒的條件。 答案　B 2.如圖1所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短。現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中(　　) 圖1 A.動量守恒、機械能守恒 B.動量不守恒、機械能不守恒 C.動量守恒、機械能不守恒 D.動量不守恒、機械能守恒 解析　把系統(tǒng)從子彈射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程分段考慮。第一段：子彈射入木塊瞬間，彈簧仍保持原長，子彈與木塊間的摩擦力為內(nèi)力，合外力為零，所以此瞬間系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒

19、。第二段：子彈射入木塊后，與木塊一起壓縮彈簧，系統(tǒng)受墻面彈力(外力)不為零，所以此過程系統(tǒng)動量不守恒。綜合在一起，整個過程中動量、機械能均不守恒，選項B正確。 答案　B 3. (多選)如圖2所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B.先放開左手，后放開右手，兩手放開后，動量不守恒 C.先放開左手，后放開右手，總動量向左 D.無論何時放手，兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零 解析　當兩手同時放開時，

20、系統(tǒng)所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯誤，C、D正確。 答案　ACD 4.如圖3所示，質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，則(　　) 圖3 A.木塊的最終速度為v0 B.由于車上表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒 C.車上表面越粗糙，木塊減少的動量越多 D.車上表面越粗糙，小車獲得的動

21、量越多 解析　由m和M組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒易得選項A正確；m和M動量的變化與小車上表面的粗糙程度無關(guān)，因為車足夠長，最終各自的動量與摩擦力大小無關(guān)。 答案　A 5.如圖4所示，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為(　　) 圖4 A.v0＋v B.v0－v C.v0＋(v0＋v) D.v0＋(v0－v) 解析　小船和救生員組成的系統(tǒng)滿足動量守恒 (M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′ 解得v′＝v0＋(v0＋v)，故選項C正確，A、B、D均錯誤

22、。 答案　C 6.如圖5所示，在真空中一光滑絕緣水平面上，有直徑相同的兩個金屬球A、C，質(zhì)量mA＝1×10－2 kg、mC＝5×10－3 kg，靜止在磁感應(yīng)強度B＝0.5 T的勻強磁場中的C球帶正電，電荷量qC＝1.0×10－2 C。在磁場外不帶電的A球以速度v0＝20 m/s進入磁場中，與C球發(fā)生正碰后，C球?qū)λ矫娴膲毫η『脼榱?g取10 m/s2)，則碰后A球的速度為(　　) 圖5 A.10 m/s B.5 m/s C.－10 m/s D.－20 m/s 解析　A球與C球發(fā)生正碰，則動量守恒，即mAv0＝mAvA＋mCvC，接觸后，C球所帶電荷量變?yōu)?，對水平面的壓力?/p>

23、零，則vCB＝mCg。解以上各式得vA＝10 m/s，所以A正確。 答案　A 7.質(zhì)量為M的砂車，沿光滑水平面以速度v0做勻速直線運動，此時從砂車上方落入一個質(zhì)量為m的大鐵球，如圖6所示，則鐵球落入砂車后，砂車將(　　) 圖6 A.立即停止運動 B.仍勻速運動，速度仍為v0 C.仍勻速運動，速度小于v0 D.做變速運動，速度不能確定 解析　砂車及鐵球組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，所以有Mv0＝(M＋m)v，v＝v0

24、/s；碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2 m/s。則甲、乙兩物體質(zhì)量之比為(　　) 圖7 A.2∶3 B.2∶5 C.3∶5 D.5∶3 解析　選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入數(shù)據(jù)，可得m甲∶m乙＝3∶5，選項C正確。 答案　C 9.如圖8所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中機械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能

25、達到的最大高度為(　　) 圖8 A.h B. h C. h D. h 解析　當斜面固定時，由機械能守恒定律得mv＝mgh；當斜面不固定時，由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v，再由機械能守恒定律得mv＝(M＋m)v2＋mgh′，由以上三式聯(lián)立解得h′＝ h，選項D正確。 答案　D 10.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) 解析　彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有mv＝mv甲＋mv乙，解得

26、4v＝3v甲＋v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有h＝gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確。 答案　B 11.a、b兩個小球在一直線上發(fā)生碰撞，它們在碰撞前后的x－t 圖象如圖9所示。若a球的質(zhì)量ma＝1 kg，則b球的質(zhì)量mb等于多少？ 圖9 解析　由題圖知va＝4 m/s，va′＝－1 m/s，vb＝0，vb′＝2 m/s，根據(jù)動量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入數(shù)據(jù)解得mb＝2.5 kg。 答案　2.5 kg 12.如圖10所示，甲車的質(zhì)量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質(zhì)

27、量為1 kg 的小物體，乙車質(zhì)量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數(shù)為0.2，則物體在乙車上表面滑行多長時間相對乙車靜止？(g取10 m/s2) 圖10 解析　乙與甲碰撞動量守恒m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′ 得v乙′＝1 m/s 小物體在乙上滑動至有共同速度v，對小物體與乙車運用動量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v，得v＝0.8 m/s 對小物體應(yīng)用牛頓第二定律得μmg＝ma，a＝μg＝2 m/s2 所以t＝，代入數(shù)據(jù)得t＝0.4 s 答案　0.4 s 13.如圖11所

28、示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點。現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2 m，A和B的質(zhì)量相等，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10 m/s2。求： 圖11 (1)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′； (2)A和B整體在桌面上滑動的距離L。 解析　(1)滑塊A從圓弧軌道最高點到最低點機械能守恒，由mAv＝mAgR，可得vA＝2 m/s。在底部和B相撞，滿足動量守恒，由(mA＋mB)v′＝mAvA， 可得v′＝1 m/s。 (2)根據(jù)動能定理，對A、B一起滑動過程由－μ(mA＋mB)gL＝0－(mA＋mB)v′2， 可得L＝0.25 m。 答案　(1)1 m/s　(2)0.25 m 13