一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为m＝1 kg的滑块B(可视为质点)以初速度
v0＝8 m/s从圆弧的顶端沿圆弧下滑，B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧。A与台阶
碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数μ＝0.1，A足够长，B不会从A表面滑出，取g＝10 m/s。
(1)求滑块B到圆弧底端时的速度大小v1；
(2)若A与台阶碰前，已和B达到共速，求A向左运动的过程中与B摩擦产生的热量Q(结果保留两位有效数字)；
(3)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件。
[解析] (1)滑块B从释放到最低点，由动能定理得
2mgR＝mv21－mv0
2
1
212
解得v1＝4 m/s。
(2)向左运动过程中，由动量守恒定律得
mv1＝(m＋M)v2
4
解得v2＝ m/s
3
1212
由能量守恒定律得Q＝mv1－(m＋M)v2
22解得Q＝5.3 J。
(3)从B刚滑到A上到A左端与台阶碰撞前瞬间，由动量守恒定律得mv1＝mv3＋Mv4 若A与台阶只发生一次碰撞，碰后需满足
mv3≤Mv4
12
对A板，由动能定理得μmgx＝Mv4－0
2联立解得x≥1 m。
[答案] (1)4 m/s (2)5.3 J (3)x≥1 m
[示例] (20分)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球
S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面
边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s，求：
16
2
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB； (2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ； (3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
遵循
审题破题：(1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”――→动量守恒定律和能量守恒定律。
(2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”―隐含―→Mg＝Mv2
CR。
(3)“小球Q……球S碰撞后为一体”―遵循―→动量守恒定律。 (4)“小球Q……一体飞出”―隐含―→二者一起做平抛运动。
[规律解答] (1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Mv2CR
解得vC＝gR
对于小球P，从B→C，
由动能定理有－2MgR＝1212
2MvC－2MvB
解得vB＝5gR
点有Fv2在BBNB－Mg＝MR 解得FNB＝6Mg＝12 N
由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t， 根据公式h＝12
2
gt得
t＝0.2 s
根据公式x＝vt，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv 解得vQ＝2 m/s。
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ 解得vP＝1 m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
E1
12
p＝2Mv2P＋2
mvQ
解得Ep＝0.3 J。
分) 分)
分) 分) 分) 分) 分)
分) 分)
分) 分) 分) 分)
分) 分)
17
(1(1(2(1(2(1(1(1(1(2(1(2(1(2(1
[答案] (1)12 N (2)2 m/s (3)0.3 J
规范解答“四部曲”
1．文字说明规范
文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量，可表述为设……，令……等。
2．列方程规范
列方程时要做到“三要三不要”。 一是要写出方程式而不要堆砌公式； 二是要原始式而不是变形式； 三是要分步列式，不要用连等式。 3．演算过程规范
要写出主要演算过程，有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。
4．结果表达规范
对题中所求得物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。
[即时训练]
(2019·潍坊二模)如图所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m。质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的
A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好
与小车达到共同速度v＝1.2 m/s。取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，忽略空气阻力。
(1)求A、B间的水平距离x； (2)求小物块从C滑到D所用时间t0；
(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离。
[解析] (1)由平抛运动的规律得 tan θ＝
2
gtv0
(2分) (2分) (2分)
x＝v0t 解得x＝1.2 m。
18
(2)物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得
mv1＝(M＋m)v 由功能关系得
2
fL＝mv21－(M＋m)v(2分)
1
212
(2分)
对物块，由动量定理得 －ft0＝mv－mv1 得t0＝1 s。 (3)有销钉时
2
mgH＋mv20＝mv1
(2分) (1分)
1
212
(1分)
由几何关系得
H－gt2＝R(1－cos θ) B、C间水平距离xBC＝Rsin θ 2
μmgL＝mv21－(M＋m)v(或f＝μmg)
12
(1分) (1分)
1212
若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m/s
由能量守恒定律得mgH＝μmg(Δx－xBC) 解得Δx＝3.73 m。
[答案] (1)1.2 m (2)1 s (3)3.73 m
(1分) (1分) (1分)
19
高考物理大一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用教学案
