h
正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，
16不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.
图4
5．如图5所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为m、3m的A、B两物体如图所示，其中A紧靠墙壁，A、B之间有质量不计的轻弹簧相连，现对B物体缓慢施加一个向左的力，对该物体做功为W，使AB间弹簧被压缩但系统静止，突然撤去向左推力解除压缩，求：
图5
(1)从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，墙壁对物块A的冲量； (2)在物块A离开墙壁后的运动过程中，物块A、B速度的最小值．
6．(2016·浙江4月选考·23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图6所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向下的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m′，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后．喷出燃气进一步加速火箭．
图6
(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；
资料
(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v0；(不计空气阻力)
(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v，求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 例1. 答案 (1)50N (2)0.45m
解析 (1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有 Ft＝mAv1′－mA(－v1)解得F＝50N
(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有mAv1′＝(mA＋mB)v A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得 1
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh解得h＝0.45m. 2
m1m12gh
变式题组1. 答案 (1)2gh (2)2gh (3) m1＋m2m1＋m21
解析 (1)由机械能守恒定律得m1gh＝m1v2 v＝2gh
2(2)A、B在碰撞过程中，由动量守恒定律得 m1m1v＝(m1＋m2)v′ v′＝2gh
m1＋m2
(3)A、B速度v′减为零时，弹簧被压缩到最短，由机械能守恒定律得 1m12gh2Ep＝(m1＋m2)v′＝.
2m1＋m2112. 答案 (1)6gh (2)h
24
解析 (1)设A刚滑至地面时速度大小为v1，B速度大小为v2，规定向右为正方向，由水平方11
向动量守恒得3mv2－mv1＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv12＋×3mv22
2211
联立以上两式解得：v1＝6gh v2＝6gh.
26
(2)从A与挡板碰后开始，到A追上B到达最大高度h′并具有共同速度v，此过程根据系统水平方向动量守恒得mv1＋3mv2＝4mv 1
根据系统机械能守恒得mgh＝×4mv2＋mgh′
21
联立解得：h′＝h.
4
资料
例2. 答案 (1)2gh (2)断裂
2h 2
解析 (1)设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒得 1
mgh＝mvC2，解得：vC＝2gh
2即a球与b球碰前的速度为2gh. (2)设碰后b球的速度为v，由动量守恒得 11
mvC＝(m＋m)v故v＝vC＝2gh
22小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为FT，则 v2
FT－2mg＝2m，解得FT＝3mg
h
FT>2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动 1
设平抛的时间为t，则0.5h＝gt2得t＝
2
h g
1h2
故落点距C的水平距离为x＝vt＝2gh·＝h
2g2小球最终落到地面距C水平距离
2
h处． 2
变式题组3. 答案 (1)0.20J (2)0.384J 解析 (1)在最低点，对A球由牛顿第二定律有 vA2
FA－mAg＝mA得vA＝4.00m/s
R
1
在A下落过程中，由动能定理有：mAgR－Wf＝mAvA2
2A球在碰前克服摩擦力所做的功Wf＝0.20J. (2)碰后B球做平抛运动，在水平方向有x＝vB′t 1
在竖直方向有h＝gt2
2
联立以上两式可得碰后B的速度vB′＝1.6m/s
对A、B碰撞过程，由动量守恒定律有mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 碰后A球的速度vA′＝－0.80m/s，负号表示碰后A球运动方向向左 由能量守恒得，碰撞过程中系统损失的机械能：
资料
111
ΔE损＝mAvA2－mAvA′2－mBvB′2故ΔE损＝0.384J
222在A与B碰撞的过程中，系统损失的机械能为0.384J. 4. 答案 (1)2.5m/s2 (2)1 m/s (3)0.45m
解析 (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa① 代入数据解得a＝2.5m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得 Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v⑤
1
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAvA2⑥
2由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m. 专题强化练
1. 答案 (1)0.32 (2)130N (3)9J
11
解析 (1)由动能定理有－μmgs＝mv2－mv02可得μ＝0.32
22(2)由动量定理有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N 1
(3)W＝mv′2＝9J.
22. 答案 (1)2gh (2)1∶3
解析 (1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得 1
mAgh＝mAvA2解得vA＝2gh
2
(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得 mAvA＝(mA＋mB)v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有 1h＝gt2 2
h
在水平方向上有＝vt
2
联立上述各式得mA∶mB＝1∶3.
资料
3. 答案 (1)2m/s (2)1 m/s (3)0.25m 解析 设滑块A的质量为m.
(1)滑块由A到B的过程，根据机械能守恒定律 1
mgR＝mv2得碰撞前瞬间A的速率v＝2gR＝2m/s
2(2)碰撞过程中，根据动量守恒定律mv＝2mv′ 1
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1m/s
21
(3)根据动能定理：(2m)v′2＝μ(2m)gl
2
v′2
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25m.
2μg4. 答案
14μ
2h g
解析 设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低1
点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh＝mv12①
2解得v1＝2gh②
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有 h1
mg＝mv1′2③解得v1′＝162
gh④ 8
设碰后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有 mv1＝－mv1′＋5mv2⑤解得v2＝gh⑥ 8
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小F＝5μmg⑦ 设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定律有 1
－Ft＝0－5mv2⑧解得t＝
4μ
2h⑨ g
解法二：物块在水平面上滑行时做匀减速直线运动，从⑤式以后可以换为以下内容：加速度0－v21F
a＝＝－μg，由运动学公式可得t＝＝5ma4μ5. 答案 (1)6mW (2)0
W 6m
2h. g
解析 (1)压缩弹簧时外力做功全部转化为弹性势能．撤去外力后，物块B在弹力作用下做加
资料
速运动．在弹簧恢复原长的过程中，系统的机械能守恒．设弹簧恢复原长时，物块B的速度3
为vB0，有W＝mvB02①vB0＝2
2W② 3m
此过程中系统的动量变化即为墙给A的冲量，有 I＝3mvB0③联立解得I＝6mW④
(2)当弹簧恢复原长时，物块A的速度为最小值vA0.有vA0＝0⑤
物块A离开墙壁后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，物块B速度逐渐减小．当弹簧再一次恢复原长时，物块A达到最大速度vA.物块B的速度减小到最小值vB.在此过程中系统的动量守13
恒、机械能守恒，有3mvB0＝mvA＋3mvB⑥W＝mvA2＋mvB2
22联立可得vB＝
W. 6m
m′BΔSBΔSB2LΔS
6. 答案 (1) 向右 (2)－gΔt(3)v
ΔtRmRm－m′解析 (1)根据电磁感应定律，有 E＝
ΔΦBΔSΔΦBΔS＝ q＝IΔt＝＝电流方向向右 ΔtΔtRR
(2)平均感应电流
EBΔSI＝＝平均安培力F＝BIL
RRΔtB2LΔS
(F－mg)Δt＝mv0 v0＝－gΔt
mR
(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律 m′
－m′v＋(m－m′)Δv＝0得Δv＝v.
m－m′
资料
动量和能量观点综合的应用
