高中物理粤教版选修3-5学案 第一章+第三节+动量守恒定律在碰撞中的应用+Word版含解析
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| 名称 | 高中物理粤教版选修3-5学案 第一章+第三节+动量守恒定律在碰撞中的应用+Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 491.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 粤教版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-04-19 21:16:09 | ||
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文档简介
第三节动量守恒定律在碰撞中的应用
1．应用动量守恒定律解题的一般步骤为：
(1)确定研究对象组成的系统。分析所研究的过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件。
(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量。
(3)根据动量守恒定律列方程。
(4)解方程，统一单位后代入数值进行运算，列出结果。
2．碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，过程相当复杂，很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节，因而在解决碰撞问题中有广泛的应用。
3．不同类型的碰撞问题一定满足动量守恒定律，但不一定满足机械能守恒定律。
对碰撞问题的分析
1.常见碰撞情况的分析
(1)弹性碰撞。
特点：在弹性碰撞过程中系统无机械能损失。即只发生机械能传递而不发生能量转化。弹性碰撞同时遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。
(2)非弹性碰撞。
特点：在碰撞过程中有机械能损失，即发生能量转化，一般是机械能转化为内能。故只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。
(3)完全非弹性碰撞。
特点：在碰撞过程中机械能损失最多，只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。
2．碰撞过程应满足的条件
在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：
(1)系统的总动量守恒。
(2)系统的机械能不增加，即E′k1＋E′k2≤Ek1＋Ek2。
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。
(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。
(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。
1．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止。则可以推断( )
A．两个球的动量一定相等
B．两个球的质量一定相等
C．两个球的速度一定相等
D．两个球的动量大小相等，方向相反
解析：选D 两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰前两个球的动量大小相等，方向相反，A、B、C错误，D正确。
子弹打木块模型
这类问题具有以下共同特点：
(1)作用时，F内?F外，子弹与木块作用过程中系统动量守恒。
(2)作用时间极短，子弹与木块作用过程中，木块的位置几乎不变。
(3)作用后，子弹留在木块中，即合二为一，与完全非弹性碰撞相同；作用后子弹穿过木块，与非弹性碰撞相类似。
(4)子弹打木块过程，除了列出动量守恒定律，还要列出能量方程，子弹打木块过程中产生的能量Q＝f·L相对，也等于系统作用过程中动能的减少量。对L相对的理解：子弹留在木块中，L相对为子弹打入木块的深度，子弹射穿木块，L相对为木块的长度。
2．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动，木块从被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )
A. B．2Mv0
C. D．2mv0
解析：选A 本题的疑难之处是木块受到的合外力为变力。子弹射入木块的时间极短，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得木块的速度v＝，第一次回到原来位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度，对木块应用动量定理得合外力的冲量I＝Mv＝，故A正确。
动量守恒定律的应用
1.运用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确题意，确定研究对象和研究过程。
动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换划入系统的物体，才可以找到满足守恒条件的系统。
(2)对系统内物体受力分析，判断系统在其过程中是否满足动量守恒的条件。
若满足则进行下一步列式，否则需考虑修改系统的划定范围(增减某些物体)或改变过程的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件。
(3)明确所研究过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达式。
(4)根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程。
(5)合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。
2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
项目
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
不受外力或所受合外力为零
只有重力和弹力做功
一般表
达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
标矢性
矢量式
标量式
守恒条件
的理解
外力总冲量为零，系统总动量不变
只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功
注意事项
应选取正方向
选取零势能面
(1)动量守恒定律的表达式为矢量式，应用时应注意方向，而机械能守恒定律的表达式为标量式，对功和能只能求代数和。
(2)动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件不同，故系统的动量守恒时，机械能不一定守恒，同理机械能守恒时，动量也不一定守恒。
3．[多选]质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.mv2 B.
C.NμmgL D．NμmgL
解析：选BD 设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B对；依题意，小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中间，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D对。
碰撞问题的分析
[例1] [多选]半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )
A．甲球的速度为零，而乙球的速度不为零
B．乙球的速度为零，而甲球的速度不为零
C．两球的速度均不为零
D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
[解析] 甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒。碰撞前，由于Ek甲＝Ek乙，而Ek＝，由题设条件m甲＞m乙可知p甲＞p乙，碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，A选项对。如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B选项错误。如果甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C选项对。如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，由Ek＝得p甲′＞p乙′，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D选项错误。
[答案] AC
运用动量守恒定律解决碰撞类问题时应该注意的问题：
(1)要注意结果的合理性，即符合物理情景，符合能量守恒定律，能量不能凭空产生。
(2)注意动量的矢量性，即动量的方向性要特别注意，在一条直线上的碰撞，我们总是规定某一方向上动量为正，则另一相反方向动量为负。
(3)注意速度要符合物理情景，如A球去碰静止的B球，碰后两球同向，则A球速率不能大于B球。
1.A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的s-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a，b分别为A，B碰撞前的s-t图像，c为碰撞后它们的s-t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量为多大？
解析：若规定碰前A球的速度方向为正方向，则
vA＝3 m/s，vB＝－2 m/s，vc＝1 m/s，
由动量守恒定律得：
mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vc
解得：mB＝＝kg
＝kg≈0.67 kg。
答案：0.67 kg
碰撞中的临界问题及多体问题
[例2] 如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m。开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
[解析] 设向右为正方向，A与C黏合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得
mv1＝2mv′
为保证B碰挡板前A未追上B，应满足
v′≤v2
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″
为使B能与挡板再次碰撞，A与B碰后的共同速度v″方向应向右，即应满足v″＞0
以上各式联立解得：
1．5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1。
[答案] 1.5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1
(1)在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：
①分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。
②分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键。
(2)多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时：
①正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。
②分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。
③合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。
2.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且相互接触。若将小球1移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，小球1停在O点正下方，小球2上升的最大高度为R，小球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为( )
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1
C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
解析：选B 碰撞前对小球1的下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3，由机械能守恒定律得m1v＝m2v＋m3v，碰撞后，对小球2，根据机械能守恒定律有m2g·R＝m2v，对小球3，根据机械能守恒定律有m3gR＝m3v，联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。
动量守恒与能量守恒的综合
[例3] (全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
mv＝mv＋Mv②
联立①②式得
vA1＝v0③
vC1＝v0④
如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A静止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。
第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦
解得m≥(－2)M⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去。
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m＜M。⑨
[答案] (－2)M≤m＜M
(1)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们的研究对象都是物体组成的系统，解题时必须注意动量守恒和机械能守恒成立的条件。
(2)利用机械能守恒定律、能量守恒定律解题时着重分析力的做功情况、能量的转化情况；而利用动量守恒定律解题时着重分析系统的受力情况。
3.如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2。现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
解析：(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为：FA＝μmAg＝4 N>F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝＝1 m/s2
由x＝at2有：t＝＝1.2 s。
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律：
v0＝1.2 m/s v＝0.8 m/s
由能量守恒：
μmAgΔx＝Mv－(M＋mA)v2
Δx＝0.12 m
故木板C的长度L至少为：
L＝x＋Δx＝0.84 m。
答案：(1)1.2 s (2)0.84 m
一、选择题(第1～5题为单选题，第6～8题为多选题)
1．冰壶运动深受观众喜爱，图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下列图中的哪幅图( )
解析：选B 碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由题图可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，图C是不可能出现的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。
2.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图像(st图)如图中A、D、C和B、D、C所示。由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
解析：选C 由图可得，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0；碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒mAvA＝(mA＋mB)v′可得＝＝，故C对。
3.如图所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )
A．0 B．向左
C．向右 D．无法确定
解析：选A 小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒。细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零。又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A对。
4．质量相等的三个小球a，b，c在光滑的水平面上以相同的速度运动，它们分别与原来静止的三个小球A，B，C相碰，相碰后，a球继续沿原来方向运动，b球静止，c球被反弹回来，这时A，B，C三个被碰小球中动量最大的是( )
A．A球 B．B球
C．C球 D．三球一样大
解析：选C 设a，b，c质量均为m，碰前速度均为v，则a碰A过程中有mv＝mva＋pA；b碰B过程中有mv＝pB；c碰C过程中有mv＝－mvc＋pC，可得pC＞pB＞pA，故选项C对。
5．如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以 7.5 m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg。设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：选A 小球做平抛运动，它落在车底前瞬间的竖直分速度为vy＝＝ m/s＝20 m/s
则小球的水平分速度为v0＝＝15 m/s
小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，则：
Mv－mv0＝(M＋m)v′
v′＝＝ m/s＝5 m/s。
所以选项A正确。
6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
解析：选AC 由碰撞过程中动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′可知D错。由碰撞过程中动能不可能增加，＋≥＋可得B错，A、C对。
7．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块。若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达地面
D．炸裂的过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等
解析：选CD 炸裂过程物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，有：(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB，当vA与原来速度v同向时，vB可能与v反向，也可能与v同向，A错误；a、b在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，落地时间t＝，所以落地时间相等，C正确；由于水平飞行距离x＝vt，a、b炸裂后的速度vA、vB大小关系不确定，所以水平飞行距离无法比较大小，B错误；根据牛顿第三定律，a、b所受爆炸力FA＝－FB，力的作用时间相等，所以冲量I＝Ft的大小一定相等，D正确。
8．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )
A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
解析：选BC 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。
二、非选择题
9.如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C碰撞后瞬间A的速度大小。
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s。④
答案：2 m/s
10．一炮弹质量为m，相对水平方向以一定的倾角θ斜向上发射，发射速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块以原速率沿原轨道返回，质量为，求：
(1)另一块爆炸后瞬时的速度大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能。
解析：(1)炮弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝vcos θ，
设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(－v1)＋v2，解得v2＝3vcos θ。
(2)爆炸过程中系统增加的机械能ΔEk＝··v＋··v－mv，将v1＝vcos θ、v2＝3vcos θ代入得ΔEk＝2m(vcos θ)2。
答案：(1)3vcos θ (2)2m(vcos θ)2
11．(全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8。⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2。⑧
答案：(1)1∶8 (2)1∶2
1．应用动量守恒定律解题的一般步骤为：
(1)确定研究对象组成的系统。分析所研究的过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件。
(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量。
(3)根据动量守恒定律列方程。
(4)解方程，统一单位后代入数值进行运算，列出结果。
2．碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，过程相当复杂，很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节，因而在解决碰撞问题中有广泛的应用。
3．不同类型的碰撞问题一定满足动量守恒定律，但不一定满足机械能守恒定律。
对碰撞问题的分析
1.常见碰撞情况的分析
(1)弹性碰撞。
特点：在弹性碰撞过程中系统无机械能损失。即只发生机械能传递而不发生能量转化。弹性碰撞同时遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。
(2)非弹性碰撞。
特点：在碰撞过程中有机械能损失，即发生能量转化，一般是机械能转化为内能。故只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。
(3)完全非弹性碰撞。
特点：在碰撞过程中机械能损失最多，只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。
2．碰撞过程应满足的条件
在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：
(1)系统的总动量守恒。
(2)系统的机械能不增加，即E′k1＋E′k2≤Ek1＋Ek2。
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。
(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。
(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。
1．两个球沿直线相向运动，碰撞后两球都静止。则可以推断( )
A．两个球的动量一定相等
B．两个球的质量一定相等
C．两个球的速度一定相等
D．两个球的动量大小相等，方向相反
解析：选D 两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰前两个球的动量大小相等，方向相反，A、B、C错误，D正确。
子弹打木块模型
这类问题具有以下共同特点：
(1)作用时，F内?F外，子弹与木块作用过程中系统动量守恒。
(2)作用时间极短，子弹与木块作用过程中，木块的位置几乎不变。
(3)作用后，子弹留在木块中，即合二为一，与完全非弹性碰撞相同；作用后子弹穿过木块，与非弹性碰撞相类似。
(4)子弹打木块过程，除了列出动量守恒定律，还要列出能量方程，子弹打木块过程中产生的能量Q＝f·L相对，也等于系统作用过程中动能的减少量。对L相对的理解：子弹留在木块中，L相对为子弹打入木块的深度，子弹射穿木块，L相对为木块的长度。
2．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动，木块从被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )
A. B．2Mv0
C. D．2mv0
解析：选A 本题的疑难之处是木块受到的合外力为变力。子弹射入木块的时间极短，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得木块的速度v＝，第一次回到原来位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度，对木块应用动量定理得合外力的冲量I＝Mv＝，故A正确。
动量守恒定律的应用
1.运用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确题意，确定研究对象和研究过程。
动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换划入系统的物体，才可以找到满足守恒条件的系统。
(2)对系统内物体受力分析，判断系统在其过程中是否满足动量守恒的条件。
若满足则进行下一步列式，否则需考虑修改系统的划定范围(增减某些物体)或改变过程的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件。
(3)明确所研究过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达式。
(4)根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程。
(5)合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。
2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
项目
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
不受外力或所受合外力为零
只有重力和弹力做功
一般表
达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
标矢性
矢量式
标量式
守恒条件
的理解
外力总冲量为零，系统总动量不变
只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功
注意事项
应选取正方向
选取零势能面
(1)动量守恒定律的表达式为矢量式，应用时应注意方向，而机械能守恒定律的表达式为标量式，对功和能只能求代数和。
(2)动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件不同，故系统的动量守恒时，机械能不一定守恒，同理机械能守恒时，动量也不一定守恒。
3．[多选]质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.mv2 B.
C.NμmgL D．NμmgL
解析：选BD 设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B对；依题意，小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中间，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D对。
碰撞问题的分析
[例1] [多选]半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )
A．甲球的速度为零，而乙球的速度不为零
B．乙球的速度为零，而甲球的速度不为零
C．两球的速度均不为零
D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
[解析] 甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒。碰撞前，由于Ek甲＝Ek乙，而Ek＝，由题设条件m甲＞m乙可知p甲＞p乙，碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，A选项对。如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B选项错误。如果甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C选项对。如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，由Ek＝得p甲′＞p乙′，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D选项错误。
[答案] AC
运用动量守恒定律解决碰撞类问题时应该注意的问题：
(1)要注意结果的合理性，即符合物理情景，符合能量守恒定律，能量不能凭空产生。
(2)注意动量的矢量性，即动量的方向性要特别注意，在一条直线上的碰撞，我们总是规定某一方向上动量为正，则另一相反方向动量为负。
(3)注意速度要符合物理情景，如A球去碰静止的B球，碰后两球同向，则A球速率不能大于B球。
1.A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的s-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a，b分别为A，B碰撞前的s-t图像，c为碰撞后它们的s-t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量为多大？
解析：若规定碰前A球的速度方向为正方向，则
vA＝3 m/s，vB＝－2 m/s，vc＝1 m/s，
由动量守恒定律得：
mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vc
解得：mB＝＝kg
＝kg≈0.67 kg。
答案：0.67 kg
碰撞中的临界问题及多体问题
[例2] 如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m。开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
[解析] 设向右为正方向，A与C黏合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得
mv1＝2mv′
为保证B碰挡板前A未追上B，应满足
v′≤v2
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″
为使B能与挡板再次碰撞，A与B碰后的共同速度v″方向应向右，即应满足v″＞0
以上各式联立解得：
1．5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1。
[答案] 1.5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1
(1)在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：
①分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。
②分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键。
(2)多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时：
①正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。
②分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。
③合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。
2.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。已知容器内侧面光滑，半径为R。三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3，半径相同且可视为质点，自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且相互接触。若将小球1移至左侧离容器底高h处无初速释放，如图所示。各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。小球1与2、2与3碰后，小球1停在O点正下方，小球2上升的最大高度为R，小球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之比为( )
A．2∶2∶1 B．3∶3∶1
C．4∶4∶1 D．3∶2∶1
解析：选B 碰撞前对小球1的下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2＋m3v3，由机械能守恒定律得m1v＝m2v＋m3v，碰撞后，对小球2，根据机械能守恒定律有m2g·R＝m2v，对小球3，根据机械能守恒定律有m3gR＝m3v，联立解得m1∶m2∶m3＝3∶3∶1，选项B正确。
动量守恒与能量守恒的综合
[例3] (全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
mv＝mv＋Mv②
联立①②式得
vA1＝v0③
vC1＝v0④
如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A静止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。
第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦
解得m≥(－2)M⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去。
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m＜M。⑨
[答案] (－2)M≤m＜M
(1)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们的研究对象都是物体组成的系统，解题时必须注意动量守恒和机械能守恒成立的条件。
(2)利用机械能守恒定律、能量守恒定律解题时着重分析力的做功情况、能量的转化情况；而利用动量守恒定律解题时着重分析系统的受力情况。
3.如图所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C；离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2。现在木板上加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问：
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少？
(2)若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
解析：(1)若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为：FA＝μmAg＝4 N>F，故A、C不可能发生相对滑动，设A、C一起运动的加速度为a
a＝＝1 m/s2
由x＝at2有：t＝＝1.2 s。
(2)因A、B发生弹性碰撞，由于mA＝mB，故A、B碰后，A的速度为0，则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，由动量守恒定律：
v0＝1.2 m/s v＝0.8 m/s
由能量守恒：
μmAgΔx＝Mv－(M＋mA)v2
Δx＝0.12 m
故木板C的长度L至少为：
L＝x＋Δx＝0.84 m。
答案：(1)1.2 s (2)0.84 m
一、选择题(第1～5题为单选题，第6～8题为多选题)
1．冰壶运动深受观众喜爱，图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)所示。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下列图中的哪幅图( )
解析：选B 碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由题图可知，A图示情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，图C是不可能出现的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。
2.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图像(st图)如图中A、D、C和B、D、C所示。由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
解析：选C 由图可得，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0；碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒mAvA＝(mA＋mB)v′可得＝＝，故C对。
3.如图所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )
A．0 B．向左
C．向右 D．无法确定
解析：选A 小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒。细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零。又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A对。
4．质量相等的三个小球a，b，c在光滑的水平面上以相同的速度运动，它们分别与原来静止的三个小球A，B，C相碰，相碰后，a球继续沿原来方向运动，b球静止，c球被反弹回来，这时A，B，C三个被碰小球中动量最大的是( )
A．A球 B．B球
C．C球 D．三球一样大
解析：选C 设a，b，c质量均为m，碰前速度均为v，则a碰A过程中有mv＝mva＋pA；b碰B过程中有mv＝pB；c碰C过程中有mv＝－mvc＋pC，可得pC＞pB＞pA，故选项C对。
5．如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以 7.5 m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg。设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：选A 小球做平抛运动，它落在车底前瞬间的竖直分速度为vy＝＝ m/s＝20 m/s
则小球的水平分速度为v0＝＝15 m/s
小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，则：
Mv－mv0＝(M＋m)v′
v′＝＝ m/s＝5 m/s。
所以选项A正确。
6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
解析：选AC 由碰撞过程中动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′可知D错。由碰撞过程中动能不可能增加，＋≥＋可得B错，A、C对。
7．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块。若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达地面
D．炸裂的过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等
解析：选CD 炸裂过程物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，有：(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB，当vA与原来速度v同向时，vB可能与v反向，也可能与v同向，A错误；a、b在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，落地时间t＝，所以落地时间相等，C正确；由于水平飞行距离x＝vt，a、b炸裂后的速度vA、vB大小关系不确定，所以水平飞行距离无法比较大小，B错误；根据牛顿第三定律，a、b所受爆炸力FA＝－FB，力的作用时间相等，所以冲量I＝Ft的大小一定相等，D正确。
8．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )
A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
解析：选BC 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。
二、非选择题
9.如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C碰撞后瞬间A的速度大小。
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s。④
答案：2 m/s
10．一炮弹质量为m，相对水平方向以一定的倾角θ斜向上发射，发射速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块以原速率沿原轨道返回，质量为，求：
(1)另一块爆炸后瞬时的速度大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能。
解析：(1)炮弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝vcos θ，
设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(－v1)＋v2，解得v2＝3vcos θ。
(2)爆炸过程中系统增加的机械能ΔEk＝··v＋··v－mv，将v1＝vcos θ、v2＝3vcos θ代入得ΔEk＝2m(vcos θ)2。
答案：(1)3vcos θ (2)2m(vcos θ)2
11．(全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8。⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2。⑧
答案：(1)1∶8 (2)1∶2
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