课件59张PPT。第一章 碰撞与动量守恒3.动量守恒定律的应用很短 远小于 动量 共同速度 完全非弹性 查德威克 动量守恒 反冲 喷气速度 质量比 越大 越大 最终速度 多级火箭 √×√√√碰撞问题的定量分析对反冲现象的理解 点击右图进入…Thank you for watching !3.动量守恒定律的应用
[学习目标] 1.知道碰撞的特点和遵循的规律，会用动量守恒定律解决实际问题．(重点、难点)2.了解中子发现的过程．3．知道反冲现象，了解火箭的工作原理，会用动量守恒定律解决反冲运动的问题．(重点、难点)
一、碰撞问题的定量分析
1．在碰撞现象中，相互作用的时间很短，外力通常远小于碰撞物体之间的内力，可以忽略不计，认为碰撞过程中动量守恒．
2．两物体碰后粘在一起，获得共同速度，这类碰撞属于完全非弹性碰撞．
二、中子的发现、反冲现象与火箭的发射
1．中子的发现
1932年，英国物理学家查德威克发现了中子．
2．反冲现象
反冲现象遵循动量守恒定律，火箭的发射利用了反冲现象．
3．火箭的发射
(1)影响火箭最大速度的因素
火箭的最大速度主要取决于两个条件：一是向后的喷气速度；二是质量比(火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)．喷气速度越大，质量比越大，最终速度就越大．
(2)多级火箭
在现有技术条件下，一级火箭的最终速度还不能达到发射人造卫星所需要的速度，因而发射卫星要用多级火箭．
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的． (√)
(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的． (×)
(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的． (√)
(4)静止的物体做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反． (√)
(5)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理． (√)
2．(多选)如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能实现的是( )
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
ABC [两球碰撞前后，应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D满足①式，但不满足②式．]
3．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为______________．
[解析] 以速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得分离后卫星的速率v1＝v0＋(v0－v2)．
[答案] v0＋(v0－v2)
碰撞问题的定量分析
1．处理碰撞问题的三个原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)速度要合理
2．三类“碰撞”模型
相互作用的两个物体在很多情况下皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．常见的三类模型如下：
(1)子弹打击木块模型
甲
如图甲所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
(2)连接体模型
乙
如图乙所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．
(3)板块模型
丙
如图丙所示，物块A以速度v0滑上静止在光滑的水平面上的木板B，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等．此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
3．爆炸与碰撞的对比
爆炸
碰撞
相同点
过程特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型
由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点
动能情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少
【例1】 如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度取g＝10 m/s2.求小球B的质量．
[思路点拨] (1)所有接触面均光滑，可知小球A下滑过程中弧形轨道与小球A组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒．
(2)A球与B球发生弹性碰撞，说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒．
(3)A球与B球碰后恰好追不上平台，说明A球最终速度水平向左，且与平台速度相等．
[解析] 设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv
由能量守恒定律有mAgh＝mAv＋Mv2
联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1 m/s
由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2
由能量守恒定律有mAv＝mAv′＋mBv
联立解得mB＝3 kg.
[答案] 3 kg
对碰撞问题的三点提醒
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取．
(3)而对于斜碰，要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律．
上例中若弧形轨道固定不动，小球A与小球B发生弹性正碰，小球A被反弹恰能上升到处，则小球B的质量是多少？
[解析] 设小球A与小球B碰撞前瞬间速度为v1
则由机械能守恒定律得mAgh＝mAv ①
碰后小球A的速度为v1′，小球B的速度为v2.
由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2 ②
mAv＝mAv1′2＋mBv ③
mAv1′2＝mAgh ④
联立解得mB＝(3＋2) kg.
[答案] (3＋2) kg
1．(多选)如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )
A．落地时a的速度大于b的速度
B．落地时a的速度小于b的速度
C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
AC [P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图知va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误．]
对反冲现象的理解
1．反冲运动的特点
(1)反冲运动中，物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动时应注意的问题
(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律方程．
(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程．
3．“人船模型”问题
(1)定义
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题.
(2)特点
①两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0.
②运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
③应用此关系时要注意一个问题：即公式1、2和x一般都是相对地面而言的．
【例2】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[思路点拨] (1)火箭喷气属于反冲运动，火箭和气体系统动量守恒．
(2)火箭喷气后质量发生变化，喷气后的质量为M－nm.
[解析] 法一：(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒．
第一次气体喷出后火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝ m/s≈2 m/s.
(2)由上面推导可知，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝＝ m/s≈13.5 m/s.
法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律，得
(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s.
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s.
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
反冲运动问题的两点提醒
(1)对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反．
(2)在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度应取负值．
2．质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上．当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A. B. C. D.
B [由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝，选项B正确．]
课 堂 小 结
知 识 网 络
1.碰撞的三个原则及三类模型.
2.碰撞的应用——中子的发现.
3.反冲现象及其应用.
1．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( )
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
D [由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv.假如选项A正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能．假如选项B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能．假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能．假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确．]
2．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( )
A．打开阀门S1 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
B [根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，选项B正确．]
3．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方处于静止状态，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触．初始静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度是(可以把人看作质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
B [本题疑难点在于竖直方向动量守恒的判断．当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以他离地高度H＝h－h1≈3.6 m，选项B正确．]
4．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q均可视为质点，质量均为m，Q与轻质弹簧相连并处于静止状态，P以初速度v向Q运动并与弹簧发生作用．求整个过程中弹簧的最大弹性势能．
[解析] P和Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得mv＝2mv共，由机械能守恒定律得mv2＝Epmax＋(2m)v，解得Epmax＝mv2.
[答案] mv2
课时分层作业(三) 动量守恒定律的应用
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )
A．质量相等 B．动能相等
C．动量大小相等 D．速度大小相等
C [两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．]
2.(多选)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面间摩擦不计时，那么( )
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
AD [由人与车组成的系统动量守恒得：mv人＝Mv车，可知A正确；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车得，x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C均错误．]
3．(多选)在光滑水平面上，动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则必有( )
A．Ek1
C．Ek2>Ek0 D．p2>p0
ABD [两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1＋Ek2≤Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成＜，B正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，D正确．]
4.小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．木块的位移一定大于小车的位移
B [因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv1＝Mv2，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与B端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B正确，C、D错误；因木块C与B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误．]
5．(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移图像．a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A球质量是m＝2 kg，则由图像判断下列结论正确的是( )
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
BCD [根据图像可以求出碰撞前小球的速度vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s；碰撞后两球共同运动的速度v＝－1 m/s，根据动量守恒定律有mB＝ kg，即碰撞前的总动量为－ kg·m/s.碰撞前后A的动量变化量为4 kg·m/s；碰撞时A对B所施冲量为×(－1－2) N·s＝－4 N·s；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J．]
6．(多选)平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计．下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度大于小船相对于水面的速度
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续走动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
AD [人船系统动量守恒，总动量始终为零，因此人、船动量等大，速度与质量成反比，A正确；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(M＋m)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，B错误；人和船系统动量守恒，速度和质量成反比，因此人的位移是船的位移的8倍，C错误；动能、动量关系Ek＝∝，人在船上走动过程中人的动能是船的动能的8倍，D正确．]
二、非选择题(14分)
7．从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能？
[解析] (1)M下落h时：
由动能定理得Mgh＝Mv2
解得v＝
爆炸时动量守恒：Mv＝－mv＋(M－m)v′
v′＝，方向竖直向下．
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即
ΔEk＝mv2＋(M－m)v′2－Mv2
＝(m－M)v2＋＝.
[答案] (1)，方向竖直向下 (2)
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h0
D [小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m－m＝0，解得，小车的位移：x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：
mg－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0－h0＝h0，而小于h0，故D正确．]
2．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，杆的另一端挂在小车支架的O点，用手将小球拉起使轻杆呈水平状态，在小车处于静止的情况下放手使小球摆下，在B处与固定在车上的油泥撞击后粘在一起，则此后小车的运动状态是(车位于光滑路面上)( )
A．向右运动 B．向左运动
C．静止不动 D．无法判断
C [小车与小球构成的系统水平方向上总动量守恒，刚释放A球时，系统动量为零，当二者粘在一起时，其共同速度也必为零，故只有选项C正确．]
3．(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为m0，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为m0∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
BC [弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，选项A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝m0vAB，得vC∶vAB＝m0∶m，选项B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有mvC－m0vAB＝(m0＋m)v，知v＝0，故选项C正确，选项D错误．]
4．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处无初速度释放，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
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．]
二、非选择题(本大题共2小题，共26分)
5．(12分)如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
[解析] (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．
由能量守恒定律得
(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律得m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
解得v′＝－0.2 m/s，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处．
由能量守恒定律得(m1＋m2)v＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.
[答案] (1)0.96 m (2)0.512 m
6．(14分)如图所示，两个长度为L、质量为m的相同长方体形物块1和2叠放在一起，置于固定且正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m的钢球用长为R的轻绳悬挂在O点．将钢球拉到与O点等高的位置A静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s(s>2L)后停下．又将钢球拉回A点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下．重力加速度为g，绳不可伸长，不计物块之间摩擦，求：
(1)物块与地面间的动摩擦因数；
(2)两物块都停下时物块2滑行的总距离．
[解析] (1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v0，根据机械能守恒定律，有mgR＝mv
可得v0＝
钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v1，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1
联立解得v1＝
设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1碰撞获得速度后滑行至停下，由动能定理，有
－2μmgL－μmg(s－L)＝0－mv
联立解得μ＝.
(2)设物块2被钢球碰后的速度为v2，物块2与物块1碰撞前速度为v3，根据机械能守恒定律、动量守恒和动能定理，有v2＝v1＝
－μmgL－μmg(s－2L)＝mv－mv
设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v4，两物块一起继续滑行距离为s1，根据动量守恒定律和动能定理，有mv3＝2mv4
－2μmgs1＝0－×2mv
可得s1＝L
设物块2滑行的总距离为d，根据题意，有
d＝s－L＋s1＝s－.
[答案] (1) (2)s－
