資源簡介

微專題10　動量定理　動量守恒定律
1.計算動量、沖量及應(yīng)用動量定理和動量守恒定律解決問題時，均需要規(guī)定正方向。
2.解決不涉及加速度、位移的問題時，用動量定理比運(yùn)用牛頓第二定律更簡便。
3.兩個以上物體構(gòu)成的系統(tǒng)，若系統(tǒng)的合外力(或某一方向合外力)為零，可運(yùn)用動量守恒定律求解；若系統(tǒng)的合外力不為零，可對每個物體分別運(yùn)用動量定理列式再聯(lián)立求解。
4.正碰僅指一維碰撞，即碰撞前后兩物體速度始終共線，但不一定是彈性碰撞。
5.彈簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，兩物體共速時，動能損失最大；兩物體分離后，兩物體相當(dāng)于發(fā)生了彈性碰撞。
考點(diǎn)一　動量定理及應(yīng)用
1.(多選)(2024·全國甲卷·20)蹦床運(yùn)動中，體重為60 kg的運(yùn)動員在t=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動過程中運(yùn)動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是：
A.t=0.15 s時，運(yùn)動員的重力勢能最大
B.t=0.30 s時，運(yùn)動員的速度大小為10 m/s
C.t=1.00 s時，運(yùn)動員恰好運(yùn)動到最大高度處
D.運(yùn)動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
2.(2024·甘肅酒泉市三模)乒乓球被稱為中國的“國球”，是一種世界流行的球類體育項目，如圖所示為某同學(xué)訓(xùn)練時的情景，若某次乒乓球從某一高度由靜止下落，以v0=2 m/s的速度豎直向下碰撞乒乓球拍，同時使乒乓球拍的接球面保持水平且以1 m/s的速度水平移動，乒乓球與球拍碰撞反彈后的高度與下落高度相等。已知乒乓球與球拍之間的動摩擦因數(shù)為μ=(乒乓球不旋轉(zhuǎn))，不計空氣阻力，碰撞時間極短，且碰撞過程忽略乒乓球所受重力的影響，周圍環(huán)境無風(fēng)，則乒乓球與球拍碰撞后的瞬時速度大小為：
A.4 m/s B.3 m/s C.2 m/s D.1 m/s
3.(2024·海南海口市一模)雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為v0，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為ρ，不計雨滴重力。壓強(qiáng)p為：
A.(v0-v)　 B.(v0+v)　 C.ρ(-v2)　 D.ρ(+v2)
【點(diǎn)撥·提煉】 1.沖量、動量變化、平均沖力的求解 (1)沖量的三種計算方法：公式法(I=Ft)；F-t圖像法；動量定理法(I=Δp) (2)動量的變化Δp=p'-p=F合t 求某一方向的平均沖力可應(yīng)用分方向的動量定理解決問題 (3)平均沖力 在變加速運(yùn)動或瞬時碰撞問題中，為平均沖力，一般由動量定理求解。由·Δt=mv'-mv=Δp得= 2.微元法和柱體模型解決流體(或微粒)對界面的沖力問題(如圖所示) (1)首先建立模型：沿流速v方向選取一段柱狀流體，其橫截面積可設(shè)為S； (2)將柱體內(nèi)流體(或微粒)的質(zhì)量表示出來； (3)由動量定理建立方程。
考點(diǎn)二　碰撞模型及拓展
4.(多選)(2024·河北省二模)如圖所示，足夠長光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧左端與質(zhì)量為2m的B滑塊相連，右端與質(zhì)量為m的滑塊A接觸而不固連，彈簧處于原長，現(xiàn)給A施加一瞬間沖量使其獲得一個水平向左的初速度v0，經(jīng)一段時間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是：
A.A與彈簧分離前任一時刻，A與B的動量之比為1∶2
B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5Ep
C.A與彈簧分離后A、B的動能之比為1∶8
D.若事先在距B左側(cè)很遠(yuǎn)處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A
5.(多選)(2024·廣東卷·10)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有：
A.甲在斜坡上運(yùn)動時與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運(yùn)動時間與H乙無關(guān)
D.甲最終停止位置與O處相距
6.(2024·遼寧省部分學(xué)校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為4m、半徑為R的光滑四分之一圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質(zhì)量為m的小球B壓縮彈簧(B與彈簧不連接)，由靜止釋放小球，小球被彈開后運(yùn)動到圓弧體的最高點(diǎn)時，恰好與圓弧體相對靜止，不計小球的大小，重力加速度為g。求：
(1)(3分)彈簧具有的最大彈性勢能；
(2)(3分)小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對圓弧面的壓力大小；
(3)(4分)小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度。
【點(diǎn)撥·提煉】 首先區(qū)分彈性碰撞和完全非彈性碰撞 (1)彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能守恒 舉例：一動碰一靜 m1v0=m1v1+m2v2　　m1=m1+m2 得v1=v0，v2=v0 (2)完全非彈性碰撞：碰后兩物體粘在一起(有共同速度)，機(jī)械能損失最大。
考點(diǎn)三　動量和能量的綜合應(yīng)用
7.(2024·黑龍江省模擬)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧槽靜止在足夠長的光滑水平地面上，圓弧底端與水平地面相切，其最低點(diǎn)的右側(cè)相距為R處有厚度不計、上表面粗糙程度處處相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑塊，薄木板右端固定一豎直擋板，擋板左側(cè)連有一水平輕質(zhì)彈簧。現(xiàn)將一小球從圓弧槽最高點(diǎn)正上方的一定高度處由靜止釋放，小球落入圓弧槽后從圓弧槽最低點(diǎn)滑離；然后以大小為v0的速度與小滑塊發(fā)生對心彈性碰撞，碰撞時間極短；隨后小滑塊相對薄木板向右滑動，壓縮彈簧后反彈，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圓弧槽的質(zhì)量均為m，小滑塊的質(zhì)量為2m，薄木板以及固定擋板的總質(zhì)量為4m，小球和小滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)(2分)小球開始下落時距離水平地面的高度h；
(2)(4分)小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x；
(3)(6分)彈簧的最大彈性勢能Epm。
1.(2024·山西運(yùn)城市模擬)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點(diǎn)處剛好與水平地面相切。一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運(yùn)動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為。則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶M為：
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1
2.(多選)(2024·浙江6月選考·15)如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計空氣阻力，重力加速度為g。小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動至最高點(diǎn)，則該過程：
A.合力沖量大小為mv0cos θ B.重力沖量大小為mv0sin θ
C.洛倫茲力沖量大小為 D.若v0=，彈力沖量為零
3.(2024·山東菏澤市模擬)如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直徑相同，小球A以初動量p0沿直線運(yùn)動，與靜止的帶輕質(zhì)彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過程中，小球A的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖乙所示，t1時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標(biāo)為p1，t2時刻縱坐標(biāo)為零。則：
A.小球A、B的質(zhì)量之比為
B.t2時刻彈簧的彈性勢能最大
C.小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比為
D.0~t2時間內(nèi)，小球B的動量變化量為p0-p1
4.(2024·安徽卷·14)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運(yùn)動，已知細(xì)線長L=1.25 m，小球質(zhì)量m=0.20 kg，物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30 kg。小車上的水平軌道長s=1.0 m。圓弧軌道半徑R=0.15 m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(2分)求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小；
(2)(3分)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
(3)(5分)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。
答案精析
高頻考點(diǎn)練
1.BD　[根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t=0.15 s時，蹦床對運(yùn)動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運(yùn)動員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動員的重力勢能最小，故A錯誤；
運(yùn)動員從t=0.30 s離開蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2 s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知，運(yùn)動員上升時間為1 s，則在t=1.30 s時，運(yùn)動員恰好運(yùn)動到最大高度處，t=0.30 s 時運(yùn)動員的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正確，C錯誤；
同理可知運(yùn)動員落到蹦床時的速度大小為10 m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理得
F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入數(shù)據(jù)可得F=4 600 N
根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N，故D正確。]
2.B　[由題意可知，乒乓球與球拍碰撞后反彈的高度與下落高度相等，則碰后豎直方向的速度大小為vy=v0=2 m/s，設(shè)乒乓球的質(zhì)量為m，乒乓球與球拍的碰撞時間為Δt，在豎直方向上，根據(jù)動量定理有FN·Δt=mvy-(-mv0)，在水平方向上，根據(jù)動量定理有Ff·Δt=μFN·Δt=mvx，聯(lián)立解得vx= m/s，v==3 m/s，故選B。]
3.B　[設(shè)極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為Δm，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，選豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)，由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，則單位面積單位時間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為m0==則極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量Δm=m0SΔt=根據(jù)牛頓第三定律有雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均沖力F2=F1，雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p=聯(lián)立解得p=(v0+v)。故選B。]
4.BC　[A與彈簧分離之前任一時刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動量大小之比不一定為1∶2，A錯誤；A、B運(yùn)動過程中，二者相對靜止時，彈性勢能最大，由動量守恒定律有mv0=3mv，即Ep=m-×3m×=mB固定，則A速度減小為0時彈性勢能最大，可得Ep'=m=1.5Ep，B正確；整個過程系統(tǒng)根據(jù)動量守恒及機(jī)械能守恒可得mv0=mvA+2mvBm=m+×2m解得vA=-vB=即有EkA=m=mEkB=×2m=m即兩者分離后A、B的動能之比為1∶8，選項C正確；由前面分析可知B與擋板發(fā)生彈性碰撞反向運(yùn)動時vB>vA，則B可追上A，選項D錯誤。]
5.ABD　[兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；
兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；
設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙=gsin θ·
在水平面運(yùn)動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動，所用時間為t3，
乙運(yùn)動的時間為t=t1+t2+t3
由于t1和t2與H乙有關(guān)，則總時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；
由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同，而如果不發(fā)生碰撞，
乙下滑過程有mgH乙=m
乙在水平面運(yùn)動到停止有
=2μgx
聯(lián)立可得x=
即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距。故D正確。]
6.(1)1.25mgR　(2)3.5mg
(3)0.04R
解析　(1)設(shè)彈簧開始具有的最大彈性勢能為Ep，
設(shè)小球被彈開后速度大小為v0，
滾上圓弧面最高點(diǎn)后速度大小為v1，
根據(jù)能量守恒有Ep=×5m+mgR
Ep=m
根據(jù)A、B系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0=5mv1
解得Ep=1.25mgR
(2)由(1)可解得v0=
小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間
FN-mg=m
解得FN=3.5mg
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧面的壓力大小FN'=FN=3.5mg
(3)設(shè)小球第一次離開圓弧面時，小球的速度大小為v2、圓弧體的速度大小為v3，
根據(jù)動量守恒有mv0=4mv3-mv2
根據(jù)能量守恒有m=×4m+m
從小球第二次滾上圓弧面到上升到最高點(diǎn)過程中，設(shè)上升到最高點(diǎn)時共同速度為v4，上升的最大高度為h，
根據(jù)水平方向動量守恒有4mv3+mv2=5mv4
根據(jù)能量守恒有×4m+m=×5m+mgh
解得h=0.04R。
7.(1)　(2)3R　(3)
解析　(1)設(shè)小球滑離圓弧槽時，圓弧槽的反沖速度大小為v1，方向水平向左，由動量守恒定律得
mv0=mv1
解得v1=v0
從小球開始下落至球、槽第一次分離過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
由機(jī)械能守恒定律得
mgh=m+m
解得h=
(2)設(shè)小球從開始下落至剛好滑離圓弧槽，相對地面向右運(yùn)動x1，圓弧槽相對地面向左運(yùn)動x2，
由平均動量守恒可得mx1=mx2
x1+x2=R
解得x1=R，x2=R
小球要繼續(xù)向右運(yùn)動x2+R，歷時t，
則t==
圓弧槽在t時間內(nèi)向左繼續(xù)滑行的距離為x槽=v1t=v0×=
小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x=x槽+x2+R=3R
(3)規(guī)定向右為正方向，小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，機(jī)械能守恒
mv0=mv0'+2mv2
m=mv0'2+×2m
解得v0'=-方向向左
v2=方向向右。
滑塊與薄木板共速時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得
2mv2=(2m+4m)v
解得v=
因滑塊壓縮彈簧后反彈恰好回到薄木板的最左端，故滑塊相對薄木板向右運(yùn)動和返回時向左運(yùn)動過程摩擦生熱相同，設(shè)為Q，滑塊向右運(yùn)動與薄木板達(dá)到共速的過程由能量守恒定律得
×2m=(2m+4m)v2+Q+Epm
滑塊恰好回到薄木板的最左端時仍共速，速度仍為v，
故Epm=Q
解得Epm=。
補(bǔ)償強(qiáng)化練
1.C　[當(dāng)圓弧滑塊固定時，有m=mgR，當(dāng)圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0=(m+M)v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m=mg·+(m+M)v2，聯(lián)立解得m∶M=2∶1，故選C。]
2.CD　[根據(jù)動量定理有I=0-mv0=-mv0
故合力沖量大小為mv0，故A錯誤；
小球上滑的時間為t=
重力的沖量大小為IG=mgt=故B錯誤；
小球所受洛倫茲力大小為Bqv=Bq(v0-at)=-Bqat+Bqv0，其中a=gsin θ
洛倫茲力大小隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為I洛=q××B×=故C正確；
若v0=0時刻小球所受洛倫茲力為Bqv0=2mgcos θ
小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得Bqv=mgcos θ+FN
即FN=Bqv-mgcos θ=Bq(v0-at)-mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ
則小球在整個減速過程的FN-t圖像如圖
圖線與橫軸圍成的面積表示彈力的沖量，可得彈力的沖量為零，故D正確。]
3.C　[t1時刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動量變化率最大，由動量定理知=F=kx，可知此時彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時彈簧形變量最大，則此時彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；t1時刻兩小球共速，設(shè)速度大小均為v，則小球A的質(zhì)量mA=根據(jù)動量守恒有p0=p1+p2，則小球B的質(zhì)量mB==由此可知兩小球的質(zhì)量之比為=故A錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒有=++Epm，小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比k'==故C正確；0~t2時間內(nèi)，小球B的動量變化量ΔpB=-ΔpA=p0，故D錯誤。]
4.(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析　(1)對小球擺動到最低點(diǎn)的過程中，由動能定理mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律得
FT-mg=m
解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6 N
(2)小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2
m=m+M
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2=v0=4 m/s
(3)若物塊恰好運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒得
Mv2=2Mv3
由能量守恒定律得
M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
若物塊恰好運(yùn)動到與圓弧軌道圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒得
Mv2=2Mv4
由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。(共53張PPT)
微專題10
動量定理　動量守恒定律
專題二　能量與動量
知識聚焦
高頻考點(diǎn)練
內(nèi)容索引
核心精講
補(bǔ)償強(qiáng)化練
知識聚焦
PART ONE
1.計算動量、沖量及應(yīng)用動量定理和動量守恒定律解決問題時，均需要規(guī)定正方向。
2.解決不涉及加速度、位移的問題時，用動量定理比運(yùn)用牛頓第二定律更簡便。
3.兩個以上物體構(gòu)成的系統(tǒng)，若系統(tǒng)的合外力(或某一方向合外力)為零，可運(yùn)用動量守恒定律求解；若系統(tǒng)的合外力不為零，可對每個物體分別運(yùn)用動量定理列式再聯(lián)立求解。
核心精講
PART TWO
4.正碰僅指一維碰撞，即碰撞前后兩物體速度始終共線，但不一定是彈性碰撞。
5.彈簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，兩物體共速時，動能損失最大；兩物體分離后，兩物體相當(dāng)于發(fā)生了彈性碰撞。
1
2
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高頻考點(diǎn)練
PART THREE
考點(diǎn)一　動量定理及應(yīng)用
1.(多選)(2024·全國甲卷·20)蹦床運(yùn)動中，體重為60 kg的運(yùn)動員在t=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動過程中運(yùn)動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是
A.t=0.15 s時，運(yùn)動員的重力勢能最大
B.t=0.30 s時，運(yùn)動員的速度大小為10 m/s
C.t=1.00 s時，運(yùn)動員恰好運(yùn)動到最大高度處
D.運(yùn)動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N
√
√
1
2
3
4
5
6
7
員的重力勢能最小，故A錯誤；
運(yùn)動員從t=0.30 s離開蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2 s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知，運(yùn)動員上升時間為1 s，則在t=1.30 s時，運(yùn)動員恰好運(yùn)動到最大高度處，t=0.30 s 時運(yùn)動員的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正確，C錯誤；
根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知t=0.15 s時，蹦床對運(yùn)動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運(yùn)動員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動
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F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入數(shù)據(jù)可得F=4 600 N
根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4 600 N，故D正確。
同理可知運(yùn)動員落到蹦床時的速度大小為10 m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理得
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2.(2024·甘肅酒泉市三模)乒乓球被稱為中國的“國球”，是一種世界流行的球類體育項目，如圖所示為某同學(xué)訓(xùn)練時的情景，若某次乒乓球從某一高度由靜止下落，以v0=2 m/s的速度豎直向下碰撞乒乓球拍，同時使乒乓球拍的接球面保持水平且以1 m/s的速度水平移動，乒乓球與球拍碰撞反彈后的高度與下落高
度相等。已知乒乓球與球拍之間的動摩擦因數(shù)為μ=(乒乓球不旋轉(zhuǎn))，不計空氣阻力，碰撞時間極短，且碰撞過程忽略乒乓球所受重力的影響，周圍環(huán)境無風(fēng)，則乒乓球與球拍碰撞后的瞬時速度大小為
A.4 m/s B.3 m/s C.2 m/s D.1 m/s
√
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由題意可知，乒乓球與球拍碰撞后反彈的高度與下落高度相等，則碰后豎直方向的速度大小為vy=v0= 2 m/s，設(shè)乒乓球的質(zhì)量為m，乒乓球與球拍的碰撞時間為Δt，在豎直方向上，根據(jù)動量定理有FN·Δt=mvy-(-mv0)，在水平方向上，根據(jù)動量定理有Ff·Δt=μFN·Δt=mvx，聯(lián)立解得
vx= m/s，v==3 m/s，故選B。
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3.(2024·海南海口市一模)雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小明將一圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高度為h，設(shè)雨滴下落的速度為v0，雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈，雨水的密度為ρ，不計雨滴重力。壓強(qiáng)p為
A.(v0-v) B.(v0+v)
C.ρ(-v2) D.ρ(+v2)
√
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設(shè)極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量為Δm，雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S，選豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理有F1Δt=Δmv-
(-Δmv0)，由于圓柱形量筒置于雨中，測得時間t內(nèi)筒中水面上升的高
度為h，則單位面積單位時間內(nèi)下落的雨水質(zhì)量為m0==，則極短時間Δt內(nèi)落至芭蕉葉上的雨滴的質(zhì)量Δm=m0SΔt=，根據(jù)牛頓第
三定律有雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均沖力F2=F1，雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p=，聯(lián)立解得p=(v0+v)。故選B。
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點(diǎn)撥·提煉
1.沖量、動量變化、平均沖力的求解
(1)沖量的三種計算方法：公式法(I=Ft)；F-t圖像法；動量定理法(I=Δp)
(2)動量的變化Δp=p'-p=F合t
求某一方向的平均沖力可應(yīng)用分方向的動量定理解決問題
(3)平均沖力
在變加速運(yùn)動或瞬時碰撞問題中，為平均沖力，一般由動量定理求解。由·Δt=mv'-mv=Δp得=
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點(diǎn)撥·提煉
2.微元法和柱體模型解決流體(或微粒)對界面
的沖力問題(如圖所示)
(1)首先建立模型：沿流速v方向選取一段柱狀
流體，其橫截面積可設(shè)為S；
(2)將柱體內(nèi)流體(或微粒)的質(zhì)量表示出來；
(3)由動量定理建立方程。
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考點(diǎn)二　碰撞模型及拓展
4.(多選)(2024·河北省二模)如圖所示，足夠長光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧左端與質(zhì)量為2m的B滑塊相連，右端與質(zhì)量為m的滑塊A接觸而不固連，彈簧處于原長，現(xiàn)給A施加一瞬間沖量使其獲得一個水平向左的初速度v0，經(jīng)一段時間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是
A.A與彈簧分離前任一時刻，A與B的動量之比為1∶2
B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5Ep
C.A與彈簧分離后A、B的動能之比為1∶8
D.若事先在距B左側(cè)很遠(yuǎn)處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A
√
√
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A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動量大小之比不一定為1∶2，A錯誤；
A、B運(yùn)動過程中，二者相對靜止時，彈性勢能最大，由動量守恒定
律有mv0=3mv，即Ep=m-×3m×=m，B固定，則A速度減小為0時彈性勢能最大，可得Ep'=m=1.5Ep，B正確；
A與彈簧分離之前任一時刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但
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vB=，即有EkA=m=m，EkB=×2m=m，即兩者分離后A、B的動能之比為1∶8，選項C正確；
由前面分析可知B與擋板發(fā)生彈性碰撞反向運(yùn)動時vB>vA，則B可追上A，選項D錯誤。
整個過程系統(tǒng)根據(jù)動量守恒及機(jī)械能守恒可得mv0=
mvA+2mvB，m=m+×2m，解得vA=-，
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5.(多選)(2024·廣東卷·10)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有
A.甲在斜坡上運(yùn)動時與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運(yùn)動時間與H乙無關(guān)
D.甲最終停止位置與O處相距
√
√
√
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兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；
兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動，由于兩滑
塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；
設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙=gsin θ·
在水平面運(yùn)動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動，所用時間為t3，乙運(yùn)動的時間為t=t1+t2+t3
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由于t1和t2與H乙有關(guān)，則總時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；
由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最
終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同，而如果不發(fā)生碰撞，
乙下滑過程有mgH乙=m
乙在水平面運(yùn)動到停止有=2μgx
聯(lián)立可得x=
即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距。故D正確。
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6.(2024·遼寧省部分學(xué)校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為4m、半徑為R的光滑四分之一圓弧體A靜止在足夠大的光滑水平面上，水平面剛好與圓弧面的最底端相切，輕彈簧放在光滑水平面上，左端固定在豎直固定擋板上，用外力使質(zhì)量為m的小球B壓縮彈簧(B與彈簧不連接)，由靜止釋放小球，小球被彈開后運(yùn)動到圓弧體的最高點(diǎn)時，恰好與圓弧體相對靜止，不計小球的大小，重力加速度為g。求：
(1)彈簧具有的最大彈性勢能；
答案　1.25mgR　
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設(shè)彈簧開始具有的最大彈性勢能為Ep，
設(shè)小球被彈開后速度大小為v0，
滾上圓弧面最高點(diǎn)后速度大小為v1，
根據(jù)能量守恒有Ep=×5m+mgR
Ep=m
根據(jù)A、B系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0=5mv1
解得Ep=1.25mgR
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(2)小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間對圓弧面的壓力大小；
答案　3.5mg　
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由(1)可解得v0=
小球B第一次滾上圓弧面的一瞬間
FN-mg=m
解得FN=3.5mg
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧面的壓力大小FN'=FN=3.5mg
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(3)小球B第二次滾上圓弧面后，上升的最大高度。
答案　0.04R
設(shè)小球第一次離開圓弧面時，小球的速度大小為v2、圓弧體的速度大小為v3，
根據(jù)動量守恒有mv0=4mv3-mv2
根據(jù)能量守恒有m=×4m+m
從小球第二次滾上圓弧面到上升到最高點(diǎn)過程中，設(shè)上升到最高點(diǎn)時共同速度為v4，上升的最大高度為h，
根據(jù)水平方向動量守恒有4mv3+mv2=5mv4
根據(jù)能量守恒有×4m+m=×5m+mgh
解得h=0.04R。
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點(diǎn)撥·提煉
首先區(qū)分彈性碰撞和完全非彈性碰撞
(1)彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能守恒
舉例：一動碰一靜
m1v0=m1v1+m2v2
m1=m1+m2
得v1=v0，v2=v0
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點(diǎn)撥·提煉
(2)完全非彈性碰撞：碰后兩物體粘在一起(有共同速度)，機(jī)械能損失最大。
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考點(diǎn)三　動量和能量的綜合應(yīng)用
7.(2024·黑龍江省模擬)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧槽靜止在足夠長的光滑水平地面上，圓弧底端與水平地面相切，其最低點(diǎn)的右側(cè)相距為R處有厚度不計、上表面粗糙程度處處相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑塊，薄木板右端固定一豎直擋板，擋板左側(cè)連有一水平輕質(zhì)彈簧。現(xiàn)將一小球從圓弧槽最高點(diǎn)正上方的一定高度處由靜止釋放，小球落入圓弧槽后從圓弧槽最低點(diǎn)滑離；然后以大小為v0的速度與小滑塊發(fā)生對心彈性碰撞，碰撞時間極短；隨后小滑塊相對薄木板向右滑動，壓縮彈簧后反彈，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圓弧槽的質(zhì)量均為m，小
滑塊的質(zhì)量為2m，薄木板以及固定擋板的總質(zhì)量為4m，小球和小滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
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(1)小球開始下落時距離水平地面的高度h；
答案　　
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設(shè)小球滑離圓弧槽時，圓弧槽的反沖速度大小為v1，方向水平向左，由動量守恒定律得mv0=mv1
解得v1=v0
從小球開始下落至球、槽第一次分離過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
由機(jī)械能守恒定律得
mgh=m+m
解得h=
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(2)小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x；
答案　3R　
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7
設(shè)小球從開始下落至剛好滑離圓弧槽，相對地面向右運(yùn)動x1，圓弧槽相對地面向左運(yùn)動x2，
由平均動量守恒可得mx1=mx2
x1+x2=R
解得x1=R，x2=R
小球要繼續(xù)向右運(yùn)動x2+R，歷時t，
則t==
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圓弧槽在t時間內(nèi)向左繼續(xù)滑行的距離為
x槽=v1t=v0×=
小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離
x=x槽+x2+R=3R
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7
(3)彈簧的最大彈性勢能Epm。
答案　
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7
規(guī)定向右為正方向，小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，機(jī)械能守恒
mv0=mv0'+2mv2
m=mv0'2+×2m
解得v0'=-，方向向左
v2=，方向向右。
滑塊與薄木板共速時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得2mv2= (2m+4m)v
解得v=
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因滑塊壓縮彈簧后反彈恰好回到薄木板的最左端，故滑塊相對薄木板向右運(yùn)動和返回時向左運(yùn)動過程摩擦生熱相同，設(shè)為Q，滑塊向右運(yùn)動與薄木板達(dá)到共速的過程由能量守恒定律得
×2m=(2m+4m)v2+Q+Epm
滑塊恰好回到薄木板的最左端時仍共速，
速度仍為v，
故Epm=Q
解得Epm=。
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補(bǔ)償強(qiáng)化練
PART FOUR
1.(2024·山西運(yùn)城市模擬)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點(diǎn)處剛好與水平地面相切。一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度沿水平地面向右運(yùn)動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機(jī)械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為。則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶M為
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
√
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當(dāng)圓弧滑塊固定時，有m=mgR，當(dāng)圓弧滑塊不固定，取水平向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv0=(m+M)v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m=mg·+(m+M)v2，聯(lián)立解得m∶M=2∶1，故選C。
2.(多選)(2024·浙江6月選考·15)如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計空氣阻力，重力加速度為g。小球以初速度v0沿細(xì)桿向上運(yùn)動至最高點(diǎn)，則該過程
A.合力沖量大小為mv0cos θ
B.重力沖量大小為mv0sin θ
C.洛倫茲力沖量大小為
D.若v0=，彈力沖量為零
√
√
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洛倫茲力大小隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為I洛=q××B ×=，故C正確；
根據(jù)動量定理有I=0-mv0=-mv0
故合力沖量大小為mv0，故A錯誤；
小球上滑的時間為t=
重力的沖量大小為IG=mgt=，故B錯誤；
小球所受洛倫茲力大小為Bqv=Bq(v0-at)=-Bqat+Bqv0，其中a=gsin θ
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圖線與橫軸圍成的面積表示彈力的沖量，可得彈力的沖量為零，故D正確。
若v0=，0時刻小球所受洛倫茲力為Bqv0=2mgcos θ
小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得Bqv=mgcos θ+FN
即FN=Bqv-mgcos θ=Bq(v0-at)-mgcos θ=mgcos θ-Bqtgsin θ
則小球在整個減速過程的FN-t圖像如圖
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3.(2024·山東菏澤市模擬)如圖甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直徑相同，小球A以初動量p0沿直線運(yùn)動，與靜止的帶輕質(zhì)彈簧的小球B發(fā)生正碰，此過程中，小球A的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖乙所示，t1時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標(biāo)為p1，t2時刻縱坐標(biāo)為零。則
A.小球A、B的質(zhì)量之比為
B.t2時刻彈簧的彈性勢能最大
C.小球A的初動能和彈簧最大
彈性勢能之比為
D.0~t2時間內(nèi)，小球B的動量變化量為p0-p1
√
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簧彈力最大，由胡克定律可知，此時彈簧形變量最大，則此時彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；
t1時刻兩小球共速，設(shè)速度大小均為v，則小球A的質(zhì)量mA=，根據(jù)動量守恒有p0=p1+p2，則小球B的質(zhì)量mB==由此可知兩小球的質(zhì)量之比為=，故A錯誤；
t1時刻圖線的切線斜率最大，則小球A的動量變化率最大，由動
量定理知=F=kx，可知此時彈
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3
4
根據(jù)機(jī)械能守恒有=++Epm，小球A的初動能和彈簧最大彈性勢能之比k'==，故C正確；
0~t2時間內(nèi)，小球B的動量變化量ΔpB=-ΔpA=p0，故D錯誤。
1
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3
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4.(2024·安徽卷·14)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運(yùn)動，已知細(xì)線長L=1.25 m，小球質(zhì)量m=0.20 kg，
物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30 kg。小車上的水平軌道長s=1.0 m。圓弧軌道半徑R=0.15 m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。
1
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(1)求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小；
答案　6 N　
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4
對小球擺動到最低點(diǎn)的過程中，由動能定理mgL=m-0
解得v0=5 m/s
在最低點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律得
FT-mg=m
解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6 N
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4
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；
答案　4 m/s　
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4
小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和
機(jī)械能守恒定律得mv0= mv1+Mv2
m=m+M
解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2=v0=4 m/s
1
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(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。
答案　0.25≤μ<0.4
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4
若物塊恰好運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒得Mv2=2Mv3
由能量守恒定律得
M=×2M+μ1Mgs
解得μ1=0.4
若物塊恰好運(yùn)動到與圓弧軌道圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒得Mv2=2Mv4
1
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4
由能量守恒定律得
M=×2M+μ2Mgs+MgR
解得μ2=0.25
綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。

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