2019_2020学年高中物理第1章碰撞与动量守恒3动量守恒定律的案例分析精练含解析沪教版选修3_5

动量守恒定律的案例分析
1.掌握运用动量守恒定律解决问题的一般步骤．(重点)
2.知道反冲现象和火箭的工作原理，能够运用动量守恒定律分析、解决反冲问题．(重点＋难点)
3.了解航天技术的发展和应用．
[学生用书P9]
一、动量守恒定律的应用
动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一，它在理论探索和实践应用中均发挥了巨大的作用．用动量守恒定律来研究碰撞、爆炸问题时，只需考虑物体初、末状态的动量，因此往往比牛顿运动定律更为简便．
二、研究反冲现象
1．定义：在物理学中，把物体系统的一部分向某方向运动，而其余部分向相反方向运动的现象，叫做反冲．
2．特点
(1)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，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式能转变为动能，所以系统的总动能增加．
3．反冲现象的应用及防止：反冲是生活和生产实践中常见的一种现象，在许多场合，反冲是不利的，如大炮射击时，由于炮身的反冲，会影响炮弹的出口速度和准确性．为了减小反冲的影响，可增大炮身的阻力．但还有许多场合，恰好是利用了反冲，如反击式水轮机是利用反冲而工作的，喷气式飞机和火箭是反冲的重要应用，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的．
1．(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( )
(2)一切反冲现象都是有益的．( )
(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( )
提示：(1)√(2)×(3)√
三、火箭
1．原理：火箭的飞行应用了反冲运动的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．2．影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大，火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．
2．(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．( )
(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )
提示：(1)× (2)√
多过程中的动量守恒问题[学生用书P10]
1．包含一个以上物理过程的动量守恒问题，应根据具体情况来划分过程，在每个过程中合理选取研究对象，要注意两个过程之间的衔接条件，如问题不涉及或不需要知道两个过程之间的中间状态，应优先考虑取“大过程”求解．
2．解这类问题时应注意：
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立物理模型；
(2)分清作用过程的各个阶段和联系各个阶段的状态量；
(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．
(1)对于由多个物体组成的系统，在不同的过程中往往需要选取不同的物
体组成不同的系统．
(2)要善于寻找物理过程之间的相互联系，即衔接条件．
质量为M ＝2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)，如图所示，一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100 m/s ，最后物体A 仍静止在车上，若物体A 与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求平板车最后的速度是多大？
[思路点拨] 子弹射穿A 的过程极短，因此车对A 的摩擦力作用可略去，即认为子弹和A 组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A 的位置没有发生变化．
[解析] 子弹击穿A 后，A 在水平方向获得一个速度v A ，最后当A 相对车静止时，它们的共同速度为v .设子弹击穿A 后的速度为v ′，由动量守恒定律有
m B v 0＝m B v ′＋m A v A ，
得v A ＝m B （v 0－v ′）m A ＝0.02×（600－100）2
m/s ＝5 m/s. A 获得速度v A 相对车滑动，由于A 与车间有摩擦，最后A 相对车静止，以共同速度v 运动，对于A 与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：m A v A ＝(m A ＋M )v ，
所以v ＝m A v A m A ＋M ＝2×52＋2
m/s ＝2.5 m/s. [答案] 2.5 m/s
对相互作用的物体，要搞清物体发生了哪些过程，哪个过程是满足动量守恒的，在作用时间极短的过程时，一般是内力远大于外力，动量是守恒的．
对反冲运动的理解与应用[学生用书P10] 1．反冲运动的特点
(1)在反冲运动中，由于存在内力作用，根据牛顿运动定律可知，相互作用的物体获得加速度，速度同时发生变化，所以物体的不同部分在内力作用下向相反的方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律处理．但由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．
2．分析反冲运动应注意的问题
(1)速度的反向性问题：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．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，则反方向的另一部分的速度应取负值．
(2)相对速度问题：反冲运动的问题中，有时遇到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．因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程．
(3)变质量问题：在反冲运动中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来进行研究．
反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用的内力远远大于外力，所以反冲运动可以应用动量定理或动量守恒定律来处理．
命题视角1 对反冲运动的理解
一装有柴油的船静止于水面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图所示．不计水的阻力，船的运动情况是( )
A．向前运动B．向后运动
C．静止D．无法判断
[解析] 虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转移到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程．故A正确．
[答案] A
命题视角2 对反冲运动的应用
在太空中有一枚相对于太空站静止的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出的
速度为v 0(相对于太空站)，紧接着再喷出质量也为m 的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v (相对于太空站)，火箭第二次喷射的气体的速度是多大(相对于太空站)?
[思路点拨] 分析该题应注意以下两点：
(1)喷出气体与火箭均选太空站为参考系．
(2)喷出气体与火箭组成的系统动量守恒．
[解析] 规定v 0的方向为正，则由动量守恒定律：
第一次喷气后：0＝mv 0－(M －m )v 1
所以v 1＝mv 0M －m
，v 1与正方向相反 第二次喷气后：－(M －m )v 1＝mv 2－(M －2m )v ，
所以v 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫M m －2v －v 0. [答案] ⎝ ⎛⎭
⎪⎫M m
－2v －v 0
解决火箭多次向外喷射气体的问题时应注意，动量守恒定律中的速度必须是相对于同一参考系而言的，另一方面就是注意速度方向的表示方法．
火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，喷出的气体相对地面的速
度v ＝1 000 m/s.设此火箭初始质量M ＝300 kg ，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s 末的速度是多大？
解析：以火箭和它在1 s 内喷出的气体为研究对象．设火箭1 s 末的速度为v ′，1 s 内共喷出质量为20m 的气体，以火箭前进的方向为正方向．
由动量守恒定律得：(M －20m )v ′－20mv ＝0
解得v ′＝20mv M －20m ＝20×0.2×1 000300－20×0.2 m/s ≈13.5 m/s 即火箭发动机1 s 末的速度大小是13.5 m/s.
答案：13.5 m/s
反冲运动中的“人船模型”[学生用书P11]
1．“人船模型”问题的特征：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．处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．
由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m 1v 1＝m 2v 2(v 1、v 2为两物体的瞬时速率)的形式，表明任意时刻的瞬时速率都与各物体的质量成反比．所以全
过程的平均速度也与质量成反比．进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比，即s 1s 2＝m 2m 1
.
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．
(3)适用条件
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题．适用条件是：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量守恒． ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
人在船上运动过程是比较复杂的，但我们可以用平均速度来代替全程的速
度，进而用对地位移来代替平均速度，列出关于位移的动量守恒方程．
如图所示，长为l ，质量为M 的小船停在静水中，一个质量为 m 的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船和人对地的位移各是多少？
[思路点拨] 此类题目中涉及的是总动量为零的系统．相互作用的两个物体原来都处于静止，作用后处于运动状态，而总动量始终为零．利用这一点我们可以解决不少涉及位移的问题．即由m 1v 1＋m 2v 2＝0，可以推出m 1s 1＋m 2s 2＝0.使用此式解题时，应注意式中的s 应相对同一参考系．人船模型是这类问题中的典型，且不管人在船上怎样运动，匀速或加速，结果都是一样的．
[解析] 人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v 1，v 2，由于原来处于静止的状态，因此
0＝Mv 1－mv 2，即mv 2＝Mv 1
由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故它们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m v 2＝M v 1，等式两边同乘运动的时间t ，得
m v 2t ＝M v 1t ，即ms 2＝Ms 1
又因s 1＋s 2＝l ，因此有s 1＝
ml m ＋M ，s 2＝Ml m ＋M . [答案] ml m ＋M Ml m ＋M
此题目代表一类问题即“人船模型”，一个原来处于静止状态的系统，在系统内物体发
生相对运动的过程中，有一个方向动量守恒，此时有 ms 1＝Ms 2 成立，其中s 1、s 2为相对同一参考系的位移．
如图所示，质量为m ，半径为r 的小球，放在内半径为R ，质量M ＝3m
的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．
解析：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v 1，大球的水平速度大小为v 2，由水平方向动量守恒有：
mv 1＝Mv 2，所以v 1v 2＝M m
. 若小球到达最低点时，小球的水平位移为x 1，大球的水平位移为x 2，则x 1x 2＝v 1v 2＝M m ， 由题意：x 1＋x 2＝R －r
解得x 2＝
m M ＋m (R －r )＝R －r 4. 答案：R －r
4
[随堂检测][学生用书P12]
1．假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是( )
A ．步行
B ．挥动双臂
C ．在冰面上滚动
D ．脱去外衣抛向岸的反方向
解析：选D.因为冰面光滑，无法行走和滚动，由动量守恒定律知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边．
2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A ．燃料燃烧推动空气，空气反作用推动火箭
B ．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后喷出，气体的反作用力推动火箭
C ．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D ．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
解析：选B.火箭工作的原理是反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷
管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故B 项正确． 3.
如图，质量为M 的小船在静止水面上以速度v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A ．v 0＋m M v
B ．v 0－m M v
C ．v 0＋m
M (v 0＋v ) D ．v 0＋m
M
(v 0－v ) 解析：选C.人跳起前后小船和人组成的系统动量守恒，所以有(m ＋M )v 0＝－mv ＋Mv 1，解得v 1＝v 0＋m （v 0＋v ）M
. 4．如图所示，自动火炮连同炮弹的总质量为M ，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v 1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m 的炮弹后，自动火炮的速度变为v 2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v 0为( )
A.
m （v 1－v 2）＋mv 2m B.M （v 1－v 2）m C.M （v 1－v 2）＋2mv 2m D.M （v 1－v 2）－m （v 1－v 2）m
解析：选B.炮弹相对地的速度为v 0＋v 2.由动量守恒得Mv 1＝(M －m )v 2＋m (v 0＋v 2)，得v 0＝M （v 1－v 2）m
. 5．平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1.25 m(g 取10 m/s 2
)．
(1)求车在人跳出后到人落到A 点期间的反冲速度的大小；
(2)人落在A 点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？
解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人
的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，得v 2＝14v 1 人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝
2h g
＝0.5 s ，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t
由x 1＋x 2＝l 得v 1t ＋v 2t ＝l 则v 2＝l 5t ＝45×0.5 m/s ＝1.6 m/s. (2)人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0.
故人落到车上A 点站定后车的速度为零．
车的水平位移为
x 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m ＝0.8 m.
答案：(1)1.6 m/s (2)不动 0.8 m [课时作业][学生用书P81(单独成册)]
一、单项选择题 1．质量m ＝100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲＝40 kg 、m 乙＝60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )
A ．0.6 m/s ，向左
B ．3 m/s ，向左
C ．0.6 m/s ，向右
D ．3 m/s ，向右
解析：选A.以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m 甲v －m 乙v ＋mv ′，代入数据解得v ′＝0.6 m/s ，方向向左．
2．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态，放出一个质量为m 的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E 0，则新原子核反冲的动能为( )
A ．E 0
B.m M E 0
C.m M －m E 0
D.Mm
（M －m ）2E 0 解析：选C.由动量守恒定律知(M －m )v ＝mv 0＝p ，又E k ＝p 22（M －m ），E 0＝p 2
2m
，知选项C 对．
3. 如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0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m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为
( )
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．v 0－m 2m 1v 2
D ．v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2) 解析：选D.忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2)，故D 项正确．
4.
如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h .今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A.
mh M ＋m B.Mh M ＋m C.mh cot αM ＋m D.Mh cot αM ＋m
解析：选C.此题属“人船模型”问题，m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向对地位移为x 2，因此
0＝mx 1－Mx 2
① 且x 1＋x 2＝h cot α.
② 由①②可得x 2＝mh cot αM ＋m
，故选C. 5．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s .假设他站在车的A 端，如图所示，想要跳到距离为l 远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )
A ．只要l <s ，他一定能跳上站台
B ．只要l <s ，他就有可能跳上站台
C ．只要l ＝s ，他一定能跳上站台
D ．只要l ＝s ，他就有可能跳上站台
解析：选B.人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s ，故l <s 时，才有可能跳上站台．
6．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，设第一次射出子弹后，人后退的速度为v ，则(设每颗子弹射出时对地面的速度相同)( )
A ．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v 保持不变
B ．射出n 颗子弹后，人后退的速度为nv
C ．射出n 颗子弹后，人后退的速度大于nv
D ．射出n 颗子弹后，人后退的速度小于nv
解析：选C.设人、枪(包括子弹)总质量为M ，每颗子弹质量为m ，子弹射出速度大小为v 0，由动量守恒定律得0＝(M －m )v －mv 0，设射出n 颗后，后退速度为v ′，则有(M －nm )v ′＝nmv 0，由以上分析有v ＝
mv 0M －m ，v ′＝nmv 0M －nm ，因为M －m >M －nm ，所以有v ′>nv ，C 正确． 二、多项选择题
7．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P ，不计空气阻力，则( )
A ．火箭一定离开原来轨道运动
B ．P 一定离开原来轨道运动
C ．火箭运动半径一定增大
D ．P 运动半径一定减小
解析：选AC.火箭射出物体P 后，由反冲原理知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大，P 的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以A 、C 对，B 、D 错．
8．一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是( )
A ．气球可能匀速上升
B ．气球可能相对地面静止
C ．气球可能下降
D ．气球运动速度不发生变化
解析：选ABC.设气球质量为M ，人的质量为m ，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿吊梯向上爬时，动量守恒，则(M ＋m )v 0＝mv 1＋Mv 2，在人向上爬的过程中，
气球的速度为v 2＝（M ＋m ）v 0－mv 1M
.当v 2>0时，气球可匀速上升；当v 2＝0时气球静止；当v 2<0时气球下降．所以，选项A 、B 、C 均正确．要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v 0，即人不上爬，显然不对，D 选项错误．
9．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M ，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A
B 也向右运动
B ．
C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶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
解析：选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，A 错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C 与B 碰前，有mv C ＝Mv AB ，得：v C ∶v AB ＝M ∶m ，B 正确；C 与B 碰撞过程动量守恒，有：mv C －Mv AB ＝(M ＋m )v ，知v ＝0，故C 正确，D 错误．
10．在水平铁轨上放置一门质量为M 的炮车，发射的炮弹质量为m ，设铁轨和炮车间摩擦不计，则( )
A ．水平发射炮弹时，炮弹速率为v 0，炮车的反冲速率为mv 0M
B ．炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速率为v 0，炮身反冲速率为
mv 0cos θM C ．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v 0，炮身的反冲速率为mv 0cos θM
D ．炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速率为v 0，炮身的反冲速率为mv 0cos θM ＋m
解析：选ABD.水平发射炮弹时，对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律，若炮弹速率为v 0，mv 0－Mv 1＝0，解得v 1＝mv 0M
，A 正确；炮车车身与水平方向成θ角时，在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒，炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v 2，但此后由于地面的作用，能量损失，竖直方向的速度立即变为0，炮车的速度由v 立即减小为v 2，v 2即为炮身反冲速率．如图，
显然有v ＝v 2cos θ，所以在出射方向上，根据动量守恒定律有mv 0－M v 2cos θ
＝0解得v 2
＝mv 0cos θM ，B 正确；炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v 0时，设炮车反冲的速率v 3，根据描述，炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速度v ′＝v 3cos θ
，所以炮弹相对地面的速度为v 弹＝v 0－v ′＝v 0－
v 3cos θ，在出射方向上，根据动量守恒定律有m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0－v 3cos θ－M ·v 3
cos θ＝0，解得v 3＝mv 0cos θM ＋m
，C 错误，D 正确． 三、非选择题
11．如图所示，质量为M ＝2 kg 的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB 部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R ＝0.3 m ，木板BC 部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m ＝1 kg 的小滑块从A 点由静止释放，最终停止在BC 面上D 点(D 点未标注)．若BC 面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2
，求：
(1)小滑块刚滑到B 点时的速度大小；
(2)B 、D 之间的距离．
解析：(1)小滑块滑到B 点时，木板和小滑块速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有Mv 1＋mv 2＝0，
由机械能守恒定律有mgR ＝12Mv 21＋12
mv 22， 代入m ＝1 kg 、M ＝2 kg 、R ＝0.3 m ，得v 2＝2 m/s.
(2)小滑块静止在木板上时速度为v ，由动量守恒定律有
(M ＋m )v ＝0，得v ＝0.
由能量守恒定律有mgR ＝μmgL ，
代入μ＝0.2、R ＝0.3 m ，得L ＝1.5 m.
答案：(1)2 m/s (2)1.5 m
12．如图所示，半径分别为R 和r (R >r )的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，在水平轨道CD 上一轻弹簧被a 、b 两小球夹住(未拴接)，同时释放两小球，a 、b 球恰好能通过各自的圆轨道的最高点．
(1)求两小球的质量比．
(2)若m a ＝m b ＝m ，要求a 、b 都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势
能？
解析：(1)a 、b 球恰好能通过各自圆轨道的最高点的速度分别为 v a ′＝gR ① v b ′＝gr ②
由动量守恒定律得 m a v a ＝m b v b
③ 由机械能守恒定律得
12m a v 2a ＝12
m a v a ′2＋m a g ·2R ④ 12m b v 2b ＝12
m b v b ′2＋m b g ·2r ⑤ 联立①②③④⑤得m a
m b ＝r R
. (2)若m a ＝m b ＝m ，由动量守恒定律得v a ＝v b ＝v
当a 球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，
E p ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12mgR ＋mg ·2R ×2＝5mgR . 答案：(1)
r R
(2)5mgR。