2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第1章动量守恒定律专题课：“弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型导学案含答案.docx

2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第1章 动量守恒定律专题课: “弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型学习任务一“弹簧类”模型模型建构 模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒(2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化;若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,则系统机械能守恒(3)弹簧处于最长(最短)状态时,两物体速度相等,弹性势能最大,系统的总动能通常最小(4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统的总动能通常最大,但物体速度一般不相等例1 如图所示,小球B与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,小球A以某一速度与轻质弹簧正碰.小球A与弹簧分开后,小球B的速度为v.(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时,求小球B的速度的大小;(2)若小球B的质量m2已知,在小球A与弹簧相互作用的整个过程中,求小球A受到弹簧作用力的冲量.变式1 (15分)2022·长春吉林大学附属中学月考 如图所示,A、B、C为三个大小相同的小球,其质量分别为mA=0.5 kg,mB=0.3 kg,mC=0.2 kg,A和B固定在轻弹簧的两端(A和B静止在光滑的水平面上).小球C以初速度v0=8 m/s向右运动,在极短时间t=0.1 s内与A发生碰撞后以速度v=-2 m/s反弹,求:(1)C与A碰撞过程中的平均作用力大小F;(2)C与A碰撞过程中损失的机械能E;(3)弹簧的最大弹性势能Ep.规范答题区自评项目(共100分)自评分书写工整无涂抹(20分)有必要的文字说明,指明研究对象、过程、所用规律(20分)列式规范,无连等式、使用原始表达式、无代数过程(30分)有据得等说明(10分)结果规范,结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)学习任务二“光滑圆弧(斜面)轨道”模型模型建构 模型图示模型特点(1)最高点:滑块与圆弧轨道具有共同水平速度v共,系统在水平方向上动量守恒,有mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,有12mv02=12(M+m)v共2+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于圆弧轨道的高度(2)最低点:滑块与圆弧轨道的分离点.系统在水平方向上动量守恒,有mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,有12mv02=12mv12+12Mv22(3)悬绳模型与“光滑圆弧轨道+滑块(小球)”模型特点类似,即系统机械能守恒,在水平方向上动量守恒,解题时需关注物体运动的最高点和最低点例2 如图所示,木块A的右侧为光滑曲面(曲面足够长),且下端极薄,其质量为2.0 kg,静止于光滑水平面上.一质量为2.0 kg的小球B以2.0 m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面,与A发生相互作用.(1)B球沿A曲面上升到最大高度处的速度是()A.0 B.1.0 m/sC.0.71 m/sD.0.50 m/s(2)B球沿A曲面上升的最大高度是()A.0.40 mB.0.20 mC.0.10 mD.0.05 m(3)B球与A相互作用结束后,B球的速度是()A.0 B.1.0 m/sC.0.71 m/sD.0.50 m/s反思感悟   变式2 2022·青岛二中月考 质量分别为M1和M2的劈A和B高度相同,放在光滑水平面上,A和B的曲面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示.一质量为m的物块位于劈A的曲面上,距水平面的高度为h.物块由静止滑下,然后滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度. 反思感悟   变式3 如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为.一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中的机械能损失.如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面的顶端.如果斜面不固定,则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()A.hB.mhm+MC.mhMD.Mhm+M“悬环类”模型示例2022·成都外国语学校月考 如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上,质量为M=3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接.滑环固定时,给小球一个水平冲量I,小球摆起的最大高度为h1(h1<L);滑环不固定时,仍给小球以同样的水平冲量I,小球摆起的最大高度为h2.则h1h2等于()A.61B.41C.21D.43反思感悟   变式4 (多选)2022·厦门双十中学期中 如图所示,光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A,通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点),物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用.质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B,与B碰撞后粘在一起运动.已知重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.物块C与物块B碰后瞬间速度为v2B.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为18mv2C.滑环A的最大速度为v3D.物块B、C摆起的最大高度为v224g反思感悟   1.(弹簧综合问题)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,P的质量为m,Q的质量为3m,Q与轻质弹簧相连.Q原来静止,P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于()A.34EB.38EC.316ED.E2.(圆弧轨道+滑块问题)(多选)如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆轨道,BC段是水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块(可视为质点)从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点.已知M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为,重力加速度为g.则下列说法正确的是()A.滑块从A滑到C的过程中,滑块和小车组成的系统水平方向上动量守恒B.滑块从A滑到C的过程中,滑块和小车组成的系统机械能守恒C.滑块滑到B点时的速度大小为2gRD.水平轨道的长度L=R3.(“悬环类”模型)2022·福建泉州七中月考 长为l的轻绳,一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上,另一端连接一质量为2m的小球,开始时,将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态,如图),然后轻轻放手,当绳子与横杆成直角,此过程圆环的位移是x,则()A.x=23lB.系统动量守恒C.小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等D.小球机械能守恒专题课: “弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型例1(1)v2(2)m2v,方向水平向左解析 (1)当系统动能最小时,弹簧压缩至最短,两球具有共同速度v共.设小球A、B的质量分别为m1、m2,碰撞前小球A的速度为v0,小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A刚接触弹簧到与弹簧分开的过程中,系统动量守恒,且机械能守恒,有m1v0=m1v1+m2v12m1v02=12m1v12+12m2v2联立解得v=2m1v0m1+m2即m1v0=m1+m22v从小球A刚接触弹簧到两球共速的过程中,系统动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v共解得v共=v2.(2)设水平向右为正方向,则小球B动量的变化量为m2v,根据动量守恒定律可知,小球A动量的变化量为-m2v根据动量定理有I=-m2v,小球A受到弹簧作用力的冲量的大小为m2v,方向水平向左.变式1(1)20 N(2)2 J(3)1.5 J解析 (1)对C,由动量定理得-Ft=mCv-mCv0(2分)解得F=20 N.(2分)(2)C与A碰撞过程中,由动量守恒定律得mCv0=mAvA+mCv(2分)解得vA=4 m/s碰撞过程中损失的机械能E=12mCv02-12mCv2-12mAvA2=2 J.(3分)(3)C与A碰撞结果后,A、B和弹簧组成的系统在运动过程中动量守恒且机械能守恒,当弹簧被压缩到最短时,A和B有共同速度,此时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v1,有mAvA=(mA+mB)v1(2分)12mAvA2=12(mA+mB)v12+Ep(2分)联立解得Ep=1.5 J.(2分)例2(1)B(2)C(3)A解析 (1)在最大高度处两球速度相同,方向水平向左,设为v,由动量守恒定律得mv0=2mv,代入数据得v=1.0 m/s.(2)从开始到小球到达最大高度处,这一过程中系统的机械能守恒,则12mv02=12(m+m)v2+mgh,代入数据得h=0.10 m.(3)从开始冲上曲面到小球又回到最低点的过程可以看作弹性碰撞,则由动量守恒定律得mv0=mvA+mvB,再由机械能守恒定律得12mv02=12mvA2+12mvB2,联立得vA=v0=2.0 m/s,vB=0.变式2M1M2(M1+m)(M2+m)h解析 根据题意可知,物块从劈A上由静止滑下,到达劈A底端时,设物块的速度大小为v,A的速度大小为vA,由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh=12mv2+12M1vA2M1vA=mv设物块在劈B上能够达到的最大高度为h',此时物块和劈B的共同速度大小为v',由机械能守恒定律和动量守恒定律得mgh'+12(M2+m)v'2=12mv2mv=(M2+m)v'联立解得h'=M1M2(M1+m)(M2+m)h.变式3D解析 斜面固定时,小物块恰能冲到斜面的顶端,由动能定理得-mgh=0-12mv02,所以v0=2gh,斜面不固定时,设小物块冲上斜面后能达到的最大高度为h',小物块达到最高点时的速度为v,由水平方向动量守恒得mv0=(M+m)v,由机械能守恒得12mv02=12(M+m)v2+mgh',解得h'=MM+mh,故选D.素养提升示例B解析 根据动量定理有I=Mv0,滑环固定时,根据机械能守恒定律有12Mv02=Mgh1,可得h1=I22M2g,滑环不固定时,小球的初速度不变,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒得Mv0=(M+m)v,12Mv02=12(M+m)v2+Mgh2,解得h2=I28M2g,则有h1h2=41,故选B.变式4AD解析 取向右为正方向,物块C与物块B碰撞时动量守恒,根据动量守恒定律可得mv=2mv1,解得碰撞后二者的速度大小为v1=12v,故A正确;碰撞过程中损失的机械能为E=12mv2-12×2mv12,解得E=14mv2,故B错误;当B、C再次回到最低点时A的速度最大,设A的最大速度为v2,此时B、C的速度为v3,根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒得2mv1=mv2+2mv3,根据系统的机械能守恒得12×2mv12=12mv22+12×2mv32,解得v2=23v,故C错误;当A、B、C三者速度相等为v4时,物块B、C上升的高度最大,根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒得2mv1=3mv4,根据机械能守恒定律有2mgh=12×2mv12-12×3mv42,解得h=v224g,故D正确.随堂巩固1.A解析 设P物体的初速度为v0,由已知可得12mv02=EP与Q碰撞过程中,两物体速度相等时,弹簧压缩量最大,此时弹性势能最大,整个过程中,根据动量守恒定律得mv0=(m+3m)v1,此时最大弹性势能Ep=12mv02-12×(m+3m)v12,解得Ep=38mv02=34E,故A正确.2.AD解析 滑块从A滑到C的过程中,滑块和小车组成的系统水平方向上所受合外力为零,动量守恒,选项A正确;滑块从A滑到C的过程中,由于滑块与轨道BC间有摩擦,要克服摩擦力做功产生热量,所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒,选项B错误;滑块刚滑到B点时,取水平向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得0=mvm-MvM,由机械能守恒定律得mgR=12mvm2+12MvM2,联立解得vm=3gR2,vM=gR6,滑块滑到B点时的速度为3gR2,选项C错误; 系统在水平方向上动量守恒,以水平向右为正方向,对整个过程,在水平方向上由动量守恒定律得0=(m+M)v',解得v'=0,由能量守恒定律得mgR=mgL,解得L=R,选项D正确.3.A解析 选小球和圆环为系统,整个过程中在水平方向满足动量守恒,设从开始到绳子与横杆成直角的过程中,圆环的平均速度大小为v1,小球的平均速度大小为v2,则mv1-2mv2=0,设运动时间为t,此过程圆环的位移大小为x,小球的位移大小为l-x,则mxt-2ml-xt=0,解得x=23l,故A正确;在水平方向上,以小球和圆环为系统,不受任何外力,水平方向上动量守恒,在竖直方向上合外力不为零,动量不守恒,故B错误;过程中圆环的合外力等于绳子拉力沿水平方向的分力,小球的合外力等于重力和绳子拉力的合力,二者大小不等,所以冲量不相等,故C错误;小球除重力做功外,轻绳拉力也对其做功,机械能不守恒,故D错误.专题课:“弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型建议用时:40分钟1.2022·济南一中月考 如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个小物块,其中物块A的左侧连接一轻质弹簧.物块A处于静止状态,物块B以一定的初速度向物块A运动,并通过弹簧与物块A发生弹性正碰.对于该作用过程,两物块的速度变化可用速度时间图像进行描述,在如图所示的图像中,图线1表示物块A的速度变化情况,图线2表示物块B的速度变化情况,则这四个图像中可能正确的是()ABCD2.(多选)如图所示,三条完全相同的轻弹簧放在光滑水平面上,一端分别与物块A、B、C相连接,图甲、乙中的另一端固定在墙上,图丙中另一端与水平面上的物块D相连.四个物块的质量均为m,弹簧劲度系数为k,给物块A、C一个水平向右的初速度v0,给物块B一个水平向右的恒定推力F.已知弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2(x为形变量).则下列说法正确的是() A.甲图弹簧的最大伸长量为2v0mkB.乙图物块B的最大速度为F1mkC.丙图物块D的最大动量与弹簧最大弹性势能的比为2v0D.丙图弹簧的最大伸长量为v0m2k3.如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点.现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8 m,两个小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g取10 m/s2.则碰后小滑块B的速度大小不可能是()A.5 m/sB.4 m/sC.3 m/sD.2 m/s4.(多选)如图所示,小车的上面是中突的两个对称的光滑曲面组成,整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看作质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下,重力加速度为g.关于这个过程,下列说法正确的是()A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置B.小球在滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是mv2C.小球和小车作用前后,小球所受合力的冲量为零D.车上曲面的竖直高度一定大于v24g5.如图所示,质量为M的滑块静止在光滑水平面上,其左侧是四分之一光滑圆弧,左端底部恰好与地面相切,两小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度为v0,B保持静止,已知A与B发生弹性碰撞,要使A与B发生两次碰撞,则M可能为()A.2 kgB.3 kgC.5 kgD.6 kg6.(多选)如图,ABC三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为mA=2 kg、mB=3 kg、mC=2 kg,初状态三个小球均静止,B、C球之间连着一根轻质弹簧,弹簧处于原长状态现给A一个向左的初速度v0=10 m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2 m/s.下列正确的是()A.球A和B碰撞是弹性碰撞B.球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度为6 m/sC.球A和B碰后,球B的最小速度为1.6 m/sD.球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96 J7.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接(弹簧与A、B不分开).初始时弹簧被压缩,同时释放A、B,此后A的v-t图像如图乙所示(规定向右为正方向).已知mA=0.1 kg,mB=0.2 kg,弹簧质量不计.A、B及弹簧在运动过程中,在A物块速度为1 m/s时,则()A.物块B的速度大小为0.5 m/s,方向向右B.A物块加速度是B物块加速度的2倍C.此时弹簧的弹性势能为0.225 JD.此时弹簧的弹性势能为最大弹性势能的一半8.2022·北京四中月考 如图所示,在光滑固定的水平长杆上套着一个光滑的质量为mA=0.2 kg的滑环A,滑环通过一根不可伸长的轻绳悬吊一质量为mB=0.6 kg的重物B,轻绳长为L=0.8 m,将滑环A固定在水平杆上,给B一个水平瞬时冲量作用,使重物B向左摆动并恰好能碰到水平杆.重力加速度g取10 m/s2.(1)求瞬时冲量的大小;(2)若滑环A不固定,仍给B以同样的瞬时冲量作用,在此后的运动过程中,求B离水平杆最近时的距离.9.2022·湖北宜昌一中月考 如图,在光滑水平地面上有一辆质量M=2 kg的小车,小车左右两侧均为半径R=0.3 m的四分之一光滑圆轨道,两圆弧轨道之间平滑连接长L=0.6 m的粗糙水平轨道.质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A处由静止释放,小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数=0.1,重力加速度g取10 m/s2.求:(1)小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时,小物块与小车的速度大小之比;(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h;(3)整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程s及全过程小车在地面上发生的位移x的大小.专题课:“弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型1.B解析 水平地面光滑,则物块B向带着弹簧的物块A运动,经历以下几个阶段:开始阶段物块B压缩弹簧过程,弹簧对物块B做负功,对物块A做正功,则物块B的速度减小,物块A的速度增大;在某一时刻,物块A的速度增大到与物块B速度相等,此时弹簧被压缩到最短;此后弹簧继续对物块B做负功,对物块A做正功,则物块B的速度继续减小,物块A的速度继续增大,物块A的速度大于物块B的速度,弹簧的压缩量变小;当弹簧恢复原长后,物块A以较大的速度匀速运动,物块B以较小的速度匀速运动.A图中两物块做匀速运动的时刻应相同,A错误;C图中最后物块A的速度应大于物块B的速度,C错误;D图中两物块速度相等应该只有一个时刻,不可能持续一段时间,而且最后物块A的速度应大于物块B的速度,D错误.2.BD解析 同一个弹簧在压缩量与伸长量相等时,弹性势能相等,甲图中,由机械能守恒定律可得12mv02=12kx2,x=v0mk,A错误;乙图中,在物块B的速度最大时,弹簧弹力的大小等于推力F,则有F弹=F=kx,由功能关系可得Fx-12kx2=12mvm2,vm=2Fx-kx2m=2F-kxxm=Fxm=F1mk,B正确;物块C与物块D相互作用,系统动量守恒,两物块质量相同,两物块相互作用过程中,D的动量最大为mv0,在两物块相互作用中,当两物块的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有mv0=2mv,v=v02,由机械能守恒定律有12mv02=2×12mv022+Epm,Epm=mv024,物块D的最大动量与弹簧最大弹性势能的比为pDmEpm=mv0mv024=4v0,C错误;丙图中,弹簧的弹性势能最大时,弹簧的形变量最大,即为C、D两物块速度相等时弹簧的形变量最大,则有Epm=mv024=12kxm2,xm=v0m2k,所以丙图弹簧的最大伸长量为v0m2k,D正确.3.A解析 设小滑块A到达最低点时的速度为v0,在圆弧轨道上,根据动能定理有mAgR=12mAv02-0,可得v0=6 m/s,若A、B发生弹性碰撞,则有mAv0=mAv1+mBv2,12mAv02=12mAv12+12mBv22,联立解得v2=4 m/s,若A、B发生完全非弹性碰撞,则有mAv0=(mA+mB)v,解得v=2 m/s,所以碰后小滑块B的速度范围为2 m/svB4 m/s,B的速度不可能是5 m/s,故选A.4.BC解析 小车与小球组成的系统水平动量守恒,规定向右为正方向,则mx1+mx2=0,x1,x2分别为小车、小球水平位移,小球滑离小车时x2-x1=L,L为车长,解得x1=-L2,即小车相对初始位置,向左移动了L2,故A错误;由于小球恰好到最高点,则小球达最高点时,两者有共同速度,对于车、球组成的系统,由动量守恒定律得mv=2mv',得共同速度v'=v2.小车动量的变化为mv2,选项B正确;由于满足动量守恒定律,两曲面光滑,系统机械能守恒,所以小球和小车作用之后,小球的速度又变为v,则小球所受合力的冲量为零,选项C正确;由于小球原来的动能为12mv2,小球到最高点时系统的动能为12×2m×(v2)2=14mv2,根据能量守恒得12mv2-14mv2=mgh,得h=v24g,即车上曲面的竖直高度等于v24g,故D错误.5.D解析 A与B发生第一次弹性碰撞后,设小球A与B的速度分别为v1、v2,则由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,对系统由机械守恒定律有12m1v02=12m1v12+12m2v22,解得v1=m1-m2m1+m2v0,v2=2m1m1+m2v0,B与滑块水平方向动量守恒,设B离开滑块时速度为v2',根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2=m2v'2+Mv3、12m2v22=12m2v'22+12Mv32,可得v'2=m2-Mm2+Mv2,要使A与B发生两次碰撞,则v' 2>v1,联立解得M>5 kg,故D正确,A、B、C错误.6.AC解析 A、B两球相碰,根据动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2,代入数据,可求得v2=8 m/s,由于在碰撞的过程中满足12mAv02=12mAv12+12mBv22,因此该碰撞是弹性碰撞,A正确;由于B、C及弹簧组成的系统,在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒,当B的速度最小时,应该是弹簧处于原长状态,mBv2=mBv3+mCv4、12mBv22=12mBv32+12mCv42,整理得v3=1.6 m/s 、v4=9.6 m/s,因此B的最小速度为1.6 m/s,此时C球的速度为9.6 m/s,B错误,C正确;当B、C两球速度相等时,弹簧的弹性势能最大,则mBv2=(mB+mC)v5、EP=12mBv22-12(mB+mC)v52,解得EP=38.4 J,D错误.7.BC解析 两物块组成的系统满足动量守恒,可得mAvA+mBvB=0,解得vB=-0.5 m/s,可知物块B的速度大小为0.5 m/s,方向向左,A错误;根据牛顿第二定律可得aA=F弹mA,aB=F弹mB,可得aAaB=mBmA=21,B正确;当A的速度最大时,弹簧处于原长状态,由图像可知A的最大速度为vAm=2 m/s,根据动量守恒可得mAvAm=mBvBm,解得B的最大速度为vBm=1 m/s,根据能量守恒可得12mAvAm2+12mBvBm2=12mAvA2+12mBvB2+EP,解得A物块速度为1 m/s时,弹簧的弹性势能为EP=0.225 J,C正确;当两物块的速度为零时,弹簧的弹性势能最大,则有EPm=12mAvAm2+12mBvBm2=0.3 J<2EP=0.45 J,D错误.8.(1)2.4 kg·m/s(2)0.6 m【解析】(1)当环A固定时,对B摆动过程由动能定理可得-mBgL=0-12mBv02又根据动量定理有I=mBv0-0联立解得I=2.4 kg·m/s(2)当环A不固定时,在B摆到最高点时离杆最近,此时两者有相等速度v,对A、B系统,在水平方向上根据动量守恒定律得mBv0=(mB+mA)v设B摆到最大高度时离杆的最近距离为h,对A、B系统,由机械能守恒定律可得12mBv02=mBg·(L-h)+12(mB+mA)v2联立解得h=0.6 m9.(1)21(2)0.24 m(3)3 m0.3 m解析 (1)小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒,设水平向右为正方向,小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时速度大小为v1,小车速度大小为v2,即0=mv1-Mv2解得v1v2=21(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h处时,小物块和小车有相同的水平速度,有0=(m+M)v'由系统能量守恒得mgR=mgh+mgL+12(m+M)v'2解得h=0.24 m(3)小物块最终与小车相对静止,有0=(m+M)v解得v=0整个过程,由系统能量守恒得mgR=mgs解得s=3 m则s=5L可知,物块在小车的水平轨道最右端(或右侧圆弧底端)相对小车静止,则物块相对小车发生位移x总=R+L系统水平方向动量守恒,设小物块水平向右发生位移大小为x1,小车水平向左发生位移大小为x,有mx1=Mx 又x1+x=x总 解得x=0.3 m