第07講動量守恒定律內容導航——預習三步曲第一步：學析教材學知識：教材精講精析、全方位預習練習題講典例：教材習題學解題、快速掌握解題方法練考點強知識：核心考點精準練第二步：記串知識識框架：思維導圖助力掌握知識框架、學習目標復核內容掌握第三步：測過關測穩(wěn)提升：小試牛刀檢測預習效果、查漏補缺快速提升知識點1：相互作用的兩個物體的動量改變1.利用動量定理推導動量守恒定律如圖，在光滑水平桌面上做勻速運動的兩個物體A、B，質量分別是m1和m2，沿同一直線向同一方向運動，速度分別是v1和v2，v2＞v1。當B追上A時發(fā)生碰撞。碰撞后A、B的速度分別是v1′和v2′。碰撞過程中A所受B對它的作用力是F1，B所受A對它的作用力是F2。碰撞時，兩物體之間力的作用時間很短，用Δt表示。根據(jù)動量定理，物體A動量的變化量等于它所受作用力F1的沖量，即F1Δt＝m1v1′－m1v1物體B動量的變化量等于它所受作用力F2的沖量，即F2Δt＝m2v2′－m2v2根據(jù)牛頓第三定律F1＝－F2，兩個物體碰撞過程中的每個時刻相互作用力F1與F2大小相等、方向相反，故有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)；m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v22.結論：兩物體碰撞后的動量之和等于碰撞前的動量之和。知識點2：動量守恒定律1.系統(tǒng)、內力和外力(1)系統(tǒng)：由兩個(或多個)相互作用的物體構成的整體。(2)內力：系統(tǒng)中物體間的作用力。(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內物體的力。2.動量守恒定律(1)內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達式：①p＝p′：系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)，作用前動量的矢量和等于作用后動量的矢量和。③Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。④Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。(3)適用條件：①理想條件：系統(tǒng)不受外力時，動量守恒。②實際條件：系統(tǒng)所受外力的矢量和為零時，動量守恒。③近似條件：系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內力，則系統(tǒng)總動量近似守恒。④推廣條件：系統(tǒng)受力不符合以上三條中的任一條，則系統(tǒng)的總動量不守恒，但是，若系統(tǒng)在某一方向上符合以上三條中的某一條，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。(4)普適性：動量守恒定律是一個獨立的實驗規(guī)律，它適用于目前為止物理學研究的一切領域。(5)注意：①動量守恒定律的研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關系。②判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，要注意守恒的條件是不受外力或所受合外力為零，因此要分清哪些力是內力，哪些力是外力。③系統(tǒng)的動量守恒，并不是系統(tǒng)內各物體的動量都不變。一般來說，系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)內各物體的動量是變化的，但系統(tǒng)內各物體的動量的矢量和是不變的。知識點3：動量守恒定律的應用1.用動量守恒定律處理多物體、多過程問題的兩大注意事項多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：(1)正確進行研究對象的選取，有時需應用整體動量守恒，有時只需應用部分物體動量守恒。研究對象的選取，一是取決于系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，二是根據(jù)所研究問題的需要。(2)正確進行過程的選取和分析，通常對全程進行分段分析，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。列式時有時需分過程多次應用動量守恒定律，有時只需針對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關系式。2.應用動量守恒定律的解題步驟教材習題01關于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是（）A．在光滑水平面上，物塊以初速度滑上上表面粗糙的靜止長木板，因為A、B間有摩擦所以系統(tǒng)的動量不守恒B．在光滑的水平地面上有兩輛小車，在兩小車上各綁一個條形磁鐵，他們在相向運動的過程中動量不守恒C．一枚在空中飛行的火箭在某時刻突然炸裂成兩塊，在炸裂前后系統(tǒng)動量不守恒D．子彈打進木塊的瞬間子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒解題方法A．對AB系統(tǒng)，由于地面光滑，則系統(tǒng)受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，選項A錯誤；B．在光滑的水平地面上有兩輛小車，在兩小車上各綁一個條形磁鐵，他們在相向運動的過程中因系統(tǒng)受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，選項B錯誤；C．一枚在空中飛行的火箭在某時刻突然炸裂成兩塊，由于炸裂時內力遠大于外力，則在炸裂前后系統(tǒng)動量守恒，選項C錯誤；D．子彈打進木塊的瞬間子彈和木塊組成的系統(tǒng)內力遠大于外力，則系統(tǒng)的動量守恒，選項D正確。故選D?！敬鸢浮緿教材習題02滑板運動是青少年比較喜歡的一種戶外運動?，F(xiàn)有一個質量為m的小孩站在一輛質量為的滑板車上，小孩與滑板車一起在光滑的水平路面上以速度勻速運動，突然發(fā)現(xiàn)前面有一個小水坑，由于來不及轉向和剎車，該小孩立即以對地的速度向前跳離滑板車，滑板車速度大小變?yōu)樵瓉淼模曳较虿蛔?，則λ為（

）A．1B．2 C．3D．4解題方法小孩跳離滑板車時，與滑板車組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，由動量守恒定律有解得故選B?！敬鸢浮緽考點一：動量守恒條件的應用1．如圖所示，小車靜止在光滑的水平面上，繩子一端固定在小車立柱上，另一端與小球相連。將小球緩慢向右拉開一定角度，然后同時放開小球和小車，不計空氣阻力，則在小球、小車運動過程中，下列說法正確的是（）A．小球的機械能守恒B．小車的機械能一直在增加C．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒D．小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒【答案】D【詳解】AB．小球在擺動過程中，系統(tǒng)機械能守恒，小球擺到最低點的過程中，繩子拉力對小車做正功，小車的機械能增加，小球的機械能減小，小球從最低點擺到最高點的過程中，繩子拉力對小車做負功，小車的機械能減少，小球的機械能增加，故AB錯誤；CD．小球擺動過程中，小球和小車系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，在豎直方向上，受力不平衡，所以豎直方向動量不守恒，那么系統(tǒng)動量也不守恒，故C錯誤，D正確；故選D。2．如圖，光滑水平地面上有一小車，一根細繩將車廂擋板與滑塊相連，中間壓縮一根彈簧，彈簧與車廂、滑塊都相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦，剪斷細繩后的過程中（）A．彈簧、滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒B．彈簧、滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能不守恒C．彈簧、滑塊、小車組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒D．彈簧、滑塊、小車組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【詳解】AB．地面光滑，車廂水平底板粗糙，簧處于壓縮狀態(tài)，故剪斷細繩后，則彈簧伸長，滑塊會向右運動，小車會向左運動，兩者相對滑動，產生滑動摩擦力，故彈簧、滑塊組成的系統(tǒng)所受外力不為零，則該系統(tǒng)動量不守恒；由于滑塊與小車之間產生了相對位移，故滑動摩擦力對彈簧、滑塊組成的系統(tǒng)做負功，則該系統(tǒng)的機械能不守恒，故A錯誤，B正確；CD．地面光滑，車廂水平底板粗糙，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故將細繩剪斷，則彈簧伸長，故滑塊會向右運動，小車會向左運動，兩者相對滑動，產生滑動摩擦力，但彈簧的彈力和兩者間的滑動摩擦力都是內力，故系統(tǒng)動量守恒，但滑塊與小車之間產生了相對位移，故滑動摩擦力對整體做負功，故系統(tǒng)機械能不守恒，故CD錯誤。故選B。3．如圖所示，一曲面體P靜止于水平面上，物塊Q自P的上端由靜止釋放，不計一切摩擦，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是（）A．P對Q做正功B．只有重力對Q做功C．P和Q構成的系統(tǒng)機械能守恒、動量不守恒D．P和Q構成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒【答案】C【詳解】A．P對Q有彈力的作用，由于地面光滑，所以P會向左移動，P對Q的彈力方向垂直于接觸面，與Q前后移動連線的位移夾角大于90°，所以P對Q做負功，A錯誤；B．根據(jù)A選項分析可知除了重力對Q做功，還有P對Q做負功，B錯誤；CD．P和Q構成的系統(tǒng)整個運動過程中只有重力做功，所以該系統(tǒng)機械能守恒。系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動量守恒，但是在豎直方向上受力不為零，即豎直方向上動量不守恒，D錯誤，C正確。故選C?？键c二：動量守恒定律的應用4．在光滑水平地面上放置一輛小車，車上放置有木盆，在車與木盆以共同的速度向右運動時，有雨滴以極小的速度豎直落入木盆中而不濺出，如圖所示，則在雨滴落入木盆的過程中，小車速度將（）A．保持不變 B．變大 C．變小 D．不能確定【答案】C【詳解】雨滴落入木盆的過程中，小車、木盆、雨滴組成的系統(tǒng)水平方向滿足動量守恒，設小車、木盆的總質量為，雨滴的質量為，則有解得在雨滴落入木盆的過程中，小車速度將變小。故選C。5．如圖水平桌面上放置一操作臺，操作臺上表面水平且光滑。在操作臺上放置體積相同，質量不同的甲、乙兩球，質量分別為m1、m2，兩球用細線相連，中間有一個壓縮的輕質彈簧，兩球分別與操作臺左右邊緣距離相等。燒斷細線后，由于彈簧彈力的作用，兩球分別向左、右運動，脫離彈簧后在操作臺面上滑行一段距離，然后平拋落至水平桌面上。則下列說法中正確的是（）A．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量相同B．剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能相同C．甲、乙兩球不會同時落到水平桌面上D．甲、乙兩球做平拋運動的水平射程之比為m1∶m2【答案】C【詳解】A．脫離彈簧的過程滿足動量守恒定律，以甲的運動方向為正方向可得或故剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動量大小相等，方向相反，A錯誤；B．動能與動量的關系為由于質量不同，故剛脫離彈簧時，甲、乙兩球的動能不相同，B錯誤；C．甲、乙兩球在操作臺滑行時，距臺邊緣距離相等但速度不等，故在操作臺滑行時間不相等，之后做平拋運動的豎直位移相同，由可知，兩球做平拋運動的時間相等，因此甲、乙兩球不會同時落到水平桌面上，C正確；D．由A的解析可得平拋的水平位移為故甲、乙兩球做平拋運動的水平射程與初速度成正比，即與質量成反比，可得D錯誤。故選C。6．如圖所示，質量為的帶有光滑圓弧軌道的小車靜置于光滑水平面上，一質量也為的小球以速度水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，則（）A．此過程小球對小車做的功為 B．此過程小車受到的總沖量為C．小球在弧形槽上升的最大高度為 D．小球和小車的末速度分別為和【答案】A【詳解】AD．設小球返回小車的左端時小球的速度為v1，小車的速度為v2，選取水平向右為正方向，整個過程中根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得由系統(tǒng)機械能守恒得解得，對小車，根據(jù)動能定理得此過程小球對小車做的功故A正確，D錯誤；B．根據(jù)動量定理得此過程小車受到的總沖量為故B錯誤；C．當小球與小車的速度相等時，小球在弧形槽上升到最大高度，設最大高度為h，共同速度為v，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒得由系統(tǒng)機械能守恒得解得故C錯誤。選A。知識導圖記憶eq\a\vs4\al(動量,守恒,定律)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(系統(tǒng)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(內力,外力)),動量守恒的條件,動量守恒的表達式\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′,Δp＝0,Δp1＝－Δp2)),動量守恒定律的普適性))知識目標復核1.知道動量守恒定律的適用條件，掌握動量守恒定律的確切含義和表達式。2.能用動量守恒定律解決一些生活和生產中的實際問題。1．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機械能不守恒 B．動量不守恒，機械能守恒C．動量守恒，機械能守恒 D．無法判定動量、機械能是否守恒【答案】A【詳解】在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，則動量守恒；由于子彈射入木塊時會產生熱能，則系統(tǒng)的機械能減小，即機械能不守恒。故選A。2．在“天宮課堂”中，航天員們使用毛巾包好的乒乓球拍和水球進行了奇妙的“乒乓球”比賽。揮動球拍，擊打漂浮在空中的水球，水球碰到球拍沒有破裂，而是像乒乓球一樣被彈開了。關于球拍與水球相互作用的過程，下列描述正確的是（）A．球拍和水球組成的系統(tǒng)動量守恒B．球拍和水球組成的系統(tǒng)動量不守恒C．球拍對水球的沖量大于水球對球拍的沖量D．球拍對水球的沖量小于水球對球拍的沖量【答案】B【詳解】AB．球拍和水球組成的系統(tǒng)所受外力的合力不等于零，則球拍和水球組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)沖量的定義式有，根據(jù)牛頓第三定律可知，球拍對水球的作用力大小等于水球對球拍的作用力大小，則球拍對水球的沖量大小等于水球對球拍的沖量大小，故CD錯誤。故選B。3．如圖所示，一輛小車靜止放置在光滑的水平地面上，小車左端是一個光滑的圓弧，右端豎直擋板內側涂有一層粘性膠，小車水平段上表面粗糙且與圓弧在c點相切。從a點自由下落的小物塊剛好從圓弧頂端上的b點沿切線進入圓弧，最后在d點與右端豎直擋板粘在一起。對小物塊和小車組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是（

）A．小物塊從b點滑到c點的過程，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒B．小物塊從b點滑到c點的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒C．小物塊從c點滑到d點的過程（碰前），系統(tǒng)動量不守恒，機械能不守恒D．小物塊與右端擋板碰撞瞬間，系統(tǒng)動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【詳解】AB．小物塊從b點滑到c點的過程，小物塊和小車組成的系統(tǒng)豎直方向動量不守恒，但系統(tǒng)水平方向所受外力之和為0，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒；該過程由于圓弧光滑，水平地面光滑，所以只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)滿足機械能守恒，故A錯誤，B正確；C．小物塊從c點滑到d點的過程（碰前），小物塊和小車組成的系統(tǒng)所受外力之和為0，所以系統(tǒng)滿足動量守恒；由于小車水平段上表面粗糙，所以會產生摩擦熱，系統(tǒng)不滿足機械能守恒，故C錯誤；D．小物塊與右端擋板碰撞瞬間，小物塊和小車組成的系統(tǒng)所受外力之和為0，所以系統(tǒng)滿足動量守恒；由于碰撞后小物塊與擋板粘在一起，屬于完全非彈性碰撞，碰撞過程不滿足機械能守恒，故D錯誤。故選B。4．如圖所示，三小球a、b、c的質量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b粘在一起運動。在整個運動過程中，下列說法不正確的是（）A．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能不守恒B．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能也守恒C．當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大D．當彈簧第一次恢復原長時，小球c的動能一定最大，小球b的動能一定不為零【答案】B【詳解】AB．在整個運動過程中，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，小球a與b碰撞后粘在一起，動能減小，機械能減小。故B錯誤，與題意相符；A正確，與題意不符；C．a與b碰撞后，彈簧被壓縮，彈簧對b產生向左的彈力，對c產生向右的彈力，a、b做減速運動，c做加速運動，當c的速度大于a、b的速度后，彈簧壓縮量減小，則當小球b、c速度相等時，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大。故C正確，與題意不符；D．當彈簧恢復原長時，小球c的加速度減為零，此時小球c的速度最大，動能一定最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒分析可知，設a、b粘在一起速度為v，當彈簧再次恢復原長時a、b與c的速度分別為v1和v2，則，解得，則小球b的動能一定不為零。故D正確，與題意不符。本題選錯誤的，故選B。5．如圖所示，兩帶電的金屬球在絕緣的光滑水平面上沿同一直線相向運動，A帶電荷量為-q，B帶電荷量為+2q，下列說法正確的是（）A．兩球相碰前系統(tǒng)的電勢能逐漸增加B．兩球相碰前系統(tǒng)的總動量逐漸增大C．兩球相碰分離后系統(tǒng)機械能保持不變D．兩球相碰分離后的總動量等于相碰前的總動量【答案】D【詳解】BD．將兩球看作整體分析時，整體受重力支持力，水平方向不受外力，故系統(tǒng)總動量不變，兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量，故B錯誤，D正確；AC．兩球碰前帶異種電荷，相互吸引，電場力做正功，電勢能減小，系統(tǒng)機械能增大；兩球相碰時，負電荷全部中和，最后兩球都帶正電，分離時相互排斥，電場力仍做正功，系統(tǒng)機械能增加，故AC錯誤。故選D。6．如圖所示，子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊后不再穿出，此時木塊的動能增加了，那么此過程產生的內能可能為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設子彈的初速度為，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為，木塊的質量為M，子彈的質量為m。取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有得到木塊獲得的動能系統(tǒng)產生的內能則故選A。7．如圖，在光滑水平面上，有一質量為M=3kg的薄板和質量m=1kg的物塊，都以v=4m/s的初速度朝相反方向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，下列說法錯誤的是（）A．兩者最終同速的速度是4m/sB．物塊先減速再加速最后與薄板同速C．至兩者同速的過程，系統(tǒng)產生的內能為24JD．當物塊速度為0時，薄板的速度約為2.67m/s【答案】A【詳解】ABD．開始階段，m向左減速，M向右減速，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律可知，當m的速度為零時，設此時M的速度為v1，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得代入解得此后m將向右加速，M繼續(xù)向右減速，當兩者速度達到相同時，設共同速度為v2，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得代入解得兩者相對靜止后，一起向右做勻速直線運動，故A錯誤，BD正確；C．根據(jù)能量守恒，可知此過程中系統(tǒng)產生的內能為代入數(shù)據(jù)解得故C正確。本題選錯誤選項，故選A。8．如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點，開始時沙袋處于靜止狀態(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中沙袋后（未穿出）二者共同擺動。若彈丸的質量為m，沙袋的質量為5m，彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．彈丸打入沙袋后瞬間沙袋的速度是B．彈丸打入沙袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變C．彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為D．彈丸打入沙袋過程中，彈丸與沙袋所組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】A【詳解】A．根據(jù)動量守恒定律得解得，彈丸打入沙袋后瞬間沙袋的速度是A正確。B．根據(jù)牛頓第二定律得解得彈丸打入沙袋過程中，細繩所受拉力大小變大，B錯誤；C．彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為C錯誤；D．彈丸打入沙袋過程中，為完全非彈性碰撞，彈丸與沙袋所組成的系統(tǒng)機械能減少了，D錯誤。故選A。9．如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為的另一物體B以水平速度滑上原來靜止的長木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，A、B速度隨時間的變化情況如下圖所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．木板獲得的動能為2J B．系統(tǒng)損失的機械能為2JC．木板的最小長度為2m D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.2【答案】B【詳解】A．A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，以物體B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律解得木板A的質量木板A獲得的動能為A錯誤；B．系統(tǒng)損失的機械能B正確；C．0~1s內B的位移為A的位移為則A的最小長度為C錯誤；Ｄ．B的加速度大小由牛頓第二定律解得D錯誤。故選B。10．質量為1kg的小球以3m/s的水平初速度沿切線沖上靜止放在水平地面上的四分之一圓弧槽，已知槽的質量為2kg、圓弧軌道的半徑為0.25m，小球運動過程中圓弧軌道始終在豎直平面內且不傾倒，不計一切摩擦，重力加速度大小為10m/s2。下列說法正確的是（）A．若槽固定，小球從圓弧軌道上端飛出時的速度大小為2m/sB．若槽固定，小球沖上圓弧軌道到從軌道下端離開的過程中，軌道對小球的沖量大小為6N·sC．若槽不固定，小球從圓弧軌道上端離開時，其速度豎直向上D．若槽不固定，小球從圓弧軌道下端離開時，其速度水平向右【答案】A【詳解】A．槽固定，由能量守恒定律解得故A正確；B．槽固定，小球從下端離開速率也是v，由動量定理，重力的沖量不為零，則軌道對小球的沖量小于，故B錯誤；C．若槽不固定，小球從圓弧軌道上端離開時，小球和槽水平方向共速，小球同時有水平速度和豎直速度，故合速度斜向右上，故C錯誤；D．若槽不固定，小球從圓弧軌道下端離開時，設小球質量為m，軌道質量為2m，有，解得小球的末速度為負號表示方向水平向左，故D錯誤。故選A。11．如圖所示，質量為2kg的裝置上表面由光滑圓弧面和粗糙水平面相切構成，切點為B，A點為圓弧面的最高點，裝置右端C點放有一質量為1kg的小滑塊（可視為質點），整體靜置于光滑水平地面上。在C點正上方與A點等高處用輕質細繩連接一質量為3kg的小球，現(xiàn)用外力將該小球拉至水平位置后由靜止釋放，小球在最低點與滑塊發(fā)生彈性碰撞后，滑塊恰好能到達裝置的A點。已知圓弧軌道的半徑、細繩的長度及BC部分的長度均相等，則滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)為（）

A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6【答案】C【詳解】設繩長為R，小滑塊質量為m，有小球與小滑塊相碰，解得小滑塊和圓弧軌道共同作用，解得故選C。12．如圖所示，在光滑水平面上右側放有一個光滑圓弧軌道，其圓心為；質量為的小球從水平面上點以初速度向右運動，滑上圓弧軌道后從點拋出。已知圓弧軌道質量為，重力加速度為，則小球與圓弧軌道作用過程中下列敘述不正確的是（）

A．小球離開點后做豎直上拋運動B．小球離開點后做斜拋運動C．圓弧軌道的最大速度為D．小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度水平向左【答案】A【詳解】AB．小球以初速度滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產生相互作用，因此小球從滑上圓弧到飛離圓弧的運動中系統(tǒng)機械能守恒，且小球與圓弧軌道組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，所以小球離開點時水平速度與圓弧軌道相同，另有豎直向上的分速度，所以小球離開點后做斜拋運動，選項錯誤，B正確；CD．因為小球離開圓弧軌道做斜拋運動時水平速度與圓弧軌道相同，所以小球還能落到圓弧軌道上，最后相對圓弧軌道向左運動到水平面上，設小球從左側離開圓弧軌道時其速度為，圓弧軌道的速度為，則有聯(lián)立解得即小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向向左，選項CD正確。此題選擇不正確的選項，故選A。13．如圖甲所示，物塊A、B的質量均為，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁接觸但不粘連。物塊C從時以一定速度向右運動，在時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（