(新高考)高考物理一轮复习教案第6章第2讲《动量守恒定律》(含详解)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习教案第6章第2讲《动量守恒定律》(含详解)，共39页。教案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第2讲　动量守恒定律



知识点　　动量守恒定律及其应用　Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。
(2)内力：系统中物体间的作用力。
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点　　弹性碰撞和非弹性碰撞　Ⅰ
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少的碰撞。
3．对比分析

动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
知识点　　反冲　爆炸　Ⅰ
1．反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。
2．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

一 堵点疏通
1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(　　)
2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(　　)
3．当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。(　　)
4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。(　　)
5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(　　)
答案　1.√　2.×　3.√　4.√　5.×
二 对点激活
1．(人教版选择性必修第一册·P15·T4改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　　)
A．0.053 m/s B.0.05 m/s
C．0.057 m/s D.0.06 m/s
答案　B
解析　取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。
2．(人教版选择性必修第一册·P15·T6改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为(　　)
A．35 N B.100 N
C．102.5 N D.350 N
答案　C
解析　子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，子弹射入沙袋瞬间，合力提供向心力，有FT－(m＋M)g＝(m＋M)，得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5 N，故C正确。
3. 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为(　　)

A．1∶2 B.2∶1
C.1∶4 D.4∶1
答案　D
解析　设A、B的质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有mBv0＝mA·＋mB，解得mA∶mB＝4∶1，D正确。



考点1　　动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的“六性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤

例1　(2020·山东省临沂市蒙阴县实验中学高三第一学期期末)(多选)将两条完全相同的磁体(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，两车不会相碰，如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．当乙车速度为零时，甲车的速度为1 m/s，方向向右
B．两车的距离最小时，乙车的速度为0.5 m/s，方向向右
C．两车的距离最小时，乙车的速度为5 m/s，方向向左
D．两车及磁体的机械能最小时速度相同
(1)甲、乙两车组成的系统动量守恒吗？
提示：守恒。
(2)两车距离最小时速度是否相等？
提示：是。
尝试解答　选ABD。
设水平向右为正方向，当乙车速度为零时，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′，且有m甲＝m乙，解得v甲′＝v甲－＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右，故A正确；两车距离最小时速度相同，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5 m/s，即两车距离最小时，乙车速度为0.5 m/s，方向向右，故B正确，C错误；当两车的距离最小时，两车间的磁力做的负功最多，根据能量守恒定律可知机械能减少得最多，此时两车及磁体的机械能最小，由前面分析知此时两车速度相同，故D正确。

应用动量守恒定律时的几点易错提醒
(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。
(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。
[变式1－1]　 (2020·山东省济宁一中一模)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)

A.mv2 B.μmgL
C.NμmgL D.
答案　D
解析　由于水平面光滑，则由箱子和小物块组成的系统，动量始终是守恒的，当箱子和小物块的速度相同后，小物块与箱子保持相对静止，根据动量守恒定律，有mv＝(m＋M)v1，根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝；又因为系统损失的动能等于克服摩擦力所做的功，则ΔEk＝－Wf＝μmg×NL＝NμmgL。综上所述，D正确，A、B、C错误。
[变式1－2]　(2021·湖北省高三1月模拟演练)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．P对Q做功为零
B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
答案　B
解析　根据题意，P对Q只有弹力的作用，在P向左运动的过程中，Q对P的弹力对P做正功，则P对Q的弹力做负功，不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于相互作用力，等大反向，且相互作用的两个力作用的位移相等，所以P和Q之间的相互作用力做功之和为0，故B正确；对P和Q构成的系统，因为只有重力做功，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统在水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
考点2　　碰撞问题分析
1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)动能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律

解得v1′＝
v2′＝
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时：
v1′＝v1，v2′＝v1，
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m1v乙
答案　B
解析　两人及篮球组成的系统动量守恒，且总动量为零，由于两人质量相等，故最后球在谁手中，谁的总质量就较大，则速度较小，故B正确，A、C、D错误。
2. (2020·四川省雅安市模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)

A．16 J B.2 J
C.6 J D.4 J
答案　A
解析　设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝m0v－(m＋m0)v2＝·mv2，而木块获得的动能Ek木＝mv2＝6 J，则ΔE>6 J，A正确。
3．(2020·河北衡水中学4月教学质量监测)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度方向为正方向，则v＝，v′＝；根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则：M＝m，解得船的质量为：M＝，故A正确。
4．(2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球1和小球2的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s­t图像。已知m2＝0.6 kg，规定水平向右为正方向。由此可知(　　)

A．m1＝5 kg
B．碰撞过程小球2对小球1的冲量为3 N·s
C．两小球碰撞过程损失的动能为1.5 J
D．碰后两小球的动量大小相等、方向相反
答案　C
解析　由图乙知碰撞前小球2静止，小球1的速度v1＝4 m/s，碰撞后v2′＝ m/s＝5 m/s，而v1′＝ m/s＝2 m/s，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入数据得m1＝1.5 kg，故A错误；根据动量定理，碰撞过程中小球2对小球1的冲量I1＝m1v1′－m1v1＝(1.5×2－1.5×4) N·s＝－3 N·s，故B错误；碰撞前后，系统损失的动能ΔEk＝m1v－m1v1′2－m2v2′2＝1.5 J，故C正确；碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D错误。
5. 如图所示，两光滑且平行固定的水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球a、b分别穿在两杆上，两球间连接一个处于原长的竖直轻弹簧，现给小球b一个水平向右的初速度v0。小球a的质量为m1，小球b的质量为m2，且m1≠m2，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中(　　)

A．a、b组成的系统动量守恒
B．a、b组成的系统机械能守恒
C．弹簧最长时，其弹性势能为m2v
D．当a的速度达到最大时，b的速度最小
答案　A
解析　由于水平杆光滑，两球在竖直方向上受力平衡，所受弹簧的弹力在水平方向上的分力时刻大小相等、方向相反，所以两球组成的系统所受的合力为零，即系统动量守恒，A正确；两小球受重力、弹簧弹力和杆的支持力，重力和杆的支持力不做功，弹簧弹力做功大小、正负不同，故两小球组成的系统机械能不守恒，B错误；当弹簧最长时，两小球的速度相等，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝，由机械能守恒定律，弹簧最长时，其弹性势能Ep＝m2v－(m1＋m2)v2＝v，C错误；由于两小球的质量不相等，弹簧开始伸长的过程中，a一直在加速，当弹簧再次恢复原长时a的速度达到最大，从开始到此刻，相当于b以速度v0与静止的a发生弹性碰撞，若m1＜m2，则此时b的速度仍向右，速度最小，若m1＞m2，则此时b的速度向左，大于最小值0，D错误。
6. (2020·山东省枣庄市高三上学期期末)如图所示为建筑工地上打桩机将桩料打入泥土的图片，图为其工作时的示意图。打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝150 kg，桩料的质量为m＝50 kg。某次打桩时，将夯锤提升到距离桩顶h0＝0.2 m处由静止释放，夯锤自由下落。夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料一起向下运动。假设桩料进入泥土的过程中所受泥土的阻力大小恒为4500 N。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度大小为2 m/s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为1.5 m/s
C．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.16 m
D．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.09 m
答案　ABD
解析　夯锤与桩料碰撞前，夯锤做自由落体运动，则有v＝2gh0，代入数据解得v0＝2 m/s，故A正确；取向下为正方向，打击过程内力远大于外力，故系统动量守恒，夯锤击打桩料后两者共速，则有Mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝1.5 m/s，故B正确；设桩料进入泥土的最大深度为h，对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋m)gh－fh＝0－(M＋m)v2，代入数据解得h＝0.09 m，故C错误，D正确。
7. (2020·吉林省桦甸四中、磐石一中、梅河口五中、蛟河实验中学等高三4月联考)如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大
C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小
D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动
答案　BC
解析　小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。
8．(2020·陕西省咸阳市高三下学期二模)如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
答案　BCD
解析　从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增大后减小，故B正确；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律，有·2mv＝·2mv＋mv，解得v1＝，v2＝，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－mv0，故C正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，有Ep＝·2mv－(2m＋m)v2，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝mv，故D正确。
9．如图所示，质量为M1的小车和质量为M2的滑块均静止在光滑水平面上，小车紧靠滑块(不粘连)，在小车上固定的轻杆顶端系细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球向右拉至细绳水平且绷直后释放，在小球从释放至第一次达到左侧最高点的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球与小车组成的系统机械能守恒
B．小球、小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒
C．小球运动至最低点时，小车和滑块分离
D．小球一定能向左摆到释放时的高度
答案　BC
解析　对小球、小车和滑块组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，因为在整个过程中滑块获得了动能，则小球和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；对小球、小车和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，则在水平方向上动量守恒，故B正确；小球向左摆到最低点的过程中，速度增大，水平方向上的动量增大，根据动量守恒定律，小车和滑块向右的动量增大，可知向右的速度增大，小球从最低点向左摆时，速度减小，水平方向上的动量减小，则小车向右的动量减小，速度减小，与滑块发生分离，C正确；小球、小车和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，最终滑块的速度不为零，则当小球向左摆到最高点时，水平速度不为零，根据机械能守恒定律知，小球不能摆到释放时的高度，故D错误。
10．(2020·山东省泰安肥城市高三下学期适应性训练)如图所示，完全相同的甲、乙两辆拖车，质量均为m，在水平恒力F作用下，以速度v沿平直路面匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t＝0时刻)，则下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙两车组成的系统在0～时间内的动量守恒
B．甲、乙两车组成的系统在～时间内的动量守恒
C.时刻甲车动能的大小为mv2
D．0～时间内系统产生的内能为2mv2
答案　AD
解析　设甲、乙所受的滑动摩擦力大小均为f，甲、乙组成的系统匀速运动时有F＝2f，可得f＝，挂钩脱钩后，取向右为正方向，设经时间Δt乙停止运动，由动量定理得－fΔt＝0－mv，联立可得Δt＝，在乙停止运动前，即在t＝0至t＝时间内，甲、乙组成的系统所受合力为零，总动量守恒，故A正确，B错误；在t＝0至t＝时间内，甲、乙组成的系统动量守恒，设t＝时刻，甲的速度为v1，则有2mv＝mv1，解得v1＝2v，则t＝时刻甲车动能为Ek＝mv＝2mv2，故C错误；0～时间内，对甲车，根据动能定理有(F－f)s1＝mv－mv2，可得甲车克服摩擦力做的功为W1＝fs1＝mv2，根据动能定理可得乙车克服摩擦力做的功为W2＝mv2，根据功能关系可得系统产生的内能为Q＝W1＋W2＝2mv2，故D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共40分)
11．(2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)(12分)如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。求：

(1)A与B撞击结束时的速度大小v；
(2)在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。
答案　(1)3 m/s　(2)12 N·s
解析　(1)A、B组成的系统碰撞过程动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝3 m/s。
(2)以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，
由动量定理得－I＝(m1＋m2)(－v)－(m1＋m2)v
代入数据解得I＝12 N·s。
12. (12分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)

答案　4v0
解析　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin
货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
为避免两船相撞应满足v1＝v2
解得vmin＝4v0。
13．(2020·河北省石家庄市一模)(16分)如图所示，在光滑水平面上，有一轻弹簧左端固定，右端放置一质量m1＝2 kg的小球，小球与弹簧不拴接。小球右侧放置一光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝1.5 m，质量m2＝8 kg。现用力推动小球，将弹簧缓慢压缩，当外力做功为25 J时，撤去外力释放小球，弹簧恢复原长后小球进入圆弧轨道。已知重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度；
(2)圆弧轨道的最大速度。
答案　(1)1 m　(2)2.4 m/s
解析　(1)由题意知，外力做的功转化为小球的初动能，即W＝m1v
小球与圆弧轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，得：
m1v0＝(m1＋m2)v
小球与圆弧轨道组成的系统机械能守恒，得：
m1v＝(m1＋m2)v2＋m1gh
联立解得：h＝1 m。
(2)以水平向右为正方向，设小球第一次从圆弧轨道左侧滑出时速度为v1，此时圆弧轨道的速度为v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
联立解得：v1＝－3 m/s，v2＝2 m/s
所以小球被弹簧反弹后会继续滑上圆弧轨道，继而再从左侧离开圆弧轨道。小球第二次与圆弧轨道相互作用的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
－m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝1.4 m/s，v2′＝2.4 m/s
v1′＜v2′，则圆弧轨道的最大速度为2.4 m/s。