第六單元?jiǎng)恿康?1講動(dòng)量沖量動(dòng)量定理體驗(yàn)成功1.小球自由落下，與地面發(fā)生碰撞后的瞬間，其反彈速度與落地速度大小相等.若從釋放時(shí)開始計(jì)時(shí)，取初始位置為參考點(diǎn)，向上為正方向，不計(jì)小球與地面發(fā)生碰撞的時(shí)間及空氣阻力.則下圖中能正確描述小球各物理量與時(shí)間關(guān)系的是()答案：B2.在我們的體育課上，體育老師在講解接籃球的技巧時(shí)，經(jīng)常這樣描述：當(dāng)接迎面飛來的籃球，手接觸到球以后，兩臂隨球后引至胸前把球接住.這樣做的目的是()A.減小籃球的沖量B.減小籃球的動(dòng)量變化C.增大籃球的動(dòng)量變化D.減小籃球的動(dòng)量變化率解析：水平方向有：FΔt＝Δp得：F＝eq\f(Δp,Δt)故接球后兩臂起緩沖作用，減小籃球的動(dòng)量變化率.答案：D3.木塊A從斜面底端以初速度v0沖上斜面，經(jīng)一段時(shí)間后，又回到斜面底端.若木塊A在斜面上所受的摩擦阻力大小不變，對(duì)于木塊A，下列說法正確的是()A.全過程中重力的沖量為零B.全過程中重力做的功為零C.上滑過程中動(dòng)量的變化量的大小等于下滑過程中動(dòng)量的變化量的大小D.上滑過程中機(jī)械能的變化量大于下滑過程中機(jī)械能的變化量解析：整個(gè)過程重力的沖量IG＝mgt，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；重力做的功WG＝mg×0＝0，選項(xiàng)B正確；上滑過程動(dòng)量的變化大?。害1＝mv0下滑過程動(dòng)量的變化大?。害2＝mv又v＜v0可得Δp1＞Δp2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；上滑和下滑過程機(jī)械能的變化均為克服摩擦力所做的功：ΔE＝f·s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：B4.質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體(m1＞m2)，在光滑的水平面上沿同方向運(yùn)動(dòng)，具有相同的初動(dòng)能.與運(yùn)動(dòng)方向相同的水平力F分別作用在這兩個(gè)物體上，經(jīng)過相同的時(shí)間后，兩個(gè)物體的動(dòng)量和動(dòng)能的大小分別為p1、p2和Ek1、Ek2，比較它們的大小，有()＞p2，Ek1＞Ek2＞p2，Ek1＜Ek2＜p2，Ek1＞Ek2＜p2，Ek1＜Ek2解析：動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系為：p＝eq\r(2mEk)由p1＝eq\r(2m1Ek)＋Ft，p2＝eq\r(2m2Ek)＋Ft得：p1＞p2又因?yàn)榻?jīng)過相同的時(shí)間后m1的位移小于m2的位移，由動(dòng)能定理有：Ek1＝Ek＋Fs1，Ek2＝Ek＋Fs2故Ek1＜Ek2.答案：B5.2006年11月26日，蘭州空軍某部飛行員李劍英駕駛殲擊機(jī)訓(xùn)練結(jié)束后，在下降途中飛機(jī)遇到鴿群撞擊，只聽見“砰”的一聲巨響，發(fā)動(dòng)機(jī)被撞壞了.為了避免飛機(jī)墜入在人員密集的村莊，李劍英放棄跳傘不幸殉難.現(xiàn)假設(shè)某飛機(jī)的飛行速度為300m/s，撞上一只以8m/s的速度迎面飛來的、質(zhì)量為0.5kg的鳥，作用時(shí)間為1×10－4s，則鳥撞擊飛機(jī)的平均作用力約為()A.1.5×106N×106NN×107N解析：取飛機(jī)速度方向?yàn)檎?，?duì)于鳥有：eq\x\to(F)·Δt＝mv飛－m(－v鳥)解得：eq\x\to(F)≈×106N.答案：A6.有一高空作業(yè)的工人重為600N，系一條長L＝5m的安全帶.若工人不慎跌落時(shí)安全帶的緩沖時(shí)間t＝1s，則在緩沖時(shí)間里安全帶對(duì)人的平均拉力F是多大？(g取10m/s2)解析：解法一如圖所示，人跌落時(shí)為自由下落，剛要拉緊安全帶時(shí)的速度v1＝eq\r(2gL)，經(jīng)緩沖時(shí)間t＝1s后速度變?yōu)?，取向下為正方向，由動(dòng)量定理得：(mg－F)t＝0－mv1代入數(shù)據(jù)可解得：F＝1200N.解法二在整個(gè)下落的過程中，人受到的重力的沖量大小為mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)，拉力F的沖量大小為Ft.初末動(dòng)量都是零，取向下的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理得：mg(eq\r(\f(2L,g))＋t)－Ft＝0可解得：F＝1200N.答案：1200N

金典練習(xí)十五動(dòng)量沖量動(dòng)量定理選擇題部分共10小題，每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確.1.如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面的邊緣，當(dāng)用速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點(diǎn).若以速度2v抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為()A.仍在P點(diǎn)B.留在桌面或在P點(diǎn)左邊C.在P點(diǎn)右邊不遠(yuǎn)處D.在P點(diǎn)右邊原水平位移的兩倍處答案：B2.跳高時(shí)，跳高運(yùn)動(dòng)員總是跳到沙坑里或跳到海綿墊上，這樣做是為了()A.減小運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化B.減小運(yùn)動(dòng)員所受的沖量C.延長著地過程的作用時(shí)間D.減小著地時(shí)運(yùn)動(dòng)員所受的平均沖力解析：運(yùn)動(dòng)員在著地過程中的動(dòng)量變化量相同，根據(jù)eq\x\to(F)＝eq\f(Δp,Δt)＋mg知，緩沖時(shí)間越長，平均沖力越小，選項(xiàng)C、D正確.答案：CD3.如圖所示，兩物體A和B疊放在水平面上，水平拉力F作用在B上，A和B一起沿力的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在任一段時(shí)間內(nèi)()和B各自受到的沖量都為零受到的沖量為零，A受到的沖量不為零受到的沖量為零，B受到的沖量不為零和B各自受到的沖量都不為零解析：由I＝F合·Δt＝ma·Δt知，物體A、B受到的沖量都不為零.答案：D4.一物體豎直向下勻加速運(yùn)動(dòng)了一段距離，對(duì)于這一運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是()A.物體的機(jī)械能一定增加B.物體的機(jī)械能一定減少C.相同時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量的增量一定相等D.相同時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)能的增量一定相等解析：當(dāng)物體的加速度a＞g時(shí)，物體的機(jī)械能增加；當(dāng)物體的加速度a＝g時(shí)，物體的機(jī)械能守恒；當(dāng)物體的加速度a＜g時(shí)，物體的機(jī)械能減小，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤.由動(dòng)量定理知，物體動(dòng)量的增加量Δp＝F合·Δt，選項(xiàng)C正確.由動(dòng)能定理知，物體動(dòng)能的增加量ΔEk＝F合·s＝F合·(vt＋eq\f(1,2)at2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：C5.用子彈射擊一木塊，在射入木塊前子彈的動(dòng)能為E1，動(dòng)量的大小為p1；射穿木塊后子彈的動(dòng)能為E2，動(dòng)量大小為p2.若木塊對(duì)子彈的阻力大小恒定，則子彈在射穿木塊的過程中平均速度的大小為()A.eq\f(E1＋E2,p1＋p2)B.eq\f(E2－E1,p2－p1)C.eq\f(E1,p1)＋eq\f(E2,p2)\f(E1,p1)－eq\f(E2,p2)解析：由eq\f(E2－E1,p2－p1)＝eq\f(\f(1,2)m(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)),m(v2－v1))＝eq\f(v2＋v1,2)＝eq\x\to(v)知，選項(xiàng)B正確.同理，由eq\f(E1,p1)＋eq\f(E2,p2)＝eq\f(v2＋v1,2)＝eq\x\to(v)知，選項(xiàng)C正確.答案：BC6.如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個(gè)相互接觸的木塊A、B，質(zhì)量分別為m1和m2，今有一子彈水平穿過兩木塊.設(shè)子彈穿過木塊A、B的時(shí)間分別為t1和t2，木塊對(duì)子彈的阻力恒為f，則子彈穿過兩木塊后，木塊A的速度大小是()\f(ft1,m1)\f(ft1,m1＋m2)\f(f(t1＋t2),m1＋m2)\f(f(t1＋t2),m1)解析：子彈穿過木塊A的過程有：ft1＝(m1＋m2)vA子彈穿過木塊B的過程有：ft2＝m2vB－m2vA可得vA＝eq\f(ft1,m1＋m2)，故選項(xiàng)B正確.答案：B7.如圖所示，豎直放置的輕彈簧，一端固定于地面，另一端與質(zhì)量為3kg的物體B固定在一起，質(zhì)量為1kg的物體A放于B上，現(xiàn)在A和B一起豎直向上運(yùn)動(dòng).當(dāng)A、B分離后，A上升0.2m到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)B的速度方向向下，彈簧為原長，則從A、B分離起至A到達(dá)最高點(diǎn)的過程中，彈簧的彈力對(duì)B的沖量大小為(g取10m/s2)()A.1.2N·sN·sN·sN·s解析：A、B在彈簧為原長時(shí)的位置分離，由題意知此時(shí)A、B的速度v0＝eq\r(2gh)＝2m/s.過原長位置后，由于加速度、速度不同而使A上升，上升的時(shí)間為：Δt＝eq\f(v0,g)＝s，A、B分離，對(duì)于B有：I彈＋mgΔt＝mv0－m(－v0)＝2mv0代入數(shù)據(jù)解得：I彈＝6N·s，選項(xiàng)C正確.答案：C8.光子有能量也有動(dòng)量，動(dòng)量p＝eq\f(h,λ)，它也遵守有關(guān)動(dòng)量的規(guī)律.如圖所示，在真空中，有一“∞”字形裝置可繞通過橫桿中點(diǎn)的豎直軸OO′在水平面內(nèi)靈活地轉(zhuǎn)動(dòng)，其中左邊是圓形黑紙片(吸收光子)，右邊是和左邊大小、質(zhì)量均相同的圓形白紙片(反射光子).當(dāng)用平行白光垂直照射這兩個(gè)圓面時(shí)，關(guān)于裝置開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的情況(俯視)，下列說法中正確的是()A.順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)B.逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)C.都有可能D.不會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)解析：一個(gè)光子與白紙片碰撞的過程I右＝2p光；一個(gè)光子與黑紙片碰撞的過程I左＝p光；故I右＞I左，選項(xiàng)B正確.答案：B9.水平拉力F1、F2分別作用在水平面的物體上一段時(shí)間后又撤去，使物體都由靜止開始運(yùn)動(dòng)而后又停下.如果物體在兩種情況下的總位移相等，且F1＞F2，那么在這樣的情況中()比F2的沖量大比F2的沖量小與F2的沖量相等與F2的沖量大小無法比較解析：在同一圖中作出兩種情況下的v－t圖象.在物體做減速運(yùn)動(dòng)的階段，由于動(dòng)摩擦因數(shù)相同，故加速度相等，圖中CD平行于AB.因?yàn)镕1＞F2，所以物體受F1作用時(shí)比受F2作用時(shí)的加速度大.物體兩次通過的總位移相等，表明△AOB與△COD的面積相等.設(shè)F1、F2的作用時(shí)間和它們撤去后物體滑行的時(shí)間分別為t1、t2、t1′、t2′，物體的始末動(dòng)量均為零，根據(jù)動(dòng)量定理有：F1t1－f(t1＋t1′)＝0F2t2－f(t2＋t2′)＝0由圖可知：t1＋t1′＜t2＋t2′，所以f(t1＋t1′)＜f(t2＋t2′)即F1t1＜F2t2，故選項(xiàng)B正確.答案：B10.如圖所示，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸.現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時(shí)鋼瓶底端對(duì)豎直墻面的作用力大小是()A.ρvS\f(ρv2,S)\f(1,2)ρv2SD.ρv2S解析：Δt時(shí)間內(nèi)氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt對(duì)于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得：F·Δt＝Δm·v－0解得：F＝ρv2S，選項(xiàng)D正確.答案：D非選擇題部分共3小題，共40分.11.(13分)某中學(xué)生身高1.80m，質(zhì)量70kg.他站立舉臂，手指摸到的高度為2.25m.如果他先緩慢下蹲，再用力蹬地向上跳起，同時(shí)舉臂，手指摸到的高度為2.70m.設(shè)他從蹬地到離開地面所用的時(shí)間為s.取g＝10m/s2(1)他剛離地跳起時(shí)的速度大小.(2)他與地面間的平均作用力的大小.解析：(1)跳起后重心升高h(yuǎn)＝2.70m－2.25m＝0.45m.根據(jù)機(jī)械能守恒定律eq\f(1,2)mv2＝mgh解得：v＝eq\r(2gh)＝3m/s.(2)根據(jù)動(dòng)量定理有：(F－mg)t＝mv－0解得：F＝m(g＋eq\f(v,t))＝1400N.答案：(1)3m/s(2)1400N12.(13分)關(guān)于哥倫比亞號(hào)航天飛機(jī)失事的原因，美國媒體報(bào)道說，航天飛機(jī)發(fā)射時(shí)一塊脫落的泡沫損傷了左翼的隔熱瓦，于是最終釀成大禍.據(jù)美國航天局航天計(jì)劃的Dittemore于2003年2月5日在新聞發(fā)布會(huì)上說，撞擊航天飛機(jī)左翼的泡沫長20英寸(約50.8cm)、寬16英寸(約40.6cm)、厚6英寸(約15.2cm)，其質(zhì)量大約為1.3kg，撞擊時(shí)速度約為250m/s，方向向上，而航天飛機(jī)的上升速度大約為700m/s.假定碰撞時(shí)間等于航天飛機(jī)前進(jìn)泡沫的長度所用的時(shí)間，相撞后認(rèn)為泡沫全部附在飛機(jī)上.根據(jù)以上信息，估算“哥倫比亞”號(hào)航天飛機(jī)左翼受到的平均撞擊力.(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)解析：由題意知航天飛機(jī)與泡沫塊的作用時(shí)間為：Δt＝eq\f,700)s設(shè)碰撞過程中航天飛機(jī)對(duì)泡沫塊的平均沖力大小為F，由動(dòng)量定理得：F·Δt＝mv1－mv2(F遠(yuǎn)大于泡沫塊受的重力)解得：F＝8×105N由牛頓第三定律知，航天飛機(jī)左翼受到的平均撞擊力為8×105N.答案：8×105N13.(14分)圖示為一支將要豎直向上發(fā)射的火箭，其質(zhì)量為6000kg，點(diǎn)火后噴氣速度為2.5km/s，忽略發(fā)射初期火箭質(zhì)量的變化，問：(取g＝10m/s2)(1)點(diǎn)火后每秒至少要噴射多少氣體才能使火箭開始上升？(2)如果要使火箭開始有2m/s2向上的加速度，則每秒要噴出多少氣體？解析：(1)設(shè)火箭每秒噴射出質(zhì)量為m0的高速氣體時(shí)產(chǎn)生的反沖力大小等于火箭的重力.對(duì)于Δt時(shí)間的噴出的氣體，由動(dòng)量定理得：F·Δt＝m0·Δt·v0－0由牛頓第三定律得：F＝Mg＝60000N解得：m0＝24kg.(2)設(shè)每秒噴出質(zhì)量為m的氣體時(shí)能使火箭以2m/s2的加速度加速上升，則此時(shí)火箭受到的沖力大小為：F′＝Mg＋ma＝×104N對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的氣體，由動(dòng)量定理得：F′·Δt＝m·Δt·v0－0解得：m＝28.8kg.答案：(1)24kg(2)28.8kg

第32講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用體驗(yàn)成功1.如圖所示，木塊B與水平彈簧相連放在光滑水平面上，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊B內(nèi)，入射時(shí)間極短，關(guān)于子彈和木塊組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A.子彈從開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒D.木塊壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒解析：子彈射入木塊在瞬間完成，這一過程木塊的位移以及彈簧的作用可以忽略不計(jì)，故木塊與子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，這一過程機(jī)械能不守恒.壓縮彈簧的過程動(dòng)量越來越小，但木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確.答案：B2.質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平桌面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，今有一顆質(zhì)量為m、速度為v0的子彈沿水平方向擊中木塊，在子彈未穿出木塊的過程中，木塊受到的沖量大小為()－eq\f(mMv0,m＋M)\f(mMv0,m＋M)－eq\f(m2v0,m＋M)解析：由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v木塊受到的沖量大小I＝Mv聯(lián)立解得：I＝eq\f(mMv0,m＋M)選項(xiàng)C、D是相同結(jié)果的不同表達(dá)式，所以選項(xiàng)C、D正確.答案：CD、B兩球在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，已知mA＞mB，當(dāng)兩球相碰后，其中一球停止運(yùn)動(dòng)，則可斷定()A.碰前A的動(dòng)量與B的動(dòng)量大小相等B.碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量C.若碰后A的速度為零，則碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量D.若碰后B的速度為零，則碰前A的動(dòng)量大于B的動(dòng)量解析：碰后只有一球靜止，說明系統(tǒng)總動(dòng)量不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于不知道哪個(gè)球停止，則不能判斷碰前誰的動(dòng)量大，B錯(cuò)誤；由于二球相向運(yùn)動(dòng)，一球停止，另一球的運(yùn)動(dòng)方向必與其原運(yùn)動(dòng)方向反向，總動(dòng)量與靜止球原動(dòng)量方向相同，因此選項(xiàng)C正確.答案：C4.小球1追碰小球2，碰撞前兩球的動(dòng)量分別為p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，正碰后小球2的動(dòng)量p2′＝10kg·m/s.則兩球的質(zhì)量關(guān)系可能是()＝m1＝2m＝4m1＝6解析：由動(dòng)量守恒定律，很容易得到碰后小球1的動(dòng)量p1′＝2kg·m/s，這絲毫不能反映出兩球的質(zhì)量關(guān)系，這就要從題中內(nèi)含的其他關(guān)系去尋找.首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v1＞v2，由v＝eq\f(p,m)可得，eq\f(p1,m1)＞eq\f(p2,m2)，即m2＞eq\f(7m1,5)，排除了選項(xiàng)A的可能.按同樣思路，碰后應(yīng)有v1′≤v2′，eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，有m2≤5m1，排除了選項(xiàng)D的可能.由動(dòng)能不增原則可知：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，由動(dòng)能Ek與動(dòng)量p的關(guān)系：Ek＝eq\f(p2,2m)可得：eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)即有：m2≥eq\f(51m1,21)，排除了選項(xiàng)B的可能.綜合以上結(jié)論得：eq\f(51m1,21)≤m2≤5m1，只有選項(xiàng)C正確.答案：C5.如圖所示，人在平板車上用水平恒力拉繩使重物能逐漸靠近自己，人相對(duì)車始終不動(dòng)，重物與平板車之間、平板車與地面之間均無摩擦.設(shè)開始拉重物時(shí)車和重物都是靜止的，車和人的總質(zhì)量M＝100kg，重物的質(zhì)量m＝50kg，拉力F＝200N，重物在車上向人靠近了3m，求：(1)車在地面上移動(dòng)的距離.(2)這時(shí)車和重物的速度.解析：(1)設(shè)重物在車上向人靠近L＝3m時(shí)，車在地面上移動(dòng)的距離為s，依題意有：m(L－s)＝Ms整理得：s＝1m.(2)人和車的加速度a＝eq\f(F,M)＝eq\f(200,100)m/s2＝2m/s2則人和車在地面上移動(dòng)1m時(shí)的速度為：v＝eq\r(2as)＝2m/s此時(shí)物體的對(duì)地速度為v物，根據(jù)mv物＝Mv得：v物＝4m/s.答案：(1)1m(2)4m/s6.用火箭發(fā)射人造衛(wèi)星時(shí)，假設(shè)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以v＝×103m/s的速度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng).已知衛(wèi)星的質(zhì)量m＝500kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量M＝100kg.某時(shí)刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對(duì)速度u＝×解析：設(shè)分離后衛(wèi)星與火箭殼體相對(duì)地面的速度分別為v1和v2，分離時(shí)系統(tǒng)在軌道切線方向上動(dòng)量守恒，有：(m＋M)v＝mv1＋Mv2又u＝v1－v2解得：v1＝×103v2＝×103答案：×103m/s×

金典練習(xí)十六動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用選擇題部分共10小題，每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確.1.如圖所示，小車放在光滑的水平面上，先將小球拉到一定的角度，然后同時(shí)放開小球和小車，那么在以后的過程中()A.小球向左擺動(dòng)時(shí)，小車也向左運(yùn)動(dòng)，且小球與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小球向左擺動(dòng)時(shí)，小車向右運(yùn)動(dòng)，且小球與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.小球向左擺到最高點(diǎn)時(shí)，小球的速度為零，而小車速度不為零D.在任何時(shí)刻，小球和小車在水平方向上的動(dòng)量一定大小相等、方向相反答案：D2.一顆手榴彈以v0＝10m/s的水平速度在空中飛行.設(shè)它爆炸后炸裂為兩塊，小塊質(zhì)量為0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飛去，那么，質(zhì)量為0.4kg的大塊在爆炸后速度大小和方向是()A.125m/s，與v0反向B.110m/s，與v0反向C.240m/s，與v0反向D.以上答案均不正確解析：由動(dòng)量守恒定律有：Mv0＝m1v1＋m2v2即×10＝×250＋解得：v2＝－110m/s，負(fù)號(hào)表示方向與v0相反.答案：B3.如圖所示，甲、乙兩人各站在靜止小車的左右兩端，當(dāng)他倆同時(shí)相向行走時(shí)，發(fā)現(xiàn)小車向右運(yùn)動(dòng).下列說法不正確的是(車與地面之間無摩擦)()A.乙的速度必定大于甲的速度B.乙對(duì)小車的沖量必定大于甲對(duì)小車的沖量C.乙的動(dòng)量必定大于甲的動(dòng)量D.甲、乙動(dòng)量總和必定不為零解析：甲、乙及小車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、總動(dòng)量為零，當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，說明甲、乙兩人的總動(dòng)量水平向左，乙對(duì)小車向右的沖量大于甲對(duì)小車向左的沖量.答案：A4.如圖所示，半圓槽M置于光滑的水平面上.現(xiàn)從半圓槽右端入口處靜止釋放一質(zhì)量為m的小球，則小球釋放后，以下說法中正確的是()A.若圓弧面光滑，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.若圓弧面光滑，則小球能滑至半圓槽左端入口處C.若圓弧面不光滑，則小球不能滑至半圓槽左端入口處，且小球到達(dá)最左端時(shí)，系統(tǒng)有向右的速度D.若圓弧面不光滑，則小球不能滑至半圓槽左端入口處，但小球到達(dá)最左端時(shí)，系統(tǒng)速度為零解析：無論槽是否光滑，這一過程系統(tǒng)豎直方向的動(dòng)量都不守恒，而水平方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒.當(dāng)弧面光滑時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒.設(shè)小球釋放后到達(dá)槽的最右端的高度為h，共同速度為v，有：(m＋M)×0＝(m＋M)vmgR＝mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2解得：v＝0，h＝R.答案：BD5.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)使B瞬時(shí)獲得水平向右的速度v＝3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得()A.在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于伸長狀態(tài)B.兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2＝2∶1C.在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比Ek1∶Ek2＝4∶1D.從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長解析：在t1、t3時(shí)刻兩物體達(dá)到共同速度1m/s，其中t1時(shí)刻彈簧處于伸長狀態(tài)，t3時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài).故選項(xiàng)A錯(cuò)誤.由動(dòng)量守恒定律得：m2×3＝(m1＋m2)×1解得：m1∶m2＝2∶1，故選項(xiàng)B正確.在t2時(shí)刻Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)m1×22∶eq\f(1,2)m2×12＝8∶1，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤.在t4時(shí)刻A、B相對(duì)速度最大，彈簧處于原長狀態(tài)，故選項(xiàng)D正確.答案：BD、B兩球沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，圖示的s－t圖象記錄了它們碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的s－t圖線，c為碰撞后它們的s－t圖線.若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量是()A.0.17kgB.0.34kgC.0.67kg解析：由圖象可知碰撞前兩者做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度分別為：va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s碰撞后二者粘在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為：vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，則有：mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc可解得：mB＝0.67kg.答案：C7.如圖所示，靜止在水平面上內(nèi)壁光滑的盒子中有一小球，盒子與小球的質(zhì)量均為m，盒子與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)給盒子一個(gè)水平向右的沖量I，設(shè)盒子與小球發(fā)生多次沒有機(jī)械能損失的碰撞，最終都停下來.用t表示從瞬時(shí)沖量作用在盒子上到最終停下來所用的時(shí)間，s表示以上過程中盒子的位移.則下列各式正確的是()＜eq\f(I,2μmg)，s＝eq\f(I2,2m2μg)＜eq\f(I,2μmg)，s＝eq\f(I2,4m2μg)＞eq\f(I,2μmg)，s＝eq\f(I2,2m2μg)＞eq\f(I,2μmg)，s＝eq\f(I2,4m2μg)解析：取盒子及小球整體為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理有I－2mg·μ·t0＝0，故滑動(dòng)摩擦力的作用時(shí)間t0＝eq\f(I,2μmg)，又因?yàn)槊看魏凶幼蟊谂c小球碰撞后，盒子與小球的速度交換，盒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，直至小球與盒子右壁碰撞，故t＞t0＝eq\f(I,2μmg).又由動(dòng)能定理：2μmgs＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(I2,2m)，故s＝eq\f(I2,4m2μg).答案：D8.如圖所示，一沙袋用無彈性輕繩懸于O點(diǎn).開始時(shí)沙袋處于靜止，此后用彈丸以水平速度擊中沙袋后均未穿出.第一次彈丸的速度為v1，打入沙袋后二者共同擺動(dòng)的最大擺角為30°；當(dāng)其第一次返回圖示位置時(shí)，第二粒彈丸以水平速度v2又擊中沙袋，使沙袋向右擺動(dòng)且最大擺角仍為30°.若彈丸的質(zhì)量是沙袋質(zhì)量的eq\f(1,40)，則以下結(jié)論中正確的是()＝v2∶v2＝41∶42∶v2＝42∶41∶v2＝41∶83解析：兩次打入沙袋的時(shí)間都非常短，不需考慮這一段時(shí)間沙袋的擺動(dòng)位移，即射入過程彈丸和沙袋組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.設(shè)第一粒彈丸打入沙袋后瞬間，彈丸和沙袋的共同速度為v1′，有：mv1＝41mv1′解得：v1′＝eq\f(1,41)v1由機(jī)械能守恒定律可知，它們共同返回平衡位置時(shí)的速度大小仍為eq\f(1,41)v1，方向水平向左.設(shè)第二粒彈丸打入沙袋后沙袋的速度為v2′，由題意知v2′＝v1′＝eq\f(1,41)v1，對(duì)于第二粒彈丸打入沙袋的過程有：mv2－41mv1′＝42mv2′＝42m·(eq\f(1,41)v1)解得：eq\f(v1,v2)＝eq\f(41,83).答案：D9.如圖所示，在光滑的水平軌道上有甲、乙兩個(gè)等大的小球沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，它們的動(dòng)量分別為p1＝5kg·m/s和p2＝7kg·m/s.若兩球能發(fā)生正碰，則碰后兩球動(dòng)量的增量Δp1和Δp2可能是()A.Δp1＝－3kg·m/s，Δp2＝3kg·m/sB.Δp1＝3kg·m/s，Δp2＝3kg·m/sC.Δp1＝3kg·m/s，Δp2＝－3kg·m/sD.Δp1＝－10kg·m/s，Δp2＝10kg·m/s解析：由題意知，eq\f(5kg·m/s,m甲)＞eq\f(7kg·m/s,m乙)Ek＝eq\f(52,2m甲)＋eq\f(72,2m乙)當(dāng)動(dòng)量做選項(xiàng)A所述的變化時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，通過計(jì)算可知機(jī)械能可能減小，故有可能成立；當(dāng)動(dòng)量做選項(xiàng)B所述的變化時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故不可能成立；當(dāng)動(dòng)量做選項(xiàng)C所述的變化時(shí)，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立；當(dāng)動(dòng)量做選項(xiàng)D所述的變化時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能增大，故不可能成立.答案：A10.如圖所示，三塊相同的小木塊從相同的高度由靜止開始同時(shí)釋放，其中A做自由落體運(yùn)動(dòng)，B在自由下落的中途被一水平方向的子彈射入，C在釋放的瞬間被一水平方向的子彈射入.則關(guān)于它們的下落時(shí)間tA、tB、tC的關(guān)系，正確的是()＝tB＝tC＝tB＜tC＜tB＜tC＝tC＜tB解析：tA＝eq\r(\f(2h,g))，C在釋放的瞬間，獲得水平初速度后做平拋運(yùn)動(dòng)，tC＝eq\r(\f(2h,g))＝tA.設(shè)B自由下落速度達(dá)到v1時(shí)被水平飛行的子彈射入，子彈射入的過程中可認(rèn)為系統(tǒng)動(dòng)量守恒，在水平方向有mv0＝(m＋M)vx，在豎直方向有Mv1＝(M＋m)vy，可得vy＜v1，由此可知子彈射入的過程使B的豎直速度減小，故tB＞eq\r(\f(2h,g)).答案：D非選擇題部分共3小題，共40分.11.(13分)如圖所示，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度eq\f(v0,2)射出.已知重力加速度為g，求：(1)此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能.(2)此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離.[2022年高考·全國理綜卷Ⅱ]解析：(1)設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動(dòng)量守恒得：mv0＝meq\f(v0,2)＋Mv解得：v＝eq\f(m,2M)v0系統(tǒng)的機(jī)械能損失為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m(\f(v0,2))2＋\f(1,2)Mv2))＝eq\f(1,8)(3－eq\f(m,M))mveq\o\al(2,0).(2)設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則h＝eq\f(1,2)gt2s＝vt可解得：s＝eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g)).答案：(1)eq\f(1,8)(3－eq\f(m,M))mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))12.(13分)如圖甲所示，固定的光滑水平絕緣軌道與豎直放置的光滑絕緣的圓形軌道平滑連接，圓形軌道處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓形軌道的最低點(diǎn)有A、B、C、D四個(gè)小球.已知mA＝mB＝mC＝mD＝0.3kg，A球帶正電，電荷量為q，其余小球均不帶電.電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(\r(3)mg,q)，圓形軌道半徑R＝0.2m，小球C、D與處于原長的輕彈簧2連接，小球A、B中間壓縮一輕且短的彈簧1，輕彈簧與A、B均不連接，由靜止釋放A、B后，A恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng).B被彈開后與C小球碰撞且粘連在一起，設(shè)碰撞時(shí)間極短.g取10m/s2，求：(1)A球剛離開彈簧時(shí)速度的大小.(2)彈簧2的最大彈性勢(shì)能.解析：(1)因qE＝eq\r(3)mg，由題意知小球恰好能通過圖乙中的P點(diǎn)，設(shè)經(jīng)過P點(diǎn)的速度為v，由小球A的重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力有：F合＝2mg＝meq\f(v2,R)在圓周軌道的最低點(diǎn)彈簧將B、A兩球分別向左右彈開，設(shè)彈開時(shí)A、B兩球的速度大小分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒有：mvA＝mvB，即vA＝vB小球A從圓周軌道的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P的過程中，由動(dòng)能定理有：－F合(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)聯(lián)立解得：vA＝vB＝eq\r(8Rg)＝4m/s.(2)設(shè)B、C碰后速度為v1，B與C碰撞動(dòng)量守恒由mvA＝2mv1得v1＝2m/sB、C整體減速，D球加速，當(dāng)兩者速度相等時(shí)設(shè)為v2，彈簧最短，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，有：2mv1＝3mv2，得：v2＝eq\f(4,3)m/s故Epm＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝J.答案：(1)4m/s(2)J13.(14分)質(zhì)量M＝4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖甲所示.當(dāng)t＝0時(shí)，兩個(gè)質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg的小物體A、B，都以大小為v0＝7m/s、方向相反的水平速度同時(shí)從小車板面上的左右兩端相向滑動(dòng).到它們?cè)谛≤嚿贤Ｖ够瑒?dòng)時(shí)，沒有相碰，A、B與小車板面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，取g＝10m/s2，求：(1)A在車上剛停止滑動(dòng)時(shí)，A和車的速度大小.(2)A、B在車上都停止滑動(dòng)時(shí)車的速度及此時(shí)車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.(3)在圖乙給出的坐標(biāo)系中畫出小車運(yùn)動(dòng)的v－t圖象.甲乙解析：(1)當(dāng)A和B都在車上滑行時(shí)，在水平方向它們的受力情況如圖丙所示.由圖丙可知，A向右減速，B向左減速，小車向右加速，所以首先是A物塊的速度減小到與小車的速度相等.設(shè)A減速到與小車的速度大小相等時(shí)，所用時(shí)間為t1，其速度大小為v1，則：v1＝v0－aAt1μmAg＝mAaAv1＝a車t1μmAg－μmBg＝Ma車可解得：v1＝1.4m/s，t1＝s.(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：丙mAv0－mBv0＝(M＋mA＋mB)vv＝1m/s，方向向右當(dāng)A與小車的速度相同時(shí)，A與車之間將不會(huì)相對(duì)滑動(dòng)了，此時(shí)B的速度也為v1＝1.4m/s，但方向向左設(shè)再經(jīng)過t2時(shí)間小物體B與A、小車的速度相同，則：－v＝v1－aBt2μmBg＝mBaB可解得：t2＝s所以A、B都在車上停止滑動(dòng)時(shí)，車的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝t1＋t2＝s.(3)由(1)可知t1＝s時(shí)，小車的速度v1＝1.4m/s，在0～t1時(shí)間內(nèi)小車做勻加速運(yùn)動(dòng).在t1～t2時(shí)間內(nèi)小車做勻減速運(yùn)動(dòng)，末速度v＝1.0m/s，小車的v－t圖象如圖乙所示.答案：(1)1.4m/s1.4m/s(2)1m/s，方向向右s(3)如圖丁所示丁

第33講動(dòng)量功能關(guān)系的綜合應(yīng)用體驗(yàn)成功1.如圖所示，矩形滑塊由不同材料的上下兩層粘結(jié)在一起組成，將其放在光滑的水面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射擊滑塊，若射擊上層，則子彈剛好不穿出；若射擊下層，則整個(gè)子彈剛好嵌入，則上述兩種情況相比較()A.兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多B.兩次滑塊受到的沖量一樣大C.子彈射入下層過程中克服阻力做功較少D.子彈射入上層過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多解析：由動(dòng)量守恒定律有：mv＝(m＋M)v′可得兩次射入滑塊后，系統(tǒng)達(dá)到的共同速度相等，即v′＝eq\f(m,m＋M)v故兩次子彈對(duì)滑塊做的功相等W＝eq\f(1,2)Mv′2兩次滑塊受到的沖量相等，I＝Δp＝Mv′兩次子彈克服阻力做的功相等，即Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv′2由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律知，兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等，即Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋M)′2.答案：AB2.如圖所示，A、B兩物體用一根不可伸長的輕細(xì)線相連，中間有一根被壓縮的輕彈簧，靜止在光滑的水平面上，它們的質(zhì)量關(guān)系為mA＝2mB.當(dāng)燒斷細(xì)線后，則下列說法正確的是()A.彈開過程中A的速率小于B的速率B.彈開過程中A的動(dòng)量小于B的動(dòng)量、B同時(shí)達(dá)到速度的最大值D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)兩物體同時(shí)脫離彈簧解析：在彈開過程中，由動(dòng)量守恒定律有：pA＝pB，即mAvA＝mBvB可知選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)A、B同時(shí)達(dá)到最大速度，并將一起脫離彈簧，選項(xiàng)C、D正確.答案：ACD3.如圖甲所示，質(zhì)量為2m的長木板靜止地放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且與木板保持相對(duì)靜止，鉛塊在運(yùn)動(dòng)過程中所受到的摩擦力始終不變.若將木板分成長度與質(zhì)量均相等(即m1＝m2＝m)的兩段1、2后，將它們緊挨著放在同一水平面上，讓小鉛塊以相同的初速度v0由木板1的左端開始運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，則下列說法正確的是()A.小鉛塊滑到木板2的右端前就與之保持相對(duì)靜止B.小鉛塊滑到木板2的右端后與之保持相對(duì)靜止C.甲、乙兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等D.圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量解析：長木板分兩段前，鉛塊和木板的最終速度為：vt＝eq\f(mv0,3m)＝eq\f(1,3)v0且有Q＝fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3m(eq\f(v0,3))2＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)長木板分兩段后，可定量計(jì)算出木板1、2和鉛塊的最終速度，從而可比較摩擦生熱和相對(duì)滑動(dòng)的距離；也可用圖象法定性分析(如圖丙所示)比較得到小鉛塊到達(dá)右端之前已與木板2保持相對(duì)靜止，故圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量.答案：AD丙4.在原子反應(yīng)堆中，用石墨(碳)做減速劑使快中子變成慢中子.已知碳核的質(zhì)量是中子質(zhì)量的12倍，假設(shè)中子與碳核的碰撞是彈性的(即碰撞中不損失動(dòng)能)，而且碰撞前碳核是靜止的.設(shè)碰撞前中子的動(dòng)能為E0，則經(jīng)過一次碰撞后，中子的動(dòng)能損失多少？解析：設(shè)中子、碳粒的質(zhì)量分別為m、12m，碰撞后它們的動(dòng)能分別為E1、E2eq\r(2mE0)＝－eq\r(2mE1)＋eq\r(2×12mE2)由機(jī)械能守恒定律有：E0＝E1＋E2解得：E1＝eq\f(121,169)E0故這一過程中，中子動(dòng)能的損失ΔE＝eq\f(48,169)E0.答案：eq\f(48,169)E05.如圖所示，長為L的細(xì)繩豎直懸掛著一質(zhì)量為2m的小球A，恰好緊挨著放置在水平面上質(zhì)量為m的物塊B.現(xiàn)保持細(xì)繩繃直，把小球向左上方拉至細(xì)繩與豎直方向成60°的位置，然后釋放小球.小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)恰好與物塊發(fā)生碰撞，而后小球向右擺動(dòng)的最大高度為eq\f(L,8)，物塊則向右滑行了L的距離而靜止，求物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.解析：設(shè)小球與物塊碰撞前瞬間的速度為v0，對(duì)于其下擺的過程，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,0)＝2mg(L－Lcos60°)解得：v0＝eq\r(gL)設(shè)碰撞后瞬間小球、物塊的速度大小分別為v1、v2由機(jī)械能守恒定律對(duì)于小球有：eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,1)＝2mg·eq\f(L,8)由動(dòng)量守恒定律有：2m·v0＝2m·v1＋解得：v2＝eq\r(gL)對(duì)于物塊向右滑行的過程，由動(dòng)能定理有：μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得：μ＝.答案：6.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑的水平地面上.在木板的右端有一質(zhì)量為m的小銅塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，現(xiàn)給銅塊一個(gè)水平向左的初速度v0，銅塊向左滑行并與固定在木板左端的長為L的輕彈簧相碰，碰后返回且恰好停在長木板右端.問：(1)銅塊與長木板之間是否有摩擦力？(2)整個(gè)過程中損失的機(jī)械能為多少？(3)輕彈簧與銅塊相碰的過程中具有的最大彈性勢(shì)能為多少？解析：(1)因m能相對(duì)于木板停在右端，故一定存在摩擦力.(2)取銅塊、長木板和彈簧整體作為系統(tǒng)，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒條件，以向左的方向?yàn)檎?，則有：mv0＝(M＋m)v得：v＝eq\f(m,M＋m)v0對(duì)全過程由能量守恒定律得：E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m2v\o\al(2,0),2(M＋m))＝eq\f(mMv\o\al(2,0),2(M＋m)).(3)系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于摩擦生熱產(chǎn)生的能量，正比于相對(duì)滑過的路程，故彈簧壓至最短時(shí)，E損′＝eq\f(1,2)E損又由動(dòng)量守恒定律可知，它們相對(duì)靜止時(shí)速度為v，由能量守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋eq\f(1,2)E損＋E彈解得：E彈＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,4)·eq\f(m2v\o\al(2,0),M＋m)＝eq\f(mMv\o\al(2,0),4(M＋m)).答案：(1)存在(2)eq\f(mMv\o\al(2,0),2(M＋m))(3)eq\f(mMv\o\al(2,0),4(M＋m))

金典練習(xí)十七動(dòng)量功能關(guān)系的綜合應(yīng)用選擇題部分共10小題，每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確.1.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(yùn)動(dòng)，A帶電荷量為－q，B帶電荷量為＋2q，下列說法正確的是()A.相碰前兩球運(yùn)動(dòng)中動(dòng)量不守恒B.相碰前兩球的總動(dòng)量隨距離的減小而增大C.兩球相碰分離后的總動(dòng)量不等于相碰前的總動(dòng)量，因?yàn)榕銮白饔昧橐?，碰后為斥力D.兩球相碰分離后的總動(dòng)量等于碰前的總動(dòng)量，因?yàn)閮汕蚪M成的系統(tǒng)合外力為零解析：碰撞前后整個(gè)過程動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確.答案：D2.如圖所示，一小車放在光滑水平面上，A端固定一個(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車的總質(zhì)量為M，一質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩固定使彈簧處于壓縮狀態(tài).開始時(shí)小車和C都靜止；現(xiàn)突然燒斷細(xì)繩，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是()A.彈簧伸長過程中C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)小車也向右運(yùn)動(dòng)與B碰前，C與小車的速率之比為m∶M與油泥粘在一起后，小車立即停止運(yùn)動(dòng)與油泥粘在一起后，小車?yán)^續(xù)向右運(yùn)動(dòng)解析：小車和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C向右運(yùn)動(dòng)時(shí)小車向左運(yùn)動(dòng)，且有：mv＝Mv′即v∶v′＝M∶m，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律知，系統(tǒng)的總動(dòng)量始終為零，故C與油泥粘一起后與小車的共同速度立即變?yōu)榱?，選項(xiàng)C正確.答案：C3.如圖甲所示，長木板A靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量m＝2kg的物體B以v0＝2m/s的水平速度滑上A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，則下列說法中正確的是()A.木板獲得的動(dòng)能為1JB.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC.木板A的最小長度為1m、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為解析：由圖線知A、B的共同速度為v＝1m/s，由動(dòng)量守恒定律有：mBv0＝(mA＋mB)v可得：mA＝2kg，Ek＝eq\f(1,2)mAv2＝1JΔE＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝2JA的最小長度為AB相對(duì)滑動(dòng)的位移，由圖象可得：Δs＝1m又因?yàn)棣蘭g·Δs＝ΔE，可得：μ＝.答案：ABC年，美國《科學(xué)》雜志評(píng)出的“2022年世界十大科技突破”中，有一項(xiàng)是加拿大薩德伯里中微子觀測(cè)站的成果.該站揭示了中微子失蹤的原因.即觀測(cè)到的中微子數(shù)目比理論值少是因?yàn)椴糠种形⒆釉谶\(yùn)動(dòng)過程中轉(zhuǎn)化為一個(gè)μ子和一個(gè)τ子.在上述研究中有以下說法，其中正確的是()A.該研究過程中牛頓第二定律依然適用B.該研究過程中能量轉(zhuǎn)化和守恒定律依然適用C.若發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向一致，則τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向也可能一致D.若發(fā)現(xiàn)μ子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向相反，則τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向也可能相反解析：牛頓第二定律不適用于微觀高速的物理過程，而能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律依然適用，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確.由動(dòng)量守恒定律可得：mcv0＝mμv1＋mτv2若v1與v0同向，則v2可能與v0同向，也可能反向；若v1與v0反向，則v2一定與v0同向，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤.答案：BC5.如圖所示，在光滑水平面上的小車的表面由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC組成.當(dāng)小車固定時(shí)，從A點(diǎn)由靜止滑下的物體到C點(diǎn)恰好停止.如果小車不固定，物體仍從A點(diǎn)靜止滑下，則()A.還是滑到C點(diǎn)停止B.滑到BC間某處停止C.會(huì)沖出C點(diǎn)落到車外D.上述三種情況都有可能解析：由動(dòng)量守恒定律知，小車不固定時(shí)，物體與小車達(dá)到的共同速度也為零，又由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：mg·Δh＝μmg·ΔL即物體仍將滑至C點(diǎn)停住.答案：A6.如圖所示，船的質(zhì)量為M，船上站一質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員，運(yùn)動(dòng)員要從這靜止的船上水平躍出，到達(dá)與船水平距離為s、比甲板低h的岸上，至少要做功W，不計(jì)水的阻力，則下列說法正確的是()A.如s、h一定，M越大，W越大B.如s、m和h一定，M越大，W越小C.如s、M和h一定，W與m成正比D.如s、m和M一定，h越大，W越小解析：設(shè)運(yùn)動(dòng)員要跳上岸所需的最小初速度為v1，此時(shí)船的反沖速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有：Mv2＝mv1＝p0其中v1＝seq\r(\f(g,2h))可得：v2＝eq\f(ms,M)eq\r(\f(g,2h))由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律知，運(yùn)動(dòng)員做的功為：W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(m2s2g,4h)(eq\f(1,M)＋eq\f(1,m)).答案：BD7.如圖所示，一木板靜止在光滑水平面上，其右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板的質(zhì)量M＝3kg.一質(zhì)量m＝1kg的鐵塊以水平速度v0＝4m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端.在上述過程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為()JJJJ解析：由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝(m＋M)vt由題意知，系統(tǒng)由于摩擦生熱而損失的動(dòng)能為：ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,t)＝6J故知彈簧壓縮最大時(shí)摩擦生熱損失的動(dòng)能為：eq\f(1,2)ΔEk＝3J此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)ΔEk－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,t)＝3J.答案：A8.如圖所示，兩物體A、B用輕質(zhì)彈簧相連靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)同時(shí)對(duì)A、B兩物體施加等大、反向的水平恒力F1、F2，使A、B同時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng).在運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)A、B兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(整個(gè)過程中彈簧不超過其彈性限度)()A.動(dòng)量始終守恒B.機(jī)械能始終守恒C.當(dāng)彈簧伸長到最長時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大D.當(dāng)彈力的大小與F1、F2的大小相等時(shí)，A、B兩物體的速度為零解析：A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，則動(dòng)量始終守恒，選項(xiàng)A正確；F1、F2對(duì)A、B同時(shí)做正功或負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)镕1、F2對(duì)系統(tǒng)做功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化，故在彈簧伸長的過程中機(jī)械能一直增大，選項(xiàng)C正確；當(dāng)彈力的大小與F1、F2的大小相等時(shí)，A、B的速度最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：AC9.如圖所示，質(zhì)量相同的兩小球A、B均用細(xì)線吊在天花板上(A、B兩球均不觸地).現(xiàn)將小球A拉離平衡位置，使其從高h(yuǎn)處由靜止開始向下擺動(dòng)，當(dāng)它擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰好與小球B正碰，則碰后B球能升起的高度可能為()\f(h,2)\f(h,4)\f(h,8)解析：當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，B球能向左擺至的最大高度hmax＝h當(dāng)兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，B球能向左擺至的高度有最小極值hmin，有：meq\r(2gh)＝2mvv2＝2ghmin可得：hmin＝eq\f(h,4)故B球能向左擺的高度h′的范圍為：eq\f(h,4)≤h′≤h.答案：ABC10.將質(zhì)量M＝3m的木塊固定在水平面上，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊，子彈穿出木塊時(shí)的速度為eq\f(v0,3)；現(xiàn)將同樣的木塊放在光滑的水平面上，相同的子彈仍以速度v0沿水平方向射入木塊，則子彈()A.不能射穿木塊，子彈和木塊以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)B.能射穿木塊C.剛好能射穿木塊，子彈射穿木塊時(shí)速度為零D.剛好能射穿木塊，子彈射穿木塊時(shí)速度大于eq\f(v0,3)解析：當(dāng)木塊固定時(shí)，由動(dòng)能定理及能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律知：Wf＝Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m(eq\f(v0,3))2＝eq\f(4,9)mveq\o\al(2,0)假設(shè)木塊置于光滑水平面時(shí)，子彈射穿至木塊右端時(shí)恰好與木塊達(dá)到的共同速度，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1解得：v1＝eq\f(v0,4)則射穿后子彈與木塊的總動(dòng)能以及射穿過程摩擦生熱和為：E′＝eq\f(1,2)·(4m)·(eq\f(v0,4))2＋eq\f(4,9)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(41,72)mveq\o\al(2,0)＞eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)這違背了能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律，故子彈不可能射穿木塊.答案：A非選擇題部分共3小題，共40分.11.(13分)40kg的女孩騎質(zhì)量為20kg的自行車帶40kg的男孩(如圖所示)，行駛速度為3m/s.自行車行駛時(shí)，男孩要從車上下來.(1)他知道如果直接跳下來，他容易摔跤，為什么？(2)若他下來時(shí)用力往前推自行車，這樣他下車時(shí)水平速度是零.計(jì)算男孩下車的瞬間女孩和自行車的速度.(3)計(jì)算自行車和兩個(gè)孩子組成的整個(gè)系統(tǒng)的動(dòng)能在男孩下車前后的值.如果不同，請(qǐng)解釋.解析：(1)男孩直接跳下后具有3m/s的水平速度，腳著地后身體由于慣性容易前傾而摔跤.(2)設(shè)女孩質(zhì)量為m1，男孩質(zhì)量為m2，自行車質(zhì)量為m車，由動(dòng)量守恒定律得：(m車＋m1＋m2)v0＝(m車＋m1)v1解得男孩下車瞬間女孩和自行車的速度v1＝5m/s.(3)Ek＝eq\f(1,2)(m車＋m1＋m2)veq\o\al(2,0)＝450JEk′＝eq\f(1,2)(m車＋m1)veq\o\al(2,1)＝750J故知系統(tǒng)動(dòng)能增加，說明男孩下車時(shí)的推力對(duì)車及自己總共做的功為：W＝Ek′－Ek＝300J.答案：略12.(13分)如圖所示，一輛質(zhì)量為m＝2kg的平板車左邊放有質(zhì)量M＝3kg的滑塊，滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，開始時(shí)平板車和滑塊以v0＝2m/s的共同速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻發(fā)生碰撞.設(shè)碰撞時(shí)間極短，且碰后平板車的速度大小保持不變，但方向與原來相反，平板車足夠長，以至滑塊不會(huì)滑到平板車的右端，取g＝10m/s2.則(1)平板車第一次與墻發(fā)生碰撞后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為多少？(2)平板車第二次與墻碰撞前瞬間的速度v為多大？(3)為使滑塊始終不會(huì)滑到平板車的右端，平板車至少多長？解析：(1)第一次碰撞后，由于時(shí)間極短，滑塊M的速度不變，大小為v0＝2m/s，方向向右；平板車的速度大小為v0，方向向左.然后兩者在摩擦力作用下都做減速運(yùn)動(dòng)，平板車向左減速到零時(shí)，平板車向左運(yùn)動(dòng)的距離為最大.設(shè)平板車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，對(duì)平板車由動(dòng)能定理得：－μMgs＝0－eq\f(mv\o\al(2,0),2)代入數(shù)據(jù)得：s＝0.33m.(2)假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對(duì)靜止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)知，平板車此時(shí)的速度大小應(yīng)為2m/s，而滑塊的速度不小于2m/s，方向均向右，這樣就違背了動(dòng)量守恒，所以平板車在第二次碰墻前肯定已和滑塊具有相同的速度v，由動(dòng)量守恒得：Mv0－mv0＝(M＋m)v解得：v＝0.4m/s，此速度為平板車在第二次與墻碰前瞬間的速度.(3)平板車與墻發(fā)生多次碰撞，最后停止在墻邊，設(shè)滑塊相對(duì)平板車的總位移為L，則有：eq\f((M＋m)v\o\al(2,0),2)＝μMgL代入數(shù)據(jù)解得：L＝eq\f(5,6)m＝0.83mL即為平板車的最短長度.答案：(1)0.33m(2)0.4m/s(3)0.83m13.(14分)如圖所示，兩端開口、內(nèi)壁光滑、長為H的直玻璃管MN豎直固定在水平面上，a、b兩個(gè)小球直徑相等(均略小于玻璃管的內(nèi)徑，且遠(yuǎn)小于玻璃管的長度)，質(zhì)量分別為m1和m2，且有m1＝3m2.開始時(shí)，a球在下，b球在上，兩球緊挨著在管中從M處由靜止同時(shí)釋放，a球著地后立即反彈，其速度大小不變，方向豎直向上，緊接著與b球相碰使b球豎直上升.設(shè)兩球碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中總動(dòng)能不變.若在b球開始上升的瞬間，一質(zhì)量為m3的橡皮泥c在M處自由落下，且b與(1)求a、b兩球碰撞后瞬間的速度.(2)要使b、c黏合后能夠豎直飛出玻璃管口，則m2與m3之比必須滿足什么條件？解析：(1)設(shè)管長為H，取向上為正方向，則a、b兩球到達(dá)玻璃管底端時(shí)速度都為：v0＝－eq\r(2gH)a球著地反彈后瞬間的速度為：va＝eq\r(2gH)a、b兩球相碰前后，由動(dòng)量守恒定律有：m1va＋m2v0＝m1va′＋m2vb又由總動(dòng)能守恒，有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1va′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,b)代入m1＝3m2，可解得：va′＝0，vb＝eq\r(8gH).(2)設(shè)c球在M處下落經(jīng)過時(shí)間t后與b球相碰，則有：vbt－eq\f(1,2)gt2＋eq\f(1,2)gt2＝H解得：t＝eq\r(\f(H,8g))故b、c兩球碰前瞬間的速度分別為：vb′＝eq\r(8gH)－eq\r(\f(gH,8))，vc＝－eq\r(\f(gH,8))對(duì)于b、c兩球相碰的過程，由動(dòng)量守恒定律有：m2vb′＋m3vc＝(m2＋m3)vbc要使b、c兩球黏合后能飛出管口，則碰后瞬間的速度必須向上，且vbc≥eq\r(\f(gH,8))取vbc＝eq\r(\f(gH,8))代入上式可得：m2(eq\r(8gH)－eq\r(\f(gH,8)))－m3eq\r(\f(gH,8))＝(m2＋m3)eq\r(\f(gH,8))解得：m2∶m3＝1∶3因此，要使b、c黏合后能夠豎直飛出玻璃管口，必須滿足條件：eq\f(m2,m3)>eq\f(1,3).答案：(1)eq\r(8gH)(2)eq\f(m2,m3)>eq\f(1,3)

第34講實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律體驗(yàn)成功1.實(shí)驗(yàn)“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的主要步驟為：A.測(cè)出球的直徑和質(zhì)量m1、m2，若m1<m2，則用質(zhì)量為m2的球作為入射球B.把被碰球放在斜槽末端，讓入射球從斜槽上同一高度滾下，與被碰球做正碰，重復(fù)多次，找出落點(diǎn)的平均位置C.使入射球從斜槽上某一固定高度滾下，重復(fù)多次，找出落點(diǎn)的平均位置D.測(cè)出入射球碰撞前后落點(diǎn)的水平距離和被碰球落點(diǎn)的水平距離E.調(diào)整斜槽末端，使槽口的切線水平以上步驟合理的排列順序是.答案：AECBD2.如圖所示，在實(shí)驗(yàn)室用兩端帶豎直擋板C、D的氣墊導(dǎo)軌和有固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A、B做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：a.把兩滑塊A、B緊貼在一起，在A上放質(zhì)量為m的砝碼，置于導(dǎo)軌上，用電動(dòng)卡銷卡住A、B，在A、B的固定擋板間放入一彈簧，使彈簧在水平方向上處于壓縮狀態(tài).b.按下電鈕使電動(dòng)卡銷放開，同時(shí)啟動(dòng)記錄兩滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間的電子計(jì)時(shí)器，當(dāng)滑塊A、B與擋板C、D碰撞的同時(shí)，電子計(jì)時(shí)器自動(dòng)停止計(jì)時(shí)，記下A至C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和B至D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2.c.將兩滑塊A、B仍置于原位置，重復(fù)幾次上述實(shí)驗(yàn)，并對(duì)多次實(shí)驗(yàn)記錄的t1、t2分別取平均值.(1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)，應(yīng)注意.(2)應(yīng)測(cè)量的數(shù)據(jù)還有.(3)只要滿足關(guān)系式，即可驗(yàn)證動(dòng)量守恒.解析：由于滑塊和氣墊導(dǎo)軌間的摩擦力很小，可以忽略不計(jì)，可認(rèn)為滑塊在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此兩滑塊作用后的速度可分別表示為：vA＝eq\f(L1,t1)，vB＝eq\f(L2,t2).若(M＋m)eq\f(L1,t1)＝Meq\f(L2,t2)成立，則(M＋m)vA＝MvB成立，即動(dòng)量守恒.答案：(1)用水平儀測(cè)量使導(dǎo)軌水平(2)A至C板的距離L1，B至D板的距離L2(3)(M＋m)eq\f(L1,t1)＝Meq\f(L2,t2)3.為了驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒和檢驗(yàn)兩個(gè)小球的碰撞是否為彈性碰撞(即碰撞過程中沒有機(jī)械能損失)，某同學(xué)選取了兩個(gè)體積相同、質(zhì)量不相等的小球按下述步驟做了如下實(shí)驗(yàn).a.用天平測(cè)出兩個(gè)小球1、2的質(zhì)量(分別為m1和m2，且m1>m2).b.按照?qǐng)D示安裝好實(shí)驗(yàn)裝置：將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端點(diǎn)的切線水平，將一斜面BC連接在斜槽末端.c.先不放小球2，讓小球1從斜槽頂端的A處由靜止開始滾下，記下小球在斜面上的落點(diǎn)位置.d.將小球2放在斜槽前端邊緣處，讓小球1從斜槽頂端的A處滾下，使它們發(fā)生碰撞，記下小球1和小球2在斜面上的落點(diǎn)位置.e.用毫米刻度尺量出各個(gè)落點(diǎn)位置到斜槽末端點(diǎn)B的距離.圖中D、E、F點(diǎn)是該同學(xué)記下的小球在斜面上的幾個(gè)落點(diǎn)位置，到B點(diǎn)的距離分別為LD、LE、LF.根據(jù)該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，回答下列問題：(1)小球1與2發(fā)生碰撞后，1的落點(diǎn)是圖中的點(diǎn)，2的落點(diǎn)是圖中的點(diǎn).(2)用測(cè)得的物理量來表示，只要滿足關(guān)系式，則說明碰撞中動(dòng)量是守恒的.(3)用測(cè)得的物理量來表示，只要再滿足關(guān)系式，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞.解析：設(shè)斜面的傾角為θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2、Lcosθ＝vt，得其拋出速度v∝eq\r(L)；驗(yàn)證動(dòng)量是否守恒的表達(dá)式為m1v0＝m1v1＋m2v2，即m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)；若沒有機(jī)械能損失，則eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，代入v∝eq\r(L)，得m1LE＝m1LD＋m2LF.答案：(1)DF(2)m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)(3)m1LE＝m1LD＋m2LF

金典練習(xí)十八實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律選擇題部分共2小題，每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確.1.在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要測(cè)定的物理量有()A.小球的質(zhì)量B.小球的半徑C.小球的飛行時(shí)間D.小球的水平射程答案：AD2.某同學(xué)利用計(jì)算機(jī)模擬A、B兩球碰撞來驗(yàn)證動(dòng)量守恒，已知A、B兩球質(zhì)量之比為2∶3，用A球作入射球，初速度v1＝1.2m/s，讓A球與靜止的B球相碰，若規(guī)定以v1的方向?yàn)檎?，則該同學(xué)記錄碰后的數(shù)據(jù)中，明顯不合理的是()實(shí)驗(yàn)次數(shù)碰后小球速度(m·s－1)ABCDv1′－v2′解析：由動(dòng)量守恒定律和能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律知，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在誤差允許范圍內(nèi)應(yīng)滿足：m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)≥eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2又由兩球的位置關(guān)系知：v1′≤v2′可得B、C中數(shù)據(jù)不合理.答案：BC非選擇題部分共7小題，共88分.3.(10分)圖示為氣墊導(dǎo)軌上兩個(gè)滑塊A、B相互作用后運(yùn)動(dòng)過程的頻閃照片.頻閃的頻率為10Hz.開始兩個(gè)滑塊靜止，它們之間有一根被壓縮的輕彈簧，滑塊用繩子連接，繩子燒斷后，兩個(gè)滑塊向相反方向運(yùn)動(dòng).已知滑塊A、B的質(zhì)量分別為200g、300g.根據(jù)照片記錄的信息，A、B離開彈簧后，A滑塊做運(yùn)動(dòng)，其速度大小為，本實(shí)驗(yàn)得出“在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)，兩木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒”這一結(jié)論的依據(jù)是：.答案：勻速0.09m/s釋放彈簧前A、B的總動(dòng)量為零；釋放后pA＝×N·s＝×10－2N·s，pB＝－×eq\f(6×10－3,N·s＝－×10－2N·s，pA＋pB＝04.(12分)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)：如圖甲所示，在小車A的前端黏有橡皮泥，在小車A后面連著紙帶，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源頻率為50Hz，長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力.甲(1)若得到打點(diǎn)紙帶如圖乙所示，并測(cè)得各計(jì)數(shù)點(diǎn)間距離標(biāo)在圖上，A為運(yùn)動(dòng)起始的第一點(diǎn)，則應(yīng)選段來計(jì)算A和B碰后的共同速度.(填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)乙(2)已測(cè)得小車A的質(zhì)量為0.40kg，小車B的質(zhì)量為0.20kg，由以上測(cè)量結(jié)果可得：碰前總動(dòng)量為kg·m/s，碰后總動(dòng)量為kg·m/s.答案：(1)DE(2)5.(12分)把兩個(gè)大小相同、質(zhì)量不等的金屬小球用細(xì)線連接，中間夾一根被壓縮了的輕質(zhì)彈簧，置于摩擦可以不計(jì)的水平桌面上，如圖所示.現(xiàn)燒斷細(xì)線，觀察兩球的運(yùn)動(dòng)情況，并進(jìn)行必要的測(cè)量，驗(yàn)證物體間相互作用時(shí)動(dòng)量守恒.除圖示器材外，實(shí)驗(yàn)室還準(zhǔn)備了秒表、天平、直尺、螺旋測(cè)微器、鉛錘、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、木板、白紙、復(fù)寫紙、圖釘、細(xì)線等.(1)多余的器材是：.(2)需直接測(cè)量的物理是：.(要求明確寫出物理量的名稱和對(duì)應(yīng)的符號(hào))(3)用所測(cè)得的物理量驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的關(guān)系式是：.(4)在本實(shí)驗(yàn)中還可測(cè)出每次壓縮彈簧時(shí)的形變量Δx，以研究彈性勢(shì)能與形變的關(guān)系，若分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)Δx2正比于xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)，則說明彈簧的彈性勢(shì)能Ep與彈簧形變?chǔ)的關(guān)系為：.答案：(1)秒表、螺旋測(cè)微器、電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(2)兩小球的質(zhì)量m1、m2，兩個(gè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x1、x2(3)m1x1＝m2x2(4)Ep∝Δx26.(12分)用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，滑塊A、B可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，導(dǎo)軌保持水平，導(dǎo)軌上附有每小格0.5cm的標(biāo)尺.滑塊質(zhì)量分別為mA＝0.14kg，mB＝0.22kg，用每次間隔s的頻閃拍攝兩滑塊在導(dǎo)軌上碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況.如圖所示，圖甲是碰撞前拍攝的照片示意圖，當(dāng)時(shí)A正在向右運(yùn)動(dòng)，B靜止；圖乙是碰撞后拍攝的照片示意圖(兩圖中刻度不對(duì)應(yīng))，當(dāng)時(shí)A正在向左運(yùn)動(dòng)，B正在向右運(yùn)動(dòng).(1)碰撞前后兩滑塊的速度各為多少？(2)碰撞前后兩滑塊的總動(dòng)量各為多少？(3)寫出實(shí)驗(yàn)結(jié)論.解析：(1)碰前速度vA＝eq\f(10××10－2,m/s＝0.5m/s，vB＝0.碰后速度可能為：vA′＝±eq\f×10－2,＝±0.05m/svB′＝eq\f(7××10－2,m/s＝0.35m/s若vA′＝0.05m/s，則總動(dòng)量增加，不可能存在，即只能vA′＝－0.05m/s(2)碰前動(dòng)量pA＝mAvA＝0.07kg·m/s碰后動(dòng)量pA′＋pB′＝×(－＋×＝0.07kg·m/s.(3)碰撞前后A、B的總動(dòng)量守恒.答案：(1)vA＝0.5m/svB＝0vA′＝－0.05m/svB′＝0.35m/s(2)0.07kg·m/s0.07kg·m/s(3)碰撞前后A、B的總動(dòng)量守恒7.(13分)碰撞的恢復(fù)系數(shù)的定義為e＝eq\f(|v2－v1|,|v20－v10|)，其中v10和v20分別是碰撞前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后兩物體的速度.彈性碰撞的恢復(fù)系數(shù)e＝1，非彈性碰撞的恢復(fù)系數(shù)e<1.某同學(xué)借用“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置(如圖所示)驗(yàn)證彈性碰撞的恢復(fù)系數(shù)是否為1，實(shí)驗(yàn)中使用半徑相等的鋼質(zhì)小球1和2(它們之間的碰撞可近似視為彈性碰撞)，且小球1的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量.實(shí)驗(yàn)步驟如下：安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，做好測(cè)量前的準(zhǔn)備，并記下重垂線所指的位置O.第一步，不放小球2，讓小球1從斜槽上的A點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上.重復(fù)多次，用盡可能小的圓把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置.第二步，把小球2放在斜槽前端邊緣處的C點(diǎn)，讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞.重復(fù)多次，并使用與第一步同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置.第三步，用刻度尺分別測(cè)量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長度.在上述實(shí)驗(yàn)中，(1)P點(diǎn)是的平均位置，M點(diǎn)是的平均位置，N點(diǎn)是的平均位置.(2)請(qǐng)寫出本實(shí)驗(yàn)的原理：.寫出用測(cè)量值表示恢復(fù)系數(shù)的表達(dá)式：.(3)三個(gè)落地點(diǎn)距O點(diǎn)的距離OM、OP、ON與實(shí)驗(yàn)所用的小球質(zhì)量是否有關(guān)？.答案：(1)在實(shí)驗(yàn)的第一步中小球1落點(diǎn)小球1與小球2碰撞后小球1落點(diǎn)小球2落點(diǎn)(2)小球從槽口C飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，設(shè)為t，則有OP＝v10t，OM＝v1t，ON＝v2te＝eq\f(v2－v1,v10－v20)＝eq\f(ON－OM,OP－0)＝eq\f(ON－OM,OP)(小球2碰撞前靜止，v20＝0)(3)OP與小球的質(zhì)量無關(guān)，OM和ON與小球的質(zhì)量有關(guān)8.(14分)如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，已知m＜M，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，最后A不會(huì)滑離B，求：(1)A、B最后的速度大小和方向.(2)從地面上看，小木塊向左運(yùn)動(dòng)到離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí)，平板車向右運(yùn)動(dòng)的位移大小.解析：(1)A不會(huì)滑離B板，說明A、B具有相同的速度，設(shè)此速度為v，A和B的初速度的大小為v0，則據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：Mv0－mv0＝(M＋m)v解得：v＝eq\f(M－m,M＋m)v0，方向向右.(2)從地面上看，小木塊向左運(yùn)動(dòng)到離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí)，木塊速度為零，平板車速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0－mv0＝Mv′設(shè)這一過程平板向右運(yùn)動(dòng)距離s，則有：μmgs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mv′2解得s＝eq\f(2M－m,2μMg)veq\o\al(2,0).答案：(1)eq\f(M－m,M＋m)v0，方向向右(2)eq\f(2M－m,2μMg)veq\o\al(2,0)9.(15分)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩個(gè)彈性小球，用長為2l的不可伸長的輕繩連接.現(xiàn)把A、B兩球置于距地面高H處(H足夠大)，間距為l.當(dāng)A球自由下落的同時(shí)，B球以速度v0指向A(1)兩球從開始運(yùn)動(dòng)到相碰，A球下落的高度.(2)A、B兩球碰撞(碰撞時(shí)無機(jī)械能損失)后，各自速度的水平分量.(3)輕繩拉直過程中，B球受到繩子拉力的沖量大小.[2022年高考·江蘇物理卷]解析：(1)設(shè)A球下落的高度為hl＝v0th＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得：h＝eq\f(gl2,2v\o\al(2,0)).(2)由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝mvAx′＋mvBx′由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,By))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Ay)＝eq\f(1,2)m(vAx′2＋vAy′2)＋eq\f(1,2)m(vBx′2＋vBy′2)式中vAy′＝vAy，vBy′＝vBy聯(lián)立解得：vAx′＝v0，vBx′＝0(3)由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝2mvBx″I＝mvBx″＝eq\f(1,2)mv0.答案：(1)eq\f(gl2,2v\o\al(2,0))(2)vAx