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(共86張PPT)
復習任務群一
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第一章　動量守恒定律
章末綜合提升
鞏固層·知識整合
提升層·主題探究
主題1　動量定理及其應用
1．沖量的計算
(1)恒力的沖量：公式I＝Ft適用于計算恒力的沖量。
(2)變力的沖量：
①通常利用動量定理I＝Δp求解。
②可用圖像法計算。在F-t圖像中陰影部分(如圖)的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1內的沖量。
2．動量定理Ft＝mv2－mv1的應用
(1)它說明的是力的作用對時間的累積效應。應用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態的動量，而不必考慮中間的運動過程。
(2)應用動量定理求解的問題
①求解曲線運動的動量變化量。
②求變力的沖量問題及平均力問題。
③求相互作用時間。
④利用動量定理定性分析現象。
【典例1】　一個鐵球，從靜止狀態由10 m高處自由下落，然后陷入泥潭中，從進入泥潭到靜止用時0.4 s，該鐵球的質量為336 g，問：(結果保留兩位小數，g取10 m/s2)
(1)從開始下落到進入泥潭前，重力對鐵球的沖量為多少？
(2)從進入泥潭到靜止，泥潭對鐵球的沖量為多少？
(3)泥潭對小球的平均作用力為多少？
[解析]　(1)鐵球自由下落10 m所用的時間是
t1＝＝ s＝ s。
重力的沖量大小為
IG＝mgt1＝0.336×10× N·s≈4.75 N·s，方向豎直向下。
(2)設向下為正方向，對鐵球從靜止開始運動至停在泥潭中的全過程運用動量定理得
mg(t1＋t2)－Ft2＝0，
泥潭的阻力F對鐵球的沖量大小為
Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向豎直向上。
(3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N，方向豎直向上。
[答案]　(1)4.75 N·s，方向豎直向下　
(2)6.10 N·s，方向豎直向上　
(3)15.25 N，方向豎直向上
一語通關　(1)動量定理的使用具有普遍性，不論物體的軌跡是直線還是曲線，是恒力還是變力，是單個物體還是物體系，是宏觀還是微觀，都是適用的。
(2)應用動量定理解題時要選好受力物體和研究過程，當物體所受各力的作用時間不相同且間斷作用時，應用動量定理解題對全過程列式較為簡單。在解題時要樹立整體優先的意識。
主題2　動量定理和動能定理的比較
1．動量定理和動能定理的比較
項目 動量定理 動能定理
內容 物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化量 物體所受合外力的功等于物體動能的變化量
公式 F合t＝mv2－mv1 F合s＝
矢標性 矢量式 標量式
項目 動量定理 動能定理
因果 關系 因 合外力的沖量 合外力的功(總功)
果 動量的變化 動能的變化
相同點 ①動量定理和動能定理都注重初、末狀態而不注重過程，不僅適用于恒力，而且也適用于隨時間而變化的力。 ②不僅適用于單個物體，也適用于物體系統；研究的過程可以是整個過程，也可以是某一段過程。 ③動能定理和動量定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動。
2．應用動量定理與動能定理的關鍵詞
【典例2】　如圖所示，質量mA＝4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數μ＝0.24，木板右端放著質量mB＝
1.0 kg的小物塊B(可視為質點)，它們均處于靜止狀態。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬時沖量作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EkA＝8.0 J，小物塊的動能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)瞬時沖量作用結束時木板的速度大小v0；
(2)木板的長度L。
[解析]　(1)在瞬時沖量作用時，木板A受水平面和小物塊B的摩擦力的沖量均可以忽略。
取水平向右為正方向，對木板A，由動量定理有
I＝mAv0，
代入數據解得v0＝3 m/s。
(2)設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力大小分別為FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A的速度為vA，B的速度為vB，A、B相對C的位移為sA、sB。
對A，由動量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0。
對B，由動量定理有FfABt＝mBvB。
由牛頓第三定律可得FfBA＝FfAB。
另FfCA＝μ(mA＋mB)g。
對A，由動能定理有－(FfBA＋FfCA)sA＝。
對B，由動能定理有FfABsB＝。
根據動量與動能之間的關系有mAvA＝，
mBvB＝。
木板A的長度即B相對A滑動距離的大小，故
L＝sA－sB。
聯立解得L＝0.5 m。
[答案]　(1)3 m/s　(2)0.5 m
一語通關　(1)動量定理和動能定理都是求解力學問題的重要定理。應用時要特別注意選定研究對象和過程，注重受力情況分析和運動情況分析，靈活運用規律求解。
(2)運用動量定理解題需考慮速度的方向，運用動能定理解題則不需考慮速度的方向。
主題3　動量守恒定律應用中的臨界問題
【典例3】　如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質量為M＝30 kg，乙和他的冰車總質量也是30 kg。游戲時，甲推著一個質量為m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。(不計冰面摩擦)
(1)若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變為多少？(用字母表示)
(2)設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，乙抓住箱子后的速度變為多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，則箱子被推出的速度至少多大？
[解析]　(1)設甲的速度變為v1，甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統動量守恒，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得
(M＋m)v0＝mv＋Mv1，
解得v1＝。
(2)設乙抓住箱子后的速度變為v2，箱子和乙作用的過程，乙和箱子組成的系統動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mv－Mv0＝(m＋M)v2，
解得v2＝。
(3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2，其中v1＝v2為甲、乙恰好不相撞的條件。
即≤，
代入數據得v≥5.2 m/s。
所以箱子被推出的速度至少為5.2 m/s時，甲、乙不相撞。
[答案]　(1)　(2)　(3)5.2 m/s
一語通關　解決動量的臨界問題時需要注意以下幾點
(1)應聯想其中一個物體速度很小或速度很大時的狀況。
(2)通常臨界狀態發生在二者速度相同的時刻。
(3)有時兩個物體間發生相互作用時，動量守恒，動能損失最大時的情況和無動能損失的情況與完全非彈性碰撞和彈性碰撞相類似。
主題4　解決力學問題的三大觀點
1．三種觀點的比較
思路 特點分析 適用情況
力的觀點：牛頓運動定律結合運動學公式 分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運動量間的關系。 涉及力、加速度、位移、速度、時間 恒力作用下的運動
思路 特點分析 適用情況
能量觀點：動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律 分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關系。系統內力做功會影響系統能量。 涉及力、位移、速度 恒力作用下的運動、變力作用下的曲線運動、往復運動、瞬時作用
動量觀點：動量定理和動量守恒定律 分析物體的受力(或系統所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關系(或動量守恒定律)，系統內力不影響系統動量。 涉及力、時間、動量(速度) 恒力作用下的運動、瞬時作用、往復運動
2．三種觀點的選擇
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；如果只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解。
(2)對于碰撞、反沖類問題，應用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒(功能關系)建立方程。
【典例4】　一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點高度為1.2R，FG長度LFG＝2.5 m，HI長度L0＝9 m，擺渡車長度L＝3 m、質量m＝1 kg。將一
質量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的。(擺渡車碰到豎直側壁IJ立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數μ；
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t。
[解析]　(1)C點離地高度為
1.2R＋R cos θ＋R＝3R。
滑塊從靜止釋放到C點過程，根據動能定理可得
mg(h－3R)＝，
解得vC＝4 m/s。
在最高點C時，根據牛頓第二定律可得
FC＋mg＝，
解得FC＝22 N。
(2)滑塊從靜止釋放到G點，由動能定理可得
mgh－mgLFG＝。
由題可知，滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，速度大小設為v。
根據動量守恒定律可得
2mv＝mvG。
由功能關系可得
μmgL＝－×2mv2。
聯立解得μ＝0.3。
(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝μg。
設滑塊從滑上擺渡車到共速的時間為t1，有
t1＝＝1 s，
共速后繼續向右勻速運動的時間
t2＝＝1.5 s，
t＝t1＋t2＝2.5 s。
[答案]　(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
一語通關　綜合應用動力學“三大觀點”解題的步驟
(1)認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象。
(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態和運動狀態的變化過程。對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯系。
(3)根據各階段狀態變化的規律確定解題方法，選擇合理的規律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程。
(4)代入數據(統一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論。
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(總分：100分)
一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。
1．關于動量，以下說法正確的是(　　)
A．做勻速圓周運動的質點，其動量不隨時間發生變化
B．鋼球碰到堅硬的墻壁后彈回，碰撞前后鋼球的速度大小不變，則動量也不變
C．勻速飛行的巡航導彈巡航時動量始終不變
D．做平拋運動的質點在豎直方向上的動量與運動時間成正比
√
章末綜合測評(一)　動量守恒定律
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D　[做勻速圓周運動的物體速度方向時刻變化，故動量時刻變化，故A項錯誤；動量是矢量，雖然碰撞前后鋼球速度的大小沒有變化，但速度的方向變化了，所以動量也發生了變化，故B項錯誤；巡航導彈巡航時雖速度不變，但由于燃料不斷燃燒(導彈中燃料占其總質量的一部分，不可忽略)，從而使導彈總質量不斷減小，導彈動量減小，故C項錯誤；做平拋運動的質點在豎直方向上的分運動為自由落體運動，在豎直方向的分動量p豎＝mv豎＝mgt，故D項正確。]
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2．清華大學對富康轎車成功地進行了中國轎車史上的第一次碰撞安全性試驗，成為“中華第一撞”，從此，我國汽車整體安全性碰撞試驗開始與國際接軌。在碰撞過程中，關于安全氣囊保護作用的認識正確的是(　　)
A．安全氣囊減小了駕駛員的動量變化
B．安全氣囊減小了駕駛員受到撞擊力的沖量
C．安全氣囊主要是減小了駕駛員的動量變化率
D．安全氣囊延長了撞擊力的作用時間，從而使得動量變化更大
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C　[在碰撞過程中，駕駛員的動量變化量是一定的，而且安全氣囊增加了作用的時間，根據動量定理Ft＝Δp可知，可以減小駕駛員受到的撞擊力，即減小了駕駛員的動量變化率，故選C。]
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3．(人教版P28T1情境變式)某同學閱讀到一科幻小說中的流浪地球計劃的第一步是剎住自轉，即通過固定在地球赤道上的幾千臺轉向發動機對地球自轉進行止動。他查閱相關文獻后推算出，發動機需將燃料氣體以相對于地球表面的速度v＝11.2 km/s沿地球赤道切線方向噴出，從而獲得止動推力。忽略大氣阻力，發動機的總平均功率為4.6×1021 W，估算發動機的總推力大小可以達到(　　)
A．4.1×1020 N B．8.2×1020 N
C．4.1×1017 N D．8.2×1017 N
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D　[設在Δt時間內發動機噴出氣體的質量為m，則由動量定理有FΔt＝mv，由動能定理有PΔt＝，根據牛頓第三定律，解得發動機的總推力大小為F＝＝≈8.2×1017 N，D正確。]
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4．如圖為甲、乙兩質量不同的物體分別受到恒力作用后，其動量p與時間t的關系圖像，兩圖線平行，則甲、乙所受合力F甲與F乙的關系是(　　)
A．F甲B．F甲＝F乙
C．F甲>F乙
D．無法比較F甲和F乙的大小
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B　[兩直線平行，在相同的時間內動量的變化量相等，由動量定理知，選項B正確。]
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5．如圖所示，設質量為M的導彈運動到空中最高點時速度為v0，突然炸成兩塊，質量為m的一塊以速度v沿v0的方向飛去，則另一塊的運動(　　)
A．一定沿v0的方向飛去
B．一定沿v0的反方向飛去
C．可能做自由落體運動
D．以上說法都不對
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C　[以整個導彈為研究對象，取v0的方向為正方向。根據爆炸的瞬間系統在水平方向上動量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，則得另一塊的速度為v′＝，若Mv0>mv，則v′>0，說明另一塊沿v0的方向飛去；若Mv0題號
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6．如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面。今把質量為m的小物體從A點由靜止釋放，小物體與BC部分間的動摩擦因數為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是(　　)
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A．其他量不變，R越大x越大
B．其他量不變，μ越大x越大
C．其他量不變，m越大x越大
D．其他量不變，M越大x越大
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A　[小車和小物體組成的系統水平方向的動量守恒且為零，所以當小車和小物體相對靜止時，系統水平方向的總動量仍為零，則小車和小物體相對于水平面也靜止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝，選項A正確，B、C、D錯誤。]
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7．(人教版P29T1設問變式)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象。為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p，小華同學將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時間t內杯中水面上升的高度為h，查詢得知當時雨滴下落到芭蕉葉高度附近處的速度為v。設雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，
不計雨滴重力。則p的大小為(　　)
A．ρv B．2ρv
C．ρv2 D．2ρv2
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B　[單位時間水面上升的高度Δh＝，在芭蕉葉ΔS的面積上，Δt時間內降落的雨水質量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt。設雨水受到的芭蕉葉給它的力為F，以向上為正方向，根據動量定理有F·Δt＝mv－m(－v)＝2ρvΔSΔt，根據牛頓第三定律可知，芭蕉葉上ΔS的面積受到的撞擊力的大小F′＝2ρvΔS，因此平均壓強大小為p＝＝2ρv，故選B。]
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8．如圖所示，足夠長的小平板車B的質量為M，以大小為v0的水平速度向右在光滑水平面上運動，與此同時，質量為m的小物體A從車的右端以大小也為v0的水平速度沿車的粗糙上表面向左運動。若物體與車面之間的動摩擦因數為μ，則在足夠長的時間內(　　)
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A．若M>m，物體A對地向左的最大位移是
B．若MC．無論M與m的大小關系如何，摩擦力對車的沖量均為mv0
D．無論M與m的大小關系如何，摩擦力的作用時間均為
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B　[規定向右為正方向，根據動量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝。物體A所受的摩擦力f＝μmg，若M>m，對物體A，根據動能定理得－μmgxA＝，解得物體A對地向左的最大位移xA＝，A錯誤；若M題號
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9．在武警戰士的一次射擊比賽中，一位戰士展示了他子彈釘釘子的絕活：子彈準確地擊中釘子，將釘子釘入木樁。已知子彈彈頭質量為10 g，子彈擊中釘子后釘子獲得的速度為400 m/s，恰好將長為10 cm的釘子釘入木樁，假設子彈將釘子勻變速推入木樁，則在釘子進入木樁的過程中(　　)
A．子彈和釘子組成的系統動量守恒
B．子彈和釘子間的作用時間為2.5×10-4 s
C．子彈對釘子的沖量大小為4 N·s
D．子彈對釘子的作用力大小為800 N
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C　[子彈推釘子進入木樁的過程中，子彈和釘子做勻變速運動，釘子所受木樁的阻力不可忽略，所以子彈和釘子組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；對子彈和釘子一起做勻減速運動的過程，根據x＝t可得t＝，代入數據解得子彈和釘子間的作用時間為t＝5×
10-4 s，故B錯誤；子彈動量改變量大小為Δp＝mΔv＝4 kg·m/s，由動量定理I＝Δp可得釘子對子彈的沖量大小為4 N·s，由牛頓第三定律知，子彈對釘子的沖量大小為4 N·s，故C正確；對子彈，由動量定理可知Ft＝mΔv，代入數據解得釘子對子彈的作用力大小為F＝8 000 N，由牛頓第三定律可知，子彈對釘子的作用力大小為8 000 N，故D錯誤。]
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10．A、B兩船的質量均為m，都靜止在平靜的湖面上，現A船上質量為m的人，以對地水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳到A船，經n次跳躍后，人停在B船上，不計水的阻力，則(　　)
A．A、B兩船速度大小之比為2∶3
B．A、B(包括人)兩船的動量大小之比為3∶2
C．A、B(包括人)兩船的動量之和為0
D．A、B(包括人)兩船動能之比為1∶1
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C　[最終人停在B船上，以A、B兩船及人組成的系統為研究對象，在整個過程中，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mvA－vB＝0，解得＝，A錯誤；以人與兩船組成的系統為研究對象，人在跳躍過程中總動量守恒，所以A、B(包括人)兩船的動量大小之比是1∶1，B錯誤；由于系統的總動量守恒，始終為零，故A、B(包括人)兩船的動量之和也為零，C正確；A、B(包括人)兩
船的動能之比＝＝，D錯誤。]
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11．某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數據，得到如圖所示的位移—時間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發生正碰后的結合體的位移隨時間的變化關系。已知相互作用時間極短。由圖像給出的信息可知(　　)
A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為2∶5
B．碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量大
C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小
D．滑塊Ⅰ的質量是滑塊Ⅱ的質量的
√
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D　[根據s-t圖像的斜率等于速度，可得碰撞前滑塊Ⅰ的速度為v1＝ m/s＝－2 m/s，大小為2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝ m/s＝
0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，A錯誤；碰撞前后系統動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的速度為負，動量為負，滑塊Ⅱ的速度為正，動量為正，由于碰撞后動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小，B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝ m/s＝0.4 m/s，根據動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋
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m2)v，代入數據可得m1＝，D正確；碰撞前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ的動能之比為＝＝·＝，所以碰撞前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能大，C錯誤。]
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二、非選擇題：共4題，共56分。
12．(18分)如圖甲所示，用半徑相同的A、B兩球的碰撞可以驗證“動量守恒定律”。實驗時先讓質量為m1的A球從斜槽上某一固定位置C由靜止開始滾下，進入水平軌道后，從軌道末端水平拋出，落到位于水平地面的復寫紙上，在下面的白紙上留下痕跡，A球和B球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點痕跡，重復操作10次。如圖乙所示，M、P、N為三個落點的平均位置，未放B球時，A球的落點是P點，O點是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投影點。
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(1)在這個實驗中，兩個小球的質量應滿足m1________(選填“>”“＝”或“<”)m2；除了圖中器材外，實驗室還備有下列器材，完成本實驗還必須使用的兩種器材是________。
A．停表，天平　　　　 B．天平，刻度尺
C．停表，刻度尺 D．天平，打點計時器
>
B
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(2)下列說法中正確的有________。
A．安裝軌道時，軌道末端必須水平
B．實驗前應該測出斜槽末端距地面的高度
C．實驗過程中，復寫紙可以移動，白紙不能移動
D．用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置
ACD
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(3)在某次實驗中，測量出兩個小球的質量為m1、m2，記錄的落點平均位置M、N幾乎與OP在同一條直線上，測量出三個落點位置與O點距離OM、OP、ON的長度。在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式_______________________________，則可以認為兩球碰撞前后在OP方向上的總動量守恒；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足關系式_________________________________(用測量的量表示)。
m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
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(4)實驗中小球與斜槽之間存在摩擦力，這對實驗結果________(選填“有”或“沒有”)影響。為什么？________________________________________________________。
沒有
小球每次都是從同一高度釋
放，克服摩擦力做的功相同
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(5)完成上述實驗后，某實驗小組對上述裝置進行了改造，如圖丙所示。在水平槽右方豎直固定一木板，使小球A仍從斜槽上C點由靜止滾下，重復上述實驗的操作，得到兩球落在木板上的平均落點M、P、N。用刻度尺測量木板上與B等高的點B′到M、P、N三點的高度差分別為L1、L2、L3。則驗證兩球碰撞過程中
動量守恒的表達式為_____________________
(用所測物理量的字母表示)。
＝＋
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[解析]　(1)為了防止入射球碰撞后反彈，應讓入射球的質量大于被碰球的質量，即滿足m1>m2；實驗需要驗證m1v0＝m1v1＋m2v2，因小球離開軌道后做平拋運動，下落時間相同，則可知水平位移x＝vt，因此可以直接用水平位移代替速度進行驗證，故有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，實驗需要測量小球的質量、小球落地點的位置與O點的距離，測量質量需要天平，測量小球落地點的位置與O點的距離需要刻度尺，因此選B。
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(2)為使小球離開斜槽后做平拋運動，安裝軌道時，軌道末端必須水平，故A正確；小球離開斜槽后做平拋運動，由于拋出點高度相等，小球做平拋運動的時間相等，小球的水平位移與初速度成正比，可以用水平位移代替其初速度，實驗不需要測量小球的運動時間，不需要測出斜槽末端距地面的高度，故B錯誤；實驗過程中，白紙不能移動，復寫紙可以移動，故C正確；用半徑盡量小的圓把10個落點圈起來，這個圓的圓心可視為小球落點的平均位置，故D正確。
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(3)若兩球碰撞前后的動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2。
又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，
代入得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
若碰撞是彈性碰撞，滿足機械能守恒，則有
＝，
代入得m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。
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(4)實驗中小球與斜槽之間存在摩擦力，這對實驗結果沒有影響，因為小球每次都是從同一高度釋放，克服摩擦力做的功相同，碰撞前小球速度相同。
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(5)碰撞前，m1落在題圖丙中的P點，設其水平初速度為v1，小球m1和m2發生碰撞后，m1的落點在題圖丙中M點，設其水平初速度為v1′，m2的落點在題圖丙中的N點，設其水平初速度為v2，由平拋運動規律得L2＝gt2，x＝v1t，
解得v1＝x。
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同理可得v1′＝x，v2＝x。
碰撞過程系統動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2。
整理得＝＋。
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13．(12分)隨著機動車數量的增加，交通安全問題日益凸顯。分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規，珍惜生命。一貨車嚴重超載后的總質量為49 t，以54 km/h的速率勻速行駛。發現紅燈時司機剎車，貨車立即做勻減速直線運動，加速度的大小為2.5 m/s2(不超載時則為5 m/s2)。
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(1)若前方無阻擋，則從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進多遠？
(2)若超載貨車剎車時正前方25 m處停著總質量為1 t的轎車，兩車將發生碰撞，設相互作用0.1 s后獲得相同速度，則貨車對轎車的平均沖力為多大？
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[解析]　(1)設貨車剎車時速度大小為v0，加速度大小為a，末速度大小為vt，剎車距離為s，則
s＝。 ①
將數據代入①式得
超載時s1＝45 m， ②
不超載時s2＝22.5 m。 ③
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(2)設貨車剎車后經s′＝25 m與轎車碰撞時的速度大小為v1，
v1＝。 ④
設碰撞后兩車共同速度為v2、貨車質量為M、轎車質量為m，由動量守恒定律得
Mv1＝(M＋m)v2。 ⑤
設貨車對轎車的作用時間為Δt，平均沖力大小為，由動量定理得
Δt＝mv2。 ⑥
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聯立④⑤⑥式，代入數據得
＝9.8×104N。
[答案]　(1)超載時45 m，不超載時22.5 m　
(2)9.8×104N
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14．(12分)如圖所示，一質量為M的物塊靜止在水平桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后以水平速度射出，重力加速度為g。不計子彈穿過物塊的時間，求：
(1)此過程中子彈及物塊組成的系統損失的機械能；
(2)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離。
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[解析]　(1)設子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒定律得
mv0＝m·＋Mv，
解得v＝v0。
系統損失的機械能為
ΔE＝－，
聯立解得ΔE＝。
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(2)設物塊下落地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則
h＝gt2，
s＝vt，
解得s＝。
[答案]　　(2)
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15．(14分)如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一個光滑的圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上。現有可視為質點的滑塊A以初速度v0從右端滑上木板B并以的速度滑離B，恰好能到達C的最高點。A、B、C的質量均為m，重力加速度為g，求：
(1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數μ；
(2)圓弧槽C的半徑R。
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[解析]　(1)A在木板B上滑動時，A、B、C組成的系統動量守恒，設A滑離B時，B、C整體的速度為v1，則
mv0＝m·＋2mv1。
由能量守恒定律得
＝＋Q，
其中Q＝μmgL，
聯立解得v1＝v0，μ＝。
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(2)A在C上滑動時，A、C組成的系統在水平方向上不受外力，因此A、C系統在水平方向上動量守恒，設A到達C的最高點時，A、C的共同速度為v2，則
m·＋mv1＝2mv2。
由機械能守恒定律，有
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＝＋mgR，
聯立解得R＝。
[答案]　
謝 謝！

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