資源簡介

(共69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　動量定理在生活中的應用——高空拋物
由動量定理F合Δt＝Δp知F合＝，這是牛頓第二定律的另一種表達形式，在Δp一定時，Δt越小則F合越大可定性分析生活中的一些現象。
【典例1】　(人教版P30T3改編)(多選)如圖所示為高空墜物的公益廣告，形象地描述了高空墜物對人傷害的嚴重性。小明用下面的實例來檢驗廣告的科學性：設一個質量為50 g的雞蛋從25樓樓頂自由落下，相鄰樓層的高度差為3.2 m，雞蛋與地面撞擊時間約為0.002 s，不計空氣阻力，g＝10 m/s2。則(　　)
A．從下落到即將落地，雞蛋的動量變化量大
小約為2 000 kg·m/s
B．該雞蛋對地面的平均沖擊力大小約為1 000 N
C．雞蛋在空中運動的過程中，任意相等時間內動量變化量相等
D．雞蛋在空中運動過程中，任意相等時間內動能變化量相等
√
√
BC　[每層樓高約3.2 m，雞蛋下落的總高度為h＝25×3.2 m＝80 m，自由下落時間為t1＝ s＝4 s，落地速度v＝gt1＝10×4 m/s＝40 m/s，所以從下落到即將落地，雞蛋的動量變化量大小為Δp＝mv－0＝0.05×40 kg·m/s＝2 kg·m/s，選項A錯誤；雞蛋與地面的碰撞時間約為t2＝0.002 s，取豎直向上為正方向，對雞蛋與地面碰撞過程，根據動量定理有(F－mg)t2＝0－(－mv)，代入數據解得地面
對雞蛋的平均沖擊力大小為F≈1×103 N，根據牛頓第三定律可知選項B正確；雞蛋在空中運動的過程中，任意相等時間內速度變化量相等，所以動量變化量相等，選項C正確；雞蛋在空中運動過程中，速度越來越大，任意相等時間內位移變化量不同，合外力做的功不同，根據動能定理可知，合外力做的功等于動能變化量，所以動能變化量不相等，選項D錯誤。]
主題2　思想方法——物理學中的守恒思想
動量守恒定律和能量守恒定律的應用
動量守恒定律和能量守恒定律是自然界中最普遍的規律。在解答力學問題時必須注意守恒的條件，在應用這兩個定律時，當確定了研究的對象和運動狀態變化的過程后，可根據問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態列方程求解。
【典例2】　如圖所示，固定光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個表面光滑、質量為3m的斜面體C。一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為2m的靜止小物塊B發生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動(碰撞時間極短)，平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度。求：
(1)A、B碰撞過程中產生的熱量；
(2)A和B在斜面體C上上升的最大高度；
(3)斜面體C獲得的最大速度。
思路點撥：(1)A下滑過程機械能守恒，應用機械能守恒定律求出A滑到曲面軌道底端時的速度，A、B碰撞過程系統動量守恒，應用動量守恒定律求出碰撞后兩者的共同速度，應用能量守恒定律求出碰撞過程產生的熱量。
(2)A、B、C組成的系統在水平方向動量守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出A、B上升的最大高度。
(3)A、B離開C時C的速度最大，A、B、C組成的系統在水平方向動量守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出C的最大速度。
[解析]　(1)設A滑到曲面軌道底端時的速度為v0，A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝
設A、B碰后共同速度為v1，A、B碰撞過程動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v1
由能量守恒定律得mgh＝＋Q
解得A、B碰撞過程中產生的熱量Q＝mgh。
(2)A、B、C組成的系統在水平方向動量守恒，A、B到達最高點時三者在水平方向速度相等，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得
3mv1＝(3m＋3m)v共
由機械能守恒定律得＋3mgh′
解得A和B在斜面體C上上升的最大高度h′＝h。
(3)A、B一起沖上斜面體后又返回地面時，C獲得的速度最大，設此時A、B的共同速度為v2，C的速度為v3，A、B與C水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得3mv1＝3mv2＋3mv3
由機械能守恒定律得
解得v2＝0，v3＝
即斜面體C獲得的最大速度為，方向水平向右。
[答案]　(1)mgh　(2)h　(3)，方向水平向右
主題3　建構物理模型法——解答動力學問題的三種思路
牛頓運動定律、動量和能量是解決動力學問題的三條重要途徑。如圖所示，求解這類問題時要注意正確選取研究對象、運動狀態、運動過程，并在分析的基礎上恰當選用物理規律來解題，選用規律也有一定的原則。
(1)牛頓運動定律(力的觀點)
研究某一時刻(或某一位置)的動力學問題應使用牛頓第二定律，研究某一個恒力作用過程的動力學問題，且問題又直接涉及物體的加速度，應采用運動學公式和牛頓第二定律求解。
(2)動量定理和動量守恒定律(動量觀點)
①對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別對于撞擊一類的問題，因時間短且沖力隨時間變化，則應使用動量定理求解。
②對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，則應使用動量守恒定律求解。
(3)動能定理和能量守恒定律(能量觀點)
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。
②如果物體只有重力和彈力做功而又不涉及運動過程的加速度和時間的問題，則應用機械能守恒定律求解。
③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定律建立方程。
【典例3】　如圖所示，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態，一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發生完全非彈性碰撞(碰撞時間極短)，然后一起向右運動；一段時間后，滑板A也開始運動，已知A、B、C的質量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g；最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內，求：
(1)C在碰撞前瞬間的速度大小；
(2)C與B碰撞過程中損失的機械能；
(3)從C與B相碰到A開始運動的過程中，C和B克服摩擦力所做的功。
[解析]　(1)物塊C從滑板左端運動至剛要與物塊B相碰過程，由動能定理得－μmgs0＝
解得物塊C碰撞前瞬間的速度大小為v1＝。
(2)物塊B、C碰撞時間極短，碰撞過程中動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv1＝2mv2
解得物塊B與物塊C碰后一起運動的速度大小v2＝
根據能量守恒定律可得物塊B與物塊C碰撞過程系統損失的機械能為ΔE＝
解得ΔE＝μmgs0。
(3)滑板A剛要滑動時，對滑板A，由平衡條件得kΔx＋2μmg＝3μmg
解得彈簧的壓縮量Δx＝
故從C與B相碰到滑板A開始運動的過程中物塊B和物塊C克服摩擦力做功W克＝2μmgΔx
解得W克＝。
[答案]　(1)　(2)μmgs0　(3)
√
(滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一項最符合題目要求。
1．下列例子中應用了反沖原理的是 (　　)
A．洗衣機洗衣服時脫水過程
B．體操運動員在著地時彎曲雙腿
C．噴氣式飛機和火箭的飛行
D．火車進站時切斷動力向前滑行
章末綜合測評(一)　動量守恒定律
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C　[洗衣機洗衣服時脫水過程利用的是離心現象，與反沖無關，A錯誤；體操運動員在著地時彎曲雙腿是利用了緩沖原理，B錯誤；噴氣式飛機和火箭的飛行都是應用了反沖的原理，C正確；火車進站時切斷動力向前滑行是利用慣性，D錯誤。]
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2．如圖所示，在光滑的水平面上有一靜止的小車， 甲、乙兩人分別站在小車左、右兩端。當他倆同時相向而行時，發現小車向右運動。下列說法正確的是(　　)
A．乙的速度必定小于甲的速度
B．乙的速度必定大于甲的速度
C．乙的動量必定小于甲的動量
D．乙的動量必定大于甲的動量
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D　[甲、乙兩人相向而行的過程中，甲、乙兩人及小車組成的系統所受的合外力為零，系統動量守恒，以向右為正方向，根據動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＋m車v車＝0，小車向右運動，小車的動量方向向右，說明甲與乙兩人的總動量向左，因乙向左運動，甲向右運動，則乙的動量必定大于甲的動量，但是由于不知兩人的質量關系，故無法確定兩人的速度大小關系，選項A、B、C錯誤，D正確。]
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3．乒乓球運動的高拋發球是由我國運動員于1964年發明的，后成為風靡世界乒乓球壇的一項發球技術。某運動員在一次練習發球時，手掌張開且伸平，將一質量為2.7 g的乒乓球由靜止開始豎直向上拋出，拋出后球向上運動的最大高度為1.8 m，若拋球過程，手掌和球接觸時間為6 ms，不計空氣阻力，g取10 m/s2，則該過程中手掌對球的作用力大小約為(　　)
A．300 N 　 B．30 N
C．3 N 　 D．0.3 N
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C　[乒乓球拋出的速度為v＝＝6 m/s，以豎直向上為正方向，對拋球的過程利用動量定理可得Ft－mgt＝mv，化簡可得F＝＋mg＝2.727 N≈3 N，故C正確，A、B、D錯誤。]
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4．冰壺運動是冬季的熱門項目。如圖所示，在某次推擊冰壺過程中，質量為m的白壺以速度v與靜止的黑壺進行碰撞，P、Q為碰撞前同一時刻兩壺位置，M、N為兩壺靜止后所處的位置。兩壺除了顏色外，質量、大小、形狀等其余屬性均相同。下列說法不正確的是(　　)
A．兩壺碰撞過程系統近似動量守恒
B．碰后兩壺的速度大小之比為1∶3
C．兩壺因碰撞而損失的機械能約為mv2
D．碰撞過程中，白壺對黑壺的沖量與黑壺對白壺的沖量相同
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D　[兩壺碰撞過程，內力遠大于外力，系統近似動量守恒，故A正確；由題圖可知，碰后白、黑兩壺的位移之比為，根據2ax＝v2可知，兩壺碰后的速度大小之比為，故B正確；兩壺發生碰撞，根據動量守恒mv＝mv1＋mv2，解得v1＝，兩壺因碰撞而損失的機械能約為ΔE＝mv2，故C正確；碰撞過程中，白壺對黑壺的沖量與黑壺對白壺的沖量大小相等，方向相反，故D錯誤。故選D。]
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5．如圖所示，在光滑的水平面上有2 021個完全相同的小球等間距地排成一條直線，均處于靜止狀態。現給第一個小球初動能Ek，若小球間的所有碰撞均為對心完全非彈性碰撞，則整個碰撞過程中損失的機械能總量為 (　　)
A．Ek　　　　 B．Ek
C．Ek 　 D．Ek
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D　[以第一個小球初速度v0的方向為正方向，將2 021個小球組成的整體看作一個系統，設系統最終的速度為v，運用動量守恒定律得mv0＝2 021mv，解得v＝，則系統損失的機械能為ΔE＝·2 021mv2，解得ΔE＝故選D。]
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6．甲、乙兩物體質量分別為m1和m2，兩物體碰撞前后運動的位移隨時間變化的圖像如圖所示，則在碰撞前(　　)
A．乙的動能大 　
B．甲的動能大
C．乙的動量大 　
D．甲的動量大
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A　[根據位移時間圖像的斜率表示速度，可知碰撞前甲的速度大小v1小于乙的速度大小v2，碰撞后兩個物體的速度為零，根據動量守恒有－p1＋p2＝0，得p1＝p2，故C、D錯誤；由上面分析可得m1v1＝m2v2，v1＜v2，則m1＞m2，因為Ek＝，所以Ek1＜Ek2，即乙的動能大，故A正確，B錯誤。]
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7．如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導槽，質量為m的U形管恰好能在兩導槽之間自由滑動，一質量也為m的小球沿水平方向，以初速度v0從U形管的一端射入，從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑，不計一切摩擦，下列說法正確的是(　　)
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A．該過程中，小球與U形管組成的系統機械能和動量都守恒
B．小球從U形管的另一端射出時，速度大小為
C．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，小球速度大小為
D．小球運動到U形管圓弧部分的最左端時，U形管速度大小為
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D　[由于不計一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動能只能與U形管的動能發生轉移，故小球與U形管組成的系統機械能守恒，系統沿導槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統沿導槽方向動量守恒，故A錯誤；小球從U形管的另一端射出時，小球與U形管系統機械能守恒，故＝，沿著軌道方向，系統動量守恒，以向左為正方向，故mv0＝mv2＋mv1，解得小球從U形管的另一端射出時，U形管速度為v0，小球速度大小
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為0，故B錯誤；小球運動到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著軌道方向，系統動量守恒，以向左為正方向，設小球與U形管的速度為vx，由動量守恒定律得mv0＝vx，解得vx＝，設小球的合速度為v，根據機械能守恒定律得＝＋解得v＝v0，故C錯誤，D正確。]
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二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．如圖甲所示，質量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態，彈簧的彈性勢能為Ep0。t＝0時刻解除A球鎖定，t＝t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙，S1表示O到t1時間內A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小。t＝t2時刻，A、B系統的總動量大小為p，彈簧的彈性勢能為Ep，下列說法正確的是(　　)
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A．p＝mBS1　　 B．
C．S1－S2＝S3 　 D．
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CD　[a-t圖像的面積等于這段時間的速度變化量大小，t＝0時刻解除A球鎖定，t＝t1時刻解除B球鎖定，說明t1時刻只有A球具有速度，設此時A球的速度為v1，則有ΔvA1＝v1－0＝v1＝S1，t1時刻后A、B組成的系統滿足動量守恒，故總動量等于t1時刻A球的動量，則有p＝mAv1＝mAS1，故A錯誤；由圖像可知t1時刻A球的加速度為0，則此時彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長狀態，t2時刻兩球的加速度都達到最大，說明此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時刻兩球具有相同的速度，設t2時刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過
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程，A球的速度變化量大小為ΔvA2＝v1－v2＝S2，B球的速度變化量大小為ΔvB＝v2－0＝S3，從t1到t2過程，A、B組成的系統滿足動量守恒，則有mAv1＝mAv2＋mBv2，可得mA(v1－v2)＝mBv2，聯立可得，故B錯誤；根據上述分析可知v2＝S1－S2＝S3，故C正確；從t＝0到t2時刻，A、B、彈簧組成的系統滿足機械能守恒，則有Ep0＝＋Ep，解得，故D正確。故選CD。]
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9．在粗糙水平面上，兩個緊靠的物體A、B之間放置有少許炸藥，炸藥爆炸后，A、B兩物體分別滑動x1和x2的距離而停止，已知兩物體與水平面之間的動摩擦因數相同，由此可知(　　)
A．A、B兩物體的質量之比為∶
B．爆炸后瞬間A、B兩物體的速度大小之比為∶
C．爆炸后瞬間A、B兩物體的動量大小之比為∶
D．爆炸后瞬間A、B兩物體的動能之比為∶
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BD　[A、B兩物體分別滑動x1和x2的距離而停止，由0－v2＝2ax、a＝－μg可知，爆炸后瞬間A、B兩物體的速度二次方之比為x1∶x2，即A、B兩物體的速度大小之比為v1∶v2＝∶，選項B正確；爆炸過程，兩物體組成的系統動量守恒，所以爆炸后瞬間A、B兩物體的動量大小之比為p1∶p2＝m1v1∶m2v2＝1∶1，則A、B兩物體的質量之比為m1∶m2＝v2∶v1＝∶，選項A、C錯誤；爆炸后瞬間A、B兩物體的動能之比為Ek1∶Ek2＝∶＝v1∶v2＝∶，選項D正確。]
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10．某興趣小組設計了一種實驗裝置，用來研究碰撞問題，其模型如圖所示，光滑軌道中間部分水平，右側為位于豎直平面內半徑R＝0.64 m的半圓，且半圓在最低點與水平部分相切。開始時5個大小相同的小球并列靜置于水平部分，相鄰球間有微小間隔，從左到右，球的編號依次為0、1、2、3、4，且每球質量與其相鄰左球質量之比皆為k。現將0號球向左拉至左側軌道距水平部分高h＝0.1 m處，然后由靜止釋放，使其與1號球相碰，1號球再與2號球相碰……所有碰撞皆為彈性正碰，且碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，小球可視為質點，重力加速度為g。則下列說法正確的是(　　)
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A．若k＝1，釋放0號球后，看到5(0～4)個小球一起向右運動
B．若k＝1，釋放0號球后，看到只有4號球向右運動
C．若k<1，要使4號球碰撞后能過右側軌道的最高點，則k應滿足0D．若k<1，要使4號球碰撞后能過右側軌道的最高點，則k應滿足－1≤k<1
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BC　[設0號球的質量為m0，與1號球碰前瞬間的速度為v0，則有m0gh＝，0號球與1號球碰撞過程動量守恒、機械能守恒，則有m0v0＝m0v′0＋m1v1，，解得v1＝v0，v′0＝v0。若k＝1，即5個小球質量相等，則v1＝v0，v′0＝0，即0號球與1號球碰撞后速度交換，同理分析可知1號球與2號球碰后速度交換，2號球與3號球碰后速度交換，
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3號球與4號球碰后速度交換，故A錯誤，B正確；若k<1，即編號0～4小球的質量依次遞減，1號球與2號球碰撞，碰后2號球的速度為v2＝v0，同理可得v3＝v0，4號球從最低點到最高點有＋2m4gR，4號球在最高點時有m4≥m4g，解得k≤－1，故C正確，D錯誤。]
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三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11．(10分)某同學用氣墊導軌驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖1所示。
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(1)實驗室有兩組滑塊裝置。甲組兩個滑塊的碰撞端面裝上彈性碰撞架，乙組兩個滑塊的碰撞端面分別裝上撞針和橡皮泥。若要求碰撞過程動能損失最小，應選擇________(選填“甲”或“乙”)組的實驗裝置。
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甲　
(2)用螺旋測微器測量遮光條寬度d，如圖2所示，并將兩塊寬度均為d的遮光條安裝到兩滑塊上，可知遮光條的寬度d＝__________________
mm。
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6.790(6.789～6.791)
(3)安裝好氣墊導軌和光電門，接通氣源后，在導軌上輕放一個滑塊，給滑塊一初速度，使它從軌道右端向左運動，發現滑塊通過光電門2的時間小于通過光電門1的時間。為使導軌水平，可調節P使軌道左端________(選填“升高”或“降低”)一些。
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升高　
(4)用天平測得滑塊A、B的質量(均包括遮光條)分別為mA、mB；調整好氣墊導軌后，將滑塊A向左彈出，與靜止的滑塊B發生碰撞，碰后兩滑塊沒有粘連，與光電門1相連的計時器顯示的擋光時間為Δt1，與光電門2相連的計時器顯示的先后擋光時間為Δt2和Δt3。從實驗結果可知兩滑塊的質量滿足mA ______(選填“>”“<”或“＝”)mB；
滑塊A、B碰撞過程中滿足表達式_______________(用所測物理量的符號表示)，則說明碰撞過程中動量守恒。
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>　
　
[解析]　(1)乙組中兩滑塊碰撞后連成一體運動，是完全非彈性碰撞，動能損失較大，根據題意，應選擇甲組的實驗裝置。
(2)螺旋測微器的讀數為6.5 mm＋29.0×0.01 mm＝6.790 mm。
(3)滑塊通過光電門2的時間小于通過光電門1的時間，說明滑塊從右到左加速運動，為使導軌水平，可調節P使軌道左端升高一些。
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(4)滑塊A向左運動，先通過光電門1，與滑塊B碰撞后，滑塊A通過光電門2，說明碰撞后滑塊A向左運動，所以mA>mB
滑塊A、B碰撞前后動量守恒，則mAv0＝mAvA＋mBvB
又v0＝，代入可得。
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12．(8分)如圖所示裝置，是用來模擬測量子彈速度的簡易裝置。我們知道一般子彈速度可達800 m/s左右，這里沒有槍和子彈，我們用彈射器彈出的小球模擬子彈，本實驗目的是測小球彈射出的速度。與彈射口等高處用細線懸掛一沙盒，小球彈出后會打入沙盒中并迅速相對盒子靜止，細線的上端系于一固定鐵架臺(圖中未畫出)上的O點，并固定一量角器，量角器圓心在O點，另有一可繞O轉動的輕質細長指針，初始與細線同處豎直方向。當沙盒向右側擺起會帶動指針同步逆時針轉動，針對沙盒的阻力可以忽略不計，當沙盒擺到最高點后再擺下來時，指針就停在最大角度處靜止，需手動復位到初始豎直位置。當地重力加速度為g。
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(1)實驗中通過量角器讀出指針從初始豎直到沙盒將指針推到最大偏角時指針旋轉的角度θ，用刻度尺測出圖中細線OA的長度L，還需要測出的物理量________(填寫選項字母序號)。
A．彈射器距地面的高度h
B．小球的質量m
C．沙盒的總質量M
D．彈簧的壓縮量x
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BC　
(2)認定小球是水平擊中沙盒的，從球擊中沙盒前瞬間到沙盒擺至最高處，忽略空氣阻力，對小球、沙盒組成的系統________(填寫選項字母序號)。
A．動量、機械能均守恒
B．動量、機械能均不守恒
C．動量守恒、機械能不守恒
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B　
(3)根據(1)選擇測量的物理量符號和題干條件，寫出小球彈射出的速度表達式v0＝______________________。
(4)由于沒有考慮沙盒大小，使測得小球速度比真實值________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。
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偏小
[解析]　(1)設小球的初速度為v0，小球擊中沙盒后共速，根據動量守恒有mv0＝(m＋M)v
小球與沙盒碰撞共速后，向右擺動到最大高度，根據機械能守恒有
(m＋M)v2＝(m＋M)gL(1－cos θ)
聯立解得v0＝
可知，還需要測出的物理量是小球的質量m和沙盒的總質量M。故選BC。
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(2)小球水平擊中沙盒后，兩者共速，此過程動量守恒，機械能不守恒；兩者共速后，向右擺至最大高度處，存在系統外力，即兩者的重力，故動量不守恒，但機械能守恒，故整個過程動量、機械能均不守恒。故選B。
(3)根據(1)選擇測量的物理量符號和題干條件，小球彈射出的速度表達式v0＝。
(4)若考慮沙盒大小，則小球與沙盒向右擺動時實際擺長L′大于L，根據v0＝，可知測量速度比實際速度偏小。
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13．(12分)如圖甲所示，AB是傾角為30°的足夠長的光滑斜面，A處連接一粗糙水平面OA，OA長16 m，一質量m＝4 kg的滑塊在O點處于靜止狀態，在t＝0時刻給滑塊施加水平向右的拉力F，拉力F按圖乙所示的規律變化。滑塊與OA間的動摩擦因數μ＝0.25，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取 10 m/s2, 試求：
(1)摩擦力在0～3 s內沖量的大小(3 s時滑塊未到達A點)；
(2)滑塊沿斜面AB上升的最大高度。
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[解析]　(1)滑塊所受最大靜摩擦力為＝μmg＝10 N
由題圖乙知，0～1 s內F1＝8 N，故滑塊靜止，Ff1＝F1＝8 N
1～3 s內滑塊做勻加速直線運動，Ff2＝μmg＝10 N
摩擦力在0～3 s內沖量的大小
I＝Ff1t1＋Ff2t2＝28 N·s。
(2)由牛頓第二定律得F2－Ff2＝ma，x＝
解得x＝10 m
對OB過程，由動能定理得F2x－Ff2xOA－mgh＝0
解得h＝3.5 m。
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[答案]　(1)28 N·s　(2)3.5 m
14．(8分)質量M＝1 kg的平板車A放在光滑的水平面上，質量mB＝0.5 kg的物塊B放在平板車右端上表面，質量mC＝0.5 kg的小球C用長為6.4 m的細線懸掛于O點，O點在平板車的左端正上方，距平板車上表面的高度為6.4 m。將小球向左拉到一定高度，細線拉直且與豎直方向的夾角為60°，如圖所示，由靜止釋放小球，小球與平板車碰撞后，物塊剛好能滑到平板車的左端，物塊相對平板車滑行的時間為0.5 s，物塊與平板車間的動摩擦因數為0.6，忽略小球和物塊的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)平板車的長度；
(2)小球與平板車碰撞過程損失的機械能。
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[解析]　(1)設物塊在平板車上滑動時的加速度大小為a，根據牛頓第二定律有μmBg＝mBa
解得a＝6 m/s2
設物塊滑到平板車左端時，物塊與平板車的共同速度大小為v，根據運動學公式有v＝at＝3 m/s
設小球與平板車相碰后，平板車的速度大小為v1，根據動量守恒定律有Mv1＝(mB＋M)v
解得v1＝4.5 m/s
根據能量守恒有μmBgL＝(mB＋M)v2
解得L＝1.125 m。
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(2)設小球與平板車相碰前速度大小為v0，根據機械能守恒定律有
mCg(l－l cos 60°)＝
解得v0＝8 m/s
設碰撞后小球的速度為v2，根據動量守恒定律有
mCv0＝Mv1＋mCv2
解得v2＝－1 m/s
小球與平板車碰撞過程損失的機械能為
ΔE＝＝5.625 J。
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[答案]　(1)1.125 m　(2)5.625 J
15．(16分)如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有一質量為M＝0.2 kg的小球P和一質量為m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質量為m＝0.1 kg的橡皮泥球S，B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直的半圓形軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點。已知桌面高為h＝0.2 m，D點到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
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(1)小球P經過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小；
(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前的速度大小；
(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能。
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[解析]　(1)設半圓形軌道半徑為R，小球P恰好通過C點，在C點，由牛頓第二定律得Mg＝
P由B到C過程機械能守恒，由機械能守恒定律得
在B點，由牛頓第二定律得F－Mg＝M
解得在B點軌道對P的支持力大小F＝12 N
由牛頓第三定律可知，在B點P對軌道的壓力大小為F′＝F＝12 N。
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(2)Q、S碰撞后做平拋運動，平拋運動的時間t＝s＝0.2 s
做平拋運動的初速度v＝＝1 m/s
Q、S碰撞過程中，Q、S組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mvQ＝(m＋m)v
解得Q與S碰撞前的速度大小vQ＝2 m/s。
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(3)釋放彈簧過程，P、Q和彈簧組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mvQ－MvP＝0
由能量守恒定律得Ep＝
解得Ep＝0.3 J。
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[答案]　(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
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