資源簡介

主題1　動(dòng)量定理在生活中的應(yīng)用——高空拋物
由動(dòng)量定理F合Δt＝Δp知F合＝，這是牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式，在Δp一定時(shí)，Δt越小則F合越大可定性分析生活中的一些現(xiàn)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(yán)重性。小明用下面的實(shí)例來檢驗(yàn)廣告的科學(xué)性：設(shè)一個(gè)質(zhì)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(shí)間約為0.002 s，不計(jì)空氣阻力，g＝10 m/s2。則(　　)
A．從下落到即將落地，雞蛋的動(dòng)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(yùn)動(dòng)的過程中，任意相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量相等
D．雞蛋在空中運(yùn)動(dòng)過程中，任意相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)能變化量相等
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主題2　思想方法——物理學(xué)中的守恒思想
動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的應(yīng)用
動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律是自然界中最普遍的規(guī)律。在解答力學(xué)問題時(shí)必須注意守恒的條件，在應(yīng)用這兩個(gè)定律時(shí)，當(dāng)確定了研究的對象和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的過程后，可根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解。
【典例2】　如圖所示，固定光滑曲面軌道在O點(diǎn)與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個(gè)表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體C。一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為2m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運(yùn)動(dòng)(碰撞時(shí)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(chǎn)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(diǎn)撥：(1)A下滑過程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出A滑到曲面軌道底端時(shí)的速度，A、B碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后兩者的共同速度，應(yīng)用能量守恒定律求出碰撞過程產(chǎn)生的熱量。
(2)A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出A、B上升的最大高度。
(3)A、B離開C時(shí)C的速度最大，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出C的最大速度。
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主題3　建構(gòu)物理模型法——解答動(dòng)
力學(xué)問題的三種思路
牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量和能量是解決動(dòng)力學(xué)問題的三條重要途徑。如圖所示，求解這類問題時(shí)要注意正確選取研究對象、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、運(yùn)動(dòng)過程，并在分析的基礎(chǔ)上恰當(dāng)選用物理規(guī)律來解題，選用規(guī)律也有一定的原則。
(1)牛頓運(yùn)動(dòng)定律(力的觀點(diǎn))
研究某一時(shí)刻(或某一位置)的動(dòng)力學(xué)問題應(yīng)使用牛頓第二定律，研究某一個(gè)恒力作用過程的動(dòng)力學(xué)問題，且問題又直接涉及物體的加速度，應(yīng)采用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解。
(2)動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律(動(dòng)量觀點(diǎn))
①對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對于撞擊一類的問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，則應(yīng)使用動(dòng)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(shí)間，則應(yīng)使用動(dòng)量守恒定律求解。
(3)動(dòng)能定理和能量守恒定律(能量觀點(diǎn))
①對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程的加速度和時(shí)間的問題，則應(yīng)用機(jī)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(dòng)的距離，應(yīng)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(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)，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(fā)生完全非彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，然后一起向右運(yùn)動(dòng)；一段時(shí)間后，滑板A也開始運(yùn)動(dòng)，已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g；最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，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(jī)械能；
(3)從C與B相碰到A開始運(yùn)動(dòng)的過程中，C和B克服摩擦力所做的功。
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1 / 1主題1　動(dòng)量定理在生活中的應(yīng)用——高空拋物
由動(dòng)量定理F合Δt＝Δp知F合＝，這是牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式，在Δp一定時(shí)，Δt越小則F合越大可定性分析生活中的一些現(xiàn)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(yán)重性。小明用下面的實(shí)例來檢驗(yàn)廣告的科學(xué)性：設(shè)一個(gè)質(zhì)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(shí)間約為0.002 s，不計(jì)空氣阻力，g＝10 m/s2。則(　　)
A．從下落到即將落地，雞蛋的動(dòng)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(yùn)動(dòng)的過程中，任意相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量相等
D．雞蛋在空中運(yùn)動(dòng)過程中，任意相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)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(shí)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(dòng)量變化量大小為Δp＝mv－0＝0.05×40 kg·m/s＝2 kg·m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；雞蛋與地面的碰撞時(shí)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(jù)動(dòng)量定理有(F－mg)t2＝0－(－mv)，代入數(shù)據(jù)解得地面對雞蛋的平均沖擊力大小為F≈1×103 N，根據(jù)牛頓第三定律可知選項(xiàng)B正確；雞蛋在空中運(yùn)動(dòng)的過程中，任意相等時(shí)間內(nèi)速度變化量相等，所以動(dòng)量變化量相等，選項(xiàng)C正確；雞蛋在空中運(yùn)動(dòng)過程中，速度越來越大，任意相等時(shí)間內(nèi)位移變化量不同，合外力做的功不同，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做的功等于動(dòng)能變化量，所以動(dòng)能變化量不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
主題2　思想方法——物理學(xué)中的守恒思想
動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的應(yīng)用
動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律是自然界中最普遍的規(guī)律。在解答力學(xué)問題時(shí)必須注意守恒的條件，在應(yīng)用這兩個(gè)定律時(shí)，當(dāng)確定了研究的對象和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的過程后，可根據(jù)問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解。
【典例2】　如圖所示，固定光滑曲面軌道在O點(diǎn)與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個(gè)表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體C。一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點(diǎn)與質(zhì)量為2m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運(yùn)動(dòng)(碰撞時(shí)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(chǎn)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(diǎn)撥：(1)A下滑過程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出A滑到曲面軌道底端時(shí)的速度，A、B碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后兩者的共同速度，應(yīng)用能量守恒定律求出碰撞過程產(chǎn)生的熱量。
(2)A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出A、B上升的最大高度。
(3)A、B離開C時(shí)C的速度最大，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律求出C的最大速度。
[解析]　(1)設(shè)A滑到曲面軌道底端時(shí)的速度為v0，A下滑過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝
設(shè)A、B碰后共同速度為v1，A、B碰撞過程動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)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(chǎn)生的熱量Q＝mgh。
(2)A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，A、B到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)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(dòng)量守恒定律得
3mv1＝(3m＋3m)v共
由機(jī)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(shí)，C獲得的速度最大，設(shè)此時(shí)A、B的共同速度為v2，C的速度為v3，A、B與C水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得3mv1＝3mv2＋3mv3
由機(jī)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(gòu)物理模型法——解答動(dòng)
力學(xué)問題的三種思路
牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量和能量是解決動(dòng)力學(xué)問題的三條重要途徑。如圖所示，求解這類問題時(shí)要注意正確選取研究對象、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、運(yùn)動(dòng)過程，并在分析的基礎(chǔ)上恰當(dāng)選用物理規(guī)律來解題，選用規(guī)律也有一定的原則。
(1)牛頓運(yùn)動(dòng)定律(力的觀點(diǎn))
研究某一時(shí)刻(或某一位置)的動(dòng)力學(xué)問題應(yīng)使用牛頓第二定律，研究某一個(gè)恒力作用過程的動(dòng)力學(xué)問題，且問題又直接涉及物體的加速度，應(yīng)采用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解。
(2)動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律(動(dòng)量觀點(diǎn))
①對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題，特別對于撞擊一類的問題，因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，則應(yīng)使用動(dòng)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(shí)間，則應(yīng)使用動(dòng)量守恒定律求解。
(3)動(dòng)能定理和能量守恒定律(能量觀點(diǎn))
①對于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程的加速度和時(shí)間的問題，則應(yīng)用機(jī)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(dòng)的距離，應(yīng)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(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)，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(fā)生完全非彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，然后一起向右運(yùn)動(dòng)；一段時(shí)間后，滑板A也開始運(yùn)動(dòng)，已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g；最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，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(jī)械能；
(3)從C與B相碰到A開始運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)至剛要與物塊B相碰過程，由動(dòng)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(shí)間極短，碰撞過程中動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝2mv2
解得物塊B與物塊C碰后一起運(yùn)動(dòng)的速度大小v2＝
根據(jù)能量守恒定律可得物塊B與物塊C碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝
解得ΔE＝μmgs0。
(3)滑板A剛要滑動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)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)
章末綜合測評(一)　動(dòng)量守恒定律
(滿分：100分)
一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)最符合題目要求。
1．下列例子中應(yīng)用了反沖原理的是 (　　)
A．洗衣機(jī)洗衣服時(shí)脫水過程
B．體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)彎曲雙腿
C．噴氣式飛機(jī)和火箭的飛行
D．火車進(jìn)站時(shí)切斷動(dòng)力向前滑行
C　[洗衣機(jī)洗衣服時(shí)脫水過程利用的是離心現(xiàn)象，與反沖無關(guān)，A錯(cuò)誤；體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)彎曲雙腿是利用了緩沖原理，B錯(cuò)誤；噴氣式飛機(jī)和火箭的飛行都是應(yīng)用了反沖的原理，C正確；火車進(jìn)站時(shí)切斷動(dòng)力向前滑行是利用慣性，D錯(cuò)誤。]
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(dāng)他倆同時(shí)相向而行時(shí)，發(fā)現(xiàn)小車向右運(yùn)動(dòng)。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(dòng)量必定小于甲的動(dòng)量
D．乙的動(dòng)量必定大于甲的動(dòng)量
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(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＋m車v車＝0，小車向右運(yùn)動(dòng)，小車的動(dòng)量方向向右，說明甲與乙兩人的總動(dòng)量向左，因乙向左運(yùn)動(dòng)，甲向右運(yùn)動(dòng)，則乙的動(dòng)量必定大于甲的動(dòng)量，但是由于不知兩人的質(zhì)量關(guān)系，故無法確定兩人的速度大小關(guān)系，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]
3．乒乓球運(yùn)動(dòng)的高拋發(fā)球是由我國運(yùn)動(dòng)員于1964年發(fā)明的，后成為風(fēng)靡世界乒乓球壇的一項(xiàng)發(fā)球技術(shù)。某運(yùn)動(dòng)員在一次練習(xí)發(fā)球時(shí)，手掌張開且伸平，將一質(zhì)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(yùn)動(dòng)的最大高度為1.8 m，若拋球過程，手掌和球接觸時(shí)間為6 ms，不計(jì)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
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(dòng)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(cuò)誤。]
4．冰壺運(yùn)動(dòng)是冬季的熱門項(xiàng)目。如圖所示，在某次推擊冰壺過程中，質(zhì)量為m的白壺以速度v與靜止的黑壺進(jìn)行碰撞，P、Q為碰撞前同一時(shí)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(zhì)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(tǒng)近似動(dòng)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(jī)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
D　[兩壺碰撞過程，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)近似動(dòng)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(jù)2ax＝v2可知，兩壺碰后的速度大小之比為，故B正確；兩壺發(fā)生碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒mv＝mv1＋mv2，解得v1＝，兩壺因碰撞而損失的機(jī)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(cuò)誤。故選D。]
5．如圖所示，在光滑的水平面上有2 021個(gè)完全相同的小球等間距地排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給第一個(gè)小球初動(dòng)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(gè)碰撞過程中損失的機(jī)械能總量為 (　　)
A．Ek　　　　 B．Ek
C．Ek 　 D．Ek
D　[以第一個(gè)小球初速度v0的方向?yàn)檎较颍瑢? 021個(gè)小球組成的整體看作一個(gè)系統(tǒng)，設(shè)系統(tǒng)最終的速度為v，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得mv0＝2 021mv，解得v＝，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝·2 021mv2，解得ΔE＝故選D。]
6．甲、乙兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，兩物體碰撞前后運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，則在碰撞前(　　)
A．乙的動(dòng)能大 　 B．甲的動(dòng)能大
C．乙的動(dòng)量大 　 D．甲的動(dòng)量大
A　[根據(jù)位移時(shí)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(gè)物體的速度為零，根據(jù)動(dòng)量守恒有－p1＋p2＝0，得p1＝p2，故C、D錯(cuò)誤；由上面分析可得m1v1＝m2v2，v1＜v2，則m1＞m2，因?yàn)镋k＝，所以Ek1＜Ek2，即乙的動(dòng)能大，故A正確，B錯(cuò)誤。]
7．如圖所示，水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽，質(zhì)量為m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動(dòng)，一質(zhì)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(jì)一切摩擦，下列說法正確的是(　　)
A．該過程中，小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量都守恒
B．小球從U形管的另一端射出時(shí)，速度大小為
C．小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，小球速度大小為
D．小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí)，U形管速度大小為
D　[由于不計(jì)一切摩擦，在小球與U形管相互作用過程中，小球的動(dòng)能只能與U形管的動(dòng)能發(fā)生轉(zhuǎn)移，故小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向所受合外力為零，小球與U形管組成的系統(tǒng)沿導(dǎo)槽方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；小球從U形管的另一端射出時(shí)，小球與U形管系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故 ＝，沿著軌道方向，系統(tǒng)動(dòng)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(shí)，U形管速度為v0，小球速度大小為0，故B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端過程，沿著軌道方向，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，設(shè)小球與U形管的速度為vx，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝vx，解得vx＝，設(shè)小球的合速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得＝＋解得v＝v0，故C錯(cuò)誤，D正確。]
二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多項(xiàng)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(cuò)的得0分。
8．如圖甲所示，質(zhì)量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質(zhì)彈簧連接置于光滑水平面上，初始時(shí)刻兩小球被分別鎖定，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的彈性勢能為Ep0。t＝0時(shí)刻解除A球鎖定，t＝t1時(shí)刻解除B球鎖定，A、B兩球運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖乙，S1表示O到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。t＝t2時(shí)刻，A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量大小為p，彈簧的彈性勢能為Ep，下列說法正確的是(　　)
A．p＝mBS1　　 B．
C．S1－S2＝S3 　 D．
CD　[a-t圖像的面積等于這段時(shí)間的速度變化量大小，t＝0時(shí)刻解除A球鎖定，t＝t1時(shí)刻解除B球鎖定，說明t1時(shí)刻只有A球具有速度，設(shè)此時(shí)A球的速度為v1，則有ΔvA1＝v1－0＝v1＝S1，t1時(shí)刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量等于t1時(shí)刻A球的動(dòng)量，則有p＝mAv1＝mAS1，故A錯(cuò)誤；由圖像可知t1時(shí)刻A球的加速度為0，則此時(shí)彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長狀態(tài)，t2時(shí)刻兩球的加速度都達(dá)到最大，說明此時(shí)彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時(shí)刻兩球具有相同的速度，設(shè)t2時(shí)刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過程，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(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有mAv1＝mAv2＋mBv2，可得mA(v1－v2)＝mBv2，聯(lián)立可得，故B錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析可知v2＝S1－S2＝S3，故C正確；從t＝0到t2時(shí)刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有Ep0＝＋Ep，解得，故D正確。故選CD。]
9．在粗糙水平面上，兩個(gè)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(dòng)x1和x2的距離而停止，已知兩物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由此可知(　　)
A．A、B兩物體的質(zhì)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(dòng)量大小之比為∶
D．爆炸后瞬間A、B兩物體的動(dòng)能之比為∶
BD　[A、B兩物體分別滑動(dòng)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(xiàng)B正確；爆炸過程，兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以爆炸后瞬間A、B兩物體的動(dòng)量大小之比為p1∶p2＝m1v1∶m2v2＝1∶1，則A、B兩物體的質(zhì)量之比為m1∶m2＝v2∶v1＝∶，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；爆炸后瞬間A、B兩物體的動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝∶＝v1∶v2＝∶，選項(xiàng)D正確。]
10．某興趣小組設(shè)計(jì)了一種實(shí)驗(yàn)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(cè)為位于豎直平面內(nèi)半徑R＝0.64 m的半圓，且半圓在最低點(diǎn)與水平部分相切。開始時(shí)5個(gè)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(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比皆為k。現(xiàn)將0號球向左拉至左側(cè)軌道距水平部分高h(yuǎn)＝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(shí)間忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。則下列說法正確的是(　　)
A．若k＝1，釋放0號球后，看到5(0～4)個(gè)小球一起向右運(yùn)動(dòng)
B．若k＝1，釋放0號球后，看到只有4號球向右運(yùn)動(dòng)
C．若k<1，要使4號球碰撞后能過右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，則k應(yīng)滿足0D．若k<1，要使4號球碰撞后能過右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，則k應(yīng)滿足－1≤k<1
BC　[設(shè)0號球的質(zhì)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(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有m0v0＝m0v′0＋m1v1，，解得v1＝v0，v′0＝v0。若k＝1，即5個(gè)小球質(zhì)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，3號球與4號球碰后速度交換，故A錯(cuò)誤，B正確；若k<1，即編號0～4小球的質(zhì)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(diǎn)到最高點(diǎn)有＋2m4gR，4號球在最高點(diǎn)時(shí)有m4≥m4g，解得k≤－1，故C正確，D錯(cuò)誤。]
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11．(10分)某同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。
(1)實(shí)驗(yàn)室有兩組滑塊裝置。甲組兩個(gè)滑塊的碰撞端面裝上彈性碰撞架，乙組兩個(gè)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(dòng)能損失最小，應(yīng)選擇________(選填“甲”或“乙”)組的實(shí)驗(yàn)裝置。
(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。
(3)安裝好氣墊導(dǎo)軌和光電門，接通氣源后，在導(dǎo)軌上輕放一個(gè)滑塊，給滑塊一初速度，使它從軌道右端向左運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)滑塊通過光電門2的時(shí)間小于通過光電門1的時(shí)間。為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)P使軌道左端________(選填“升高”或“降低”)一些。
(4)用天平測得滑塊A、B的質(zhì)量(均包括遮光條)分別為mA、mB；調(diào)整好氣墊導(dǎo)軌后，將滑塊A向左彈出，與靜止的滑塊B發(fā)生碰撞，碰后兩滑塊沒有粘連，與光電門1相連的計(jì)時(shí)器顯示的擋光時(shí)間為Δt1，與光電門2相連的計(jì)時(shí)器顯示的先后擋光時(shí)間為Δt2和Δt3。從實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知兩滑塊的質(zhì)量滿足mA________(選填“>”“<”或“＝”)mB；滑塊A、B碰撞過程中滿足表達(dá)式__________________(用所測物理量的符號表示)，則說明碰撞過程中動(dòng)量守恒。
[解析]　(1)乙組中兩滑塊碰撞后連成一體運(yùn)動(dòng)，是完全非彈性碰撞，動(dòng)能損失較大，根據(jù)題意，應(yīng)選擇甲組的實(shí)驗(yàn)裝置。
(2)螺旋測微器的讀數(shù)為6.5 mm＋29.0×0.01 mm＝6.790 mm。
(3)滑塊通過光電門2的時(shí)間小于通過光電門1的時(shí)間，說明滑塊從右到左加速運(yùn)動(dòng)，為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)P使軌道左端升高一些。
(4)滑塊A向左運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，所以mA>mB
滑塊A、B碰撞前后動(dòng)量守恒，則mAv0＝mAvA＋mBvB
又v0＝，代入可得。
[答案]　(1)甲　(2)6.790(6.789～6.791)
(3)升高　(4)>　
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(dá)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(shí)驗(yàn)?zāi)康氖菧y小球彈射出的速度。與彈射口等高處用細(xì)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(xì)線的上端系于一固定鐵架臺(圖中未畫出)上的O點(diǎn)，并固定一量角器，量角器圓心在O點(diǎn)，另有一可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)的輕質(zhì)細(xì)長指針，初始與細(xì)線同處豎直方向。當(dāng)沙盒向右側(cè)擺起會帶動(dòng)指針同步逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，針對沙盒的阻力可以忽略不計(jì)，當(dāng)沙盒擺到最高點(diǎn)后再擺下來時(shí)，指針就停在最大角度處靜止，需手動(dòng)復(fù)位到初始豎直位置。當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。
(1)實(shí)驗(yàn)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(shí)指針旋轉(zhuǎn)的角度θ，用刻度尺測出圖中細(xì)線OA的長度L，還需要測出的物理量________(填寫選項(xiàng)字母序號)。
A．彈射器距地面的高度h
B．小球的質(zhì)量m
C．沙盒的總質(zhì)量M
D．彈簧的壓縮量x
(2)認(rèn)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(tǒng)________(填寫選項(xiàng)字母序號)。
A．動(dòng)量、機(jī)械能均守恒
B．動(dòng)量、機(jī)械能均不守恒
C．動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒
(3)根據(jù)(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(dá)式v0＝________________。
(4)由于沒有考慮沙盒大小，使測得小球速度比真實(shí)值________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。
[解析]　(1)設(shè)小球的初速度為v0，小球擊中沙盒后共速，根據(jù)動(dòng)量守恒有mv0＝(m＋M)v
小球與沙盒碰撞共速后，向右擺動(dòng)到最大高度，根據(jù)機(jī)械能守恒有
(m＋M)v2＝(m＋M)gL(1－cos θ)
聯(lián)立解得v0＝
可知，還需要測出的物理量是小球的質(zhì)量m和沙盒的總質(zhì)量M。故選BC。
(2)小球水平擊中沙盒后，兩者共速，此過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒；兩者共速后，向右擺至最大高度處，存在系統(tǒng)外力，即兩者的重力，故動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒，故整個(gè)過程動(dòng)量、機(jī)械能均不守恒。故選B。
(3)根據(jù)(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(dá)式
v0＝。
(4)若考慮沙盒大小，則小球與沙盒向右擺動(dòng)時(shí)實(shí)際擺長L′大于L，根據(jù)v0＝，可知測量速度比實(shí)際速度偏小。
[答案]　(1)BC　(2)B　(3)　(4)偏小
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(zhì)量m＝4 kg的滑塊在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在t＝0時(shí)刻給滑塊施加水平向右的拉力F，拉力F按圖乙所示的規(guī)律變化。滑塊與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取 10 m/s2, 試求：
(1)摩擦力在0～3 s內(nèi)沖量的大小(3 s時(shí)滑塊未到達(dá)A點(diǎn))；
(2)滑塊沿斜面AB上升的最大高度。
[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(nèi)F1＝8 N，故滑塊靜止，F(xiàn)f1＝F1＝8 N
1～3 s內(nèi)滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)f2＝μmg＝10 N
摩擦力在0～3 s內(nèi)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(dòng)能定理得F2x－Ff2xOA－mgh＝0
解得h＝3.5 m。
[答案]　(1)28 N·s　(2)3.5 m
14．(8分)質(zhì)量M＝1 kg的平板車A放在光滑的水平面上，質(zhì)量mB＝0.5 kg的物塊B放在平板車右端上表面，質(zhì)量mC＝0.5 kg的小球C用長為6.4 m的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，O點(diǎn)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(xì)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(shí)間為0.5 s，物塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(jī)械能。
[解析]　(1)設(shè)物塊在平板車上滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBa
解得a＝6 m/s2
設(shè)物塊滑到平板車左端時(shí)，物塊與平板車的共同速度大小為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at＝3 m/s
設(shè)小球與平板車相碰后，平板車的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv1＝(mB＋M)v
解得v1＝4.5 m/s
根據(jù)能量守恒有μmBgL＝(mB＋M)v2
解得L＝1.125 m。
(2)設(shè)小球與平板車相碰前速度大小為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
mCg(l－l cos 60°)＝
解得v0＝8 m/s
設(shè)碰撞后小球的速度為v2，根據(jù)動(dòng)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(jī)械能為
ΔE＝＝5.625 J。
[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(zhì)量為M＝0.2 kg的小球P和一質(zhì)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(zhì)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(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點(diǎn)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(diǎn)。已知桌面高為h＝0.2 m，D點(diǎn)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：
(1)小球P經(jīng)過半圓形軌道最低點(diǎn)B時(shí)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。
[解析]　(1)設(shè)半圓形軌道半徑為R，小球P恰好通過C點(diǎn)，在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得Mg＝
P由B到C過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－Mg＝M
解得在B點(diǎn)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(diǎn)P對軌道的壓力大小為F′＝F＝12 N。
(2)Q、S碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝s＝0.2 s
做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v＝＝1 m/s
Q、S碰撞過程中，Q、S組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)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。
(3)釋放彈簧過程，P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mvQ－MvP＝0
由能量守恒定律得Ep＝
解得Ep＝0.3 J。
[答案]　(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
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