第1章 动量守恒定律 真题体验-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019)

真题体验 第一章动量守恒定律 黑题高考真题练 限时：80mim 考点1动量定理的应用 量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽 1,(2022·全国乙卷)（多选）质量为1kg的物 略阻力.开窗帘过程中，电机对滑块1施加一 块在水平力F的作用下由静止开始在水平地 个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s 面上做直线运动，F与时间1的关系如图所 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重 0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 力加速度大小取g=10m/s2,则 0.22m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说 ↑7 法正确的有 ( s '123-…10 A.该过程动量守恒 A.4s时物块的动能为零 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s B.6s时物块回到初始位置 C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s C.3s时物块的动量为12kg·m/s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 5.5N 2.(2021·北京高考)如图所示，圆盘在水平面 4.(2021·山东高考)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤 内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距 (贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利 轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘 用地面的冲击打碎硬壳.一只海鸥叼着质量 一起转动.某时刻圆盘突然停止转动，小物体 m=0.1kg的鸟蛤，在H=20m的高度、以。= 由P点滑至圆盘上的某点停止.下列说法正 确的是 15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤 A.圆盘停止转动前，小物体 落到水平地面上.取重力加速度g=10m/s2, 所受摩擦力的方向沿运 忽略空气阻力， 动轨迹切线方向 (1)若鸟蛤与地面的碰撞时间△1=0.005s,弹 B.圆盘停止转动前，小物体 起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的 运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mwr 平均作用力大小F:(碰撞过程中不 C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向 计重力)》 运动 (2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所 地面平齐、长度L=6m的岩石，以岩石左 受摩擦力的冲量大小为mwr 端为坐标原点，建立如图所示坐标系.若 3.(2023·广东高考)（多选）某同学受电动窗帘 海鸡水平飞行的高度仍为20m,速度大小 的启发，设计了如图所示的简化模型.多个质 在15m/s~17m/s范围内，为保证鸟蛤一 第一章黑白题033 定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐 光滑水平面上(B靠培面)，此时弹簧形变量 标范围. 为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动 的a-t图像如图(b)所示，S,表示0到t1时间 内A的a-【图线与坐标轴所围面积大 小，S2、S3分别表示1，到42时间内A、B的a-1 图线与坐标轴所围面积大小.A在1，时刻的速 01 度为.下列说法正确的是 考点2动量守恒定律的应用 5.(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有 一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连， 另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板 A.0到t时间内，墙对B的冲量等于mo 间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤 B.ma>mg 去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地 C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x 面参考系（可视为惯性系）中，从撒去推力开 D.S-S2=S3 始，小车、弹簧和滑块组成的系统 8.(2023·重庆高考)如图所示，桌面上固定有 A.动量守恒，机械能守恒 omo 一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道 B.动量守恒，机械能不守恒 上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的 C.动量不守恒，机械能守恒 中点.在P点处有一加速器（大小可忽略），小 D.动量不守恒，机械能不守恒 球每次经过P点后，其速度大小都增加o质 6.(2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知 量为m的小球1从N处以初速度。沿轨道 射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质 逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第 子大致相等的中性粒子（即中子）组成如图， 一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。 中子以速度。分别碰撞静止的氢核和氮核， 忽略每次碰撞时间求： 碰撞后氢核和氨核的速度分别为，和2设 (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的 碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说 大小； 法正确的是 (2)球2的质量： A.碰撞后氨核的动 (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用 量比氢核的小 中子 氢核 时间。 B.碰撞后氮核的动能 中子 比氢核的小 C.2大于 D.2大于0 7.(2021·湖南高考)（多选）如图(a),质量分 别为m4m的A、B两物体用轻弹簧连接构 成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在 选择性必修第一册RJ黑白题034 考点3反冲和爆炸 验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可 9.(2020·海南高考)太空探测器常装配离子发 以平滑地从斜面滑到水平面上，其中O4为 动机，其基本原理是将被电离的原子从发动 水平段.选择相同材质的一元硬币和一角硬 机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若 币进行实验。 某探测器质量为490kg,离子以30km/s的速 率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流 量为3.0×103g/s,则探测器获得的平均推力 大小为 ( 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质 A.1.47N B.0.147N 量分别为m,和m2(m,>m2).将硬币甲放置 C.0.09N D.0.009N 在斜面某一位置，标记此位置为B.由静止释 10.(2021·湖北高考)某次战争时期，我军缴获 放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O 不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹 点到停止处的滑行距离OP.将硬币乙放置在 弹头质量约8g,出膛速度大小约750m/s.某 O处，左侧与0点重合，将甲放置于B点由 战土在使用该机枪连续射击1min的过程 静止释放.当两枚硬币发生碰撞后，分别测量 中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约 甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和 12N,则机枪在这1min内射出子弹的数量 ON.保持释放位置不变，重复实验若干次，得 约为 到OP、OM,ON的平均值分别为sos,s2: A.40 B.80 (1)在本实验中，甲选用的是 (填 C.120 D.160 “一元”或“一角”)硬币。 11.(2021·浙江高考)在爆炸实验基地有一发 (2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示 射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声 为 (设硬币与纸板间的动摩擦 音记录仪爆炸物自发射塔竖直向上发射，上 因数为4，重力加速度为g) 升到空中最高点时炸裂成质量之比为2：1、 (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引 √5-√s (用m1和m2表 爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录 8 到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已 示)，然后通过测得的具体数据验证硬 知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽 币对心碰撞过程中动量是否守恒 略空气阻力.下列说法正确的是( (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得 A.两碎块的位移大小之比为1：2 到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80m 变化量大小的比值不是1，写出一条产生 C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s 这种误差可能的原因： D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为 340m 考点5动量守恒和能量守恒综合 考点4实验 13.(2022·全国乙卷)如图(a),一质量为m的 12.(2023·辽宁高考)某同学为了验证对心碰 物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面 撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实 上.物块B向A运动，1=0时与弹簧接触，到 第一章黑白题035 t=21,时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 系为E。=x2.取重力加速度g=10m/3,结 的-t图像如图(b)所示.已知从1=0到t=o 2 时间内，物块A运动的距离为0.36oloA、B 果可用根式表示 分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直 (1)求木板刚接触弹簧时速度"，的大小及 在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次 木板运动前右端距弹簧左端的距离，； 滑上斜面，达到的最高点与前一次相同.斜面 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之 倾角为9(sin0=0.6),与水平面光滑连接.碰 间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及 撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求： 此时木板速度，的大小： (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最 (3)已知木板向右运动的速度从，减小到0 大值： 所用时间为。求木板从速度为2时到之 (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最 后与物块加速度首次相同时的过程中，系 大值： 统因摩擦转化的内能△（用t。表示）。 (3)物块A与斜面间的动摩擦因数 1.2 0.8 (a h 15.(江苏高考)如图所示，三个质量均为m的弹 性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直 线而静止在光滑水平面上.现给中间的小球 B一个水平初速度。，方向与绳垂直.小球相 互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长求： (1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的 速度 (2)当三个小球再次处在同一直线上时，小 14.(2023·辽宁高考)如图，质量m1=1kg的木 球B的速度 板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面 (3)运动过程中小球A的最大动能E,和此 固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧 时两根绳的夹角6. 处于自然状态质量m,=4kg的小物块以水 (4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的 拉力F的大小 平向右的速度o=4m滑上木板左端，两 者共速时木板恰好与弹簧接触木板足够长， 物块与木板间的动摩擦因数4=0.1，最大静 摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性 限度内，弹簧的弹性势能E。与形变量x的关 选择性必修第一册RJ黑白题036不守恒,A错误;B.在下滑过程中,物块和在竖直方向合力 m=(m+M)r.,解得r.=2m/s. 不为零,则只在水平方向的动量守恒,B错误;C.由于水平方 向动量守恒,物块和橹质量相等,分离后具有等大反向的速 度,所以物块被弹反弹后,将与橹具有相同的速度,则物块 不能回到橹高h处.C正确;D.物块被弹反弹离开弹后 在光滑水平面上做匀速直线运动,D错误.故选C. 10.B 解析:依题意,极短的一段时间Ai内落入货车的沙子质 量为Am三m.Ai.沙子落入货车后.立即和货车共速.取水平 故碰撞过程系统没有机械能损失,物块滑上木板时系统的 向右为正方向,由动量定理可得FAi=Amc,解得F=m。. 动能 方向向前,根据牛顿第三定律可知,货车受到沙子的反作用 2m□=18J. Eo= 1 力向后,大小为Fr”=m。r.对货车(连同落入的沙子),由牛 F-m。t 顿第二定律可得F-F*=Ma,解得a=- #,故选B. 最终相对静止时系统的动能E= 11.(1)B(2)m.s,=ms。(3)m,s}:m$} 所以系统产生的热量0=E-E。=12 解析:(1)(2)实验方案中两小球的初状态静止,弹策弹开 真题体验 第一章 动量守恒定律 的过程动量守恒,离开玻璃管后做平撤运动,验证的原理 题 1. AD 解析;物块与地面间的摩擦力为/=umg=2N. 高度相同,位移与速度成正比,即验证动量守恒定律的表达 对物块0~3s内由动量定理可知(F-)t,=mu。. 式为m.s=m. 即(4-2)x3=1xr.,得v.=6ms. 即只需要测量小球的质量和小球落地点A、B到管口的水 3s时物块的动量为p=mr,=6kg·m/s. 平距离s、s故选B 设3;后经过时间:物块的速度减为0.由动量定理可得 Em${} -(F+/)1=0-mr.,即-(4+2)1=0-1x6,解得1=1s. 所以物块在4s时速度减为0.则此时物块的动能也为0 12.(1)4.8N·s.方向竖直向下 (2)48N(3)0.6N·s,方 故A正确,C错误 向水平向左 0-3s物块发生的位移为x.由动能定理可得 解析:(1)下落过程h=-gr,解得t.=0.8s. 此过程中重力的冲量/.=mgt.=4.8N·s.方向竖直向下 3~4s过程中,对物块由动能定理可得 (2)刚要落地时的速度v=v/②gh.=8m/s,方向向下. -(F+/)x.=0-- 刚要离开地面时的速度v。=v2gh。=6m/s.方向向上. 3m. 规定坚直向上为正方向,对篮球在坚直方向上由动量定 理得 4~6s物块开始反向运动,物块的加速度大小为 F-f-2m/s; (F.-mg)At=mr.-mr..解得F.=48 N = 发生的位移为x.= 2x2x2m=4m<x+ 即6s时物块没有回到初始位置,故B错误 D.物块在6s时的速度大小为x.=2x2m/s=4m/s. 反弹后的水平速度v22 2m/5. 0-6s力F所做的功为W=(4x9-4x3+4x4)J=40J.故 D正确. 对篮球在水平方向上由动量定理得 故选AD 1.=m.-m.=-0.6N.s. 2.D 解析:圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,小物体 摩擦力的冲量大小为0.6N·s.方向水平向左 所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向,故A错误;圆盘 13.(1)v.=4m/s.v.=3m/s.v=2m/s (2)12] 停止转动前,小物体所受摩擦力f=mro{},根据动量定理得 解析:(1)根据题意可知,题图乙中图线a表示碰撞前物块 小物体运动一罔所受摩擦力的冲量为/=m-m=0.大小为 的减速运动过程,图线b表示碰撞前木板的加速过程,图 0.故B错误;圆盘停止转动后,小物体沿切线方向运动,故 线c表示碰撞后木板的减速过程,图线d表示碰撞后物块 C错误:圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物体整个清 的加速过程,物块与挡板碰撞前瞬间,物块的速度大小为 动过程所受摩擦力的冲量为/=△p=0-m=-mro,大小$ r..设此时木板速度大小为v,则v.三1m/s. 为mor.故D正确.故选D. 从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程,根据系 3. BD 解析;A.取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统 统动量守恒有mr.=mr.+Mt.,解得v.=4m/s. 的初动量为 物块与挡板碰撞后瞬间,物块的速度为0,木板速度大小为 P.=mr.=1x0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s. r..从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程,根据 碰撞后的动量为 系统动量守恒有 P=2mrj=2x1x0.22 kg'm/s=0.44 kg·m/s. mr.=Mr..解得v.=3ms 则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误; 2s末物块与木板共同运动的速度大小为u..从物块滑上木 B.对滑块1.取向右为正方向,则有 板到最终共同匀速运动的过程,根据系统动量守恒有 I. =mr.-mr =1x022 kg·ms-1x040k·ms=-0 18 k·ms 选择性必修第一册·B 黑白题14 负号表示方向水平向左,故B正确; 由图可知aa: C.对滑块2.取向右为正方向,则有 则m.m,B正确; 7. =mr.=1x0.22 kg·ms=0.22 kg·m/s.故C错误 由图可得,1.时刻B开始运动,此时A速度为t.之后A、B D.对滑块2根据动量定理有FA1=I.,解得F=5.5N 动量守恒,A、B和弹整个系统能量守恒,则 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N.故D正确 mo=mt.+m.v. 故选BD. 可得AB整体的动能不等于0.即弹篝的弹性势能会转化为A 4.(1)500 N (2)[34m.36m B系统的动能,弹箭的形变量小于x.C错误: 解析:(1)设鸟给落地前瞬间的速度大小为v.竖直分速度大 由at图可知,t.后B脱离墙壁,且弹被拉伸,在1.~1.时间 小为v,根据自由落体运动规律可得 内A、B组成的系统动量守恒.且在1.时刻弹的拉伸量达到最 大.A.B共速,由a一t图像的面积为A.在1.时刻A.B的速度分 别为v.=S-S.=S. 则碰撞前鸟始的合速度大小为v=/+}=25m/s A.B共速,则S.-S.=S..D正确.故选ABD 在碰撞过程中,以鸟给为研究对象,取速度方向为正方向,由 1 8.(1)4m (2)3m(3)5- 动量定理得-FAt=0-mr. 6u 联立解得碰撞过程中鸟给受到的平均作用力大小为F= 解析:(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2r。,所以 500 N. (2) 4n F.=m- (2)若释放鸟给的初速度为t.三15m/s.设击中岩石左端时 R B 释放点的x坐标为x,击中右端时,释放点的x坐标为x,得 (2)球1与球2发生弹性碰撞,且碰后速度大小相等,说明球 x.=t1.x=x.+1..联立两式,代入数据得 1碰后反弹,则 x.=30m.x.=36m. m·2r。=-mu+m'v.m(2r。)“- 若释放鸟始时的初速度为v.=17m/s.设击中岩石左端时 2 释放点的;坐标为x’,击中右端时,释放点的x坐标为,得 联立解得r=r,m'=3m. x'=v.,x三x'+L,联立两式.代入数据得 (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为△.则 t'=34m,x'=40m. -2-”0+2^o:,-R. -R 综上所述可得:坐标区间为[34m,36m]. 5. B 解析:因为滑块与车厢水平底板间有摩擦,且撤去推力 所以Ai=1,6- 5nR 后滑块在车厢底板上有相对滑动,即摩擦力做功,而水平地 面是光滑的;小车、弹和滑块组成的系统,根据动量守恒和 9.C 解析:对离子,根据动量定理有F·A=△m.而△m= 机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒,机械能 3.0x10x10At.解得F=0.09N.故探测器获得的平均推力 不守恒.故选B 大小为0.09N.故选C. 6.B 解析;设中子的质量为m,氢核的质量为m.氮核的质量 10.C 解析:设1分钟内射出的子弹数量为n.则对这n颗子 为14m.设中子和氢核碰撞后中子速度为v..由动量守恒定 弹由动量定理得Ft=nmr。,代入数据解得n=120,故选C. 律和能量守恒定律可得 11.B 解析:爆炸时,水平方向,根据动量守恒定律可知 1 m.v.-m,v.=0,因两块碎块落地时间相等,则m.x.-mx 设中子和氢核碰撞后中子速度为心.由动量守恒定律和能量 守恒定律可得 位移之比不等于1:2.选项A错误:设两碎片落地时间均 1 ) mr。=14m,+m.m{- ·14+2m,联立解得v.,= 2 为1.由题意可知 (6s-t)舌 2 15%. 点离地面高度为-士g- 1x10x4m=80m,选项B正 可得.三r>:: 碰撞后氢核的动量为p.=m.=m。,氮核的动量为p、 确;爆炸后质量大的碎块的水平位移x.=(5-4)x340m 340m.质量小的碎块的水平位移x。=(6-4)x340m= 14m=15 680m.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+ 680m=1020m.质量大的碎块的初速度为v。= 28n{ 340 氮核的动能为E-- 2.14m22 2,可得EE. -ms=85m/s.选项CD错误.故选B 故B正确,ACD错误.故选B. (4)见解析 7. ABD 解析:由于在0一1.时间内,物体B静止,则对B受 rn. 力分析有F三F. 解析:(1)根据题意可知,甲与乙碰撞后没有反弹,可知甲 则墙对B的冲量大小等于弹箭对B的冲量大小,而弹策即 的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币. 作用于B也作用于A.则可将研究对象转为A,撤去F后A 只受弹力作用,则根据动量定理有/=mv(方向向右),则墙 对B的冲量与弹对A的冲量大小相等、方向相同,A正确; 解得碰撞前,甲到0点时速度的大小v.=v②gs。 由a-:图可知,t.后弹被拉伸,在4。时刻弹策的拉伸量达 (3)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为r 到最大,根据牛顿第二定律有F.=m,a.=m0. 2ngs,.=vgs, 参考答案与解析 黑白题15 若动量守恒,则满足m.v。=m.v.+m. 代入数据有v,-3/s. ③ 52 (3)物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过程 (4)产生这种误差可能的原因有: 中,本板的加速度始终大于物块的加速度,物块相对木板始 ①测量误差,因为无论是再精良的仅器总是会有误差的,不 终向右运动,物块的加速度大小始终为a.=1m/s.方向水 可能做到绝对准确;②碰撞过程中,我们认为内力远大于外 平向左,此过程本板先向右速度从v.减小到0.再反向加速 力,动量守恒,实际上碰撞过程中,两个硬币组成的系统合 运动到加速度大小等于a.,因弹策弹力与形变量成正比, 外力不为零 故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称 13.(1)0.6mr{}(2)0.768u f(3)0.45 性,可知此过程的总时间为2。,本板的末速度大小等于r, 解析:(1)当弹被压缩最短时,弹策弹性势能最大,此 木板的位移为零,弹的初、末状态的形变量相同,故此过 时A、B速度相等,即1=4。时刻,根据动量守恒定律m。· 程弹策的初,末状态的弹性势能相等,木板的初末动能也相 1.2r.=(m+m)r. 等,由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能 AV就等于物块减少的动能,设此过程物块的末速度为v。 根据能量守恒定律E..o.-. 则有AV= 1 联立解得m.=5m.E=0.6mr (2)B接触弹赘后,压缩弹的过程中,A、B动量守恒,有 对物块,由速度-时间公式得v.=r-a。·2t。. m.x1.2vo=6mu.=mvn+mr.. 联立有AV=4/③t-8 对方程两边同时乘时间At,有6m.△1=5mr.△t+m.△t. 0~1。之间,根据位移等于速度在时间上的累积,可得 6mrot.=5ms+ms . 解析:(1)设小球A.C第一次相碰时,小球B的速度为v. 将s=0.36rf,代入可得s=1.128rl。 考虑到对称性及绳的不可伸长特性,小球A、C沿小球B初 则第一次碰撞过程中,弹压缩量的最大值As=s*二5= 0.768r。o. 速度方向的速度也为;.由动量守恒定律得 m.=3mv由此解得vn3 (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说明 物块A第二次与B分离后速度大小仍为2t。,方向水平向 (2)当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒定 右,设物块A第一次滑下斜面的速度大小为,设向左 律和机械能守恒定律得 为正方向,根据动量守恒定律可得mv'-5m·0.8r。=m· (-2r。)+5mrj. m. 解得=- 3(三球再次处于同一直线), 2 3%,= 1 1.5m. 2”(-20) 2 =r,v.=0(为初始状态,舍去). 联立解得=。. 所以,三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度为 设在斜面上滑行的长度为L.上滑过程,根据动能定理可得 1s”-。(负号表明与初速度反向). -mgLsinθ-umgLcos 6=0-- 2m(2r):. (3)当小球A的动能最大时,小球B的速度为0.设此时小 下滑过程,根据动能定理可得mgLsinθ-umgLcos6= 球A.C的速度大小为u.两根绳间的夹角为e(如图).则仍 0. 由动量守恒定律和机械能守恒定律得 联立解得u=0.45 3 14.(1)1m/s 0.125m(2)0.25m 2m/s(3)4v/3。-80} 解析:(1)由于地面光滑、则m,四、组成的系统动量守恒。 则有m.t。=(m.+m)v, m.=2musin 代入数据有v.=1m/s, 2 mg4m/s. 对m.受力分析有a.三 m 则木板运动前右端距弹左端的距离有=2a× 1 代入数据解得x.=0.125m. (2)本板与弹策接触以后,对n.、m。组成的系统有kx。= 此时两根绳间夹角为θ=90*。 (m.+m)a. (4)小球A.C均以半径Z绕小球B做圆周运动. 对m.有a.=g=Im/s}. 当三个小球处在同一直线上时. 当a。=a、时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的弹 以小球B为参考系(小球B的加速度为0,为惯性参考系) 压缩量x.=0.25m. 小球A(C)相对于小球B的速度均为 =lr-rl= 对m.、m.组成的系统根据动能定理有- 所以,此时绳中拉力大小为 选择性必修第一册·BJ 黑白题16