2025届高考物理一轮复习讲义：动量

动量 【知识盘点】 一、冲量、动量和动量定理 （一）动量 1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，即，单位为。 （二）动量变化量 1．大小：物体末动量与初动量的矢量差的大小。 2．方向：动量的变化量的方向也就是速度变化量的方向。 1）若初末动量在同一直线上，规定正方向后就转化为代数计算，如图1、2（规定向右为正）； 2）若初末动量不在同一直线，用矢量合成来计算，遵循平行四边形定则和三角形定则（与数学的向量类似）。其方向与速度的改变量方向相同，如图3所示。 3．动能、动量、动量变化量的比较 （三）冲量 1.定义： 力和力的作用时间的乘积叫作这个力的冲量，即I=Ft。 2．单位：牛·秒，符号N·s。 3．标矢性：冲量是矢量。 4．冲量的四种计算方法 （四）动量定理 1．内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。 2．表达式：Ft=Δp=p'-p。 3．意义：合力的冲量是使物体动量发生变化的原因，合力的冲量是物体动量变化量的量度。 4．标矢性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。 5．用动量定理解题的基本思路 6．应用动量定理解题的注意事项 1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。 2）动量定理中的冲量是所受合力（包括重力）的冲量，既可以是各力冲量的矢量和，也可以是合力在不同阶段冲量的矢量和。 3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。在一维情况下，应先规定正方向。 二、动量守恒定律 （一）动量守恒定律 1.三种守恒条件: (1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处于平衡状态。 (2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。如碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等现象中系统的动量近似守恒。 (3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为零,则系统在这一方向上动量守恒。但值得注意的是,系统的总动量可能不守恒。 2.内容和表达式: (1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。 (2)四种表达式。 ①p=p′,系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。 ②,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。 ③Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp=0,系统总动量的增量为零。 3．适用条件 1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 2）近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 3）某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。 （二）动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 （三）应用动量守恒定律解题的一般步骤 三、碰撞、反冲与爆炸 （一）碰撞 1.碰撞遵循的三条原则： （1）动量守恒定律。 （2）机械能不增加。 （3）速度要合理。 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 2.弹性碰撞讨论： （1）碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒。 解得， （2）分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若，则，，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时，，则:， ①时，， ，碰撞后两物体交换速度。 ②时，， ，碰撞后两物体沿同方向运动。 ③时，， ，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 （二）反冲 1.定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向动量（或速度），这种现象叫作反冲运动。 2.特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，系统动量守恒。实例：发射炮弹、爆竹升空、发射火箭等。 3.规律：遵从动量守恒定律。 4.反冲过程的特征 反冲运动过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能将增加，其增加的原因是：在反冲运动中，作用力和反作用力均做正功。 （三）爆炸现象的三个规律： 动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 【拔高训练】 1.如图所示，一足球运动员踢一只质量为0.4kg的足球。若足球以12m/s的速率水平撞向球门门柱，然后以8m/s的速率反向弹回，这一过程持续时间为0.1s，下列说法正确的是( ) A.这一过程中足球的动量改变量大小为 B.这一过程中足球的动量改变量大小为 C.门柱对足球的平均作用力大小为80N D.门柱对足球的平均作用力大小为16N 2.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空，从火箭开始运动到点火的过程中( ) A.火箭与发射舱组成的系统动量守恒 B.火箭在加速上升时，处于超重状态 C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 3.一质量为m的小球从地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A.小球时刻刚好落地 B.小球在运动过程中加速度最大为2g C.小球从抛出到落地的总时间为 D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 4.在电场强度为E的足够大的匀强电场中有一与电场线平行的绝缘水平面，平面上有两个静止的小球A和B，质量均为m，A球带电荷量为球不带电，如图所示.开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正碰，碰撞中无机械能损失.设在每次碰撞过程中，A、B两球间无电荷量转移，不考虑一切阻力及两球间的万有引力.则( ) A.A球经过时间与B球发生第一次碰撞 B.A球与B球以后发生碰撞的时间间隔均匀递增 C.A球与B球发生碰撞的时间间隔一直保持不变，大小都是 D.A、B球在第5次正碰与第6次正碰之间的时间间隔是 5.如图所示，光滑水平地面上有一凹槽，凹槽内放置一小物块。小物块与左右两边槽壁的距离均为，凹槽与小物块的质量均为，两者之间的动摩擦因数为。开始时凹槽与小物块均静止，某时刻凹槽以的初速度开始向右运动，小物块与凹槽壁间的碰撞均为弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小物块可视为质点，重力加速度g取。从开始运动到小物块相对凹槽静止的过程中，下列说法中正确的是( ) A.小物块与凹槽因摩擦产生的热量为18J B.最终小物块相对凹槽静止于凹槽左端 C.小物块相对凹槽运动的时间为2s D.凹槽相对地面的位移为9m 6.图甲为“魔幻飞碟变形球”，用脚将其踩扁，松开脚一段时间后球会弹起。某同学将其简化为如图乙所示的模型，两个质量均为0.1kg的物块拴接在轻弹簧两端。已知弹簧的劲度系数为100N/m，原长为10cm，弹簧的弹性势能，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。现通过物块A向下压缩弹簧至某一位置后由静止释放，重力加速度取。下列说法正确的是( ) A.释放后，B离开地面前，以及弹簧组成的系统机械能不守恒 B.若B能离开地面，则B离开地面后，以及弹簧组成的系统动量守恒 C.若将弹簧长度压缩至6cm，A在上述过程中最大动量为0.3N·S D.若将弹簧长度压缩至7cm，释放后恰能使B离开地面 7.如图所示，静止在光滑水平面上的小车，上表面有两个对称的光滑曲面，整个小车的质量为m.现有一个质量也是m、可看作质点的小球，以水平速度从小车的左端滑上小车左侧曲面，恰好到达曲面的最高点后，又沿右侧曲面滑下.下列说法正确的是（重力加速度为g）( ) A.此过程中小球和小车组成的系统动量守恒 B.小球滑离小车时，小车的速度不可能减为零 C.小车上的曲面的顶点到底端的高度为 D.小车上的曲面的顶点到底端的高度为 8.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为m的木块现有质量为的子弹以大小为的水平速度射入木块并立刻留在木块中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A.子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 B.子弹射入木块后的瞬间，它们的共同速度为 C.子弹射入木块后，子弹和木块能上升的最大高度为 D.子弹射入木块后，当子弹和木块上升到最大高度时，圆环的速度达到最大 9.如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( ) A.小球以后将向右做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为 D.小球在弧形槽内上升的最大高度为 10.如图所示，在水平桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平桌面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道，轨道半径为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。质量为的小物块B静止在水平桌面上，质量为的小物块A从距离水平桌面某一高度h的S点沿弧形轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平桌面（无机械能损失）与B发生弹性碰撞，碰后两个物块交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆弧轨道切线方向落入圆弧轨道。重力加速度，不计空气阻力。则下列说法正确的是( ) A.物块B离开D点时的速度大小为4 m/s B.物块B落到P点时其竖直速度大小大于物块B离开D点时的速度大小 C.S点与Q点的竖直高度h为0.8 m D.物块B能沿圆弧轨道到达M点且在M点的速度大小约为2.2 m/s 11.如图为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个被没收的手机，手机长度为，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量为。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加一个持续水平向右的恒力F，则( ) A.当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰 B.当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰 C.为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足 D.为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足 12.如图所示，质量为的小球A通过长为的轻绳悬挂于O点，某时刻将小球向左拉离一段距离使轻绳伸直且与竖直方向的夹角，然后由静止释放，小球在悬点O正下方M处与质量为的小球B发生弹性正碰。碰后B球沿光滑水平轨道MN向右运动并从N点滑上半径为的竖直光滑圆弧轨道（圆弧轨道在N点处与水平轨道相切）。两球均可视为质点且碰撞时间极短，不计一切阻力。已知。下列说法正确的是( ) A.碰后瞬间小球B的速度大小为0.5 m/s B.小球A从碰后瞬间到第一次到达最高点所用时间为 C.小球B从N点进入圆弧轨道到返回N点的过程所受合外力的冲量为0 D.小球B从N点进入圆弧轨道到返回N点的过程所用时间为 13.用如图1所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图2中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时先让a球多次从斜槽上某一固定位置C由静止释放，其平均落地点的位置为P。再把b球放在水平轨道末端，将a球仍从位置C由静止释放，a球和b球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次，其平均落地点的位置为M、N。测量出a、b两个小球的质量分别为、（），OM、OP、ON的长度分别为、、。 (1)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度。但是，可以通过仅测量__________（填选项前的符号），间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度h B.小球抛出点距地面的高度H C.小球做平抛运动的水平位移 (2)关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是__________。 A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道末端必须水平 C.b球每次的落点一定是重合的 D.实验过程中，复写纸和白纸都不可以移动 (3)在实验误差允许范围内，若满足关系式_______，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒，若还满足关系式_______，则可认为两球碰撞为弹性碰撞（用所测物理量的字母表示）。 14.图1是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。 （1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图2所示，其读数为______mm。 （2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使导轨右端______(填“升高”或“降低”)一些。 （3）测出滑块(含遮光条)的质量分别为、。初始时滑块静置于图1所示位置，向左推动滑块B，滑块B获得瞬时速度，使滑块相碰(滑块到达气垫导轨两端就被锁定)。光电门2先后记录的挡光时间分别为和，光电门1记录的挡光时间为。为滑块______(填“A”“B”或“共同”)的挡光时间。若要验证该碰撞过程动量守恒，则要验证关系式______成立(用上述物理量符号表示)。 （4）光电门计时器的计时原理：光电门中的光敏元件接收到的光线是直径约2 mm的圆柱形光束(如图3)，只要遮光条前沿挡住90%的光照就能使光控信号u上跳为H，只要后沿让光照恢复达到70%就能使光控信号u下跳为L(如图4)。计时器可以设置两种计时模式：①记录前沿挡光与后沿复光信号之间的时间；②记录2次前沿挡光信号之间的时间。根据以上信息，如图5所示的遮光条中，测量速度的误差较小的是______(填“甲”或“乙”)。 15.如图所示，在光滑水平桌面上两足够长的光滑弹性挡板a、粗糙弹性挡板b垂直桌面平行固定放置，两挡板与直线AC的夹角均为30°。小球Q沿AC直线向左穿过a板上的小孔后以速度与挡板b发生碰撞，且每次碰撞时垂直挡板方向上的分速度等大反向，沿挡板方向由于受到摩擦力的作用速度减小，小球Q受到挡板b的摩擦力是其受到b板压力的倍。两小球均可视为质点，小球质量为m。求： （1）与挡板b第一次碰撞过程中，小球Q垂直挡板方向上的动量变化量的大小； （2）若小球Q与挡板b作用的时间为，小球Q由于碰撞对b挡板的压力和沿挡板方向的速度变化量大小； （3）小球Q进入挡板区域后运动的过程中，小球Q与b挡板碰撞多少次后将不再沿挡板运动？以及b挡板对小球Q做的总功W。 16.如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块，质量。间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与不栓接。同时由静止释放，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。均视为质点，取重力加速度。不计空气阻力，求： （1）脱离弹簧时的速度大小和； （2）物块与桌面间的动摩擦因数μ； （3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。 答案以及解析 1.答案：C 解析：AB.足球的初动量足球的末动量足球的动量改变量故AB错误；CD.足球受到的平均作用力F，根据动量定理解得门柱对足球的平均作用力大小为80N，故C正确，D错误。故选C。 2.答案：B 解析：A.从火箭开始运动到点火的过程中，火箭与发射舱组成的系统所受合力不为零，动量不守恒，故A错误；B.火箭在加速上升时，加速度方向向上，处于超重状态，故B正确；C.根据动量定理可知，高压气体对火箭的推力、火箭所受重力和空气阻力对火箭冲量的矢量和等于火箭动量的增加量，故C错误；D.根据动能定理可知，高压气体的推力、火箭所受重力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故D错误。故选B。 3.答案：C 解析：A.由图可知，时刻后物体的动量不变，即物体的速度不变，由图可知物体速度不变后，又运动了一段时间，说明时刻物体还没落地，故A错误;B.设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式根据动量定理可知图像的斜率表示合外力，由图可知时刻，图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，设物体运动过程中的最大加速度为，有其中当时，物体合外力为零，此时有解得故B错误;C.设从地面抛出到最高点的时间为，上升的高度为h，设最高点到落地的时间为，从地面抛出到最高点由动量定理得即同理下降阶段即联立可得小球从抛出到落地的总时间为故C正确；D.小球上升过程中阻力的冲量大小为小球下落过程中阻力的冲量大小为故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故D错误。故选C。 4.答案：D 解析：对小球A进行研究，根据牛顿第二定律和运动学公式有，解得，故A球经过时间与B球发生第一次碰撞，故A错误；对碰撞前A的运动过程，由动能定理得，解得两球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，其中为A碰撞后的速度，为B碰撞后的速度，解得两球碰后速度交换，第二次碰撞前由位移—时间关系得，解得，第二次碰撞后两球速度交换，则A球速度为球速度为，第三次碰撞前有，解得，以此类推，第n次碰撞前有，解得，故A球与B球第一次碰撞后再发生碰撞的时间间隔不变，为，故B、C错误，D正确. 5.答案：B 解析：A.设两者相对静止时速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 根据能量守恒可得，小物块与凹槽因摩擦产生的热量为 故A错误； BCD.两物体因为质量相同，因此发生碰撞为弹性碰撞，速度互换，且两个物体的加速度相等，因此两物体运动的图像如图 其中阴影部分表示凹槽的运动位移，在上面的等腰梯形表示两个物体的相对位移，因此第一个相对位移大小为1m，其余都为2m，可知凹槽的位移9.5m，则物块的位移为4m，运动时间为3s，小物块停在凹槽的左端。故B正确，CD错误。 故选B。 6.答案：D 解析：A.释放后，B离开地面前，以及弹簧组成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A错误；B.若B能离开地面，则B离开地面后，以及弹簧组成的系统合力是系统受到的重力作用，合力不为零，所以动量不守恒，故B错误；C.若将弹簧长度压缩至6cm，A在上述过程中合力为零时，速度最大，动量最大，设此时弹簧压缩了x，根据平衡条件，解得，根据机械能守恒定律，解得，根据，解得最大动量为，故C错误；D.弹簧长度压缩至7cm时，弹簧压缩了3cm，则弹簧的弹性势能为，而B刚要离开地面时，有，可得弹簧伸长量，此时A的重力势能增加了，弹簧的弹性势能为，故，则根据机械能守恒定律知，此时A速度为零，刚好到最高点，故若将弹簧长度压缩至7cm，释放后恰能使B离开地面，故D正确。故选D。 7.答案：C 解析：小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；小球从冲上小车到滑离小车的过程中，设小球滑离小车时小车的速度大小为，小球的速度大小为，小球与小车组成的系统机械能守恒，小球和小车在水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有，解得此时小球的速度为，小车的速度为0，B错误；小球恰好到达曲面的最高点时小球与小车的速度相等，设共同速度为v，小球运动到最高点过程中，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，联立解得，C正确，D错误. 8.答案：C 解析：子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构成的系统在竖直方向上存在加速度，即所受合外力不为零，系统的动量不守恒，A错误；子弹射入木块的过程，子弹与木块组成的系统动量守恒，设射入后的瞬间子弹与木块的共同速度大小为，根据动量守恒定律有，解得，B错误；子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构成的系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向动量守恒，当三者达到共同速度v时，子弹和木块上升的高度最大，设为h，根据动量守恒定律有，从子弹与木块共速后到子弹和木块上升到最大高度的过程中，根据机械能守恒定律有，联立解得，C正确；子弹和木块上升到最大高度时，子弹、木块和圆环的速度相同，方向向右，此后子弹和木块将下落，轻绳对圆环有向右下方的拉力，则圆环之后做加速运动，可知此时圆环的速度不是最大，D错误. 9.答案：BC 解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，在水平方向由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，联立解得，选项D错误；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为，小车速度大小为，则和，解得，即两者交换速度，选项BC正确，选项A错误。 10.答案：AC 解析：本题考查多过程运动问题。碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B在D点以初速度做平抛运动，落到P点时其竖直速度为，有，而，解得，选项A正确，B错误；设A与B碰撞前的速度为与B相碰交换速度，所以从S点滑到Q点的过程中，根据机械能守恒定律得，解得，选项C正确；设物块B能沿圆弧轨道到达M点，且到达时其速度大小为，从D到M由动能定理得，解得，假设不成立，即物块B不能到达M点，选项D错误。 11.答案：ACD 解析：AB.手机的最大加速度，手机与抽屉一起加速运动的最大拉力，所以当水平恒力的大小时，手机与抽屉一起加速运动，当水平恒力的大小时，抽屉和手机一起加速运动的加速度大小为，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，解得，抽屉停止运动后，手机向右滑动，则，解得手机向右滑动的位移大小为，手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰；当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰，故A正确，B错误；C.当时手机与抽屉相对滑动，水平恒力的大小时，对抽屉由牛顿第二定律得，解得，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，解得，手机的速度，手机的位移，抽屉停止运动后手机向右滑动的位移，则，则手机恰好与抽屉右侧不磕碰，所以为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足，故C正确；D.水平恒力的大小时，对抽屉由牛顿第二定律得，解得，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，解得，手机向右运动的位移大小，则，手机恰好不与抽屉左侧发生磕碰，所以为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足，故D正确。故选ACD。 12.答案：AD 解析：第一步：根据弹性碰撞规律求解碰后瞬间两球的速度 A释放后到碰前瞬间的过程中，由动能定理可得，解得，发生弹性正碰，设碰后瞬间的速度分别为，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，，解得，A正确。 第二步：先判断两球是否做简谐运动，再求运动时间 摆角为5°、摆长为1 m时，由动能定理可求得摆球到最低点时的速度大小为，可知A碰后的运动不是简谐运动，B错误。由动能定理可求得小球B在圆弧轨道上运动的高度为0.0125 m，可知运动轨迹对应的圆心角小于5°，故小球B碰后在圆弧轨道上的运动是简谐运动。小球B从N点进入圆弧轨道到返回N点的过程所用时间为，D正确。 第三步：根据动量定理判断冲量变化 小球B从N点进入圆轨道到返回N点，速度反向，速度变化量不为0，动量变化量不为0，由动量定理可知，所受合外力的冲量大小不为0，C错误。 13.答案：(1)C (2)B (3); 解析：（1）小球做平抛运动，根据 ， 联立可得 因为小球做平抛运动下落高度相同，故可以通过测量小球做平抛运动的水平位移，来间接测定小球碰撞前后的速度。 故选C。 （2）A.为了保证每次碰撞前瞬间入射小球的速度相同，每次需要在同一位置静止释放入射小球，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误； B.为了保证小球抛出的速度处于水平方向，斜槽轨道末端必须水平，故B正确； C.由于存在一定的误差，b球每次的落点不一定是重合的，故C错误； D.实验过程中，白纸不可以移动，但复写纸可以移动，故D错误。 故选B。 （3）设碰撞前瞬间a球的速度为，碰撞后瞬间a、b球的速度分别为、，根据动量守恒可得 由于两球做平抛运动的高度相同，下落时间相等，则有 ，， 则若满足 则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒； 若碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 联立可得 则有 则若碰撞是弹性碰撞，应满足的关系式为 14.答案：（1）13.40（2）升高（3）B；（4）乙 解析：（1）游标卡尺读数为。 （2）滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2的过程为加速过程，则导轨右端较低，因此可调节Q使导轨右端升高。 （3）分别为滑块B向左运动的挡光时间和碰后返回向右运动的挡光时间，若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，则有，整理得。 （4）根据计时器的两种计时模式，结合甲遮光条的形状，可知甲遮光条符合第一种计时模式，在此种模式下遮光条挡光时间所对应的位移略小于遮光条的真实宽度，而计算速度用的是遮光条的真实宽度，显然用甲遮光条测得的速度大于真实值；乙遮光条符合计时器的第二种模式，在此种模式下乙遮光条挡光所对应的位移等于遮光条的宽度，测得的速度等于真实值。 15.答案：（1）；（2），；（3）30， 解析：（1）根据题意可知，小球与挡板碰撞时有沿着挡板的分速度和垂直于挡板的分速度，而沿着挡板方向做减速运动，直至速度减为零，垂直挡板方向的分速度大小不变，最终小球Q将在两挡板间做往复运动，取初速度方向为正方向，根据速度的分解可得小球与挡板b第一次碰撞前瞬间垂直挡板方向的分速度为 碰撞后速度大小不变但方向改变，可得碰撞后垂直挡板的分速度为 则该过程中小球Q垂直挡板方向上的动量变化量的大小为 （2）设小球Q与挡板b碰撞时受到挡板的压力为，垂直于挡板的方向，由动量定理有 即有 解得 而根据牛顿第三定律可得，小球Q由于碰撞对b挡板的压力 设沿着挡板b向上为正方向，则平行于挡板方向由动量定理有 而根据题意有 联立解得 （3）小球Q平行于挡板的分速度大小减小为0前，Q与b板碰撞的次数 而在碰撞的整个过程中，根据（1）中分析，由动能定理有 解得 16.答案：（1）1 m/s；1 m/s （2）0.2 （3）0.12 J 解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有 竖直方向有 联立并代入数据解得 与弹簧相互作用的过程中，所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又竖直方向上所受合力均为零，故组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有 解得 （2）对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有 代入数据解得 （3）对与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 代入数据解得 学科网（北京）股份有限公司 $$