作业9 动量守恒定律-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考物理真题分类特训

　　　　　　　　作业９　动量守恒定律 考点１　动量定理的理解及应用 ◆动量 １．(２０２４􀅰黑吉辽卷,１)２０２４年５月３日长征五 号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地 月转移轨道,火箭升空过程中,以下描述的物 理量属于矢量的是 (　　) A．质量 B．速率 C．动量 D．动能 ◆动量定理 ２．(２０２４􀅰全国甲卷,２０)(多选)蹦床运动中,体 重为６０kg的运动员在t＝０时刚好落到蹦床 上,对蹦床作用力大小F 与时间t的关系如图 所示．假设运动过程中运动员身体始终保持竖 直,在其不与蹦床接触时蹦床水平．忽略空气 阻力,重力加速度大小取１０m/s２．下列说法正 确的是 (　　) A．t＝０．１５s时,运动员的重力势能最大 B．t＝０．３０s时,运动员的速度大小为１０m/s C．t＝１．００s时,运动员恰好运动到最大高 度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦 床的平均作用力大小为４６００N ３．(２０２３􀅰广东卷,１０)(多 选)某同学受电动窗帘的 启发,设计了如图所示的简化模型．多个质量 均为１kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻 力．开窗帘过程中,电机对滑块１施加一个水 平向右的恒力F,推动滑块１以０．４０m/s的 速度 与 静 止 的 滑 块 ２ 碰 撞,碰 撞 时 间 为 ０．０４s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为 ０．２２m/s．关于两滑块的碰撞过程,下列说法 正确的有 (　　) A．该过程动量守恒 B．滑块１受到合外力的冲量大小为０．１８N􀅰s C．滑块２受到合外力的冲量大小为０．４０N􀅰s D．滑 块 ２ 受 到 滑 块 １ 的 平 均 作 用 力 大 小 为５．５N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点２　动量守恒定律的条件及应用 １．(２０２５􀅰河南卷,７)两小车P、Q 的质量分别为 mP 和mQ,将它们分别与小车 N 沿直线做碰 撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分 别如图１和图２所示．小车N的质量为mN,碰 撞时间极短,则 (　　 ) A．mP＞mN＞mQ　　　B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP ２．(２０２４􀅰江苏卷,１４)嫦娥六号在轨速度为v０, 着陆器对应的组合体 A 与轨道器对应的组合 体B分离时间为 Δt,分离后B的速度为v,且 与v０ 同向,A、B的质量分别为m、M．求: (１)分离后 A的速度v１; (２)分离时 A对B的推力大小． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９３ 作业９　动量守恒定律 考点３　动量守恒中的几类典型模型 ◆碰撞模型 １．(２０２５􀅰河南卷,１４)如图,在一段水平光滑直 道上每间隔l１＝３m铺设有宽度为l２＝２．４m 的防滑带．在最左端防滑带的左边缘静止有质 量为m１＝２kg的小物块P,另一质量为m２＝４ kg的小物块 Q以v０＝７m/s的速度向右运动 并与P发生正碰,且碰撞时间极短．已知碰撞 后瞬间P的速度大小为v＝７m/s,P、Q 与防 滑带间的动摩擦因数均为μ＝０．５,重力加速 度大小g＝１０m/s２．求: (１)该碰撞过程中损失的机械能; (２)P从开始运动到静止经历的时间． ２．(２０２５􀅰山东卷,１７)如图所示,内有弯曲光滑 轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q 分别 为轨道的两个端点且位于同一高度,P 处轨道 的切线沿水平方向,Q 处轨道的切线沿竖直方 向．小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面 上,b被锁定．一质量m＝１２kg 的小球自Q 点 正上方h＝２m 处自由下落,无能量损失地滑 入轨道,并从P 点水平抛出,恰好击中a,与a 粘在一起且不弹起．当弹簧拉力达到F＝１５N 时,b解除锁定开始运动．已知a的质量ma＝ １kg,b的质量mb＝ ３ ４kg ,方形物体的质量M ＝９２kg ,重力加速度大小g＝１０m/s２,弹簧的劲 度系数k＝５０N/m,整个过程弹簧均在弹性限 度内,弹性势能表达式Ep＝ １ ２kx ２(x为弹簧的 形变量),所有过程不计空气阻力．求: (１)小球到达P 点时,小球及方形物体相对于 地面的速度大小v１、v２; (２)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb 及 弹性势能的最大值Epm． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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A．弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 ４．(２０２４􀅰湖北卷,１０)(多 选)如图所示,在光滑水 平面上静止放置一质量 为 M、长为L的木块,质量为m 的子弹水平射 入木块．设子弹在木块内运动过程中受到的阻力 不变,其大小f与射入初速度大小v０ 成正比,即 f＝kv０(k为已知常数)．改变子弹的初速度大小 v０,若木块获得的速度最大,则 (　　) A．子弹的初速度大小为２kL (m＋M) mM B．子弹在木块中运动的时间为 ２mMk(m＋M) C．木块和子弹损失的总动能为k ２L２(m＋M) mM D．木块在加速过程中运动的距离为 mLm＋M ５．(２０２５􀅰云南卷,１５)如图所示,光滑水平面上 有一个长为L、宽为d 的长方体空绝缘箱,其 四周紧固一电阻为R 的水平矩形导线框,箱子 与导线框的总质量为 M．与箱子右侧壁平行的 磁场边界平面如截面图中虚线PQ 所示,边界 右侧存在范围足够大的匀强磁场,其磁感应强 度大小为B、方向竖直向下．t＝０时刻,箱子在 水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止 开始做匀加速直线运动,这时箱子左侧壁上距 离箱底h处、质量为m 的木块(视为质点)恰好 能与箱子保持相对静止,箱子右侧壁进入磁场 瞬间,木块与箱子分离;箱子完全进入磁场前 某时刻,木块落到箱子底部,且箱子与木块均 不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞); 木块落到箱子底部时即撒去F．运动过程中, 箱子右侧壁始终与磁场边界平行,忽略箱壁厚 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １４ 作业９　动量守恒定律 度、箱子形变、导线粗细及空气阻力．木块与箱 子内壁间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力,重力加速度为g． (１)求F的大小: (２)求t＝０时刻,箱子右侧壁距磁场边界的最 小距离; (３)若t＝０时刻,箱子右侧壁距磁场边界的距 离为s(s大于(２)问中最小距离),求最终木块 与箱子的速度大小． ６．(２０２５􀅰 陕 晋 青 宁 卷,１５)如图,有两个 电性相同及质量分别为 m、４m 的粒子 A、B, 初始时刻相距l０,粒子 A以速度v０ 沿两粒子 连线向速度为０的粒子B运动,此时 A、B两 粒子系统的电势能等于１ ２５mv ２ ０．经时间t１ 粒 子B到达P 点,此时两粒子速度相同,同时开 始给粒子B施加一恒力,方向与速度方向相 同．当粒子B的速度为v０ 时,粒子 A 恰好运 动至P 点且速度为０,A、B粒子间距离恢复 为l０,这时撤去恒力．任意两带电粒子系统的电 势能与其距离成反比,忽略两粒子所受重力．求: (m、l０、v０、t１ 均为已知量) (１)粒子B到达P 点时的速度大小v１; (２)t１ 时间内粒子B的位移大小xB; (３)恒力作用的时间t２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２４ 物理 ７．(２０２４􀅰山东卷,１７)(１４分)如图甲所示,质量 为 M 的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平 部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光 滑,两部分在P 点平滑连接,Q 为轨道的最高 点．质量为 m 的小物块静置在轨道水平部分 上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力．已知轨道半圆形部分 的半径 R＝０􀆰４m,重力加速度大小g＝１０ m/s２． (１)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨 道运动到Q 点时,受到轨道的弹力大小等于 ３mg,求小物块在Q 点的速度大小v; (２)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推 力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速 度a与F 对应关系如图乙所示． (ⅰ)求μ和m; (ⅱ)初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨 道施加水平向左的推力F＝８N,当小物块到 P 点时撤去F,小物块从Q 点离开轨道时相对 地的速度大小为７m/s．求轨道水平部分的长 度L． ８．(２０２４􀅰河北卷,１５)(１６分)如图,三块厚度相 同、质量相等的木板 A、B、C(上表面均粗糙) 并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机 器人静止于 A 木板左端．已知三块木板质量 均为２．０kg,A 木板长度为２．０m,机器人质 量为６．０kg,重力加速度g取１０m/s２,忽略空 气阻力． (１)机器人从 A木板左端走到 A木板右端时, 求 A、B木板间的水平距离． (２)机器人走到 A 木板右端相对木板静止后, 以做功最少的方式从 A 木板右端跳到B木板 左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间 的速度方向与水平方向夹角的正切值． (３)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左 端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板 连续不停地３次等间距跳到B木板右端,此时 B木板恰好追上 A 木板．求该时刻 A、C两木 板间距与B木板长度的关系． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３４ 作业９　动量守恒定律 ９．(２０２４􀅰湖南卷,１５)如图,半 径为R 的圆环水平放置并固 定,圆环内有质 量 为 mA 和 mB 的 小 球 A 和 B(mA ＞ mB)．初始时小球 A以初速度 v０ 沿圆环切线方向运动,与静止的小球 B发 生碰撞．不计小球与圆环之间的摩擦,两小球 始终在圆环内运动． (１)若小球 A与B碰撞后结合在一起,求碰撞 后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需 向心力的大小; (２)若小球 A与B之间为弹性碰撞,且所有的 碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,求 小球的质量比 mA mB ; (３)若小球 A与B之间为非弹性碰撞,每次碰 撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大 小的e倍(０＜e＜１),求第１次碰撞到第２n＋１ 次碰撞之间小球B通过的路程． １０．(２０２４􀅰黑吉辽卷,１４)如图,高度h＝０．８m 的水平桌面上放置两个相同物块 A、B,质量 mA＝mB＝０．１kg．A、B间夹一压缩量 Δx＝ ０．１m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接．同时由 静止释放 A、B,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 xA＝０．４m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段 距离xB＝０．２５m 后停止．A、B均视为质点, 取重力加速度g＝１０m/s２．求: (１)脱离弹簧时 A、B的速度大小vA 和vB; (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ΔEp． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４４ 物理 １１．(２０２４􀅰湖北卷,１４) (１６分)如图所示,水 平 传 送 带 以 ５ m/s 的速度顺 时 针 匀 速 转动,传送带左右两端的距离为３．６m．传送 带右端的正上方有一悬点O,用长为０．３m、 不可伸长的轻绳悬挂一质量为０􀆰２kg的小 球,小球与传送带上表面平齐但不接触．在O 点右侧的P 点固定一钉子,P 点与O 点等 高．将质量为０􀆰１kg的小物块无初速轻放在 传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰, 碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小 为１m/s、方向水平向左．小球碰后绕O 点做 圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕 P 点向上运动．已知小物块与传送带间的动 摩 擦 因 数 为 ０􀆰５,重 力 加 速 度 大 小 g ＝１０m/s２． (１)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速 度大小; (２)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的 系统损失的总动能; (３)若小球运动到P 点正上方,绳子不松弛, 求P 点到O 点的最小距离． １２．(２０２３􀅰全国乙卷,２５)(２０分)如 图,一竖直固定的长直圆管内有一 质量为 M 的静止薄圆盘,圆盘与管 的上 端 口 距 离 为l,圆 管 长 度 为 ２０l．一质量为m＝１３M 的小球从管 的上端口由静止下落,并撞在圆盘 中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所 受重力大小相等．小球在管内运动时与管壁 不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰 撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．不计空气 阻力,重力加速度大小为g．求 (１)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度 大小; (２)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与 圆盘间的最远距离; (３)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞 的次数． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５４ 作业９　动量守恒定律 １３．(２０２３􀅰山东卷,１８)(１６分)如图所示,物块 A 和木板B 置于水平地面上,固定光滑弧形 轨道末端与B 的上表面所在平面相切,竖直 挡板P 固定在地面上．作用在A 上的水平外 力,使A 与B 以相同速度v０ 向右做匀速直 线运动．当B 的左端经过轨道末端时,从弧形 轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最 低点,并以水平速度v滑上B 的上表面,同时 撤掉外力,此时B 右端与P 板的距离为s．已 知v０＝１m/s,v＝４m/s,mA＝mC＝１kg,mB ＝２kg,A 与地面间无摩擦,B 与地面间动摩 擦因数μ１＝０．１,C 与B 间动摩擦因数μ２＝ ０．５,B 足够长,使得C不会从B 上滑下．B 与 P、A 的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间, 取重力加速度大小g＝１０m/s２． (１)求C下滑的高度H; (２)与P 碰撞前,若B 与C 能达到共速,且 A、B 未发生碰撞,求s的范围; (３)若s＝０．４８m,求B 与P 碰撞前,摩擦力 对C做的功W; (４)若s＝０．４８m,自C滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总 动量的变化量Δp的大小． １４．(２０２３􀅰浙江卷,１８)(１１分)为了探究物体间 碰撞特性,设计了如图所示的实验装置．水平 直轨道 AB、CD 和水平传送带平滑无缝连 接,两半径均为R＝０．４m 的四分之一圆周 组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和 足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接．质 量为３m 的滑块b与质量为２m 的滑块c用劲 度系数k＝１００N/m的轻质弹簧连接,静置于 轨道FG上．现有质量m＝０．１２kg的滑块a以 初速度v０＝２ ２１m/s从D 处进入,经DEF 管道后,与FG上的滑块b 碰撞(时间极短)． 已知传送带长L＝０．８m,以v＝２m/s的速 率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦 因数μ＝０．５,其它摩擦和阻力均不计,各滑 块均可视为质点,弹簧的弹性势能 Ep＝ １ ２ kx２ (x为形变量)． (１)求滑块a到达圆弧管道DEF 最低点F 时 速度大小vF 和所受支持力大小FN; (２)若滑块a 碰后返回到B 点时速度vB＝ １m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械 能ΔE; (３)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞 后弹簧最大长度与最小长度之差Δx． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６４ 物理 １５．(２０２３􀅰湖南卷,１５) (１６分)如图,质量为 M 的匀质凹槽放在 光滑水平地面上,凹 槽内有一个半椭圆 形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别 为a和b,长轴水平,短轴竖直．质量为 m 的 小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由 静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置 为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面 的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上．整 个过程凹槽不翻转,重力加速度为g． (１)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽 的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的 距离; (２)在平面直角坐标系xOy 中,求出小球运 动的轨迹方程; (３)若Mm＝ b a－b ,求小球下降h＝b２ 高度时,小 球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g 表示)． １６．(２０２３􀅰辽宁卷,１５)(１７分)如图,质量m１＝ １kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的 竖直墙面固定一劲度系数k＝２０N/m 的轻 弹簧,弹簧处于自然状态．质量m２＝４kg的 小物块以水平向右的速度v０＝ ５ ４ m /s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 μ＝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Ep 与 形变量x 的关系为Ep＝ １ ２kx ２．取重力加速 度g＝１０m/s２,结果可用根式表示． (１)求木板刚接触弹簧时速度v１ 的大小及木 板运动前右端距弹簧左端的距离x１． (２)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间 即将相对滑动时弹簧的压缩量x２ 及此时木 板速度v２ 的大小． (３)已知木板向右运动的速度从v２ 减小到０ 所用时间为t０．求木板从速度为v２ 时到之后 与物块加速度首次相同时的过程中,系统因 摩擦转化的内能ΔU(用t０ 表示)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７４ 作业９　动量守恒定律 实验十三　验证动量守恒定律 １．(２０２４􀅰山东卷,１３)(６分)在第四次“天宫课 堂”中,航天员演示了动量守恒实验．受此启发, 某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验, 气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a 测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它 的距离xB．部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为２００．０g和 ４００．０g; ②接通气源,调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块,使 A、B均向右运动; ④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB 随时 间变化的图像,分别如图乙、图丙所示． 图甲 图乙　　　　　　　　图丙 回答以下问题: (１)从图像可知两滑块在t＝　　　　s时发 生碰撞; (２)滑块B碰撞前的速度大小v＝　　　　 m/s (保留２位有效数字); (３)通过分析,得出质量为２００．０g的滑块是 　　　　(填“A”或“B”)． ２．(２０２４􀅰 新课标卷, ２２)(６分)某同学用 如图所示的装置验证 动量守恒定律．将斜 槽轨道固定在水平桌 面上,轨道末段水平、右侧端点在水平木板上 的垂直投影为O,木板上叠放着白纸和复写 纸．实验时先将小球a从斜槽轨道上Q 处由 静止释放,a从轨道右端水平飞出后落在木板 上;重复多次,测出落点的平均位置P 与O 点 的距离xP．将与小球a半径相等的小球b置 于轨道右侧端点,再将小球a从Q 处由静止 释放,两球碰撞后均落在木板上;重复多次, 分别测出a、b两球落点的平均位置M、N 与O 点的距离xM、xN． 完成下列填空: (１)记a、b两球的质量分别为ma、mb,实验中须 满足条件ma　　　　mb(填“＞”或“＜”); (２)如果测得的xP、xM、xN、ma 和mb,在实验 误差范围内满足关系式　　　　,则验证了 两小球在碰撞中满足动量守恒定律．实验中, 用小球落点与O 点的距离来代替小球水平飞 出时的速度,依据是　　　　． ３．(２０２３􀅰辽宁卷,１１)(８分)某同学为了验证对 心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实 验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以 平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA 为水平 段．选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行 实验． 测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分 别为m１ 和m２(m１＞m２)．将硬币甲放置在斜面 上某一位置,标记此位置为B．由静止释放甲,当 甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处 的滑行距离OP．将硬币乙放置在O处,左侧与O 点重合,将甲放置于B点由静止释放．当两枚硬 币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处 的滑行距离OM 和ON．保持释放位置不变,重复 实验若干次,得到OP、OM、ON 的平均值分别为 s０、s１、s２． (１)在本实验中,甲选用的是　　　　(填“一 元”或“一角”)硬币; (２)碰撞前,甲到O 点时速度的大小可表示为 　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为g); (３)若 甲、乙 碰 撞 过 程 中 动 量 守 恒,则 s０－ s１ s２ ＝　　　　(用m１ 和m２ 表示),然 后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过 程中动量是否守恒; (４)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到 碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大 小的比值不是１,写出一条产生这种误差可能的 原因　　　　　　　　　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８４ 物理 读数时欧姆表的指针位置如图(a)中虚线Ⅰ所示,偏转 角度较小即倍率选择过小,为了减少测量误差,应将选 择开关旋转到欧姆挡倍率较大处,而根据表中数据可知 选择“×１k”倍率又过大,故应选择欧姆挡“×１００”的位置; 测量得到指针位置如图(a)中实线Ⅱ所示,则粗测得到 的该电压表内阻为R＝１６．０×１００Ω＝１．６０kΩ． (２)图(b)所示的电路,滑 动 变 阻 器 采 用 的 是 分 压 式 连 接,为了方便调节,应选最大阻值较小的滑动变阻器,即 R１;为保护电路,且测量电路部分电压从零开始调节,闭 合开关S前,滑动变阻器的滑片应置于a端． (３)通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为 I＝U１－UR０ , 根据欧姆定律得待测电压表的阻值为Rv＝ U I ＝ UR０ U１－U ． (４)测量得到U１＝４．２０V,U＝２．７８V,代入待测电压表 的阻值表 达 式 RV ＝ UR０ U１－U ,则 待 测 电 压 表 内 阻 RV ＝ ２．７８×８００ ４．２０－２．７８Ω≈１５６６Ω≈１．５７kΩ． 答案:(１)CAB　负极、正极　×１００　１．６　(２)R１　a　 (３) UR０ U１－U 　(４)１．５７ 作业９　动量守恒定律 考点１　动量定理的理解及应用 １．C　矢量是既有大小又有方向的物理量,所以动量是矢 量,而质量、速率、动能只有大小没有方向,是标量． ２．BD　A．根据牛顿第三定律结合题图可知t＝０．１５s时, 蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运 动员处于最低点,运动员 的 重 力 势 能 最 小,故 A 错 误; BC．根据题图可知运动员从t＝０．３０s离开蹦床到t＝ ２．３s再次落到蹦床上经历的时间为２s,根据竖直上抛 运动的 对 称 性 可 知,运 动 员 上 升 时 间 为 １s,则 在t＝ １．３s时,运动员恰好运动到最大高度处,t＝０．３０s时运 动员的速度大小v＝１０×１m/s＝１０m/s,故 B正确,C 错误;D．同 理 可 知 运 动 员 落 到 蹦 床 时 的 速 度 大 小 为 １０m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理 F􀅰Δt－ mg􀅰Δt＝mv－(－mv),其中 Δt＝０．３s, 代入数据可得F＝４６００N, 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开 过程中对蹦床的平均作用力大小为４６００N,故 D正确． ３．BD　A．取向右为正方向,滑块１和滑块２组成的系统的 初动量为p１＝mv１＝１×０．４０kg􀅰m/s＝０．４０kg􀅰m/s, 碰撞后的动量 为p２＝２mv２＝２×１×０．２２kg􀅰m/s＝ ０．４４kg􀅰m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故 A 错 误;B．对滑块１,取向右为正方向,则有I１＝mv２－mv１＝ １×０．２２kg􀅰m/s－１×０．４０kg􀅰m/s＝－０．１８kg􀅰m/s,负 号表示方向水平向左,故B正确;C．对滑块２,取向右为正 方向,则有I２＝mv２＝１×０．２２kg􀅰m/s＝０．２２kg􀅰m/s,故 C错误;D．对滑块２根据动量定理有FΔt＝I２,解得F＝ ５．５N,则滑块２受到滑块１的平均作用力大小为５．５N,故 D正确．故选BD． 考点２　动量守恒定律的条件及应用 １．D　P、N 碰 撞 时,根 据 碰 撞 前 后 动 量 守 恒 有 mPvP ＋ mNvN＝mPvP′＋mNvN′, 即mP(vP－vP′)＝mN(vN′－vN), 根据图像可知(vP－vP′)＞(vN′－vN),故mP＜mN; 同理,Q、N 碰撞时,根据碰撞前后 动 量 守 恒 有 mQvQ ＋ mNvN＝mQvQ′＋mNvN′, 即mQ(vQ－vQ′)＝mN(vN′－vN), 根据图像可 知(vQ －vQ′)＜(vN′－vN),故 mQ ＞mN;故 mQ＞mN＞mP．故选 D． ２．解析:(１)组合体分离前后动量守恒,取v０ 的方向为正方 向,有(m＋M)v０＝Mv＋mv１, 解得v１＝ (m＋M)v０－Mv m ． (２)以B为研究对象,对 B根据列动量定理有FΔt＝Mv －Mv０,解得F＝ M(v－v０) Δt ． 答案:(１) (m＋M)v０－Mv m 　 (２) M(v－v０) Δt 考点３　动量守恒中的几类典型模型 １．解析:(１)P、Q 发生正碰,由动量守恒定律 m２v０＝m２vQ ＋m１v, 由能量守恒定律１ ２m２v ２ ０＝ １ ２m２v ２ Q＋ １ ２m１v ２＋ΔE, 联立可得vQ＝３．５m/s,ΔE＝２４．５J; (２)对物块P受力分析由牛顿第二定律μm１g＝m１a,物 块P在第一个防滑带上运动时,由运动学公式v２－v２P１＝ ２al２,vP１＝v－at１,解得vP１＝５m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t１＝０．４s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动,则l１＝vP１t２, 解得t２＝０．６s,物块 P在第二个防滑带上运动时,由运 动学公式v２P１ －v２P２ ＝２al２,vP２ ＝vP１ －at３,解 得vP２ ＝１ m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t３＝０．８s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动,则l１＝vP２t４, 解得t４＝３s, 由以上条件可知,物块 P最终停在第三个防滑带上,由 运动学公式０＝vP２－at５, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t５＝０．２s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t＝t１＋t２＋t３ ＋t４＋t５＝５s． 答案:(１)２４．５J　(２)５s ２．解析:(１)根据题意可知,小球从开始下落到P 点处过程 中,水平方向上动量守恒,则有mv１＝Mv２, 由能量守恒定律有mgh＝１２mv ２ １＋ １ ２Mv ２ ２, 联立解得v１＝６m/s,v２＝ ２ ３ m /s, 即小球速度为６m/s,方向水平向左,大物块速度为 ２３ m/s,方向水平向右． (２)由于小球落在物块a正上方,并与其粘连,小球竖直 方向速度变为０,小球和物块a水平方向上动量守恒,则 有mv１＝(m＋ma)v３ 解得v３＝２m/s, 设当弹簧形变量为x１ 时物块b的固定解除,此时小球和 物块a的速度为v４,根据胡克定律F＝kx１, 系统 机 械 能 守 恒 １ ２ (m＋m０)v２３ ＝ １ ２ (m＋m０)v２４ ＋ １ ２kx ２ １, 联立解得v４＝１m/s,x１＝０．３m, 固定解除之后,小球、物块a和物块b组成的系统动量守 恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定 律有(m＋ma)v４＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ ２ ３ m /s,方向水平向左． 由能量守恒定律可得,最大弹 性 势 能 为 Epm ＝ １ ２ (m＋ ma)v２４＋ １ ２kx ２ １－ １ ２ (m＋ma＋mb)v２b＝ ５ ２ J． 答案:(１)６m/s,水平向左,２３ m /s,水平向右 (２)２３ m /s,水平向左,５２ J 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１１ 物理 考点４　动量和能量的综合应用 １．BD　根据题意可知传送带对物块 A、B的滑动摩擦力大 小相等都为f＝０．５×１×１０N＝０．２５×２×１０N＝５N, 初始时,A向右减速,B向右加速,故可知在 A 与传送带 第一次共速前,AB整体所受合外力为零,系统动量守恒 有mAv０＝mAv＋mBvB,v＝１m/s,代入数值解得t＝t０ 时,B的速度为vB＝０．５m/s,在 A与传送带第一次共速 前,对任意时刻对 A、B,根据牛顿第二定律有f＋F弹 ＝ mAaA,f＋F弹 ＝mBaB,由于mA＜mB,故可知aA＞aB,故 A错误,B正确;在t０ 时间内,设、AB向右的位移分别为 xA,xB,由功能关系有－fxA＋fxB＋ １ ２mAv ２ ０＝ １ ２mAv ２＋ １ ２mBvB ２＋Ep,解得xA－xB＝０．１m, 故弹簧的压缩量为 Δx＝xA－xB＝０．１m,故 C错误;A 与传送带的相对位移为x相A＝xA－vt０, B与传送带的相对位移为x相B＝vt０－xB, 故可得x相A＋x相B＝xA－xB＝０．１m, 由于０~t０ 时间内 A 向右做加速度逐渐增大的减速运 动,B向右做加速度逐渐增大的加速运动,且满足aA＝ ２aB,作出 AB的vＧt图像 可知x相A 等于图形 MNA 的面积,x相B等于图形 NOBA 的面积,故可得x相A＜x相B, 结合x相A＋x相B＝０．１m, 可知x相A＜０．０５m,故 D正确．故选BD． ２．BD　爆炸后,AB组成的系统动量守恒,即３mv１＝mv２, B与 C碰撞过程动量守恒mv２＝６mv, 联立解得v＝０．５v１． 爆炸后瞬间 A的动能EkA＝ １ ２ 􀅰３m􀅰v１２, D的初动能EkD＝ １ ２ 􀅰６m􀅰(０．５v１)２,两者不相等,故 A 错误;D水平滑动过程中摩擦力做功为 Wf＝－μ􀅰６mg 􀅰s１＝－μ􀅰６mg􀅰 h μ ＝－６mgh,做平抛运动过程中重 力做功为WG＝６mgh,故 D从开始运动到落地瞬间合外 力做功为０,根据动能定理可知 D的初动能与其落地时 的动能相等,故B正确; D物块平 抛 过 程 有h＝ １２gt ２,s２＝ v０ t ,联 立 可 得v０＝ s２ g２h , D水平滑动过程中根据动能定理有－６mgh＝１２ 􀅰６mv２０ －１２ 􀅰６mv２, 化简得v２＝s ２ ２g ２h＋２gh , 弹药释放的能量完全转化为 A和B的动能,则爆炸过程 的能 量 为 E＝ １２ 􀅰３mv２１ ＋ １ ２ 􀅰mv２２ ＝２４mv２ ＝２４ s２２g ２h＋２gh( )＝４８mgh １＋ s２２ ４h２( ) ,故 C 错误,D 正 确．故 选BD． ３．A　对整个系统分析可知合外力为０,A 和 B组成的系 统动量守恒,得mAvA＝mBvB, 设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做 功,机械能 守 恒,当 弹 簧 原 长 时 得 Ep ＝ １ ２mAv ２ A ＋ １ ２ mBv２B,联立得Ep＝ １ ２ m２B mA ＋mB( )v２B, 故可知弹簧原长时物体速度最大,此时动量最大,动能 最大． ４．AD　A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒,令子 弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为v１,v２,则有 mv０＝mv１＋Mv２, 子弹和木块相互作用过程中合力都为f＝kv０,因此子弹 和物块的加速度分别为a１＝fm ,a２＝fM , 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为２a１x１＝v２０ －v２１,２a２x２＝v２２, 联立上式可得v２＝ m v０－ v２０－２ kv０ m ＋ kv０ M( )L[ ] M＋m , 因此木块的速度最大即v０－ v２０－２ kv０ m ＋ kv０ M( )L 取极值 即可,该函数在２ km ＋ k M( )L 到无穷单调递减,因此当v０ ＝２ km ＋ k M( )L＝２ kL(M＋m) Mm 时,木块的速度最大,A 正 确;B．子弹穿过木块时木块的速度为v２＝ mv０ M＋m ,由运动 学公式v２＝a２t,可得t＝ mM k(m＋M) ,故B错误;C．由能量 守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热, 即 ΔE＝Q＝fL＝２k ２L２(m＋M) mM ,故C错误;D．木块加速 过程运动的距离为x２＝ ０＋v２ ２ t＝ mL M＋m ,故 D正确． ５．解析:(１)由牛顿第二定律F＝(M＋m)a, 对木块受力分析,水平方向由牛顿第二定律FN＝ma, 竖直方向由平衡条件f＝mg＝μFN, 联立可得F＝ (M＋m)g μ ; (２)设箱子刚进入磁场中时速度为v,产生的感应电动势 为E＝Bdv, 由闭合电路欧姆定律得,感应电流为I＝ER , 安培力为F安 ＝BId, 联立可得F安 ＝B ２d２v R , 若要使两物体分离,此时有FN＝０,即F安 ≥F, 其中F＝ (M＋m)g μ , 解得v≥ (M＋m)gR μB ２d２ , 由运动学公式v２＝２as, 解得s≥ (M＋m)２gR２ ２μB ４d４ , 故t＝０时刻,箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为smin ＝ (M＋m)２gR２ ２μB ４d４ ; (３)对木块水平方向由运动学公式s＝１２at ２ １, 竖直方向有h＝１２gt ２ ２, 其中F＝ (M＋m)g μ ＝(M＋m)a, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１１ 详解详析 可得力F 作用的总时间为t＝t１＋t２＝ ２μs g ＋ ２h g , 水平方向对系统由动量定理Ft－F安t２＝(M＋m)v－０, 其中F安t２＝ B２d２L R , 联立可得v＝g μ ２μs g ＋ ２h g æ è ç ö ø ÷－ B ２d２L (M＋m)R , 当g μ ２μs g ＋ ２h g æ è ç ö ø ÷≥ B ２d２L (M＋m)R 时,最终木块与箱子速 度大小为 v＝g μ ２μs g ＋ ２h g æ è ç ö ø ÷－ B ２d２L (M＋m)R , 当g μ ２μs g ＋ ２h g æ è ç ö ø ÷＜ B ２d２L (M＋m)R 时,最终木块与箱子的 速度大小为v＝０． 答案:(１) (M＋m)g μ 　(２) (M＋m)２gR２ ２μB ４d４ (３)见解析 ６．解析:(１)根据动量守恒定律 mv０＝(m＋４m)v１,解得v１ ＝１５v０ , (２)两者共速时设间距为l′,根据能量守恒定律可知此时 电势 能 为 Ep′＝ １ ２ mv０ ２ ＋ １２５mv０ ２ － １２ ×５mv１ ２ ＝ １１ ２５mv０ ２, 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比,则l′ ＝ Ep０ Ep′ l０＝ １ １１l０ , 两者共速前的过程系统始终动量守恒,根据动量守恒, 则有∑mv０t１＝∑mvAt１＋∑４mvBt１, 即有mv０t１＝mxA＋４mxB, 根据位移关系可知xB＋l０＝xA＋l′, 联立解得xB＝ v０t１ ５ － ２ １１l０ ; (３)对全过程,对系统根据动能定理Fl０＝ １ ２×４mv０ ２－１２mv０ ２, 对全过程,根据动量定理Ft２＝４mv０－mv０, 联立解得t２＝ ２l０ v０ ． 答案:(１)１５v０　 (２) v０t１ ５ － ２ １１l０　 (３) ２l０ v０ ７．解析:(１)根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心 力有mg＋３mg＝mv ２ R , 代入数据解得v＝４m/s． (２)(ⅰ)根据题意可知当F≤４N 时,小物块与轨道一起 向左加速,根据牛顿第二定律可知F＝(M＋m)a, 根据图乙有k＝ １M＋m＝０．５kg －１, 当外力F＞４N时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道 有F－μmg＝Ma, 结合题图乙有a＝１MF－ μmg M , 可知k＝１M＝１kg －１, 截距b＝－μmgM ＝－２m /s２, 联立以上各式可得 M＝１kg,m＝１kg,μ＝０．２． (ⅱ)由图乙可知,当F＝８N时,轨道的加速度为６m/s２,小 物块的加速度为a２＝μg＝２m/s ２, 当小 物 块 运 动 到 P 点 时,经 过t０ 时 间,则 轨 道 有v１ ＝a１t０, 小物块有v２＝a２t０, 在这个过程中系统机械能守恒有１ ２Mv ２ １＋ １ ２mv ２ ２＝ １ ２Mv ２ ３＋ １ ２mv ２ ４＋２mgR, 水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有 Mv１＋ mv２＝Mv３＋mv４, 联立解得t０＝１．５s, 根据运动学公式有L＝１２a１t ２ ０－ １ ２a２t ２ ０, 代入数据解得L＝４．５m． 答案:(１)v＝４m/s　(２)(ⅰ)μ＝０．２,m＝１kg　(ⅱ)L ＝４．５m ８．解析:(１)机器人从 A 木板左端走到 A 木板右端的过程 中,机器人与 A 木板组成的系统动量守恒,A 木板向左 运动,B、C木板静止,设机器人的质量为 M,三个木板的 质量均为m, 由动量守恒定律得 Mv＝mvA, 设所用时间为t,则有 Mvt＝mvAt,即 Mx＝mxA, 又x＋xA＝LA 联立解得xA＝１．５m 则 A、B木板间的水平距离为１．５m． (２)设机器人起跳的速度大小为v０,速度方向与水平方 向的夹角为θ,机器人从 A 木板右端跳到 B木板左端的 时间为t１, 由斜抛运动规律得v０cosθ􀅰t１＝xA, v０sinθ＝g􀅰 t１ ２ , 联立解得v２０＝ １５ ２sinθcosθ , 机器人跳离 A木板的过程中,系统水平方向动量守恒, 由动量守恒定律得 Mv０cosθ＝mv′A, 由功能关系得,机器人做的功为W＝１２Mv ２ ０＋ １ ２mv′ ２ A , 联立可得W＝１＋３cos ２θ ２sinθcosθ 􀅰４５J＝sin ２θ＋４cos２θ ２sinθcosθ 􀅰４５J＝ １ ２tanθ＋ ２ tanθ( ) 􀅰４５J, 由数学知识可知,当且仅当１ ２tanθ＝ ２ tanθ 时,即tanθ＝２ 时,机器人做功最少,代入可得W＝９０J． (３)由tanθ＝２,可计算出v０cosθ＝ １５ ２ m /s,由 Mv０cos θ＝mv′A, 解得v′A＝ ３ ２ １５m /s,此后 A木板以此速度向左做匀速 直线运动．机器人跳离 A木板到与B木板相对静止的过 程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量 守恒,由动量守恒定律得 Mv０cosθ＝(M＋２m)vB, 此过程中 A木板向左运动的距离x′A＝v′At１, 代入数据得x′A＝４．５m, 机器人连续三次等间距跳到 B木板右端,整个过程机器 人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起 后机器人的 水 平 速 度 大 小 为v１,B 木 板 的 速 度 大 小 为 vB１,机器人每次跳跃的时间为 Δt, 以向右为正方向,由动量守恒定律得(M＋m)vB＝Mv１－ mvB１　①, 每次跳跃,机器人和B木板的相对位移为 LB ３ ,则有LB ３ ＝ (v１＋vB１)Δt　②, 机器人到达B木板右端时,B木板恰好追上 A 木板,从 机器人跳上B左端到跳到B的右端的过程中,A、B木板 的位移之差为 Δx＝xA＋x′A＝６m,则有(vB１－v′A)􀅰３Δt ＝Δx　③, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１１ 物理 联立①②③三个式子得 Δt＝ LB４(v′A＋vB) － Δx３(v′A＋vB) , A、C两木板的间距为xAC＝(v′A＋vC)􀅰３Δt＋Δx＋LB, vC＝vB,整理得xAC＝ ７ ４LB． 答案:(１)１．５m　(２)９０J　２　(３)xAC＝ ７ ４LB ９．解析:(１)对 A、B系统,碰撞前、后动量定恒,设碰撞后小 球组合体的速度大小为v, 由动量守恒有mAv０＝(mA＋mB)v, 碰撞后,对组合体,由牛顿第二定律有 Fn＝(mA ＋mB) v２ R ,联立解得v＝ mAv０mA＋mB ,Fn＝ m２Av２０ (mA＋mB)R ． (２)设 A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA、vB,碰 撞过程动量守恒、机械 能 守 恒,对 A、B 系 统 有 mAv０＝ mAvA＋mBvB, １ ２mAv ２ ０＝ １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B, 联立解得vA＝ (mA－mB)v０ mA＋mB ,vB＝ ２mAv０ mA＋mB , 分两种情况讨论: 第一种情况,若第二次碰撞发生在图中的b点,则从第一 次碰撞 到 第 二 次 碰 撞 之 间,A、B 通 过 的 路 程 之 比 为 １＋３k１ ４＋３k１ ,其中k１＝０,１,２,３,􀆺,则 vA vB ＝ １＋３k１ ４＋３k１ , 联立解得 mA mB ＝ ４＋３k１ ２－３k１ ,显然k１ 只能取０,则 mA mB ＝２, 对第二次碰 撞,设 A、B 碰 撞 后 的 速 度 大 小 分 别 为v′A、 v′B,则mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B, １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B＝ １ ２mAv′ ２ A ＋ １ ２mBv′ ２ B , 联立解得v′A＝v０,v′B＝０,故第三次碰撞发生在b点、第 四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意． 第二种情况,若第二次碰撞发生在图中的c点,则从第一次 碰撞到第二次碰撞之间,A、B通过的路程之比为 ２＋３k２ ５＋３k２ ,其 中k２＝０,１,２,３,􀆺,则 vA vB ＝ ２＋３k２ ５＋３k２ , 联立解得 mA mB ＝ ５＋３k２ １－３k２ ,显然k２ 只能取０,则 mA mB ＝５, 同理可得第二次碰撞后v′A＝v０,v′B＝０,则第三次碰撞发 生在c点、第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意． 综上所述,mA mB ＝２或５． (３)第一次碰前相对速度大小为v０,第一次碰后的相对 速度大小为v１相 ＝ev０,第一次碰后与第二次相碰前 B球 比 A球多运动一圈,即 B 球相对 A 球 运 动 一 圈,有t１ ＝２πRv１相 , 第一次碰撞有mAv０＝mAvA１＋mBvB１, 第一次碰撞后有v１相 ＝vB１－vA１＝ev０, 解得vB１＝ mA mA＋mB (v０＋v１相 ), B球 运 动 的 路 程 s１ ＝vB１t１ ＝ ２πRmA mA＋mB v０ v１相 ＋１( ) ＝ ２πRmA mA＋mB １ e＋１( ) , 第二 次 碰 撞 的 相 对 速 度 大 小 为v２相 ＝ev１相 ＝e２v０,t２ ＝２πRv２相 , 第二次碰撞有mAv０＝mAvA２＋mBvB２, 第二次碰撞后有v２相 ＝vA２－vB２, 解得vB２＝ mA mA＋mB (v０－v２相 ) B球 运 动 的 路 程 s２ ＝vB２t２ ＝ ２πRmA mA＋mB v０ v２相 －１( ) ＝ ２πRmA mA＋mB １ e２ －１( ) , 由以上规 律 可 以 归 纳 为 第 ２n＋１ 次 碰 前 一 共 碰 撞 了 ２n次, s＝s１＋s２＋s３＋􀆺＋s２n＝ ２πRmA mA＋mB １ e＋ １ e２ ＋ １ e３ ＋ 􀆺＋１e２n( ) , 解得s＝２πRmAmA＋mB 􀅰 e ２n－１ e２n(e－１) ． 答案:(１) mAv０ mA＋mB 　 m２Av２０ (mA＋mB)R 　(２)２∶１或５∶１ (３) ２πRmA mA＋mB 􀅰 e ２n－１ e２n(e－１) １０．解:(１)对 物 块 A 由 平 抛 运 动 知 识 得 h＝ １２gt ２, xA＝vAt,代入数据解得,脱离弹簧时 A 的速度大小为 vA＝１m/s,对 AB物块整体由动量守恒定律 mAvA ＝ mBvB,解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝１m/s． (２)对物块B由动能定理－μmBgxB＝０－ １ ２mBv ２ B,代入 数据解得,物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝０．２． (３)由 能 量 守 恒 定 律 ΔEp ＝ １ ２mAv ２ A ＋ １ ２mBv ２ B ＋ μmAgΔxA＋μmBgΔxB,其中mA＝mB,Δx＝ΔxA＋ΔxB, 解得整个过程中,弹簧释放的弹性势能 ΔEp＝０．１２J． 答案:(１)１m/s　１m/s　(２)０．２　(３)０．１２J １１．解析:(１)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定 律有μmg＝ma,解得a＝５m/s ２, 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距 离为x＝v ２ 传 ２a＝２．５m＜L传 ＝３．６m , 可知,小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小 物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送 带的速度大小５m/s． (２)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小 物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由 动量守恒定律有m物 v＝m物 v１＋m球 v２, 其中v＝５m/s,v１＝－１m/s, 解得v２＝３m/s, 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总 动能为 ΔEk＝ １ ２m物 v ２－１２m物 v ２ １－ １ ２m球v ２ ２, 解得 ΔEk＝０．３J． (３)若小球运动到P 点正上方,绳子恰好不松弛,设此 时P 点到O 点的距离为d,小球在P 点正上方的速度 为v３,在 P 点 正 上 方,由 牛 顿 第 二 定 律 有 m球 g＝ m球 v２３ L绳 －d , 小球从O 点正下方到P 点正上方过程中,由机械能守 恒定律有１ ２m球 v ２ ２＝ １ ２m球 v ２ ３＋m球 g(２L绳 －d), 联立解得d＝０．２m, 即P 点到O 点的最小距离为０．２m． 答案:(１)５m/s　(２)０．３J　(３)０．２m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１１ 详解详析 １２．解析:(１)过程１:小球释放后自由下落,下降l 由机械能守恒定律得,mgl＝１２mv ２ ０,得v０＝ ２gl 过程２:小球以v０＝ ２gl与静止圆盘发生弹性碰撞, 碰撞过程中动量守恒,有mv０＝mv１＋Mv′１ 机械能守恒,有１ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２Mv′１ ２ 所以v１＝ m－M m＋Mv０＝－ １ ２v０ ,v′１＝ ２m m＋Mv０ ＝１２v０ , 即小球碰后速度大小为 １ ２ ２gl ,方向竖直向上,圆盘 碰后速度大小为１ ２ ２gl ,方向竖直向下; (２)第一次碰后,小球做竖直上抛运动,圆盘因摩擦力 与重力平衡,匀速下滑． 所 以 只 要 圆 盘 下 降 速 度 比 小 球 快,二 者 间 距 就 不 断 增大． 当二者速度相同时,间距最大,即v１＋gt＝v′１ 可得t＝v′１－v１g ＝ v０ g 又v２０＝２g􀅰 １ ２gt ２, 因此dmax＝x盘 －x球 ＝v′１t－ v１t－ １ ２gt ２( )＝ v２０ ２g＝l (３)第一次碰后→第二次碰撞前,小球竖直上抛再做自 由落体运动,圆盘则是匀速下滑,当二者即将第二次相 碰时(理解为相遇)x盘１＝x球１ 即:v１t１＋ １ ２gt ２ １＝v１′t１,得t１＝ ２v０ g 此时小球速度v２＝v１＋gt１＝ ３ ２v０ ,圆盘速度仍为v１′, 在这段时间内,圆盘向下移动,x盘１＝v１′t１＝ v２０ g＝２l 之后二者第二次发生弹性碰撞,根据 动量守恒:mv２＋Mv１′＝mv２′＋Mv″２ 根据机械能守恒:１ ２mv ２ ２＋ １ ２Mv′ ２ １＝ １ ２mv′ ２ ２＋ １ ２Mv″ ２ ２ 得碰撞后小球速度v２′＝０,圆盘速度v２″＝v０ 这段时间内,圆盘向下移动,x盘２＝v２′t２＝ ２v２０ g ＝４l 此时圆盘距下端口１３l,之后二者第三次发生碰撞,根 据动量守恒:mv３＋Mv２″＝mv３′＋Mv３″ 根据机械能守恒:１ ２mv ２ ３＋ １ ２Mv″ ２ ２ ＝ １ ２mv′ ２ ３＋ １ ２Mv″ ２ ３ 得碰后小球速度为v３′＝ １ ２v０ 圆盘速度v″３＝ ３ ２v０ 第三次碰后→第 四 次 碰 前,小 球 加 速 下 降,圆 盘 匀 速 下滑, 当二者即将四次碰撞时,x盘３＝x球３,即v３″t３＝v３′t３＋ １ ２gt ２ ３,得t３＝ ２v０ g ＝t１＝t２ 在这段时间内,圆盘向下移动,x盘３＝v３″t３＝ ３v２０ g ＝６l , 此时圆盘距离下端管口长度为２０l－１l－２l－４l－６l＝ ７l,此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前,下降距离 逐次增加２l,故 若 发 生 下 一 次 碰 撞,圆 盘 将 向 下 移 动 x盘 ４ ＝８l,则第四次碰撞后落出管口外, 因此圆盘在管内运动的过程中,小球与圆盘的碰撞次 数为４次． 答案:(１)小球碰后速度大小为 １２ ２gl (方向竖直向 上),圆盘碰后速度大小为１ ２ ２gl　 (２)l　(３)４ １３．解析:(１)由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定 理有mCgH＝ １ ２mCv ２,代入数据解得 H＝０．８m． (２)滑块C刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力 f２,f２＝μ２mCg, 木板B 受到C 的摩擦力水平向右,为f′２＝μ２mCg, B 受到地面的摩擦力水平向左,为f１＝μ１(mC＋mB)g, 所以滑块C的加速度为aC＝μ２ mCg mC ＝μ２g＝５m/s ２, 木板B 的加速度为 aB＝μ２ mCg－μ１(mC＋mB)g mB ＝１m/s２, 设经过时间t１,B 和C 共速,有４－５×t１＝１＋１×t１, 代入数据解得t１＝０．５s, 木板B的位移sB１＝(１×０．５＋ １ ２×１×０．５ ２)m＝０．６２５m． 共同的速度v共１＝(１＋１×０．５)m/s＝１．５m/s, 此 后 B 和 C 共 同 减 速,加 速 度 大 小 为 aBC ＝ μ１(mB＋mC)g mB＋mC ＝１m/s２, 设再经过t２ 时间,物块A 恰好滑上木板B,有０．６２５＋ １．５t２－ １ ２×１×t ２ ２( )＝１×(０．５＋t２), 整理得t２２－t２－０．２５＝０, 解得t２＝ １＋ ２ ２ s ,t２＝ １－ ２ ２ s ,(舍去) 此时B 的位移 sB２＝０．６２５＋ １．５t２－ １ ２×１×t ２ ２( )＝１＋ ２２≈１．７０７m, 共同的速度v共２＝v共１－aBC×t２＝１．５－１× １＋ ２ ２ m /s ＝ １－ ２２ æ è ç ö ø ÷ m/s, 综上可知满足条件的s范围为０．６２５m≤s≤１．７０７m． (３)由于s＝０．４８m＜０．６２５m, 所以可知滑块C与木板B 没有共速,对于木板B,根据 运动学公式有０．４８＝１×t０＋ １ ２×１×t ２ ０, 整理后有t２０＋２t０－０．９６＝０, 解得t０１＝０．４s,t０２＝－２．４s(舍去), 滑块C 在 这 段 时 间 的 位 移sC ＝４×０．４－ １ ２ ×５× ０．４２ m＝１．２m, 所以 摩 擦 力 对 C 做 的 功 W ＝ －f２sC ＝ －μ２mCgsC ＝－６J． (４)因为木板B 足够长,最后的状态一定会是C与B 静 止,物块A 向左匀速运动．木板B 向右运动０．４８m 时, 有vB０＝１＋１×０．４m/s＝１．４m/s, vC０＝４－５×０．４m/s＝２m/s, sA＝１×０．４m＝０．４m, 此时A、B 之间的距离为s＝０．４８m－０．４m＝０．０８m． 由于B 与挡板发生碰撞不损失能量,故将原速率反弹． 接着 B 向 左 做 匀 减 速 运 动,可 得 加 速 度 大 小a′B ＝ μ２mCg＋μ１(mB＋mC)g mB ＝４m/s２, 物块A 和木板B 相向运动,设经过t３ 时间恰好相遇, 则有１×t３＋ １．４t３－ １ ２×４×t ２ ３( )＝０．０８, 整理得t２３－１．２t３＋０．０４＝０ 解得t３＝ ３－２ ２ ５ s ,t′３＝ ３＋２ ２ ５ s (舍去) 此时有vB１＝１．４－４× ３－２ ２ ５ m /s＝８ ２－５５ m /s． 方向向左;vC１＝２－５× ３－２ ２ ５ m /s＝(２ ２－１)m/s, 方向向右． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２１ 物理 接着A、B发生弹性碰撞,碰前A的速度为v０＝１m/s,方 向向右,以水平向右为正方向,则有mAv０＋mB(－vB１)＝ mAvA＋mBvB, １ ２mAv ２ ０＋ １ ２mB (－vB１)２＝ １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B, 代入数据解得vA＝－ ３２ ２－２５ １５ m /s≈－２．０２m/s, vB＝ １５－８ ２ １５ m /s≈０．２４６m/s, 而此时vC ＝vC１＝ ２－５×３－２ ２５ æ è ç ö ø ÷ m/s＝(２ ２－１) m/s≈１．８３m/s． 物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度,由于 摩擦力的作用,最后B 和C 静止,A 向左匀速运动,系 统的初动量p初 ＝(mA＋mB)v０＋mCv＝７kg􀅰m/s, 末动量p末 ＝mAvA＝－２．０２kg􀅰m/s,则整个过程动量 的变化量 Δp＝p末 －p初 ＝－９．０２kg􀅰m/s, 即大小为９．０２kg􀅰m/s． 答案:(１)H＝０．８m　(２)０．６２５m≤s≤１．７０７m　 (３)－６J　(４)９．０２kg􀅰m/s １４．解析:(１)滑块a从D 到F,由能量关系mg􀅰２R＝ １ ２mv ２ F－ １ ２mv ２ ０, 在F 点FN－mg＝m v２F R , 解得vF＝１０m/s,FN＝３１．２N． (２)滑块a返回B 点时的速度vB＝１m/s,滑块a一直 在传送带上减速,加速度大小为a＝μg＝５m/s ２, 根据v２B＝v２C－２aL, 可得在C点的速度vC＝３m/s, 则滑块a从碰撞后到到达C点１２mv ２ １＝ １ ２mv ２ C＋mg􀅰２R, 解得v１＝５m/s 因ab碰撞动量守恒,则mvF＝－mv１＋３mv２, 解得碰后b的速度v２＝５m/s, 则碰撞损失的能量 ΔE＝ １２mv ２ F－ １ ２mv ２ １－ １ ２ 􀅰３mv２２ ＝０． (３)若滑块a碰到滑块b 立即被粘住,则a、b碰后的共 同速度为v,则mvF＝４mv,解得v＝２．５m/s, 当弹簧被 压 缩 到 最 短 或 者 伸 长 到 最 长 时 有 共 同 速 度 v′,则４mv＝６mv′,解得v′＝５３ m /s, 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x１, 由能量关系１ ２ 􀅰４mv２＝１２ 􀅰６mv′２＋１２kx ２ １, 解得x１＝０．１m, 同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x２＝x１, 则弹簧最大长度与最小长度之差 Δx＝２x１＝０．２m． 答案:(１)１０m/s;３１．２N;(２)０;(３)０．２m １５．解析:(１)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方 向系统动量守恒,取向左为正,０＝mv１－Mv２, 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２Mv ２ ２, 联立解得v２＝ ２m２gb M２＋Mm , 因水平方向在任何时候都动量守恒即０＝m􀭵v１－M􀭵v２, 两边同时乘t可得mx１＝Mx２, 且由几何关系可知x１＋x２＝a, 联立解得x２＝ m M＋ma． (２)小球向左运动过程中凹槽向右运动,当小球的坐标 为(x,y)时,此时凹槽水平向右运动的位移为 Δx,根据 上式有m(a－x)＝M􀅰Δx, 则小球现在在凹槽所在的椭圆上,根据数学知识可知 此时的椭圆方程为 (x－Δx)２ a２ ＋y ２ b２ ＝１, 整理得 [x(M＋m)－ma]２ M２a２ ＋y ２ b２ ＝１． (３)将Mm ＝ b a－b 代入小球的轨迹方程化简可得[x－(a －b)]２＋y２＝b２, 即此 时 小 球 的 轨 迹 为 以(a －b)为圆心,b为半径的圆, 则当小 球 下 降 的 高 度 为 b ２ 时有如图 此时 可 知 速 度 和 水 平 方 向 的夹 角 为 ６０°,小 球 下 降 b２ 的过程 中,系 统 水 平 方 向 动 量 守 恒 ０＝mv３cos６０° －Mv４, 系统机械能守恒mgb２＝ １ ２mv ２ ３＋ １ ２Mv ２ ４, 联立得v３＝ ４gb２ a＋３b＝２b g a＋３b． 答案:(１)v２＝ ２m２gb M２＋Mm ,x２＝ m M＋ma (２) [x(M＋m)－ma]２ M２a２ ＋y ２ b２ ＝１ (３)２b ga＋３b １６．解析:(１)由于地面光滑,则 m１、m２ 组成的系统动量守 恒,则有m２v０＝(m１＋m２)v１, 代入数据有v１＝１m/s, 对m１ 受力分析有a１＝μ m２g m１ ＝４m/s２． 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v２１＝２a１x１, 代入数据解得x１＝０．１２５m． (２)木板与弹簧接触以后,对 m１、m２ 组成的系统有kx ＝(m１＋m２)a共 , 对m２ 有a２＝μg＝１m/s ２, 当a共 ＝a２ 时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时 的弹簧压缩量x２＝０．２５m, 对m１、m２ 组成的系统列动能定理有－ １ ２kx ２ ２＝ １ ２ (m１ ＋m２)v２２－ １ ２ (m１＋m２)v２１, 代入数据有v２＝ ３ ２ m /s． (３)木板从速度为v２ 时到之后与物块加速度首次相同 时的过程中,由于木板即 m１ 的加速度大于木块 m２ 的 加速度,则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变 量为x２ 时,则说明此时 m１ 的 速 度 大 小 为v２,共 用 时 ２t０,且m２ 一直受滑动摩擦力作用,则对 m２ 有－μm２g 􀅰２t０＝m２v３－m２v２, 解得v３＝ ３ ２－２t０ , 则对于m１、m２ 组成的系统有－Wf＝ １ ２m１v ２ ２＋ １ ２m２v ２ ３ －１２ (m１＋m２)v２２, ΔU＝－Wf, 联立有 ΔU＝４ ３t０－８t２０． 答案:(１)１m/s;０．１２５m　(２)０．２５m;３２ m /s (３)４ ３t０－８t２０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １２１ 详解详析 实验十三　验证动量守恒定律 １．解析:(１)由xＧt图像的斜率表示速度可知两滑块的速度 在t＝１．０s时发生突变,即这个时候发生了碰撞; (２)根据xＧt图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬 间B的速度大小为v＝ ９０－１１０１．０ cm /s＝０．２０m/s; (３)由题图乙知,碰撞前 A的速度大小vA＝０．５０m/s,碰 撞后 A的速度大小约为v′A＝０．３６m/s,由题图丙可知, 碰撞后B的速度大小为v′B＝０．５m/s,A 和 B碰撞过程 动量守恒,则有mAvA＋mBv＝mAv′A＋mBv′B, 代入数据解得 mA mB ≈２, 所以质量为２００􀆰０g的滑块是B． 答案:(１)１􀆰０　(２)０􀆰２０　(３)B ２．解析:(１)为 了 保 证 小 球 碰 撞 为 对 心 正 碰,且 碰 后 不 反 弹,要求ma＞mb; (２)①两球离开斜槽后做平抛运动,由于抛出点的高度 相等,它们做平抛运动的时间t相等,碰撞前a球的速度 大小v０＝ xP t , 碰撞后a球的速度大小va＝ xM t , 碰撞后b球的速度大小vb＝ xN t , 如果碰撞过 程 系 统 动 量 守 恒,则 碰 撞 前 后 系 统 动 量 相 等,则mav０＝mava＋mbvb, 整理得maxP＝maxM＋mbxN , ②小球离开 斜 槽 末 端 后 做 平 抛 运 动,竖 直 方 向 高 度 相 同,故下落时间相同,水平方向匀速直线运动,小球水平 飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比． 答案:(１)＞　(２)maxP＝maxM ＋mbxN 　 小球离开斜槽 末端后做平抛运动,竖直方向高度相同,故下落时间相 同,水平方向匀速直线运动,小球水平飞出时的速度与 平抛运动的水平位移成正比 ３．解析:(１)根据题意可知,甲与乙碰撞后没有反弹,可知 甲的质量大于乙的质量,甲选用的是一元硬币; (２)甲 从 O 点 到P 点,根 据 动 能 定 理 －μm１gs０ ＝０－ １ ２mv ２ ０, 解得碰撞前,甲到O 点时速度的大小v０＝ ２μgs０, (３)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v１＝ ２μgs１,v２＝ ２μgs２, 若动量守恒,则满足m１v０＝m１v１＋m２v２, 整理可得 s０－ s１ s２ ＝ m２ m１ , (４)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后 甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是１, 写出一条产生这种误差可能的原因有: １．测量误差,因 为 无 论 是 再 精 良 的 仪 器 总 是 会 有 误 差 的,不可能做到绝对准确; ２．碰撞过程中,我们认为内力远大于外力,动量守恒,实 际上碰撞过程中,两个硬币组成的系统合外力不为零． 答案:(１)一元　(２) ２μgs０　(３) m２ m１ (４)见解析 作业１０　机械振动　机械波 考点１　简谐运动的表达式及图像 １．D　弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵 波,故 A 错误;同一介质中,波的传播速度相同,则波的 传播速度不变,推、拉弹簧的周期越小,波的周期越小, 由公式λ＝vT 可知,波长越短,故B错误;标记物振动的 速度反映的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢, 机械波的传播速度是波在介质中的传播速度,二者不是 同一个速度,故 C错误;标记物由静止开始振动,说明它 获得了能量,这是因为机械波使得能量传递给标记物, 则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能 量,故 D正确．故选 D． ２．C　根据题意可知,紫外光笔的光点在纸面上沿x 轴方 向做 简 谐 运 动,可 求 解 ω＝２πT ＝２πn＝０．４πrad /s≈ １．２６rad/s,A、B错误;T＝１n ＝５s ,由杆长０．１m 可知 振幅 A＝０．１m,tT ＝２．５ ,则 运 动 路 程s＝２．５×４× ０．１m＝１．０m,C正确,D错误． ３．C　设地球表面的重力加速度为g,某球状天体表面的重 力加速度为g′,弹簧的劲度系数为k,根据简谐运动的对 称性有k􀅰２A＝mg,k􀅰A＝mg′,可得g＝２kAm ,g′＝kAm , 可得g g′＝２ ,设某球体天体的半径为R,在星球表面,有G ρ１􀅰 ４ ３π (nR)３􀅰m (nR)２ ＝mg , G ρ２􀅰 ４ ３πR ３􀅰m R２ ＝mg′,联立可得ρ１ ρ２ ＝２n． ４．BC　AB．当AB 两点在平衡位置的同侧时有１２A＝ Asinφa, ３ ２A＝Asinφb ,可得φa＝ π ６ ;φb＝ π ３ 或者φb＝ ２π ３ , 因此可知第二次经过B 点时φb＝ ２π ３ , ２ ３π－ π ６ ２π T＝t ,解得T＝４t, 此时位移关系为 ３ ２A－ １ ２A＝L ,解得 A＝ ２L ３－１ ,故 A 错误,B正确;CD．当AB 两点在平衡位置两侧时有－１２A ＝Asinφa, ３ ２A＝Asinφb ,解得φa＝－ π ６ 或者φa＝－ ５π ６ (由图中运动方向知应舍去),φb＝ π ３ 或者φb＝ ２π ３ , 当第二次经过B 点时φb＝ ２π ３ ,则 ２ ３π－ － π ６( ) ２π T＝t , 解得T＝１２５t 此时位移关系为 ３ ２A＋ １ ２A＝L , 解得A＝ ２L ３＋１ ,C正确 D错误;故选BC． 考点２　波的传播与图像 １．BD　根据题图可知甲波的波长λ甲 ＝４m, 根据λ甲 ＝vT甲 ,可得T甲 ＝４s,A错误; 设 N 左边在平衡位置的质点与N 质点平衡位置的距离 为x, 根据题图结合１cm＝２sin x λ２ ４ ×λ２ æ è çç ö ø ÷÷ cm, 又６m－２m－２x＝λ乙２ , 可得x＝０．５m,λ乙 ＝６m,B正确; t＝６s时即经过T甲 ＋ T甲 ２ ,结合同侧法可知 M 向y 轴负 方向运动,C错误; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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