专题9 动量守恒定律-【创新教程】2021-2025五年高考真题物理分类特训

第三次,①②之间接入Rx,全电路总电阻为Rx＋R１,通 过干路的电流为Ix＝ E Rx＋R１ , 电流表偏转了量程的１ ３ ,则 １ ３IG Ix－ １ ３IG ＝ R０下 RG＋R０上 , 结合第二次和第三次,解得Rx＝R＋２R１＝４００Ω． 答案:(１)大于　(２)×１０　(３)向上　(４)４００ 实验十四　拓展与创新电路实验 １．解析:(１)利用多用电表粗测待测电压表的内阻．首先应 选择欧姆挡即 C选项:将多用电表选择开关置于欧姆挡 “×１０”位置;接着将红、黑表笔短接即 A 选项;进行欧姆 调零即B选项:调节欧姆调零旋钮,使指针指向零欧姆． 故首先操作顺序为 CAB． 多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知:测量电阻 时电源在多用电表表内,故将多用电表的红、黑表笔分 别与待测电压表的“负极、正极”相连． 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 ２．解析:(１)为了准确测出微安表两 端的电压,可以让微安表与定值电 阻R０ 并联,再与电流表串联,通过 电流表的电流与微安表的电流之 差,可求出流过定值电阻R０ 的电 流,从而求出微安表两端的电压, 进而求出微安表的内电阻,由于电 源电压过大,并且为了测量多组数 据,滑动电阻器采用分压式接法,实验电路原理图如图所示 (２)流过定值电阻 R０ 的 电 流I＝IA －IG ＝９．００mA－ ０．０９mA＝８．９１mA 加在微安表两端的电压U＝IR０＝８．９１×１０－２V 微安表的内电阻Rg＝ U IG ＝８．９１×１０ －２ ９０．０×１０－６ Ω＝９９０Ω． 答案:(１)见解析　(２)９９０ ３．解析:(２)③闭合S２ 后,并联部分的电阻减小,根据闭合 电路欧姆定律,电压表的示数变小． 加在导电绳两端的电压为U,流过导电绳的电流为I２— I１,因此导电绳的电阻Rx＝ U I２－I１ , (３)在闭合S２ 之前,电流表I１ 的示数包括定值电阻的电 流和电压表分得的电流,闭合S２ 之后,加在电压表两端 的电压保持不变,因此流过电压表和定值电阻的总电流 仍为I１,故流过导电绳的电流是I２—I１,与电压表内阻 无关,电压表内阻对测量没有影响． (４)由图(c)可知,导电绳拉伸后的长度为５１．８０cm． 答案:(２)③变小　 UI２－I１ 　(３)无　(４)５１．８０ ４．解析:(１)依原理图可知,还需要af、fd、ce连线; 依题意,所示电压表的示数为１．５０V,考虑到偶然误差 １．５０±０．０２也可; 假定AP 部分的电阻为R′,R′分别与１０Ω与１００Ω并联 再与BP 部分的电阻串联;由于相同的R′与１００Ω 并联 后的电阻较与１０Ω并联后的电阻大,则根据闭合电路的 欧姆定律可知,滑片在相同位置下,负载电阻越大,其两 端电压越大;即在相同横坐标下,此时负载１００Ω 时,电 压表的示数应该较曲线为图４中的“Ⅰ”来得大,故应该 选“Ⅱ”． 由上述分析可知,对于不同的负载电阻,调节滑动触头 时负载两端的电压变化规律不同,当负载电阻小于滑动 变阻器最大阻值时,负载电阻两端电压随滑动触头的变 化而更迅速变化;当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值 时,负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更加平稳变 化,从而获得更多的实验数据．所以,在保证电路安全的 情况下,滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电 阻越小越好,即R０＜R． (２)据题意可知:电流表主要部件是永久磁铁和带有指 针的线圈,G１ 和 G２ 用导线连接起来．当晃动 G１ 时,相 当于 G１ 中的线圈做切割磁感线运动,电路中会产生感 应电流;由于两个电表构成了闭合电路,则电流会通过 G２ 表中的线圈,而该线圈处于磁场中,由于通电导线在 磁场中受力的作用,G２ 的指针也会偏转;则 G１ 表相当 于“发电机”,G２ 表相当于“电动机”,故 AC错误,BD 正 确．故选BD． 答案:(１)①af、fd、ce　②１．５０±０．０２　③Ⅱ　R０＜R　 (２)BD 专题九　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．B　设中子的质量为m,氢核的质量为 m,氮核的质量为 １４m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v３,由动量守恒定 律和能量守恒定律可得mv０＝mv１＋mv３, １ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２mv ２ ３, 联立解得v１＝v０, 设中子和氮核碰撞后中子速度为v４,由动量守恒定律和 能量守恒定律可得mv０＝１４mv２＋mv４, １ ２mv ２ ０＝ １ ２ 􀅰１４mv２２＋ １ ２mv ２ ４, 联立解得v２＝ ２ １５v０ 可得v１＝v０＞v２, 碰撞后氢核的动量为pH＝mv１＝mv０, 氮核的动量为pN＝１４mv２＝ ２８mv０ １５ , 可得pN＞pH, 碰撞后氢核的动能为EkH ＝ １ ２mv ２ １＝ １ ２mv ２ ０, 氮核的动能为EkN ＝ １ ２ 􀅰１４mv２２＝ ２８mv２０ ２２５ , 可得EkH ＞EkN ,故B正确,ACD错误．故选B． ３．AC　A．重力的功率为P＝mgv, 由题图可知在０~t１ 时间内,返回舱的速度随时间减小, 故重力的功率随时间减小,故 A正确; B．根据v－t图像的斜率表示加速度可知在０~t１ 时间 内返回舱的加速度减小,故B错误; C．在t１~t２ 时间内由图像可知返回舱的速度减小,故可 知动量随时间减小．故 C正确; D．在t２~t３ 时间内,由 题 中 图 像 可 知 返 回 舱 的 速 度 不 变,则动能不 变,但 由 于 返 回 舱 高 度 下 降,重 力 势 能 减 小,故机械能减小,故 D错误．故选 AC． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８９１ 最新真题分类特训􀅰物理 ４．D　质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运 动,则有v２＝２ax,而动量为p＝mv 联立可得p＝m ２ax＝m ２a􀅰x １ ２ 动量p关于x 为幂函数,且x＞０,故正确相轨迹图像为 D．故选 D． ５．D　A．圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,小物体 所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向,故 A 错误;B． 圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力 f＝mrω２, 小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 I＝fT＝mrω２×２πω＝２πmrω , 故B错误;C．圆盘停止转动后,小物体沿切线方向运动, 故 C错误;D．圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物 体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 I′＝Δp＝mv＝mrω, 故 D正确．故选 D． ６．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． ７．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． ８．ABD　A．由于在０~t１ 时间内,物体B 静止,则对B 受 力分析有F墙 ＝F弹 则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小,而弹簧 既作用于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 I＝mAv０(方向向右) 则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相 同,A正确;B．由a－t图可知t１ 后弹簧被拉伸,在t２ 时 刻弹簧的拉伸量达到最大,根据牛顿第二定律有 F弹 ＝mAaA＝mBaB,由图可知aB ＞aA,则 mB ＜mA,B正 确;C．由图可得,t１ 时刻B 开始运动,此时A 速度为v０, 之后A、B 动量守恒,A、B 和弹簧整个系统能量守恒,则 mAv０＝mAvA＋mAvB 可得A、B 整体的动能不等于０,即弹簧的弹性势能会转 化为A、B 系统的动能,弹簧的形变量小于x,C错误;D． 由aＧt图可知t１ 后B 脱离墙壁,且弹簧被拉伸,在t１~t２ 时间内A、B 组成的系统动量守恒,且在t２ 时刻弹簧的 拉伸量达到最大,A、B 共速,由a－t图像的面积为 Δv, 在t２ 时刻A、B 的速度分别为vA＝S１－S２,vB＝S３ A、B 共速,则S１－S２＝S３,D正确．故选 A、B、D． ９．解析:(１)设平抛运动的时间为t,鸟蛤落地前瞬间的速 度大小为v．竖直方向分速度大小为vy,根据运动的合成 与分解得 H＝１２gt ２,vy＝gt,v＝ v２０＋v２y 在碰撞过程中,以鸟蛤为研究对象,取速度v的方向为正 方向,由动量定理得－FΔt＝０－mv, 联立,代入数据得F＝５００N; (２)若释放鸟蛤的初速度为v１＝１５m/s,设击中岩石左 端时,释放点的x坐标为x１,击中右端时,释放点的x坐 标为x２,得 x１＝v１t,x２＝x１＋L 联立,代入数据得 x１＝３０m,x２＝３６m 若释放鸟蛤时的初速度为v２＝１７m/s,设击中岩石左端 时,释放点的x 坐标为x１′,击中右端时,释放点的x 坐 标为x２′,得 x１′＝v２t,x２′＝x１′＋L 联立,代入数据得x１′＝３４m,x２′＝４０m 综上得x坐标区间 [３４m,３６m]或(３４m,３６m) 答案:(１)F＝５００N;(２)[３４m,３６m]或(３４m,３６m) 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．B　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦,且撤去推力后 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;以小车、弹簧和滑块组成的系统,根据动 量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动 量守恒,机械能不守恒．故选B． ３．C　本题考查竖直上抛情景中的动量守恒 和 机 械 能 守 恒．xＧt图像的切线斜率表示物体的速度,由题图可知,t ＝０时刻,v甲 ＜v乙 ,A 错误;题图中虚线关于t＝t１ 左右 对称实线两个顶点纵坐标相同,可知发生碰撞前甲、乙 两小球速度 大 小 相 等,发 生 碰 撞 后 两 小 球 速 度 发 生 互 换,乙球动量大小不变,方向相反,甲球速度大小不变, 动能不变,B错误,C正确;实线两个顶点的纵坐标相同, 可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等,D错误． ４．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 ５．解析:(１)设斜面长度为L,背包质量为 m１＝２kg,在斜 面上滑行的加速度为a１,由牛顿第二定律有 m１gsinθ－ μm１gcosθ＝m１a１,解得a１＝２m/s ２, 滑雪者质量为m２＝４８kg,初速度为v０＝１．５m/s,加速 度为a２＝３m/s２,在斜面上滑行时间为t,落后时间t０＝ １s,则 背 包 的 滑 行 时 间 为t＋t０,由 运 动 学 公 式 得 L＝１２a１ (t＋t０)２, L＝v０t＋ １ ２a２t ２, 联立解得t＝２s或t＝－１s(舍去) 故可得L＝９m (２)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v１、v２,有v１ ＝a１(t＋t０)＝６m/s v２＝v０＋a２t＝７．５m/s 滑雪者拎起背包的过程,系统在光滑水平面上外力为零,动 量守恒,设共同速度为v,有m１v１＋m２v２＝(m１＋m２)v． 解得v＝７．４４m/s． 答案:(１)L＝９m　(２)v＝７．４４m/s ６．解析:(１)竖直方向为自由落体运动,由 h＝１２gt ２, 得t＝０􀆰３０s． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９９１ 详解详析 (２)设A、B 碰后速度为v,水平方向为匀速运动,由 s＝vt,得v＝１．０m/s, 根据动量守恒定律,由mv０＝２mv,得v０＝２．０m/s． (３)两物体碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝１２mv ２ ０－ １ ２ 􀅰２mv２, 得 ΔE＝０．１０J． 答案:(１)０􀆰３０s;(２)２．０m/s;(３)０．１０J 考点３　动量守恒中的几类典型模型 １．BC　AB．热气球开始携带物资时处于静止状态,所受合 外力为０,初动量为０,水平投出重力为mg的物资瞬间, 满足动量守恒定律 Mv＝mv０,则热气球和物资的动量等 大反向,热气球获得水平向左的速度v,热气球所受合外 力恒为mg,竖直向上,所以热气球做匀加速曲线运动,A 错误,B正确;CD．热气球和物资的运动示意图如图所示 热气球和物资所受合力大小均为 mg,所以热气球在竖 直方向上加速度大小为a＝mMg 物资落地 H 过程所用的时间t内,根据 H＝１２gt ２ 解得 落地时间为 t＝ ２Hg , 热气 球 在 竖 直 方 向 上 运 动 的 位 移 为 HM ＝ １ ２at ２ ＝ １ ２ 􀅰m Mg 􀅰２H g ＝ m MH , 热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动,水平位移 为xm＝v０t＝v０ ２H g xM＝vt＝ m M v０ 􀅰 ２H g 根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为 d＝ (xm＋xM)２＋(H＋HM)２＝(１＋ m M )２Hv ２ ０ g ＋H ２, C正确,D错误．故选B、C． ２．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 ３．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 ４．解析:(１)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于 滑块和滑杆的重力,即 N１＝(m＋M)g＝８N 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为１N,根据 牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为１N,方向 竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为 N２＝Mg－f′＝５N (２)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 －mgl－fl＝１２mv ２－１２mv ２ ０ 代入数据解得v＝８m/s． (３)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者 共速,碰撞过程根据动量守恒有mv＝(m＋M)v１ 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动,根 据动能定理有－(m＋M)gh＝０－１２ (m＋M)v２１ 代入数据联立解得h＝０．２m． 答案:(１)N１＝８N,N２＝５N;(２)v＝８m/s;(３)h＝０．２m ５．解析:(１)甲、乙 滑 动 时 的 加 速 度 大 小 均 为a＝μg＝ １m/s２,甲与乙碰前的速度v１,则v２１＝v２０－２as１解得v１ ＝０．３m/s,甲、乙碰撞时由动量守恒定律 mv１＝mv２＋ mv３解得碰后乙的速度v３＝０．２m/s,然后乙做减速运 动,当速度减为零时,则 x＝v ２ ３ ２a＝ ０．２２ ２×１m＝０．０２m＝s２ 可知乙恰好能滑到边框a; (２)甲与乙碰前运动的时间t１＝ v０－v１ a ＝ ０．４－０．３ １ s＝ ０．１s,碰后甲运动的时间t２＝ v２ a＝ ０．１ １ s＝０．１s ,则甲运 动的总时间为t＝t１＋t２＝０．２s． 答案:(１)能　计算过程见解析　(２)０．２s ６．解析:(１)物块 A 从光滑轨道滑至O 点,根据动能定理 mg􀅰２μL－μmgL＝ １ ２mv ２,解得v＝ ２μgL (２)物块A 从O 点飞出后做平抛运动,设飞出的初速度 为v０,落在弧形轨道上的坐标为(x,y),将平抛运动分别 分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ００２ 最新真题分类特训􀅰物理 体运动,有x＝v０t,y＝ １ ２gt ２ 解得水平初速度为v２０＝g x２ ２y 物块A 从O 点到落点,根据动能定理可知 mgy＝Ek－ １ ２mv ２ ０ 解得落点处动能为 Ek＝mgy＋ １ ２mv ２ ０＝mgy＋ mgx２ ４y 因为物块A 从O 点到弧形轨道上动能均相同,将落点 P(２μL,μL)的坐标代入,可得 Ek＝mgy＋ mgx２ ４y ＝mg×μL＋ mg(２μL) ２ ４×μL ＝２μmgL 化简可得y＋x ２ ４y＝２μL ,x２＋４y２－８μLy＝０, 即x＝２ ２μLy－y ２(其中,μL≤y≤２μL) 所以０≤x≤２μL (３)物块A 在倾斜轨道上从距x 轴高h 处静止滑下,到 达O 点与B 物块碰前,根据动能定理可知 mgh－μmgL＝ １ ２mv ２ １ 解得v２１＝２gh－２μgL 物块A 与B 发生弹性碰撞,使 A 和B 均能落在弧形轨 道上,且A 落在B 落点的右侧,则A 与B 碰撞后需要反 弹后再经过水平轨道－倾斜轨道－水平轨道再次到达O 点．规定水平向右为正方向,在物块A 与B 碰撞过程中, 动量守恒,能量守恒．则mv１＝－mv２＋λmv３ １ ２mv ２ １＝ １ ２mv ２ ２＋ １ ２ 􀅰λmv２３ 解得v２＝ λ－１ λ＋１v１ ,v３＝ ２ λ＋１v１ 设碰后A 物块反弹,再次到达O 点时速度为v４,根据动 能定理可知－２μmgL＝ １ ２mv ２ ４－ １ ２mv ２ ２ 解得v２４＝v２２－４μgL 物块从O 飞出后做平抛运动,设初速度为v′,分解位移x ＝v′t,y＝１２gt ２ 可得平抛的轨迹方程为x２＝２v′ ２ gy 与PQ 的 曲 线 方 程x＝２ ２μLy－y ２ (其 中,μL≤y≤ ２μL)结合求得物块在弧形轨道上的落点纵坐标与初速 度v′的关系为y＝２μL－ v′２ ２g (其中,μL≤y≤２μL) 把物块A、B 从O 飞出的速度代入,物体A、B 落在弧形 轨道上的落点纵坐标分别为yA＝４μL－ v２１ ２g 􀅰(λ－１ λ＋１ )２, yB＝２μL－ v２１ ２g 􀅰 ４ (λ＋１)２ 因为物块A 落在B 落点的右侧, 则２μL≥yB≥yA≥μL 代入v２１＝２gh－２μgL可得,h的取值范围为 ３λ－１ λ－３ 􀅰μL≤h≤ λ２＋λ＋１ (λ－１)２ 􀅰４μL 答案:(１) ２μgL　(２)x ２＋４y２－８μLy＝０(０≤x≤２μL) (３)３λ－１λ－３ 􀅰μL≤h≤ λ２＋λ＋１ (λ－１)２ 􀅰４μL ７．解析:(１)P 与Q 的第一次碰撞,取P 的初速度方向为正 方向,由动量守恒定律得 mv０＝mvP１＋４mvQ１ ① 由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ ０＝ １ ２mvP１ ２＋１２ 􀅰４mvQ１２ ② 联立①②式得 vP１＝－ ３ ５v０ ③ vQ１＝ ２ ５v０ ④ 故第一次碰撞后P 的速度大小为 ３５v０ ,Q 的速度大小为 ２ ５v０ (２)设P、Q 第一次碰撞后Q 上升的高度为h１,对Q 由运 动学公式得 ０－vQ１２＝２􀅰(－２gsinθ)􀅰 h１ sinθ ⑤ 联立①②⑤式得 h１＝ v２０ ２５g ⑥ 设P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度 为v０２,第一次碰后至第二次碰前,对P 由动能定理得 １ ２mv ２ ０２－ １ ２mvp１ ２＝－mgh１ ⑦ 联立①②⑤⑦式得 v０２＝ ７ ５v０ ⑧ P 与Q 的第二次碰撞,设碰后P 与Q 的速度分别为vP２、 vQ２,由动量守恒定律得 mv０２＝mvP２＋４mvQ２ ⑨ 由机械能守恒定律得 １ ２mv ２ ０２＝ １ ２mvP２ ２＋１２ 􀅰４mv２Q２ ⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得 vP２＝－ ３ ５× ７ ５v０ 􀃊􀁉􀁓 vQ２＝ ２ ５× ７ ５v０ 􀃊􀁉􀁔 设第二次碰 撞 后 Q 上 升 的 高 度 为h２,对 Q 由 运 动 学 公式得 ０－vQ２２＝２􀅰(－２gsinθ)􀅰 h２ sinθ 􀃊􀁉􀁕 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕式得 h２＝ ７ ２５ 􀅰v ２ ０ ２５g 􀃊􀁉􀁖 设P 运动至与Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度 为v０３,第二次碰后至第三次碰前,对P 由动能定理得 １ ２mv０３ ２－１２mvP２ ２＝－mgh２ 􀃊􀁉􀁗 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗式得 v０３＝ ７５ æ è ç ö ø ÷ ２ v０ 􀃊􀁉􀁘 P 与Q 的第三次碰撞,设碰后P 与Q 的速度分别为vP３、 vQ３,由动量守恒定律得 mv０３＝mvP３＋４mvQ３ 􀃊􀁉􀁙 由机械能守恒定律得 １ ２mv０３ ２＝１２mvP３ ２＋１２ 􀅰４mvQ３２ 􀃊􀁉􀁚 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁙􀃊􀁉􀁚式得 vp３＝－ ３ ５× ７ ５ æ è ç ö ø ÷ ２ v０ 􀃊􀁉􀁛 vQ３＝ ２ ５× ７ ５ æ è ç ö ø ÷ ２ v０ 􀃊􀁊􀁒 设第三次碰撞后Q 上升的高度为h３,由运动学公式得 ０－v２Q３＝２􀅰(－２gsinθ)􀅰 h３ sinθ 􀃊􀁊􀁓 联立①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁙􀃊􀁉􀁚􀃊􀁊􀁓式得 h３＝ ７ ２５( ) ２ 􀅰v ２ ０ ２５g 􀃊􀁊􀁔 􀆺􀆺 总结可知,第n次碰撞后,物块Q 上升的高度为 hn＝ ７ ２５( ) n－１ 􀅰v ２ ０ ２５g　　　 (n＝１,２,３􀆺􀆺) 􀃊􀁊􀁕 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １０２ 详解详析 (３)当P、Q 达到 H 时,两物块到此处的速度可视为零, 对两物块运动全过程由动能定理得 ０－１２mv ２ ０＝－(m＋４m)gH－tanθ􀅰４mgcosθ􀅰 H sinθ􀃊􀁊􀁖 解得 H＝v ２ ０ １８g 􀃊􀁊􀁗 (４)设Q 第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t１,由 运动学公式得 vQ１＝２gt１sinθ 􀃊􀁊􀁘 设P 运动到斜面底端时的速度为vP１′,需要的时间为t２, 由运动学公式得 vP１′＝vP１＋gt２sinθ 􀃊􀁊􀁙 vP１′２－vP１２＝２sgsinθ 􀃊􀁊􀁚 设P 从A 点到Q 第一次碰后速度减为零处匀减速运动 的时间为t３ v０２＝(－vP１)－gt３sinθ 􀃊􀁊􀁛 当A 点与挡板之间的距离最小时 t１＝２t２＋t３ 􀃊􀁋􀁒 联立􀃊􀁊􀁘􀃊􀁊􀁙􀃊􀁊􀁚􀃊􀁊􀁛􀃊􀁋􀁒式,代入数据得 s＝ (８ ７－１３)v２０ ２００gsinθ 􀃊􀁋􀁓 答案:(１)３５v０　 ２ ５v０ (２)hn＝ ７ ２５( ) n－１ 􀅰v ２ ０ ２５g (n＝１,２,３􀆺􀆺) (３)H＝v ２ ０ １８g (４)s＝ (８ ７－１３)v２０ ２００gsinθ 考点４　爆炸与反冲 １．C　本题考查动量定理．设１分钟内射出的子弹数量为 n,则对这n颗子弹由动量定理得 Ft＝nmv０．代入数据解得n＝１２０．故选 C． ２．AB　A．增加单位时间的燃气喷射量,即增加单位时间 喷射气体的质量,根据 FΔt＝Δmv, 可知可以增大火箭的推力,故 A正确; B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时,根据 FΔt＝Δmv 可知可以增大火箭的推力,故B正确; C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时,此时 火箭有速度,所以相对于火箭的速度不为零,火箭仍然 受推力作用,仍然要加速,故 C错误; D．燃气被喷出的瞬间,燃气对火箭的反作用力作用在火 箭上,使火箭获得推力,故 D错误．故选 A、B． 考点５　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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２０２ 最新真题分类特训􀅰物理 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, 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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３０２ 详解详析 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, 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４０２ 最新真题分类特训􀅰物理 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 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５０２ 详解详析 (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． 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６０２ 最新真题分类特训􀅰物理 (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 １７．解析:(１)当弹簧被压缩最短时,弹簧弹性势能最大,此 时A、B 速度相等,即t＝t０ 时刻,根据动量守恒定律 mB􀅰１．２v０＝(mB＋m)v０ 根据能量守恒定律Epmax＝ １ ２mB (１．２v０)２－ １ ２ (mB＋m)v２０ 联立解得mB＝５m,Epmax＝０．６mv２０． (２)同一时刻弹簧对A、B 的弹力大小相等,根据牛顿第 二定律F＝ma,可知同一时刻aA＝５aB 则同一时刻A、B 的瞬时速度分别为vA＝aAt, vB＝１．２v０－ aAt ５ 根据位移等 于 速 度 在 时 间 上 的 累 积 可 得sA ＝vAt(累 积),sB＝vBt(累积) 又sA＝０．３６v０t０ 解得sB＝１．１２８v０t０ 第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA ＝０．７６８v０t０． (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２v０,方向水 平向右,设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为v′A, 设向左为正方向,根据动量守恒定律可得 mv′A－５m􀅰０．８v０＝m􀅰(－２v０)＋５mv′B． 根据能量守恒定律可得 １ ２mv′ ２ A ＋ １ ２ 􀅰５m􀅰(０．８v０)２ ＝１２m 􀅰(－２v０)２＋ １ ２ 􀅰５mv′２B, 联立解得v′A＝v０． 设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程,根据动能定理 可得－mgLsinθ－μmgLcosθ＝０－ １ ２m (２v０)２ 下滑过程,根据动能定理可得 mgLsinθ－μmgLcosθ＝ １ ２mv ２ ０－０,联立解得μ＝０．４５． 答案:(１)０．６mv２０　(２)０．７６８v０t０　(３)０．４５ １８．解析:(１)滑块b摆到最低点过程中,由机械能守恒定律 mgh＝１２mv ２ b,解得vb＝５m/s, b与a 发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒 定律可得mvb＝mv′b＋mv０, １ ２mv ２ b＝ １ ２mv′ ２ b＋ １ ２mv ２ ０, 联立解得,v０＝５m/s,v′b＝０． (２)由(１)分析可知,物块b与物块a 在A 发生弹性正 碰,速度交换,设物块a刚好可以到达E 点,高度为h１, 根据动能定理可得mgh１－２μmgl－mgH＝０, 解得h１＝１．２m 以竖直向下为正方向FN＋mg＝m v２E R , 由动能定理mgh－２μmgl－mgH＝ １ ２mv ２ E, 联立可得FN＝０．１h－０．１４(h≥１．２m)． (３)当１．２m≤h＜１．６５m 时,物块位置在E 点或E 点 右侧,根据动能定理得mgh－２μmgl－mgH＝ １ ２mv ２ E, 从E 点飞出后,竖直方向 H＝１２gt ２, 水平方向s＝vEt, 根据几何关系可得DF＝ ３５m , 联立解得x＝３l＋DF＋s１, 代入数据解得 ３＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m≤x＜ ３．６＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m, 当０．９m＜h＜１．２m 时,从h２＝０．９m 释放时,根据动 能定理可得mgh－μmgs２＝０, 解得s２＝１．８m, 可知物块达到距离C 点０．８m 处静止,滑块a由E 点 速度为零,返回到CD 时,根 据 动 能 定 理 可 得 mgH－ μmgs３＝０,,解得s３＝０．４m, 距离C点０．６m,综上可知当０．９m＜h＜１．２m 时３l－ s３≤x≤３l, 代入数据得２．６m≤x≤３m． 答案:(１)５m/s　(２)FN＝０．１h－０．１４(h≥１．２m)　 (３)当０．９m＜h＜１．２m时,２．６m≤x≤３m,当１．２m ≤h＜１．６５m时,３＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m≤x＜ ３．６＋ ３５ æ è ç ö ø ÷m 实验十五　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 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７０２ 详解详析 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 ４．解析:(２)应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块, 碰后运动方向相反,故选０．３０４kg的滑块作为A． (６)由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得k２＝ v１ v２ ＝ t２ t１ ＝０．２１０．６７＝０．３１ (７) v１ v２ 平 均 值 为k＝０．３１＋０．３１＋０．３３＋０．３３＋０．３３５ ＝ ０．３２ (８)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得 m１v０ ＝－m１v１＋m２v２, １ ２m１v ２ ０＝ １ ２m１v ２ １＋ １ ２m２v ２ ２ 联立解得 v１ v２ ＝ m２－m１ ２m１ 代入数据可得 v１ v２ ＝０．３４． 答案:(２)０．３０４　(６)０．３１　(７)０．３２　(８) m２－m１ ２m１ 　 ０．３４ ５．解析:(１)游标卡尺的读数为１０mm＋４×０．０５mm＝ １０．２０mm; (２)滑块保持稳定,说明气垫导轨水平; (３)根据表格中数据描点并用直线连接 (４)根据动量定理FΔt＝MΔv变形得 mgΔt＝(M＋m)Δv, 则 Δv－Δt图线斜率的理论值 k＝ mgM＋mm /s２＝１．９６m/s２． (５)根据动量定理FΔt＝MΔv变形得 Δv Δt＝ F M A．槽码质量偏小,而实际的槽码质量偏大,则合外力F 偏大,所以图线斜率的实验值偏大,A错误; B．细线与气垫导轨不平行,滑块实际所受合外力为F 的 水平分力,所以图线斜率的实验值偏小,B正确; C．滑块释放的位置与斜率相关的参量无关,C错误; D．Δt偏大,则ΔvΔt 偏小,图线斜率偏小,D正确．故选BD． 答案:(１)１０􀆰２０ (２)将气垫导轨调至水平 (３) (４)１􀆰９６　(５)BD 专题十　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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８０２ 最新真题分类特训􀅰物理 　　　　　　 专题九　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 ２．(２０２２􀅰湖南卷,４,４分)１９３２年,查德威克用 未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与 质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如 图,中子以速度v０ 分别碰撞静止的氢核和氮 核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v１ 和v２． 设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应．下列 说法正确的是 (　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v２ 大于v１ D．v２ 大于v０ ３．(２０２２􀅰湖南卷,７,５ 分)(多选)神舟十三 号返回舱进入大气层 一段时间后,逐一打 开引导伞、减速伞、主 伞,最后启动反冲装 置,实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开 后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向 的直线运动,其v－t图像如图所示．设该过程 中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法 正确的是 (　　) A．在０~t１ 时间内,返回舱重力的功率随时间 减小 B．在０~t１ 时间内,返回舱的加速度不变 C．在t１~t２ 时间内,返回舱的动量随时间 减小 D．在t２~t３ 时间内,返回舱的机械能不变 ４．(２０２１􀅰湖南卷,２,４分)物体的运动状态可用位 置x和动量p描述,称为相,对应p－x图像中的 一个点．物体运动状态的变化可用p－x图像中 的一条曲线来描述,称为相轨迹．假如一质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对 应的相轨迹可能是 (　　) ５．(２０２１􀅰北京卷,１０,３分)如图 所示,圆盘在水平面内以角速度 ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距 轴r处的P点有一质量为m 的 小物体随圆盘一起转动．某时刻圆盘突然停止转 动,小物体由P点滑至圆盘上的某点停止．下列 说法正确的是 (　　) A．圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方 向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦 力的冲量大小为２mωr C．圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向 运动 D．圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所 受摩擦力的冲量大小为mωr ◆动量定理 ６．(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 ７．(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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０７ 最新真题分类特训􀅰物理 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 ８．(２０２１􀅰湖南卷,８,５分)(多选)如图(a),质量 分别为mA、mB 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 在光滑水平面上(B 靠墙面),此时弹簧形变量 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,S１ 表示０到t１ 时 间内A 的a－t图线与坐标轴所围图形的面积 大小,S２、S３ 分别表示t１ 到t２ 时间内A、B 的 a－t图线与坐标轴所围图形的面积大小．A 在 t１ 时刻的速度为v０．下列说法正确的是 (　　) A．０到t１ 时间内,墙对B 的冲量等于mAv０ B．mA＞mB C．B 运动后,弹簧的最大形变量等于x D．S１－S２＝S３ ９．(２０２１􀅰 山东卷,１６,９ 分)海鸥捕到外壳坚硬 的鸟蛤(贝类动物)后, 有时会飞到空中将它丢 下,利用地面的冲击打 碎硬壳．一只海鸥叼着质量 m＝０．１kg的鸟 蛤,在 H＝２０m 的高度、以v０＝１５m/s的水 平速度飞行时,松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面 上．取 重 力 加 速 度 g＝１０ m/s２,忽 略 空 气 阻力． (１)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝０．００５s,弹 起速度可忽略,求碰撞过程中鸟蛤受到的平均 作用力的大小F;(碰撞过程中不计重力) (２)在海鸥飞行方向正下方的地面上,有一与 地面平齐、长度L＝６m 的岩石,以岩石左端 为坐标原点,建立如图所示坐标系．若海鸥水 平飞行的高度仍为２０m,速度大小在１５m/s ~１７m/s之间,为保证鸟蛤一定能落到岩石 上,求释放鸟蛤位置的x坐标范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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．(２０２１􀅰全国乙卷,１４,６分)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间有摩擦．用力 向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车 厢底板上有相对滑动．在以地面为参考系(可视 为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑 块组成的系统 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７ 专题九　动量守恒定律 A．动量守恒,机械能守恒 B．动量守恒,机械能不守恒 C．动量不守恒,机械能守恒 D．动量不守恒,机械能不守恒 ３．(２０２１􀅰重庆卷,７,４ 分)质量相同的甲、乙 两小球(视为质点)以 不同的初速度竖直上 抛,某时刻两球发生正 碰．图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随 时间变化的曲线,其中虚线关于t＝t１ 左右对称, 实线两个顶点的纵坐标相同．若小球运动中除碰 撞外仅受重力,则 (　　) A．t＝０时刻,甲的速度大于乙的速率 B．碰撞前后瞬间,乙的动量不变 C．碰撞前后瞬间,甲的动能不变 D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能 ４．(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． ５．(２０２１􀅰河北卷,１３,１１分)如图,一滑雪道由 AB 和BC 两段滑道组成,其中AB 段倾角为 θ,BC段水平,AB 段和BC 段由一小段光滑圆 弧连接．一个质量为２kg的背包在滑道顶端 A 处由静止滑下,若１s后质量为４８kg的滑 雪者从顶端以１．５m/s的初速度、３m/s２ 的加 速度匀加速追赶,恰好在坡底光滑圆弧的水平 处追上背包并立即将其拎起．背包与滑道间的动 摩擦因数为μ＝ １ １２ ,重力加速度取g＝１０m/s２, sinθ＝７２５ ,cosθ＝２４２５ ,忽略空气阻力及拎包过 程中滑雪者与背包的重心变化．求: (１)滑道AB 段的长度; (２)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度． ６．(２０２１􀅰 北京卷,１７,９ 分)如 图 所 示,小 物 块 A、B 的质量均为 m ＝ ０􀆰１０kg,B 静止在轨道 水平段的末端．A 以水 平速度v０ 与B 碰撞,碰后两物块粘在一起水平 抛出．抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝ ０􀆰４５m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离 为s＝０􀆰３０m,取重力加速度g＝１０m/s２．求: (１)两物块在空中运动的时间t; (２)两物块碰前A 的速度v０ 的大小; (３)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７ 最新真题分类特训􀅰物理 考点３　动量守恒中的几类典型模型 ◆人船模型 １．(２０２１􀅰山东卷,１１,４分) (多选)如图所示,载有物资 的热气球静止于距水平地面 H 的高处,现将质量为m 的 物资以相对地面的速度v０ 水平投出,落地时物资与热 气球的距离为d．已知投出 物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变,重 力加速度为g,不计阻力,以下判断正确的是 (　　) A．投出物资后热气球做匀加速直线运动 B．投出物资后热气球所受合力大小为mg C．d＝ １＋mM æ è ç ö ø ÷ ２Hv２０ g ＋H ２ D．d＝ ２Hv２０ g ＋ １＋ m M æ è ç ö ø ÷ ２ H２ ◆碰撞模型 ２．(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． ３．(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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７ 专题九　动量守恒定律 ４．(２０２２􀅰广东卷,１３,１１分)某 同学受自动雨伞开伞过程的 启发,设计了如图所示的物理 模型．竖直放置在水平桌面上 的滑杆上套有一个滑块,初始 时它们处于静止状态,当滑块 从A 处以初速度v０ 为１０m/s 向上滑动时,受到滑杆的摩擦 力f为１N．滑块滑到B 处与滑杆发生完全非 弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运 动．已知滑块的质量m＝０．２kg,滑杆的质量 M＝０．６kg,A、B 间的距离l＝１．２m,重力加 速度g取１０m/s２,不计空气阻力．求: (１)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面 对滑杆支持力的大小N１ 和N２; (２)滑块碰撞前瞬间的速度大小v; (３)滑杆向上运动的最大高度h． ５．(２０２１􀅰广东卷,１３,１１分)算盘是我国古老的 计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固 定导杆上滑动,使用前算珠需要归零．如图所 示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在 归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s１＝３．５× １０－２m,乙与边框a相隔s２＝２．０×１０－２m,算 珠与导杆间的动摩擦因数为μ＝０．１．现用手 指将甲以０．４m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后 甲的速度大小为０．１m/s,方向不变,碰撞时 间极短且不计,重力加速度g取１０m/s２． (１)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a; (２)求甲算珠从拨出到停下所需的时间． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４７ 最新真题分类特训􀅰物理 ６．(２０２１􀅰湖南卷,１４, １５分)如 图,竖 直 平 面内一足够长的光滑 倾斜轨道与一长为L 的水平轨道通过一小 段光 滑 圆 弧 平 滑 连 接,水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ．质量 为m 的小物块A 与水平轨道间的动摩擦因数 为μ．以水平轨道末端O 点为坐标原点建立平 面直角坐标系xOy,x轴的正方向水平向右,y 轴的正方向竖直向下,弧形轨道P 端坐标为 (２μL,μL),Q 端在y 轴上．重力加速度为g． (１)若A 从倾斜轨道上距x 轴高度为２μL 的 位置由静止开始下滑,求A 经过O 点时的速 度大小; (２)若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始 下滑,经过O点落在弧形轨道PQ 上的动能均 相同,求PQ 的曲线方程; (３)将质量为λm(λ为常数且λ≥５)的小物块 B 置于O 点,A 沿倾斜轨道由静止开始下滑, 与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短),要使 A 和B 均能落在弧形轨道上,且A 落在B 落点 的右侧,求A 下滑的初始位置距x 轴高度的 取值范围． ◆子弹—木块模型 ７．(２０２０􀅰山东卷,１８, １６分)如 图 所 示,一 倾角为θ的固定斜面 的底端安装一弹性挡 板,P、Q 两物块的质量分别为m 和４m,Q 静 止于斜面上A 处．某时刻,P 以沿斜面向上的 速度v０ 与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动 摩擦因数等于tanθ,设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力．P 与斜面间无摩擦,与挡板之间的 碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点,斜 面足够长,Q 的速度减为零之前P 不会与之发 生碰撞．重力加速度大小为g． (１)求P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度 大小vP１、vQ１; (２)求第n次碰撞使物块Q 上升的高度hn; (３)求物块Q 从A 点上升的总高度H; (４)为保证在Q 的速度减为零之前P 不会与 之发生碰撞,求 A 点与挡板之间的最小距 离s． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５７ 专题九　动量守恒定律 考点４　爆炸与反冲 １．(２０２１􀅰湖北卷,３,４分)抗日战争时期,我军 缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子 弹弹头质量约８g,出膛速度大小约７５０m/s． 某战士在使用该机枪连续射击１分钟的过程 中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约１２N, 则机枪在这１分钟内射出子弹的数量约为 (　　) A．４０ B．８０ C．１２０ D．１６０ ２．(２０２１􀅰天津卷,７,５分)(多选)一冲九霄,问 鼎苍穹．２０２１年４月２９日,长征五号B遥二运 载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空,标志 着我国空间站建造进入全面实施阶段．下列关 于火箭的描述正确的是 (　　) A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭 的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大 火箭的推力 C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为 零时火箭就不再加速 D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气 与发射台之间的相互作用 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点５　动量和能量的综合应用 １．(２０２５􀅰 福建卷,８) (多选)如图,水平传 送带顺时针转动,速度大小恒为１m/s,物块 A、B由一根轻弹簧相连,A 的质量为１kg,B 的质量为２kg,A 与传送带间的动摩擦因数 为０􀆰５,B与传送带间的动摩擦因数为０．２５．t ＝０时,A 的速度为v０＝２m/s,方向水平向 右,B的速度为零,弹簧处于原长状态．t＝t０ 时,A与传送带第一次共速,此时弹簧弹性势 能Ep＝０．７５J,传送带足够长,A可留下痕迹,重 力加速度g取１０m/s２,弹簧始终处于弹性限度 内．则 (　　) A．在t＝ t０ ２ 时,B的加速度大小大于 A的加速 度大小 B．t＝t０ 时,B的速度为０􀆰５m/s C．t＝t０ 时,弹簧的压缩量为０􀆰２m D．０~t０ 过程中,传送带上的痕迹小于０􀆰０５m ２．(２０２５􀅰湖南卷,１０)(多选)如图,某爆炸能量 测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在 滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测 量需求进行调整．滑轨安装在高度为h的水平 面上．测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端 用物块 A和B封装,装载台与滑轨等高．引爆 后,假设弹药释放的能量完全转化为 A 和 B 的动能．极短时间内 B嵌入 C中形成组合体 D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ．D在滑轨上 运动s１ 距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为 s２,根据s２ 可计算出弹药释放的能量．某次测量 中,A、B、C质量分别为３m、m、５m,s１＝ h μ ,整个过 程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力 加速度大小为g．则 (　　 ) A．D的初动能与爆炸后瞬间 A的动能相等 B．D的初动能与其落地时的动能相等 C．弹药释放的能量为３６mgh１＋ s２２ ４h２ æ è ç ö ø ÷ D．弹药释放的能量为４８mgh１＋ s２２ ４h２ æ è ç ö ø ÷ ３．(２０２４􀅰江苏卷,９)在水 平面上有一个 U形滑板 A,A的上表面有一个静 止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板 A的左 侧,右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧,开始 时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳 后,则 (　　) 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 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６７ 最新真题分类特训􀅰物理 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 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７７ 专题九　动量守恒定律 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８７ 最新真题分类特训􀅰物理 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９７ 专题九　动量守恒定律 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０８ 最新真题分类特训􀅰物理 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １８ 专题九　动量守恒定律 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)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２８ 最新真题分类特训􀅰物理 １７．(２０２２􀅰全国乙卷,２５,２０分)如图(a),一质 量为m 的物块A 与轻质弹簧连接,静止在光 滑水平面上:物块B 向A 运动,t＝０时与弹 簧接触,到t＝２t０ 时与弹簧分离,第一次碰撞 结束,A、B 的v－t图像如图(b)所示．已知从 t＝０到t＝t０ 时间内,物块A 运动的距离为 ０．３６v０t０．A、B 分离后,A 滑上粗糙斜面,然 后滑下,与一直在水平面上运动的B 再次碰 撞,之后A 再次滑上斜面,达到的最高点与 前一次相同．斜面倾角为θ(sinθ＝０．６),与水 平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹 性限度内．求 (１)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最 大值; (２)第 一 次 碰 撞 过 程 中,弹 簧 压 缩 量 的 最 大值; (３)物块A 与斜面间的动摩擦因数． １８．(２０２２􀅰浙江６月,２０,１２分)如图所示,在竖 直面内,一质量m 的物块a 静置于悬点O 正 下方的A 点,以速度v逆时针转动的传送带 MN 与直轨道AB、CD、FG 处于同一水平面 上,AB、MN、CD 的长度均为l．圆弧形细管 道DE 半径为R,EF 在竖直直径上,E 点高 度为H．开始时,与物块a相同的物块b悬挂 于O 点,并向左拉开一定的高度h由静止下 摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发 生弹 性 正 碰．已 知 m＝２g,l＝１ m,R＝ ０．４m,H＝０．２m,v＝２m/s,物块与 MN、 CD之间的动摩擦因数μ＝０．５,轨道AB和管道 DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止． 忽略M、B和N、C之间的空隙,CD与DE平滑 连接,物块可视为质点,取g＝１０m/s２． (１)若h＝１．２５m,求a、b碰撞后瞬时物块a 的速度v０ 的大小; (２)物块a在DE 最高点时,求管道对物块的 作用力FN 与h间满足的关系; (３)若物块b释放高度０．９m＜h＜１．６５m,求物 块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐 标原点,水平向右为正,建立x轴)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３８ 专题九　动量守恒定律 实验十五　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; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４８ 最新真题分类特训􀅰物理 (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　　　　　　　　　　　　． ４．(２０２２􀅰全国甲卷,２３,１０分)利用图示的实验 装置对碰撞过程进行研究．让质量为m１ 的滑块 A与质量为m２ 的静止滑块B在水平气垫导轨上 发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的 速度大小v１ 和v２,进而分析碰撞过程是否为弹 性碰撞．完成下列填空: (１)调节导轨水平． (２)测得两滑块的质量分别为０．５１０kg和 ０．３０４kg．要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选 取质量为　　　　kg的滑块作为A． (３)调节B 的位置,使得A 与B 接触时,A 的 左端到左边挡板的距离s１ 与B 的右端到右边 挡板的距离s２ 相等． (４)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与 B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开 始到各自撞到挡板所用的时间t１ 和t２． (５)将B 放回到碰撞前的位置,改变A 的初速 度大小,重复步骤(４)．多次测量的结果如下表 所示． １ ２ ３ ４ ５ t１/s ０􀆰４９ ０􀆰６７ １􀆰０１ １􀆰２２ １􀆰３９ t２/s ０􀆰１５ ０􀆰２１ ０􀆰３３ ０􀆰４０ ０􀆰４６ k＝ v１ v２ ０􀆰３１ k２ ０􀆰３３ ０􀆰３３ ０􀆰３３ (６)表中的k２＝　　　(保留２位有效数字)． (７) v１ v２ 的平均值为　　(保留２位有效数字)． (８)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否 为弹性碰撞可由 v１ v２ 判断．若两滑块的碰撞为弹 性碰撞,则v１ v２ 的理论表达式为　　　(用m１ 和 m２ 表示),本实验中其值为　　　(保留２位有 效数字),若该值与(７)中结果间的差别在允许 范围内,则可认为滑块A 与滑块B 在导轨上 的碰撞为弹性碰撞． ５．(２０２１􀅰江苏卷,１１,１５分)小明利用如图１所 示的实验装置验证动量定理．将遮光条安装在 滑块上,用天平测出遮光条和滑块的总质量M ＝２００．０g,槽码和挂钩的总质量m＝５０．０g．实验 时,将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线 上．滑块由静止释放,数字计时器记录下遮光条 通过光电门１和２的遮光时间Δt１ 和Δt２,以及 这两次开始遮光的时间间隔Δt,用游标卡尺测出 遮光条宽度,计算出滑块经过两光电门速度的变 化量Δv． (１)游标卡尺测量遮光条宽度如图２所示,其 宽度d＝　　　　　mm; (２)打开气泵,带气流稳定后调节气垫导轨,直 至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止, 其目的是　　　　　; (３)多次改变光电门２的位置进行测量,得到Δt 和Δv的数据如下表,请根据表中数据,在方格纸 上作出Δv－Δt图线． Δt/s ０􀆰７２１ ０􀆰７９０ ０􀆰８５４ ０􀆰９１３ ０􀆰９６８ Δv/(m􀅰s－１) １􀆰３８ １􀆰５２ １􀆰６４ １􀆰７５ １􀆰８６ (４)查得当地的重力加速度g＝９．８０m/s２,根 据动量定理,Δv－Δt图线斜率的理论值为 　　　　　m/s２; (５)实验结果发现,图线斜率的实验值总小于 理论值,产 生 这 一 误 差 的 两 个 可 能 原 因 是 　　　　　． A．选用的槽码质量偏小 B．细线与气垫导轨不完全平行 C．每次释放滑块的位置不同 D．实验中Δt的测量值偏大 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５８ 专题九　动量守恒定律