第1章 动量守恒定律 高考真题演练-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　高考真题演练 一、选择题 1．(2024·辽宁高考)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，以下描述其状态的物理量属于矢量的是(　　) A．质量 B．速率 C．动量 D．动能 解析　既有大小又有方向，相加时遵从平行四边形定则的物理量叫作矢量，所以动量是矢量，质量、速率、动能是标量，故选C。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 2．(2024·甘肃高考)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒 C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 4．(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中，体重为60 kg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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s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4600 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 5．(2024·广西高考)(多选)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 6.(2024·江苏高考)如图所示，在水平面上有一个静止的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的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧恢复原长时A的动能最大 B．弹簧压缩至最短时A的动量最大 C．整个系统动量变大 D．整个系统机械能变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 7．(2023·广东高考)(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1 kg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0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/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0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析　两滑块碰撞过程中系统所受合外力不为零(F合＝F)，故动量不守恒，A错误；对滑块1应用动量定理，有I1＝mv共－mv1＝1×0.22 N·s－1×0.40 N·s＝－0.18 N·s，则滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s，B正确；对滑块2应用动量定理，有I2＝mv共－0＝1×0.22 N·s－0＝0.22 N·s，则滑块2受到合外力的冲量大小为0.22 N·s，C错误；设碰撞过程中滑块2受到滑块1的平均作用力大小为F12，则I2＝F12t，把t＝0.04 s代入，解得F12＝5.5 N，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 8．(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　) A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 二、实验题 9．(2024·新课标卷)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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 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______________________________________________________________________ _________________________________________________________________________________。 > maxP＝maxM＋mbxN 两小球离开轨道右端后均做平抛运动，竖直方向下落高度相同，故下落时间相同，水平方向做匀速直线运动，故小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 10．(2024·山东高考)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200.0 g和400.0 g； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 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200.0 g的滑块是____ (填“A”或“B”)。 1.0 0.20 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 11．(2023·辽宁高考)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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 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； 一元 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 (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：____________________________________________________________________________________________________。 距离测量有误差(或甲、乙碰撞过程中系统所受合外力实际并不为零，只是近似为零，其他原因合理也可) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 三、计算题 12．(2024·江苏高考)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度vA； (2)分离时A对B的推力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 13．(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤落到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： (1)碰撞过程中F的冲量大小和方向； (2)碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案　(1)330 N·s　方向竖直向上 (2)0.2 m　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 14．(2024·辽宁高考)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m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＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/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。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 15．(2024·甘肃高考)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C 左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。 求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 答案　(1)大小为40 N，方向竖直向下 (2)4 m/s　(3)0.15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 16.(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在 光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之 一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低 点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻 质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 (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＝1 m/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。 答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 18．(2024·湖北高考)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3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长 为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg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0.1 kg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1 m/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＝10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 (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。 答案　 (1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　电动小车做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化，由Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，动能不变，由p＝mv可知，动量大小不变，方向时刻在变化，即动量不守恒，故A正确，B错误；电动小车做匀速圆周运动，则小车的加速度大小a＝eq \f(v2,r)不变，方向指向运动轨迹的圆心，时刻在改变，根据牛顿第二定律可知，小车所受的合外力一定指向圆心，故C错误，D正确。 3．(2024·重庆高考)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到的阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，针鞘整体质量为m，则针鞘(　　) A．被弹出时速度大小为eq \r(\f(2（F1d1＋F2d2）,m)) B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2的过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2 D．运动d2的过程中，动量变化量大小为eq \r(mF2d2) 解析　设针鞘被弹出时速度大小为v，两段运动过程中，对针鞘整体，由动能定理得－F1d1－F2d2＝0－eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2（F1d1＋F2d2）,m))，故A正确；针鞘运动d2的过程中，阻力做功为W＝－F2d2，故C错误；设针鞘到达目标组织表面时速度大小为v′，继续前进d2后减速至零，由动能定理可知W＝0－eq \f(1,2)mv′2，则针鞘到达目标组织表面时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv′2＝F2d2，故B错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp＝|0－mv′|＝eq \r(2mF2d2)，故D错误。 解析　根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，则蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员在t＝0.30 s离开蹦床，t＝2.30 s再次落到蹦床，经历的时间为Δt＝2 s，运动员在这期间做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为eq \f(Δt,2)＝1 s，则t＝1.00 s时，运动员还在向上运动，t＝1.30 s时， 运动员恰好运动到最大高度处，由逆向思维可得，t＝0.30 s时运动员的速度大小为v＝g·eq \f(Δt,2)＝10 m/s，故B正确，C错误；由竖直上抛运动的对称性可知，运动员落到蹦床上时的速度大小也为10 m/s，设运动员的质量为m，运动员每次与蹦床接触到离开过程中受到蹦床的平均作用力大小为eq \o(F,\s\up13(－))′，以竖直向上为正方向，根据动量定理有eq \o(F,\s\up13(－))′·Δt′－mg·Δt′＝mv－(－mv)，其中Δt′＝0.3 s，代入数据可得eq \o(F,\s\up13(－))′＝4600 N，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eq \o(F,\s\up13(－))＝eq \o(F,\s\up13(－))′＝4600 N，故D正确。 解析　设小球M、N的质量均为m，碰撞后瞬间M的速度为vM，N的速度为vN，根据题意可知该碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv＝mvM＋mvN，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,M)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)，联立解得vM＝0，vN＝v。碰撞后小球N脱离平台，做初速度为v的平抛运动，在水平方向上做速度为v的匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故B、C正确，A、D错误。 解析　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；设A、B的质量分别为mA、mB，某时刻的速度大小分别为vA、vB，弹簧弹性势能的减小量为ΔEp，对系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有ΔEp＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)，A的动能EkA＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)，联立可得EkA＝eq \f(mB,mA＋mB)ΔEp，则当弹簧恢复至原长时，ΔEp最大，A的动能最大，A正确；当弹簧压缩至最短时，A、B共速，由动量守恒定律可知，此时两者的速度大小为0，则此时A的动量最小，B错误。 解析　由于空气阻力一直对小球做负功，则小球机械能不断减小，小球上升过程与下落过程经过同一位置时，重力势能相同，则上升时动能更大，速度更大，所以小球上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，由h＝eq \o(v,\s\up6(－))t可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，A错误；经过同一位置时，小球上升时的速度大于下落时的速度，而小球所受空气阻力大小与速度大小成正比，因此上升时所受空气阻力大于下落时所受空气阻力，则上升过程中空气阻力所做的负功大于下落过程中空气阻力所做的负功，由功能关系可知，上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能，B错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，重力做功为0， 由动能定理可知，小球抛出时的速度大小大于落回原处时的速度大小，所以小球上升过程中动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；小球上升过程中受到向下的空气阻力，方向与重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落过程中受到向上的空气阻力，方向与重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升过程所受合力始终大于下落过程所受合力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，D错误。 解析　(1)为了保证碰撞后小球a向右运动，则小球a的质量须大于小球b的质量，即ma>mb。 (2)两小球离开轨道右端后均做平抛运动，由于抛出点的高度相等，则它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前小球a的速度大小v0＝eq \f(xP,t)，碰撞后小球a的速度大小v1＝eq \f(xM,t)，碰撞后小球b的速度大小v2＝eq \f(xN,t)，如果两小球在碰撞中满足动量守恒定律， 则有mav0＝mav1＋mbv2，整理得maxP＝maxM＋mbxN。故如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式maxP＝maxM＋mbxN，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：两小球离开轨道右端后均做平抛运动，竖直方向下落高度相同，故下落时间相同，水平方向做匀速直线运动，故小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。 解析　(1)由x­t图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度均在t＝1.0 s时发生突变，即在这个时刻发生了碰撞。 (2)根据x­t图像斜率的绝对值表示速度大小，可知碰撞前B的速度大小v＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(90－110,1.0))) cm/s＝0.20 m/s。 (3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝eq \f(（60－10）×10－2,1.0) m/s＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小为vA′＝eq \f(（110－60）×10－2,2.4－1.0) m/s＝0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为vB′＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（20－90）×10－2,2.4－1.0))) m/s＝0.5 m/s；分析可知，碰撞前后A、B的速度均向右，A和B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，有mAvA＋mBv＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解得eq \f(mA,mB)≈2，所以质量为200.0 g的滑块是B。 (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eq \f(\r(s0)－\r(s1),\r(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； eq \r(2μgs0) eq \f(m2,m1) 解析　(1)分析可知，实验中应使甲与乙碰撞后甲不反弹，可知甲的质量应大于乙的质量，则甲选用的是一元硬币。 (2)甲从O点到P点，根据动能定理有－μm1gs0＝0－eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)，解得碰撞前甲到O点时速度的大小v0＝eq \r(2μgs0)。 (3)根据(2)中分析，同理可得，碰撞后瞬间甲的速度大小和乙的速度大小分别为v1＝eq \r(2μgs1)，v2＝eq \r(2μgs2)，若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2，整理可得eq \f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝eq \f(m2,m1)。 (4)产生这种误差可能的原因有：①测量误差，因为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，认为内力远大于外力，忽略外力的影响，系统动量守恒，实际两个硬币组成的系统所受合外力不为零。 答案　(1)eq \f(（m＋M）v0－MvB,m)　(2)eq \f(MvB－Mv0,Δt) 解析　(1)A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA 解得vA＝eq \f(（m＋M）v0－MvB,m)。 (2)设分离时A对B的推力为F，A、B分离的过程，以B的速度方向为正方向，对B由动量定理有 FΔt＝MvB－Mv0 解得F＝eq \f(MvB－Mv0,Δt) 即分离时A对B的推力大小为eq \f(MvB－Mv0,Δt)。 解析　(1)F­t图像中图线与时间轴所围的面积表示力F的冲量大小，可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝eq \f(1,2)×0.1×6600 N·s＝330 N·s 根据F的方向竖直向上可知，F的冲量方向竖直向上。 (2)设落到气囊表面时头锤的速度大小为v0，碰撞结束后瞬间头锤的速度大小为v，碰撞结束后头锤上升的最大高度为h。头锤由静止释放到落到气囊表面前的过程做自由落体运动，有veq \o\al(2,0)＝2gH 与气囊作用过程，以竖直向上为正方向，对头锤由动量定理有IF－MgΔt＝Mv－(－Mv0) 式中头锤与气囊作用的时间Δt＝0.1 s 头锤离开气囊后做竖直上抛运动，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2gh 联立并代入数据，解得h＝0.2 m。 解析　(1)A离开桌面后做平抛运动，设A做平 抛运动的时间为t，由平抛运动规律得 h＝eq \f(1,2)gt2 xA＝vAt 联立并代入数据解得vA＝1 m/s 由静止释放物块A、B到弹簧恢复原长的过程，受力分析可知，A、B所受合力始终等大反向，则A、B组成的系统所受合力为0，系统动量守恒。以水平向左为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0 代入数据解得vB＝1 m/s。 (2)对物块B从脱离弹簧到停止的过程，由动能定理得 －μmBgxB＝0－eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 代入数据解得μ＝0.2。 (3)设从释放A、B到弹簧恢复原长，A的位移大小为ΔxA，B的位移大小为 ΔxB，由能量守恒定律得 ΔEp＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 由位移关系得Δx＝ΔxA＋ΔxB 联立并代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 解析　(1)设A的质量为mA，细绳OP长为l，A运动到最低点时的速度大小为v0，所受的拉力为F，根据机械能守恒定律，有 mAgl(1－cos60°)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)－0 A运动到最低点时，根据牛顿第二定律有 F－mAg＝2,0)eq \f(mAv,l) 代入数据解得v0＝4 m/s，F＝40 N 根据牛顿第三定律可知，A运动到最低点时，细绳OP所受的拉力大小F′＝F＝40 N，方向竖直向下。 (2)由碰后A竖直下落可知，碰后A水平方向的速度变为0。设碰后C的速度大小为vC，C的质量为mC，A与C相碰时，A、C组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mAv0＝0＋mCvC 代入数据解得vC＝4 m/s。 (3)设B的质量为mB，C和B之间的动摩擦因数为μ，C与B达到的共同速度大小为v，C相对B滑行的距离为L。C相对B滑行的过程，对B、C组成的系统，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mCvC＝(mB＋mC)v 根据能量守恒定律得μmCgL＝eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)(mB＋mC)v2 联立并代入数据，解得μ＝0.15。 解析　(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝m2,0)eq \f(v,L) 联立并代入数据，解得FT＝6 N。 (2)设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立并代入数据，解得v2＝4 m/s 即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4 m/s，方向水平向右。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由动量守恒定律有 Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有 eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,3)＋μmaxMgs 联立并代入数据，解得μmax＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有 eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,4)＋μminMgs＋MgR 联立并代入数据，解得μmin＝0.25 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 17．(2023·浙江6月选考)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＝0.4 m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＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v0＝2eq \r(21) m/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＝0.8 m，以v＝2 m/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，重力加速度g取10 m/s2，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2(x为形变量)。 解析　(1)滑块a从D到F，由动能定理得 mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,F)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 在F点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m2,F)eq \f(v,R) 代入数据解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。 (2)若滑块a碰后返回到B点时的速度vB＝1 m/s，则滑块a在传送带上从C到B一直向左减速，设与滑块b碰撞后瞬间，滑块a的速度大小为v1，则从碰撞后至到达B点，由动能定理得－mg·2R－μmg·L＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 设与滑块a碰撞后瞬间，滑块b的速度为v2，取向右为正方向，对滑块a、b组成的系统，根据动量守恒定律有 mvF＝－mv1＋3mv2 滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,F)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)·3mveq \o\al(2,2) 联立并代入数据解得ΔE＝0。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，设滑块a、b碰后的共同速度为v共，则根据动量守恒定律有 mvF＝(m＋3m)v共 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时，滑块a、b、c有共同速度，设为v共′，则根据动量守恒定律有 mvF＝(m＋3m＋2m)v共′ 设弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由机械能守恒定律，有eq \f(1,2)(m＋3m)veq \o\al(2,共)＝eq \f(1,2)(m＋3m＋2m)v共′2＋eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,1) 同理，当弹簧被拉伸到最长时伸长量为x2＝x1 则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1 联立并代入数据解得Δx＝0.2 m。 解析　(1)设小物块的质量为m物，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块与传送带相对滑动时，小物块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μm物g＝m物a 假设小物块与小球碰撞前，小物块可以达到传送带的速度v传，设小物块加速运动的距离为x，根据运动学公式有veq \o\al(2,传)－0＝2ax 联立并代入数据解得x＝2.5 m 由于x<3.6 m，可知假设成立，则小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为v＝v传＝5 m/s。 (2)小物块与小球碰撞的时间极短，则碰撞过程中小物块与小球组成的系统动量守恒，设小球的质量为m球，碰后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，以向右为正方向，由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2 由题知v1＝－1 m/s 代入数据解得v2＝3 m/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＝eq \f(1,2)m物v2－ eq \f(1,2)m物veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)m球veq \o\al(2,2) 代入数据解得ΔEk＝0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，则P点到O点的距离最小，设为d，设此时小球在P点正上方的速度大小为v3，绳长为L绳，小球在P点正上方时，由牛顿第二定律有m球g＝m球2,3)eq \f(v,L绳－d) 小球从O点正下方到P点正上方的过程，由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)m球veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)m球veq \o\al(2,3)＋m球g(2L绳－d) 联立并代入数据解得d＝0.2 m。 $$