第1章 动量与动量守恒定律 章末小结与质量评价(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

　　　　　　　　 　一、知识体系建构——理清物理观念　 　　　　　　　　 　二、综合考法融会——强化科学思维　 考法一　动量、冲量和动量定理 　　[典例]　一个铁球,从静止状态由10 m高处自由下落,不计空气阻力,然后陷入泥潭中,从进入泥潭到静止用时0.4 s,该铁球的质量为336 g,求(g取10 m/s2): (1)从开始下落到进入泥潭前,重力对小球的冲量大小; (2)从进入泥潭到静止,泥潭对小球的冲量大小; (3)泥潭对小球的平均作用力的大小。 [解析]　(1)小球自由下落10 m所用的时间是t1== s= s, 重力的冲量大小 IG=mgt1=0.336×10× N·s≈4.75 N·s。 (2)设向下为正方向,对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得 mg(t1+t2)-Ft2=0 泥潭的阻力F对小球的冲量大小 IF=Ft2=mg(t1+t2)=0.336×10×(+0.4)N·s≈6.10 N·s。 (3)由Ft2=6.10 N·s,得F=15.25 N。 [答案]　(1)4.75 N·s　(2)6.10 N·s (3)15.25 N [融会贯通] 1.动量与冲量的大小和方向 物理观念 情境 模型 大小 方向 动量 运动物体 p=mv p与v同向 冲量 受力物体 F⁃t图像 IF=Ft I与F同向 面积表示冲量 2.动量定理和动能定理的比较 动量定理 动能定理 内容 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化量 物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量 公式 F合t=mv2-mv1 F合s=m-m 矢标性 矢量式 标量式 因果 关系 因 合外力的冲量 合外力做的功(总功) 果 动量的变化 动能的变化 相同点 ①动量定理和动能定理都注重初、末状态而不注重过程,不仅适用于恒力,而且也适用于随时间而变化的力。 ②不仅适用于单个物体,也适用于物体系统;研究的过程可以是整个过程也可以是某一过程。 ③动能定理和动量定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动。 [对点训练] 　　(多选)一物块静止在粗糙水平地面上,0~4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示,0~2 s内速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2,关于物块的运动。下列说法正确的是 (　 ) A.前4 s内拉力的冲量为0 B.前4 s内物块的位移大小为6 m C.第4 s末物块的速度为0 D.前4 s内拉力做的功为16 J 解析:选CD　前4 s内拉力的冲量为F􀆼t图像与时间轴所围面积,则有IF=6×1 N·s+2×1 N·s-2×2 N·s=4 N·s,故A错误。由乙图可知,第2 s内物体匀速运动,结合甲图可知摩擦力f=2 N,根据v⁃t图像的斜率表示加速度,则第1 s内物块的加速度a= m/s2=4 m/s2,第1 s内F=6 N,根据牛顿第二定律有F-f=ma,代入数据解得m=1 kg,由甲图可知,第3 s内物块减速运动,F的大小为2 N,方向与摩擦力方向相同,根据牛顿第二定律有F+f=ma',解得a'=4 m/s2,则减速到零的时间为t0== s=1 s,故第3 s末物块速度为0,第4 s内拉力与摩擦力相等,物块静止,速度为0,C正确;v⁃t图像与时间轴围成的面积表示位移,则前4 s内的位移为x=×1×4 m+4×1 m+×1 m=8 m,故B错误;前4 s内拉力做的功等于摩擦力的功,为WF=Wf=fx=16 J,D正确。 考法二　弹性碰撞与非弹性碰撞分析 　　[典例]　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10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N,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=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/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v1; (3)滑杆向上运动的最大高度h。 [解析]　(1)滑块静止时,对滑块和滑杆整体分析如图甲所示,可得N1=(M+m)g 代入数据解得N1=8 N, 滑块向上滑动时,对滑杆受力分析如图乙所示,可得N2+f=Mg 代入数据解得N2=5 N。 (2)滑块向上运动过程中,从A到B由动能定理得: -mgl-fl=m-m 代入数据解得v1=8 m/s。 (3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,设碰后速度为v', 由动量守恒定律得:mv1=(M+m)v' 再由动能定理得:-(M+m)gh=0-(M+m)v'2 代入数据解得:h=0.2 m。 [答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m [融会贯通] 1.碰撞的分类及特点 物理观念 情境 方程 弹性碰撞 m1v0=m1v1+m2v2 m1=m1+m2 非弹性碰撞 m1v0=m1v1+m2v2 m1>m1+m2 机械能有损失 完全非弹性碰撞 m1v0=(m1+m2)v共 m1>(m1+m2)机械能损失最大 2.碰撞和爆炸的比较 比较项目 爆炸 碰撞 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 能量情况 都满足能量守恒,总能量保持不变 不同点 动能、机械能情况 有其他形式的能转化为动能,动能会增加,机械能不守恒 弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失,动能转化为内能,动能减少,机械能不一定守恒 [对点训练] 1.如图所示,用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点:初始时,轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放,当物块a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,求: (1)碰撞后瞬间物块b速度的大小; (2)轻绳的长度。 解析:(1)设a的质量为m,则b的质量为3m,对于碰撞后b滑行的过程,根据动能定理得: -μ·3mgs=0-×3m 解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=。 (2)对于a、b碰撞过程,设碰撞前、后a的速度分别为v0、va,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得mv0=mva+3mvb 根据机械能守恒定律得m=m+·3m 设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒定律得mgL=·m,联立解得L=4μs。 答案:(1)　(2)4μs 2.如图所示,静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列,质量均为m,人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离L时与第二辆车相碰,两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰,三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍,重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用,碰撞时间很短,忽略空气阻力,求: (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功; (2)人给第一辆车水平冲量的大小; (3)第一次与第二次碰撞系统损失的机械能之比。 解析:(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W,则 W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL。 (2)设第一辆车初速度为u0,第一次碰前速度为v1,碰后共同速度为u1;第二次碰前速度为v2,碰后共同速度为u2;人给第一辆车的水平冲量大小为I。 -kmgL=m-m -k(2m)gL=(2m)-(2m) -k(3m)gL=0-(3m) mv1=2mu1,2mv2=3mu2,得I=mu0=2m。 (3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2,由 ΔEk1=m-·2m=kmgL ΔEk2=·2m-·3m=kmgL 得=。 答案:(1)-6kmgL　(2)2m　(3)13∶3 　　　　　　　 　　三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 1.(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 解析:选BD　取水平向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2,根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确。 2.小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程:平底重物放置于水平地面上,两人同时通过绳子对重物各施加一个拉力,拉力大小均为F=450 N,方向均与竖直方向成θ=37°角,两人同时作用t=0.4 s 后停止施力。重物上升一段时间后落下,重物砸入地面之下的距离s=4 cm。已知重物的质量为m=48 kg,所受空气阻力忽略不计,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)重物上升的时间; (2)重物砸入地面的过程中,重物对地面的平均冲击力大小F'。 解析:(1)重物开始上升时,重物受到重力和两个拉力的作用,规定竖直向上为正方向,设重物上升的时间为t1,由动量定理得2Ftcos θ-mgt1=0-0 代入数据解得t1=0.6 s。 (2)从重物上升到刚撤去拉力时,设重物上升的高度为h,重物速度为v1,规定竖直向上为正方向,由动量定理得2Ftcos θ-mgt=mv1-0,又h=t 设重物砸入地面的过程中所受地面向上的平均阻力大小为f,由动能定理可得2Fhcos θ+mgs-fs=0-0 代入数据解得f=7 680 N 根据牛顿第三定律可得,重物对地面的平均冲击力大小F'=f=7 680 N。 答案:(1)0.6 s　(2)7 680 N 3.(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,物块沿小车上的轨道运动。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)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。 解析:(1)小球运动到最低点的过程中,由动能定理得mgL=m-0,解得v0=5 m/s, 在最低点,对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m,解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 (2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0=mv1+Mv2, m=m+M, 解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3, 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs, 解得μ1=0.4; 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4,由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR, 解得μ2=0.25; 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ<0.4。 答案:(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 [阶段质量检测]　(满分:100分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景,他们使两个带正电的不同重粒子加速后,沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能,关键是设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间具有相同大小的 (　 ) A.速率 B.质量 C.动量 D.动能 解析:选C　尽可能减少碰后粒子的动能,才能尽可能增大内能,所以设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间合动量为零,即具有相同大小的动量。 2.质量m=100 kg的小船静止在平静水面上,船两端载着m甲=40 kg、m乙=60 kg的游泳者,在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中,如图所示,则之后小船的速率和运动方向为 (　 ) A.0.6 m/s,向左 B.3 m/s,向左 C.0.6 m/s,向右 D.3 m/s,向右 解析:选A　以向左为正方向,根据动量守恒得0=m甲v-m乙v+mv',代入数据解得v'=0.6 m/s,方向向左,故A正确。 3.一个质量为0.5 kg的物体,从静止开始做直线运动,物体所受合外力F随时间t变化的图像如图所示,则在时刻t=8 s时,物体的速度为 (　 ) A.2 m/s B.8 m/s C.16 m/s D.4 m/s 解析:选C　F⁃t图像的面积表示冲量,在上方为正,在下方为负,故根据动量定理可得: N·s=mv-0,解得第8 s末的速度v=16 m/s,C正确。 4.如图所示,光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车,小车底边长为L,质量为m的小球从小车顶端静止释放,最终从小车上滑离,不计一切摩擦,下列说法正确的是 (　 ) A.小车、小球组成的系统动量守恒 B.小车、小球组成的系统机械能不守恒 C.小球从小车上滑离后,将做自由落体运动 D.小球从小车上滑离时,小车向左运动的距离为L 解析:选D　对于小车、小球组成的系统,由于小球沿曲面加速下滑,有竖直向下的加速度,所以系统竖直方向的合外力不为零,系统动量不守恒,A错误;对于小车、小球组成的系统,在小球下滑过程中只有重力做功,所以系统机械能守恒,B错误;对系统,水平方向动量守恒,有0=mv1-Mv2,根据机械能守恒定律,有mgh=m+M,小球滑离小车时的速度不为零,因此小球做平抛运动,C错误;对系统,水平方向动量守恒,有0=mv1-Mv2,即有M=m,即Mx2=mx1,又因为x1+x2=L,解得x2=L,D正确。 5.如图所示,光滑水平面上有a、b、c三个弹性小球,质量分别为2m、3m、m。小球a一端靠墙,并通过一根轻弹簧与小球b相连,此时弹簧处于原长。现给小球c一个向左的初速度v0,与小球b发生碰撞,整个碰撞过程中没有机械能损失,弹簧始终处于弹性限度之内。下列说法正确的是 (　 ) A.整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量守恒 B.碰撞过程中小球c的动量变化量大小为2mv0 C.弹簧弹性势能最大值为m D.弹簧第一次达到最长时,小球a的速度达到最大 解析:选C　由于墙壁对a球有弹力作用,整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量不守恒,故A错误;小球c与小球b发生弹性碰撞,设碰撞后小球b速度为v1,小球c速度为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=3mv1+mv2,m=·3m+m,解得v1=v0,v2=-v0,所以Δp=mv2-mv0=-mv0,故小球c的动量变化量大小为mv0,故B错误;小球b向左运动至速度为零时,弹簧弹性势能最大,则Epm=·3m=m,故C正确;从小球b开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程,小球b与弹簧组成的系统机械能守恒,小球b向右的速度大小为v1,当小球a、b向右运动,弹簧恢复原长时,小球a的速度最大,故D错误。 6.有一宇宙飞船,它的正对面积S=2 m2,以v=3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区。此微粒区1 m3 空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加 (　 ) A.3.6×103 N B.3.6 N C.1.2×103 N D.1.2 N 解析:选B　在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M=vtSm,由动量定理得:Ft=Mv,解得F=3.6 N,根据牛顿第三定律,微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变,根据平衡条件,飞船的牵引力应增加3.6 N,故B正确。 7.1932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 解析:选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,m=m+m,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,m=·14m+m,联立解得v2=v0,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=,可得pN>pH,碰撞后氢核的动能为EkH=m=m,氮核的动能为EkN=·14m=,可得EkH>EkN,故B正确,A、C、D错误。 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 8.如图所示,甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上,两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法正确的是 (　 ) A.甲、乙两车运动中速度之比为 B.甲、乙两车运动中速度之比为 C.甲车移动的距离为L D.乙车移动的距离为L 解析:选ACD　 甲、乙、人看成一系统,则水平方向动量守恒,甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比,A正确,B错误;Mx甲=(M+m)x乙,x甲+x乙=L,解得C、D正确。 9.甲、乙两个物体动量随时间变化的图像如图所示,图像对应的物体的运动过程可能是 (　 ) A.甲物体可能做匀加速运动 B.甲物体可能做竖直上抛运动 C.乙物体可能做匀变速运动 D.乙物体可能做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧 解析:选BD　甲物体的动量随时间的变化图像是一条直线,其斜率恒定不变,说明物体受到恒定的合外力作用,由图线可以看出甲物体的动量先减小然后反向增大,则甲物体做匀变速直线运动,与竖直上抛运动类似,A错误,B正确;乙物体的动量随时间的变化规律是一条曲线,曲线的斜率先增大后减小,则乙物体在运动过程中受到的合外力先增大后减小。由图线还可以看出,乙物体的动量先正方向减小到零,然后反方向增大。由此可知乙物体的运动是一个变加速运动,与水平面上的小球运动时遇到一端固定的弹簧的情况类似,C错误,D正确。 10.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是 (　 ) A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 C.B能达到的最大高度为 D.B能达到的最大高度为 解析:选BD　根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0=,根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v=,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=×2mv2=mgh,B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以v的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh'=mv2,B能达到的最大高度为,D正确。 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)如图甲所示,某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验: (1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示,则d=　　　　mm。(2分)  (2)质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧,质量为m1的滑块1从光电门①的右侧向左运动,穿过光电门①与滑块2发生碰撞,随后两个滑块分离并依次穿过光电门②,滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住,待滑块1穿过光电门②后用手将它停住,两个滑块上固定的遮光条宽度相同,数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间Δt、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间Δt2和Δt1。本实验中两个滑块的质量大小关系应为　　　　。若等式　　　　　　　　　　成立,则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒(用题中所给的字母表示)。(4分)  解析:(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度 d=1.3 cm+0.05 mm×16=13.80 mm。 (2)滑块1穿过光电门1的速度:v=;滑块1穿过光电门2的速度:v1=;滑块2穿过光电门2的速度:v2=;若动量守恒,则m1=m1+m2,即=+;为防止碰后m1反弹,则两滑块的质量关系是m1>m2。 答案:(1)13.80　(2)m1>m2　=+ 12.(10分)用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律,实验步骤如下: ①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB; ②安装好实验装置,使斜槽的末端所在的平面保持水平; ③先不在斜槽的末端放小球B,从斜槽上位置P由静止开始释放小球A,小球A离开斜槽后,频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示); ④将小球B放在斜槽的末端,再从位置P处由静止释放小球A,使它们碰撞,频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示); ⑤测出所需要的物理量。 请回答: (1)实验步骤①中A、B两球的质量应满足mA　　　　mB(填“>”“=”或“<”)。(2分)  (2)在实验步骤⑤中,需要在照片中直接测量的物理量有　　　　(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。(4分)  (3)两球在碰撞过程中若动量守恒,满足的方程是:　　　　　　　(用所测物理量表示)。(4分)  解析:(1)为了防止入射球碰后反弹,入射球的质量要大于被碰球的质量,即mA>mB。 (2)碰撞时应有:mAv0=mAvA+mBvB 由平抛规律有x=vt,小球从相同高度落下,频闪照相机频率相同,所以题图乙、丙中小球的运动时间相等,上式中两边同乘以t, 则有:mAx0=mAxA+mBxB,所以需要在照片中直接测量的物理量有:x0、xA、xB。 (3)由(2)的分析可知,应验证的表达式为:mAx0=mAxA+mBxB。 答案:(1)>　(2)x0、xA、xB　(3)mAx0=mAxA+mBxB 13.(10分)如图所示,质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上,木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24, 木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点),它们均处于静止状态,木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动,当小物块滑离木板时,木板的动能EkA为8.0 J。小物块的动能EkB为0.50 J,重力加速度取10 m/s2,求: (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小;(3分) (2)木板的长度L。(7分) 解析:(1)设水平向右为正方向,有I=mAv0 代入数据解得v0=3.0 m/s。 (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA,B在A上滑行的时间为t,B离开A时A和B的速度分别为vA和vB,根据动量定理有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0,FABt=mBvB 其中FAB=FBA,FCA=μ(mA+mB)g 设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB, 根据动能定理有-(FBA+FCA)sA=mA-mA,FABsB=EkB 动量与动能之间的关系为mAvA= mBvB= 木板A的长度L=sA-sB,代入数据解得L=0.50 m。 答案:(1)3.0 m/s　(2)0.50 m 14.(12分)如图所示,长为R=0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在O点,另一端系着质量为m2=0.1 kg的小球B,小球B刚好与水平面相接触。现使质量为m1=0.3 kg物块A以v0=5 m/s的初速度向B运动,A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3,A、B间的初始距离x=1.5 m。两物体碰撞后,A物块速度变为碰前瞬间速度的,方向不变。B小球能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g=10 m/s2,两物体均可视为质点,试求: (1)碰撞过程中B球所受到的冲量大小;(6分) (2)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。(6分) 解析:(1)碰前A做匀变速直线运动,由动能定理得:-μm1gx=m1v2-m1,解得v=4 m/s。碰撞过程中,A、B系统的动量守恒,选取物块A运动的方向为正方向, 则有:m1v=m1+m2v2,代入数据可得v2=6 m/s,根据动量定理可得:I=m2v2=0.6 kg·m/s。 (2)小球B在摆至最高点的过程中,机械能守恒,设到最高点时的速度为v3, 则有:m2=m2+m2g·2R 在最高点进行受力分析,有T+m2g=m2, 代入数据解得T=1 N 由牛顿第三定律可得细绳受到的拉力大小T'=T=1 N。 答案:(1)0.6 kg·m/s　(2)1 N 15.(16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=0.4 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=2 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,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=kx2(x为形变量)。(g取10 m/s2) (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;(5分) (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;(5分) (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。(6分) 解析:(1)滑块a从D到F,由动能定理有mg·2R=m-m,在F点根据牛顿第二定律有FN-mg=m,解得vF=10 m/s,FN=31.2 N。 (2)滑块a返回B点时的速度vB=1 m/s,滑块a一直在传送带上做减速运动,加速度大小为a=μg=5 m/s2,根据=-2aL,可得在C点的速度vC=3 m/s,则滑块a从碰撞后到返回到C点,有m=m+mg·2R,解得v1=5 m/s,因a、b碰撞过程动量守恒,则mvF=-mv1+3mv2,解得碰后b的速度v2=5 m/s,则碰撞损失的机械能ΔE=m-m-·3m=0。 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则a、b碰后的共同速度设为v,由动量守恒定律有mvF=4mv,解得v=2.5 m/s, 当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时,a、b、c三者速度相等,设共同速度为v',由动量守恒定律有 4mv=6mv',则v'= m/s, 当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1,由机械能守恒定律有·4mv2=·6mv'2+k,解得x1=0.1 m,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=0.2 m。 答案:(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m 17 / 104 学科网（北京）股份有限公司 $$