新教版高考物理總復習：16 A動量守恒定律及應用 基礎版（教師版）

動量守恒定律及應用考點一動量守恒定律的理解和基本應用1．內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．2．表達式(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．3．適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒．技巧點撥應用動量守恒定律解題的步驟(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)．(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．(4)由動量守恒定律列出方程．(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．例題精練1．如圖1所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)緊靠在墻壁上．現(xiàn)讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi)，則下列結(jié)論中正確的是()圖1A．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C．小球自半圓槽B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動答案C解析小球下滑到半圓槽的最低點B之后，半圓槽離開墻壁，除了重力外，槽對小球的彈力對小球做功，選項A錯誤；小球下滑到半圓槽的最低點B之前，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)水平方向上受到墻壁的彈力作用，系統(tǒng)所受的外力不為零，系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，半圓槽離開墻壁后，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，選項B錯誤，C正確；半圓槽離開墻壁后小球?qū)Σ鄣膲毫Σ圩龉?，小球與半圓槽具有向右的水平速度，所以小球離開右側(cè)槽口以后，將做斜上拋運動，選項D錯誤．2．(多選)如圖2所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是()圖2A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s答案AB解析以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1≈2.67m/s.當從開始到A、B速度相同的過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2＝2m/s，則在木塊A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小范圍為2m/s<vB<2.67m/s，故選項A、B正確．3．(多選)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖3所示的位移—時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移隨時間變化關系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知()圖3A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的eq\f(1,6)答案AD解析根據(jù)x－t圖象的斜率表示速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故選項A正確；碰撞后的共同速度為v＝0.4m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動量的表達式可知|m1v1|＜m2v2，由動能的表達式可知，eq\f(1,2)m1v12>eq\f(1,2)m2v22，故選項B、C錯誤，D正確．考點二動量守恒定律的臨界問題1．當小物塊到達最高點時，兩物體速度相同．2．彈簧最短或最長時，兩物體速度相同，此時彈簧彈性勢能最大．3．兩物體剛好不相撞，兩物體速度相同．4．滑塊恰好不滑出長木板，滑塊滑到長木板末端時與長木板速度相同．例題精練4．如圖4所示，光滑懸空軌道上靜止一質(zhì)量為3m的小車A，用一段不可伸長的輕質(zhì)細繩懸掛一質(zhì)量為2m的木塊B.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊(時間極短)，在以后的運動過程中，細繩離開豎直方向的最大角度小于90°，試求：(不計空氣阻力，重力加速度為g)圖4(1)子彈射入木塊B時產(chǎn)生的熱量；(2)木塊B能擺起的最大高度；(3)小車A運動過程的最大速度大?。鸢?1)eq\f(1,3)mv02(2)eq\f(v\o\al(02),36g)(3)eq\f(1,3)v0解析(1)子彈與木塊B作用瞬間水平方向的動量守恒，可得mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq\f(v0,3).設產(chǎn)生的熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(3,2)mv12＝eq\f(1,3)mv02.(2)木塊B到最高點時，小車A、木塊B、子彈三者有相同的水平速度，根據(jù)水平方向動量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，解得v2＝eq\f(1,6)v0.由機械能守恒定律有3mgh＋eq\f(1,2)×6mv22＝eq\f(1,2)×3mv12，解得h＝eq\f(v\o\al(02),36g).(3)設小車A運動過程的最大速度為v4，此時木塊的速度為v3，當木塊回到原來高度時，小車的速度最大，根據(jù)水平方向動量守恒，有3mv1＝3mv3＋3mv4，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(3,2)mv12＝eq\f(3,2)mv32＋eq\f(3,2)mv42，解得v4＝eq\f(1,3)v0.

綜合練習一．選擇題（共10小題）1．（和平區(qū)校級期中）如圖所示，質(zhì)量為m2的小車上有一半圓形的光滑槽，一質(zhì)量為m1的小球置于槽內(nèi)，共同以速度v0沿水平面運動，并與一個原來靜止的小車m3對接，則對接后瞬間，小車的速度大小為（）A． B． C． D．以上答案均不對【分析】對接過程，兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出小車的速度．【解答】解：對接過程，兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以小車m2的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝（m2+m3）v，解得：v＝；故選：C?！军c評】本題考查了求小車的速度，正確確定研究對象是正確解題的前提與關鍵，應用動量守恒定律即可正確解題．2．（邳州市校級期中）A、B兩球沿一直線發(fā)生正碰，如圖所示的x﹣t圖像記錄了兩球碰撞前后的運動情況，圖中的a、b分別為碰撞前A、B兩球的x﹣t圖線。碰撞后兩球粘合在一起，c為碰撞后整體的x﹣t圖線。若A球的質(zhì)量mA＝2kg，則下列說法正確的是（）A．B球的質(zhì)量mB＝1kg B．相碰時B對A所施沖量大小為3N?s C．A、B碰撞前總動量為﹣3kg?m/s D．碰撞過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J【分析】在位移﹣時間圖象中，斜率表示物體的速度，由圖象可知碰撞前后的速度，根據(jù)動量守恒定律可以求出B球的質(zhì)量．由動量定理求B對A所施沖量大?。鶕?jù)能量守恒求損失的動能?！窘獯稹拷猓篈、由x﹣t圖象的斜率表示速度可得，碰撞前有：A球的速度vA＝m/s＝﹣3m/s，B球的速度為：vB＝m/s＝2m/s，碰撞后有：A、B兩球的速度相等，為：vA′＝vB′＝v＝m/s＝﹣1m/s；對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：mB＝kg，故A錯誤。B、對A，由動量定理得：B對A所施沖量為：I＝mAv﹣mAvA＝2×（﹣3）N?s﹣2×（﹣1）N?s＝﹣4N?s，即沖量大小為4N?s故B錯誤；C、A、B碰前總動量為p＝mAvA+mBvB＝2×（﹣3）kg?m/s+kg?m/s＝﹣kg?m/s，故C錯誤；D、碰撞中，A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能：△EK＝mAvA2+mBvB2﹣（mA+mB）v2，代入數(shù)據(jù)解得：△EK＝10J，故正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了x﹣t圖象、動量守恒定律和動量定理的直接應用，要求同學們能根據(jù)圖象的斜率求出碰撞前后兩球的速度，明確碰撞的基本規(guī)律是動量守恒定律。3．（日照期末）下列說法中正確的是（）A．動量守恒定律適用于目前為止物理學研究的一切領域 B．汽車的速度越大，剎車位移越大，說明汽車的速度大時，慣性大 C．國際單位制中，伏特是七個基本單位之一 D．勻速圓周運動是勻變速曲線運動【分析】動量守恒定律具有普適性；慣性大小由物體的質(zhì)量決定；國際單位制中，伏特是導出單位；勻速圓周運動是變加速曲線運動?！窘獯稹拷猓篈、動量守恒定律既適用于低速宏觀物體，也適用于高速微觀粒子，適用于目前為止物理學研究的一切領域，故A正確；B、質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，慣性與速度無關，故B錯誤；C、國際單位制中，伏特是導出單位，不是基本單位，故C錯誤；D、勻速圓周運動的加速度始終指向圓心，方向時刻在改變，加速度是變化的，所以勻速圓周運動是變加速曲線運動，故D錯誤。故選：A。【點評】解決本題時，要了解動量守恒定律的普適性，知道勻變速曲線運動的特點是加速度不變，即加速度大小和方向都不變。4．水平面上質(zhì)量分別為0.1kg和0.2kg的物體相向運動，過一段時間則要相碰，它們與水平面的動摩擦因數(shù)分別為0.2和0.1．假定除碰撞外在水平方向這兩個物體只受摩擦力作用，則碰撞過程中這兩個物體組成的系統(tǒng)（）A．動量不守恒 B．動量守恒 C．動量不一定守恒 D．以上都有可能【分析】系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)題意求出系統(tǒng)所受合外力，然后判斷系統(tǒng)動量是否守恒?！窘獯稹拷猓簝晌矬w相向運動，以0.1kg的物體速度方向為正方向，系統(tǒng)所受合外力：F＝0.2×10×0.1﹣0.1×10×0.2＝0，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應用，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)題意求出系統(tǒng)所受合外力，然后判斷系統(tǒng)動量是否守恒；解題時注意正方向的選擇。5．（沙市區(qū)校級期末）關于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是（）A．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒 B．只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒 C．只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒 D．系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零。系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力或一個物體具有加速度時，系統(tǒng)的動量可能守恒。通過分析物體所受的外力進行判斷。【解答】解：A、若系統(tǒng)內(nèi)存在著摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量仍守恒。故A錯誤；B、系統(tǒng)中有一個物體具有加速度時，系統(tǒng)的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的速度都改變，都有加速度，單個物體受外力作用，系統(tǒng)的動量卻守恒。故B錯誤；C、只要系統(tǒng)所受到合外力為零，則系統(tǒng)的動量一定守恒；故C正確；D、系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)所受的合外力為零，即系統(tǒng)的總動量一定守恒，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查對動量守恒條件的理解，抓住守恒條件：合外力為零，通過舉例的方法進行分析。6．（金華模擬）如圖甲在做“驗證碰撞中動量守恒定律”的實驗時，小明在地上鋪一張白紙，再在白紙上覆蓋一張復寫紙。先讓入射球m1多次從斜軌上的S位置靜止釋放，入射球m1落地后通過復寫紙在白紙的P位置附近留下標識為1～5號的印跡（如圖乙）；然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上的S位置由靜止釋放，與被碰球m2相碰，并多次重復，分別在白紙的M、N位置附近留下多個印記，其中入射球m1落地后反彈又在白紙的P位置附近留下標識為6～10號的印跡，如圖乙所示。如果利用畫圓法確定入射球碰撞前的落點，下列畫出的四個圓最為合理的是（）A．A B．B C．C D．D【分析】利用畫圓法確定落點的位置，畫圓時應將1﹣5點容納在圓內(nèi)，且盡可能均勻分布?！窘獯稹拷猓?﹣5點為碰撞前的落點，6﹣10為入射球m1落地后反彈又在白紙的P位置附近留下的印跡。用畫圓法確定入射球碰撞前的落點，應該在落點位置用圓規(guī)畫一個盡可能小的圓，把1﹣5點都放在圓內(nèi)，圓心即平均位置，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查驗證碰撞中動量守恒定律實驗中的畫圓法確定落點，注意使用畫圓法的方法。7．（平谷區(qū)期末）用兩小球a、b的碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖，斜槽與水平槽圓滑連接。實驗時先不放b球，使a球從斜槽上某一固定點M由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡；再把b球靜置于水平槽前端邊緣處，讓a球仍從M處由靜止?jié)L下，a球和b球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自的痕跡，記錄紙上的O點是重錘所指的位置。關于本實驗下列說法不正確的是（）A．兩小球a、b的半徑必須相同 B．實驗中需要用天平測出入射球a的質(zhì)量m1和被碰球b的質(zhì)量m2 C．實驗中需要測出斜槽軌道末端到水平地面的高度H D．實驗中需要測出記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OC【分析】明確實驗原理，根據(jù)通過實驗的原理確定需要測量的物理量，同時明確實驗中應注意的事項?！窘獯稹拷猓篈、要保證碰撞后都做平拋運動，兩球要發(fā)生正碰，碰撞的瞬間，入射球與被碰球的球心應在同一水平高度，兩球心的連線應與軌道末端的切線平行，因此兩球半徑必須相同，故A正確；B、根據(jù)實驗原理可知，實驗中需要用天平測出入射球a的質(zhì)量m1和被碰球b的質(zhì)量m2，故B正確；CD、為了驗證動量守恒可知，本實驗中需要測量A球和B球的質(zhì)量和兩球的水平射程OA、OB、OC；不需要測量斜槽軌道末端到水平地面的高度，故C不正確；D正確。本題選不正確的，故選：C?！军c評】本題考查動量守恒的驗證實驗，掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵，注意體會利用平拋運動來測量水平速度的實驗方法。8．（定遠縣校級期末）在用打點計時器做“探究碰撞中的不變量”實驗時，下列哪些操作是正確的（）A．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了改變兩車的質(zhì)量 B．相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了碰撞后粘在一起 C．釋放小車時讓小車緊靠打點計時器 D．先釋放拖動紙帶的小車，再接通打點計時器的電源【分析】根據(jù)實驗原理與實驗步驟分析答題，動量是矢量，驗證動量是否守恒，需要測出小車質(zhì)量與小車的速度?！窘獯稹拷猓篈B、相互作用的兩車上，一個裝上撞針，一個裝上橡皮泥，是為了碰撞后粘在一起，不是為了改變車的質(zhì)量，故A錯誤，B正確；C、碰撞前小車A應有速度，故小車A在手推動下開始運動，不是緊靠打點計時器釋放，故C錯誤；D、為了能測出小車從初速度為零開始的運動，應先接通電源再釋放紙帶，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了驗證動量守恒定律實驗，知道實驗原理、明確所采用實驗方法中的理論依據(jù)，難道不大，屬于基礎題。9．（定遠縣校級期末）在利用氣墊導軌探究碰撞中的不變量的實驗中，哪些因素可導致實驗誤差（）A．導軌安放水平 B．小車上擋光板傾斜 C．兩小車質(zhì)量不相等 D．兩小車碰后連在一起【分析】在探究碰撞中的不變量時，需要驗證兩個滑塊系統(tǒng)的動量守恒，從該原理出發(fā)考慮誤差情況?！窘獯稹拷猓篈、導軌不水平，小車速度將受重力的影響，從而導致實驗誤差，所以導軌應安放水平，不會導致誤差，故A錯誤；B、擋光板傾斜會導致?lián)豕獍鍖挾炔坏扔趽豕怆A段小車通過的位移，使計算速度出現(xiàn)誤差；故B正確；C、兩小車質(zhì)量不相等，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，故不會導致實驗誤差，故C錯誤；D、兩小車碰后連在一起是完全非彈性碰撞，系統(tǒng)碰撞前后動量仍然守恒，故不會導致實驗誤差，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題關鍵是從實驗原理角度分析誤差情況，注意是用極短時間內(nèi)的平均速度表示瞬時速度的，基礎問題。10．（市中區(qū)校級期末）在實驗室里為了驗證動量守恒定律，可以采用如圖所示的裝置．若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2，則（）A．m1＞m2，r1＞r2 B．m1＞m2，r1＜r2 C．m1＞m2，r1＝r2 D．m1＜m2，r1＝r2【分析】為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變，故必須使入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量．為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同【解答】解：為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即：m1＞m2，為了使兩球發(fā)生對心正碰，兩小球的半徑相同，r1＝r2，故C正確；故選：C。【點評】本題考查了實驗注意事項，知道實驗原理與實驗注意事項即可正確解題，要注意基礎知識的學習與掌握．二．多選題（共10小題）11．（3月份模擬）在α粒子散射實驗中，如果一個α粒子跟金箔中的電子相碰，下列說法正確的是（）A．α粒子發(fā)生大角度的偏轉(zhuǎn) B．α粒子不會發(fā)生明顯偏轉(zhuǎn) C．α粒子被彈回 D．α粒子與電子碰撞時動量守恒【分析】粒子發(fā)生碰撞時滿足動量守恒，根據(jù)動量守恒定律，結(jié)合α粒子的質(zhì)量比電子大得多，從而即可求解?！窘獯稹拷猓阂粋€α粒子跟金箔中的電子相撞，滿足動量守恒的條件，動量守恒，因α粒子的質(zhì)量比電子大得多，尤如飛行的子彈碰撞灰塵一樣，α粒子的動能和動量幾乎沒有損失，不會發(fā)生明顯偏轉(zhuǎn)，故BD正確，AC錯誤。故選：BD?！军c評】本題考查碰撞中滿足動量與能量守恒，掌握它們的守恒定律的條件，注意電子的質(zhì)量比α粒子小得多是解題的關鍵。12．（浙江模擬）如圖所示，絕緣、光滑的水平面上有帶正電的小球A和B，當A以一定速度向著靜止的B運動時，B由于受到了A的斥力而加速，A由于受到了B的斥力而減速，某時刻A、B兩球達到共同速度，關于這個過程，下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)A、B機械能守恒，動量不守恒 B．系統(tǒng)A、B動量守恒，A對B的沖量等于B動量的增加量 C．系統(tǒng)A、B動量守恒，B對A的沖量等于A動量的減少量 D．系統(tǒng)A、B動量不守恒，機械能不守恒，但機械能與電勢能之和守恒【分析】分析兩球組成的系統(tǒng)受力情況，根據(jù)動量守恒以及機械能守恒的條件進行分析，明確是否守恒；再根據(jù)動量定理分析兩球的動量變化量?！窘獯稹拷猓篈D、AB組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)動量守恒；由于兩球在運動中庫侖力做功，故兩小球的機械能轉(zhuǎn)化為電勢能，故機械能不守恒；由于只有電場力做功，故機械能與電勢能之和守恒，故AD錯誤。B、對B分析可知，B受到的合力的沖量等于A對B的沖量，則由動量定理可知，A對B的沖量等于B動量的增加量，故B正確。C、對A分析由動量定理可知，B對A的沖量等于A動量的減少量，故C正確。故選：BC。【點評】本題考查動量守恒定律以及功能關系的應用，要注意兩球通過庫侖相互作用，庫侖力視為內(nèi)力；兩球所受外力之和為零，故動量守恒。13．（內(nèi)江一模）如圖所示，質(zhì)量為M＝3kg的木塊放在平臺的右端，該平臺到地面的高度為h＝0.45m，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2?，F(xiàn)有質(zhì)量為m＝1kg的小松鼠，從地面上離平臺水平距離為x＝1.2m處跳上平臺，恰好沿水平方向抱住木塊并與木塊一起向左滑行。小松鼠抱住木塊的時間極短，小松鼠與木塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是（）A．在小松鼠起跳后，空中運動的時間為0.3s B．木塊在水平臺上向左滑行的距離為2.5m C．在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，它損失的機械能為7.5J D．在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒【分析】對運動過程逆向分析，小松鼠做反向的平拋運動，根據(jù)水平和豎直位移利用平拋運動規(guī)律求解小松鼠抱住木塊前瞬間速度和在空中的時間；小松鼠和木塊相互作用過程中動量守恒，屬于完全非彈性碰撞，機械能損失，利用動量守恒定律求解小松鼠抱住木塊后瞬間的速度，再根據(jù)功能關系求出損失的機械能；再對滑行過程分析，由動能定理求出滑行的距離。【解答】解：A、在小松鼠起跳后，空中運動的時間為t＝＝0.3s，故A正確；B、松鼠剛上到平臺上時的初速度v0＝＝4m/s，對松鼠和木塊組成的系統(tǒng)進行分析，在抱住木塊的過程中動量守恒，設水平向左為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝（M+m）v，解得v＝1m/s；由動能定理可得，﹣μ（M+m）gl＝0﹣，代入數(shù)據(jù)解得木塊在水平臺上向左滑行的距離為l＝0.25m，故B錯誤；C、在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，它損失的機械能為△E＝＝J﹣J＝7.5J，故C正確；D、在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機械能損失△E＝＝J﹣J＝6J，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查了動量和能量相結(jié)合的問題，解題的關鍵是逆向分析小松鼠的運動，同時掌握小松鼠和木塊碰撞過程中，動量守恒。14．（沙市區(qū)校級月考）如圖所示，在軍事訓練中，一戰(zhàn)士從岸上以2m/s的速度跳到一條向他緩緩漂來、速度是0.5m/s的小船上，然后去執(zhí)行任務，已知戰(zhàn)士質(zhì)量為60kg，小船的質(zhì)量是140kg，該戰(zhàn)士上船后又跑了幾步，最終停在船上，不計水的阻力，則（）A．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程，戰(zhàn)士和小船的總動量守恒 B．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程，戰(zhàn)士和小船的總機械能守恒 C．戰(zhàn)士最終停在船上后速度為零 D．戰(zhàn)士跳上小船到最終停在船上的過程動量變化量大小為105kg?m/s【分析】戰(zhàn)士和小車組成的系統(tǒng)，所受外力之和為零，動量守恒，人和船作用的過程中，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，有能量損失．【解答】解：A、戰(zhàn)士跳上小船最終停在小船上的過程中，總動量守恒，機械能有損失，所以總機械能不守恒。故A正確，B錯誤。C、以戰(zhàn)士初始運動方向為正，根據(jù)動量守恒定律得，mv1﹣Mv2＝（M+m）v，解得v＝．戰(zhàn)士動量的變化量△p＝m（v﹣v1）＝﹣60×1.75＝﹣105kg。m/s。故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】解決本題的關鍵掌握動量守恒定律的條件，以及知道人和小船組成的系統(tǒng)發(fā)生的是完全非彈性碰撞．15．（大武口區(qū)校級期末）木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上。在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量守恒 B．a(chǎn)尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 C．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)動量不守恒 D．a(chǎn)離開墻壁后，a和b組成的系統(tǒng)機械能不守恒【分析】判斷系統(tǒng)動量是否守恒看系統(tǒng)所受的外力之和是否為零。當撤去外力F后，a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力之和不為零。a離開墻壁后，系統(tǒng)所受的外力之和為0?！窘獯稹拷猓篈、以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，撤去外力后，b向右運動，在a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)所受合外力不為零，因此該過程系統(tǒng)動量不守恒。故A錯誤，B正確；C、當a離開墻壁后，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動量守恒，沒有其他的外力做功，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但a和b組成的系統(tǒng)機械能不守恒。故C錯誤，D正確；故選：BD?！军c評】解決本題的關鍵理解系統(tǒng)所受合外力為零時動量守恒，并能對實際的問題進行判斷。此題屬于基礎題。16．（泰安期末）如圖所示，在光滑水平面上有兩個半徑相等的小球A、B，質(zhì)量分別為mA、mB，A向右運動過程中與靜止的B發(fā)生正碰，碰后兩球動量相同，則mA與mB的關系可能（）A．mA＝0.5mB B．mA＝2mB C．mA＝3mB D．mA＝4mB【分析】A球與B球發(fā)生碰撞時，遵守動量守恒。由動量守恒定律和碰撞過程總動能不增加，以及碰后同向運動時，后面物體的速度不可能比前面物體的速度，進行選擇?！窘獯稹拷猓喝∠蛴覟檎较?，根據(jù)動量守恒定律得：mAv0＝mAvA+mBvB根據(jù)碰撞過程總動能不增加有：mAv02≥mAvA2+mBvB2。據(jù)題有：mAvA＝mBvB又有vA≤vB聯(lián)立解得：mB≤mA≤3mB，故BC正確，AD錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查對彈性碰撞的掌握，對于碰撞過程要遵守三大規(guī)律：1、是動量守恒定律；2、總動能不增加；3、符合物體的實際運動情況。17．（武侯區(qū)校級模擬）用圖所示裝置驗證動量守恒定律的實驗中，測量了下列幾個長度，其中沒有必要的是（）A．入射球離被碰球的高度 B．兩球的直徑 C．碰撞點離桌面的高度 D．碰撞前后入射球和被碰球平拋運動的水平距離【分析】要驗證動量守恒，就需要知道碰撞前后的動量，所以要測量兩個小球的質(zhì)量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運動，速度可以用水平位移代替?！窘獯稹拷猓篈、入射球碰撞前的速度可以通過入射球做平拋運動的水平位移代替，不需要測量入射球離被碰球的高度，故A錯誤；B、小球做平拋運動的水平位移等于落地點到球心的水平距離，所以需要測量兩球的直徑，故B正確；C、小球做平拋運動的時間都相等，不需要知道時間，所以不需要測量碰撞點離桌面的高度，故C錯誤；D、碰撞前后小球都做平拋運動，速度可以用水平位移代替，所以要測量碰撞前后入射球和被碰球平拋運動的水平距離，故D正確。本題選沒有必要的故選：AC?！军c評】掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵。18．某同學用如圖所示的裝置（讓入射小球與被碰小球碰撞）探究碰撞中的不變量時，產(chǎn)生誤差的主要原因是（）A．碰撞前入射小球的速度方向，碰撞后入射小球的速度方向和碰撞后被碰小球的速度方向不是絕對沿水平方向 B．小球在空氣中飛行時受到空氣阻力 C．通過復寫紙描得的各點，不是理想的點，有一定的大小，從而帶來作圖上的誤差 D．測量長度時有誤差【分析】由于兩球從同一高度下落，故下落時間相同，所以水平向速度之比等于兩物體水平方向位移之比，然后根據(jù)動量守恒列方程即可正確求出質(zhì)量之比．【解答】解：由于碰撞前后小球的速度方向不是絕對沿水平方向，落點不確定，長度測量等都是造成誤差的主要原因，而在本實驗中，由于小球的運動速度不是很大，所以空氣阻力雖然會對測量結(jié)果造成影響，但不是產(chǎn)生誤差的主要原因。故選：ACD。【點評】本題主要考查了“驗證動量守恒定律”的實驗的原理及要求以及數(shù)據(jù)處理等基礎知識，難度不大，屬于基礎題，是考查基礎知識的好題．19．研究“碰撞中動量守恒”實驗中，入射小球在斜槽上釋放點的高低對實驗影響的說法中，錯誤的是（）A．釋放點越高，兩球相碰時相互作用力越大，碰撞前動量之差越小，誤差越小 B．釋放點越高，入射小球?qū)Ρ慌鲂∏虻淖饔昧υ酱?，支柱對被碰小球的水平?jīng)_量就越小 C．釋放點越低，小球受阻力越大，入射小球速度越小，誤差越小 D．釋放點越低，兩球碰后水平位移越小，水平位移測量的相對誤差越小，實驗誤差也越小【分析】動量守恒的條件是系統(tǒng)所受的合力為零或內(nèi)力遠大于外力，入球球的釋放點越高，入射前碰撞前的速度越大，相撞時內(nèi)力越大，阻力影響越小，動量越守恒。【解答】解：入射球的釋放點越高，入射前碰撞前的速度越大，相撞時內(nèi)力越大，阻力的影響相對越小，可以較好地滿足動量守恒的條件，也有利于減小測量水平位移時的相對誤差，從而使實驗的誤差減??；而釋放點低時，小球受阻力大；而釋放點越低，誤差越大，同時支柱對被碰小球的水平?jīng)_量不會影響實驗結(jié)果；故BCD錯誤，A正確。本題選錯誤的，故選：BCD。【點評】本題考查驗證動量守恒定律實驗的注意事項，關鍵是知道動量守恒的條件，明確碰撞中當內(nèi)力遠大于外力時系統(tǒng)動量守恒。20．某同學利用光電門和氣墊導軌做“探究碰撞中的不變量”實驗，下列說法正確的是（）A．滑塊質(zhì)量用天平測 B．擋光片的寬度用刻度尺測 C．擋光片通過光電門的時間用秒表測 D．擋光片通過光電門的時間用打點計時器測【分析】明確實驗原理，知道實驗目的，從而確定實驗的方法和需要測量的物理量?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)該實驗的原理可知，滑塊的質(zhì)量是必須要測量的量，用天平測滑塊的質(zhì)量，故A正確；B、可以用刻度尺測擋光片的寬度，故B正確；CD、擋光片通過光電門的時間由光電計時器記錄擋光時間，因此不需要秒表或打點計時器測時間，故CD錯誤。故選：AB?！军c評】本題考查驗證動量守恒定律的實驗；利用位移或位移與時間的比值表示物體的速度是物理實驗中常用的一種方法，要注意掌握。三．填空題（共10小題）21．（江油市校級月考）如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為3kg與1kg，相互作用后沿同一直線運動，它們的位移﹣時間圖象如圖所示，則A物體在相互作用前后的動量變化是3kg?m/s，B物體在相互作用前后的動量變化是﹣3kg?m/s，相互作用前后A、B系統(tǒng)的總動量不變．（填“變大”“變小”或“不變”）【分析】根據(jù)x﹣t圖象的斜率等于速度，求出各個物體的速度，即可分別求出碰撞前后的總動量．【解答】解：根據(jù)x﹣t圖象的斜率等于速度，由圖象可知：碰撞前兩物體的速度分別為：vA＝0m/svB＝＝4m/s碰撞后共同體的速度為：v＝＝1m/s，A物體在相互作用前后的動量變化是：△PA＝mAv﹣mAvA＝3×1﹣3×0＝3kg?m/s，B物體在相互作用前后的動量變化是：△PB＝mBv﹣mBvB＝1×1﹣1×4＝﹣3kg?m/s，系統(tǒng)相互作用前的總動量：P＝mAvA+mBvB＝3×0+1×4＝4kg?m/s，系統(tǒng)相互作用后的總動量為：P′＝（mA+mB）v＝（3+1）×1＝4kg?m/s，相互作用前后系統(tǒng)總動量不變；故答案為：3；﹣3；不變．【點評】本題主要考查了x﹣t圖象的斜率的意義，明確斜率等于速度，知道動量的含義，明確動量守恒定律的應和即可正確解答．22．（吳興區(qū)校級月考）質(zhì)量為M的火箭以速度v0飛行在太空中，現(xiàn)在突然向后噴出一份質(zhì)量為△m的氣體，噴出的氣體相對于火箭的速度是v，噴氣后火箭的速度是v0+v。【分析】以火箭和噴出的氣體為研究對象，應用動量守恒定律，可以求出噴氣后火箭的速度?！窘獯稹拷猓阂曰鸺蛧姵龅臍怏w為研究對象，以火箭飛行的方向為正方向，由動量守恒定律得：Mv0＝（M﹣△m）v′+△m（v′﹣v），解得：v′＝v0+v；故答案為：v0+v?！军c評】本題考查了求火箭的速度，應用動量守恒定律即可正確解題，解題時要注意研究對象的選擇、正方向的選取。23．（興隆臺區(qū)校級期中）甲乙兩船自身質(zhì)量為120kg，都靜止在靜水中，當一個質(zhì)量為30kg的小孩以相對于地面6m/s的水平速度從甲船跳上乙船時，不計阻力，甲、乙兩船速度大小之比：v甲：v乙＝5：4?！痉治觥考滓覂纱c小孩組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒定律，直接把數(shù)據(jù)代入公式：Mv1＝（m+M）v2即可?！窘獯稹拷猓杭滓覂纱c小孩組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒定律，由公式：Mv1＝（m+M）v2，得：。故答案為：5：4【點評】本題主要考查了動量守恒定律的直接應用，難度不大，屬于基礎題。24．（南通月考）兩小孩在冰面上乘坐“碰碰車”相向運動，A車總質(zhì)量為50kg，以2m/s的速度向右運動；B車總質(zhì)量為70kg，以3m/s的速度向左運動，碰撞后，A以1.5m/s的速度向左運動，則B的速度大小為0.5m/s，方向向左（選填“左”或“右”），該碰撞是非彈性（選填“彈性“或“非彈性”）碰撞【分析】（1）碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，平拋動量守恒定律可以求出B的速度；（2）根據(jù)碰前和碰后的動能是否守恒，判斷出是否為彈性碰撞?！窘獯稹拷猓篈、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mBvB﹣mAvA＝mAvA′+mBvB′，即：70×3﹣50×2＝50×1.5+70vB′，解得：vB′＝0.5m/s，方向：水平向左；碰撞前的能量為：碰撞后的能量為：綜上所述，碰撞前后的能量不守恒，故為非彈性碰撞。故答案為：0.5，左，非彈性?！军c評】本題考查了求物體的速度，應用動量守恒定律可以正確解題，解題時注意正方向的選擇，否則會出錯。同時要注意彈性碰撞和非彈性碰撞的根本區(qū)別在于能量是否守恒。25．（南關區(qū)校級月考）如果一個系統(tǒng)不受外力或者外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。動量守恒定律的表達式為m1v1+m2v2＝m1v'1+m2v'2?！痉治觥勘绢}根據(jù)動量守恒的條件以及動量守恒定律的表達式進行解答?！窘獯稹拷猓喝绻粋€系統(tǒng)不受外力，或者系統(tǒng)所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律。動量守恒定律成立的條件（必須具備下列條件之一）（1）系統(tǒng)不受外力；（2）系統(tǒng)所受外力的矢量和為0。動量守恒定律的表達式。①m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′②△p1＝﹣△p2（相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反）；②△p＝0（系統(tǒng)總動量的增量為零）故答案為：不受外力；外力之和為零；m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′?！军c評】本題考查了動量守恒定律，要理解并掌握動量守恒的條件，知道動量守恒的意義，掌握動量守恒定律的不同表達式。26．（赤峰期末）某同學用圖所示裝置來驗證動量守恒定律，實驗時先讓a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下痕跡，重復10次；然后再把b球放在斜槽軌道末端的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次．回答下列問題：（1）在安裝實驗器材時斜槽的末端應處于水平切線處．（2）小球a、b質(zhì)量ma、mb的大小關系應滿足ma＞mb，兩球的半徑應滿足ra＝rb（選填“＞”、“＜”或“＝”）．（3）本實驗中小球落地點的平均位置距O點的距離如圖所示，這時小球a、b兩球碰后的平均落地點依次是圖中水平面上的A點和C點．（4）在本實驗中結(jié)合圖，驗證動量守恒的驗證式是下列選項中的．A．ma＝ma+mbB．ma＝ma+mbC．ma＝ma+mb．【分析】（1）在安裝實驗器材時斜槽的末端應保持水平，才能使小球做平拋運動．（2）為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量；為了使小球發(fā)生對心碰撞，兩小球的半徑應相等．（3）根據(jù)圖示裝置與小球的運動分析答題．（4）根據(jù)實驗的原理，明確動量守恒定律的內(nèi)容，即可正確解答．【解答】解：（1）小球離開軌道后做平拋運動，在安裝實驗器材時斜槽的末端應保持水平，才能使小球做平拋運動．（2）為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量ma大于mb，即ma＞mb．為保證兩個小球的碰撞是對心碰撞，兩個小球的半徑要相等；（3）由圖1所示裝置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，b球在前，a球在后，兩球都做平拋運動，由圖示可知，未放被碰小球時小球a的落地點為B點，碰撞后a、b的落點點分別為A、C點．（4）小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有：mav0＝mavA+mbvB，兩邊同時乘以時間t得：mav0t＝mavAt+mbvBt，得：maOB＝maOA+mbOC，故選：B．故答案為：（1）保持水平；（2）＞，＝；（3）A，C；（4）B【點評】本題考查了實驗需要測量的量、實驗注意事項、實驗原理、刻度尺讀數(shù)、動量守恒表達式，解題時需要知道實驗原理，對刻度尺讀數(shù)時要先確定其分度值，然后再讀數(shù)，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直；求出需要實驗要驗證的表達式是正確答題的前提與關鍵．27．（榆陽區(qū)校級期中）“探究碰撞中的不變量”的實驗中，入射小球m1＝15g，原來靜止的被碰小球m2＝10g，由實驗測得它們在碰撞前后的x﹣t圖象如圖所示，由圖可知，入射小球碰撞前的m1v1是0.015kg?m/s，入射小球碰撞后的m1v1′是0.0075kg?m/s，被碰小球碰撞后的m2v2′是0.0075kg?m/s．由此得出結(jié)論碰撞中mv的矢量和是守恒量．【分析】由速度圖象求出小球的位移與對應的時間，由速度公式求出小球的速度，然后根據(jù)動量的計算公式求出小球的動量，最后分析實驗數(shù)據(jù)得出實驗結(jié)論．【解答】解：由圖象可知，碰前入射小球的速度：v1＝＝＝1m/s，碰后入射球的速度：v1′＝＝＝0.5m/s，被碰球碰后的速度：v2＝＝＝0.75m/s，入射球碰前的動量：p＝m1v1＝0.015kg?m/s，入射小球碰撞后的m1v1′＝0.0075kg/s，被碰小球碰撞后的：m2v2＝0.0075kg?m/s，碰后系統(tǒng)的總動量：p′＝m1v1′+m2v2′＝0.015kg?m/s．通過計算發(fā)現(xiàn)：兩小球碰撞前后的動量相等，即：碰撞中mv的矢量和是守恒的量．故答案為：0.015kg?m/s；0.0075kg?m/s；0.0075kg?m/s；碰撞中mv的矢量和是守恒的量．【點評】本題考查了實驗數(shù)據(jù)分析，由圖象求出小球的位移與對應的時間，應用速度公式與動量的計算公式即可正確解題．28．（橋東區(qū)校級月考）在研究“碰撞中動量守恒”的實驗中，實驗裝置如圖（甲）所示：（1）若兩個半徑相同的小球A與B的質(zhì)量之比mA：mB＝3：8，則入射球應選；（2）實驗中可能引起誤差的是BCDA．斜槽軌道有摩擦B．軌道末端切線不水平C．碰撞時兩球心不在同一高度D．落點位置不是平均位置（3）若入射球質(zhì)量為m1，被碰球質(zhì)量為m2，小球半徑均為r，各落點位置如圖（乙）所示，其中O為軌道末端所裝重錘線的投影點，并測得OM＝a，OP＝b，ON＝c，則碰撞中動量守恒的表達式可寫為m1b＝m1a+m2（c﹣2r）．【分析】（1、2）實驗是要驗證兩個小球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，同時通過平拋運動將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平射程的測量；為防止小球反彈，還要保證入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量；（3）實驗要驗證兩個小球系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，即要驗證m1v1＝m1v1′+m2v2，可以通過平拋運動將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平射程的測量．【解答】解：（1）本實驗中為了防止入射球反彈，應用質(zhì)量大的球去撞擊質(zhì)量輕的小球；故入射球選擇B；（2）A、本實驗中通過平拋運動規(guī)律求解碰前的速度，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，保證碰前的速度相同即可，不需要斜槽光滑；故A錯誤；B、為了保證小球做平拋運動，安裝軌道時，軌道末端必須水平．否則會引起誤差；故B正確；C、為了發(fā)生對心碰撞，兩球的直徑需相同．若不在同一高度，會引起誤差；故C正確；D、在本實驗中落點有會有多個點，為了準確，應取落點位置的平均位置；否則會出現(xiàn)較大的誤差；故D正確；（3）碰撞過程中，如果水平方向動量守恒，由動量守恒定律得：m1v1＝m1v1′+m2v2，小球做平拋運動時拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t，m1v1t＝m1v1′t+m2v2t；由表達式為：m1b＝m1a+m2（c﹣2r）故答案為：（1）B（2）BCD（3）m1b＝m1a+m2（c﹣2r）【點評】實驗注意事項：（1）前提條件：保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，碰撞之后還沿這條直線運動．（2）利用斜槽進行實驗，入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈．29．（濂溪區(qū)校級期末）驗證“碰撞中動量守恒”的實驗裝置如圖所示，A和B是質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小球（1）現(xiàn)有下列器材，為了完成本實驗，哪些是必需的？將這些器材前面的序號字母填在橫線上ACDA．刻度尺B．秒表C．天平D．圓規(guī)（2）如圖所示，M、N和P為驗證動量守恒定律實驗中小球的落點，如果碰撞中動量守恒，則下列式子可能成立的有（填字母）AA．B．C．D．．【分析】（1）根據(jù)動量守恒定律的實驗原理分析需要的儀器；（2）實驗要驗證兩個小球系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，即要驗證m1v1＝m1v1′+m2v2，可以通過平拋運動將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平射程的測量；【解答】解：（1）在該實驗中需要測量小球的質(zhì)量以及小球的水平位移，需要的測量儀器是天平、刻度尺．為了準確找出落點需要用到圓規(guī)；故選：ACD；②放上被碰小球后小球a、b的落地點依次是圖中水平面上的M點和N點．碰撞過程中，如果水平方向動量守恒，由動量守恒定律得：m1v1＝m1v1′+m2v2，小球做平拋運動時拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t，m1v1t＝m1v1′t+m2v2t得：m1OP＝m1Om+m2ON；變形可得：故答案為：（1）ACD（2）A【點評】實驗注意事項：（1）前提條件：保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，碰撞之后還沿這條直線運動．（2）利用斜槽進行實驗，入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈．30．（撫順模擬）用如圖所示的裝置進行驗證動量守恒的以下實驗：①先測出滑塊A、B的質(zhì)量M、m及滑塊與桌面的動摩擦因數(shù)μ，查出當?shù)氐闹亓铀俣萭；②用細線將滑塊A、B連接，使A、B間的彈簧處于壓縮狀態(tài)，滑塊B緊靠在桌邊；③剪斷細線，測出滑塊B做平拋運動落地時的水平位移為x1，滑塊A沿桌面滑行距離為x2。為驗證動量守恒，寫出還須測量的物理量及表示它的字母桌面離地面高度h。如果動量守恒，須滿足的關系是?！痉治觥恳炞C動量守恒，就需要知道細線剪斷前后的動量，所以要測量兩個滑塊的質(zhì)量及剪斷細線后兩滑塊的速度，剪斷細線后B做平拋運動，要求B的初速度，需要知道運動的高度和水平距離，A做勻減速運動，根據(jù)運動學基本公式求解速度。【解答】解：剪斷細線后B做平拋運動，要求B的初速度，需要知道運動的高度和水平距離，所以還需要測量桌面離地面的高度h；如果動量守恒，則剪斷細線前后動量相等，剪斷前兩滑塊速度都為零，所以總動量為零，剪斷后，B做平拋運動，t＝，A做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理得：MvA2＝μMgs2，解得：vA＝所以必須滿足的關系為MvA＝mvB代入數(shù)據(jù)得：故答案為：桌面離地面的高度h；【點評】本題要求同學們知道剪斷細線后兩滑塊的運動情況，B做平拋運動，而A做勻減速直線運動，要求B的速度時需要知道B運動的時間，難度適中。四．計算題（共10小題）31．（青島一模）如圖，質(zhì)量為m的物塊a與質(zhì)量為2m的物塊b靜置于光滑水平面上，物塊b與勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧連接，物塊a恰與彈簧左端接觸。現(xiàn)給物塊a水平向右的初速度v0，物塊a與彈簧發(fā)生相互作用，最終與彈簧分離。全過程無機械能損失且彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。已知彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2π。（1）若物塊b固定不動，求物塊a速度減為0過程經(jīng)歷的時間；（2）若物塊b可以自由滑動，求兩物塊相互作用過程中物塊a的最小速度；（3）若物塊b可以自由滑動，在兩物塊相互作用過程中，求當物塊a的速度大小為時彈簧的彈性勢能；（4）在（2）問中，如果在物塊b的右側(cè)固定一擋板（位置未知，圖中也未畫出），物塊a與彈簧分離前物塊b與擋板發(fā)生彈性碰撞，碰撞后的瞬間立即撤去擋板，物塊b與擋板的碰撞時間極短，求此后過程中彈簧最大彈性勢能可能的取值范圍?！痉治觥坷煤喼C運動規(guī)律可求出速度減為0時間，碰撞過程動量守恒，結(jié)合題意機械能也守恒，由此可以列式表示各過程功能關系。【解答】解：取水平向右為正方向，（1）設物塊a經(jīng)時間t速度減為0，有，解得（2）設物塊a與彈簧分離時物塊a、b的速度分別為va1、vb1，有mv0＝mva1+2mvb1mv02＝mva12+?2mvb12解得va1＝，vb1＝，所以兩物塊相互作用過程中物塊a的最小速率vamin＝0（3）由動量守恒定律有mv0＝mva+2mvb，由能量守恒，有mv02＝mva2+?2mvb2+Ep當va＝v0時，Ep1＝；當va＝﹣v0時，Ep2＝；（4）物塊a與彈簧分離前某時刻，設物塊a的速度為va2，物塊b的速度為vb2，物塊b與擋板碰撞前，有mv0＝mva2+2mvb2物塊b與擋板碰撞后，當物塊a、b共速時彈簧彈性勢能最大，設為E2，有mva2﹣2mvb2＝3Mv2mv02＝（m+2m）v22+E2解得E2＝，由（3）問可知0＜vb＜v0當vb＝v0時，E2最大，解得E2max＝mv02，當vb＝v0時，E2最小，解得E2min＝mv02所以彈簧最大彈性勢能可能的取值范圍為mv02≤E2≤mv02答：（1）若物塊b固定不動，求物塊a速度減為0過程經(jīng)歷的時間為；（2）若物塊b可以自由滑動，兩物塊相互作用過程中物塊a的最小速度為0；（3）若物塊b可以自由滑動，在兩物塊相互作用過程中，當va＝v0時，Ep1＝；當va＝﹣v0時，Ep2＝；（4）彈簧最大彈性勢能可能的取值范圍為mv02≤E2≤mv02【點評】本題考查簡諧運動、碰撞過程中的動量守恒、能量守恒的問題，考點較為全面，要求學生綜合運用所學知識，對整個運動過程的功能關系進行分析，難度較大。32．（瑤海區(qū)月考）如圖，在水平地面上放有一高度為h＝0.8m的固定斜面體，地面與斜面體弧面的底端相切。有兩個可以視為質(zhì)點的滑塊甲和乙，甲的質(zhì)量為2m，乙的質(zhì)量為Nm?，F(xiàn)將乙滑塊置于斜面體左邊地面上，讓甲滑塊由斜面體的頂端靜止滑下，然后與乙滑塊發(fā)生碰撞，碰后乙獲得了v＝2.0m/s的速度。（不計一切摩擦，g取10m/s2）（1）若甲、乙發(fā)生彈性正碰，N為多少？（2）若甲、乙發(fā)生完全非彈性碰撞，且m＝1kg，則碰撞過程損失的機械能為多少？【分析】（1）根據(jù)機械能守恒求出滑塊甲剛滑到斜面底端是的速度，再對碰撞過程由動量守恒和機械能守恒列式，從而求出N的大??；（2）發(fā)生完全非彈性碰撞時，二者共速，由動量守恒定律和能量守恒定律列式從而求出損失的機械能?！窘獯稹拷猓海?）甲由斜面滑下過程，由機械能守恒定律可知：2mgh＝×2mv甲2解得：v甲＝4m/s；若甲乙兩滑塊發(fā)生彈性碰撞時，取向左為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有2mv甲＝2mv2+Nmv×2mv甲2＝×2mv22+×Nmv2解得N＝6，v2＝﹣2m/s負號表示甲發(fā)生反彈；（2）取向左為正方向，若甲乙兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞時有2mv甲＝（2m+Nm）v解得N＝2；損失的機械能E＝×2mv甲2﹣（2m+Nm）v2＝×2×1×42J﹣×（2×1+2×1）×22J＝8J。答：（1）若甲、乙發(fā)生彈性正碰，N為6；（2）若甲、乙發(fā)生完全非彈性碰撞，且m＝1kg，則碰撞過程損失的機械能為8J?！军c評】解決本題的關鍵要把握每個過程的物理規(guī)律，要知道彈性碰撞中，遵守兩大守恒定律：動量守恒定律和機械能守恒定律。完全非彈性碰撞中兩物體共速，損失的機械能最多。33．（阜寧縣校級期中）由分子動理論可知，分子間同時存在著引力和斥力，分子組成的系統(tǒng)具有分子勢能，設兩個分子的距離為無窮遠時它們的分子勢能為零。如果開始時甲分子初速度為零，乙分子從無窮遠處以速率v0正對甲分子運動，兩者距離最近后又逐漸遠離，直至無窮遠。設兩分子質(zhì)量均為m，整個過程可等效為彈性碰撞。求：（1）兩分子系統(tǒng)的最大分子勢能Ep；（2）整個過程中甲分子受到?jīng)_量的大小I。【分析】（1）由題意可知，將分子間的相互作用等效為彈性碰撞進行分析，當兩分子相距最近時分子勢能最大，根據(jù)動量守恒定律以及能量關系列式即可求出最大分子勢能；（2）對碰撞全過程分析，根據(jù)動量守恒定律以及能量關系列式求出最后甲的速度，再對甲分子分析，根據(jù)動量定理列式即可求出沖量大小?！窘獯稹拷猓海?）兩分子組成的系統(tǒng)不受外力，故在兩分子相互作用的過程中，動量守恒；當兩個分子速度相同時，總動能最小，分子勢能最大，設乙的初速度方向為正方向，則有：mv0＝2mv最大分子勢能EPmax＝mv02﹣×2mv2聯(lián)立解得EPmax＝mv02；（2）設乙的初速度方向為正方向，對甲、乙，由動量守恒定律得：mv0＝mv1+mv2對甲、乙，由能量守恒定律得：mv02＝mv12＝mv22解得：v2＝v0對甲，由動量定理得，甲分子受到的沖量大小為I＝mv0答：（1）兩分子系統(tǒng)的最大分子勢能Ep為mv02；（2）整個過程中甲分子受到?jīng)_量的大小I為mv0；【點評】本題將分子間的相互作用過程視為了彈性碰撞過程，實質(zhì)上是考查了動量守恒定律的應用，要注意明確彈性碰撞的性質(zhì)，正確根據(jù)動量守恒和能量守恒列式即可。34．（渝中區(qū)校級月考）如圖，水平傳送帶左右兩側(cè)水平面與傳送帶平滑對接且等高，左側(cè)水平面與曲面也平滑對接，右側(cè)水平面足夠長。水平輕彈簧連接質(zhì)量為m2＝6kg的物體B與墻壁。水平面、曲面均光滑。傳送帶左右兩端距離為L＝1m、順時針勻速運轉(zhuǎn)的速度為v0＝2m/s。傳送帶所處空間存在寬度為L、水平向左、大小為E＝1.0×105V/m的勻強電場。質(zhì)量為m1＝2kg、帶電量為q＝+2×10﹣5C的滑塊A從曲面上高h＝1.1m處無初速度釋放，滑過傳送帶后與靜止的絕緣滑塊B發(fā)生碰撞。A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，B不帶電，運動中A的電量不變，A與B碰撞時無機械能損失。取g＝10m/s2。（1）求A第一次與B碰前A的速度大小v1；（2）求A與B第一次碰后A返回曲面上升的最大高度h1；（3）設每次A與B碰后當彈簧處于原長時都鎖定B，再次碰撞前都解除鎖定。求從A第二次向右運動經(jīng)過傳送帶右端直至最終停下的過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！痉治觥勘绢}解題過程要注意先分析清楚物體運動過程，A下滑到底端末速度可用機械能守恒定律求出，再結(jié)合受力分析求出在傳送帶運動情況，碰撞過程可結(jié)合動量守恒定律與能量守恒求解【解答】解：以向右為正方向，（1）A第一次在曲面上下滑，有，得v＝m/sA第一次在傳送帶上向右滑行，有﹣μm1g﹣qE＝m1a1，得a1＝﹣3m/s2又v12﹣v2＝2a1L得v1＝4m/s（2）A、B第一次碰撞有m1v1＝m1v1'+m2v2且m1v12＝m1v1'2+m2v22得v1'＝﹣2m/s負號表示向左第一次返回直到最高點有qEL﹣μm1gL﹣m1gh1＝0﹣m1v1'2，得h1＝0.1m（3）A第二次沿曲面下滑，有，得v1′′＝m/s，第二次在傳送帶上向右滑行，有μm1g﹣qE＝m1a2，得a2＝1m/s2設能達到傳送帶的速度，有v02﹣v1′′2＝2a2x，得x＝1m，即到達傳送帶右端時剛達到傳送帶的速度v0從此時起，第n次碰后A的速度大小，第n次碰后，第n+1次碰前在傳送帶上運動的時間，第n次碰后，第n+1次碰前A與傳送帶的相對路程△xn＝v0tn＝，則從A第二次向右運動經(jīng)過傳送帶右端直至最終停下的總相對路程，△x＝8m從A第二次向右運動經(jīng)過傳送帶右端直至最終停下的過程中，A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μm1g△x，Q＝32J答：（1）A第一次與B碰前A的速度為4m/s；（2）求A與B第一次碰后A返回曲面上升的最大高度為0.1m；（3）從A第二次向右運動經(jīng)過傳送帶右端直至最終停下的過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為32J?！军c評】本題是一道力學綜合題，難度較大，分析清楚物體運動過程是解題的前提與關鍵，分析清楚運動過程后，應用動量守恒定律、機械能守恒定律、牛頓第二定律與動量定理可以解題。35．（桂林模擬）如圖所示，兩個完全相同的長木板A、B靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的長均為L，質(zhì)量均為m，一物塊C，質(zhì)量也為m，以初速度v0從A木板的左端滑上木板，最終剛好能滑到木板A的右端，重力加速度為g，物塊與兩長木板間的動摩擦因數(shù)相同，不計滑塊C的大小，求：（1）物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ；（2）物塊滑到A的右端時，再給C一個向右的大小為I＝mv0的瞬時沖量，試判斷C會不會從B的右端滑離？【分析】（1）C在A上滑行時，三個物體組成的系統(tǒng)合外力為零系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求動摩擦因數(shù)μ；（2）給C一個瞬時沖量后，根據(jù)動量定理求出C的速度，之后A滑上B，A、B分離，對BC組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分析．【解答】解：（1）選取A、B、C組成的系統(tǒng)為研究的對象，系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，選取C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律，有：mv0＝3mv由能量守恒定律可得：mv02＝×（3m）v2+μmgL聯(lián)立解得：v＝，μ＝（2）設給C一個瞬時沖量后速度變?yōu)関1．設C與B相對靜止時共同速度為v2，C在B板上滑行的距離為S．根據(jù)動量定理得：I＝mv1﹣mv將I＝mv0，v＝代入解得：v1＝選取CB組成的系統(tǒng)為研究的對象，由動量守恒定律有：mv+mv1＝2mv2．根據(jù)能量守恒定律有：mv2+mv12＝×（2m）v22+μmgS聯(lián)立解得：S＝L＜L所以C不會從B的右端滑離．答：（1）物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ是；（2）C不會從B的右端滑離．【點評】本題綜合運用了動量守恒定律和能量守恒定律，關鍵要正確選擇研究對象，把握隱含的臨界情況和臨界條件，以及知道摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝f△s＝fL相對．36．（蔡甸區(qū)校級期中）一輛平板車沿光滑平面運動，車的質(zhì)量m＝18kg，運動速度為v0＝5m/s，求在下列情況下，車的速度變?yōu)槎啻螅浚?）一個質(zhì)量為m′＝2kg的沙包從5m高處自由下落掉入車內(nèi)并立刻與車共速；（2）將質(zhì)量為m′＝2kg的沙包，以v＝5m/s的速度迎面水平扔入車內(nèi)并立刻與車共速?！痉治觥浚?）沙包從5m高處落入車內(nèi)，與車作用前的速度的方向是豎直向下的，水平方向上沒有分量。以平板車和沙包為研究對象，經(jīng)受力分析發(fā)現(xiàn)在水平方向上合力為零，在水平方向上動量守恒，選取正方向，根據(jù)動量守恒定律列式求解；（2）沙包以v＝5m/s的速度迎面水平扔入車內(nèi)，在相互作用的過程中，以平板車和沙包為研究對象，水平方向上合外力為零，動量守恒，選取正方向，根據(jù)動量守恒定律列式求解。【解答】解：（1）對平板車和沙包組成的系統(tǒng)，以車的速度方向為正方向，沙包和車水平動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝（m′+m）v1，解得：v1＝m/s＝4.5m/s；（2）以車的方向為正方向，對平板車和沙包組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0﹣m′v＝（m+m′）v2，解得：v2＝m/s＝4m/s；答：（1）一個質(zhì)量為m′＝2kg的沙包從5m高處自由下落掉入車內(nèi)并立刻與車共速，車的速度為4.5m/s；（2）將質(zhì)量為m′＝2kg的沙包，以v＝5m/s的速度迎面水平扔入車內(nèi)并立刻與車共速，車的速度為4m/s?！军c評】動量守恒定律的內(nèi)容是相互作用的幾個物體組成的系統(tǒng)，如果不受外力作用，或者它們所受到的合外力為零，則系統(tǒng)的總動量保持不變，在應用動量守恒定律解題時要注意明確各物理量的矢量性。37．（江油市校級月考）如圖所示，固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為8kg的小車C的上表面平滑相接，圓弧面上有滑塊A，在小車C的左端有一滑塊B，滑塊A與B的質(zhì)量均為2kg，且均可視為質(zhì)點?；瑝KA從距小車的上表面高h＝1.25m處由靜止下滑，與B碰撞，已知碰撞過程時間極短，滑塊A、B與小車C的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，水平地面光滑，g取10m/s2。求：（1）滑塊A與B碰撞前瞬間的速度？（2）如滑塊A與B碰撞后粘在一起，則滑塊A與B碰撞后瞬間A、B的速度大??；（3）如AB碰撞無機械能損失，則滑塊A與B碰撞后瞬間A、B的速度大?。ū仨氂蟹匠蹋?；（4）如AB碰撞無機械能損失且B最終沒有從小車C上滑出，求小車C上表面的最短長度L。【分析】解決本題要注意各段符合的物理原理的分析，A在光滑圓弧上運動時，機械能守恒；AB碰撞時，動量守恒；彈性碰撞機械能守恒；B在車C上滑動時，動量守恒，有摩擦生熱。（1）根據(jù)機械能守恒，求解A滑到圓弧末端時的速度大??；（2）由動量守恒定律，求解滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大??；（3）由動量守恒定律，機械能守恒，求解滑塊A與B彈性碰撞后瞬間的各自的速度的大?。ㄙ|(zhì)量相等速度交換）；（4）根據(jù)動量守恒定律，系統(tǒng)的能量守恒結(jié)合摩擦生熱的功能關系，求解小車C上表面的最短長度?！窘獯稹拷猓海?）設滑塊A與B碰撞前瞬間的速度v1，由機械能守恒定律得：mAgh＝mA代入數(shù)據(jù)解得：v1＝5m/s，方向水平向右；（2）設A、B碰后瞬間的共同速度大小為v2，取水平向右為正方向，滑塊A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：mAv1＝（mA+mB）v2代入數(shù)據(jù)解得：v2＝2.5m/s（3）滑塊A與B彈性碰撞后瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，取水平向右為正方向，滑塊A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：mAv1＝mAvA+mBvB滑塊A與B組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：mA＝mA+mB聯(lián)立兩式解得：vA＝，vB＝；代入數(shù)據(jù)解得：vA＝0，vB＝5m/s；（彈性碰撞，質(zhì)量相等，速度交換）（4）設車C的最短長度為L，滑塊B最終沒有從車C上滑出，兩者最終速度相同時相對位移恰好等于L，設相等的速度為v3，取水平向右為正方向，滑塊B與小車C組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：mBvB＝（mB+mC）v3代入數(shù)據(jù)解得：v3＝1m/sB在C上相對滑動的過程中，設因摩擦產(chǎn)生熱量為Q，根據(jù)能量守恒定律有：Q＝mB﹣（mB+mC）由功能關系知：Q＝μmBgL聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得L＝2m。答：（1）滑塊A滑到圓弧面末端時的速度大小為5m/s，方向水平向右；（2）滑塊A與B碰撞后瞬間A、B的速度大小均為2.5m/s；（3）滑塊A與B碰撞后瞬間A、B的速度大小分別為0、5m/s；（4）小車C上表面的最短長度L為2m。【點評】本題的關鍵要理解各段運動過程符合的物理原理，要熟練彈性碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律和機械能守恒定律。需掌握對于板塊類相對運動的模型，當系統(tǒng)外力合為零，系統(tǒng)遵守動量守恒定律，再由能量守恒和摩擦生熱的功能關系求解相對位移的方法。38．（汪清縣校級月考）對于不同類型的物體和運動情況，測量速率的方法往往是不同的，當然測量速度的方法也受到歷史的局限性和實驗室提供的儀器的限制。（1）歷史上，由于測量條件的限制，伽利略無法用直接測量運動速度的方法來尋找自由落體的運動規(guī)律。因此他設想用斜面來“沖淡”重力，“放慢”運動，而且把速度的測量轉(zhuǎn)化為對路程和時間的測量，并把自由落體運動看成為沿傾角為90°的斜面下滑運動的外推（圖1）。假設一個時間單位為T，一個長度單位d，實驗中記錄了小球沿光滑斜面在不同時間內(nèi)相對于起始點的距離，如表所示，則分析表中數(shù)據(jù)可知，小球在t＝3T時刻的瞬時速度等于多少？（用已知量T、d表示即可）時間0T2T3T4T5T6T距離0d4d9d16d25d36d（2）帶電粒子的速度可以利用速度選擇器進行測量。如圖2所示，真空環(huán)境中平行放置的金屬板間距為d，兩板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，帶電粒子以某一速度兩金屬板的左側(cè)中間沿平行于金屬板面的方向射入兩板間，當板間電壓為U時，帶電粒子恰好沿直線（圖中虛線）穿越兩板，不計帶電粒子的重力，求它的速度大小？（3）由于中子不帶電，因此中子的速度無法直接使用速度選擇器進行測量，可以采用碰撞的方法進行間接測量。低速中子與靜止的原子核發(fā)生相互作用，有一定概率會與原子核發(fā)生彈性正碰。假設一群低速中子的質(zhì)量為m，速度大小相同，原子核質(zhì)量為M，這群中子中的一個中子與靜止的原子核發(fā)生彈性正碰后，利用電偏轉(zhuǎn)或磁偏轉(zhuǎn)的方法測得原子核被碰后的速度大小為v1，求這群中子的速度大??？【分析】（1）根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度；（2）根據(jù)受力平衡求出速度大小；（3）由動量守恒和能量守恒求出中子的初速度。【解答】解：（1）勻變速直線運動中，利用中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，則（2）粒子恰好沿直線穿越兩板，在豎直方向上受力平衡，則有即；（3）中子與原子核發(fā)生彈性正碰后中子的速度為v，由動量守恒mv0＝mv+Mv1由機械能守恒聯(lián)立解得；答：（1）小球在t＝3T時刻的瞬時速度等于；（2）它的速度大小為；（3）這群中子的速度大小為。【點評】本題題目信息新穎，閱讀量大，但主要考查運動學公式，受力平衡以及彈性碰撞，知識點跨度比較大，考查學生的綜合分析能力，要注意正確理解題意是解題的關鍵。39．（杭州一模）某小組在做“探究碰撞中的不變量”實驗時，采用了如圖1所示的實驗裝置。小車甲、乙的碰撞端分別裝上撞針與橡皮泥?，F(xiàn)進行以下操作：把打點計時器固定在光滑水平軌道左側(cè)將紙帶一端穿過打點計時器，另一端連在小車甲的后面；打開打點計時器，輕推一下小車甲，使其獲得一定速度后與靜止的小車乙碰撞粘連成一體；關閉打點計時器，取下紙帶，進行相關探究。在某次實驗中得到的紙帶（部分）如圖2所示（圖中的直尺為毫米刻度尺）。（1）請判斷小車甲是與圖示紙帶的哪一端（“左端”或“右端”）相連接？并說明理由。（2）若測量出小車甲的質(zhì)量為524.4g，小車乙的質(zhì)量為510.0g，則在這次碰撞中小車甲對小車乙的沖量為0.21kg?m/s（保留兩位有效數(shù)字）?！痉治觥浚?）甲與乙碰后速度減小，由此判斷小車甲與圖示紙帶的那一側(cè)相連；（2）求出碰后的速度大小，得出乙碰后動量的大小，然后由動量定理求出沖量。【解答】解：（1）甲與乙碰后粘在一起，速度減小，相等時間內(nèi)的間隔減小，由于紙帶右側(cè)速度大，為碰前速度，所以小車甲是與圖示紙帶的右側(cè)相連。（2）碰后共同速度：＝0.41m/s。碰后乙的動量：P乙＝m乙v2＝0.5100×0.410＝0.209kg?m/s由動量定理可得小車甲對小車乙的沖量：I＝P乙﹣0＝P乙＝0.21kg?m/s故答案為：（1）右端；（2）0.21kg?m/s【點評】本題考查動量守恒定律實驗驗證；解決本題的關鍵知道甲與乙碰后，速度減小，會通過紙帶求解速度的大小。40．某同學設計了一個用打點計時器探究碰撞過程中不變量的實驗：如圖甲所示．在小車甲的前端粘有橡皮泥，推一下小車甲使之開始運動并很快達到勻速，然后與原來靜止在前方的小車乙相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運動．在小車甲后連著紙帶，電磁打點計時器電源的頻率為50Hz，長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力．若已得到打點紙帶如圖乙所示，并將測得的各計數(shù)點間距離標在圖上，A點是運動起始的第一點（1）分析判斷小車甲、乙在哪一段發(fā)生了碰撞？（2）求甲的碰前速度大小及甲和乙碰后的共同速度大?。?）已測得小車甲的質(zhì)量m1＝0.40kg，小車乙的質(zhì)量m2＝0.20kg，比較碰撞前后兩個小車質(zhì)量與速度的乘積之和是不是不變量【分析】（1）碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A獨自運動的速度，確定AC應在碰撞之前，DE應在碰撞之后；（2）物體發(fā)生的位移與發(fā)生這些位移所用時間的比值等于勻速運動的物體在該段時間內(nèi)的速度．（3）根據(jù)動量守恒定律進行分析，從而確定動量是否守恒．【解答】解：（1）由于碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A獨自運動的速度，故AC應在碰撞之前，DE應在碰撞之后．故碰撞發(fā)生在CD之間；（2）由圖可知，甲碰前做勻速運動，故應用BC段的平均速度表示瞬時速度，BC＝10.50cm＝0.1050m；甲的碰前速度大小vA＝＝＝1.05m/s；DE段的平均速度為碰后的共同速度，由圖可知，DE＝6.95cm＝0.0695m；甲和乙碰后的共同速度大小v＝＝＝0.695m/s（3）碰前系統(tǒng)的動量即A的動量，則P1＝mAvA+mBvB＝0.40×1.05+0＝0.420kg?m/s，碰后的總動量P2＝mAvA+mBvB＝（mA+mB）v2＝（0.40+0.20）×0.420＝0.417kg?m/s；由實驗數(shù)據(jù)可知：在誤差允許的范圍內(nèi)，小車A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后總動量守恒．答：（1）碰撞發(fā)生在CD之間；（2）甲的碰前速度大小及甲和乙碰后的共同速度大小分別為1.05m/s和0.695m/s；（3）在誤差允許的范圍內(nèi)，小車A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后總動量守恒【點評】根據(jù)碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A獨自運動的速度，確定AC應在碰撞之前，DE應在碰撞之后，是解決本題的突破口．同時注意明確動量守恒定律的驗證方法．五．解答題（共10小題）41．（龍鳳區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m的小車靜置于光滑水平面上，小車右端帶有光滑圓弧軌道，一質(zhì)量也為m的小球以水平速度v0從左端沖上小車，到達某一高度后又能回到小車左端，重力加速度為g，不計一切摩擦，求：（1）小球回到小車左端時速度；（2）小球上升的最大高度?！痉治觥浚?）小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)水平動量守恒，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒求出小球返回左端時的速度；（2）當小球上升的最高點時與小車具有相同的速度，結(jié)合動量守恒和能量守恒求出上升的最大高度h?！窘獯稹拷猓海?）設小球回到小車左端時時速度為v1，小車的速度為v2，選取水平向右為正方向，整個過程中系統(tǒng)的水平動量守恒，得：mv0＝mv1+mv2由機械能守恒得：mv02＝mv12+mv22聯(lián)立解得：v1＝0，v2＝v0（2）當小球與小車的速度相等時，小球在光滑圓弧軌道上升到最大高度，設最大高度為h，則：mv0＝2m?vmv02＝?2mv2+mgh聯(lián)立解得：h＝答：（1）小球回到小車左端時速度為0；（2）小球上升的最大高度為。【點評】本題是動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用，要知道當小球與小車的速度相等時，小球上升到最大高度，要注意此過程中系統(tǒng)水平動量守恒，但總動量并不守恒。42．（公主嶺市期末）如圖所示，在光滑水平面上放置A、B兩物體，質(zhì)量均為m，其中B物體帶有不計質(zhì)量的彈簧靜止在水平面內(nèi)。A物體以速度v0向右運動，并壓縮彈簧。求：（1）彈簧壓縮量達到最大時，A、B兩物體的速度大小vA和vB。（2）彈簧彈性勢能的最大值Ep?！痉治觥吭贏B碰撞并壓縮彈簧，在壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，機械能守恒，由機械能守恒可求得彈性勢能的最大值?！窘獯稹拷猓簝晌矬w及