第一章　动量与动量守恒定律 综合拔高练（含答案解析）

综合拔高练
高考真题练
考点1　动量与动量定理
1.(多选题)(2023广东,10)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。开窗帘的过程中,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
2.(多选题)(2022全国乙,20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。则 (　　)
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
3.(2021湖北,3)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8 g,出膛速度大小约750 m/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12 N,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
4.(多选题)(2021全国乙,19)水平桌面上,一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时,速度的大小为v0,此时撤去F,物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则 (　　)
A.在此过程中F所做的功为m
B.在此过程中F的冲量大小等于mv0
C.物体与桌面间的动摩擦因数等于
D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
考点2　动量守恒定律的应用
5.(多选题)(2021湖南,8)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
6.(2021广东,13)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=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短可忽略不计,重力加速度g取10 m/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。
7.(2021河北,13)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2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下,若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/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。背包与滑道的动摩擦因数为μ=,重力加速度取g=10 m/s2,sin θ=,cos θ=,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。
考点3　碰撞问题中动量和能量的结合
8.(2020课标Ⅲ,15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为 (　　)
A.3 J　　　B.4 J　　　C.5 J　　　D.6 J
9.(2023北京,18)如图所示,质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点,在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B,B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度,由静止释放,A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求:
(1)A释放时距桌面的高度H;
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F;
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
10.(2022河北,13)如图,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg。A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。
11.(2022全国乙,25)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(sin θ=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。
考点4　碰撞过程的实验探究
12.(2023辽宁,11)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=　　　　(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　。
13.(2022全国甲,23)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0.510 kg和0.304 kg。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= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2=　　　(保留2位有效数字)。
(7)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判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则的理论表达式为　　　　(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。
高考模拟练
应用实践
1.(多选题)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
2.如图所示,在一光滑地面上有A、B、C、D四个同样形状的光滑小球,质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg、mC=2 kg、mD=10 kg,小球A以3 m/s的速度向右运动,与B球发生弹性碰撞,此后所有碰撞均为弹性碰撞,从A开始运动起,四个小球一共发生的碰撞次数为 (　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
3.(多选题)如图甲所示,内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上,木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块,木块与木箱之间的动摩擦因数为μ。初始时木箱向右的速度为v0,木块无初速度。木箱运动的v-t图像如图乙所示,所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短,重力加速度为g,则在0~t0时间内,下列说法正确的是 (　　)
A.M=2m
B.木箱与木块间的相对路程为
C.木箱对地的位移为+L
D.木块对地的位移为+L
4.(多选题)如图甲所示,篮球场上,某同学在练习投篮,篮球在空中划过一条漂亮的弧线落入篮筐。在篮球运动轨迹所在的竖直平面内建立坐标系xOy,如图乙所示,篮球由A点投出,A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点,C为篮球运动的最高点。重力加速度为g,空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是 (　　)
　
A.篮球经过点C时速度大小为
B.篮球经过B点和D点的动量相同
C.篮球由A到B和由B到C过程,动量的变化量相同
D.篮球由B到C和由C到D过程,重力做功相同
5.“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则为:将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化,如图所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距x1=1.6 m,弹珠B与坑的间距x2=0.4 m。某同学将弹珠A以v0=5 m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间t1=0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后瞬间弹珠A的速度大小为vA'=1 m/s,方向向右,且不再与弹珠B发生碰撞。已知两弹珠的质量均为10 g,重力加速度g取10 m/s2,将弹珠的运动视为滑动,且弹珠A、B与地面间的动摩擦因数相同。
(1)求碰撞前瞬间弹珠A的速度大小vA和弹珠在地面上运动时的加速度大小a;
(2)求两弹珠构成的系统碰撞过程中的机械能损失;
(3)通过计算判断该同学能否胜出。
迁移创新
6.如图1所示,运动员做“蹲跳起”动作,离开地面的瞬间,全身绷紧,之后离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求运动员离开地面瞬间的速度。
(2)地面是不会对人做功的,那么人是如何获得机械能的呢 为了解释这个问题,小亮同学构建了如下模型:如图2所示,将人的上半身(质量为m1)和下半身(质量为m2)分别看成质量为m1和m2的物块A、B,上、下半身间的作用力看成物块间竖直轻弹簧的弹力。将A从平衡位置向下压距离h,表示人“蹲下”;然后松手,A向上运动,表示人“站起”;当A回到平衡位置时,突然将弹簧的长度锁定(此时弹簧可以看成一个轻杆),B被带离地面,表示人“跳起”。试结合这一模型分析运动员跳离地面的过程。
　
a.计算运动员在“刚站起”瞬间(弹簧刚要锁定瞬间)上半身的速度。
b.运动员在“站起”过程中至少要做多少功
(3)如图3所示是立定跳远的动作分解图,有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆臂,且离开地面前瞬间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位当成两个部分,试从物理的角度解释起跳时摆臂的原因。
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
高考真题练
1.BD　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=1×0.40 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,A错误;对滑块1,取向右为正方向,则由动量定理得,滑块1受到合外力的冲量I1=mv2-mv1=1×0.22 kg·m/s-1×0.40 kg·m/s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,B正确;对滑块2,取向右为正方向,则由动量定理得,滑块2受到合外力的冲量I2=mv2=1×0.22 kg·m/s=0.22 N·s,C错误;对滑块2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,D正确。
2.AD　摩擦力f=μmg=2 N,0~3 s,a1==2 m/s2,3 s末,v3=a1t3=6 m/s,此时动量为p3=mv3=6 kg·m/s,C错误。3 s末,拉力反向后,a2==6 m/s2,减速到0所用的时间t==1 s,因此4 s末物块速度为零,A正确。0~3 s内前进的距离l1=×2×32 m=9 m,3~4 s内前进的距离l2=×6×12 m=3 m,4~6 s内反向运动的距离l3=×2×22 m=4 m,则0~6 s内的位移x=l1+l2-l3=8 m,故B错误。0~6 s内F做的总功W=F(l1+l3)-Fl2=4×(9+4) J-4×3 J=40 J,故D正确。
方法技巧　利用物体运动的v-t图像更有助于对本题的理解。v-t图像与时间轴所围面积是物体的位移。
前3 s,F与位移同向,都沿正方向;3~4 s,F与位移反向;4~6 s,F与位移同向,都沿负方向。
3.C　以子弹的初速度方向为正方向,连续射击1分钟的过程中,设射出了n颗子弹,子弹受到机枪的平均作用力F=F'=12 N,对子弹运用动量定理,则有Ft=nmv,代入数据,解得n=120,C正确。
4.BC　设物体运动过程中,滑动摩擦力大小为f,对全程应用动能定理,得Fs0-f×3s0=0-0,可得F=3f,选项D错误;对第一阶段应用动能定理,得(F-f)s0=m-0,由于WF=Fs0、F=3f,故有WF=m,选项A错误;对第一阶段应用动量定理,有(F-f)t1=mv0-0,由于IF=Ft1、F=3f,故有IF=mv0,选项B正确;由f=μmg,结合F=3f、(F-f)s0=m-0,可得μ=,选项C正确。
5.ABD　从a-t图像可知,0~t1时间内B物体未运动,仍处于静止状态,故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等,故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相同,故由动量定理可知其大小等于mAv0,选项A正确;t1时刻之后,A、B构成的系统动量守恒,弹簧形变量最大时,弹簧弹力最大,a也最大,在t2时刻,A、B加速度最大,且此时A、B受力大小相等,方向相反,aAmB,选项B正确;t2时刻弹簧形变量最大,aA6.答案　(1)见解析　(2)0.2 s
解析　设算珠的质量为m,取从甲到乙的方向为正方向,甲算珠碰撞前后的速度分别为v1和v1',乙算珠碰撞后的速度为v2'。对算珠,由牛顿第二定律知-μmg=ma,解得a=-μg=-0.1×10 m/s2=-1 m/s2。
(1)对甲算珠,有-=2as1,得v1=0.3 m/s,
甲算珠与乙算珠碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2',
代入数据,解得v2'=0.2 m/s,
设乙滑行s后停下,有0-v2'2=2as,
代入数据,解得s=2.0×10-2 m,
由于s=s2,则乙算珠可以滑到边框a。
(2)设甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞所用时间为t1,碰后至停下所用时间为t2,
根据vt-v0=at,有t=,
t1== s=0.1 s,
t2== s=0.1 s,
在t2时间内,设甲算珠的位移为s1',
由-=2as,得s1'== m=0.5×10-2 m故甲算珠从被拨出到停下来所需时间
t=t1+t2=0.1 s+0.1 s=0.2 s。
举一反三　两颗算珠间的碰撞是否为弹性碰撞
提示:碰撞前甲和乙的总动能为Ek=m
碰撞后甲和乙的总动能为Ek'=mv1'2+mv2'2
计算可知Ek>Ek'
所以不是弹性碰撞。
7.答案　(1)9 m　(2)7.44 m/s
解析　(1)A→B过程
对背包(m1):受力分析,由牛顿第二定律得
m1g sin θ-μm1g cos θ=m1a1,
解得a1=2 m/s2, ①
由运动分析得l=a1t2, ②
v1=a1t, ③
对滑雪者(m2):由运动分析得
l=v0(t-t0)+a2(t-t0)2, ④
v2=v0+a2(t-t0),其中t0=1 s, ⑤
联立①②③④⑤得
t=3 s,v1=6 m/s,v2=7.5 m/s,l=9 m。
(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒,有
m1v1+m2v2=(m1+m2)v,
解得v=7.44 m/s,
滑雪者拎起背包时的速度为7.44 m/s。
8.A　由图像可知甲物块碰前速度v甲=5 m/s,乙物块碰前速度v乙=1 m/s,甲物块碰后速度v甲'=-1 m/s,乙物块碰后速度v乙'=2 m/s。甲和乙碰撞过程中系统动量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',解得m乙=6 kg。碰撞过程中两物块损失的机械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2=3 J。故选A项。
9.答案　(1)　(2)mg+m　(3)mv2
解析　(1)从A释放到与B碰撞前,根据动能定理得
mgH=mv2
解得H=
(2)碰前瞬间,对A由牛顿第二定律得
F-mg=m
解得F=mg+m
(3)A、B碰撞过程中,根据动量守恒定律得
mv=2mv1
解得v1=v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mv2-·2m=mv2
10.答案　(1)5-5k(m/s),方向水平向右
(m/s),方向水平向右　(2)1.875 m
模型构建　碰撞是在瞬间完成,物块C、D碰撞不受滑板A、B的影响,滑板A、B碰撞也不受物块C、D的影响。两个碰撞同时完成后,新物块与新滑板再发生相互作用。
(1)物块C、D碰撞,动量守恒。
(2)滑板A、B碰撞,动量守恒。
(3)新物块CD与新滑板AB相互作用,动量守恒。
解析　(1)A与B碰撞后粘在一起形成新滑板,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有
mAv0-mB·kv0=(mA+mB)v1,
解得v1=(m/s),
由于00,即新滑板的速度方向水平向右。
C与D碰撞后粘在一起形成新物块,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有
mCv0-mD·kv0=(mC+mD)v2,
解得v2=5-5k(m/s),
由于00,即新物块的速度方向水平向右。
(2)若k=0.5,代入(1)的结果得v1=0,v2=2.5 m/s,
新物块与新滑板组成的系统动量守恒,从碰撞后到新物块与新滑板达到共速的过程中,根据动量守恒定律有
(mC+mD)v2=(mA+mB+mC+mD)v共,
解得v共=1 m/s,
根据功能关系有(mC+mD)=μ(mC+mD)gx相+(mA+mB+mC+mD),
解得相对静止时两者的相对位移大小x相=1.875 m。
11.答案　(1)0.6m　(2)0.768v0t0　(3)0.45
解析　物块B与物块A碰撞,在t0时刻共速,在2t0时刻碰撞结束,物块B以0.8v0向右运动,物块A以2v0滑上斜面并以某一速度从斜面返回,再次与物块B碰撞,碰撞后物块A的速度仍为2v0。对于第一次碰撞过程分析如图:
(1)由上图可知vB0=1.2v0,
共速时v共=v0,
第1次B、A分离时vA1=2v0,vB1=0.8v0,
水平方向B、A所受合外力为零,系统动量守恒,设B质量为mB,则有
mBvB0=(m+mB)v共,
得mB=5m,
当B与A共速时,弹簧弹性势能最大,有
Epm=mB-(m+mB),
解得Epm=0.6m。
(2)解法一:A、B受到的弹簧弹力总是大小相等,方向相反,由牛顿第二定律有a=,
可知==,
弹簧的最大压缩量为A、B的相对位移。
以地面为参考系,A的初速度为0,B的初速度不为零,A、B位移之比不可求,若A、B初速度均为0,则由s=at2,
可知==,
可以选速度为v0的物体为参考系,则图中两个阴影部分面积分别表示A、B运动的位移,则它们的末速度均为0,由逆向思维可得sA'∶sB'=5∶1,
sA'=v0t0-0.36v0t0,
sB'=0.2sA',
弹簧最大压缩量Δx=sA'+sB',
解得Δx=0.768v0t0。
解法二:由于动量守恒本质为系统质心以速度v0做匀速直线运动,A、B两个物体相对于质心做变加速运动,故选运动速度为v0的质心为参考系
任一时刻==,
相对于质心A的位移sA对心=v0t0-0.36v0t0=0.64v0t0,
sB对心=sA对心=0.128v0t0,
弹簧最大压缩量Δx=sA对心+sB对心=0.768v0t0。
(3)解法一:设A由斜面滑回水平面时的速度为vA',第二次与B碰后A的速度为vA2、B的速度为vB2,
由动量守恒,机械能守恒得
mBvB1-mvA'=mBvB2+mvA2,
mB+mvA'2=mB+m,
碰后A达到的最高点与第一次相同,有vA2=2v0,
解得vA'=v0,
在斜面上运动,设上升到最高点位移为L,
上升:-mgL sin θ-μmgL cos θ=-m(2v0)2,
下降:mgL sin θ-μmgL cos θ=m,
解得μ=0.45。
解法二:向上运动a上=g sin θ+μg cos θ,
-(2v0)2=-2a上L,
向下运动a下=g sin θ-μg cos θ,
=2a下L,
解得μ=0.45。
易混易错　对于本题第(2)问易犯的错误如下:
对A,由动能定理有xA=m,
对B,由动能定理有-xB=mB-mB(1.2v0)2,
解得xB=2.2xA,
弹簧最大压缩量Δx=xB-xA=1.2xA=0.432v0t0。
A、B受力随时间变化的平均值是相同的,随位移变化的平均值不同,而上述解法认为为随位移变化的平均值,故造成错误。
12.答案　(1)一元　(2)　(3)　(4)见解析
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,故甲选用的是一元硬币。
(2)甲从O点到P点,根据动能定理得-μm1gs0=0-m1,解得碰撞前甲到O点时速度的大小v0=。
(3)同理可得,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1=,v2=,若甲、乙碰撞过程动量守恒,则满足m1v0=m1v1+m2v2,整理可得=。
(4)产生这种误差可能的原因:距离或质量的测量存在误差、碰撞过程不是对心碰撞、两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同等。
13.答案　(2)0.304　(6)0.31　(7)0.32
(8)　0.34
解析　(2)要使碰撞后两滑块运动方向相反,则有m1(6)因A、B在气垫导轨上运动,所以A、B碰撞后均做匀速直线运动。由v1=、v2=得=,所以,k2=≈0.31。
(7)的平均值为≈0.32。
(8)设碰撞前A的速度为v0,若碰撞为弹性碰撞
则有m1v0=-m1v1+m2v2,
m1=m1(-v1)2+m2,
解得v1=v0,v2=v0,
所以=,
所以本实验中其值为0.34。
高考模拟练
1.BD　由甲图可知,动量的方向发生了变化,则速度方向发生变化,可知甲物体不可能做匀加速直线运动,A错误;根据p=mv知,甲的速度先随时间均匀减小,然后反向均匀增大,可知甲物体可能做竖直上抛运动,B正确;由图乙可知,动量随时间不是均匀变化,所以速度随时间也不是均匀变化,则乙物体不可能做匀变速运动,C错误;根据p=mv知,乙物体的速度时间图线与乙图线相同,可知乙物体先做加速度增大的减速运动,然后做加速度减小的加速运动,可能是做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧,弹簧的弹力先增大,则物体做加速度增大的减速运动,然后反弹时,弹簧弹力减小,物体做加速度减小的加速运动,D正确。
2.C　因小球之间的碰撞均为弹性碰撞,则动量守恒、机械能守恒,A、B碰撞为第一次碰撞,设碰后A的速度为v1,B的速度为v2,由动碰静规律可得v1=v0=-1 m/s,v2=v0=2 m/s,由以上两式可知,因A球质量小于B球质量,故碰撞后A球反弹,B球向前运动,B与C碰撞,此碰撞为第二次碰撞,因B、C两球质量相等,则交换速度,即碰后B的速度为v3=0,C的速度v4=v2=2 m/s,由于C的质量小于D的质量,故C和D碰撞后C球反弹,此碰撞为第三次碰撞,设碰后C的速度为v5,D的速度为v6,由动碰静规律可得v5=v4=- m/s,v6=v4= m/s,C反弹后会和B发生碰撞,此碰撞为第四次碰撞,B、C质量相等,动碰静,速度发生交换,则C的速度为v7=0,B的速度v8=- m/s,由于B的速度v8大小大于A的速度v1大小,故B会追上A,且B的质量大于A,B不会反弹,B与A发生第五次碰撞,故从A开始运动起,四个小球一共发生5次碰撞。故选C。
3.BC　由v-t图像可知,木块与木箱最终共速,则Mv0=(M+m),解得M=m,故A错误;从开始运动到共速的过程,根据能量守恒定律可得M=(M+m)+μmgs,解得两物体的相对路程为s=,故B正确;由题图知共碰撞三次,都是弹性碰撞,从初始时到共速所用总时间为t0==,由速度图线与时间轴所围面积的含义及碰撞次数可得,木箱运动的位移为x箱=L+,木块相对于地面的位移为x块=-L,故C正确,D错误。
方法技巧　根据v-t图像可得木块与木箱最终共速,速度大小为,根据动量守恒定律可得出木箱与木块的质量相等,进而推知它们每次发生弹性碰撞时均交换速度。由图知它们交换了三次速度,图中的虚线可表示木块的v-t图线,图中实线、 虚线与t轴所围的面积之差即图中阴影表示木箱与木块的相对位移大小,从开始运动到第1次碰撞、第1次碰撞到第2次碰撞、第2次碰撞到第3次碰撞过程的相对位移大小分别为、L、L。
4.AC　篮球抛出后做斜抛运动,利用逆向思维,可知篮球从C点做平抛运动到A点,设C点坐标为(0,yC),篮球从C点到B点的时间为t,则由乙图可知L=vCt,yC=gt2,3L-yC=gt2,联立可得yC=L,vC=,A正确;由乙图可知B点和D点在同一水平面上,则篮球在两点处的速度大小相等,但方向不同,所以篮球经过B点和D点的动量不相同,B错误;由乙图可知篮球由A到B和由B到C过程水平方向发生的位移相等,则所用时间相等,根据动量定理可得动量的变化量相同,C正确;篮球由B到C过程重力做负功,由C到D过程重力做正功,二者不同,D错误。
5.答案　(1)3 m/s　5 m/s2　(2)0.02 J　(3)见解析
解析　(1)弹珠在水平面上做匀变速直线运动,设弹珠A碰撞前的平均速度为,则有x1=t1=t1=1.6 m,
代入数值解得vA=3 m/s,
弹珠在地面上运动时的加速度大小为a== m/s2=5 m/s2。
(2)取水平向右为正方向,设弹珠A、B的质量均为m,碰后B速度为vB,弹珠A、B碰撞时,根据动量守恒定律有mvA=mvA'+mvB,
解得vA'=1 m/s,vB=2 m/s,
则两弹珠构成的系统碰撞过程中的机械能损失为ΔE=m-mvA'2-m=0.02 J。
(3)弹珠A、B与地面间的动摩擦因数相同,则运动中加速度大小相同,得弹珠B碰后减速到零时通过的位移为xB==0.4 m=x2,
所以碰后B刚好能进入坑中,该同学能胜出。
6.答案　(1)　(2)a.　b.m1gh+gH　(3)见解析
解析　(1)运动员离开地面做竖直上抛运动,则mgH=mv2,
解得v=。
(2)a.取竖直向上为正方向,从A下压距离h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束,这个过程表示人的站起过程,设弹簧长度锁定前瞬间,A速度为u,弹簧长度锁定后瞬间A、B整体离地,速度为v,由弹簧长度锁定前后系统动量守恒,得m1u=(m1+m2)v,
解得u=。
b.运动员在“站起”过程中至少要做功W=m1gh+m1u2=m1gh+gH。
(3)把手臂和其他部位作为两个部分,向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比身体的速度大,根据系统水平方向动量守恒,起跳后身体的水平速度还会增大,从而提高成绩。
知识迁移　将生活中实际问题转化为物理问题、物理情景:运动员的“蹲跳起”动作转化为“物块—弹簧”模型,当A回到平衡位置时,突然将弹簧的长度锁定(此时弹簧可以看成一个轻杆),B被带离地面,转化为完全非弹性碰撞问题。
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