【学霸笔记：同步精讲】09 第一章 章末综合提升 课件--高中人教版物理选择性必修第一册（江苏专版）

(共86张PPT)
复习任务群一
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第一章　动量守恒定律
章末综合提升
巩固层·知识整合
提升层·主题探究
主题1　动量定理及其应用
1．冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量。
(2)变力的冲量：
①通常利用动量定理I＝Δp求解。
②可用图像法计算。在F-t图像中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力的作用对时间的累积效应。应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。
(2)应用动量定理求解的问题
①求解曲线运动的动量变化量。
②求变力的冲量问题及平均力问题。
③求相互作用时间。
④利用动量定理定性分析现象。
【典例1】　一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，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，问：(结果保留两位小数，g取10 m/s2)
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对铁球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对铁球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？
[解析]　(1)铁球自由下落10 m所用的时间是
t1＝＝ s＝ s。
重力的冲量大小为
IG＝mgt1＝0.336×10× N·s≈4.75 N·s，方向竖直向下。
(2)设向下为正方向，对铁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对铁球的冲量大小为
Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上。
(3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N，方向竖直向上。
[答案]　(1)4.75 N·s，方向竖直向下　
(2)6.10 N·s，方向竖直向上　
(3)15.25 N，方向竖直向上
一语通关　(1)动量定理的使用具有普遍性，不论物体的轨迹是直线还是曲线，是恒力还是变力，是单个物体还是物体系，是宏观还是微观，都是适用的。
(2)应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单。在解题时要树立整体优先的意识。
主题2　动量定理和动能定理的比较
1．动量定理和动能定理的比较
项目 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 物体所受合外力的功等于物体动能的变化量
公式 F合t＝mv2－mv1 F合s＝
矢标性 矢量式 标量式
项目 动量定理 动能定理
因果 关系 因 合外力的冲量 合外力的功(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，也可以是某一段过程。 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。
2．应用动量定理与动能定理的关键词
【典例2】　如图所示，质量mA＝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＝0.24，木板右端放着质量mB＝
1.0 kg的小物块B(可视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA＝8.0 J，小物块的动能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度大小v0；
(2)木板的长度L。
[解析]　(1)在瞬时冲量作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略。
取水平向右为正方向，对木板A，由动量定理有
I＝mAv0，
代入数据解得v0＝3 m/s。
(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为vA，B的速度为vB，A、B相对C的位移为sA、sB。
对A，由动量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0。
对B，由动量定理有FfABt＝mBvB。
由牛顿第三定律可得FfBA＝FfAB。
另FfCA＝μ(mA＋mB)g。
对A，由动能定理有－(FfBA＋FfCA)sA＝。
对B，由动能定理有FfABsB＝。
根据动量与动能之间的关系有mAvA＝，
mBvB＝。
木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故
L＝sA－sB。
联立解得L＝0.5 m。
[答案]　(1)3 m/s　(2)0.5 m
一语通关　(1)动量定理和动能定理都是求解力学问题的重要定理。应用时要特别注意选定研究对象和过程，注重受力情况分析和运动情况分析，灵活运用规律求解。
(2)运用动量定理解题需考虑速度的方向，运用动能定理解题则不需考虑速度的方向。
主题3　动量守恒定律应用中的临界问题
【典例3】　如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg。游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。(不计冰面摩擦)
(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大？
[解析]　(1)设甲的速度变为v1，甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
(M＋m)v0＝mv＋Mv1，
解得v1＝。
(2)设乙抓住箱子后的速度变为v2，箱子和乙作用的过程，乙和箱子组成的系统动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv－Mv0＝(m＋M)v2，
解得v2＝。
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件。
即≤，
代入数据得v≥5.2 m/s。
所以箱子被推出的速度至少为5.2 m/s时，甲、乙不相撞。
[答案]　(1)　(2)　(3)5.2 m/s
一语通关　解决动量的临界问题时需要注意以下几点
(1)应联想其中一个物体速度很小或速度很大时的状况。
(2)通常临界状态发生在二者速度相同的时刻。
(3)有时两个物体间发生相互作用时，动量守恒，动能损失最大时的情况和无动能损失的情况与完全非弹性碰撞和弹性碰撞相类似。
主题4　解决力学问题的三大观点
1．三种观点的比较
思路 特点分析 适用情况
力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系。 涉及力、加速度、位移、速度、时间 恒力作用下的运动
思路 特点分析 适用情况
能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。系统内力做功会影响系统能量。 涉及力、位移、速度 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用
动量观点：动量定理和动量守恒定律 分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量。 涉及力、时间、动量(速度) 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动
2．三种观点的选择
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
(2)对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程。
【典例4】　一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一
质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
[解析]　(1)C点离地高度为
1.2R＋R cos θ＋R＝3R。
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
mg(h－3R)＝，
解得vC＝4 m/s。
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝，
解得FC＝22 N。
(2)滑块从静止释放到G点，由动能定理可得
mgh－mgLFG＝。
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v。
根据动量守恒定律可得
2mv＝mvG。
由功能关系可得
μmgL＝－×2mv2。
联立解得μ＝0.3。
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝μg。
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝＝1 s，
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝＝1.5 s，
t＝t1＋t2＝2.5 s。
[答案]　(1)4 m/s　22 N　(2)0.3　(3)2.5 s
一语通关　综合应用动力学“三大观点”解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。
(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程。对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系。
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程。
(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论。
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(总分：100分)
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．关于动量，以下说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．钢球碰到坚硬的墙壁后弹回，碰撞前后钢球的速度大小不变，则动量也不变
C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D．做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
√
章末综合测评(一)　动量守恒定律
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D　[做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，故A项错误；动量是矢量，虽然碰撞前后钢球速度的大小没有变化，但速度的方向变化了，所以动量也发生了变化，故B项错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错误；做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mv竖＝mgt，故D项正确。]
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2．清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨。在碰撞过程中，关于安全气囊保护作用的认识正确的是(　　)
A．安全气囊减小了驾驶员的动量变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大
√
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C　[在碰撞过程中，驾驶员的动量变化量是一定的，而且安全气囊增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的撞击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故选C。]
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3．(人教版P28T1情境变式)某同学阅读到一科幻小说中的流浪地球计划的第一步是刹住自转，即通过固定在地球赤道上的几千台转向发动机对地球自转进行止动。他查阅相关文献后推算出，发动机需将燃料气体以相对于地球表面的速度v＝11.2 km/s沿地球赤道切线方向喷出，从而获得止动推力。忽略大气阻力，发动机的总平均功率为4.6×1021 W，估算发动机的总推力大小可以达到(　　)
A．4.1×1020 N B．8.2×1020 N
C．4.1×1017 N D．8.2×1017 N
√
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D　[设在Δt时间内发动机喷出气体的质量为m，则由动量定理有FΔt＝mv，由动能定理有PΔt＝，根据牛顿第三定律，解得发动机的总推力大小为F＝＝≈8.2×1017 N，D正确。]
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4．如图为甲、乙两质量不同的物体分别受到恒力作用后，其动量p与时间t的关系图像，两图线平行，则甲、乙所受合力F甲与F乙的关系是(　　)
A．F甲B．F甲＝F乙
C．F甲>F乙
D．无法比较F甲和F乙的大小
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B　[两直线平行，在相同的时间内动量的变化量相等，由动量定理知，选项B正确。]
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5．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动(　　)
A．一定沿v0的方向飞去
B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动
D．以上说法都不对
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C　[以整个导弹为研究对象，取v0的方向为正方向。根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，则得另一块的速度为v′＝，若Mv0>mv，则v′>0，说明另一块沿v0的方向飞去；若Mv0题号
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6．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面。今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(　　)
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A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
√
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A　[小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝，选项A正确，B、C、D错误。]
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7．(人教版P29T1设问变式)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象。为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落到芭蕉叶高度附近处的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，
不计雨滴重力。则p的大小为(　　)
A．ρv B．2ρv
C．ρv2 D．2ρv2
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B　[单位时间水面上升的高度Δh＝，在芭蕉叶ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt。设雨水受到的芭蕉叶给它的力为F，以向上为正方向，根据动量定理有F·Δt＝mv－m(－v)＝2ρvΔSΔt，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′＝2ρvΔS，因此平均压强大小为p＝＝2ρv，故选B。]
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8．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以大小为v0的水平速度向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以大小也为v0的水平速度沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内(　　)
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A．若M>m，物体A对地向左的最大位移是
B．若MC．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
√
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B　[规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝。物体A所受的摩擦力f＝μmg，若M>m，对物体A，根据动能定理得－μmgxA＝，解得物体A对地向左的最大位移xA＝，A错误；若M题号
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9．在武警战士的一次射击比赛中，一位战士展示了他子弹钉钉子的绝活：子弹准确地击中钉子，将钉子钉入木桩。已知子弹弹头质量为10 g，子弹击中钉子后钉子获得的速度为400 m/s，恰好将长为10 cm的钉子钉入木桩，假设子弹将钉子匀变速推入木桩，则在钉子进入木桩的过程中(　　)
A．子弹和钉子组成的系统动量守恒
B．子弹和钉子间的作用时间为2.5×10-4 s
C．子弹对钉子的冲量大小为4 N·s
D．子弹对钉子的作用力大小为800 N
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C　[子弹推钉子进入木桩的过程中，子弹和钉子做匀变速运动，钉子所受木桩的阻力不可忽略，所以子弹和钉子组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；对子弹和钉子一起做匀减速运动的过程，根据x＝t可得t＝，代入数据解得子弹和钉子间的作用时间为t＝5×
10-4 s，故B错误；子弹动量改变量大小为Δp＝mΔv＝4 kg·m/s，由动量定理I＝Δp可得钉子对子弹的冲量大小为4 N·s，由牛顿第三定律知，子弹对钉子的冲量大小为4 N·s，故C正确；对子弹，由动量定理可知Ft＝mΔv，代入数据解得钉子对子弹的作用力大小为F＝8 000 N，由牛顿第三定律可知，子弹对钉子的作用力大小为8 000 N，故D错误。]
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10．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则(　　)
A．A、B两船速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)两船的动量大小之比为3∶2
C．A、B(包括人)两船的动量之和为0
D．A、B(包括人)两船动能之比为1∶1
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C　[最终人停在B船上，以A、B两船及人组成的系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvA－vB＝0，解得＝，A错误；以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B(包括人)两船的动量大小之比是1∶1，B错误；由于系统的总动量守恒，始终为零，故A、B(包括人)两船的动量之和也为零，C正确；A、B(包括人)两
船的动能之比＝＝，D错误。]
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11．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后的结合体的位移随时间的变化关系。已知相互作用时间极短。由图像给出的信息可知(　　)
A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为2∶5
B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的
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D　[根据s-t图像的斜率等于速度，可得碰撞前滑块Ⅰ的速度为v1＝ m/s＝－2 m/s，大小为2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝ m/s＝
0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，B错误；碰撞后的共同速度为v＝ m/s＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋
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m2)v，代入数据可得m1＝，D正确；碰撞前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的动能之比为＝＝·＝，所以碰撞前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能大，C错误。]
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二、非选择题：共4题，共56分。
12．(18分)如图甲所示，用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。如图乙所示，M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点。
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(1)在这个实验中，两个小球的质量应满足m1________(选填“>”“＝”或“<”)m2；除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是________。
A．停表，天平　　　　 B．天平，刻度尺
C．停表，刻度尺 D．天平，打点计时器
>
B
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(2)下列说法中正确的有________。
A．安装轨道时，轨道末端必须水平
B．实验前应该测出斜槽末端距地面的高度
C．实验过程中，复写纸可以移动，白纸不能移动
D．用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置
ACD
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(3)在某次实验中，测量出两个小球的质量为m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式_______________________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足关系式_________________________________(用测量的量表示)。
m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
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(4)实验中小球与斜槽之间存在摩擦力，这对实验结果________(选填“有”或“没有”)影响。为什么？________________________________________________________。
没有
小球每次都是从同一高度释
放，克服摩擦力做的功相同
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(5)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图丙所示。在水平槽右方竖直固定一木板，使小球A仍从斜槽上C点由静止滚下，重复上述实验的操作，得到两球落在木板上的平均落点M、P、N。用刻度尺测量木板上与B等高的点B′到M、P、N三点的高度差分别为L1、L2、L3。则验证两球碰撞过程中
动量守恒的表达式为_____________________
(用所测物理量的字母表示)。
＝＋
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[解析]　(1)为了防止入射球碰撞后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量，即满足m1>m2；实验需要验证m1v0＝m1v1＋m2v2，因小球离开轨道后做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x＝vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置与O点的距离，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置与O点的距离需要刻度尺，因此选B。
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(2)为使小球离开斜槽后做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故A正确；小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点高度相等，小球做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用水平位移代替其初速度，实验不需要测量小球的运动时间，不需要测出斜槽末端距地面的高度，故B错误；实验过程中，白纸不能移动，复写纸可以移动，故C正确；用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，故D正确。
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(3)若两球碰撞前后的动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2。
又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，
代入得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
若碰撞是弹性碰撞，满足机械能守恒，则有
＝，
代入得m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。
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(4)实验中小球与斜槽之间存在摩擦力，这对实验结果没有影响，因为小球每次都是从同一高度释放，克服摩擦力做的功相同，碰撞前小球速度相同。
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(5)碰撞前，m1落在题图丙中的P点，设其水平初速度为v1，小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在题图丙中M点，设其水平初速度为v1′，m2的落点在题图丙中的N点，设其水平初速度为v2，由平抛运动规律得L2＝gt2，x＝v1t，
解得v1＝x。
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同理可得v1′＝x，v2＝x。
碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2。
整理得＝＋。
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13．(12分)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车立即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2(不超载时则为5 m/s2)。
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(1)若前方无阻挡，则从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？
(2)若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，则货车对轿车的平均冲力为多大？
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[解析]　(1)设货车刹车时速度大小为v0，加速度大小为a，末速度大小为vt，刹车距离为s，则
s＝。 ①
将数据代入①式得
超载时s1＝45 m， ②
不超载时s2＝22.5 m。 ③
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(2)设货车刹车后经s′＝25 m与轿车碰撞时的速度大小为v1，
v1＝。 ④
设碰撞后两车共同速度为v2、货车质量为M、轿车质量为m，由动量守恒定律得
Mv1＝(M＋m)v2。 ⑤
设货车对轿车的作用时间为Δt，平均冲力大小为，由动量定理得
Δt＝mv2。 ⑥
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联立④⑤⑥式，代入数据得
＝9.8×104N。
[答案]　(1)超载时45 m，不超载时22.5 m　
(2)9.8×104N
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14．(12分)如图所示，一质量为M的物块静止在水平桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后以水平速度射出，重力加速度为g。不计子弹穿过物块的时间，求：
(1)此过程中子弹及物块组成的系统损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。
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[解析]　(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得
mv0＝m·＋Mv，
解得v＝v0。
系统损失的机械能为
ΔE＝－，
联立解得ΔE＝。
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(2)设物块下落地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则
h＝gt2，
s＝vt，
解得s＝。
[答案]　　(2)
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15．(14分)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有可视为质点的滑块A以初速度v0从右端滑上木板B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，求：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R。
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[解析]　(1)A在木板B上滑动时，A、B、C组成的系统动量守恒，设A滑离B时，B、C整体的速度为v1，则
mv0＝m·＋2mv1。
由能量守恒定律得
＝＋Q，
其中Q＝μmgL，
联立解得v1＝v0，μ＝。
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(2)A在C上滑动时，A、C组成的系统在水平方向上不受外力，因此A、C系统在水平方向上动量守恒，设A到达C的最高点时，A、C的共同速度为v2，则
m·＋mv1＝2mv2。
由机械能守恒定律，有
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＝＋mgR，
联立解得R＝。
[答案]　
谢 谢！