[体系构建]
[核心速填]
1．碰撞的分类：(1)弹性碰撞，满足动量守恒，动能守恒．
(2)非弹性碰撞，满足动能减少，动量守恒．
(3)完全非弹性碰撞，碰后粘在一起，动量守恒，动能损失最大．
2．动量
(1)动量：p＝mv；单位：kg·m/s；
方向：与速度v的方向一致．
(2)冲量：I＝Ft，单位：N·s；方向：与力F的方向相同．
(3)动量变化量：Δp＝p2－p1＝mΔv；
方向：与Δv的方向相同．
3．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．
(2)表达式：I＝Ft＝p2－p1＝mv2－mv1.
4．动量守恒定律
(1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：①p′＝p ②Δp＝0 ③Δp1＝Δp2
(3)守恒条件：①系统不受外力作用．
②系统所受的合外力为零．
③内力远大于外力，且作用时间短，系统动量近似守恒．
④系统某一方向上的外力之和为零，系统在该方向上动量守恒．
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(如图所示)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．
【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，求：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10 m/s2)
[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
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.
[答案] (1)4.75 N·s (2)6.10 N·s (3)15.25 N
1．动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
(1)分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
(2)分析说明小球对木板的作用力的方向．
[解析] (1)x方向：动量变化为
Δpx＝mvsin θ－mvsin θ＝0
y方向：动量变化为Δpy＝mvcos θ－(－mvcos θ)＝2mvcos θ，方向沿y轴正方向．
(2)根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．
[答案] 见解析
动量守恒定律应用中的临界问题
解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好以下问题：
1．寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
2．挖掘临界条件
在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．
3．常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．
(3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．
【例2】 如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．
[解析] 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh
得v1＝＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则
人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′
即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′ ①
人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′
即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′ ②
解得v1′＝6v0－2v ③
v2′＝v－v0 ④
两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，由③④解得v＝v0
当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
[答案] v0≤v≤v0
2．如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
[解析] 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl ①
即μ< ②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl ③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′ ④
mv＝mv′＋v′ ⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1 ⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v′≤μmgl ⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥ ⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ<. ⑨
[答案] ≤μ<
动量守恒和能量守恒的综合应用
1．解决该类问题用到的规律
动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
【例3】 如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)．
(1)求子弹射入木块前的速度；
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
[解析] (1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：(m＋M)v＝(m＋M)gR
由以上两式解得：v0＝.
(2)由动量守恒定律可知，第2、4、6、…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5、…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(9m＋M)v9
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：(9m＋M)v＝(9m＋M)gH
由以上各式可得：H＝R.
[答案] (1) (2) R
[一语通关]
(1)两物体不发生相撞的临界条件是两物体的速度同向同速．
(2)子弹进入木块的过程中因摩擦而损失的机械能转化为系统的内能．
3．如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 ①
mv＝mv＋Mv ②
联立①②式得
vA1＝ v0 ③
vC1＝ v0 ④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝v0 ⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0 ⑦
解得
m≥(－2)M ⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m[答案] (－2)M≤m课件44张PPT。第一章 碰撞与动量守恒章末复习课234动量守恒 动能守恒 减少 守恒 守恒 5一致6合外力 动量变化 7不受外力 合外力 合外力 远大于 外力之和为零 89动量定理及其应用1011121314151617动量守恒定律应用中的临界问题1819202122232425262728293031动量守恒和能量守恒的综合应用323334353637383940414243Thank you for watching !章末综合测评(一) 碰撞与动量守恒
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则( )
A．在相等的时间间隔内动量的变化越来越大
B．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
C．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零
D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率最大
B [做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项B正确，A、C、D错误．]
2．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( )
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
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．]
3．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )
A. B.
C. D.
D [设发射子弹的数目为n，由动量守恒可知：nmv2－Mv1＝0，解得n＝，选项D正确．]
4.我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
B [运动员乙推甲的过程中，甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反；由动量定理，动量变化大小相等，方向相反．A错误，B正确．由于甲、乙位移不一定相等，故甲对乙做的负功不一定等于乙对甲做的正功，甲动能的增加量不一定等于乙动能的减少量，C、D错误．]
5.A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示．若用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距离桌边距离为( )
A. B.x C．x D.x
D [当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝mv，根据平抛运动规律有：x＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝×2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地点距桌边距离为x′＝vBt＝x，D选项正确．]
6．冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线MN处放手让冰壶滑出，为了使冰壶滑行的更远，运动员可用毛刷擦冰壶滑行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小到原来的一半．在一次比赛中，甲队要将乙队停在营垒区(半径为1.83 m)中心O点的冰壶A(可看作质点)击出营垒区，甲队将冰壶B(与A质量相同)以某一初速度掷出后，若不擦冰面，冰壶B与A发生正碰(无机械能损失)后，A将停在距O点1 m处，冰壶B掷出后，通过下列擦冰面方式不能将A击出营垒区的是( )
A．在冰壶B滑行5 m后，在其滑行前方擦冰面1.7 m
B．在冰壶B与A正碰后，立即紧贴A在其滑行前方擦冰面1.7 m
C．先在冰壶B前方擦冰面1 m，正碰后，再从距O点1 m处开始在A前方擦冰面0.7 m
D．先在冰壶B前方擦冰面0.8 m，正碰后，再从距O点1 m处开始在A前方擦冰面0.9 m
D [由题意可得碰撞前后动量守恒，又两壶质量相等，碰后交换速度．由于A壶碰撞后经1 m的位移停下，则碰撞后A壶的速度v＝(m/s)，而碰撞前B壶的速度同样也为v＝(m/s)，对B壶根据动能定理，有－μmg×30 m＝mv2－mv，代入解得v0＝(m/s)．要将A壶击出营垒区，则A壶碰撞后的最小速度即B壶碰撞前的最小速度vmin＝＝(m/s)．A项，若让B壶滑行5 m后擦冰1.7 m，则B壶碰撞前的速度为vB＝＝(m/s)＞vmin，所以能将A壶击出垒区，选项A不符合题意．B项，碰撞后，由能量守恒有mv2＝μmg×1.7 m＋μmg×(xA－1.7 m)，在A壶前擦冰1.7 m后，则A壶碰撞后的运动距离xA＝1.85 m＞R，所以A壶能运动到营垒区外，选项B不符合题意．C项，对B壶，由能量守恒有mv＝μmg×1 m＋μmg×29 m＋mv，碰撞后交换速度，对A壶有mv2＝μmg×1 m＋μmg×0.7 m＋μmgx，联立解得x＝0.15 m，此时A壶碰撞后运动的距离为1 m＋0.7 m＋0.15 m＝1.85 m>1.83 m，所以A壶已经到营垒区外，选项C不符合题意．D项，对B壶，由能量守恒定律得mv＝μmg×0.8 m＋μmg×29.2 m＋mv，碰后交换速度，对A壶有mv＝μmg×1 m＋μmgx，联立解得x＝0.8 m，A壶运动的距离为1 m＋0.8 m＜1.83 m，所以A壶不能到营垒区外，选项D符合题意．]
7．如图所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法正确的是( )
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
BC [木块A离开墙壁前，由A、B和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力，故系统动量不守恒，但机械能守恒，选项A错误，B正确；木块A离开墙壁后，由A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，又没有机械能和其他形式的能量转化，故机械能也守恒，选项C正确，D错误．]
8．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( )
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
AC [分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8 m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝ m/s＝4 m/s，方向向右；碰后：v1′＝ m/s＝－2 m/s，v2′＝ m/s＝2 m/s，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝0.3 kg，碰撞损失的机械能：ΔEk＝m1v－＝0，故正确答案应选A、C.]
9.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
ACD [本题类似人船模型．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，即为，A正确，B错误；
Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．]
10．如图所示，体积相同、质量分别为m＝0.1 kg和M＝0.3 kg的小球A、B静止放置在光滑的水平面上，两球之间夹着一根压缩的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，现在突然释放弹簧，B球脱离弹簧时的速度v2＝2 m/s，A球向右运动进入半径R＝0.5 m的竖直光滑半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切，PQ为半圆形轨道的直径，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．A、B两球离开弹簧的过程中，A球受到的冲量大小等于B球受到的冲量大小
B．弹簧初始时具有的弹性势能为2.4 J
C．A球从P点运动到Q点的过程中所受合外力的冲量大小为1 N·s
D．若逐渐增大半圆形轨道的半径，仍然释放该弹簧且A球能从Q点飞出，则A球落地的水平距离将不断增大
ABC [弹簧弹开两球的过程中，弹簧对A、B两球的弹力大小相等，作用时间相等，由I＝Ft知弹力对A、B两球的冲量大小相等，A正确；释放弹簧的过程中，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1－Mv2＝0，代入数据解得A球获得的速度大小v1＝6 m/s，弹簧初始时具有的弹性势能为Ep＝mv＋Mv，代入数据解得Ep＝2.4 J，B正确；A球从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律得mv＝mv＋2mgR，代入数据解得vQ＝4 m/s，A球从P点运动到Q点的过程中，取水平向左为正方向，由动量定理得A球所受合外力的冲量大小为I＝mvQ－m(－v1)＝m(vQ＋v1)＝0.1×(4＋6) N·s＝1 N·s，C正确；A球从Q点飞出后做平抛运动，则有2R＝gt2，x＝vQt，结合mv＝mv＋2mgR，联立并代入数据解得x＝2，因v1、g已知，则根据数学知识可知，逐渐增大半圆形轨道半径，A球落地的水平距离减小，D错误．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分)
11．(6分)如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：
Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；
Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．
(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________；
(2)应测量的数据还有_____________________________________；
(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．
[解析] (1)导轨水平才能让滑块做匀速运动．
(2)需测出A左端、B右端到挡板C、D的距离x1、x2
由计时器计下A、B到两挡板的时间t1、t2
算出两滑块A、B弹开的速度v1＝，v2＝.
(3)由动量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0
即：(m＋M)＝.
[答案] (1)使气垫导轨水平
(2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2 (3)(M＋m)＝
12．(8分)某同学设想用如图甲所示的装置，研究两个完全相同的小球碰撞时有无机械能损失，设想如下：小球A用不可伸长的轻质细绳悬于O点，当A球摆到O点正下方的C点时恰好与桌面接触但无压力，现将A球从Q点由静止释放，到达C点时刚好与静置于桌面P点的与A完全相同的小球B碰撞，此后小球B做平抛运动落至地面．该同学测得小球A下降的高度H、桌面到地面的高度h及B做平抛运动的水平位移L.
甲 乙 丙
(1)若用游标卡尺测小球的直径d，如图乙所示，则d＝________mm；
(2)测量小球A下降的高度时，应该以小球A在位置Q时________(选填“球的下边沿”或“球心”)到桌面的距离为小球下降的高度H；
(3)思考发现，测小球直径并非必要步骤，要使A、B两球发生对心碰撞，只要让球A自由悬挂后处于C点，B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须________．
(4)实验中改变H，多测几次H和L的数值，得到如图丙所示的图线，如果两球碰撞过程中有机械能损失，则该图线的斜率k________(选填“大于”“等于”或“小于”)4h.
[解析] (1)游标卡尺的主尺读数为11 mm，游标尺读数为0.05×7 mm＝0.35 mm，则最终读数为11.35 mm.
(2)由题可知，测量小球A下降的高度时，应该测量小球A在位置Q时下边沿到桌面的距离．
(3)要发生对心碰撞，让球A自由悬挂后处于C点，B球紧贴A球放置，且P与O、Q、C三点构成的平面必须共面．
(4)小球A下落过程中，根据机械能守恒定律可得mgH＝mv2；两球相碰时，由于两球相同，故碰后交换速度，故B球速度为v，小球B碰后做平抛运动，有h＝gt2，水平位移L＝vt，联立解得L2＝4hH，如果碰撞中存在能量损失，则碰后B的速度小于v，所以图像的斜率将小于4h.
[答案] (1)11.35 (2)球的下边沿 (3)共面
(4)小于
13．(10分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
[解析] (1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S. ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－. ⑧
[答案] (1)ρv0S (2)－
14．(12分)如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似视为是光滑的，求：
(1)碰撞后小球A和小球B的速度；
(2)小球B掉入小车后的速度．
[解析] (1)设A球与B球碰撞后速度分别为v1、v2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以
有mAv0＝mAv1＋mBv2
mAv＝mAv＋mBv
由以上两式解得v1＝＝－v0
v2＝＝v0
碰后A球向左运动，B球向右运动．
(2)B球掉入沙车的过程中，系统水平方向动量守恒，有
mBv2＋m车v3＝(mB＋m车)v3′且v3＝－2v0
解得v′3＝v0，方向向右．
[答案] (1)v1＝－v0，碰后A球向左运动；v2＝v0，B球向右运动 (2)v′3＝v0，方向向右
15．(12分)如图所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0 kg，木板的长度为L＝1.5 m．在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．
[解析] (1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v ①
对木板和物块系统，由功能关系
μmgL＝mv－(M＋m)v2 ②
由①②两式解得：v0＝
＝ m/s＝2 m/s.
(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE
对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有
μmg2L＋ΔE＝mv－(m＋M)v2 ③
由①③两式解得：ΔE＝v－2μmgL
＝×32 J－2×0.1×1×10×1.5 J＝0.375 J.
[答案] (1)2 m/s (2)0.375 J
16．(12分)(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v-t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
图(a) 图(b)
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
[解析] (1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m(－)＋m′v′ ①
mv＝m(－v1)2＋m′v′2 ②
联立①②式得m′＝3m. ③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有
mgH－fs1＝mv－0 ④
－(fs2＋mgh)＝0－m(－)2 ⑤
从图(b)所给出的v-t图线可知
s1＝v1t1⑥
s2＝··(1.4t1－t1) ⑦
由几何关系
＝ ⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2 ⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH. ⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos θ· ?
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2 ?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos θ·－μ′mgs′＝0 ?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得
＝. ?
[答案] (1)3m (2)mgH (3)
