1．(2019·吉林省“五地六校”合作体联考)如图1所示实验装置，某同学用a、b两个半径相等的小球．按照以下步骤研究弹性正碰实验操作．
图1
①在水平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上．重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处与小球落点的平均位置，得到痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹A和C.
(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________m2(选填“大于”“小于”“等于”)；
(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．
A．小球a开始释放的高度h
B．木板水平向右移动的距离l
C．a球和b球的质量分别为m1、m2
D．O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3
(3)若(2)所给选项的物理量均已知，若满足条件________(用测量量表示)，则表示两小球发生的是弹性碰撞．
2．(2020·安徽省皖江名校联盟联考)如图2甲所示为晓宇同学利用气垫导轨验证动量守恒定律的实验装置，利用弹射装置给滑块a一水平向右的速度，使其拖动纸带在气垫导轨上运动，经过一段时间滑块a与静止的滑块b发生相互作用，两滑块碰后粘合在一起共同在气垫导轨上运动，在整个过程中打出的纸带如图乙所示．已知两滑块的质量分别用ma、mb表示，纸带上打出相邻两点之间的时间间隔为T.
图2
(1)若碰撞过程系统的动量守恒，则需验证的关系式为__________________________；
(2)如果将上述物理量均测量出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，请分析引起实验误差的原因：_________________________________________________.
3．(2019·北京市丰台区第二次模拟)在“验证动量守恒定律”的实验中，甲、乙两位同学采用了不同的实验方案．
图3
(1)如图3所示，甲同学利用“碰撞实验器”验证动量守恒定律．
①实验中，斜槽轨道末端________(选填选项前字母)．
A．必须水平 B．要向上倾斜 C．要向下倾斜
②若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2.实验要求m1________m2，r1________r2(选填“＞”“＜”或“＝”)．
③图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落点位置P，测量平抛射程OP；然后把被碰小球m2静置于轨道水平部分末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．空气阻力忽略不计，接下来要完成的必要步骤是________(填选项前的字母)．
A．测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放时的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
F．测量两个小球的半径r1、r2
④若两小球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________________；若碰撞是弹性碰撞，则还可以写出表达式为____________________(用③中测量的量表示)．
(2)如图4所示，乙同学利用此装置验证动量守恒定律．水平气垫导轨(轨道与滑块间摩擦力忽略不计)上装有两个光电计时装置C和D，可记录遮光片的遮光时间．将滑块A、B静止放在导轨上，乙同学按照如下步骤进行试验：
图4
a．测量滑块A的质量mA，测量滑块B的质量mB
b．测量滑块A的遮光片的宽度d1，滑块B的遮光片的宽度d2
c．给滑块A一个向右的瞬时冲量，让滑块A与静止的滑块B发生碰撞后，B、A依次通过光电计时装置D
d．待B、A完全通过光电计时装置D后用手分别按住
e．记录光电计时电装置C显示的时间t1和装置D显示的时间t2、t3
①完成上述实验步骤需要的实验器材有____________．
②按照乙同学的操作，若两滑块碰撞前后的动量守恒，其表达式可表示为_________________；两滑块碰撞过程中损失的机械能为______________________________．
答案精析
1．(1)大于 (2)CD (3)＋＝
解析 (3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度．v＝＝，由动量守恒与能量守恒得：m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，联立可得：v0＋v1＝v2
，
即：＋＝，所以上式是弹性碰撞的条件．
2．(1)7max2＝5(ma＋mb)x1
(2)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦或空气阻力等
解析 (1)弹射出滑块a后，滑块a做匀速运动，滑块a与滑块b发生碰撞后一起做匀速运动，由题中的条件可知，碰撞前滑块a的动量为：p1＝mava＝ma·，滑块b的动量为零，则碰撞前两滑块的总动量为ma·；碰撞后两滑块的速度相等，所以碰撞后总动量为：p2＝(ma＋mb)vb＝(ma＋mb)·；若系统的动量守恒，则应有p1＝p2，整理得7max2＝5(ma＋mb)x1；(2)因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用，同时还有空气阻力等因素存在，从而使两结果并不完全相同，但在误差允许的范围内，可以认为动量守恒．
3．(1)①A ②> ＝ ③ADE ④m1·OP＝m1·OM＋m2·ON m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2 (2)①天平、刻度尺
②＝＋
解析 (1)①实验中，斜槽轨道末端必须要水平，以保证小球能做平抛运动，故选A；
②为保证两球发生正碰，要求两球必须要等大，即r1＝r2；为防止入射球反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，即m1>m2；
③要验证动量守恒定律，即验证：m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t＝m1v2t＋m2v3t，得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，因此需要完成的必要的操作步骤是ADE.
④实验需要验证：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
；若碰撞时为弹性碰撞，则有：m1v＝m1v＋m2v，即m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
故m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2；
(2)①完成上述实验步骤需要的实验器材有天平和刻度尺；
②碰撞前后滑块A的速度分别为：vA0＝，vA1＝
碰撞后滑块B的速度为：vB＝
则要验证的关系是：mAvA0＝mAvA1＋mBvB，
即＝＋；
两滑块碰撞过程中损失的机械能为：
ΔE＝mAv－
＝；1．做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
2．力学规律的选用原则：
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
1．(2019·山东潍坊市二模)如图1所示，一质量M＝4
kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C,
BC所对应圆心角θ＝37°，CD长L＝3
m．质量m＝1
kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4
m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2
m/s.取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，忽略空气阻力．
图1
(1)求A、B间的水平距离x；
(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；
(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移处时小物块离小车左端的水平距离．
2．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底端h高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度为g，忽略其他摩擦，取sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.
图2
(1)求滑块在斜面上的运动时间t；
(2)求滑块撞击挡板时滑块离斜面底端的距离s;
(3)若将平板车左边一半去掉后放回斜面底端，滑块仍从原处释放，求其离开平板车时的速度大小v.
3．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图3所示形状，长L＝0.8
m的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R＝0.4
m的光滑圆弧轨道BP平滑连接，CD段是半径R＝0.4
m的圆弧，AC段在水平面上，管中有两个可视为质点的小球a、b，ma＝6m，mb＝2m.开始b球静止，a球以速度v0向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够通过轨道最高点P，a球则滑回AC段从细管的A点滑出．(重力加速度取10
m/s2，＝2.45)求：
图3
(1)若v0＝4
m/s，碰后a、b球的速度大小；
(2)若v0未知，碰后a球的最大速度；
(3)若v0未知，v0的取值范围．
4．(2020·河南郑州市模拟)如图4所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨MN和PQ分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与PQ相切于Q.已知传送带长L＝4.0
m，且沿顺时针方向以恒定速率v＝3.0
m/s匀速转动．两个质量均为m的滑块B、C静止置于水平导轨MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C连接．另一质量也为m的滑块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．若C距离N足够远，滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0
m/s滑上传送带，并恰好停在Q点．已知滑块C与传送带及PQ之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，装置其余部分均可视为光滑，重力加速度g取10
m/s2.求：
图4
(1)P、Q的距离；
(2)v0的大小；
(3)已知竖直圆轨道半径为0.55
m，若要使C不脱离竖直圆轨道，求v0′的范围．
答案精析
1．(1)1.2
m (2)1
s (3)3.73
m
解析 (1)由平抛运动的规律有：tan
θ＝
x＝v0t
解得：x＝1.2
m；
(2)以v0的方向为正方向，物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v
由功能关系得：FfL＝mv－(M＋m)v2
对物块，由动量定理得：－Fft0＝mv－mv1
得：t0＝1
s；
(3)有销钉时：mgH＋mv＝mv
由几何关系得：H－gt2＝R(1－cos
θ)
B、C间的水平距离：xBC＝Rsin
θ
μmgL＝mv－(M＋m)v2
若拔掉销钉，小车和物块组成的系统在水平方向上动量守恒，则小车向左运动达最大位移时，速度为0，物块速度为4
m/s，
则由能量守恒有：mgH＝μmg(Δx－xBC)
联立以上式子得：Δx＝3.73
m.
2．(1)5 (2)h (3)
解析 (1)设滑块的质量为m，下滑距离为d，根据几何关系：d＝，在下滑过程中，根据牛顿第二定律有：mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma，位移关系：d＝at2，联立解得t＝5；
(2)设滑块滑到底端时速度为v0，则有v＝2ad，设平板车长度为L，滑块滑上车与车相对静止的过程中，对系统根据动量守恒有：mv0＝2mv共，根据能量守恒有：mv＝·2mv＋μmg·2L，同理滑块滑上车至与挡板碰撞前的过程中，对系统有：mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv＋μmgL
对滑块根据匀变速规律有：v－v＝2μgs
联立以上式子解得s＝h；
(3)平板车去掉一半后，对系统根据动量守恒有：mv0＝mv＋v3，根据能量守恒有：mv＝mv2＋×
v＋μmgL，联立解得v＝.
3．(1)2
m/s 6
m/s (2)4.9
m/s (3)4
m/s≤v0≤9.8
m/s
解析 (1)a、b碰撞过程中，以a、b组成的系统为研究对象，系统动量守恒．选向右的方向为正方向，设a、b碰后瞬间速度为va1、vb1，由动量守恒得：
mav0＝mava1＋mbvb1①
因a、b的碰撞是弹性碰撞，所以机械能守恒，有：
mav＝mav
＋mbv②
联立①②解得：va1＝v0＝2
m/s;
vb1＝v0＝6
m/s；
(2)因a球能从A点滑出，故a与b碰后，a上升的高度不能超过B点，即上升的高度不会超过L＋R.设碰撞后a的最大速度为va1max
a球上升的过程中机械能守恒，有：
mav＝mag(L＋R)
得：va1max＝≈4.9
m/s；
(3)欲使b能通过最高点，设b球与a碰撞后的速度为vb1，经过最高点时的速度为vb2，则有：mbg≤mb
得：vb2≥＝2
m/s
b球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：mbv＝mbv＋mbg(2R＋L)
解得：vb1≥6
m/s
v0min＝vb1≥4
m/s
碰后a上升的高度不能超过(L＋R)，必须满足
v0max＝2va1≤2≈9.8
m/s
综上可得4
m/s≤v0≤9.8
m/s.
4．(1)2.25
m (2)3
m/s (3)v0′≤9
m/s或v0′≥
m/s
解析 (1)设C滑上传送带后一直加速，则v－v＝2μgL，
解得vt＝2
m/s>v传，所以C在传送带上一定先加速后匀速，滑上PQ的速度
v＝3
m/s
又因为恰好停在Q点，则有
0－v2＝－2μgxPQ
解得xPQ＝2.25
m；
(2)A与B碰撞：mv0＝2mv共
接下来A、B整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，这个过程有
2mv共
＝2mv1＋mvC
·2mv＝·2mv＋mv
联立解得v0＝3
m/s；
(3)要使C不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处，若恰能到达圆心等高处，则vQ＝＝
m/s
由N～Q段：v－vC1′2＝－2μg(L＋xPQ)，可得vC1′＝6
m/s
在A、B碰撞及与弹簧作用的过程中2mv共′
＝2mv1′＋mvC1′2
·2mv共′2＝·2mv1′2＋mvC1′2
又mv01＝2mv共′
联立解得：v01＝9
m/s，所以这种情况下，A的初速度范围是v0′≤9
m/s
若恰能到达最高点，则vQ2＝＝
m/s
同理可得A的初速度范围是v0′≥
m/s，
所以v0′≥
m/s或v0′≤9
m/s.
