新教版高考物理總復習：16 B動量守恒定律及應用 中檔版（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小．答案(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．（徐州月考）有一宇宙飛船，它的正對面積S＝2m2，以v＝3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒區(qū)。此微粒區(qū)1m2空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質(zhì)量為m＝2×10﹣6kg．設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加（）A．36N B．3.6N C．12N D．1.2N【分析】選在時間△t內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對象，表示出其質(zhì)量，再根據(jù)動量定理即可求解。【解答】解：選在時間△t內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質(zhì)量應等于底面積為S，高為v△t的圓柱體內(nèi)微粒的質(zhì)量。即M＝mSv△t，初動量為0，末動量為Mv。設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得：F?△t＝Mv﹣0則F＝＝＝mSv2；根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應增加F′＝F＝mSv2；代入數(shù)據(jù)得：F′＝2×10﹣6×2×（3×103）2N＝36N．故A正確，BCD錯誤故選：A?！军c評】本題主要考查了動量定理及根據(jù)牛頓第三定律的直接應用，關鍵要會選擇研究對象，運用動量定理列式。2．（梅河口市校級月考）關于機械能守恒和動量守恒的描述，下列說法正確的是（）A．如果一個系統(tǒng)的機械能守恒，則系統(tǒng)的動量也一定守恒 B．如果一個系統(tǒng)的合外力做功為零，則系統(tǒng)的機械能一定守恒 C．如果一個系統(tǒng)所受外力矢量和為零，則系統(tǒng)的動量一定守恒 D．如果一個物體做變速運動，則該物體的機械能一定不守恒【分析】只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；根據(jù)機械能守恒的條件與動量守恒的條件分析答題。【解答】解：A、如果一個系統(tǒng)的機械能守恒，系統(tǒng)的動量不一定守恒，做自由落體運動的系統(tǒng)機械能守恒，但系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B、如果一個系統(tǒng)所受合外力做功為零，系統(tǒng)機械能不一定守恒，如在豎直方向做勻速直線運動的系統(tǒng)所受合外力為零，合外力做功為零，由于系統(tǒng)在豎直方向做勻速直線運動，系統(tǒng)動能不變而重力勢能不斷變化，系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；C、如果一個系統(tǒng)所受外力矢量和為零，合外力對系統(tǒng)的沖量為零，系統(tǒng)動量保持不變，系統(tǒng)的動量一定守恒，故C正確；D、如果一個物體做變速運動，該物體的機械能可能守恒，如自由落體運動是變速運動，做自由落體運動的物體機械能守恒，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了機械能守恒定律與動量守恒定律的應用，知道機械能守恒與動量守恒的條件即可解題。3．（遼寧模擬）在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m、靜止的B球發(fā)生正碰，則碰撞后B球的速度大小可能是（）A．v B．0.8v C．0.5v D．0.3v【分析】若AB發(fā)生彈性碰撞，碰后B球的速度最大。若AB發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后B球的速度最小，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求出碰撞后B球的速度范圍，然后分析答題。【解答】解：以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以A球的初速度方向為正方向，如果碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律得：mv＝mvA+2mvB，由機械能守恒定律得mv2＝mvA2+×2mvB2，解得：vA＝﹣v，vB＝v，負號表示碰撞后A球反向彈回．如果碰撞為完全非彈性碰撞，以A球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（m+2m）vB，解得：vB＝v；則碰撞后B球的速度范圍是：v＜vB＜v，則碰后B球的速度大小可能是0.5v．故C正確，ABD錯誤．故選：C?！军c評】本題的關鍵是要掌握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律，知道彈性碰撞遵守兩大守恒定律：動量守恒定律與機械能守恒定律。解答時要注意選擇正方向，用符號表示速度的方向。4．（江蘇模擬）質(zhì)量為m的籃球以水平速度大小v撞擊豎直籃板后，以水平速度大小v′被彈回，已知v′＜v，籃球與籃板撞擊時間極短。下列說法正確的是（）A．撞擊時籃球受到的沖量大小為m（v′﹣v） B．撞擊時籃板受到的沖量為零 C．撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)動量不守恒 D．撞擊過程中籃球和籃板組成的系統(tǒng)機械能守恒【分析】根據(jù)動量定理求撞擊時籃球受到的沖量大?。蛔矒魰r間極短，重力的沖量忽略不計，撞擊前后籃板均保持靜止，籃球速度反向，籃球和籃板組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能有損失。【解答】解：A、根據(jù)動量定理可知：撞擊時籃球受到的沖量等于其動量的變化，取籃球反彈后的速度方向為正方向，由動量定理得：I＝mv′﹣m（﹣v）＝m（v′+v），故A錯誤；B、碰撞時，籃球與籃板相互作用，相互作用力等大反向，作用時間相等，則籃板受到的沖量大小不為零，故B錯誤；C、撞擊時間極短，重力的沖量忽略不計，撞擊前后籃板均保持靜止，籃球速度反向，所以籃球和籃板組成的系統(tǒng)動量不守恒，故C正確；D、由于v′＜v，系統(tǒng)機械能有損失，不守恒，故D錯誤。故選：C?！军c評】解答本題時，要掌握動量守恒的條件：合外力為零，運用動量定理時要注意規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。5．（泉州模擬）如圖，建筑工地上的打樁過程可簡化為：重錘從空中某一固定高度由靜止釋放，與鋼筋混凝土預制樁在極短時間內(nèi)發(fā)生碰撞，并以共同速度下降一段距離后停下來。則（）A．重錘質(zhì)量越大，撞預制樁前瞬間的速度越大 B．重錘質(zhì)量越大，預制樁被撞后瞬間的速度越大 C．碰撞過程中，重錘和預制樁的總機械能保持不變 D．整個過程中，重錘和預制樁的總動量保持不變【分析】重錘從空中自由下落，根據(jù)機械能守恒定律列式分析撞預制樁前瞬間的速度與重錘質(zhì)量關系，根據(jù)動量守恒定律分析預制樁被撞后瞬間的速度與重錘質(zhì)量關系。根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況，分析總機械能變化情況，對照動量守恒條件：合外力為零，分析動量是否守恒。【解答】解：A、設重錘質(zhì)量為m，預制樁質(zhì)量為M，重錘距離預制樁的高度為h。重錘從空中自由下落，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＝，得v＝，可知，撞預制樁前瞬間的速度與重錘質(zhì)量無關，故A錯誤；B、碰撞過程時間極短，外力的沖量可忽略不計，則重錘和預制樁的總動量保持不變，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得mv＝（M+m）v共，可得v共＝＝，可知，重錘質(zhì)量m越大，預制樁被撞后瞬間的速度越大，故B正確；C、碰撞過程中，要產(chǎn)生內(nèi)能，重錘和預制樁的總機械能減小，故C錯誤；D、整個過程中，重錘和預制樁受到重力和阻力，合外力不為零，總動量不守恒，故D錯誤。故選：B?！军c評】解答本題的關鍵要掌握動量守恒條件：合外力為零，通過分析外力情況，判斷動量是否守恒。6．（昌江區(qū)校級期末）A、B兩小物塊在一水平長直氣墊導軌上相碰，用頻閃照相機每隔t時間連續(xù)拍照四次，拍得如圖所示的照片，已知四次拍照時兩小物塊均在圖示坐標范圍內(nèi)，不計兩小物塊的大小及碰撞過程所用的時間，則由此照片可判斷（）A．第一次拍照時物塊A在55cm處，并且mA：mB＝1：3 B．第一次拍照時物塊A在10cm處，并且mA：mB＝1：3 C．第一次拍照時物塊A在55cm處，并且mA：mB＝1：5 D．第一次拍照時物塊A在10cm處，并且mA：mB＝1：6【分析】“四次拍照時兩小物塊均在圖示坐標范圍內(nèi)”可以判斷出，B物塊在碰撞前處于靜止狀態(tài)，A在碰撞前沿x軸正方向運動，碰撞后A沿x軸負方向運動，B沿x軸正方向運動，判斷第一次拍照時物塊A的位置。根據(jù)運動學速度公式求出碰撞前A的速度和碰撞后A、B的速度，由動量守恒定律求mA：mB。【解答】解：由題意“四次拍照時兩小物塊均在圖示坐標范圍內(nèi)”可以判斷出，B物塊在碰撞前處于靜止狀態(tài)，A在碰撞前沿x軸正方向運動，碰撞后A沿x軸負方向運動，B沿x軸正方向運動，由此得出碰撞發(fā)生在x＝60cm的d點處（即B碰撞前所處的位置）。碰撞是在第三次拍照與第四次拍照之間發(fā)生，第四次拍照時A運動到x＝55cm的e點處，B運動到x＝65cm的f點處，從而可知第一次拍照時，A在x＝10cm的a點處沿x軸正方向運動；第二、三次拍照時分別在x＝30cm的b點處和x＝50cm的c點處。碰撞前，A的速度va＝，設碰撞后到第四次拍照的時間為t′，有t′＝t﹣＝；碰撞后，A、B的速度大小分別為：vA′＝，vb′＝，因Led＝Ldf，所以va′和vb′的大小相等，都等于va；取向右為正方向，由動量守恒定律，有：mava＝﹣mava′+mbvb′，以上各式聯(lián)立，解得：mA：mB＝1：3，故ACD錯誤，B正確。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵是理清A、B兩小物塊的運動過程，分析兩個物體的運動狀態(tài)，由動量守恒定律求解質(zhì)量之比。7．（巨鹿縣校級期末）在做“碰撞中的動量守恒”的實驗中，入射球每次滾下都應從斜槽上的同一位置無初速釋放，這是為了使（）A．小球每次都能水平飛出槽口 B．小球每次都以相同的速度飛出槽口 C．小球在空中飛行的時間不變 D．小球每次都能對心碰撞【分析】兩球做平拋運動，由于高度相等，則平拋的時間相等，水平位移與初速度成正比，把平拋的時間作為時間單位，小球的水平位移可替代平拋運動的初速度．【解答】解：入射小球每次滾下都應從斜槽上的同一位置無初速的釋放，是為了使小球每次都以相同的速度飛出槽口；故B正確；而只要末端水平，小球即可以做平拋運動，與起點無關，同時時間由高度決定，而要使小球做對心碰撞，應該使兩小球的半徑相同，故ACD錯誤；故選：B。【點評】本題考查了驗證動量守恒實驗中的實驗注意事項，要求能知道實驗原理與實驗注意事項，明確實驗中如何可以減小實驗誤差．8．（順義區(qū)二模）若采用圖中甲、乙兩種實驗裝置來驗證動量守恒定律（圖中小球半徑相同，質(zhì)量均為已知，且mA＞mB，B、B′兩點在同一水平線上），下列說法正確的是（）A．采用圖甲所示的裝置，必須測量OB、OM、OP和ON的距離 B．采用圖乙所示的裝置，必須測量OB、B′N、B′P和B′M的距離 C．采用圖甲所示裝置，若mA?ON＝mA?OP+mB?OM，則表明此碰撞動量守恒 D．采用圖乙所示裝置，若＝+，則表明此碰撞機械能守恒【分析】兩裝置均是利用平拋運動規(guī)律驗證動量守恒，利用平拋運動規(guī)律得出速度的表達式，再根據(jù)機械能守恒定律分析機械能守恒的表達式，根據(jù)表達式分析應測量的數(shù)據(jù)，同時得出對應的表達式?！窘獯稹拷猓篈、如果采用圖甲所示裝置，由于小球平拋運動的時間相等，故可以用水平位移代替速度進行驗證，不需要測量OB的長度，故A錯誤；B、如果采用圖乙所示裝置時，利用水平距離相等，根據(jù)下落的高度可確定飛行時間，從而根據(jù)高度可以表示出對應的水平速度，從而確定動量是否守恒，故不需要測量OB的距離，故B錯誤；C、采用圖甲所示裝置，一個球時水平距離為OP，兩球相碰時，A球距離為OM，B球為ON，則根據(jù)動量守恒定律有：mAv＝mAv1+mBv2，因下落時間相同，則兩端同時乘以t后有mA?OP＝mA?OM+mB?ON，則表明此碰撞動量守恒，故C錯誤；D、小球碰后做平拋運動，速度越快，下落高度越小，單獨一個球下落時，落點為P，兩球相碰后，落點分別為M和N，根據(jù)動量守恒定律有：mAv＝mAv1+mBv2，而速度v＝，根據(jù)h＝gt2可得，t＝，則可解得：v＝，v1＝，v2＝；代入動量守恒表達式，消去公共項后，有：＝+機械能守恒定律可知：mAv2＝mAv12+mBv22代入速度表達式可知：＝+聯(lián)立動量表達式和機械能表達式可知＝+，故可以根據(jù)該式表明此碰撞機械能守恒，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查利用平拋運動規(guī)律驗證動量守恒的實驗，要注意明確實驗原理，知道利用平拋運動分析碰撞前后速度的基本方法是解題的關鍵。9．（通州區(qū)期中）將驗證動量守恒定律的實驗裝置搬到豎直墻壁的附近，調(diào)整儀器，使球A從斜軌上由靜止釋放，并在水平軌道末端與球B發(fā)生正碰后，兩球都能打在墻上。已知A、B兩球半徑相同，A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A．此裝置無法驗證動量守恒定律 B．碰撞后瞬間，A球的速度大于B球的速度 C．碰撞后，A、B兩球同時打到墻上 D．碰撞后，A球在墻上的落點在B球落點的下方【分析】明確實驗原理，知道兩小球碰撞前后的速度可以根據(jù)平拋運動規(guī)律求解，同時根據(jù)動量守恒定律進行分析，確定兩球的速度大小，再由平拋運動規(guī)律確定下落高度關系?！窘獯稹拷猓篈、AB兩球碰撞后，兩小球均做平拋運動，到達豎直墻壁時兩球飛行的水平距離是相同的，測量出下降的豎直高度，則可以確定下落時間，從而確定水平分速度，從而確定兩球的碰撞前后的速度，再根據(jù)動量守恒定律列式即可驗證動量是守恒，故A錯誤；B、由于A球的質(zhì)量大于B球，所以碰后B球的速度一定大于A球的速度，故B錯誤；C、碰撞后由于水平速度不同，則兩球到達墻面時的時間不同，故C錯誤；D、由于A球的速度小于B球，所以A球到達墻面的時間比B球長，豎直方向二者均做自由落體運動，故A球下落的高度大，故A球在墻上的落點在B球落點的下方，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查驗證動量守恒定律的應用，要注意明確實驗中利用平拋運動的規(guī)律驗證動量守恒的方法；能根據(jù)平拋規(guī)律推導實驗結論。10．（昌平區(qū)二模）某同學用圖（甲）所示的實驗裝置驗證碰撞中動量守恒定律，他用兩個完全相同的小鋼球A、B進行實驗，首先該同學使球A自斜槽某一高度由靜止釋放，從槽的末端水平飛出，測出球A落在水平地面上的點P與球飛出點在地面上豎直投影O的距離LOP．然后該同學使球A自同一高度由靜止釋放，在槽的末端與靜止的球B發(fā)生非對心彈性碰撞，如圖（乙）。碰撞后兩球向不同方向運動，測出兩球落地點M、N與O點間的距離LOM、LON，該同學多次重復上述實驗過程，并將測量值取平均值。在忽略小球半徑的情況下，對該實驗的結果，分析正確的是（）A．LOP＝LOM+LON B．LOP2＝LOM2+LON2 C．OM、ON與OP間的夾角大小一定相等 D．OM與ON間夾角大小與兩球碰撞的方向有關【分析】兩球碰撞后為非對心碰撞，故兩球的運動方向不在同一直線上，根據(jù)矢量合成可知，碰后兩球的動量之和應與碰前A球的動量相同，則可以得出對應的方向關系；再根據(jù)機械能守恒定律列式，結合平拋運動規(guī)律可明確水平射程之間的關系以及各方向的夾角關系?！窘獯稹拷猓涸O球的質(zhì)量為m，碰撞前瞬間球A的速度大小為vA，碰撞后瞬間球A、B的速度大小為vA'，vB'，兩球在碰撞過程中動量守恒，碰撞后兩球動量的矢量與碰撞前A球動量的矢量相等，則可知，一定滿足平行四邊形定則，如圖所示；在彈性碰撞過程中，機械能守恒，因此有：mvA2＝mvA'2+mv′B2小球做平拋運動，設時間為t，則有：vA＝，v'A＝，vB'＝則有：L2OP＝L2OM+L2ON則可知，OM與ON間的夾角為90°，與碰撞方向無關，同時OM、ON與OP間的夾角大小不一定相等，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】本題考查動量守恒定律以及平拋運動的結合問題，要注意明確兩球發(fā)生的是非對心碰撞，故動量守恒涉及矢量的合成方法，同時要注意碰撞中同時滿足機械能守恒。二．多選題（共10小題）11．（道里區(qū)校級一模）如圖所示，小車置于光滑水平面上。小車左端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然長度小于車長。小物塊置于小車上，小車與物塊間動摩擦因數(shù)為μ，用細繩將物塊系在小車左端，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈性勢能為EP，小車處于靜止狀態(tài)。此時小物塊到小車右端的距離為L?，F(xiàn)燒斷細繩，物塊到達小車右端時，物塊的動能是小車動能的3倍。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．彈簧對物塊做功與彈簧對小車做功相等 B．小車質(zhì)量 C．物塊先加速后減速，彈簧恢復原長時速度最大 D．物塊到達小車右端過程中，小車向左移動的距離為【分析】由動能定理判斷彈簧分別對物塊和小車做功的大小；對彈簧，小車和物塊構成系統(tǒng)動量守恒可求出小車和物塊質(zhì)量之比和位移之比，由能量關系求出小車質(zhì)量與彈性勢能的關系；物塊加速度為零時，速度最大。【解答】解：A、分別對物塊和小車進行分析，由動能定理可知，彈簧對它們做的功等于它們的動能變化量，由由題意知：物塊到達小車右端時，物塊的動能是小車動能的3倍。那么彈簧對物塊做功等于彈簧對小車做功的3倍，故A錯誤；B、燒斷細繩后，彈簧，小車和物塊構成系統(tǒng)，在水平方向上不受外力作用，動量守恒，能量守恒，設物塊質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，則0＝mv1﹣Mv2又有題意可知：＝3×解得：M＝3m整個過程能量守恒：EP＝μmgL++＞μmgL＝，即：小車質(zhì)量，故B正確；C、對物塊受力分析即運動分析可知，物塊先加速后減速，在加速度等于零時，速度最大，此時彈簧彈力等于摩擦力，并非是彈簧恢復原長時，故C錯誤；D、設物塊到達小車右端過程中，設小車向左移動的距離為x，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：0＝M﹣m，解得x＝，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查動量守恒定律和能量守恒定律，運用動量守恒定律時，要注意規(guī)定正方向，用正負號表示速度方向。在物理過程中，凡是見到速度達到最大的題目，絕大多數(shù)都是因為加速度為零。12．（孝南區(qū)校級月考）如圖所示，小球A質(zhì)量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方。現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升到最高點時到水平面的距離為．小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．碰撞后小球A反彈的速度大小為 B．碰撞過程B物塊受到的沖量大小 C．碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能 D．C物塊的最大速度大小為【分析】對小球下落過程，由機械能守恒定律可求得小球與物塊碰撞前瞬間的速度；對小球由機械能守恒可求得反彈的速度，再由動量守恒定律可求得物塊的速度；對物塊的碰撞過程根據(jù)動量定理列式求物塊獲得的沖量；B與彈簧、C組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力的作用，系統(tǒng)的水平方向的動量守恒，當B與C的速度相等時，系統(tǒng)的動能最小，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律和機械能守恒即可求出最大彈性勢能。對B物塊與C物塊在彈簧回到原長時，C物塊有最大速度，根據(jù)動量守恒和機械能守恒結合求小球C的最大速度大小。【解答】解：A、設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，取小球運動到最低點時的重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律有：mgh＝mv12解得：v1＝；設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，小球反彈過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mg?＝解得：v1′＝，故A正確。B、兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv1＝﹣mv1′+5mv2解得：v2＝對B，由動量定理得：I＝5mv2＝，故B錯誤。C、碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，取向右為正方向，據(jù)動量守恒定律有：5mv2＝（5m+3m）v3據(jù)機械能守恒定律得：EPm＝解得：EPm＝mgh，故C正確。D、對B物塊與C物塊在彈簧回到原長時，C物塊有最大速度，以向右為正方向，由動量守恒定律得：5mv2＝5mvB+3mvC，由機械能守恒定律得：×5mv22＝×5mvB2+×3mvC2解得C的最大速度：vC＝，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題綜合考查動量守恒定律、機械能守恒定律，分析清楚物體運動過程是解題的前提與關鍵，應用機械能守恒定律、動量守恒定律與動量定理即可解題。13．（南崗區(qū)校級期末）一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并立即留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A至彈簧第一次被壓縮最短的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒 B．系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒 C．當彈簧被壓縮最短時，系統(tǒng)具有共同的速度 D．當彈簧被壓縮最短時，系統(tǒng)減少的動能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能【分析】根據(jù)系統(tǒng)動量守恒的條件：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，判斷動量是否守恒。根據(jù)是否是只有彈簧的彈力做功判斷機械能是否守恒。當彈簧被壓縮最短時，系統(tǒng)具有共同的速度。結合能量守恒定律分析。【解答】解：AB、在子彈打擊木塊A及彈簧第一次壓縮至最短的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的外力之和為零，則系統(tǒng)的動量守恒。在此過程中，除彈簧的彈力做功外還有摩擦力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機械能不守恒。故A錯誤，B正確。C、子彈射入木塊后彈簧被壓縮，B在彈力作用下向右加速，A向右減速，當兩者的速度相等時，彈簧被壓縮最短，故C正確。D、當彈簧被壓縮最短時，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查動量守恒和機械能守恒的判斷和應用能力。動量是否守恒要看研究的過程，要細化過程分析，不能籠統(tǒng)。14．（沙坪壩區(qū)校級月考）光滑的水平面上物體A以8kg?m/s的動量撞擊靜止的物體B，碰撞后物體A、B動量的可能值為（）A．4kg?m/s，4kg?m/s B．﹣9kg?m/s，1kg?m/s C．0，8kg?m/s D．9kg?m/s，﹣1kg?m/s【分析】水平面光滑，A、B撞擊過程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與實際情況分析答題。【解答】解：水平面光滑，A、B撞擊過程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以撞擊前A的動量方向為正方向，則碰撞前系統(tǒng)總動量p＝8kg?m/s；A、如果碰撞后A、B的動量分別為4kg?m/s、4kg?m/s，碰撞后系統(tǒng)的總動量p′＝4kg?m/s+4kg?m/s＝8kg?m/s，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，故A正確；B、如果碰撞后A、B的動量分別為﹣9kg?m/s、1kg?m/s，碰撞后系統(tǒng)的總動量p′＝﹣9kg?m/s+1kg?m/s＝﹣8kg?m/s，碰撞過程系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C、如果碰撞后A、B的動量分別為0、8kg?m/s，碰撞后系統(tǒng)的總動量p′＝0+8kg?m/s＝8kg?m/s，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，故C正確；D、如果碰撞后A、B的動量分別為9kg?m/s、﹣1kg?m/s，說明碰撞后B的速度方向碰撞前A的速度方向相反，A碰撞靜止的物體B后，A的速度方向不變而B的速度方向反向，不符合實際情況，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應用，根據(jù)題意分析清楚物體的運動過程，應用動量守恒定律即可解題；解題時注意兩物體碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、系統(tǒng)機械能不可能增加，要結合實際情景分析答題。15．（永州模擬）女子短道速滑隊是我國冰上競技項目的強項，2017年3月12日，在短道速滑世錦賽上，中國隊獲得女子3000米接力賽冠軍。通過觀察比賽錄像發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，如圖所示，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則在乙推甲的過程中（）A．甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等 B．甲、乙的動量變化一定相同 C．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功 D．甲、乙組成的系統(tǒng)機械能不守恒【分析】運動員在“交棒”過程中，兩個運動員相互作用的力等大、反向、共線，作用時間相同，根據(jù)動量定理，兩個運動員的動量變化等大、反向、共線，系統(tǒng)動量守恒；根據(jù)功的概念判斷做功的情況?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)牛頓第三定律，乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，故A正確；B、乙推甲的過程中，遵守動量守恒定律，即△p甲＝﹣△p乙，他們的動量變化大小相等，方向相反，故B錯誤；C、在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做的負功與乙對甲做的正功不一定相等，故C錯誤；D、結合動能定理和實際情境可知，乙推甲的過程中，乙要消耗自己的能量，即有化學能參與轉(zhuǎn)化，故系統(tǒng)的機械能不守恒，故D正確。故選：AD?！军c評】本題關鍵是明確運動員間的相互作用力的沖量等于對方的動量變化，又有作用時間相同，相互作用力等大、反向，故兩個運動員系統(tǒng)的總動量守恒。16．（鼓樓區(qū)校級月考）若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．先接通打點計時器電源，再釋放拖動紙帶的小車 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．【解答】解：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、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C正確，D錯誤；故選：BC。【點評】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)．17．（荔灣區(qū)期末）用下圖實驗裝置驗證《動量守恒定律》，a、b球的半徑為r，a球的質(zhì)量m1，b球的質(zhì)量m2，則下列說法正確的是（）A．小球滾動滑槽必須光滑 B．a(chǎn)球的質(zhì)量m1應大于b球的質(zhì)量m2 C．要驗證的表達式是m1OB＝m1OA+m2OC D．要驗證的表達式是m1OB＝m1OA+m2（OC﹣2r）【分析】實驗時小球要從同一位置由靜止釋放；為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量；兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律分析答題。【解答】解：A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤。B、為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即a球的質(zhì)量m1應大于b球的質(zhì)量m2，故B正確。CD、兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mav0＝mav1+mbv2，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：mav0t＝mav1t+mbv2t，則：maOB＝maOA+mbOC，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度做平拋運動并且落到同一水平面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目。18．（吳興區(qū)校級月考）用如圖裝置做探究碰撞中的不變量實驗，下列說法正確的是（）A．在實驗前，必須把長木板的一端墊高，使A能拖著紙帶勻速下行 B．A、B兩輛小車的質(zhì)量必須相等 C．A、B碰撞后必須保證A、B以共同速度一起運動 D．小車A必須從緊靠打點計時器的位置無初速度釋放【分析】為了保證量守恒的條件即更容易測量碰撞前后A、B的速度，本實驗需要平衡摩擦力；為了能夠測量碰撞后B的速度，A、B碰撞后必須保證A、B以共同速度一起運動，所以A、B兩輛小車的質(zhì)量無特殊要求；平衡好摩擦力后，不可能做到無初速度釋放。【解答】解：A、根據(jù)動量守恒的條件可知，本實驗需要平衡摩擦力，故在實驗前，必須把長木板的一端墊高，使A能拖著紙帶勻速下滑，故A正確；B、本實驗中對A、B兩輛小車的質(zhì)量無特殊要求，故B錯誤；C、為了得出動量守恒的表達式，A、B碰撞后必須保證A、B以共同速度一起運動，否則碰撞后B的速度無法測得，故C正確；D、碰撞前小車A應有速度，故小車A在手推動下開始運動，故D錯誤；故選：AC。【點評】本題考查利用紙帶法來驗證動量守恒的實驗，應注意明確實驗原理，知道如何得出碰撞前后的動量是解題的關鍵，同時注意明確動量守恒條件的正確應用。19．（新華區(qū)校級期末）“驗證動量守恒定律”的實驗裝置可采用圖甲或圖乙的方法，兩個實驗裝置的區(qū)別在于：①懸掛重垂線的位置不同；②圖甲中設計有一個支柱（通過調(diào)整，可使兩球的球心在同一水平線上，上面的小球被碰撞離開后，支柱立即倒下），圖乙中沒有支柱，圖甲中的入射小球A和被碰小球B做平拋運動的拋出點分別在通過O、O′點的豎直線上，重垂線只確定了O點的位置。（球A的質(zhì)量為m1，球B的質(zhì)量為m2）比較這兩個實驗裝置，下列說法正確的是。（）A．采用圖甲的實驗裝置時，需要測出兩小球的直徑 B．采用圖乙的實驗裝置時，需要測出兩小球的直徑 C．采用圖乙的實驗裝置時，斜槽軌道末端的切線要求水平，而采用圖甲的實驗裝置時則不需要 D．為了減小誤差，無論哪個圖，都要求入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下【分析】根據(jù)兩種實驗裝置分析是否需要測出兩小球的直徑；由于本實驗是利用平拋運動的規(guī)律測碰撞前后的速度大小，斜槽軌道末端的切線都要求水平，入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下。【解答】解：A、采用圖甲的實驗裝置時，為測出入射球碰撞后的水平位移，需要測出兩小球的直徑，故A正確；B、采用圖乙的實驗裝置時，平拋運動的位置相同，不需要測出兩小球的直徑，故B錯誤；C、由于本實驗是利用平拋運動的規(guī)律測碰撞前后的速度大小，所以不論采用哪個圖做實驗，斜槽軌道末端的切線都要求水平，故C錯誤；D、本實驗要求入射小球每次落下后碰撞前的速度相同，所以為了減小誤差，無論哪個圖，都要求入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故D正確。故選：AD?！军c評】本題是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證。20．（乃東區(qū)校級期中）如圖在利用懸線懸掛等大小球進行驗證動量守恒定律的實驗中，下列說法正確的是（）A．懸掛兩球的線長度要等長 B．由靜止釋放小球以便較準確地計算小球碰前的速度 C．兩小球必須都是剛性球，且質(zhì)量相同 D．兩小球碰后可以粘合在一起共同運動【分析】利用兩球碰撞驗證動量守恒定律，兩球要發(fā)生正碰，兩懸線的長度應相等，為方便求出球的速度，球應從靜止開始釋放，應用動量守恒定律分析答題?！窘獯稹拷猓篈、為使兩球發(fā)生對心碰撞，懸掛兩球的細繩長度要相等，故A正確；B、由靜止釋放小球以便根據(jù)機械能守恒定律較準確地計算小球碰前的速度，故B正確；C、不論兩球發(fā)生彈性碰撞還是非彈性碰撞，兩個球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，兩球不必都是剛性球，質(zhì)量也不一定要相等，故C錯誤；D、兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，該實驗依然可以驗證動量守恒定律實驗，因此兩小球碰后可以粘合在一起，故D正確；故選：ABD。【點評】本題考查了驗證動量守恒定律實驗，知道實驗原理是解題的前提，兩球碰撞時系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒的條件與實驗注意事項分析各選項即可解題。三．填空題（共10小題）21．（吳興區(qū)校級月考）如圖所示，在光滑水平面上有甲、乙兩輛完全相同的小車，質(zhì)量都為M＝1.0kg，乙車內(nèi)用輕繩吊一質(zhì)量為m＝0.5kg的小球。當乙車靜止時，甲車以速度v與乙車相碰，若碰撞時間極短，且碰后兩車連為一體，則碰后瞬間兩車的共同速度為v。當小球擺到最高點時，車的速度為v?！痉治觥考总嚺c乙車相碰是在極短時間內(nèi)發(fā)生的過程，兩者（不包括乙車中的小球）動量守恒，由動量守恒定律可以求出共同速度。小球和甲、乙車的速度發(fā)生變化，三者組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，由動量守恒定律可以求出速度?！窘獯稹拷猓杭总嚺c乙車碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：Mv＝2Mv1解得：v1＝v小球與兩車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：Mv＝（M+M+m）v2解得：v2＝v故答案為：v，v【點評】本題考查了求速度、小球上升的高度，分析清楚運動過程是解題的管家，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題；解題時要注意：兩車碰撞過程，兩車系統(tǒng)守恒，小球仍靜止不動。22．（興慶區(qū)校級期中）在光滑水平桌面上停放著A、B小車，其質(zhì)量mA＝2mB，兩車中間有一根用細線縛住的被壓縮彈簧，當燒斷細線彈簧彈開時，A車的動量變化量和B車的動量變化量之比為1：1．【分析】系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律求出兩車的動量變化量之比．【解答】解：桌面光滑，兩車組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：pA﹣pB＝0，動量變化量大小之比：＝＝；故答案為：1：1．【點評】本題考查了求小車動量變化量之比，兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒，小車的初動量為零，末動量就等于小車動量的變化量，應用動量守恒定律求出小車的末動量，然后可以求出小車動量的變化量之比，解題時注意正方向的選擇．23．（市中區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為r的小球，放在內(nèi)半徑為R、質(zhì)量為3m的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上，當小球由圖中位置無初速度釋放沿內(nèi)壁滾到最低點時，大球移動的距離為。【分析】小球無初速下滑到達最低點時，小球與大球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，用位移表示平均速度，根據(jù)水平方向平均動量守恒定律求出小球發(fā)生的水平位移，再由幾何知識求出大球的位移．【解答】解：小球向下運動的過程中，小球與環(huán)組成的系統(tǒng)沿水平方向的動量守恒；設小球滑到最低點所用的時間為t，大球的位移大小為x，則小球發(fā)生的水平位移大小為R﹣r﹣x，取水平向左方向為正方向．則根據(jù)水平方向平均動量守恒得：即：解得：x＝故答案為：【點評】本題不能靜止地看問題，把圓環(huán)當作不動的，要注意位移的參考系，注意運動過程中，水平方向動量守恒，中等難度．24．（蚌山區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在距離車底面高20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，設小球落在車底前瞬間速度大小是25m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度大小為5m/s，方向向向右。（g取10m/s2）【分析】根據(jù)動能定理求出小球在落到車底前瞬間的水平速度，小球和車作用過程中，水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列式即可求解。【解答】解：小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理得：解得：v0＝15m/s小球和車作用過程中，水平方向動量守恒，選向右為正方向，則有：﹣mv0+MV＝（M+m）v′解得：v′＝5m/s故答案為：5，右【點評】本題主要考查了動能定理及動量守恒定律的直接應用，難度不大，屬于基礎題。25．（天山區(qū)校級期中）質(zhì)量是m＝3kg的物體在離地面為h＝20m處，正以水平速度v＝20m/s，運動時突然炸裂成兩塊，其中一塊質(zhì)量為m1＝1kg，仍沿原運動方向以v1＝40m/s的速度飛行，炸裂后的另一塊速度大小為10m/s?；鹚幈ㄋ尫诺哪芰渴?00J，兩物塊落到水平地面上的距離為60m（不計空氣阻力，g取10m/s2）。【分析】物體炸開瞬間，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)守恒定律列式求解速度；根據(jù)能量守恒定律可得火藥爆炸所釋放的能量；此后兩碎片做平拋運動，根據(jù)平拋運動的分位移公式列式求解?！窘獯稹拷猓何矬w炸開瞬間，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv＝m1v1+（m﹣m1）v2，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝10m/s；根據(jù)能量守恒定律可得火藥爆炸所釋放的能量：Q＝m1v12+（m﹣m1）v22﹣mv2代入數(shù)據(jù)解得：Q＝300J；此后兩碎片做平拋運動，運動時間為：t＝＝2s，故兩塊落到水平地面上的距離為：△x＝v1t﹣v2t，代入數(shù)據(jù)得：△x＝60m。故答案為：10；300；60?！军c評】本題關鍵物體爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，爆炸后做平拋運動，結合動量守恒定律和平拋運動的分位移公式列式求解即可。26．（廣元月考）圖（a）中，水平放置的氣墊導軌上有A、B兩個質(zhì)量相同的滑塊，滑塊上的遮光片寬度均為d，A位于導軌的左端，B位于導軌中間，A、B間，B與導軌右端各有一個光電門。用手推一下A，A向右運動與B發(fā)生碰撞并粘到一起，測得A通過光電門1的遮光時間為t1；A、B一起通過光電門2時B上遮光片的遮光時間為t2．完成下列填空：（1）A通過光電門時速度的大小為；（用題中物理量的符號表示）（2）用游標卡尺測量d時示數(shù)如圖（b）所示，則d＝0.85cm；（3）當t1＝t2時，A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后的動量守恒。【分析】（1）△t比較小時，平均速度近似等于瞬時速度。（2）游標卡尺讀數(shù)：測量值（d）＝主尺讀數(shù)（X）+游標尺讀數(shù)（n×精確度）。（3）先求出滑塊經(jīng)過光電門的速度，再根據(jù)動量守恒定律求滿足動量守恒定律的表達式。【解答】解：（1）由于擋光片的寬度比較小，故擋光片通過光電門的時間比較短，因此可將擋光片通過光電門的平均速度看成滑塊通過光電門的瞬時速度，故滑塊通過光電門的速度可表示為v＝。（2）游標卡尺的主尺讀數(shù)為8mm，游標尺讀數(shù)為0.1×5mm＝0.5mm，所以擋光片的寬度為：d＝8mm+0.5mm＝8.5mm＝0.85cm。（3）滑塊經(jīng)過光電門1的速度：v1＝，滑塊經(jīng)過光電門2的速度：v2＝，沒有摩擦力作用，碰撞前后動量守恒，根據(jù)動量守恒定律：m?＝2m，化簡得：t1＝t2，即當t1＝t2時，A、B組成的系統(tǒng)碰撞前后的動量守恒。故答案為：（1）；（2）0.85；（3）t2?！军c評】本題考查了驗證動量守恒定律的實驗。利用氣墊導軌和光電門裝置來驗證動量守恒定律，可以盡可能減小摩擦力對實驗的影響，而且實驗直觀性比較強，學生比較容易理解。27．（洛陽期末）某同學把兩塊大小不同的木塊用細線連接，中間夾一被壓縮了的輕彈簧，如圖所示，將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上，燒斷細線，觀察物體的運動情況，進行必要的測量，探究物體間相互作用時的守恒量。（1）該同學還必須有的器材是刻度尺、天平、重錘線；（2）需直接測量的數(shù)據(jù)是兩木塊的質(zhì)量m1和m2，兩木塊落地點到桌面邊緣的水平距離s1；（3）若mv為所探究的守恒量，需要驗算的表達式如何表示？m1s1＝m2s2?！痉治觥繜龜嗉毦€后，兩球離開桌面做平拋運動，由于高度相等，則平拋的時間相等，水平位移與初速度成正比，把平拋的時間作為時間單位，小球的水平位移可替代平拋運動的初速度。將需要驗證的關系速度用水平位移替代?！窘獯稹拷猓喝⌒∏?的初速度方向為正方向，兩小球質(zhì)量和平拋初速度分別為m1、m2，v1、v2，平拋運動的水平位移分別為s1、s2，平拋運動的時間為t。需要驗證的方程：0＝m1v1﹣m2v2又v1＝，代入得到m1s1＝m2s2故需要測量兩木塊的質(zhì)量m1和m2，兩木塊落地點到桌面邊緣的水平距離s1，s2所以需要的器材為刻度尺、天平、重錘線故答案為：刻度尺、天平、重錘線；兩木塊的質(zhì)量m1和m2，兩木塊落地點到桌面邊緣的水平距離s1，s2；m1s1＝m2s2【點評】本題是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證。28．（清江浦區(qū)期末）用半徑相同的兩小球A、B的碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示，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C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C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點是重垂線所指的位置，若測得各落點痕跡到O點的距離分別用OM、OP、ON表示，并知A、B兩球的質(zhì)量分別為mA和mB，（且mA＞mB，）則碰撞前后系統(tǒng)動量守恒滿足的表達式為mAOP＝mAOM+mBON．【分析】明確動量守恒定律的應用，知道為了驗證碰撞前后動量守恒，即是驗證碰撞前的動量等于碰撞后的動量即可．【解答】解：兩球離開軌道后做平拋運動，兩小球拋出點的高度相同，在空中的運動時間t相同，由動量守恒定律可得：mAv0＝mAv1+mBv2，兩邊同時乘以時間t得：mAv0t＝mAv1t+mBv2t，則：mAOP＝mAOM+mBON；故答案為：mAOP＝mAOM+mBON【點評】本題考查了驗證動量守恒定律實驗的實驗，要掌握實驗原理、實驗注意事項，掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，從而得出應驗證的公式．29．（榆樹市校級月考）某實驗小組在“實驗：探究碰撞中的不變量”的實驗中，采用如圖1所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來進行探究．圖中PQ是斜槽，QR為水平槽．實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復上述操作10次，得到10個落點痕跡．再把B球放在水平槽上靠近末端的地方，讓A球仍從位置G自靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復這種操作10次．圖中的O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點．B球落點痕跡如圖2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在平面，米尺的零點與O點對齊．（1）碰撞后B球的水平射程應取為64.0cm．（2）在以下選項中，哪些是本次實驗必須進行的測量？ABD（填選項號）A、水平槽上未放B球時，測量A球落點位置到O點的距離；B、A球與B球碰撞后，測量A球落點位置到O點的距離；C、測量A球或B球的直徑；D、測量A球或B球的質(zhì)量（或兩球質(zhì)量之比）；E、測量G點相對水平槽面的高度．【分析】根據(jù)通過實驗的原理確定需要測量的物理量，小球離開軌道后做平拋運動，它們在空中的運動時間相同，水平位移與出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根據(jù)動量守恒定律求出需要驗證的表達式．【解答】解：（1）碰撞后b球的水平射程落點如圖2所示，取所有落點中靠近中間的點讀數(shù)，即可取一個最小的圓的圓心，約為64.0cm；（2）根據(jù)實驗原理可得mav0＝mbv1+mbv2，由已測量的物理量ma、mb、OB、OA、OC．又因下落時間相同，即可求得：maOB＝maOA+mbOC，所以不需要測量水平槽面離地面的高度或小球在空中飛行時間，需要測量A球和B球的質(zhì)量以及A球兩次落地時的水平距離和B球落地時的水平距離；故CE錯誤，ABD正確；故選：ABD；故答案為：（1）64.0（2）ABD【點評】本題考查驗證動量守恒定律的實驗；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，注意理解動量守恒定律的條件．30．（榆陽區(qū)校級月考）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：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A使之做勻速運動。然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運動，他設計的具體裝置如圖所示。若已得到打點紙帶如上圖所示，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，則應選BC段來計算A的碰前速度，應選DE段來計算A和B碰后的共同速度（以上兩格填“AB’’或“BC“或“CD“或“DE”）。【分析】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，在勻速運動時在相同的時間內(nèi)通過的位移相同，所以BC應為碰撞之前勻速運動階段，DE應為碰撞之后勻速運動階段。【解答】解：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。推動小車由靜止開始運動，故小車有個加速過程，在碰撞前做勻速直線運動，即在相同的時間內(nèi)通過的位移相同，故BC段為勻速運動的階段，故選BC計算碰前的速度；碰撞過程是一個變速運動的過程，而A和B碰后的共同運動時做勻速直線運動，故在相同的時間內(nèi)通過相同的位移，故應選DE段來計算碰后共同的速度。故答案為：BC；DE?！军c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。四．計算題（共10小題）31．（定遠縣模擬）如圖所示，一質(zhì)量M＝2.0kg的長木板AB靜止在水平面上，木板的左側(cè)固定一半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同?，F(xiàn)在將質(zhì)量m＝1.0kg的小鐵塊（可視為質(zhì)點）從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達軌道底端時軌道的支持力為25N，最終小鐵塊和長木板達到共同速度。忽略長木板與地面間的摩擦。取重力加速度g＝10m/s2．求：（1）小鐵塊在弧形軌道末端時的速度大小；（2）小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf；（3）小鐵塊和長木板達到的共同速度v?！痉治觥浚?）小鐵塊在圓弧上做圓周運動，應用牛頓第二定律可以求出小鐵塊的速度。（2）小鐵塊在圓弧上下滑過程，應用動能定理可以求出克服摩擦力做功。（3）鐵塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出共同速度?！窘獯稹拷猓海?）小鐵塊在弧形軌道末端時，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝3.0m/s；（2）小鐵塊在圓弧上下滑過程，根據(jù)動能定理得：mgR﹣Wf＝mv02﹣0，代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝1.5J。（3）鐵塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+M）v，代入數(shù)據(jù)解得：v＝1.0m/s。答：（1）小鐵塊在弧形軌道末端時的速度大小為3.0m/s；（2）小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf為1.5J；（3）小鐵塊和長木板達到的共同速度v為1.0m/s。【點評】本題考查了動量守恒定律、牛頓第二定律與動能定理的應用，分析清楚物體運動過程是解題的前提與關鍵，應用動能定理、動量守恒定律即可解題，應用動量守恒定律解題時注意正方向的選擇。32．（江門一模）如圖所示，在足夠長的光滑水平臺面AB右側(cè)一定距離處固定一半徑為R＝m的光滑圓弧軌道CD，C點與圓心O點的連線與豎直方向OD的夾角α＝53°，該圓弧軌道在D點通過光滑小圓弧與一足夠長的粗糙斜面DE相接，該斜面的傾角θ可在0～80°范圍內(nèi)調(diào)節(jié)（調(diào)好后保持不變）。A、B、C、D、E均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m＝1kg的物塊N靜止在水平臺面上，其左側(cè)有質(zhì)量為m0＝3kg的物塊M。讓物塊M以速度v0＝2m/s的速度向右運動，與物塊N發(fā)生彈性碰撞，物塊N與物塊M分離后離開水平臺面，并恰好從C點無碰撞的進入圓弧軌道，然后滑上斜面DE，物塊N與斜面DE之間的動摩擦因數(shù)μ＝，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，物塊M、N均可視為質(zhì)點，求：（1）碰撞后物塊N、M的速度各是多大；（2）物塊N到達D點時對軌道的壓力多大；（3）若物塊N第一次經(jīng)過C點后，在C點安裝一彈性擋板，擋板平面與該點圓弧軌道的切線垂直，物塊N與擋板碰撞前后速度大小不變。求θ取不同值時，物塊N在運動的全過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q與tanθ的關系式?！痉治觥浚?）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后物塊的速度；（2）先判斷物塊N到達C點時速度，再結合動能定理求得物塊N到達D點時的速度，根據(jù)牛頓第二定律求得物塊N到達D點時對軌道的壓力；（3）先判斷物塊N停在斜面上時斜面的傾斜角，結合動能定理分情況討論因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q與tanθ的關系?！窘獯稹拷猓海?）物塊M與N發(fā)生彈性碰撞，以水平向右為正，對于M、N組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：m0v0＝m0v1+mv2由機械能守恒定律得：m0v02＝m0v12+mv22解得v1＝v0＝＝m/s＝1m/s，v2＝v0＝＝m/s＝3m/s碰撞后物塊N、M的速度各是1m/s，3m/s，方向水平向右。（2）如圖所示，物塊N到達C點時速度為vC＝＝m/s＝5m/s物塊N從C到達D點時有mgR（1﹣cosα）＝mvD2﹣mvC2物塊N到達D點時有N﹣mg＝m解得vD＝6m/s，N＝N≈36.2N由牛頓第三定律有FN＝N＝36.2N（3）斜面傾角較小時物塊N停在斜面上，有mgsinθ≤μmgcosθ解得θ≤30°斜面傾角0≤θ≤30°較小時物塊N停在斜面上，有mgsinθx+μmgcosθx＝mvD2解得x＝則有Q＝μmgcosθx＝＝斜面傾角30°＜θ≤80°較大時物塊N不能停在斜面上，最后將停在D點，則有Q＝mvD2＝J＝18J答：（1）碰撞后物塊N、M的速度分別是1m/s，3m/s；（2）物塊N到達D點時對軌道的壓力為36.2N；（3）當0≤θ≤30°時Q＝；當30°＜θ≤80°時Q為18J。【點評】本題涉及多個運動過程，判斷C點的速度需通過平拋運動求解。33．（常熟市期中）如圖所示是某游戲裝置的示意圖，ABC為固定在豎直平面內(nèi)的截面為圓形的光滑軌道，直軌道AB與水平成θ＝37°放置，且與圓弧軌道BC相切連接，AB長為L1＝0.4m，圓弧軌道半徑r＝0.25m，C端水平，右端連接粗糙水平面CD和足夠長的光滑曲面軌道DE，D是軌道的切點，CD段長為L2＝0.5m。一個質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點的小物塊壓縮彈簧后被鎖定在A點，解除鎖定后小物塊被彈出，第一次經(jīng)過D點的速度為vD＝m/s，已知小物塊與水平面CD間的摩擦因數(shù)μ＝0.3，g＝10m/s2．求：（1）小物塊第一次運動到BC的出口C時對圓軌道的壓力大小；（2）小物塊發(fā)射前彈簧的彈性勢能大??；（3）小物塊被彈出后，最后停在CD上的位置?！痉治觥浚?）小物塊由C到D過程應用動能定理可以求出小物塊達到到達C點時的速度大小，然后應用牛頓第二定律分析答題。（2）釋放物塊過程彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊的動能，應用機械能守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能。（3）對物塊應用動能定理求出其路程，然后確定物塊停在CD上的位置?！窘獯稹拷猓海?）小物塊第一次從C運動到D過程，根據(jù)動能定理得：﹣μmgL2＝代入數(shù)據(jù)解得：vC＝3m/s在C點，根據(jù)牛頓第二定律得：F+mg＝m代入數(shù)據(jù)解得：F＝26N根據(jù)牛頓第三定律得，小物體對圓軌道的壓力大小等于26N。（2）根據(jù)幾何關系得，AC兩點高度差為：h＝R+Rcos37°+L1sin37°代入數(shù)據(jù)解得：h＝0.69m，根據(jù)機械能守恒定律得：EP＝mgh+，代入數(shù)據(jù)解得：EP＝11.4J（3）對小物塊，根據(jù)動能定理得：﹣μmgs＝0﹣代入數(shù)據(jù)解得：s＝1.5m＝3L2小物塊最后停在D點；答：（1）小物塊第一次運動到BC的出口C時對圓軌道的壓力大小為26N；（2）小物塊發(fā)射前彈簧的彈性勢能大小為11.4J；（3）小物塊被彈出后，最后停在CD上的D點?！军c評】本題是一道力學綜合題，根據(jù)題意分析清楚小物塊的運動過程是解題的前提，應用動能定理、機械能守恒定律與牛頓第二定律即可解題。34．（沙市區(qū)校級期末）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈擊中，子彈嵌在其中，已知物體A的質(zhì)量是3m，B的質(zhì)量是4m，子彈的質(zhì)量是m。求：（1）A物體獲得的最大速度；（2）彈簧壓縮量最大時B物體的速度；（3）彈簧壓縮量最大時彈性勢能是多少。【分析】（1）對子彈進入A中的過程，由動量守恒定律列式即可求解；（2）子彈擊中木塊A后A壓縮彈簧，A做減速運動，B做加速運動，當A、B速度相等時，彈簧的壓縮量最大，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出B的速度；（3）子彈擊中A的過程中動量守恒，由動量守恒定律可以求出A的速度，當彈簧壓縮量最大時，彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒定律可以求出彈簧的最大彈性勢能?！窘獯稹拷猓海?）子彈擊中A的瞬間，A的速度最大，子彈與A組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（3m+m）v，解得：v＝v0；（2）彈簧壓縮量最大時三者速度相等，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+3m+4m）v1，解得：v1＝v0；（3）由能量守恒定律得：+EP，解得：EP＝；答：（1）A物體獲得的最大速度為v0；（2）彈簧壓縮量最大時B物體的速度為v0；（3）彈簧壓縮量最大時彈性勢能?！军c評】本題考查了求速度、彈簧的彈性勢能，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題；解題時要注意，子彈擊中A的過程中，子彈與A組成的系統(tǒng)動量守恒，但機械能不守恒。35．（門頭溝區(qū)一模）滑雪是廣受師生喜歡的運動，某滑雪的滑道如圖所示。斜面滑道與水平滑道由很小的圓弧平滑銜接，斜面滑道的傾角α＝37°。學生乘坐滑雪板由靜止開始，從滑道上高h＝1.8m處滑下，滑上水平面后，與靜止的老師所坐的滑雪板發(fā)生碰撞，碰撞后他們以共同的速度運動，碰撞前后學生的運動方向不變。已知學生和滑雪板的總質(zhì)量m＝30kg，老師和滑雪板的總質(zhì)量為M＝60kg，人與滑雪板均可視為質(zhì)點，不計一切摩擦和阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sinα＝0.6，cosα＝0.8。求：（1）學生和滑雪板在斜面滑道下滑的加速度a的大??；（2）學生和滑雪板滑到斜面底端時的速度v的大?。唬?）碰撞過程中學生和老師（包括各自滑雪板）組成的系統(tǒng)損失的機械能△E?！痉治觥浚?）對學生和滑雪板受力分析，由牛頓第二定律求得加速度a的大??；（2）學生和滑雪板滑到斜面底端過程中，由動能定理可求出速度v；（3）碰撞過程中學生和老師（包括各自滑雪板）組成的系統(tǒng)動量守恒求出末速度，由能量守恒求出損失的機械能?！窘獯稹拷猓海?）學生和滑雪板在斜面滑道下滑過程中，受力如圖所示：由牛頓第二定律可知：mgsinα＝ma，解得：a＝6m/s2（2）學生和滑雪板滑到斜面底端過程中，由動能定理可知：mgh＝，解得：v＝6m/s（3）碰撞過程中學生和老師（包括各自滑雪板）組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，則：mv＝（M+m）v共損失的機械能為：△E＝﹣聯(lián)立解得：△E＝360J答：（1）學生和滑雪板在斜面滑道下滑的加速度a的大小為6m/s2；（2）學生和滑雪板滑到斜面底端時的速度v的大小為6m/s；（3）碰撞過程中學生和老師（包括各自滑雪板）組成的系統(tǒng)損失的機械能△E為360J?！军c評】解決本題的關鍵是明確碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律。學生從斜面滑下由動能定理求出滑到底端的速度也即是碰撞之前的速度，非彈性碰撞過程動能的減小量即為機械能的損失量。36．（新疆模擬）2020年11月24日4時30分，中國在中國文昌航天發(fā)射場，用長征五號遙五運載火箭成功發(fā)射探月工程嫦娥五號探測器，順利將探測器送入預定軌道。標志著我國月球探測新旅程的開始，飛行136個小時后總質(zhì)量為m的嫦娥五號以速度v高速到達月球附近P點時，發(fā)動機點火使探測器順利變軌，被月球捕獲進入半徑為r的環(huán)月軌道，已知月球的質(zhì)量為M，引力常量為G。求（1）嫦娥五號探測器發(fā)動機在P點應沿什么方向?qū)怏w噴出？（2）嫦娥五號探測器發(fā)動機在P點應將質(zhì)量為△m的氣體以多大的對月速度噴出？【分析】（1）嫦娥五號探測器需要從高軌道變軌到低軌道，應該減速，沿著運動方向噴氣；（2）在噴氣過程中，由于反沖使探測器減速，反沖過程中動量守恒，進入環(huán)月軌道之后由萬有引力提供向心力求噴出的氣體質(zhì)量。【解答】解：（1）探測器發(fā)動機在P點應制動減速，所以應沿探測器運動方向噴出氣體。（2）在P點由動量守恒定律得：mv＝（m﹣△m）v1+△mv2探測器進入半徑為r的環(huán)月軌道有：解得：答：（1）嫦娥五號探測器發(fā)動機在P點應沿運動方向?qū)怏w噴出；（2）嫦娥五號探測器發(fā)動機在P點應將質(zhì)量為△m的氣體以的對月速度噴出?！军c評】本題考查萬有引力定律、向心力和變軌問題以及動量守恒在反沖問題中的應用，是理論聯(lián)系實際的信息題，只要理解題中信息就很好解答。37．（鐘樓區(qū)校級期中）如圖所示，在光滑的水平地面上的左端連接一光滑的半徑為R的1/4圓形固定軌道BC，并且水平面與圓形軌道相切與C點，在水平面內(nèi)有一質(zhì)量M＝2m的小球Q連接著輕質(zhì)彈簧處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球P從B點正上方h＝2R高處由靜止釋放，小球P和小球Q大小相同，均可視為質(zhì)點，重力加速度為g。（1）求小球P到達圓弧軌道最低點C時的速度大小和對軌道的壓力；（2）求在小球P壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；（3）若小球P從B點上方高H處釋放第一次經(jīng)過C點后，立即將BC換成半徑也為R的固定的光滑3/4圓弧軌道CBD，與水平面仍相切于C點，求為使P球經(jīng)彈簧反彈后經(jīng)軌道CBD過程中不脫離軌道，H應滿足的條件?！痉治觥浚?）小球從A到C過程應用動能定理求出到達C點的速度，在C點，應用牛頓第二定律求出支持力，然后求出壓力。（2）P、Q組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出彈簧的最大彈性勢能。（3）應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出小球P的速度，然后應用牛頓第二定律與動能定理求出小球不脫離軌道H的臨界速度，再分析答題?！窘獯稹拷猓海?）小球P從A點運動到C點的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：，已知：h＝2R，解得：，在最低點C處，由牛頓第二定律得：，解得：N＝7mg，由牛頓第三定律小球?qū)壍赖膲毫Υ笮。篘′＝N＝7mg，方向：向下。（2）當P、Q兩球速度相等時，彈簧具有的彈性勢能最大，令共同速度為v，P、Q兩球系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mvc＝（M+m）v，根據(jù)機械能守恒定律得：，解得：Epmax＝2mgR；（3）小球從P點上方高為H處釋放，到達水平面的速度為v0由機械能守恒定律得：，彈簧被壓縮后再次回復原長時設小球P和Q的速度大小分別為v1和v2，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mv0＝﹣mv1+Mv2，根據(jù)機械能守恒定律有：，解得：；若小球不脫離軌道有：i．小球到達B點線速度就減為0符合題意，令小球到達B點時速度恰好為0即，解得：H＝8R；ii．小球完成圓周運動符合題意，令小球到達最高點的速度恰好為：，由動能定理得：，解得：H＝21.5R；所以當H≤8R或H≥21.5R時球不脫離軌道；答：（1）小球P到達圓弧軌道最低點C時的速度大小為，對軌道的壓力大小為7mg，方向：豎直向下；（2）在小球P壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為2mgR；（3）為使P球經(jīng)彈簧反彈后經(jīng)軌道CBD過程中不脫離軌道，H應滿足的條件是：H≤8R或H≥21.5R。【點評】本題主要考查了動量守恒定律、機械能守恒定律以及動能定理的直接應用，注意在應用動量守恒定律解題時要規(guī)定正方向，注意使用動能定理解題時要選好研究過程。38．（河南模擬）小明用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律。圖甲中PQ是斜槽，QR為水平槽。實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。再把半徑相同、質(zhì)量小于A球的B球放在水平槽靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。圖甲中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點。圖乙是多次重復實驗B球落點痕跡，其中米尺水平放置，米尺的零點與O點對齊。（1）碰撞后B球的水平射程應取64.8cm。（2）若X、Z是三個平均落點，設OX＝x1，O＝x2，OE＝x3，A、B兩球質(zhì)量分別是m1和m2，則驗證動量守恒定律的表達式是m1x2＝m1x1+m2x3?！痉治觥扛鶕?jù)平均落點即可確定B球的水平射程；根據(jù)通過實驗的原理確定需要測量的物理量，小球離開軌道后做平拋運動，它們在空中的運動時間相同，水平位移與出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根據(jù)動量守恒定律求出需要驗證的表達式。【解答】解：（1）由圖乙所示可知，取所有落點中靠近中間的點讀數(shù)，即可取一個最小的圓的圓心，約為64.8cm；（3）兩球離開軌道后做平拋運動，它們在控制的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則：m1v2＝m1v1+m2v3兩邊同時乘以t得：m1v2t＝m1v1t+m1v3t，即：m1x2＝m1x1+m2x3故答案為：（1）64.8；（2）m1x2＝m1x1+m2x3【點評】本題考查驗證動量守恒定律的實驗，要注意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，注意理解動量守恒定律的條件。39．（海淀區(qū)校級月考）動量守恒定律是一個獨立的實驗定律，它適用于目前為止物理學研究的宏觀、微觀一切領域。（1）如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小鋼球，球2原來靜止，球1以速度v1向球2運動，兩球發(fā)生彈性正碰，求碰撞后球1、球2的速度大小；（2）一種未知粒子以相同速度跟