【物理】2019届一轮复习人教版第六章动量教案

【物理】2019届一轮复习人教版第六章动量教案

第六章 动　量 ‎[全国卷5年考情分析](说明：2013～2016年，本章内容以选考题目出现)‎ 考点及要求 ‎2013～2017考情统计 命题概率 常考角度 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)‎ ‎'17Ⅰ卷T14(6分)，'17Ⅱ卷T15(6分) ‎ ‎'17Ⅲ卷T20(6分)，'16Ⅰ卷T35(2)(10分) ‎ ‎'16Ⅱ卷T35(2)(10分)‎ 独立命题概率60%‎ ‎(1)动量定理与动量守恒定律的应用 ‎(2)动量守恒与能量守恒的综合应用 ‎(3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用 弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)‎ ‎'16Ⅲ卷T35(2)(10分)，'15Ⅰ卷T35(2)(10分) ‎ ‎'15Ⅱ卷T35(2)(10分)，'14Ⅰ卷T35(2)(9分) ‎ ‎'13Ⅰ卷T35(2)(9分)，'13Ⅱ卷T35(2)(10分)‎ 综合命题概率70%‎ 实验七：验证动量守恒定律 ‎' 14Ⅱ卷T35(2)(10分)‎ 综合命题概率25%‎ 第1节动量定理 ‎(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)‎ ‎(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)‎ ‎(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×)‎ ‎(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)‎ ‎(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)‎ ‎(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。(√)‎ ‎1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。‎ ‎2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。‎ ‎3．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。‎ ‎4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。‎ 突破点(一)　动量与冲量的理解 ‎1．动能、动量、动量变化量的比较 动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek＝mv2‎ p＝mv Δp＝p′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 联系 ‎(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 ‎(2)若物体的；动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 ‎2．冲量和功的区别 ‎(1)冲量和功都是过程量。冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。‎ ‎(2)冲量是矢量，功是标量。‎ ‎(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。‎ ‎3．冲量的计算 ‎(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。‎ ‎(2)变力的冲量 ‎①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。‎ ‎②作出Ft变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。‎ ‎③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．动量为零时，物体一定处于平衡状态 B．动能不变，物体的动量一定不变 C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变 D．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 解析：选D　动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，故A错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故B错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故C错误；物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故D正确。‎ ‎2．[多选]关于力的冲量，以下说法正确的是(　　)‎ A．只有作用时间很短的力才能产生冲量 B．冲量是矢量，其方向就是力的方向 C．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向 D．如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零 解析：选BCD　只要有力及作用时间，力就会有冲量，选项A错误；冲量是矢量，其方向与力的方向相同，故B正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力的冲量一定大小相等，方向相反，故C正确；若力不等于零，则在一段时间内其冲量一定不为零；故D正确。‎ ‎3．质量为2 kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10 m/s2‎ ‎，下列说法中正确的是(　　)‎ A．2 s末小球的动能为40 J B．2 s末小球的动量大小为40 kg·m/s C．2 s内重力的冲量大小为20 N·s D．2 s内重力的平均功率为20 W 解析：选B　2 s末小球的速度v＝gt＝20 m/s，则动能为Ek＝mv2＝400 J，选项A错误；2 s末小球的动量大小为p＝mv＝40 kg ·m/s，选项B正确；2 s内重力的冲量大小为I＝mgt＝40 N·s，选项C错误；2 s内重力的平均功率为＝mg＝mgv＝200 W，选项D错误。‎ 突破点(二)　动量定理的理解和应用 ‎1．应用动量定理解释的两类物理现象 ‎(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。‎ ‎(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。‎ ‎2．应用动量定理解题的一般步骤 ‎(1)明确研究对象和研究过程 研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。‎ ‎(2)进行受力分析 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。‎ ‎(3)规定正方向 由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。‎ ‎(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。‎ ‎(5)根据动量定理列式求解。‎ ‎3．应用动量定理解题的注意事项 ‎(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。‎ ‎(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。‎ ‎(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。‎ ‎(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。‎ ‎(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。‎ ‎[典例]　(2016·全国卷Ⅰ)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。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中说明水柱对玩具的冲力大小为Mg。‎ ‎(2)单位时间内喷出的水的质量等于长为v0，截面积为S的水柱的质量。‎ ‎(3)喷口喷出的水向上运动过程中只受重力作用，机械能守恒。‎ ‎[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＝ρΔV①‎ 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，由机械能守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 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)－ ‎[规律方法]　动量定理在变质量(如流体)中的应用 研究对象为“变质量”的“连续”的流体(如水流、空气流等)，以水流为例，一般要假设一段时间Δt内流出的水柱，其长度为vΔt，水柱底面积为S，得水柱体积V＝SvΔt，水柱质量为Δm＝ρV＝ρSvΔt，再对质量为Δm的水柱应用动量定理求解。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是(　　)‎ A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小 C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 解析：选C　用水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力，A、B均错误；迅速拉动纸带时，因作用时间短，重物所受冲量较小，重物速度变化小，纸带易抽出，故C正确，D错误。‎ ‎2．(2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎3．(2018·北京市通州区摸底)在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；‎ ‎(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。‎ 解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2。‎ ‎(2)从A到B过程，由动能定理，有：‎ ‎－μmgs＝mv12－mv02‎ 代入数据解得：μ＝0.15。‎ ‎(3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：‎ FΔt＝mv2－m(－v1)‎ 可得：F＝130 N。‎ 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N 巧思妙解——练创新思维 ‎1．微粒及其特点 ‎(1)微粒常指电子流、光子流、微尘等。‎ ‎(2)特点：①质量具有独立性；②已知单位体积内的粒子数n。‎ ‎2．解题一般步骤 ‎(1)建立“柱体”模型：沿运动的方向选取一段微元，柱体的截面积为S。‎ ‎(2)研究微元粒子数：作用时间Δt内的一段微元柱体的长度为Δl＝v0Δt，柱体体积ΔV＝Sv0Δt，柱体内的粒子数N＝nSv0Δt。‎ ‎(3)先对单个微粒应用动量定理，建立方程，再乘以N计算。　　　　‎ ‎ [应用体验]‎ ‎1．自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的。因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明。‎ 解析：设空中米流的质量为m1，已落入秤盘中米的质量为m2，正在落入秤盘中米的质量为Δm，只要分析出秤盘的示数与(m1＋Δm＋m2)g的关系，问题便得以解决。设称米机的流量为d(单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为h，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度v＝。秤的示数F应等于m2、Δm的重力以及Δm对秤盘冲击力F′大小之和。以m2＋Δm为研究对象，根据动量定理得 ‎(F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δm F＝＋m2g＋Δmg＝d＋m2g＋Δmg 又因空中米的质量为m1＝dt＝d 故m1g＝d 则F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)g。‎ 可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题。‎ 答案：见解析 ‎2．根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。‎ ‎(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压。‎ ‎(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，求此时探测器的加速度大小。‎ 解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光器的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，所以：p＝(kg·m/s)‎ 由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN 故激光对物体产生的光压：I＝＝(Pa)。‎ ‎(2)由上一问可知：‎ I＝(Pa)＝ Pa＝9×10－6Pa ‎ 所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，‎ 对探测器利用牛顿第二定律有FN＝ma 故此时探测器的加速度 a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。‎ 答案：(1)(Pa)　(2)3.6×10－3 m/s2‎ ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)‎ A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析：选B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。‎ ‎★2．(2018·合肥一模)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)‎ A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 解析：选A　取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。‎ 由动能定理，合外力做的功：W＝mv22－mv12＝×0.2×42J－×0.2×62J＝－2 J。故A正确。‎ ‎3．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)‎ A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：选AB　法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。‎ 法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。‎ ‎4.将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，则Δp1∶Δp2为(　　)‎ A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3‎ C．1∶1 D．2∶1‎ 解析：选C　木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F＝mgsin θ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1。故选项C正确。‎ ‎★5．(2018·三明一中模拟)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为(　　)‎ A．向下，m(v1－v2)　　　　　 B．向下，m(v1＋v2)‎ C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)‎ 解析：选D　根据动量定理可知钢球受到合力的冲量等于钢球动量的变化量，选取向下为正方向，I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则钢球受到合力的冲量的方向向上，大小为m(v1＋v2)。故D正确。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎6．[多选]某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是(　　)‎ A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0‎ B．过程1和过程2动量变化的方向相反 C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下 D．过程1和过程2重力的总冲量为0‎ 解析：选AC　根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误。‎ ‎7．一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：选C　设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝gt12得t1＝ ＝0.4 s。设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6 N·s。‎ 负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。‎ ‎★8．[多选]质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　)‎ A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m 解析：选BCD　由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，选项C、D均正确，只有选项A错误。‎ ‎★9．将质量为500 g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700 g水的流量注入杯中。注至10 s末时，台秤的读数为78.5 N，则注入杯中水流的速度是多大？‎ 解析：以在很短时间Δt内，落在杯中的水柱Δm为研究对象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。‎ 设向上的方向为正，由动量定理得：‎ ‎(F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv)‎ 因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且＝0.7 kg/s F＝ v＝0.7v(N)‎ 台秤的读数G读＝(m杯＋m水)g＋F ‎78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v 解得v＝5 m/s。‎ 答案：5 m/s ‎10．如图所示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5 N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：‎ ‎(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；‎ ‎(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。‎ 解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，‎ 由动量定理，有I＝mv－0，v＝＝ m/s＝3 m/s 盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg ‎－μ·2mg＝ma即a＝－2μg 盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度减少为v′。‎ v′2－v2＝2ax1‎ v′＝＝ m/s ‎＝2 m/s，‎ 盒左壁A以v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的速度向右运动，直到停止。‎ ‎0－v′2＝2ax2‎ 即x2＝＝＝ m＝0.8 m 因x2只有0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。‎ ‎(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1‎ 根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝＝ s＝0.4 s；‎ 小球匀速运动时间t2＝＝ s＝0.5 s ；‎ 盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′‎ t3＝＝ s＝0.8 s；‎ 总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。‎ 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎11．[多选](2018·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(　　)‎ A．小球的机械能减小了mg(H＋h)‎ B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选AC　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。‎ ‎12．[多选](2018·天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是(　　)‎ A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间不同 C．每个水球对子弹的冲量不同 D．子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：选BCD　恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，则B正确。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，D项正确。‎ ‎(二)重点高中适用作业 ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)‎ A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析：选B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。‎ ‎2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)‎ A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：选AB　法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。‎ 法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为 p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。‎ ‎3．将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，则Δp1∶Δp2为(　　)‎ A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3‎ C．1∶1 D ．2∶1‎ 解析：选C　木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F＝mgsin θ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1。故选项C正确。‎ ‎4．[多选]某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是(　　)‎ A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0‎ B．过程1和过程2动量变化的方向相反 C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下 D．过程1和过程2重力的总冲量为0‎ 解析：选AC　根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误。‎ ‎5．一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：选C　设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝gt12得t1＝ ＝0.4 s。设IN 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6 N·s。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。‎ ‎6．[多选](2018·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(　　)‎ A．小球的机械能减小了mg(H＋h)‎ B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选AC　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。‎ ‎7．[多选](2018·天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是(　　)‎ A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间不同 C．每个水球对子弹的冲量不同 D．子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：选BCD　恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，则B正确。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，D项正确。‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎★8.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中(　　)‎ A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2‎ D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 解析：选B　人的速度原来为零，起跳后为v，由动量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面对人的冲量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳时，地面对人的支持力的作用点位移为零，故地面对人做功为零，所以只有选项B正确。‎ ‎★9．(2018·合肥质检)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)‎ A．在t＝6 s时刻，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s D．在t＝6 s时刻，拉力F的功率为200 W 解析：选D　根据Δv＝a0t，可知at图线与t轴所围“面积”表示速度的增量，则v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A错误；由动能定理可得：W合＝mv62－mv02＝396 J，B错误；由动量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的冲量IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10 N，则6 s时拉力F的功率P＝F6·v6＝200 W，D正确。‎ ‎★10．[多选](2018·商丘五校联考)在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，则(　　)‎ A．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m＋mv0‎ B．水对运动员阻力的冲量大小为m C．运动员克服水的阻力做功为mgH＋mv02‎ D．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H＋h)＋mv02‎ 解析：选AD　设运动员入水前速度为vt，则由机械能守恒有mv02＋mgH＝mvt2，得vt＝，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I＝mvt－(－mv0)＝m＋mv0‎ ‎，A项正确。运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I合＝m，B项错误。运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－mv02，得运动员克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋mv02，则C项错误。由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg(H＋h)＋mv02，D项正确。‎ ‎★11．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　)‎ A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S 解析：选D　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。‎ ‎12．如图所示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5 N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：‎ ‎(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；‎ ‎(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。‎ 解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，‎ 由动量定理，有I＝mv－0，v＝＝ m/s＝3 m/s 盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg ‎－μ·2mg＝ma即a＝－2μg 盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度减少为v′。‎ v′2－v2＝2ax1‎ v′＝＝ m/s ‎＝2 m/s，‎ 盒左壁A以v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/‎ s的速度向右运动，直到停止。‎ ‎0－v′2＝2ax2‎ 即x2＝＝＝ m＝0.8 m 因x2只有0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。‎ ‎(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1‎ 根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝＝ s＝0.4 s；‎ 小球匀速运动时间t2＝＝ s＝0.5 s ；‎ 盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′‎ t3＝＝ s＝0.8 s；‎ 总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。‎ 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s ‎★13．(2018·三湘名校联考)如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出的激励语。下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，若横幅的质量为m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内，四条绳子与水平方向的夹角均为θ，其中绳A、B是不可伸长的刚性绳，绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。‎ ‎　‎ ‎(1)求绳A、B所受力的大小；‎ ‎(2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。‎ 解析：(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态：‎ ‎2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。‎ ‎(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：2gh＝v02‎ 碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0‎ 解得：F＝m0g＋ 由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′＝F 横幅仍处于平衡状态：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′‎ 解得：T1＝T0＋＋。‎ 答案：(1)T0＋　(2)T0＋＋ 第2节动量守恒定律 ‎(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。(×)‎ ‎(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。(√)‎ ‎(3)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)‎ ‎1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。‎ ‎2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。‎ ‎3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。‎ ‎4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。‎ 突破点(一)　动量守恒定律的理解及应用 ‎1．动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)‎ 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ‎2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义 ‎(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。‎ ‎(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。‎ ‎(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。‎ ‎3．应用动量守恒定律的解题步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。‎ ‎(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。‎ ‎(3)规定正方向，确定初、末状态动量。‎ ‎(4)由动量守恒定律列出方程。‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。‎ ‎[典例]　(2018·郑州高三质量预测)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：‎ ‎(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。‎ ‎(2)木板向右滑行的最大速度v2。‎ ‎(3)物块在木板上滑行的时间t。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零。‎ ‎(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1。‎ ‎(3)木板足够长，物块最终与木块同速，此时，木板向右滑行的速度v2最大。‎ ‎[解析]　(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：‎ m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。‎ ‎(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。‎ ‎(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：‎ ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。‎ ‎[答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s ‎[易错提醒]　应用动量守恒定律应注意以下三点 ‎(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。‎ ‎(2)判断系统是否动量守恒，或者某个方向上动量守恒。‎ ‎(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.[多选](2018·佛山模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑(　　)‎ A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处 解析：选BC　在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系 统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50‎ ‎ g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ A．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：选A　燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。‎ ‎3．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg。两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动。某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反。两车运动过程中始终未相碰。则：‎ ‎(1)两车最近时，乙的速度为多大？‎ ‎(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？‎ 解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向。由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为v＝＝ m/s＝ m/s≈1.33 m/s。‎ ‎(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝＝ m/s＝2 m/s。‎ 答案：(1)1.33 m/s　(2)2 m/s 突破点(二)　动量守恒定律的3个应用实例 碰　撞 ‎1.对碰撞的理解 ‎(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。‎ ‎(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。‎ ‎(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。‎ ‎2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断 弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。‎ ‎(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。‎ ‎(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。‎ ‎3．碰撞现象满足的规律 ‎(1)动量守恒。‎ ‎(2)动能不增加。‎ ‎(3)速度要合理。‎ ‎①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。‎ ‎②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎[例1]　(2018·揭阳市揭东一中检测)如图，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d＝3 m。一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；‎ ‎(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)A、B发生弹性碰撞，则碰撞过程中系统动量、动能均守恒。‎ ‎(2)两物块与挡板碰撞时间极短且均不损失机械能，说明两物块与挡板碰撞后返回的速度与碰前速度大小相等。‎ ‎(3)注意判断A与B能否再次发生碰撞。‎ ‎[解析]　(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向。‎ 由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2‎ 碰撞前后动能相等，则得：mv02＝mv12＋Mv22‎ 解得：v1＝－2 m/s，方向向左，v2＝4 m/s，方向向右。‎ ‎(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：‎ a＝μg＝2 m/s2。‎ B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：‎ v2t1－at12＝d 得：t1＝1 s(t1＝3 s舍去)‎ 与挡板碰后，B的速度大小v3＝v2－at1＝2 m/s，反弹后减速时间t2＝＝1 s 反弹后经过位移s1＝＝1 m，B停止运动。‎ 物块A与P处挡板碰后，以v4＝2 m/s的速度滑上O点，经过s2＝＝1 m停止。‎ 所以最终A、B的距离s＝d－s1－s2＝1 m，‎ 两者不会碰第二次。‎ 在AB碰后，A运动总时间tA＝＋＝3 s B运动总时间tB＝t1＋t2＝2 s，‎ 则时间间隔ΔtAB＝tA－tB＝1 s。‎ ‎[答案]　(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右 ‎(2)1 s ‎[方法规律]　碰撞问题解题策略 ‎(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。‎ ‎(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：‎ v1′＝v1 v2′＝v1 ‎ ‎(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。‎ 爆　炸 ‎[例2]　如图，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：‎ ‎(1)炸开后A、B获得的速度大小；‎ ‎(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？‎ ‎[解析]　(1)根据爆炸过程中能量的转化，‎ 有：E＝m1v12＋m2v22‎ 爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2‎ 联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。‎ ‎(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。‎ 对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；‎ 对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；‎ 对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；‎ 代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。‎ 之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。‎ 即：(m1＋m2＋m3)v＝0，‎ 解得v＝0。‎ 设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：－μm1gt＝0－m1v1，‎ 解得：t＝0.8 s。‎ ‎[答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s ‎[方法规律]　爆炸现象的三个规律 动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 反　冲 ‎[例3]　如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)‎ ‎[解析]　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得 货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin 货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2‎ 为避免两船相撞应满足 v1＝v2‎ 解得vmin＝4v0。‎ ‎[答案]　4v0‎ ‎[方法规律]　对反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 突破点(三)　动量与能量的综合应用 ‎1．解决力学问题的三个基本观点 动力学观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题 能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 动量观点 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 ‎2．动量定理与牛顿第二定律的比较 ‎(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。‎ ‎(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。‎ ‎3．动量守恒和机械能守恒定律的比较 动量守恒定律 机械能守恒定律 内容 一个系统不受外力或所受合外力为零时，系统的总动量保持不变 只有重力或弹力做功的系统，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变 表达式 ‎(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′‎ ‎(2)Δp1＝－Δp2‎ ‎(3)Δp＝0‎ ‎(1)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′‎ ‎(2)ΔEk＝－ΔEp ‎(3)ΔEA增＝ΔEB减 守恒条件 ‎(1)系统不受外力或所受合外力为零 ‎(2)内力远远大于外力 ‎(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)‎ ‎(1)只受重力或弹力作用 ‎(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功 ‎(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零 研究对象 相互作用的物体系统 相互作用的系统(包括地球)‎ 守恒性质 矢量守恒(规定正方向)‎ 标量守恒(不考虑方向性)‎ ‎[典例]　(2015·广东高考 ‎)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。‎ ‎(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；‎ ‎(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；‎ ‎(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。‎ ‎[审题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动 物块B碰撞前速度为0‎ A、B的碰撞为完全非弹性碰撞 P点左侧轨道光滑 物块A在圆轨道上运动时满足机械能守恒定律 第二步：找突破口 ‎(1)物块A在Q的速度v>，所受弹力方向竖直向下，满足：mg＋F＝m。‎ ‎(2)物块A与B碰前的速度仍为v0。‎ ‎(3)物块A、B碰后的总动能均用于克服摩擦力做功，其大小为kL·2μmg。‎ ‎(4)物块A、B碰后滑至第n个光滑段上时一定滑过了n个粗糙段。‎ ‎[解析]　(1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得mv02＝mg·2R＋mv2‎ 所以A滑过Q点时的速度 v＝＝ m/s＝4 m/s＞＝ m/s 在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m 所以A受到的弹力 F＝－mg＝N＝22 N。‎ ‎(2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，‎ 则mv0＝2mv′‎ 所以v′＝v0＝3 m/s 从碰撞到AB停止，根据动能定理，得 ‎－2μmgkL＝0－·2mv′2‎ 所以k＝＝＝45。‎ ‎(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得 ‎－2μmgnL＝·2mvn2－·2mv′2‎ 解得vn＝ (n＜k)。‎ ‎[答案]　(1)4 m/s　22 N　(2)45‎ ‎(3)vn＝(n＜k)‎ ‎[方法规律]　利用动量和能量观点解题的技巧 ‎(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。‎ ‎(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。‎ ‎(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．[多选]交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同。为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是(　　)‎ A．发生碰撞时汽车A的速率较大 B．发生碰撞时汽车B的速率较大 C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5‎ D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2∶ 解析：选BC　设两车碰撞后的加速度大小为a，碰撞后一起滑行的位移为x，则x＝ m＝6.5 m。设碰后两车的速度大小为v，由v2＝2ax可得v＝。设v的方向与正东方向间夹角为θ，由动量守恒定律可得：mvA0＝2mvcos θ，mvB0＝2mvsin θ。又sin θ＝，cos θ＝，可知，vB0＞vA0，则＝＝，故B、C正确，A、D错误。‎ ‎2．如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(　　)‎ A．h　　　　　　　　　 B．h C．h D．h 解析：选D　若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋(M＋m)v12。联立以上各式可得h′＝h，故D正确。‎ ‎3．(2018·桂林质检)如图所示，静置于水平地面上的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：‎ ‎(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；‎ ‎(2)人给第一辆车水平冲量的大小。‎ 解析：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，‎ 则W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL。‎ 即整个过程中摩擦阻力所做的总功为－6kmgL。‎ ‎(2)设第一辆车的初速度为v0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为v2，第二次碰前速度为v3，碰后共同速度为v4，则由动量守恒得 mv1＝2mv2‎ ‎2mv2＝3mv4‎ ‎－kmgL＝mv12－mv02‎ ‎－k(2m)gL＝(2m)v32－(2m)v22‎ ‎－k(3m)gL＝0－(3m)v42‎ 由以上各式得v0＝2，‎ 所以人给第一辆车水平冲量的大小I＝mv0＝2m。‎ 答案：(1)－6kmgL　(2)2m ‎“形异质同”类问题——练比较思维 反冲运动中的“人船”模型 ‎ 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。‎ 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人，‎ 因人和船组成的系统，动量始终守恒，‎ 故有：m船x船＝m人x人，‎ 由图可看出：x船＋x人＝L，‎ 可解得：x人＝L，x船＝L ‎(一)系统动量守恒 ‎1．如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将(　　)‎ A．后退0.5 m　　　　　　　　　 B．后退0.6 m C．后退0.75 m D．一直匀速后退 解析：选A　人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。‎ ‎(二)系统某个方向上动量守恒 ‎2．(2018·南通模拟)如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。‎ ‎(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；‎ ‎(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎①滑块运动过程中，小车的最大速度vm；‎ ‎②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。‎ 解析：(1)滑块到达B点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝mvB2，滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ N－mg＝m，解得：N＝3mg，‎ 由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg 即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。‎ ‎(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，设小车的最大速度是vm，‎ 由机械能守恒定律得：mgR＝Mvm2＋m(2vm)2，‎ 解得：vm＝ 。‎ ‎②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即：滑块＝2车，‎ 由于它们运动的时间相等，根据：‎ x＝ t可得s滑块＝2s车 又：s滑块＋s车＝L 所以小车的位移大小：s车＝L。‎ 答案：(1)3mg　(2)① 　②L ‎ ‎“人船”模型不仅适用于人在船上走动的情形，还可以进一步推广到其他类似情景中，如人沿静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上的问题；还可适用于系统在某个方向动量守恒的情形，如小球沿放在光滑水平面上的弧形槽下滑的情形。这两类情形看似不同，其实都属同一种“人船”模型问题。　‎ ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)‎ A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 解析：选C　动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，只有选项C正确。‎ ‎2. (2018·南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)‎ A．停止运动　　　　　　　　 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析：选C　已知两个力大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA＜aB，又知xA＝xB，由运动学公式得xA＝aAtA2，xB＝aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝FtA，IB＝FtB，可得IA＞IB，由动量定理可知pA－0＝IA，pB－0＝IB，则pA＞pB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎3．[多选]质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)‎ A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3‎ B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2‎ C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′‎ D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2‎ 解析：选BC　在M与m碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D均错误；M与m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C均正确。‎ ‎★4．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。 在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)‎ A．1.8 m/s　　　　　　 B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 解析：选B　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。‎ ‎★5．(2018·厦门质检)如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回 A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C　规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，故C正确。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎6.(2018·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3‎ B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6‎ C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3‎ D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6‎ 解析：选C　A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。‎ ‎★7．(2018·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　)‎ A．h B．2h C．3h D．4h 解析：选D　所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。‎ ‎8．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C　此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有 ‎0＝mx1－Mx2。 ①‎ 且x1＋x2＝。 ②‎ 由①②可得x2＝，故C正确。‎ ‎★9.如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，且两轨道相切于B点。一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；‎ ‎(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。‎ 解析：(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 m。‎ ‎(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车的速度为v2，对系统，水平方向动量守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmg＝mgh－；由以上各式，解得：v1＝0.80 m/s。‎ 答案：(1)8.0×10－2 m　(2)0.80 m/s ‎10．(2017·天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：‎ ‎(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；‎ ‎(2)A的最大速度v的大小；‎ ‎(3)初始时B离地面的高度H。‎ 解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝gt2　①‎ 代入数据解得t＝0.6 s。　 ②‎ ‎(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt　③‎ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v　 ④‎ 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，‎ 联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s。　 ⑤‎ ‎(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH　⑥‎ 代入数据解得H＝0.6 m。　 ⑦‎ 答案：(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎11.(2018·德阳一诊)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　)‎ A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1‎ B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零 C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1‎ D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3‎ 解析：选D　弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1＝mAvA2，W2＝mBvB2，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误。A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正确。‎ ‎12．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　)‎ A．当v0＝时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m 解析：选C　弧形槽不固定，当v0＝时，小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。‎ ‎(二)重点高中适用作业 ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎1. (2018·南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)‎ A．停止运动　　　　　　　 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析：选C　已知两个力大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA＜aB，又知xA＝xB，由运动学公式得xA＝aAtA2，xB＝aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝FtA，IB＝FtB，可得IA＞IB，由动量定理可知pA－0＝IA，pB－0＝IB，则pA＞pB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎2．[多选]质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)‎ A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3‎ B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2‎ C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′‎ D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2‎ 解析：选BC　在M与m碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D均错误；M与m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C均正确。‎ ‎3．(2018·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3‎ B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6‎ C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3‎ D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6‎ 解析：选C　A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。‎ ‎4．(2018·德阳一诊)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　)‎ A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1‎ B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零 C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1‎ D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3‎ 解析：选D　弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1＝mAvA2，W2＝mBvB2，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误。A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正确。‎ ‎5．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C　此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有 ‎0＝mx1－Mx2。 ①‎ 且x1＋x2＝。 ②‎ 由①②可得x2＝，故C正确。‎ ‎6．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　)‎ A．当v0＝时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m 解析：选C　弧形槽不固定，当v0＝时，小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜R，故A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。‎ ‎★7．[多选]如图所示，质量为M＝1 kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m＝3 kg的滑块以初速度v0＝2 m/s从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是(　　)‎ A．滑块和木板的加速度大小之比是1∶3‎ B．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 J C．可以求出木板的最小长度是1.5 m D．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3‎ 解析：选ABD　因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为＝＝，A正确；滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv0＝(M＋m)v，解得v＝1.5 m/s，由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能Q＝mv02－(M＋m)v2＝1.5 J，故B正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x1＝t，木板的位移x2＝t，两者之比＝＝＝，故D正确。‎ ‎★8．[多选]如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)‎ A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动 B．C与油泥碰前，C与小车的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动 解析：选BC　小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎★9．[多选](2018·湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v C．车上管道中心线最高点的竖直高度为 D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是 解析：选BC　小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝2m·＝mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋·2mv22，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。‎ ‎★10．[多选](2018·宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则(　　)‎ A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2‎ D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2‎ 解析：选AD　当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。‎ ‎11．(2017·天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1‎ ‎ kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：‎ ‎(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；‎ ‎(2)A的最大速度v的大小；‎ ‎(3)初始时B离地面的高度H。‎ 解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝gt2　①‎ 代入数据解得t＝0.6 s。　 ②‎ ‎(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt　 ③‎ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v ④‎ 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度，‎ 联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s。　⑤‎ ‎(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH　 ⑥‎ 代入数据解得H＝0.6 m。　 ⑦‎ 答案：(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m ‎★12．(2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①‎ m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②‎ 式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg。③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④‎ 代入数据得v1＝1 m/s ⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥‎ m2v202＝m2v22＋m3v32 ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ 答案：(1)20 kg　(2)不能追上小孩，判断过程见解析 ‎★13.如图所示，MN是水平轨道，NP是倾角θ＝45°的无限长斜轨道，长为L＝0.8 m的细线一端固定在O点，另一端系着质量为mB＝2 kg小球B，当细线伸直时B球刚好与MN轨道接触但没有挤压。开始时细线伸直，B球静止在MN轨道上，在MN轨道上另一个质量为mA＝3 kg小球A以速度v0向右运动。(不计一切摩擦力及空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2)‎ ‎(1)若A、B球发生弹性碰撞后B能在竖直面内做圆周运动，求v0的取值范围。‎ ‎(2)在满足(1)的条件下，轨道NP上有多长的距离不会被A球击中？‎ 解析：(1)A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律得mAv02＝mAvA2＋mBvB2‎ 解得vA＝，vB＝ 碰后B球在竖直面内做圆周运动，有两种情况：‎ 第一种情况，B球在竖直面内做完整的圆周运动，则它到最高点的速度vB′≥ 由机械能守恒定律得：mBvB2＝mBg(2L)＋mBvB′2‎ 解得：v0≥ m/s 第二种情况，B球运动的最大高度不超过L 由机械能守恒定律得：mBvB2≤mBgL 解得：v0≤ m/s v0的取值范围为0＜v0≤ m/s或v0≥ m/s。‎ ‎(2)由上可知：碰后A球的速度 ‎0＜vA≤ m/s或vA≥ m/s A球离开水平轨道后做平抛运动，‎ 有x＝vAt，y＝gt2，又由几何关系知tan 45°＝ 解得A球落到斜轨道上与N点的距离 d＝＝ 解得：0＜d≤ m或d≥ m 故轨道NP上不会被A球击中的距离 Δd＝m＝ m。‎ 答案：(1)0＜v0≤ m/s或v0≥ m/s　(2) m 实 验 七　‎ 验证动量守恒定律 实验目的：验证动量守恒定律。‎ 实验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。‎ 实验方案 ‎[实验方案一]‎ 利用气垫导轨完成一维碰撞实验 ‎[实验器材]‎ 气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。‎ ‎[实验步骤]‎ ‎1．测质量：用天平测出滑块质量。‎ ‎2．安装：正确安装好气垫导轨。‎ ‎3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量。②改变滑块的初速度大小和方向)。‎ ‎4．验证：一维碰撞中的动量守恒。‎ ‎[数据处理]‎ ‎1．滑块速度的测量：v＝，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。‎ ‎2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。‎ ‎[实验方案二]‎ 利用等长摆球完成一维碰撞实验 ‎[实验器材]‎ 带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。‎ ‎[实验步骤]‎ ‎1．测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。‎ ‎2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。‎ ‎3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。‎ ‎4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。‎ ‎5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。‎ ‎6．验证：一维碰撞中的动量守恒。‎ ‎[数据处理]‎ ‎1．摆球速度的测量：v＝，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起的)高度，h可用刻度尺测量(也可由量角器和摆长计算出)。‎ ‎2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。‎ ‎[实验方案三]‎ 利用两辆小车完成一维碰撞实验 ‎[实验器材]‎ 光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。‎ ‎[实验步骤]‎ ‎1．测质量：用天平测出两小车的质量。‎ ‎2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。‎ ‎3．实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一个整体运动。‎ ‎4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝算出速度。‎ ‎5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。‎ ‎6．验证：一维碰撞中的动量守恒。‎ ‎[数据处理]‎ ‎1．小车速度的测量：v＝，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt为小车经过Δx的时间，可由打点间隔算出。‎ ‎2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。‎ ‎[实验方案四]‎ 利用斜槽滚球验证动量守恒定律 ‎[实验器材]‎ 斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸等。‎ ‎[实验步骤]‎ ‎1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。‎ ‎2．安装：按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。‎ ‎3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。‎ ‎4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。‎ ‎5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。如图所示。‎ ‎6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。‎ ‎7．结束：整理好实验器材放回原处。‎ ‎[数据处理]‎ 验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。‎ 注意事项 ‎1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。‎ ‎2．方案提醒 ‎(1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平。‎ ‎(2)若利用摆球进行验证，两摆球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将摆球拉起后，两摆线应在同一竖直面内。‎ ‎(3)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦力。‎ ‎(4)若利用平抛运动规律进行验证，安装实验装置时，应注意调整斜槽，使斜槽末端水平，且选质量较大的小球为入射小球。‎ ‎3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不变。‎ 误差分析 ‎1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。‎ ‎(1)碰撞是否为一维。‎ ‎(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力。‎ ‎2．偶然误差：主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。‎ 突破点(一)　实验原理与操作 ‎[例1]　如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。‎ ‎(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。‎ A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程 ‎(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。‎ 接下来要完成的必要步骤是________。(填选项前的符号)‎ A．用天平测量两个小球的质量m1、m2‎ B．测量小球m1开始释放高度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 ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________________[用(2)中测量的量表示]；‎ 若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________________[用(2)中测量的量表示]。‎ ‎[解析]　(1)小球碰前和碰后的速度都可用平抛运动来测定，即v＝。即m1＝m1＋m2；而由H＝gt2知，每次下落竖直高度相等，平抛时间相等。则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。故只需测射程，因而选C。‎ ‎(2)由表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON，故必要步骤A、D、E。‎ ‎(3)若为弹性碰撞，则同时满足动能守恒。‎ m12＝m12＋m22‎ m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。‎ ‎[答案]　(1)C　(2)ADE　(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP　m1·OM 2＋m2·ON2＝m1·OP2‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·南宁模拟)如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”实验装置示意图。‎ ‎(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1________m2。‎ ‎(2)为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使________________。‎ ‎(3)继续实验步骤为：‎ A．在地面上依次铺白纸和复写纸。‎ B．确定重锤对应点O。‎ C．不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置P。‎ D．把球2放在立柱上，让球1从斜槽滑下，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置M和N。‎ E．用刻度尺量OM、OP、ON的长度。‎ F．看m1＋m2与m1是否相等，以验证动量守恒。‎ 上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤。‎ ‎_______________________________________________________。‎ 解析：(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，即d1＝d2，为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球质量应大于被碰球质量，即：m1>m2。‎ ‎(2)要使小球做平抛运动，则斜槽的末端必须水平。‎ ‎(3)为使小球离开轨道时的初速度相等，每次释放小球时应从同一高度由静止释放，故步骤D不完善；两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，若碰撞过程动量守恒，则有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′，两边同乘以t得：m1v1t＝m1v1′t＋m2v2′t，‎ 即为：m1＝m1＋m2(－d)，故步骤F错误。‎ 答案：(1)>　(2)斜槽末端切线水平　(3)D不完善，小球1应从斜槽的同一高度由静止释放；　F错误，应验证：m1OP＝m1OM＋m2(ON－d)‎ ‎2气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：‎ a．松开手的同时，记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时，分别记下A、B到达C、D的运动时间t1和t2。‎ b．在A、B间水平放入一个轻弹簧，用手压住A、B使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置。‎ c．给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平。‎ d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离l1，B的右端至D板的距离l2。‎ ‎(1)实验步骤的正确顺序是____________。‎ ‎(2)实验中还需要的测量仪器是____________，还需要测量的物理量是____________。‎ ‎(3)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________。‎ 解析：(2)还需用天平测滑块的质量。‎ ‎(3)两滑块脱离弹簧的速度为v1＝，v2＝，‎ 由动量守恒得m1v1＝m2v2，即m1＝m2。‎ 答案：(1)cbda　(2)天平　A、B两滑块的质量m1、m2‎ ‎(3)m1＝m2 突破点(二)　数据处理与误差分析 ‎[例2]　(2014·全国卷Ⅱ)现利用如图所示的装置验证动量守恒定律。在图中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。‎ 实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz。‎ 将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图所示。‎ 若实验允许的相对误差绝对值最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。‎ ‎[解析]　按定义，滑块运动的瞬时速度大小 v＝ ①‎ 式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。‎ 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则 ΔtA＝＝0.02 s ②‎ ΔtA可视为很短。‎ 设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得 v0＝2.00 m/s ③‎ v1＝0.970 m/s ④‎ 设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有 v2＝ ⑤‎ 代入题给实验数据得 v2＝2.86 m/s ⑥‎ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则 p＝m1v0 ⑦‎ p′＝m1v1＋m2v2 ⑧‎ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp＝×100% ⑨‎ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp＝1.7%<5% ⑩‎ 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。‎ ‎[答案]　见解析 ‎[集训冲关]‎ ‎3．如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，启动打点计时器甲车受到一水平向右的冲量。运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动。‎ 纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，电源频率为50 Hz，则碰撞前甲车运动速度大小为________ m/s，甲、乙两车的质量之比m甲∶m乙＝__________。‎ 解析：由图乙可得碰前甲车的速度为 v1＝ m/s＝0.6 m/s 碰后两车的共同速度 v2＝ m/s＝0.4 m/s 由动量守恒定律有m甲v1＝(m甲＋m乙)v2‎ 由此得甲、乙两车的质量之比 m甲∶m乙＝v2∶(v1－v2)＝0.4∶(0.6－0.4)＝2∶1。‎ 答案：0.6　2∶1‎ ‎4．(2018·咸阳质检)利用气垫导轨做实验来验证动量守恒定律。开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动。得到如图所示的两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz。已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，A、B离开弹簧后，A滑块做匀速直线运动，其速度大小为________m/s，本次实验中得出的结论是______________。‎ 解析：由题图可知，绳子烧断后，A、B均做匀速直线运动。开始时有：vA＝0，vB＝0，A、B被弹开后有：vA′＝ m/s＝0.09 m/s，vB′＝ m/s＝0.06 m/s，mAvA′＝0.2×0.09 kg·m/s＝0.018 kg·m/s，mBvB′＝0.3×0.06 kg·m/s＝0.018 kg·m/s，由此可得mAvA′＝mBvB′，即0＝mBvB′－mAvA′。结论是：两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒。‎ 答案：0.09　两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 突破点(三)　实验的改进与创新 创新角度 实验装置图 创新解读 实验原理的创新 ‎(2018·济宁模拟)‎ ‎1.利用斜面上的平抛运动获得两球碰后的速度。‎ ‎2.利用对比性实验，体现了实验的多样性和创新性。‎ 实验器材的创新 ‎(2014·全国卷Ⅱ)‎ ‎1.利用气垫导轨代替长木板，利用光电门代替打点计时器，提高实验的精确度。‎ ‎2.利用相对误差评价实验结果。‎ ‎(2018·济南模拟)‎ ‎1.利用铝质导轨研究完全非弹性碰撞。‎ ‎2.利用闪光照相机记录立方体滑块碰撞前后的运动规律，从而确定滑块碰撞前后的速度。‎ 实验过程的创新 ‎(2018·汕尾模拟)‎ ‎1.用压缩弹簧的方式使两滑块获得速度，可使两滑块的合动量为零。‎ ‎2.利用v＝的方式获得滑块弹离时的速度。‎ ‎3.根据能量守恒定律测定弹簧的弹性势能。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎5．(2018·汕尾模拟)气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)。‎ 采用的实验步骤如下：‎ ‎①用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。‎ ‎②调整气垫导轨，使导轨处于水平。‎ ‎③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。‎ ‎④用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。‎ ‎⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。‎ ‎(1)实验中还应测量的物理量是_________________________________________。‎ ‎(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_________________。‎ ‎(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式：________________________________________。‎ 解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B的右端至D板的距离L2。‎ ‎(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有mAvA－mBvB＝0，即mA－mB＝0。造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等。‎ ‎(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能。故有ΔEp＝。‎ 答案：(1)B的右端至D板的距离L2‎ ‎(2)mA－mB＝0　原因见解析　(3)见解析 ‎6．(2018·济宁模拟)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：‎ ‎①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1＞m2)。‎ ‎②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。‎ ‎③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。‎ ‎④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。‎ ‎⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。‎ ‎(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的______点，m2的落点是图中的________点。‎ ‎(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式______________________，则说明碰撞中动量守恒。‎ ‎(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式______________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。‎ 解析：设斜面BC的倾角为θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，由平抛运动的知识可知，Lcos θ＝vt，Lsin θ＝gt2，可得v＝Lcos θ＝cos θ，由于θ、g都是恒量，所以v∝，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为m1＝m1＋m2，机械能守恒的表达式可以化简为m1LE＝m1LD＋m2LF。‎ 答案：(1)D　F ‎(2)m1＝m1＋m2 ‎(3)m1LE＝m1LD＋m2LF ‎7．(2018·济南模拟)为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：‎ 步骤1：在A、B的相撞面分别装上橡皮泥，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；‎ 步骤2：安装好实验装置如图，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽。倾斜槽和水平槽由一小段圆弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；‎ 步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；‎ 步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图所示。‎ ‎(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置________。‎ ‎①在P5、P6之间 ‎②在P6处 ‎③在P6、P7之间 ‎(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。‎ ‎①A、B两个滑块的质量m1和m2‎ ‎②滑块A释放时距桌面的高度 ‎③频闪照相的周期 ‎④照片尺寸和实际尺寸的比例 ‎⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78‎ ‎⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89‎ ‎⑦滑块与桌面间的动摩擦因数 写出验证动量守恒的表达式_________________________________________________。‎ 解析：(1)由图可知s12＝3.00 cm，s23＝2.80 cm，s34＝2.60 cm，s45＝2.40 cm，s56＝2.20 cm，s67＝1.60 cm，s78＝1.40 cm，s89＝1.20 cm。根据匀变速直线运动的特点可知A、B相撞的位置在P6处。‎ ‎(2)为了探究A、B相撞前后动量是否守恒，就要得到碰撞前后的动量，所以要测量A、B两个滑块的质量m1、m2和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为T，则P4处的速度为v4＝，P5处的速度为v5＝，因为v5＝，所以A、B碰撞前A在P6处的速度为v6＝；同理可得碰撞后AB在P6处的速度为v6′＝。若动量守恒则有m1v6＝(m1＋m2)v6′，整理得m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)。因此需要测量或读取的物理量是①⑥。‎ 答案：(1)②　(2)①⑥　m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)‎ ‎(时间：90分钟　满分：110分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12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．(2018·汕头一模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L ‎，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t。利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的(　　)‎ A．初速度　　　　　　　 B．末速度 C．平均速度 D．加速度 解析：选C　在只知道时间t和这段时间内运动位移x的前提下，由＝可知能求平均速度，C项正确。‎ ‎★2.(2018·武汉模拟)一段圆环固定在竖直面内，O为圆心，轻绳的两端分别系在圆环上的P、Q两点，P、Q两点等高，一物体通过光滑的轻质挂钩挂在绳上，物体处于静止状态。现保持轻绳的Q端位置不变，使P端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至PO水平。此过程中轻绳的张力(　　)‎ A．一直减小 B．一直增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：选B　物体通过光滑的挂钩挂在绳上，绳各处张力相等。P端沿逆时针旋转过程中，两绳夹角变大，合力大小、方向不变，故两分力都变大，即轻绳的张力一直增大，选项B正确。‎ ‎3．(2018·厦门一中月考)一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　)‎ A．mgΔt　　　　　　　　 B． C．＋mg D．－mg 解析：选C　对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为＋mg，选项C正确。‎ ‎★4．如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)‎ A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．小球下摆时，车向左运动后又静止 解析：‎ 选D　水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒，小球下摆过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动。当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止。‎ ‎★5．质量为2 kg的物体A做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L＝5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体A落地时的动量大小为10 kg·m/s B．物体A落地时的动能为100 J C．物体A落地时，速度与水平方向的夹角是45°‎ D．物体A做平抛运动中合力的平均功率为125 W 解析：选A　由平抛运动规律可知：物体A做平抛运动的时间t＝ ＝1 s，做平抛运动的初速度v0＝＝5 m/s，落地时竖直方向的速度vy＝gt＝10 m/s，落地时速度v＝＝5 m/s，落地时的动量大小p＝mv＝10 kg·m/s，A正确；物体A落地时的动能Ek＝mv2＝125 J，B错误；物体A落地时，速度与水平方向的夹角的正切值tan θ＝＝2，速度与水平方向的夹角不是45°，C错误；物体A做平抛运动中合力是重力，这段时间内重力做的功W＝mgL＝100 J，重力的平均功率为100 W，D错误。‎ ‎6．(2018·沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R，A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地轨道运动的周期为T，下列对卫星在椭圆轨道上运动的分析，其中正确的是(　　)‎ A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速 B．卫星通过A点时的速度是通过B点时速度的6倍 C．卫星通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍 D．卫量从A点经4T的时间刚好能到达B点 解析：选D　卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为4R，由开普勒第三定律知＝，卫星在椭圆轨道上运行的周期为8T，卫星从A到B用时为半个周期，即4T，D正确。‎ ‎7．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F C．物块上升的最大高度为 D．速度v不能超过 解析：选D　物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误。若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝；若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。‎ ‎8．一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．经过时间t＝，动量变化量为0‎ B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为 解析：选BCD　经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D均正确。‎ ‎★9.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析正确的是(　　)‎ A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒 B．从A到B的过程中，小球的机械能减少 C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m 解析：选BC　从A到B的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A错误，B正确；在B点对小球应用牛顿第二定律可得：FB－mg＝m，解得FB＝mg＋m，C正确，D错误。‎ ‎★10．如图所示，两个小球分别从斜虚线EF上的O、S两点水平抛出，过一段时间再次经过斜虚线EF，若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．两小球再次经过斜虚线EF时的速度大小可能相同 B．两小球再次经过斜虚线EF时的速度方向一定相同 C．两小球可能同时经过斜虚线EF上的同一位置 D．从O点水平抛出的小球到再次经过斜虚线EF所用的时间长 解析：选ABC　若两个球抛出时的初速度相同，则再次过虚线时两球的速度相同，A项正确；设虚线EF与水平方向夹角为α，再次经过虚线EF时的速度与水平方向的夹角为β，由平抛运动规律的推论可知：tan β＝2tan α，速度与水平方向的夹角相同，即速度方向相同，B项正确；若O点处球以水平初速度v1抛出到达虚线上某点C用时t1，S点处球以初速度v2水平抛出到达C用时为t2，因此要使两球同时到达C点，只要O处的球(以初速度v1)比S处的球(以初速度v2)早t1－t2的时间抛出，两球可以同时到达C点，C项正确；若O处的球抛出的初速度比S处的球抛出的初速度小，则从O处抛出的球再次经过虚线EF所用时间比S处抛出的球再次经过虚线EF所用时间短，D项错误。‎ ‎11．如图所示，斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段间的动摩擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速度相等，且AB＝BC，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．物体在AB段和BC段的加速度大小相等 B．物体在AB段和BC段的运动时间相等 C．重力在以上两段运动中对物体做的功相等 D．物体在以上两段运动中的动量变化量相同 解析：选ABC　根据运动学公式v12＝v02＋2ax，对AB段有vB2＝vA2＋2aABxAB，对BC 段有vC2＝vB2＋2aBCxBC，因为vC＝vA，xAB＝xBC，所以有aAB＝－aBC，即两段运动加速度大小相等，方向相反，A选项正确；根据动量定理，对AB段，F合tAB＝m(vB－vA)，对BC段，F合′tBC＝m(vC－vB)，因为两段速度变化大小相等，方向相反，合外力大小相等，方向相反，所以tAB＝tBC，B选项正确；因为xAB＝xBC，所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等，故重力做功相等，C选项正确；物体在以上两段运动中动量变化量大小相等，方向相反，故D选项错误。‎ ‎12．(2018·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ A．物体的初速率v0＝3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75‎ C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析：选BC　由题图乙可知，当倾角θ＝0时，位移为2.40 m，而当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A错误；当倾角为0时，由动能定理可得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正确；取不同的倾角θ，由动能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，当θ＋α＝90°时位移最小，xmin＝1.44 m，故C正确；若θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D错误。‎ 二、实验题(本题共2小题，共15分)‎ ‎13．(6分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。‎ ‎(1)虽然少了计算的麻烦，却必须要测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，我们可以发现游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差________cm，遮光条宽度d为________ cm。‎ ‎(2)某次实验过程中，已经得到AB之间的距离l和遮光条通过光电门的时间t和力传感器的示数F，若要完成探究目的，还需要满足的条件是______________。若要以F为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是________。‎ 解析：(1)游标尺共计20个分度，总长19 mm，每个分度长0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。‎ ‎(2)要测量加速度，已经知道滑块在B点的速度，AB之间的距离，根据v2－v02＝2ax，必须知道初速度，而A点没有光电门，所以滑块在A点必须从静止开始释放。由F＝ma，a＝＝可得，F＝∝，所以处理数据时应作出F图像。‎ 答案：(1)0.005　0.225　(2)滑块在A点静止释放　 ‎14．(9分)(2018·资阳一诊)图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如图乙所示的一条纸带。现选取纸带上某清晰的点标为0，然后每两个计时点取一个计数点，分别标记为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6。(重力加速度为g)‎ ‎(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式v5＝__________。‎ ‎(2)若重锤的质量为m ‎，取打点0时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝______(用题中所给物理量的符号表示)；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线的斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1________k2(选填“＞”“＜”或“＝”)时重锤的机械能守恒。‎ ‎(3)关于上述实验，下列说法中正确的是________。‎ A．实验中可用干电池作为电源 B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些 C．实验时应先释放纸带后接通电源 D．图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能 ‎(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是：____________________________________________________________。‎ 解析：(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则v5＝。‎ ‎(2)打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝－mgh3，根据图像可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率大小相同，才能满足条件，因此k1＝k2。‎ ‎(3)实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确。‎ ‎(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用。‎ 答案：(1)　(2)－mgh3　＝　(3)BD ‎(4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用 三、计算题(本题共4小题，共47分)‎ ‎★15．(12分)(2017·上海高考)如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎(1)滑块在C点的速度大小vC；‎ ‎(2)滑块在B点的速度大小vB；‎ ‎(3)A、B两点间的高度差h。‎ 解析：(1)在C点滑块竖直方向所受合力提供向心力 mg＝ vC＝＝2 m/s。‎ ‎(2)对B→C过程：滑块机械能守恒 mvB2＝mvC2＋mgR(1＋cos 37°)‎ vB＝＝4.29 m/s。‎ ‎(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：‎ mgh－μmgcos 37°·＝mvB2－0‎ 代入数据解得h＝1.38 m。‎ 答案：(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m ‎★16．(10分)如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m。质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P。现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点。两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：‎ ‎(1)B球与A球相碰前的速度大小；‎ ‎(2)A、B两球的质量之比m1∶m2。‎ 解析：(1)设B球与A球碰前速度为v1，碰后两球的速度为v2。B球摆下来的过程中机械能守恒 m2v02＋m2g·2R＝m2v12‎ 解得v1＝6 m/s。‎ ‎(2)碰后两球恰能运动到P点，则 ‎(m1＋m2)g＝(m1＋m2) 得vP＝＝ m/s 碰后两球沿圆弧运动机械能守恒 (m1＋m2)v22＝(m1＋m2)vP2＋(m1＋m2)g·2R 解得v2＝5 m/s 两球碰撞过程中动量守恒m2v1＝(m1＋m2)v2‎ 解得m1∶m2＝1∶5。‎ 答案：(1)6 m/s　(2)1∶5‎ ‎17．(12分)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；‎ ‎(2)滑雪者到达B处的速度；‎ ‎(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。‎ 解析：(1)设滑雪者和滑雪板的总质量为m，由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，a1＝g(sin θ－μ1cos θ)＝4 m/s2‎ 滑行时间t＝＝1 s。‎ ‎(2)由静止到动摩擦因数变化时的位移为 x1＝a1t2＝2 m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，‎ a2＝g(sin θ－μ2cos θ)＝5 m/s2‎ 又有x2＝l－x1＝24 m 由vB2－v2＝2a2x2，‎ 解得vB＝＝16 m/s。‎ ‎(3)在水平雪地上做匀减速直线运动。‎ 阶段一：运动加速度为a3＝μ2g＝1.25 m/s2‎ 由运动规律得x3＝＝96 m 阶段二：运动加速度为a4＝μ1g＝2.5 m/s2‎ 由运动规律得x4＝＝3.2 m 则最大距离xm＝x3＋x4＝99.2 m。‎ 答案：(1)1 s　(2)16 m/s　(3)99.2 m ‎★18．(13分)(2018·郑州质检)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2 kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，‎ BC长度为L＝3 m，BD段光滑。g取10 m/s2。求在运动过程中：‎ ‎(1)弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎(2)物块第二次到达C点的速度。‎ 解析：(1)物块由A点到B点的过程中，由动能定理得：‎ mgh＝mvB2‎ 解得vB＝＝6 m/s 物块由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝(M＋m)v 此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：‎ Ep＝mvB2－(M＋m)v2‎ 由以上两式可得Ep＝12 J。‎ ‎(2)物块由B点至第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，mvB＝mvC＋Mv′‎ 物块由B点至第二次到C点的整个过程机械能守恒 mvB2＝mvC2＋Mv′2‎ 由以上两式可解得：‎ vC＝－2 m/s；vC＝6 m/s(第一次到C点的速度，舍去)‎ 即物块第二次到达C点的速度大小为2 m/s，方向水平向左。‎ 答案：(1)12 J　(2)2 m/s，方向水平向左 阶段综合检测(二)　第一～六章验收(其中第1～3章分值约占30%)‎ ‎(时间：90分钟　满分：110分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12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.甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动。以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的at图像如图所示。关于甲、乙在0～t0时间内的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～t0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动 B．在0～t0时间内，甲和乙的平均速度相等 C．在t0时刻，甲的速度比乙的速度小 D．在t0时刻，甲和乙之间的距离最大 解析：选D　甲、乙两质点初速度相同，由题图可知，开始运动时，甲的加速度大于乙的加速度，则开始后甲的速度大于乙的速度，直至t0时刻两者速度再次相同，故t0时刻，甲和乙之间的距离最大，D正确。‎ ‎2．(2018·厦门一中月考)一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　)‎ A．mgΔt　　　　　　　　 B． C．＋mg D．－mg 解析：选C　对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为＋mg，选项C正确。‎ ‎★3．(2018·河南百校联盟模拟)如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为 m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为(　　)‎ A． m B． m C． m D． m 解析：选D　设斜面的高AB为h，落地点到C点的距离为x ‎，则由几何关系及平抛运动规律有＝，求得x＝ m，选项D正确。‎ ‎★4．用如图所示简易装置可以测定水平风速，在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的空心塑料球用细线悬于杆顶端O。当风沿水平方向吹来时，球在风力的作用下飘了起来。已知风力大小与“风速”和“球正对风的截面积”均成正比，当风速v0＝3 m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则(　　)‎ A．风速v＝4.5 m/s时，细线与竖直方向的夹角θ＝45°‎ B．若风速增大到某一值时，细线与竖直方向的夹角θ可能等于90°‎ C．若风速不变，换用半径更大、质量不变的球，则夹角θ增大 D．若风速不变，换用半径相等、质量更大的球，则夹角θ增大 解析：选C　对小球受力分析如图，由平衡条件可得风力大小F＝mg tan θ，而由题意知F∝Sv，又S＝πR2，则F＝kπR2v(k为常数)，则有mgtan θ＝kπR2v，由此可知：当风速由3 m/s增大到4.5 m/s时，＝，可得tan θ＝，A错误；因小球所受重力方向竖直向下，而风力方向水平向右，则知细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°，B错误；由mgtan θ＝kπR2v可知，当v、m不变，R增大时，θ角增大，当v、R不变，而m增大时，θ角减小，C正确，D错误。‎ ‎★5．(2018·河北冀州模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为3 kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中vt图像如图乙所示。设A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块最大重力势能为54 J B．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3∶1‎ C．小物块与斜面间的动摩擦因数为 D．推力F的大小为40 N 解析：选D　由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离s＝×3×1.2 m＝1.8 m，上升的最大高度h＝ssin 30°＝0.9 m，故物块的最大重力势能Epm＝mgh＝27‎ ‎ J，则A项错。由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均速度公式＝，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1∶1，则B项错。由乙图可知减速上升时加速度大小a2＝10 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin 30°＋μmg cos 30°＝ma2，得μ＝，则C项错。由乙图可知加速上升时加速度大小a1＝ m/s2，由牛顿第二定律有F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，得F＝40 N，则D项正确。‎ ‎6．(2018·沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，图中O点为地心，地球半径为R，A点是近地轨道和椭圆轨道的交点，远地点B离地面高度为6R，设卫星在近地轨道运动的周期为T，下列对卫星在椭圆轨道上运动的分析，其中正确的是(　　)‎ A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速 B．卫星通过A点时的速度是通过B点时速度的6倍 C．卫星通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍 D．卫量从A点经4T的时间刚好能到达B点 解析：选D　卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为4R，由开普勒第三定律知＝，卫星在椭圆轨道上运行的周期为8T，卫星从A到B用时为半个周期，即4T，D正确。‎ ‎7．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F C．物块上升的最大高度为 D．速度v不能超过 解析：选D　物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定，B错误。若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－‎ Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝；若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正确。‎ ‎8．一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．经过时间t＝，动量变化量为0‎ B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为 解析：选BCD　经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D均正确。‎ ‎9．如图所示，斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段间的动摩擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速度相等，且AB＝BC，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．物体在AB段和BC段的加速度大小相等 B．物体在AB段和BC段的运动时间相等 C．重力在以上两段运动中对物体做的功相等 D．物体在以上两段运动中的动量变化量相同 解析：选ABC　根据运动学公式v12＝v02＋2ax，对AB段有vB2＝vA2＋2aABxAB，对BC段有vC2＝vB2＋2aBCxBC，因为vC＝vA，xAB＝xBC，所以有aAB＝－aBC，即两段运动加速度大小相等，方向相反，A选项正确；根据动量定理，对AB段，F合tAB＝m(vB－vA)，对BC段，F合′tBC＝m(vC－vB)，因为两段速度变化大小相等，方向相反，合外力大小相等，方向相反，所以tAB＝tBC，B选项正确；因为xAB＝xBC ‎，所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等，故重力做功相等，C选项正确；物体在以上两段运动中动量变化量大小相等，方向相反，故D选项错误。‎ ‎10．(2018·齐鲁名校协作体联考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体沿足够长的斜面每次以不变的初速率v0向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ A．物体的初速率v0＝3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75‎ C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析：选BC　由题图乙可知，当倾角θ＝0时，位移为2.40 m，而当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A错误；当倾角为0时，由动能定理可得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正确；取不同的倾角θ，由动能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，当θ＋α＝90°时位移最小，xmin＝1.44 m，故C正确；若θ＝30°时，重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会沿斜面下滑，故D错误。‎ ‎★11．(2018·长春质检)如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上与转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，角速度为ω时，小物体恰好要发生相对滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，星球的半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是(　　)‎ A．此行星的质量M＝ B．此行星的质量M＝ C．此行星的第一宇宙速度v1＝2ω D．此行星的同步卫星的周期是 解析：选AC　小物体随圆盘转动到最低点时所受静摩擦力最大且等于滑动摩擦力，受力分析得，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2L，代入数据解得g＝4ω2L，在行星表面有G＝mg，可得M＝，A正确，B错误；由万有引力提供向心力mg＝m，此行星的第一宇宙速度v1＝2ω，C正确；此行星自转周期无法确定，故同步卫星周期也无法确定，D错误。‎ ‎★12．(2018·福州模拟)如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒 B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的 C．m1不可能沿碗面上升到B点 D．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定 解析：选ACD　对m1与m2组成的系统，在m1从A点运动到C点的过程中，只存在动能与势能的相互转化，故m1与m2组成的系统机械能守恒，A正确。在m2沿斜面上滑的过程中，m2对斜面的作用力不变，故地面对斜面的支持力始终保持恒定，D正确。假设m1能沿碗面上升到B点，此时m1的重力势能没变，m2的重力势能增加，初始时二者动能为零，不符合机械能守恒定律，故m1不可能沿碗面上升到B点，C正确。当m1运动到C点时，其速度在细绳方向的分速度大小等于m2的速度，即v1＝v2，故B错误。‎ 二、实验题(本题共2小题，共15分)‎ ‎13．(6分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。‎ ‎(1)虽然少了计算的麻烦，却必须要测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，我们可以发现游标尺上每一分度与主尺上的最小刻度相差________cm，遮光条宽度d为________ cm。‎ ‎(2)某次实验过程中，已经得到AB之间的距离l和遮光条通过光电门的时间t和力传感器的示数F，若要完成探究目的，还需要满足的条件是______________。若要以F为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是________。‎ 解析：(1)游标尺共计20个分度，总长19 mm，每个分度长0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。‎ ‎(2)要测量加速度，已经知道滑块在B点的速度，AB之间的距离，根据v2－v02＝2ax，必须知道初速度，而A点没有光电门，所以滑块在A点必须从静止开始释放。由F＝ma，a＝＝可得，F＝∝，所以处理数据时应作出F图像。‎ 答案：(1)0.005　0.225　(2)滑块在A点静止释放　 ‎14．(9分)(2018·资阳一诊)图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如图乙所示的一条纸带。现选取纸带上某清晰的点标为0，然后每两个计时点取一个计数点，分别标记为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点1、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6。(重力加速度为g)‎ ‎(1)已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式v5＝__________。‎ ‎(2)若重锤的质量为m，取打点0时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝______(用题中所给物理量的符号表示)；接着在Eh坐标系中描点作出如图丙所示的Ekh和Eph图线，求得Eph图线斜率的绝对值为k1，Ekh图线的斜率为k2，则在误差允许的范围内，‎ k1________k2(选填“＞”“＜”或“＝”)时重锤的机械能守恒。‎ ‎(3)关于上述实验，下列说法中正确的是________。‎ A．实验中可用干电池作为电源 B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些 C．实验时应先释放纸带后接通电源 D．图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能 ‎(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是：___________________________________________________________。‎ 解析：(1)计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则v5＝。‎ ‎(2)打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝－mgh3，根据图像可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率大小相同，才能满足条件，因此k1＝k2。‎ ‎(3)实验中打点计时器使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误；图丙Ekh图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确。‎ ‎(4)无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用。‎ 答案：(1)　(2)－mgh3　＝　(3)BD ‎(4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用 三、计算题(本题共4小题，共47分)‎ ‎★15．(10分)(2018·东北三省四市一模)如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B并留在其中(子弹射入木块时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：‎ ‎(1)木块能摆起的最大高度；‎ ‎(2)小车A运动过程的最大速度。‎ 解析：(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，则有：mv0＝2mv1‎ 当木块摆到最大高度时，三者具有相同的水平速度，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋m＋2m)v2‎ 由能量守恒得·2mv12＝·4mv22＋2mgh 解得h＝。‎ ‎(2)子弹射入木块后由动量守恒得：‎ ‎2mv1＝2mv1′＋2mv2′‎ 根据能量守恒得：‎ ·2mv12＝·2mv1′2＋·2mv2′2‎ 解得v2′＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎16．(12分)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；‎ ‎(2)滑雪者到达B处的速度；‎ ‎(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。‎ 解析：(1)设滑雪者和滑雪板的总质量为m，由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1，a1＝g(sin θ－μ1cos θ)＝4 m/s2‎ 滑行时间t＝＝1 s。‎ ‎(2)由静止到动摩擦因数变化时的位移为 x1＝a1t2＝2 m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，‎ a2＝g(sin θ－μ2cos θ)＝5 m/s2‎ 又有x2＝l－x1＝24 m 由vB2－v2＝2a2x2，‎ 解得vB＝＝16 m/s。‎ ‎(3)在水平雪地上做匀减速直线运动。‎ 阶段一：运动加速度为a3＝μ2g＝1.25 m/s2‎ 由运动规律得x3＝＝96 m 阶段二：运动加速度为a4＝μ1g＝2.5 m/s2‎ 由运动规律得x4＝＝3.2 m 则最大距离xm＝x3＋x4＝99.2 m。‎ 答案：(1)1 s　(2)16 m/s　(3)99.2 m ‎★17.(12分)(2018·武汉华中师大附中模拟)如图所示，有一水平传送带以6 m/s的速度按顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的水平地面DE上放置一个质量M＝1 kg的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝1 kg的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块滑到传送带右端B时刚好与传送带的速度相同，之后滑块又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.45，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.05，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)滑块从传送带A端滑到B端，相对传送带滑动的路程；‎ ‎(2)滑块从传送带A端滑到B端，传送带因传送该滑块多消耗的电能；‎ ‎(3)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。‎ 解析：(1)滑块在传送带上受到向右的摩擦力，到达传送带右端时速度为v＝6 m/s。‎ a＝μ1g＝4.5 m/s2‎ t＝＝ s，‎ x1＝at2＝4 m。‎ 传送带位移x2＝vt＝8 m Δx＝x2－x1＝4 m。‎ ‎(2)传送带因传送滑块多消耗的电能 Q＝fΔx＋mv2＝μ1mgΔx＋mv2＝36 J。‎ ‎(3)滑块以6 m/s的速度滑上木板，对滑块和木板受力分析：滑块受到木板对其向左的摩擦力，设滑块做减速运动的加速度为a滑，‎ 则a滑＝μ2g＝2 m/s2‎ 木板受到滑块对其向右的摩擦力和地面对其向左的摩擦力，由牛顿第二定律得μ2mg－μ3(M＋m)g＝Ma木，解得a木＝1 m/s2‎ 假设滑块在木板上经过时间t，木板和滑块达到共同速度v共 对滑块：x滑＝vt－a滑t2，‎ v共＝v－a滑t 对木板：x木＝a木t2，v共＝a木t 则木板长度L＝x滑－x木 代入数据得：L＝6 m。‎ 答案：(1)4 m　(2)36 J　(3)6 m ‎★18．(13分)(2017·山西大学附中月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，‎ B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置。在斜面顶端另有一质量也为m的物块A，距物块B为3x0，现让A从静止开始沿斜面下滑，A与B相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O点(A、B均视为质点)。试求：‎ ‎(1)A、B相碰后瞬间的共同速度的大小；‎ ‎(2)A、B相碰前弹簧具有的弹性势能；‎ ‎(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R＝x0的半圆轨道PQ，圆弧轨道与斜面相切于最高点P，现让物块A以初速度v从P点沿斜面下滑，与B碰后返回到P点还具有向上的速度，则v为多大时物块A恰能通过圆弧轨道的最高点？‎ 解析：(1)A与B碰撞前后，设A的速度分别是v1和v2，因A下滑过程中，机械能守恒，有：‎ mg(3x0)sin 30°＝mv12‎ 解得：v1＝ ①‎ 又因A与B碰撞过程中，动量守恒，有：mv1＝2mv2②‎ 联立①②得：v2＝v1＝。‎ ‎(2)碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒。‎ 则有：Ep＋·2mv22＝0＋2mg·x0sin 30°‎ 解得：Ep＝2mg·x0sin 30°－·2mv22＝mgx0－mgx0＝mgx0。③‎ ‎(3)设物块A在最高点C的速度是vC，‎ 物块A恰能通过圆弧轨道的最高点C点时，重力提供向心力，得：mg＝ 所以：vC＝＝ ④‎ C点相对于O点的高度，如图所示：‎ h＝R＋Rcos 30°＋2x0sin 30°‎ ‎＝x0 ⑤‎ 物块从O到C的过程中机械能守恒，得：‎ mvO2＝mgh＋mvC2 ⑥‎ 联立④⑤⑥得：vO＝ ⑦‎ 设A与B碰撞后共同的速度为vB，碰撞前A的速度为vA，物块A从P到与B碰撞前的过程中机械能守恒，得：‎ mv2＋mg(3x0sin 30°)＝mvA2 ⑧‎ A与B碰撞的过程中动量守恒，得：mvA＝2mvB⑨‎ A与B碰撞结束后到O点的过程中机械能守恒，得：·2mvB2＋Ep＝·2mvO2＋2mg·x0sin 30°⑩‎ 由于A与B不粘连，到达O点时，滑块B开始受到弹簧的拉力，A与B分离。‎ 联立⑦⑧⑨⑩解得：v＝2。‎ 答案：(1)　(2)mgx0　(3)2