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全国版2022高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒1练习含解析

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这是一份全国版2022高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒1练习含解析，共17页。试卷主要包含了已知A、B、C三球的质量均为m等内容，欢迎下载使用。

专题七碰撞与动量守恒

考点1　动量、冲量、动量定理

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1.[2019全国Ⅰ,16,6分]最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 (　　)

A.1.6×102 kg　　　　　B.1.6×103 kg　　　　　C.1.6×105 kg　　　　　D.1.6×106 kg

2.[2020天津,11,16分]长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态.A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A回到最低点时,质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力,重力加速度为g,求:

(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小;

(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大?

拓展变式

1.[2015北京,18,6分]“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

2.[2015重庆,3,6分]高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 (　　)

A.+mg　　　　　B.-mg

C.+mg D.-mg

3.一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5 m,据测算两车相撞前速率均为30 m/s.

(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大.

(2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体的作用时间是0.1 s,求这时人体受到的平均冲力为多大.

4.一质量为m、长为L的柔软绳自由悬垂,下端恰与一压力传感器接触.某时刻放开柔软绳上端,求压力传感器的最大读数.

5.[2020广西二校联考]对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.

正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.

(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时给出必要的说明)

考点2　动量守恒定律

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1.[2020全国Ⅱ,21,6分,多选]水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为 (　　)

A.48 kg　　　　　　　B.53 kg　　　　　　　C.58 kg　　　　　　　D.63 kg

2.[2020浙江7月选考,20,12分]小

明将如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成.质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放.已知R=0.2 m,LAB=LBC=1.0 m,滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力.

(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力;

(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点;

(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰,碰后一起运动,动摩擦因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系.(碰撞时间不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

拓展变式

1.[多选]如图所示,A、B两物体质量之比mA:mB=3:2,原来静止在平板车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,A、B分别向左、右滑动,则(　　)

A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒

B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒

C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒

D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒

2.[2017江苏,12C(3),4分]甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s.甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1 m/s和 2 m/s.求甲、乙两运动员的质量之比.

3.[多选]如图所示,四个小球放在光滑的水平面上,小球3和小球4分别以v0和2v0的速率向两侧匀速运动,中间两个小球静止,小球1的质量为m,小球2的质量为2m,1、2两球之间放置一被压缩的轻弹簧,弹簧所具有的弹性势能为Ep,将弹簧的弹性势能全部释放,下列说法正确的是 (　　)

A.弹簧的弹性势能在释放过程中,小球1和小球2的合动量不为零

B.小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别是2、

C.若小球1能追上小球3,则小球2一定能追上小球4

D.若离开弹簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,则质量m要满足≤m<

4.在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此发明了“激光制冷”的技术.若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型很类似:一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧),如图所示,以速度v0水平向右运动,一个动量大小为p,质量可以忽略的小球(图中未画出)水平向左射入小车并压缩弹簧至最短,接着被锁定一段时间Δt,再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出,紧接着不断重复上述过程,最终小车将停下来.设地面和车厢均光滑,除了锁定时间Δt外,不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间.求:

(1)小球第一次入射后再弹出时,小车的速度大小和这个过程中小车动能的减少量;

(2)从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间.

5.[2018全国Ⅱ,24,12分]汽车A在水平冰雪路面上行驶.驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m.已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2.求

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.

6.[2018海南,5,4分]如图,用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱,沙箱静止.一质量为m的子弹以速度v水平射入沙箱并留在其中,随后与沙箱共同摆动一小角度.不计空气阻力.对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 (　　)

A.若保持m、v、l不变,M变大,则系统损失的机械能变小

B.若保持M、v、l不变,m变大,则系统损失的机械能变小

C.若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能变大

D.若保持M、m、v不变,l变大,则系统损失的机械能变大

7.质量m=260 g的手榴弹从水平地面上以v0=10 m/s的初速度斜向上抛出,上升到距地面h=5 m的最高点时爆炸,手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片,其中一块弹片自由下落到达地面,落地时动能为5 J.重力加速度g=10 m/s2,空气阻力不计,火药燃烧充分,求:

(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小;

(2)手榴弹所装火药的质量;

(3)两块弹片落地点间的距离.

8.如图所示,光滑地面上静置一质量为M的半圆形凹槽,凹槽半径为R,表面光滑.将一质量为m的小滑块(可视为质点),从凹槽边缘处由静止释放,当小滑块运动到凹槽的最低点时,对凹槽的压力为FN,FN的求解比较复杂,但是我们可以根据学过的物理知识和方法判断出可能正确的是(重力加速度为g) (　　)

A.　　　　B.

C. D.

9.[2018海南,8,5分,多选]如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时, 小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v-t图像,图中t1、v0、v1已知.重力加速度大小为g.由此可求得 (　　)

　　　　　　　　图(a)　　　　　　图(b)

A.木板的长度

B.物块与木板的质量之比

C.物块与木板之间的动摩擦因数

D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能

10.[2019全国Ⅰ,25,20分]竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示.t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A运动的v-t图像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量.已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力.

　　　　　图(a)　　　　　　　图(b)

(1)求物块B的质量;

(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等.在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上.求改变前后动摩擦因数的比值.

11.在原子核物理中,研究核子

与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”.这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.两个小球A和B用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有一小球C沿轨道以速度大小v0射向B球,如图所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中,当弹簧长度变到最短时,长度突然被锁定,不再改变.然后,A球与挡板P发生碰撞,碰后A、D都静止不动,A与P接触而不粘连.过一段时间,突然解除锁定(锁定及解除锁定时均无机械能损失).已知A、B、C三球的质量均为m.

(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度大小.

(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能.

考点3　实验:验证动量守恒定律

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[北京高考]

图甲

如图甲,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.小球做平抛运动的水平射程

(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多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测出平抛射程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、m　　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

图乙

(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].

(4)经测定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p'1,则p1:p'1=　　　　:11.若碰撞结束时m2的动量为p'2,则p'1:p'2=11:　　　　.

实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为　　　　.

(5)有同学认为,上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运动的水平射程增大.请你用(4)中已知的数据,分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为　　　　cm.

拓展变式

[新角度]几个同学在闲聊时说起了滑旱冰用到的物理学知识,于是大家想据此粗略探究碰撞中的不变量,设计好方案后按下列步骤进行:

①在宽阔水平的场地上选取两个基准点为原点,分别向相反方向画射线,选取一定长度为标度画上刻度;

②两个同学穿好旱冰鞋分别站立在两个基准点上,互推,旁边同学用智能手机跟拍;

③改变互推人数,比如一方两个同学相互抱住,另一方一个同学,旁边同学拍下运动场景;

④选取同学的运动轨迹基本沿着射线的视频,根据视频得到一些相关数据.

请回答:

(1)要完成实验目的,选出下列你认为需要用到的数据　.

A.本地重力加速度g

B.互推双方的质量m1、m2

C.互推双方滑行的标度数目n1、n2

D.互推过程的时间t

E.旱冰鞋与地面之间的动摩擦因数μ

(2)如果互推过程中质量与速度的乘积之和保持不变,请用选出的物理量写出需验证的表达式:　 .

(3)写出可能影响验证的一个因素:

答案

专题七　碰撞与动量守恒

考点1　动量、冲量、动量定理

1.B　根据动量定理有FΔt=Δmv-0,解得==1.6×103 kg/s,所以选项B正确.

2.(1)m1　(2)

解析:(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设A在最高点时的速度大小为v,由牛顿第二定律,有

m1g=m1　①

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,设A在最低点的速度大小为vA,有

m1=m1v2+2m1gl　②

由动量定理,有I=m1vA　③

联立①②③式,得I=m1　④.

(2)设两球粘在一起时的速度大小为v',A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需满足v'=vA　⑤

要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设B碰前瞬间的速度大小为vB,由动量守恒定律,有m2vB-m1vA=(m1+m2)v'　⑥

又Ek=m2　⑦

联立①②⑤⑥⑦式,得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为

Ek=　⑧.

1.A　从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,绳子的拉力始终向上,故绳对人的冲量始终向上.由mg-T=ma知,人先做加速度减小的加速运动,当a=0时,速度最大,此时动量、动能均最大,以后做减速运动,故选项A正确,B、C错误;人在最低点时,向上的加速度最大,故此时绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D错误.

2.A　人先做自由落体运动下落高度h,获得速度为v,由v2=2gh得v=.安全带伸长到最长时,人下落到最低点,此时速度为零.设安全带对人的平均作用力为F,由动量定理得(mg-F)t=0-mv,F=+mg.

3.(1)5.4×104 N　(2)1.8×104 N

解析:(1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m

设运动的时间为t,根据x=t得,t== s

根据动量定理Ft=Δp=mv0得,F== N=5.4×104 N.

(2)若此人系有安全带,则F'== N=1.8×104 N.

4.3mg

解析:如图所示,设t时刻落到压力传感器上的绳长为x,此时绳速为v=.在Δt(Δt→0)时间内,有质量为Δm=ρΔx的绳落到压力传感器上,其中ρ为绳的线密度(线密度是绳单位长度的质量).取向上为正方向,忽略微元段绳本身的重力冲量,根据动量定理,有

FΔt=0-(-Δm·v)=ρΔx·v

解得F=ρv=ρv2=2ρgx

故N=F+ρgx=3ρgx=3mg

所以压力传感器的最大读数为3mg,出现在软绳将要全部掉到压力传感器上时.

f=nmv2

解析:一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为ΔI=2mv,如图所示,以器壁上的面积S为底、以vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内的粒子在Δt时间内有与器壁S发生碰撞,碰壁粒子总数为N=n·SvΔt

Δt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI=nSmv2Δt

面积为S的器壁受到粒子的压力为F==nSmv2

器壁单位面积所受粒子压力为f==nmv2.

考点2　动量守恒定律

1.BC　选运动员退行速度方向为正方向,设运动员的质量为M,物块的质量为m,物块被推出时的速度大小为v0,运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据动量守恒定律,运动员第一次推出物块时有0=Mv1-mv0,物块与挡板发生弹性碰撞,以等大的速率反弹;第二次推出物块时有Mv1+mv0=-mv0+Mv2,依此类推,Mv2+mv0=-mv0+Mv3,…,Mv7+mv0=-mv0+Mv8,又运动员的退行速度v8>v0,v7<v0,解得13m<M<15m,即52 kg<M<60 kg,故B、C项正确,A、D项错误.

2.(1)8 N,方向水平向左　(2)见解析

(3)h=

解析:(1)机械能守恒定律mgH=mgR+m

由牛顿第二定律知FN=

代入数据解得FN=8 N

由牛顿第三定律知F'N=FN=8 N,方向水平向左.

(2)能在斜轨道上到达的最高点为C'点,由功能关系有

mgH=μmgLAB+μmgLBC'cosθ+mgLBC'sinθ

得LBC'= m<1.0 m,故不会冲出.

(3)滑块运动到距A点x处的速度为v,由动能定理得

mgH-μmgx=mv2

碰撞后的速度为v',由动量守恒定律得mv=3mv'

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,由动能定理有

-3μmg(LAB-x)-3μmg-3mgh=0-(3m)v'2

得h=x- m( m<x≤1 m)

h=0 (0≤x≤ m).

1.BCD　如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对于平板车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力分别为FA(向右)、FB(向左),由于mA:mB=3:2,所以FA:FB=3:2,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A选项错误.对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确.若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确.

2.3:2

解析:由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v'2-m1v'1

解得=

代入数据得=.

3.BD　小球1和小球2组成的系统满足动量守恒,由于开始时小球1和小球2静止,所以在弹簧的弹性势能释放的过程中,小球1和小球2组成的系统合动量为零,A错误.设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1-2mv2=0,Ep=m+×2m,解得v1=2,v2=,B正确.若离开弹簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,则各球速度大小应满足v1=2>v0,v2=≤2v0,解得≤m<,C错误,D正确.

4.(1)v0-　2p(v0-)　(2)Δt

解析:(1)小球射入小车和从小车中弹出的过程中,小车和小球所组成的系统动量守恒.由动量守恒定律可得mv0-p=mv1+p

解得小车的速度大小v1=v0-

此过程中小车动能减少量ΔEk=m-m,解得

ΔEk=2pv0-=2p(v0-).

(2)小球第二次入射和弹出的过程及以后重复进行的过程中,同样有小车和小球组成的系统动量守恒.由动量守恒定律得

mv1-p=mv2+p

解得小车的速度大小v2=v1-=v0-2()

同理可推得vn=v0-n().要使小车停下来,即vn=0,小球重复入射和弹出的次数为n=,故小车从开始运动到停下来所经历的时间为t=nΔt=Δt.

5.(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s

解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB　①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.

设碰撞后瞬间B车速度的大小为v'B,碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v'2B=2aBsB　②

联立①②式并利用题给数据得v'B=3.0 m/s　③.

(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA　④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为v'A,碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v'2A=2aAsA　⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAv'A+mBv'B　⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/s.

6.C　设子弹射入沙箱后,与沙箱共同的速度为v',根据动量守恒定律有,mv=(m+M)v',系统损失的机械能ΔE= mv2-(m+M)v'2=,若保持M、m、l不变,v变大,则系统损失的机械能变大,选项C正确;ΔE==,由此可知,若保持m、v、l不变,M变大,则系统损失的机械能变大,选项A错误;ΔE==,由此可知,若保持M、v、l不变,m变大,则系统损失的机械能变大,选项B错误;由于损失的机械能与轻绳长度l无关,所以若保持M、m、v不变,l变大,系统损失的机械能不变,选项D错误.

7.(1)10 m/s　(2)0.06 kg　(3)26 m

解析:(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有

m=m+mgh

代入数据解得v1=10 m/s.

(2)设两块弹片的质量均为m',爆炸后瞬间其中一块弹片的速度为零,设另一块弹片的速度为v2,有m'gh=5 J

代入数据解得m'=0.1 kg

设手榴弹所装火药的质量为Δm,有Δm=m-2m'

代入数据解得Δm=0.06 kg.

(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为Δx,有mv1=m'v2,Δx=v2t,h=gt2

代入数据解得Δx=26 m.

8.A　滑块和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒,以向右为正方向,当滑块运动到最低点时有mv-Mv'=0;由机械能守恒定律有mgR=mv2+Mv'2.当M趋于无穷大时,凹槽将静止不动,v'将趋近于0,滑块速度趋近于,且小滑块在最低点时由牛顿第二定律得FN-mg=m,解得FN=3mg.四个选项中当M趋于无穷大时,只有A选项符合题意,B、C、D错误.

9.BC　由题图(b)可以得出物块相对于长木板滑动的距离没有超出木板的长度,故不能得出长木板的长度,选项A错误;设物块的质量为m,木板的质量为M,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可以得出物块与木板的质量之比=,选项B正确;由题图(b)可以得出物块在长木板上滑动时的加速度大小为a=,由牛顿第二定律有μmg=ma,可以解得物块与木板之间的动摩擦因数μ==,选项C正确;从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能为Ek=M,由于不知道长木板的质量M,因此不能得出从t=0开始到t1时刻木板获得的动能,选项D错误.

10.(1)3m　(2)mgH　(3)

解析:(1)根据题图(b)可知,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'.由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mv1=m(-)+m'v'　①

m=m(-v1)2+m'v'2　②

联立①②式得m'=3m　③.

(2)在题图(b)所描述的运动过程中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgH-fs1=m-0　④

-(fs2+mgh)=0-m(-)2　⑤

从题图(b)所给出的v-t图线可知s1=v1t1　⑥

s2=··(1.4t1-t1)　⑦

由几何关系有=　⑧

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2　⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=mgH　.

(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcosθ·　

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有

-μm'gs'=0-m'v'2　

设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有

mgh-μ'mgcosθ·-μ'mgs'=0　

联立①③④⑤⑥⑦⑧式可得=.

11.(1)v0　(2)m

解析:(1)设C球与B球结成D时,D的速度大小为v1,由动量守恒定律有mv0=(m+m)v1

当弹簧压至最短时,D与A的速度大小相等,设此速度大小为v2,由动量守恒定律有2mv1=3mv2

解得A的速度大小v2=v0.

(2)设弹簧长度被锁定后,弹簧的弹性势能为Ep,由能量守恒定律有·2m=·3m+Ep

撞击P后,A与D的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部转变成D的动能,设此时D的速度大小为v3,则有

Ep=(2m)

当弹簧伸长时,A球离开挡板P并获得速度.当A、D的速度大小相等时,弹簧伸至最长,设此时的速度大小为v4,由动量守恒定律有

2mv3=3mv4

当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为E'p,由能量守恒定律有·2m=·3m+E'p

解以上各式得E'p=m.

考点3　实验:验证动量守恒定律

(1)C　(2)ADE或DAE或DEA　(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP　m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2　(4)14　2.9　1.01　(5)76.80

解析:(1)在落地高度不变的情况下,水平位移就能反映平抛初速度的大小,所以,仅测量小球做平抛运动的水平射程就能间接地测量速度.因此选C.

(2)找出平均落地点的位置,测量平抛的水平位移,因此必须要有的步骤是D、E,且先D后E,而用天平测质量先后均可.所以答案是ADE或DAE或DEA.

(3)小球抛出后的落地时间为t,则v1=,v'1=,v'2=,动量守恒的表达式是m1v1=m1v'1+m2v'2,动能不变的表达式是m1=m1v+m2v,所以若两球相碰前后的动量守恒,则m1·OM+m2·ON=m1·OP成立,若碰撞是弹性碰撞,动能不变,则m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2成立.