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章末綜合提升
第一章　動量與動量守恒定律
鞏固層·知識整合
主題1　動量定理和動能定理的比較
1．動量定理和動能定理的比較：
提升層·題型探究
比較項目 動量定理 動能定理
內容 物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化量 物體所受合外力所做的功等于物體動能的變化量
公式 F合t＝mv2－mv1
矢標性 矢量式 標量式
比較項目 動量定理 動能定理
因果
關系 因 合外力的沖量 合外力的功(總功)
果 動量的變化 動能的變化
相同點 ①動量定理和動能定理都注重初、末狀態而不注重過程，不僅適用于恒力，而且也適用于隨時間而變化的力
②不僅適用于單個物體，也適用于物體系統；研究的過程可以是整個過程也可以是某一過程
③動能定理和動量定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動
2．應用動量定理與動能定理的關鍵詞
【典例1】　如圖所示，質量mA＝4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數μ＝0.24，木板右端放著質量mB＝
1.0 kg 的小物塊B(可視為質點)，它們均處于靜止狀態。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬時沖量作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EkA＝8.0 J，小物塊的動能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)瞬時沖量作用結束時木板的速度大小v0；
(2)木板的長度L。
[解析]　(1)在瞬時沖量作用時，木板A受水平面和小物塊B的摩擦力的沖量均可以忽略。
取水平向右為正方向，對木板A，由動量定理有I＝mAv0，代入數據解得v0＝3 m/s。
(2)設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力大小分別為FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A的速度為vA，B的速度為vB，A、B相對C的位移為sA、sB。
對A，由動量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0，
對B，由動量定理有FfABt＝mBvB，
[答案]　(1)3 m/s　(2)0.5 m
一語通關　(1)動量定理和動能定理都是求解力學問題的重要定理。應用時要特別注意選定研究對象和過程，注重受力情況分析和運動情況分析，靈活運用規律求解。
(2)運用動量定理解題需考慮速度的方向，運用動能定理解題則不需考慮速度的方向。
主題2　解決力學問題的三大觀點
1．三種觀點的比較
思路 特點分析 適用情況
力的觀點：牛頓運動定律結合運動學公式 分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運動量間的關系。
涉及力、加速度、位移、速度、時間 恒力作用下的運動
思路 特點分析 適用情況
能量觀點：動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律 分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關系。系統內力做功會影響系統能量。
涉及力、位移、速度 恒力作用下的運動、變力作用下的曲線運動、往復運動、瞬時作用
思路 特點分析 適用情況
動量觀點：動量定理和動量守恒定律 分析物體的受力(或系統所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關系(或動量守恒定律)，系統內力不影響系統動量。
涉及力、時間、動量(速度) 恒力作用下的運動、瞬時作用、往復運動
2．三種觀點的選擇
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；如果只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解。
(2)對于碰撞、反沖類問題，應用動量守恒定律求解；對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒(功能關系)建立方程。
【典例2】　如圖所示，在傾斜角為30°的光滑斜面上靜止放置a、b兩個小球，它們的質量分別為M和m，它們的半徑分別為R和r，它們之間用長為L＝5 m 的輕繩相連(圖中未畫出)，開始時a、b緊靠在一起并鎖定于斜面上的A處，在斜面上的B處固定一個開有小孔的擋板，小孔半徑為R0(r＜R0＜R)，AB間距離為s＝2.5 m，現解除對小球的鎖定，讓a、b一起從靜止開始沿斜面下滑，b球無阻礙地通過小孔，而a球與擋板發生無機械能損失的碰撞，a球碰撞后沿斜面向上運動，b球仍沿斜面向下運動，輕繩繃緊瞬間(時間極短)兩球達到共同速度v，已知兩球半徑遠小于輕繩長度L，在計算時將a、b兩球看做質點，斜面足夠長，
兩小球始終在斜面上運動，g取10 m/s2，求：
[答案]　(1)5 m/s　(2)2.5 m/s　方向沿斜面向下　(3)見解析
規律方法　綜合應用動力學“三大觀點”解題的步驟
(1)認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象。
(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態和運動狀態的變化過程。對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯系。
(3)根據各階段狀態變化的規律確定解題方法，選擇合理的規律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程。
(4)代入數據(統一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論。主題1　動量定理和動能定理的比較
1．動量定理和動能定理的比較：
比較項目 動量定理 動能定理
內容 物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化量 物體所受合外力所做的功等于物體動能的變化量
公式 F合t＝mv2－mv1 F合s＝
矢標性 矢量式 標量式
因果 關系 因 合外力的沖量 合外力的功(總功)
果 動量的變化 動能的變化
相同點 ①動量定理和動能定理都注重初、末狀態而不注重過程，不僅適用于恒力，而且也適用于隨時間而變化的力 ②不僅適用于單個物體，也適用于物體系統；研究的過程可以是整個過程也可以是某一過程 ③動能定理和動量定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動
2．應用動量定理與動能定理的關鍵詞
【典例1】　如圖所示，質量mA＝4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數μ＝0.24，木板右端放著質量mB＝1.0 kg 的小物塊B(可視為質點)，它們均處于靜止狀態。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬時沖量作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EkA＝8.0 J，小物塊的動能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)瞬時沖量作用結束時木板的速度大小v0；
(2)木板的長度L。
[解析]　(1)在瞬時沖量作用時，木板A受水平面和小物塊B的摩擦力的沖量均可以忽略。
取水平向右為正方向，對木板A，由動量定理有I＝mAv0，代入數據解得v0＝3 m/s。
(2)設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力大小分別為FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A的速度為vA，B的速度為vB，A、B相對C的位移為sA、sB。
對A，由動量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0，
對B，由動量定理有FfABt＝mBvB，
由牛頓第三定律可得FfBA＝FfAB，另FfCA＝μ(mA＋mB)g，
對A，由動能定理有－(FfBA＋FfCA)sA＝，
對B，由動能定理有FfABsB＝，
根據動量與動能之間的關系有mAvA＝，
mBvB＝，
木板A的長度即B相對A滑動距離的大小，故L＝sA－sB，
聯立解得L＝0.5 m。
[答案]　(1)3 m/s　(2)0.5 m
　(1)動量定理和動能定理都是求解力學問題的重要定理。應用時要特別注意選定研究對象和過程，注重受力情況分析和運動情況分析，靈活運用規律求解。
(2)運用動量定理解題需考慮速度的方向，運用動能定理解題則不需考慮速度的方向。
主題2　解決力學問題的三大觀點
1．三種觀點的比較
思路 特點分析 適用情況
力的觀點：牛頓運動定律結合運動學公式 分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運動量間的關系。 涉及力、加速度、位移、速度、時間 恒力作用下的運動
能量觀點：動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律 分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關系。系統內力做功會影響系統能量。 涉及力、位移、速度 恒力作用下的運動、變力作用下的曲線運動、往復運動、瞬時作用
動量觀點：動量定理和動量守恒定律 分析物體的受力(或系統所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關系(或動量守恒定律)，系統內力不影響系統動量。 涉及力、時間、動量(速度) 恒力作用下的運動、瞬時作用、往復運動
2．三種觀點的選擇
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；如果只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解。
(2)對于碰撞、反沖類問題，應用動量守恒定律求解；對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒(功能關系)建立方程。
【典例2】　如圖所示，在傾斜角為30°的光滑斜面上靜止放置a、b兩個小球，它們的質量分別為M和m，它們的半徑分別為R和r，它們之間用長為L＝5 m 的輕繩相連(圖中未畫出)，開始時a、b緊靠在一起并鎖定于斜面上的A處，在斜面上的B處固定一個開有小孔的擋板，小孔半徑為R0(r＜R0＜R)，AB間距離為s＝2.5 m，現解除對小球的鎖定，讓a、b一起從靜止開始沿斜面下滑，b球無阻礙地通過小孔，而a球與擋板發生無機械能損失的碰撞，a球碰撞后沿斜面向上運動，b球仍沿斜面向下運動，輕繩繃緊瞬間(時間極短)兩球達到共同速度v，已知兩球半徑遠小于輕繩長度L，在計算時將a、b兩球看做質點，斜面足夠長，兩小球始終在斜面上運動，g取10 m/s2，求：
(1)小球a、b從A點由靜止開始一起沿斜面下滑到達擋板時的速度v0的大小；
(2)若M＝m，連接a、b兩球的輕繩繃緊瞬間，a、b兩球共同速度v的大小和方向；
(3)若＝k，試討論兩球共同速度v的方向與k值的關系。
[解析]　(1)a、b一起下滑時根據動能定理有
(M＋m)gs sin 30°＝－0
代入數據得v0＝5 m/s。
(2)a與擋板發生碰撞反彈到繩剛好繃緊，根據受力分析可知兩小球的加速度大小均為a，取斜面向下為正方向，則有
a＝g sin 30°＝5 m/s2
這段過程中a球的位移
xa＝v0t－at2
b球的位移
xb＝v0t＋at2
又因為xa＋xb＝L
代入數據解得t＝0.5 s
繩繃緊前瞬間有
va＝v0－at＝5－5×0.5 m/s＝2.5 m/s
vb＝v0＋at＝5＋5×0.5 m/s＝7.5 m/s
繩繃緊過程動量守恒，有
mvb－Mva＝(m＋M)v
當M＝m時，解得v＝2.5 m/s
故繩繃緊瞬間，a、b兩小球的共同速度v的大小為2.5 m/s，方向沿斜面向下。
(3)若＝k，由(2)問可得
v＝＝
令v＝0，可得k＝3，則當k＜3時，v＞0，方向沿斜面向下；當k＝3時，v＝0；當k＞3時，v＜0，方向沿斜面向上。
[答案]　(1)5 m/s　(2)2.5 m/s　方向沿斜面向下　(3)見解析
　綜合應用動力學“三大觀點”解題的步驟
(1)認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象。
(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態和運動狀態的變化過程。對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯系。
(3)根據各階段狀態變化的規律確定解題方法，選擇合理的規律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程。
(4)代入數據(統一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論。
章末綜合測評(一)　動量與動量守恒定律
一、單項選擇題
1．關于動量，以下說法正確的是(　　)
A．做勻速圓周運動的質點，其動量不隨時間發生變化
B．懸線拉著的擺球在豎直面內擺動時，每次經過最低點時的動量均相同
C．勻速飛行的巡航導彈巡航時動量始終不變
D．做平拋運動的質點在豎直方向上的動量與運動時間成正比
D　[做勻速圓周運動的物體速度方向時刻變化，故動量時刻變化，故A錯誤；單擺的擺球相鄰兩次經過最低點時動量大小相等，但方向相反，故B錯誤；巡航導彈巡航時雖速度不變，但由于燃料不斷燃燒(導彈中燃料占其總質量的一部分，不可忽略)，從而使導彈總質量不斷減小，導彈動量減小，故C錯誤；做平拋運動的質點在豎直方向上的分運動為自由落體運動，在豎直方向的分動量p豎＝mvy＝mgt，故D正確。]
2．如圖所示為一名同學“立定跳遠”的頻閃照片。下列分析正確的是(　　)
A．腳在跳出之前，地面對人作用力的沖量等于重力的沖量
B．腳在跳出至落到沙坑，動量先增大后減小
C．腳在跳出至落到沙坑，重力勢能先增大后減小
D．腳在落到沙坑之后，沙坑對人作用力的沖量小于重力的沖量
C　[腳在跳出之前，地面對人的作用力大于人的重力，根據I＝Ft可知，地面對人的作用力的沖量大于重力的沖量，選項A錯誤；腳在跳出至落到沙坑，速度先減小后增加，則由p＝mv可知，動量先減小后增大，選項B錯誤；腳在跳出至落到沙坑，離地面的高度先增加后減小，則重力勢能先增大后減小，選項C正確；腳在落到沙坑之后，設向上為正方向，則根據IF－IG＝0－(－mv)，則沙坑對人作用力的沖量大于重力的沖量，選項D錯誤。故選C。]
3．某學校舉行的晚會上進行了“托球選表演者”的游戲。在互動環節，表演者將球拋向觀眾，假設質量約為3 kg的超大氣球以2 m/s速度豎直下落到手面，某觀眾雙手上推，使氣球以原速度大小豎直向上反彈，作用時間為0.2 s。忽略氣球所受浮力及空氣阻力，g取10 m/s2。則觀眾雙手受的壓力共計(　　)
A．30 N　　B．60 N　　C．90 N　　D．120 N
C　[取豎直向下為正方向，對氣球由動量定理有(mg－F)Δt＝mv′－mv，代入數據解得F＝90 N，由牛頓第三定律可知，觀眾雙手受到的壓力為90 N，故選C。]
4．物體的運動狀態可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p -x圖像中的一個點。物體運動狀態的變化可用p -x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是(　　)
A　　　　　　B
C　　　　　　D
D　[質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式v2＝2ax可得v＝，設質點的質量為m，則質點的動量p＝m ，由于質點的速度方向不變，則質點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據數學知識可知D正確。]
5．如圖所示，設質量為M的導彈運動到空中最高點時速度為v0，突然炸成兩塊，質量為m的一塊以速度v沿v0的方向飛去，則另一塊的運動(　　)
A．一定沿v0的方向飛去
B．一定沿v0的反方向飛去
C．可能做自由落體運動
D．以上說法都不對
C　[以整個導彈為研究對象，取v0的方向為正方向。根據爆炸的瞬間系統在水平方向上動量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，則得另一塊的速度為v′＝，若Mv0>mv，則v′>0，說明另一塊沿v0的方向飛去；若Mv06．如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面。今把質量為m的小物體從A點由靜止釋放，小物體與BC部分間的動摩擦因數為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是(　　)
A．其他量不變，R越大x越大
B．其他量不變，μ越大x越大
C．其他量不變，m越大x越大
D．其他量不變，M越大x越大
A　[小車和小物體組成的系統水平方向的動量守恒且為零，所以當小車和小物體相對靜止時，系統水平方向的總動量仍為零，則小車和小物體相對于水平面也靜止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝，A正確，B、C、D錯誤。]
7．如圖所示，用長度同為l的輕質細繩懸掛四個彈性小球A、B、C、D，它們的質量依次為m1、m2、m3、m4，且滿足m1 m2 m3 m4，將A球拉起一定角度θ后釋放，則D球開始運動時的速度為(　　)
A． B．2
C．4 D．8
D　[設碰撞前瞬間A的速度為v0，根據機械能守恒定律，有m1gl(1－cos θ)＝，解得v0＝，設A與B碰撞后A與B的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2，根據機械能守恒定律，有＝，聯立解得v2＝v0，由于m1 m2，則v2＝2v0，同理，v3＝2v2，v4＝2v3，所以v4＝8v0＝8，故D正確，A、B、C錯誤，故選D。]
8．在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是(　　)
A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B．爆炸物的爆炸點離地面的高度為80 m
C．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68 m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
B　[設質量小的碎塊的質量為m，則質量大的碎塊的質量為2m；設爆炸時質量大的碎塊的水平速度大小為v，質量小的碎塊的水平速度大小為v′，根據動量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；兩碎塊都做平拋運動，設其下落時間為t，則vt＝v聲(t1－t)，2vt＝v聲(t2－t)，其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝gt2可得，爆炸點離地面的高度為80 m，B正確；兩碎塊的水平位移大小之比為1∶2，但從爆炸物爆炸兩碎塊開始拋出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A錯誤；爆炸后質量大的碎塊的初速度為85 m/s，C錯誤；爆炸后兩碎塊向相反的方向運動，水平間距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1 020 m，D錯誤。]
二、多項選擇題
9．如圖所示，質量為m的小球，固定在輕桿上，繞過O點的轉軸在豎直面內沿順時針方向做勻速圓周運動，A、B是圓周上與圓心O等高的兩點。若小球運動的速度大小為v，軌道半徑為R，且v＝(g為重力加速度)，則小球從A點運動到B點過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．小球所受重力的沖量為0
B．小球所受向心力的沖量為mv
C．小球所受合力的沖量大小為2mv
D．輕桿對小球作用力的沖量大小為mv
CD　[根據沖量公式I＝Ft得，重力的沖量為I1＝mgt，又v＝，從A到B路程為πR，則t＝＝，則I1＝m＝mv，A錯誤；向心力是效果力，小球做勻速圓周運動所需要的向心力是由重力與輕桿的合力提供的，小球不受向心力，B錯誤；由題可知，以豎直向下為正方向，小球所受合力的沖量I2＝F合t＝mv－＝2mv，即小球所受合力的沖量大小為2mv，方向豎直向下，C正確；由A選項可知，重力的沖量為mv，方向豎直向下，合力的沖量為2mv，方向豎直向下，則輕桿對小球作用力的沖量大小為p＝2mv－mv＝mv，方向豎直向下，D正確。故選CD。]
10．如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
甲　　　　　　　　　　　　乙
A．物體A的質量為3m
B．物體A的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
AC　[對題圖甲，設物體A的質量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時的彈性勢能Ep＝；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統動量守恒，彈簧達到最大壓縮量x時，A、B速度相等，設為v，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝－(M＋m)v2，聯立以上三式可得M＝3m，Ep＝＝，故選A、C。]
11．(2023·新課標卷)一質量為1 kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發點為x軸零點，拉力做的功W與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A．在x＝1 m時，拉力的功率為6 W
B．在x＝4 m時，物體的動能為2 J
C．從x＝0運動到x＝2 m，物體克服摩擦力做的功為8 J
D．從x＝0運動到x＝4 m的過程中，物體的動量最大為2 kg·m/s
BC　[由公式W＝Fx可知，W-x圖像中圖線的斜率為物體所受的拉力大小，由題圖可知0～2 m內物體所受的拉力大小F1＝6 N，2～4 m內物體所受的拉力大小F2＝3 N，物體所受的滑動摩擦力大小Ff＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N。0～1 m的過程對物體由動能定理得W1－Ffx1＝，解得v1＝2 m/s，由公式P＝F1v1，得拉力的功率為12 W，A錯誤；0～4 m的過程，對物體由動能定理得W2－Ffx2＝Ek，代入數據解得Ek＝2 J，B正確；0～2 m的過程，物體克服摩擦力做的功＝Ffx3＝4×2 J＝8 J，C正確；由于F2＜Ff，所以物體在2～4 m的過程中做勻減速直線運動，因此物體在2 m處的速度最大，動量最大，對物體由動能定理得W3－Ffx3＝，代入數據解得v2＝2 m/s，物體動量的最大值p＝mv2＝2 kg·m/s，D錯誤。]
12．(2022·全國乙卷)質量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數為0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。則(　　)
A．4 s時物塊的動能為零
B．6 s時物塊回到初始位置
C．3 s時物塊的動量為12 kg·m/s
D．0～6 s時間內F對物塊所做的功為40 J
AD　[物塊與地面間的滑動摩擦力為f＝μmg＝2 N，對物塊在0～3 s內的運動過程，由動量定理可得(F－f)t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s時物塊的動量為p＝mv3＝6 kg·m/s，設3 s后經過時間t′物塊的速度第一次減為0，由動量定理可得－(F＋f)t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物塊在t＝4 s時速度減為0，此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；設0～3 s內物塊的位移為x1，由動能定理可得(F－f)x1＝，得x1＝9 m，3～4 s過程中，對物塊由動能定理可得－(F＋f)x2＝，得x2＝3 m，4～6 s物塊反向運動，物塊的加速度大小為a＝＝2 m/s2，設4～6 s物塊的運動時間為t2，位移為x3＝＝4 m＜x1＋x2，即6 s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；0～6 s內拉力做的功為W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正確。]
三、非選擇題
13．如圖所示，在實驗室用兩端帶有豎直擋板C和D的氣墊導軌和有固定擋板的質量都是M的滑塊A和B做“探究碰撞中的不變量”的實驗，實驗步驟如下：
①把兩滑塊A和B緊貼在一起，在A上放置質量為m的砝碼，置于導軌上，用電動卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放入一彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態；
②按下電鈕使電動卡銷放開，同時啟動兩個記錄兩滑塊運動時間的電子計時器，當A和B分別與擋板C和D碰撞時，電子計時器自動停表，記下A至C的運動時間t1，B至D的運動時間t2；
③重復幾次，取t1和t2的平均值。
回答下列問題：
(1)在調整氣墊導軌時應注意____________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)應測量的數據還有_________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)只要關系式__________________________________________________成立，即可得出碰撞中不變的量是mv的矢量和。
[解析]　(1)為了保證彈簧把滑塊A、B彈開后兩滑塊均做勻速直線運動，必須使氣墊導軌水平，需要用水平儀加以調試。
(2)要求出兩滑塊A、B在卡銷放開后的速度，需測出A至C的時間t1和B至D的時間t2，并且要測量出兩滑塊到擋板的距離x1和x2，再由公式v＝求出其速度。
(3)根據所測數據求得兩滑塊的速度大小分別為vA＝和vB＝。設向左為正方向，碰前兩滑塊靜止，總動量為零，碰后兩滑塊的總動量為(M＋m)－M＝0。
[答案]　(1)使氣墊導軌水平　(2)滑塊A的左端到擋板C的距離x1和滑塊B的右端到擋板D的距離x2　(3)(M＋m)－M＝0
14．某同學打算在家中利用能找到的器材來研究動量定理，實驗設計如圖1所示：將小球固定在刻度尺的旁邊由靜止釋放，用手機連拍功能拍攝小球自由下落的過程，圖2為利用圖片得到各時刻小球的位置與小球在位置1的距離分別為h1、h2、h3、h4，手機連拍頻率為f，查閱得知當地重力加速度為g。
(1)關于實驗裝置和操作，以下說法正確的是___________________；
A．刻度尺應固定在豎直平面內
B．選擇材質密度小的小球
C．選擇材質密度大的小球
D．鉛垂線的作用是檢驗小球是否沿豎直方向下落
(2)小球在位置2和位置4時的瞬時速度分別為___________________，___________________ (用題中所給物理量符號表示)；
(3)取小球在位置2～4的過程研究，則驗證動量定理的表達式為_____________ (用題中所給物理量符號表示)；
(4)若實驗過程中發現小球所受重力的沖量大于動量的增加量，造成此問題的原因可能是___________________。
[解析]　(1)固定在豎直平面內測量才精確，故A正確；密度大的物體相較密度小的物體受到的空氣阻力影響更小，測量誤差更小，故B錯誤，C正確；鉛垂線的作用是為了保持尺子是豎直狀態，小球做自由落體運動，沿豎直方向下落，故D錯誤。故選AC。
(2)根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度，則有
v2＝＝
v4＝＝。
(3)動量定理表達式為
F合t＝mv末－mv初
在位置2～4的過程研究即為
mg·2T＝mv4－mv2
又T＝
聯立解得
＝。
(4)小球下落過程中，由于空氣阻力的影響，會使得小球所受重力的沖量大于動量的增加量。
[答案]　(1)AC　(2)　(3)＝　(4)空氣阻力的影響
15．在光滑的水平面上有兩個物塊A、B，質量分別為mA＝5 kg，mB＝10 kg，它們之間由一根不可伸長的輕繩相連，開始時繩子完全松弛，兩物塊緊靠在一起。現用2 N的水平恒力F作用在A上，使A由靜止開始運動，當輕繩瞬間繃直后A、B一起共同前進，A、B一起向前運動了2.0 m時，此時兩物塊的速度為1 m/s，問連接物塊的繩長l為多少。
[解析]　設繩子繃直前的瞬間A的速度為vA，由動能定理得
Fl＝
繩子繃直后兩物塊的速度相同，由動量守恒定律得
mAvA＝(mA＋mB)vAB
兩物塊一起向前運動x＝2.0 m時兩物塊的速度vAB′＝1 m/s，由動能定理得
Fx＝
解得l＝ m＝5.25 m。
[答案]　5.25 m
16．某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度v0為10 m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m＝0.2 kg，滑桿的質量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。求：
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
(3)滑桿向上運動的最大高度h。
[解析]　(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1 N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1 N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑塊向上運動到碰撞前瞬間根據動能定理有
－mgl－fl＝
代入數據解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入數據聯立解得h＝0.2 m。
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
17．(2023·廣東卷)如圖為某藥品自動傳送系統的示意圖。該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為3L，平臺高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。已知A、B的質量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的。A與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，A、B在滑至N點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求：
(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t；
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W；
(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。
[解析]　(1)A在傳送帶上運動時的加速度為
a＝μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間為
t＝＝。
(2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功為
W＝＋2mg·3L－·2m·(2v0)2＝。
(3)A、B碰撞過程由動量守恒定律和能量關系可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
＝
解得v1＝2v0，v2＝v0
(另一組v1＝v0，v2＝v0舍掉)
兩物體平拋運動的時間為t1＝
設圓盤半徑為r，則
s－r＝v2t1
s＋r＝v1t1
解得s＝。
[答案]　(1)　(3)
18．如圖所示，質量分別為mA＝m，mB＝3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上，其中A物體緊靠光滑墻壁，A、B兩物體之間用輕彈簧相連。對B物體緩慢施加一個水平向右的力，使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定，此過程中，該力做功為W0，現突然撤去外力并解除鎖定，設重力加速度為g，A、B兩物體體積很小，可視為質點，求：
(1)從撤去外力到A物體開始運動，墻壁對A物體的沖量IA的大小；
(2)A、B兩物體離開墻壁后到達圓軌道之前，B物體的最小速度vB的大小；
(3)若在B物體獲得最小速度瞬間脫離彈簧，從光滑圓形軌跡右側小口進入(B物體進入后小口自動封閉組成完整的圓形軌道)圓形軌道，要使B物體不脫離圓形軌道，試求圓形軌道半徑R的取值范圍。
[解析]　(1)設彈簧恢復原長時，物體B的速度為vB0
由能量守恒有W0＝
解得vB0＝
此過程中墻壁對物體A的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小，也等于彈簧對物體B的沖量大小
對物體B由動量定理有I＝mBvB0＝
可得IA＝I＝。
(2)當彈簧恢復原長后，物體A離開墻壁，彈簧伸長，物體A的速度逐漸增大，物體B的速度逐漸減小。當彈簧再次恢復到原長時，物體A達到最大速度，物體B的速度減小到最小值，此過程滿足動量守恒、機械能守恒，有
3mvB0＝mvA＋3mvB
＝
解得vB＝＝。
(3)第一種情況：恰好過最高點不脫離圓形軌道時，
由機械能守恒得
＝＋3mg·2R
在最高點，由牛頓第二定律
3mg＝
解得R＝，所以有R≤
第二種情況：恰好過圓形軌道的圓心等高處，有
＝3mgR
解得R＝
所以有R≥
綜上，圓形軌道半徑R的取值范圍為R≤或R≥。
[答案]　(1)　(2)　(3)R≤或R≥
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