金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第七章動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用力學(xué)模塊綜合集訓(xùn)含答案

《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第七章動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用力學(xué)模塊綜合集訓(xùn)一、選擇題(本題共5小題)1．(2023·福建高考)(多選)甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運(yùn)動(dòng)。以出發(fā)時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，甲車的速度—時(shí)間圖像如圖a所示，乙車所受合外力—時(shí)間圖像如圖b所示。則()A．0～2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大B．乙車在t＝2s和t＝6s時(shí)的速度相同C．2～6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同D．t＝8s時(shí)，甲、乙兩車的動(dòng)能不同答案BC解析速度—時(shí)間圖像中圖線的斜率表示加速度，則根據(jù)題圖a可知，0～2s內(nèi)，甲車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，故A錯(cuò)誤。設(shè)乙車在t＝2s和t＝6s時(shí)的速度分別為v2、v6，由合外力—時(shí)間圖像中圖線與t軸所圍圖形的面積表示合外力的沖量，結(jié)合題圖b可知，乙車在0～2s內(nèi)所受合外力的沖量為I2＝eq\f(1,2)×2×2N·s＝2N·s，乙車在0～6s內(nèi)所受合外力的沖量為I6＝eq\f(1,2)×2×4N·s－eq\f(1,2)×2×(6－4)N·s＝2N·s，以開始時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有I2＝mv2－0，I6＝mv6－0，解得v2＝v6，可知乙車在t＝2s和t＝6s時(shí)的速度相同，故B正確。根據(jù)速度—時(shí)間圖像中圖線與t軸所圍圖形的面積表示位移，結(jié)合題圖a可知，2～6s內(nèi)甲車的位移為0；根據(jù)題圖b和選項(xiàng)B分析可知，2～6s內(nèi)乙車先向正方向加速運(yùn)動(dòng)，后向正方向減速運(yùn)動(dòng)，且2s、6s時(shí)乙車速度相同，則乙車一直向正方向運(yùn)動(dòng)，則2～6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同，故C正確。根據(jù)題圖a可知，t＝8s時(shí)甲車的速度為0，則其動(dòng)能為0；在0～8s內(nèi)，對(duì)乙車根據(jù)動(dòng)量定理有I8＝mv8－0，根據(jù)題圖b可知，I8＝eq\f(1,2)×2×4N·s－eq\f(1,2)×2×(8－4)N·s＝0，解得t＝8s時(shí)乙車的速度v8＝0，則其動(dòng)能為0，綜上可知，t＝8s時(shí)，甲、乙兩車的動(dòng)能相同，故D錯(cuò)誤。2．如圖所示，物體A以速度v0做平拋運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)水平方向的位移和豎直方向的位移均為1m，圖a中的虛線是A做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡，圖b中的曲線是一光滑軌道，軌道的形狀與圖a中的虛線完全相同，讓物體B從軌道頂端沿軌道無(wú)初速度下滑，B下滑過(guò)程中沒有脫離軌道，物體A、B都可以看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A．A、B兩物體落地時(shí)的速度相同B．A、B兩物體下落運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等C．物體A落地時(shí)的速度大小為5m/sD．物體B落地時(shí)沿水平方向的速度大小為5m/s答案C解析物體A以速度v0做平拋運(yùn)動(dòng)，物體B從軌道頂端無(wú)初速度下滑，B所受軌道的支持力時(shí)刻與速度垂直，所以軌道的支持力對(duì)B不做功，重力對(duì)A、B做的功大小相同，由動(dòng)能定理得，B的末速度小于A的末速度，故A錯(cuò)誤；A、B兩物體的豎直位移相等，但是B在豎直方向上的加速度小于A的加速度，根據(jù)h＝eq\f(1,2)at2可知，A、B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，且tA＜tB，故B錯(cuò)誤；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，A沿水平方向：1m＝v0tA，豎直方向：1m＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，解得v0＝eq\r(5)m/s，tA＝eq\f(\r(5),5)s，則A落地時(shí)的速度：vA＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（gtA）2)＝eq\r(（\r(5)）2＋（2\r(5)）2)m/s＝5m/s，故C正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得B的末速度：vB＝2eq\r(5)m/s，可知B落地時(shí)沿水平方向的速度vBx<2eq\r(5)m/s<5m/s，故D錯(cuò)誤。3．(2023·安徽省蕪湖市高三下5月教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測(cè)(二模))(多選)如圖所示，左側(cè)帶有擋板的小車質(zhì)量m1＝2kg，擋板上固定一輕彈簧，彈簧水平且自由端恰好在小車O點(diǎn)正上方，O點(diǎn)離小車右端的距離L＝1.0m，小車上表面O點(diǎn)左側(cè)光滑，小車靜止于光滑水平面上。質(zhì)量m2＝1kg的滑塊(可以看作質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝6m/s從右端滑上小車，經(jīng)彈簧反彈后離開小車。已知滑塊與小車O點(diǎn)右側(cè)表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45，重力加速度g＝10m/s2，整個(gè)過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法中正確的是()A．滑塊相對(duì)小車向左滑行的過(guò)程中一直在減速B．滑塊相對(duì)小車向左滑行的過(guò)程中加速度大小先不變后變小C．此過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝6JD．滑塊離開小車后在空中做自由落體運(yùn)動(dòng)答案AD解析滑塊相對(duì)小車向左滑動(dòng)的過(guò)程中分兩個(gè)階段，滑塊在O點(diǎn)右側(cè)滑動(dòng)時(shí)，滑塊受滑動(dòng)摩擦力作用而減速，該階段根據(jù)牛頓第二定律有μm2g＝m2a1，解得a1＝μg，可知此階段滑塊向左滑行的加速度大小不變；滑塊經(jīng)過(guò)O點(diǎn)后瞬間，摩擦力突變?yōu)?，彈簧處于原長(zhǎng)，則滑塊加速度大小為0，之后滑塊相對(duì)小車在O點(diǎn)左側(cè)向左滑行時(shí)，滑塊受彈簧彈力作用而減速，該階段滑塊加速度大小隨彈簧形變量增大而逐漸變大，故A正確，B錯(cuò)誤；彈簧壓縮量最大時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，此時(shí)滑塊與小車達(dá)到共同速度v，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，Ep＋μm2gL＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得Ep＝7.5J，故C錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊離開小車時(shí)，設(shè)滑塊的速度為v1，小車的速度為v2，此過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有m2v0＝m2v1＋m1v2，Q＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)，其中Q＝2μm2gL，解得v1＝0，v2＝3m/s(另一組解v1＝4m/s，v2＝1m/s不符合實(shí)際，舍去)，可知滑塊離開小車時(shí)其速度為零，所以滑塊離開小車后在空中做自由落體運(yùn)動(dòng)，故D正確。4.(2023·湖南省懷化市高三下仿真考試(二模))如圖所示，質(zhì)量為m的小球A從地面上斜拋，拋出時(shí)的速度大小為25m/s，方向與水平方向夾角為53°，在A拋出的同時(shí)有一質(zhì)量為3m的黏性小球B從某高處自由下落，當(dāng)A上升到最高點(diǎn)時(shí)恰能擊中豎直下落中的黏性小球B，A、B兩球碰撞時(shí)間極短，碰后A、B兩球粘在一起落回地面，不計(jì)空氣阻力，sin53°＝0.8，g取10m/s2。以下說(shuō)法正確的是()A．小球B下落時(shí)離地面的高度是20mB．小球A上升至最高處時(shí)離地面40mC．小球A從拋出到落回地面的時(shí)間為3sD．小球A從拋出到落回地面的水平距離為60m答案C解析A拋出到與B碰撞前，在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，拋出時(shí)在豎直方向的分速度vAy＝vsin53°＝20m/s，則A上升的最大高度為hA＝eq\f(veq\o\al(2,Ay),2g)＝20m，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(vAy,g)＝2s，t時(shí)間內(nèi)B做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落高度hB＝eq\f(1,2)gt2＝20m，所以小球B下落時(shí)離地面的高度HB＝hA＋hB＝40m，故A、B錯(cuò)誤；A、B兩小球碰撞前瞬間，豎直方向上，A的分速度大小vAy1＝0，B的分速度大小vBy1＝gt＝20m/s，設(shè)碰后瞬間A、B豎直方向分速度大小為vy，碰撞過(guò)程豎直方向動(dòng)量守恒，取豎直向下為正方向，有mvAy1＋3mvBy1＝(m＋3m)vy，解得vy＝15m/s，設(shè)A、B兩球碰后到落到地面所經(jīng)歷時(shí)間為t′，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有vyt′＋eq\f(1,2)gt′2＝hA，解得t′＝1s(t′＝－4s舍去)，則小球A從拋出到落回地面所用時(shí)間t總＝t＋t′＝3s，故C正確；A、B兩小球碰撞前瞬間，A沿水平方向的分速度vAx1＝vcos53°＝15m/s，B沿水平方向的分速度vBx1＝0，設(shè)碰后瞬間A、B沿水平方向的分速度大小為vx，碰撞過(guò)程中A、B在水平方向動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，有mvAx1＋3mvBx1＝(m＋3m)vx，解得vx＝3.75m/s，A從拋出到碰撞前瞬間，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故其水平位移x1＝vAx1t＝30m，碰撞后到落回地面過(guò)程中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故其水平位移x2＝vxt′＝3.75m，則小球A從拋出到落回地面的水平距離x＝x1＋x2＝33.75m，故D錯(cuò)誤。5．(2022·安徽省淮南市高三下5月二模)(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝0.8kg的小車靜置于光滑水平地面上，小車上表面由光滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，圓弧軌道與水平軌道相切于C處，圓弧BC所對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝37°，半徑OB＝OC＝5m，CD的長(zhǎng)度為5m。某一時(shí)刻，質(zhì)量m＝0.2kg的物塊A從空中某處以大小v0＝4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向從B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，最終物塊A恰好不滑離小車。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力不計(jì)。則()A．物塊A在小車上相對(duì)小車運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A與小車構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．物塊A通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為5m/sC．物塊A滑到C點(diǎn)時(shí)受到圓弧軌道的支持力大于2.0ND．物塊與水平軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.418答案BCD解析物塊A從B點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程中，A與小車構(gòu)成的系統(tǒng)在豎直方向所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；在B點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系有cos37°＝eq\f(v0,vB)，解得vB＝5m/s，故B正確；在C點(diǎn)，物塊A有向上的向心加速度，物塊A處于超重狀態(tài)，則物塊A滑到C點(diǎn)時(shí)受到圓弧軌道的支持力大于自身重力2.0N，故C正確；設(shè)物塊A到達(dá)軌道CD的D端時(shí)A和小車的共同速度大小為vD，水平方向由動(dòng)量守恒定律有mv0＝(M＋m)vD，由能量守恒定律得mg(R－Rcosθ)－μmgLCD＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得μ＝0.418，故D正確。二、非選擇題(本題共2小題)6．(2023·山東省濰坊市高三下二模)“打水漂”是很多同學(xué)體驗(yàn)過(guò)的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時(shí)并不會(huì)直接沉入水中，而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中，俗稱“打水漂”。如圖所示，某同學(xué)在岸邊離水面高度h0＝0.8m處，將一質(zhì)量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平拋出。若小石片第1次在水面上滑行時(shí)受到水平阻力的大小為1.2N，接觸水面0.1s后彈起，彈起時(shí)豎直方向的速度是剛接觸水面時(shí)豎直速度的eq\f(3,4)。取重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離；(2)第1次與水面接觸過(guò)程中，水面對(duì)小石片的作用力大小。答案(1)6m(2)2.0N解析(1)設(shè)小石片第1次接觸水面時(shí)豎直方向的速度為vy0，小石片水平拋出到第1次到達(dá)水面的過(guò)程做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有veq\o\al(2,y0)＝2gh0由題意可知，小石片第1次彈起時(shí)豎直方向的速度大小vy1＝eq\f(3,4)vy0第1次接觸水面的過(guò)程中，設(shè)小石片在水平方向上的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得f＝ma設(shè)小石片第1次離開水面時(shí)水平方向的速度大小為vx1，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有vx1＝v0－aΔt其中Δt＝0.1s小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)歷時(shí)間為t1，在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離為x，則有vy1＝g·eq\f(t1,2)，x＝vx1t1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝6m。(2)第1次與水面接觸的過(guò)程，設(shè)水面對(duì)小石片的豎直作用力大小為F，取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt－mgΔt＝mvy1－(－mvy0)根據(jù)平行四邊形定則，可得第1次與水面接觸過(guò)程中，水面對(duì)小石片的作用力大小F′＝eq\r(F2＋f2)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F′＝2.0N。7．(2022·湖北高考)打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡(jiǎn)易打樁機(jī)模型如圖所示，重物A、B和C通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)繩跨過(guò)兩個(gè)光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高(圖中實(shí)線位置)時(shí)，C到兩定滑輪的距離均為L(zhǎng)。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C的下落速度為eq\r(\f(3gL,5))時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)eq\f(L,10)距離后靜止(不考慮C、D再次相碰)。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)求C的質(zhì)量；(2)若D在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；(3)撤掉樁D，將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能。答案(1)eq\r(3)m(2)6.5mg(3)(4－2eq\r(3))mgL解析(1)系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止時(shí)，以C為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可知mCg＝2Tsin60°以A或B為研究對(duì)象，有T＝mg聯(lián)立解得mC＝eq\r(3)m。(2)C、D碰后C的速度為零，設(shè)碰撞后D的速度大小為v，以豎直向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知mCeq\r(\f(3gL,5))＝2mvC、D碰撞后D向下運(yùn)動(dòng)eq\f(L,10)距離后靜止，根據(jù)動(dòng)能定理可知2mgeq\f(L,10)－Feq\f(L,10)＝0－eq\f(1,2)×2mv2聯(lián)立解得F＝6.5mg。(3)當(dāng)C運(yùn)動(dòng)到圖中虛線位置時(shí)，受力平衡，加速度為零，速度最大，此時(shí)A、B的加速度也為零，速度也達(dá)到最大，則A、B、C的總動(dòng)能最大。設(shè)此時(shí)C的速度大小為vC，則A、B的速度大小vA＝vB＝vCsin60°對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mCgLtan60°－2mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cos60°)－L))此時(shí)C的動(dòng)能EkC＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)聯(lián)立解得EkC＝(4－2eq\r(3))mgL。實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律科學(xué)探究梳理驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。在一維碰撞中，測(cè)出物體的質(zhì)量m和碰撞前后物體的速度v、v′，計(jì)算出碰撞前的動(dòng)量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的動(dòng)量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后動(dòng)量是否守恒。實(shí)驗(yàn)方案1研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒[實(shí)驗(yàn)器材]氣墊導(dǎo)軌、數(shù)字計(jì)時(shí)器、天平、滑塊(兩個(gè)，含擋光片)、重物、輕質(zhì)彈簧、細(xì)線、彈性碰撞架、尼龍搭扣、撞針、橡皮泥等。[實(shí)驗(yàn)步驟]1．用天平測(cè)出滑塊質(zhì)量。2．正確安裝好氣墊導(dǎo)軌。3．接通電源，利用配套的數(shù)字計(jì)時(shí)裝置測(cè)出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度(①改變滑塊的質(zhì)量；②改變滑塊的初速度大小和方向)。[數(shù)據(jù)處理]1．滑塊速度的測(cè)量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx為滑塊擋光片的寬度(儀器說(shuō)明書上給出，也可直接測(cè)量)，Δt為數(shù)字計(jì)時(shí)器顯示的滑塊擋光片經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間。2．驗(yàn)證的表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。實(shí)驗(yàn)方案2研究斜槽末端小球碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒[實(shí)驗(yàn)器材]斜槽、小球(兩個(gè))、天平、復(fù)寫紙、白紙、刻度尺等。[實(shí)驗(yàn)步驟]1．用天平測(cè)出兩小球的質(zhì)量，并選定質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏?避免入射小球反彈)。2．按照如圖所示安裝實(shí)驗(yàn)裝置。調(diào)整固定斜槽使斜槽末端水平。3．白紙?jiān)谙?，?fù)寫紙?jiān)谏希以谶m當(dāng)位置鋪放好。記下鉛垂線所指的位置O。4．不放被撞小球，每次讓入射小球(質(zhì)量為m1)從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復(fù)10次。用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點(diǎn)圈在里面。圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置。5．把被撞小球(質(zhì)量為m2)放在斜槽末端，每次讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實(shí)驗(yàn)10次。用步驟4的方法，標(biāo)出碰后入射小球落點(diǎn)的平均位置M和被撞小球落點(diǎn)的平均位置N。如圖所示。6．連接ON，測(cè)量線段OP、OM、ON的長(zhǎng)度。將測(cè)量數(shù)據(jù)填入表中。[數(shù)據(jù)處理]驗(yàn)證的表達(dá)式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立。1．前提條件：碰撞的兩物體應(yīng)保證“水平”和“正碰”。2．方案提醒(1)若利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行驗(yàn)證，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)，應(yīng)注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平。(2)若利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律進(jìn)行驗(yàn)證：①安裝實(shí)驗(yàn)裝置時(shí)，應(yīng)注意調(diào)整斜槽，使斜槽末端水平；②入射小球每次都必須從斜槽上同一位置由靜止釋放；③選質(zhì)量較大的小球?yàn)槿肷湫∏颍虎軐?shí)驗(yàn)過(guò)程中實(shí)驗(yàn)桌、斜槽、記錄的白紙的位置要始終保持不變。1．系統(tǒng)誤差：主要來(lái)源于裝置本身是否符合要求。(1)碰撞是否為一維(即正碰)，為此兩球應(yīng)等大，且速度沿球心連線方向。(2)實(shí)驗(yàn)是否滿足動(dòng)量守恒的條件，如氣墊導(dǎo)軌是否水平，用長(zhǎng)木板實(shí)驗(yàn)時(shí)是否平衡了摩擦力。2．偶然誤差：主要來(lái)源于質(zhì)量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的測(cè)量?？茖W(xué)探究精研考點(diǎn)一教材原型實(shí)驗(yàn)考向1研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒例1(2022·重慶高考)如圖為某小組探究?jī)苫瑝K碰撞前后的動(dòng)量變化規(guī)律所用的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。帶刻度尺的氣墊導(dǎo)軌右支點(diǎn)固定，左支點(diǎn)高度可調(diào)，裝置上方固定一具有計(jì)時(shí)功能的攝像機(jī)。(1)要測(cè)量滑塊的動(dòng)量，除了前述實(shí)驗(yàn)器材外，還必需的實(shí)驗(yàn)器材是________。(2)為減小重力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，開動(dòng)氣泵后，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的左支點(diǎn)，使輕推后的滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做________運(yùn)動(dòng)。(3)測(cè)得滑塊B的質(zhì)量為197.8g，兩滑塊碰撞前后位置x隨時(shí)間t的變化圖像如圖所示，其中①為滑塊B碰前的圖線。取滑塊A碰前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由圖中數(shù)據(jù)可得滑塊B碰前的動(dòng)量為________kg·m·s－1(保留2位有效數(shù)字)，滑塊A碰后的圖線為________(選填“②”“③”“④”)。[答案](1)天平(2)勻速直線(3)－0.011③[解析](1)根據(jù)氣墊導(dǎo)軌上的刻度尺和具有計(jì)時(shí)功能的攝像機(jī)，可獲得滑塊在一段時(shí)間t內(nèi)的位移x，進(jìn)一步求出速度v＝eq\f(x,t)，要測(cè)量滑塊的動(dòng)量p＝mv，還需要測(cè)量滑塊的質(zhì)量m，故還需要的實(shí)驗(yàn)器材是天平。(2)為減小重力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)該讓氣墊導(dǎo)軌處于水平位置，故應(yīng)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的左支點(diǎn)，使輕推后的滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(3)由題中x-t圖像可知，④為滑塊A碰前的圖線，取滑塊A碰前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)圖線①可知滑塊B碰前的速度為vB＝eq\f(0.425－0.476,0.90)m·s－1＝－0.057m·s－1，則滑塊B碰前的動(dòng)量為pB＝mBvB＝0.1978kg×(－0.057m·s－1)＝－0.011kg·m·s－1。由題中x-t圖像可知，②、③為兩滑塊碰后的圖線，碰后兩滑塊均向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，即均向左運(yùn)動(dòng)，則碰后A的速度大于B的速度，由x-t圖線的斜率絕對(duì)值表示速度大小，可知③為滑塊A碰后的圖線，②為滑塊B碰后的圖線。考向2研究斜槽末端小球碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒例2(2022·廣東省汕頭市高三下一模)小羽同學(xué)用圖甲所示裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律(水平地面依次鋪有復(fù)寫紙和白紙)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球A多次從斜軌上C位置由靜止釋放；然后，把被碰小球B靜置于軌道的末端，再將入射小球A從斜軌上C位置由靜止釋放，與小球B相撞，多次重復(fù)此步驟，用最小圓圈法分別找到小球的平均落點(diǎn)M、P、N，P點(diǎn)為入射球A未碰撞時(shí)的平均落點(diǎn)，圖中O點(diǎn)為小球拋出點(diǎn)在水平地面上的垂直投影。(1)(多選)關(guān)于此碰撞實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是________。A．復(fù)寫紙和白紙依次鋪好后，實(shí)驗(yàn)過(guò)程白紙的位置不能再移動(dòng)B．需要測(cè)量A球或B球的直徑C．入射球和被碰球的質(zhì)量必須相等，且大小相同D．需要測(cè)量A球和B球的質(zhì)量mA和mB(2)為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，有同學(xué)提出斜槽傾斜部分的軌道應(yīng)盡量光滑，你認(rèn)為這種說(shuō)法對(duì)嗎？并再提出一種減少實(shí)驗(yàn)誤差的方法：________________________________________________________________________________________________________________________。(3)如圖乙所示，測(cè)量出平均水平位移OM、OP、ON的長(zhǎng)度x1、x2、x3，若兩球相碰前后的總動(dòng)量守恒，碰撞屬于彈性碰撞，則x1、x2、x3的關(guān)系為______________。[答案](1)AD(2)不對(duì)。斜槽末端必須要調(diào)成水平；選擇質(zhì)量較大且半徑較小的小球做實(shí)驗(yàn)等(任選一種即可)(3)x2＋x1＝x3[解析](1)復(fù)寫紙和白紙依次鋪好后，實(shí)驗(yàn)過(guò)程白紙的位置不能再移動(dòng)，A正確；該實(shí)驗(yàn)中兩球從同一點(diǎn)拋出，水平位移對(duì)應(yīng)小球在拋出點(diǎn)和落地點(diǎn)處的球心之間的水平距離，豎直位移對(duì)應(yīng)小球在拋出點(diǎn)和落地點(diǎn)的最下方位置之間的豎直高度，不需要測(cè)量A球或B球的直徑，B錯(cuò)誤；為防止入射球碰后反彈，入射球的質(zhì)量要大于被碰球的質(zhì)量，為保證兩球正碰，則兩球大小要相同，C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證的關(guān)系是mAv0＝mAv1＋mBv2，兩球碰后均做平拋運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)間t相同，則要驗(yàn)證的關(guān)系式是mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，則實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)量A球和B球的質(zhì)量mA和mB，D正確。(2)斜槽傾斜部分沒必要必須光滑，只要小球A每次從同一位置釋放，到達(dá)底端時(shí)速度就相同；為減小實(shí)驗(yàn)誤差，斜槽末端必須要調(diào)成水平，保證小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)；選擇質(zhì)量較大且半徑較小的小球做實(shí)驗(yàn)，減小空氣阻力的影響等。(3)由(1)中分析可知，若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則mAx2＝mAx1＋mBx3，若為彈性碰撞，則碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能相同，則有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)，即滿足關(guān)系式eq\f(1,2)mAxeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mAxeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBxeq\o\al(2,3)，聯(lián)立可得x2＋x1＝x3。考點(diǎn)二實(shí)驗(yàn)拓展與創(chuàng)新考向1實(shí)驗(yàn)方案的創(chuàng)新例3(2023·遼寧高考)某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過(guò)程中的動(dòng)量守恒定律，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段。選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。測(cè)量硬幣的質(zhì)量，得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2(m1>m2)。將硬幣甲放置在斜面上某一位置，標(biāo)記此位置為B。由靜止釋放甲，當(dāng)甲停在水平面上某處時(shí)，測(cè)量甲從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OP。將硬幣乙放置在O處，左側(cè)與O點(diǎn)重合，將甲放置于B點(diǎn)由靜止釋放。當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測(cè)量甲、乙從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OM和ON。保持釋放位置不變，重復(fù)實(shí)驗(yàn)若干次，得到OP、OM、ON的平均值分別為s0、s1、s2。(1)在本實(shí)驗(yàn)中，甲選用的是________(填“一元”或“一角”)硬幣；(2)碰撞前，甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小可表示為________(設(shè)硬幣與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g)；(3)若甲、乙碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝________(用m1和m2表示)，然后通過(guò)測(cè)得的具體數(shù)據(jù)驗(yàn)證硬幣對(duì)心碰撞過(guò)程中動(dòng)量是否守恒；(4)由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差，計(jì)算得到碰撞前后甲動(dòng)量變化量大小與乙動(dòng)量變化量大小的比值不是1，寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因：__________________________。[答案](1)一元(2)eq\r(2μgs0)(3)eq\f(m2,m1)(4)距離測(cè)量有誤差(或甲、乙碰撞過(guò)程中系統(tǒng)所受合外力實(shí)際并不為零，只是近似為零，其他原因合理也可)[解析](1)分析可知，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)使甲與乙碰撞后甲不反彈，可知甲的質(zhì)量應(yīng)大于乙的質(zhì)量，則甲選用的是一元硬幣。(2)甲從O點(diǎn)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μm1gs0＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)，解得碰撞前甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小v0＝eq\r(2μgs0)。(3)根據(jù)(2)中分析，同理可得，碰撞后瞬間甲的速度大小和乙的速度大小分別為v1＝eq\r(2μgs1)，v2＝eq\r(2μgs2)，若甲、乙碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則滿足m1v0＝m1v1＋m2v2，整理可得eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝eq\f(m2,m1)。(4)產(chǎn)生這種誤差可能的原因有：①測(cè)量誤差，因?yàn)樵倬嫉膬x器總是會(huì)有誤差的，不可能做到絕對(duì)準(zhǔn)確；②碰撞過(guò)程中，認(rèn)為內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，忽略外力的影響，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，實(shí)際兩個(gè)硬幣組成的系統(tǒng)所受合外力不為零。例4某同學(xué)利用如下實(shí)驗(yàn)裝置研究?jī)晌矬w碰撞過(guò)程中的守恒量。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①如圖所示，將白紙、復(fù)寫紙固定在豎直放置的木條上，用來(lái)記錄實(shí)驗(yàn)中球1、球2與木條的撞擊點(diǎn)；②將木條豎直立在軌道末端右側(cè)并與軌道接觸，讓入射球1從斜軌上A點(diǎn)由靜止釋放，撞擊點(diǎn)為B′；③將木條平移到圖中所示位置，讓入射球1從斜軌上A點(diǎn)由靜止釋放，撞擊點(diǎn)為P；④把球2靜止放置在水平槽的末端，讓入射球1從斜軌上A點(diǎn)由靜止釋放，確定球1和球2相撞后的撞擊點(diǎn)；⑤測(cè)得B′與N、P、M各點(diǎn)的高度差分別為h1、h2、h3。根據(jù)該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，回答下列問題：(1)兩小球的質(zhì)量關(guān)系為m1________m2(填“>”“＝”或“<”)。(2)碰后小球1的落點(diǎn)在圖中的________點(diǎn)。(3)若再利用天平測(cè)量出兩小球的質(zhì)量分別為m1、m2，則滿足______________________表示兩小球碰撞前后動(dòng)量守恒；若滿足______________________表示兩小球碰撞前后的機(jī)械能守恒。[答案](1)＞(2)M(3)eq\f(m1,\r(h2))＝eq\f(m1,\r(h3))＋eq\f(m2,\r(h1))eq\f(m1,h2)＝eq\f(m1,h3)＋eq\f(m2,h1)[解析](1)為了防止兩球碰后球1出現(xiàn)反彈現(xiàn)象，入射球1的質(zhì)量一定要大于被碰球2的質(zhì)量，即m1>m2。(2)由圖可知，兩小球打在木條上，三次平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移相等，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，水平速度越大，豎直方向下落的高度越小；由碰撞規(guī)律可知，碰后入射球的速度減小，故其下落的高度最大，而碰后被碰球的速度最大，其下落的高度最小，則可知碰后小球1的落點(diǎn)在圖中M點(diǎn)。(3)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可知小球打在木條上時(shí)，下落的時(shí)間t＝eq\r(\f(2h,g))，則可知小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(x\r(g),\r(2h))，代入題中物理量得：v1＝eq\f(x\r(g),\r(2h2))，v1′＝eq\f(x\r(g),\r(2h3))，v2′＝eq\f(x\r(g),\r(2h1))，若碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則：m1v1＝m1v1′＋m2v2′，聯(lián)立解得：eq\f(m1,\r(h2))＝eq\f(m1,\r(h3))＋eq\f(m2,\r(h1))；若碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，則有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，聯(lián)立解得：eq\f(m1,h2)＝eq\f(m1,h3)＋eq\f(m2,h1)?？枷?實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析的創(chuàng)新例5(2022·全國(guó)甲卷)利用圖示的實(shí)驗(yàn)裝置對(duì)碰撞過(guò)程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進(jìn)而分析碰撞過(guò)程是否為彈性碰撞。完成下列填空：(1)調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平。(2)測(cè)得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為________kg的滑塊作為A。(3)調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時(shí)，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等。(4)使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時(shí)刻開始到各自撞到擋板所用的時(shí)間t1和t2。(5)將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟(4)。多次測(cè)量的結(jié)果如下表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝eq\f(v1,v2)0.31k20.330.330.33(6)表中的k2＝________(保留2位有效數(shù)字)。(7)eq\f(v1,v2)的平均值為________(保留2位有效數(shù)字)。(8)理論研究表明，對(duì)本實(shí)驗(yàn)的碰撞過(guò)程，是否為彈性碰撞可由eq\f(v1,v2)判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則eq\f(v1,v2)的理論表達(dá)式為________(用m1和m2表示)，本實(shí)驗(yàn)中其值為________(保留2位有效數(shù)字)；若該值與(7)中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞。[答案](2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)eq\f(m2－m1,2m1)0.34[解析](2)要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反，應(yīng)該用質(zhì)量較小的滑塊碰撞質(zhì)量較大的靜止滑塊，故選取質(zhì)量為0.304kg的滑塊作為A。(6)由于s1＝s2，即v1t1＝v2t2，則k＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)，代入表中數(shù)據(jù)可得k2＝eq\f(0.21,0.67)＝0.31。(7)eq\f(v1,v2)的平均值為eq\o(k,\s\up6(－))＝eq\f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)＝0.32。(8)彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)，代入數(shù)據(jù)可得eq\f(v1,v2)＝0.34?？枷?實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡膭?chuàng)新例6(2021·江蘇高考)小明利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動(dòng)量定理。將遮光條安裝在滑塊上，用天平測(cè)出遮光條和滑塊的總質(zhì)量M＝200.0g，槽碼和掛鉤的總質(zhì)量m＝50.0g。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將滑塊系在繞過(guò)定滑輪懸掛有槽碼的細(xì)線上。滑塊由靜止釋放，數(shù)字計(jì)時(shí)器記錄下遮光條通過(guò)光電門1和2的遮光時(shí)間Δt1和Δt2，以及這兩次開始遮光的時(shí)間間隔Δt，用游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光條寬度，計(jì)算出滑塊經(jīng)過(guò)兩光電門速度的變化量Δv。(1)游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條寬度如圖2所示，其寬度d＝________mm。(2)打開氣泵，待氣流穩(wěn)定后調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，直至看到導(dǎo)軌上的滑塊能在短時(shí)間內(nèi)保持靜止，其目的是__________________。(3)多次改變光電門2的位置進(jìn)行測(cè)量，得到Δt和Δv的數(shù)據(jù)如下表，請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在方格紙上作出Δv-Δt圖線。Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/(m·s－1)1.381.521.641.751.86(4)查得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝9.80m/s2，根據(jù)動(dòng)量定理，Δv-Δt圖線斜率的理論值為________m/s2。(5)實(shí)驗(yàn)結(jié)果發(fā)現(xiàn)，圖線斜率的實(shí)驗(yàn)值總小于理論值，產(chǎn)生這一誤差的兩個(gè)可能原因是________。A．選用的槽碼質(zhì)量偏小B．細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行C．每次釋放滑塊的位置不同D．實(shí)驗(yàn)中Δt的測(cè)量值偏大[答案](1)10.20(2)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平(3)圖見解析(4)1.96(5)BD[解析](1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為d＝10mm＋4×0.05mm＝10.20mm。(2)滑塊在導(dǎo)軌上保持靜止，說(shuō)明氣墊導(dǎo)軌已調(diào)至水平。(3)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描點(diǎn)并用直線連接，如圖所示。(4)根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)掛鉤與槽碼有(mg－T)·Δt＝mΔv，對(duì)滑塊(含遮光條)有T·Δt＝MΔv，得Δv＝eq\f(mg,M＋m)Δt，則Δv-Δt圖線斜率的理論值k＝eq\f(mg,M＋m)＝1.96m/s2。(5)由(4)問得k＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(mg,M＋m)＝eq\f(g,\f(M,m)＋1)，若選用的槽碼質(zhì)量偏小，并不會(huì)引起圖線斜率的實(shí)驗(yàn)值與理論值的偏差，A錯(cuò)誤；細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行，則可能mg中一部分力有其他作用效果，沒有全部用來(lái)使系統(tǒng)加速運(yùn)動(dòng)，所以圖線斜率的實(shí)驗(yàn)值偏小，B正確；滑塊釋放的位置與斜率相關(guān)的參量無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；Δt測(cè)量值偏大，則eq\f(Δv,Δt)的實(shí)驗(yàn)值偏小，圖線斜率的實(shí)驗(yàn)值偏小，D正確。課時(shí)作業(yè)1．(2022·天津高考)某同學(xué)驗(yàn)證兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。A、B為兩個(gè)直徑相同的小球。實(shí)驗(yàn)時(shí)，不放B，讓A從固定的斜槽上E點(diǎn)自由滾下，在水平面上得到一個(gè)落點(diǎn)位置；將B放置在斜槽末端，讓A再次從斜槽上E點(diǎn)自由滾下，與B發(fā)生正碰，在水平面上又得到兩個(gè)落點(diǎn)位置。三個(gè)落點(diǎn)位置標(biāo)記為M、N、P。(1)為了確認(rèn)兩個(gè)小球的直徑相同，該同學(xué)用10分度的游標(biāo)卡尺對(duì)它們的直徑進(jìn)行了測(cè)量，某次測(cè)量的結(jié)果如下圖所示，其讀數(shù)為________mm。(2)下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的要求哪個(gè)是正確的________。A．斜槽的末端必須是水平的B．斜槽的軌道必須是光滑的C．必須測(cè)出斜槽末端的高度D．A、B的質(zhì)量必須相同(3)如果該同學(xué)實(shí)驗(yàn)操作正確且碰撞可視為彈性碰撞，A、B碰后在水平面上的落點(diǎn)位置分別為________、________。(填落點(diǎn)位置的標(biāo)記字母)答案(1)10.5(2)A(3)MP解析(1)游標(biāo)尺上的第5條刻度線與主尺上的某刻度線對(duì)齊，可知該次測(cè)量結(jié)果的讀數(shù)為D＝10mm＋5×0.1mm＝10.5mm。(2)在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，需要小球A兩次沿斜槽滾到末端時(shí)的速度都水平且大小相同，則實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)使小球A每次都從斜槽同一位置由靜止開始釋放，并不需要使斜槽的軌道光滑，但是必須保證斜槽末端水平，故A正確，B錯(cuò)誤；兩小球脫離軌道后均做平拋運(yùn)動(dòng)，且豎直位移均相同，由h＝eq\f(1,2)gt2知做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則由x＝vt可知，可用小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移代替其在斜槽末端的速度，則不必測(cè)出斜槽末端的高度，C錯(cuò)誤；小球A與B發(fā)生正碰時(shí)，小球A應(yīng)在碰后不反彈，則要求小球A的質(zhì)量大于小球B的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。(3)設(shè)A、B兩球的質(zhì)量分別為mA和mB，碰前A的速度為v0，碰后A、B的速度分別為vA、vB。因?yàn)閮蓚€(gè)小球的碰撞可視為彈性碰撞，則由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0。由(2)問分析知mA>mB，可見vA<v0<vB，由平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等及x＝vt可知，碰前A在水平面上的落點(diǎn)位置為N，A、B碰后在水平面上的落點(diǎn)位置分別為M、P。2．(2023·遼寧省葫蘆島市高三下第二次模擬)某同學(xué)利用如圖裝置驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒定律，裝置中桌面水平，一端固定了一彈簧槍，斜面緊貼桌面，且斜面的最高點(diǎn)恰好與桌面相平，該同學(xué)選了兩個(gè)體積相同的鋼質(zhì)小球，實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用天平測(cè)出小球1、2的質(zhì)量分別為m1和m2；②先不放小球2，把小球1裝入固定好的彈簧槍后釋放，記下小球在斜面上的落點(diǎn)位置，小球每次放入彈簧槍中彈簧的壓縮量均相同；③將小球2放在斜面最高點(diǎn)處，把小球1裝入固定好的彈簧槍后釋放，使它們發(fā)生碰撞，分別記下小球1、2在斜面上的落點(diǎn)位置，小球碰撞視為彈性碰撞；④用毫米刻度尺量出各個(gè)落點(diǎn)位置到斜面最高點(diǎn)的距離，圖中A、B、C點(diǎn)是該同學(xué)記下小球在斜面的落點(diǎn)位置，到斜面最高點(diǎn)的距離分別為x1、x2、x3。(1)選擇的水平桌面是否需要一定光滑？________(選填“是”或“否”)；所選小球的質(zhì)量關(guān)系是：m1要________(選填“大于”“小于”或“等于”)m2；(2)實(shí)驗(yàn)中若滿足關(guān)系式________________________________(用實(shí)驗(yàn)中已經(jīng)測(cè)得的量表示)，說(shuō)明該碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律。(3)從實(shí)驗(yàn)結(jié)果看，動(dòng)量守恒的等式可能是近似等于，請(qǐng)你指出一條近似等于的理由：__________________________________。答案(1)否大于(2)m1eq\r(x2)＝m1eq\r(x1)＋m2eq\r(x3)(3)小球落點(diǎn)的點(diǎn)跡大，導(dǎo)致測(cè)量x時(shí)出現(xiàn)誤差(或讀數(shù)誤差、空氣阻力造成的誤差)解析(1)本實(shí)驗(yàn)要求小球1每次到水平桌面末端的速度大小相同即可，水平桌面是否光滑對(duì)此沒有影響，所以水平桌面不需要一定光滑；設(shè)小球1碰前瞬間速度大小為v0，碰后瞬間速度大小為v1，小球2碰后瞬間速度大小為v2，小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞，若碰撞中動(dòng)量守恒定律成立，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和總動(dòng)能不變，有m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0，本實(shí)驗(yàn)要求小球1碰后也要做平拋運(yùn)動(dòng)落在斜面上，不能反彈，則v1>0，即eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0>0，所以m1>m2。(2)設(shè)斜面傾角為θ，小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有xsinθ＝eq\f(1,2)gt2，xcosθ＝vt，聯(lián)立可得小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為v＝eq\r(\f(gxcos2θ,2sinθ))。由(1)可知，v1<v0<v2，由題圖知，x1<x2<x3，結(jié)合v的表達(dá)式可知，未放置小球2時(shí)，小球1落在B點(diǎn)，放置小球2后，小球1碰后落在A點(diǎn)，小球2碰后落在C點(diǎn)，則小球1碰撞前瞬間的動(dòng)量p1＝m1v0＝m1eq\r(\f(gx2cos2θ,2sinθ))，碰撞后瞬間小球1、2的總動(dòng)量p2＝m1v1＋m2v2＝m1eq\r(\f(gx1cos2θ,2sinθ))＋m2eq\r(\f(gx3cos2θ,2sinθ))，若該碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則p1＝p2，聯(lián)立可得m1eq\r(x2)＝m1eq\r(x1)＋m2eq\r(x3)，即若滿足該關(guān)系式，說(shuō)明該碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律。(3)由于實(shí)驗(yàn)中存在誤差，所以動(dòng)量守恒的表達(dá)式可能是近似相等，其誤差可能是小球落點(diǎn)的點(diǎn)跡大，導(dǎo)致測(cè)量x時(shí)出現(xiàn)誤差；也可能是讀數(shù)誤差；還可能是由于存在空氣阻力造成的誤差等。3．用如圖所示的裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律?；瑝K在氣墊導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力不計(jì)，其上方擋光條到達(dá)光電門D(或E)，計(jì)時(shí)器開始計(jì)時(shí)；擋光條到達(dá)光電門C(或F)，計(jì)時(shí)器停止計(jì)時(shí)。實(shí)驗(yàn)主要步驟如下：a．用天平分別測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量mA、mB；b．給氣墊導(dǎo)軌通氣并調(diào)整使其水平；c．調(diào)節(jié)光電門，使其位置合適，測(cè)出光電門C、D間的水平距離L；d．A、B之間緊壓一輕彈簧(與A、B不栓接)，并用細(xì)線栓住，如圖靜置于氣墊導(dǎo)軌上；e．燒斷細(xì)線，A、B各自運(yùn)動(dòng)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前A、B均未到達(dá)光電門，從計(jì)時(shí)器上分別讀取A、B在兩光電門之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA、tB。(1)實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測(cè)量的物理量x是__________________________________(用文字表達(dá))。(2)利用上述測(cè)量的數(shù)據(jù)，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是______________________________(用題中所給的字母表示)。(3)利用上述數(shù)據(jù)還能測(cè)出燒斷細(xì)線前彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝______________________________(用題中所給的字母表示)。答案(1)光電門E、F間的水平距離(2)mAeq\f(L,tA)－mBeq\f(x,tB)＝0(3)eq\f(1,2)mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,tA)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,tB)))eq\s\up12(2)解析(1)(2)由于A、B原來(lái)靜止，總動(dòng)量為零，則驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為mAeq\f(L,tA)－mBeq\f(x,tB)＝0，所以還需要測(cè)量的物理量x是光電門E、F間的水平距離。(3)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A滑塊的速度為vA＝eq\f(L,tA)，B滑塊的速度為vB＝eq\f(x,tB)，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mA·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,tA)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,tB)))eq\s\up12(2)。4．某同學(xué)設(shè)計(jì)用如圖甲所示的裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)頻率為50Hz。步驟一：用墊塊墊起長(zhǎng)木板的右端，使之具有一定的傾角，調(diào)節(jié)傾角，使得輕推一下滑塊甲(前端粘有橡皮泥，后端連接紙帶)或者滑塊乙之后它們均能在長(zhǎng)木板上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。步驟二：把乙放在長(zhǎng)木板合適的位置，甲靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，輕推一下甲，甲向下運(yùn)動(dòng)與乙