《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理專題二 考點2 動量　動量與能量的綜合應(yīng)用含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理考點2動量動量與能量的綜合應(yīng)用考向一動量定理的應(yīng)用1.(2023·廣東高考)(多選)某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型。多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有()A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N答案：BD解析：兩滑塊碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不為零(F合＝F)，故動量不守恒，A錯誤；對滑塊1應(yīng)用動量定理，有I1＝mv共－mv1＝1×0.22N·s－1×0.40N·s＝－0.18N·s，則滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·s，B正確；對滑塊2應(yīng)用動量定理，有I2＝mv共－0＝1×0.22N·s－0＝0.22N·s，則滑塊2受到合外力的沖量大小為0.22N·s，C錯誤；設(shè)碰撞過程中滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為F12，則I2＝F12t，把t＝0.04s代入，解得F12＝5.5N，故D正確。2.(多選)如圖，蜂鳥可以通過快速拍打翅膀，使自己懸停在一朵花的前面。假設(shè)蜂鳥兩翅膀扇動空氣的總面積為S，翅膀扇動對空氣的作用效果與翅膀用豎直向上的速度v平推靜止空氣的效果相同。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g，則()A．單位時間內(nèi)翅膀扇動空氣的質(zhì)量為SρvB．單位時間內(nèi)翅膀扇動空氣的質(zhì)量為Sρv2C．蜂鳥的質(zhì)量為eq\f(Sρv2,g)D．蜂鳥的質(zhì)量為eq\f(Sρv3,g)答案：AC解析：蜂鳥翅膀在時間t內(nèi)扇動空氣的質(zhì)量為m＝Svtρ，故單位時間內(nèi)翅膀扇動空氣的質(zhì)量為eq\f(m,t)＝Sρv，A正確，B錯誤；設(shè)翅膀?qū)諝獾淖饔昧Υ笮镕，對在時間t內(nèi)被扇動的空氣，根據(jù)動量定理有Ft＝mv－0，解得F＝Sρv2，則空氣對翅膀的作用力大小為F′＝F＝Sρv2，對蜂鳥受力分析，由平衡條件得F′＝Mg，解得蜂鳥的質(zhì)量為M＝eq\f(\a\vs4\al(Sρv2),g)，C正確，D錯誤。考向二動量守恒定律及其應(yīng)用3．(2021·全國乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)()A．動量守恒，機械能守恒B．動量守恒，機械能不守恒C．動量不守恒，機械能守恒D．動量不守恒，機械能不守恒答案：B解析：因為水平地面光滑，所以撤去推力后，系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒；因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，則撤去推力后滑塊與車廂底板間有摩擦力做功，系統(tǒng)機械能不守恒。故選B。4．(2020·全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案：BC解析：設(shè)運動員和物塊的質(zhì)量分別為m、m0，規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第1次將物塊推出后，設(shè)運動員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據(jù)動量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0，物塊與擋板彈性碰撞后，運動方向與運動員同向，當(dāng)運動員第2次推出物塊時，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出物塊時，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，以此類推，第8次推出物塊后，運動員的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0。根據(jù)題意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物塊后，運動員的速度v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。綜上所述，該運動員的質(zhì)量應(yīng)滿足52kg<m<60kg，故A、D錯誤，B、C正確?？枷蛉齽恿颗c能量的綜合應(yīng)用5．(多選)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為()A．1 B．2C．3 D．4答案：CD解析：設(shè)碰撞前兩物塊的動量均為p，碰撞后M的速度為v，由動量守恒定律得2p＝Mv，由能量守恒定律可知，碰撞前系統(tǒng)的總動能大于等于碰撞后系統(tǒng)的總動能，由Ek＝eq\f(\a\vs4\al(p2),2m)，可得eq\f(\a\vs4\al(p2),2M)＋eq\f(\a\vs4\al(p2),2m)≥eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(2p),M)))eq\s\up12(2)，解得eq\f(M,m)≥3，A、B錯誤，C、D正確。6.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球和小環(huán)用長為l不可伸長的輕繩相連，小環(huán)套在光滑固定的水平細(xì)桿上，將小球拉至輕繩與桿夾角為θ時，由靜止釋放，重力加速度為g，下列判斷正確的是()A．小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同C．小球運動到最低點時，速度大小為eq\r(gl（1－sinθ）)D．小球運動到最低點時，輕繩對環(huán)的拉力大小為mg(2－sinθ)答案：BC解析：分析可知，開始時，小球向下擺動，有豎直方向的分加速度，小球和小環(huán)組成的系統(tǒng)豎直方向上所受合力不為零，則該系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，則水平方向上系統(tǒng)動量守恒，易知小球向右擺到最高點時，在豎直方向上小球的速度為零，在水平方向上小球與小環(huán)的速度相同，設(shè)為v，則有0＝2mv，解得v＝0，即系統(tǒng)水平方向速度也為零，由系統(tǒng)機械能守恒可知，小球向右擺到的最高點和釋放點的高度相同，故B正確；小球運動到最低點時，設(shè)小球速度的大小為v1，小環(huán)速度的大小為v2，水平方向上根據(jù)動量守恒定律有mv1－mv2＝0，由機械能守恒定律得mgl·(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝v2＝eq\r(gl（1－sinθ）)，故C正確；小球運動到最低點時相對于小環(huán)的速度大小為v′＝v1＋v2，對小球由牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(v′2,l)，解得輕繩對小球的拉力為F＝mg(5－4sinθ)，則輕繩對環(huán)的拉力大小為F′＝F＝mg(5－4sinθ)，故D錯誤。7．如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不粘連。物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()A．物塊C的質(zhì)量為2kgB．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5JC．4s到12s的時間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小為0D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s答案：D解析：由圖乙知，物塊C與物塊A碰前瞬間速度為v1＝9m/s，碰后瞬間速度為v2＝3m/s，物塊C與物塊A碰撞過程動量守恒，以物塊C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1kg，故A錯誤；物塊B離開墻壁前，物塊A、C粘在一起后速度減為0時，彈簧的彈性勢能最大，為Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,2)＝13.5J，故B錯誤；由圖乙知，12s末物塊A和物塊C的速度為v3＝－3m/s，分析知此時彈簧剛好恢復(fù)原長，物塊B剛要離開墻壁，則4s到12s的時間內(nèi)，墻壁對物塊B的沖量大小等于彈簧對物塊B的沖量大小，也等于彈簧對物塊A和物塊C整體的沖量大小，則墻壁對物塊B的沖量大小為I＝|(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2|＝18N·s，故C錯誤；物塊B離開墻壁后，三個物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，物塊B的速度最大，設(shè)為vB，設(shè)此時物塊A、C的速度為v4，取水平向左為正方向，則有(mA＋mC)·|v3|＝(mA＋mC)v4＋mBvB，eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,4)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3.6m/s，故D正確。8.如圖所示，一質(zhì)量為m的滑塊a(可看成質(zhì)點)固定在半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A點，另一質(zhì)量為4m的滑塊b(可看成質(zhì)點)靜止在軌道的底端B處，A點和圓弧對應(yīng)的圓心O點等高。(g＝10m/s2)(1)若圓弧的底端B與固定在水平面上的上表面光滑的木板連接(足夠長)，滑塊b靜止于B點，滑塊a從靜止開始釋放，假設(shè)兩滑塊碰撞時無機械能損失，請通過計算判斷兩滑塊能否發(fā)生第二次碰撞；(2)若R＝5m，地面光滑，木板不固定且木板上表面與兩滑塊間的動摩擦因數(shù)均為0.5，木板質(zhì)量M＝10m，要使滑塊b不脫離木板，則木板至少多長？答案：(1)見解析(2)eq\f(8,7)m解析：(1)以向右為正方向，設(shè)碰前a的速度為va，碰后a、b的速度分別為va′、vb′。兩滑塊碰撞時動量守恒，有mva＝mva′＋4mvb′碰撞時無機械能損失，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mva′2＋eq\f(1,2)×4mvb′2聯(lián)立解得va′＝－eq\f(3,5)va，vb′＝eq\f(2,5)va由于|va′|>|vb′|，則滑塊a返回圓弧軌道后，再回來能追上滑塊b發(fā)生第二次碰撞。(2)滑塊a從靜止開始釋放，由機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)由(1)分析知va′＝－eq\f(3,5)va，vb′＝eq\f(2,5)va要使滑塊b不脫離木板，則最終滑塊b和木板共速，滑塊b與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，有4mvb′＝(4m＋M)v共由能量守恒定律可知eq\f(1,2)×4mvb′2＝eq\f(1,2)(4m＋M)veq\o\al(2,共)＋μ×4mgLmin聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得Lmin＝eq\f(8,7)m。1．(2024·甘肅高考)(多選)電動小車在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A．小車的動能不變B．小車的動量守恒C．小車的加速度不變D．小車所受的合外力一定指向圓心答案：AD解析：電動小車做勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻在變化，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，動能不變，由p＝mv可知，動量大小不變，方向時刻在變化，即動量不守恒，故A正確，B錯誤；電動小車做勻速圓周運動，則小車的加速度大小a＝eq\f(v2,r)不變，方向指向運動軌跡的圓心，時刻在改變，根據(jù)牛頓第二定律可知，小車所受的合外力一定指向圓心，故C錯誤，D正確。2．(2024·廣西高考)(多選)如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在()A．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B．豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動C．水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v答案：BC解析：設(shè)小球M、N的質(zhì)量均為m，碰撞后瞬間M的速度為vM，N的速度為vN，根據(jù)題意可知該碰撞為彈性碰撞，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有mv＝mvM＋mvN，根據(jù)機械能守恒定律，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，聯(lián)立解得vM＝0，vN＝v。碰撞后小球N脫離平臺，做初速度為v的平拋運動，在水平方向上做速度為v的勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，即在水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v，在豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動，故B、C正確，A、D錯誤。3.(2024·江蘇高考)如圖所示，在水平面上有一個靜止的U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則()A．彈簧恢復(fù)原長時A的動能最大B．彈簧壓縮至最短時A的動量最大C．整個系統(tǒng)動量變大D．整個系統(tǒng)機械能變大答案：A解析：對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受合外力為零，則其動量守恒，又運動過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，C、D錯誤；設(shè)A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，某時刻的速度大小分別為vA、vB，彈簧彈性勢能的減小量為ΔEp，對系統(tǒng)由動量守恒定律有mAvA＝mBvB，由機械能守恒定律有ΔEp＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，A的動能EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，聯(lián)立可得EkA＝eq\f(mB,mA＋mB)ΔEp，則當(dāng)彈簧恢復(fù)至原長時，ΔEp最大，A的動能最大，A正確；當(dāng)彈簧壓縮至最短時，A、B共速，由動量守恒定律可知，此時兩者的速度大小為0，則此時A的動量最小，B錯誤。4.(2024·廣東高考)(多選)如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有()A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運動時間與H乙無關(guān)D．甲最終停止位置與O處相距eq\f(H乙,μ)答案：ABD解析：兩滑塊在光滑斜坡上運動時加速度相同，又兩滑塊同時由靜止開始下滑，則甲、乙兩滑塊在斜坡上運動時相對靜止，故A正確；兩滑塊質(zhì)量相同，設(shè)兩滑塊質(zhì)量均為m，碰撞前瞬間甲、乙的速度分別為v甲、v乙，碰撞后瞬間甲、乙的速度分別為v甲′、v乙′，甲、乙發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有mv甲＋mv乙＝mv甲′＋mv乙′，根據(jù)總動能不變有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)＝eq\f(1,2)mv甲′2＋eq\f(1,2)mv乙′2，聯(lián)立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v甲，可知碰撞后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜坡傾角為θ，兩滑塊沿斜坡下滑過程加速度大小為a，由牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑過程，有eq\f(H乙,sinθ)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得乙在斜坡上的運動時間t1＝eq\r(\f(2H乙,gsin2θ))，考慮一種特殊情況：H甲＝0，則乙的運動時間即為t1，t1與H乙有關(guān)，則乙的運動時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；由于甲、乙發(fā)生彈性碰撞時交換速度，且甲、乙在水平面上運動時加速度相同，分析可知，甲最終停止位置和乙不與甲發(fā)生碰撞的停止位置相同，設(shè)乙不與甲發(fā)生碰撞的停止位置與O處相距x，對乙運動的全過程，由動能定理有mgH乙－μmgx＝0－0，解得x＝eq\f(H乙,μ)，則甲最終停止位置與O處相距x＝eq\f(H乙,μ)，故D正確。5．(2024·江蘇高考)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動，順利進入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：(1)分離后A的速度vA；(2)分離時A對B的推力大小。答案：(1)eq\f(（m＋M）v0－MvB,m)(2)eq\f(MvB－Mv0,Δt)解析：(1)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA解得vA＝eq\f(（m＋M）v0－MvB,m)。(2)設(shè)分離時A對B的推力為F，A、B分離的過程，以B的速度方向為正方向，對B由動量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得F＝eq\f(MvB－Mv0,Δt)即分離時A對B的推力大小為eq\f(MvB－Mv0,Δt)。6．(2024·廣東高考)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tanθ。(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動，與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘落到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向的作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。答案：(1)eq\f(ma,mg＋FN)(2)①330N·s方向豎直向上②0.2m解析：(1)敏感球受豎直向下的重力mg、敏感臂豎直向下的壓力FN以及底座斜面的支持力N，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律可知，水平方向有Nsinθ＝ma由平衡條件可知，豎直方向有Ncosθ＝mg＋FN聯(lián)立解得tanθ＝eq\f(ma,mg＋FN)。(2)①F-t圖像中圖線與時間軸所圍的面積表示力F的沖量大小，可知碰撞過程中F的沖量大小IF＝eq\f(1,2)×0.1×6600N·s＝330N·s根據(jù)F的方向豎直向上可知，F(xiàn)的沖量方向豎直向上。②設(shè)落到氣囊表面時頭錘的速度大小為v0，碰撞結(jié)束后瞬間頭錘的速度大小為v，碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度為h。頭錘由靜止釋放到落到氣囊表面前的過程做自由落體運動，有veq\o\al(2,0)＝2gH與氣囊作用過程，以豎直向上為正方向，對頭錘由動量定理有IF－MgΔt＝Mv－(－Mv0)式中頭錘與氣囊作用的時間Δt＝0.1s頭錘離開氣囊后做豎直上拋運動，由勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系有0－v2＝－2gh聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得h＝0.2m。7．(2024·甘肅高考)如圖，質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點)在細(xì)繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O′P＝OP＝1.6m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩O′P，小球A開始運動。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運動到最低點時細(xì)繩OP所受的拉力。(2)A在最低點時，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短)，碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。答案：(1)大小為40N，方向豎直向下(2)4m/s(3)0.15解析：(1)設(shè)A的質(zhì)量為mA，細(xì)繩OP長為l，A運動到最低點時的速度大小為v0，所受的拉力為F，根據(jù)機械能守恒定律，有mAgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－0A運動到最低點時，根據(jù)牛頓第二定律有F－mAg＝eq\f(mAveq\o\al(2,0),l)代入數(shù)據(jù)解得v0＝4m/s，F(xiàn)＝40N根據(jù)牛頓第三定律可知，A運動到最低點時，細(xì)繩OP所受的拉力大小F′＝F＝40N，方向豎直向下。(2)由碰后A豎直下落可知，碰后A水平方向的速度變?yōu)?。設(shè)碰后C的速度大小為vC，C的質(zhì)量為mC，A與C相碰時，A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以水平向右為正方向，則有mAv0＝0＋mCvC代入數(shù)據(jù)解得vC＝4m/s。(3)設(shè)B的質(zhì)量為mB，C和B之間的動摩擦因數(shù)為μ，C與B達(dá)到的共同速度大小為v，C相對B滑行的距離為L。C相對B滑行的過程，對B、C組成的系統(tǒng)，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mCvC＝(mB＋mC)v根據(jù)能量守恒定律得μmCgL＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(mB＋mC)v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得μ＝0.15。8．(2024·遼寧高考)如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；(2)物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。答案：(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析：(1)A離開桌面后做平拋運動，設(shè)A做平拋運動的時間為t，由平拋運動規(guī)律得h＝eq\f(1,2)gt2xA＝vAt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1m/s由靜止釋放物塊A、B到彈簧恢復(fù)原長的過程，受力分析可知，A、B所受合力始終等大反向，則A、B組成的系統(tǒng)所受合力為0，系統(tǒng)動量守恒。以水平向左為正方向，對A、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律得mAvA－mBvB＝0代入數(shù)據(jù)解得vB＝1m/s。(2)對物塊B從脫離彈簧到停止的過程，由動能定理得－μmBgxB＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。(3)設(shè)從釋放A、B到彈簧恢復(fù)原長，A的位移大小為ΔxA，B的位移大小為ΔxB，由能量守恒定律得ΔEp＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB由位移關(guān)系得Δx＝ΔxA＋ΔxB聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝0.12J。9．(2024·安徽高考)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置，由靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著軌道運動。已知細(xì)線長L＝1.25m，小球質(zhì)量m＝0.20kg，物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30kg。小車上的水平軌道長s＝1.0m，圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大??；(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。?3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。答案：(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解析：(1)設(shè)小球運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為v0，此時細(xì)線上的拉力大小為FT，對小球擺動到最低點的過程，由動能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0在最低點，對小球受力分析，由牛頓第二定律有FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),L)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得FT＝6N。(2)設(shè)碰撞后瞬間小球的速度為v1，物塊的速度為v2，小球與物塊的碰撞為彈性碰撞，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得v2＝4m/s即碰撞后瞬間，物塊速度的大小為4m/s，方向水平向右。(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點時兩者共速，此時動摩擦因數(shù)μ有最大值μmax，設(shè)共同速度的大小為v3，以水平向右為正方向，對物塊與小車整體，由動量守恒定律有Mv2＝2Mv3由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,3)＋μmaxMgs聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得μmax＝0.4若物塊恰好運動到與圓弧軌道圓心等高的位置時兩者共速，此時動摩擦因數(shù)μ有最小值μmin，設(shè)共同速度大小為v4，以水平向右為正方向，對物塊與小車整體，由水平方向動量守恒有Mv2＝2Mv4由能量守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×2Mveq\o\al(2,4)＋μminMgs＋MgR聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得μmin＝0.25綜上所述，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。1．(2024·陜西省渭南市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測)2024年春節(jié)前后，我國湖北、湖南等地遭遇了多年不遇的凍雨天氣，給人們的出行帶來不便。當(dāng)樹葉上帶有冰塊，人在樹下行走經(jīng)常會出現(xiàn)冰塊砸到頭部的情況，若冰塊的質(zhì)量為100g，從離頭頂?shù)木嚯x約為80cm處無初速掉落，砸到頭部冰塊未反彈，與頭部的作用時間約為0.2s，重力加速度g取10m/s2，則冰塊對頭部的平均作用力約為()A．4N B．3NC．2N D．1N答案：B解析：設(shè)冰塊自由下落的高度為h，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，得冰塊在空中下落時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，設(shè)冰塊的質(zhì)量為m，與頭部作用的時間為Δt，頭部對冰塊的平均作用力大小為F，則以向下為正方向，整個過程對冰塊應(yīng)用動量定理可得mg(t＋Δt)－FΔt＝0－0，解得F＝eq\f(mg（t＋Δt）,Δt)＝eq\f(0.1×10×（0.4＋0.2）,0.2)N＝3N，由牛頓第三定律可知，冰塊對頭部的平均作用力約為3N，故選B。2.(2024·山東省濟寧市高三下一模)目前我國空間實驗已走在世界的前列，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在空間站內(nèi)做了鋼球相互碰撞的實驗。桂海潮用較小鋼球以0.6m/s水平向左的速度與靜止的較大鋼球正碰，碰后小鋼球與大鋼球速度大小分別為v1、v2，較小鋼球的質(zhì)量為較大鋼球質(zhì)量的一半，兩鋼球的碰撞可視為完全彈性碰撞。下列說法正確的是()A．v1＝0.2m/s，方向水平向左B．v1＝0.2m/s，方向水平向右C．v2＝0.2m/s，方向水平向左D．v2＝0.1m/s，方向水平向左答案：B解析：設(shè)較小鋼球的質(zhì)量為m，較大鋼球的質(zhì)量為2m，碰前小鋼球的速度大小為v0，以水平向左為正方向，碰后小鋼球與大鋼球的速度分別為v小、v大，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝mv?。?mv大，根據(jù)機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,小)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,大)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v?。剑?.2m/s，v2＝0.4m/s，其中負(fù)號表示方向水平向右，可知v1＝|v小|＝0.2m/s，方向水平向右；v2＝|v大|＝0.4m/s，方向水平向左，故B正確，A、C、D錯誤。3.(2024·湖南省長沙市高三下高考模擬預(yù)測)如圖所示，用輕彈簧連接的A、B兩輛小車質(zhì)量相等，靜止在光滑的水平面上，A車與豎直墻面接觸。將小車B向左推壓縮彈簧，使彈簧獲得彈性勢能Ep，然后釋放小車B，下列說法正確的是()A．彈簧從釋放到第一次恢復(fù)原長過程中，A、B的總動量守恒B．彈簧從釋放到第一次恢復(fù)原長過程中，墻壁對A的沖量大于B的動量變化量C．A離開墻壁后，彈簧最長時的彈性勢能小于EpD．A離開墻壁后，彈簧最短時的彈性勢能等于Ep答案：C解析：彈簧從釋放到第一次恢復(fù)原長過程中，由于墻壁對A有彈力作用，所以A、B的總動量不守恒，故A錯誤；彈簧從釋放到第一次恢復(fù)原長過程中，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量定理可知，墻壁對A的沖量等于系統(tǒng)的動量變化量，而此過程A靜止不動，系統(tǒng)的動量變化量等于B的動量變化量，所以墻壁對A的沖量等于B的動量變化量，故B錯誤；A離開墻壁后，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)彈簧最長時，設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep′，此時A、B有相同的速度v共，且不為0，根據(jù)機械能守恒定律可得Ep＝Ep′＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)，可知彈簧最長時的彈性勢能Ep′<Ep，同理，A離開墻壁后，彈簧最短時的彈性勢能Ep″＝Ep′<Ep，故C正確，D錯誤。4．(2024·陜西省安康市高三下三模)如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為3kg的足夠長的木板A上有一個質(zhì)量為0.5kg的小滑塊B，在木板的右側(cè)有一質(zhì)量為5.0kg的小球C，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給B一個瞬間沖量，使它獲得4m/s的初速度開始沿木板向右運動，某時刻木板A和小球C發(fā)生彈性碰撞，之后A和B同時停下來，以下說法正確的是()A．木板碰撞小球前的瞬間A的速度為0.6m/sB．整個過程產(chǎn)生的熱量為3.6JC．碰后C的速度為0.5m/sD．A和C碰撞前A、B已經(jīng)共速運動答案：B解析：設(shè)木板A、小滑塊B和小球C的質(zhì)量分別為mA、mB和mC，B的初速度為vB，A和C碰前瞬間，A的速度為vA，B的速度為vB′，碰后瞬間A和C的速度分別為vA′和vC。因為水平面光滑，A、B最終停下來，故對A、B、C整體，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mBvB＝mCvC，解得vC＝0.4m/s，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，整個過程產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＝3.6J，故B正確；木板A和小球C發(fā)生彈性碰撞，以向右為正方向，由動量守恒定律有mAvA＝mAvA′＋mCvC，由總動能不變有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝eq\f(8,15)m/s，故A錯誤；從B獲得沖量至A和C碰撞前瞬間，對A、B組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mBvB＝mBvB′＋mAvA，代入數(shù)據(jù)解得vB′＝0.8m/s>vA，由此可知，A和C碰撞前A、B未達(dá)到共速，故D錯誤。5．(2024·福建省泉州市、南平市高三下一模)(多選)在某次臺球游戲中，出現(xiàn)了如圖所示的陣型，5個小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4個球B、C、D、E質(zhì)量均為m1，A球、F球質(zhì)量均為m2，A球以速度v0與B球發(fā)生碰撞，所有的碰撞均可認(rèn)為是彈性碰撞，下列說法正確的是()A．若m1＝m2，最終將有1個小球運動B．若m1<m2，相鄰兩小球之間只發(fā)生1次碰撞C．若m1>m2，最終將有3個小球運動，且運動方向一致D．若m1>m2，最終將有3個小球運動，且運動方向不一致答案：AD解析：以向右為正方向，設(shè)A球和B球碰撞后，B球的速度為v1，A球的速度為v2，由動量守恒定律，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，由機械能守恒定律，可知eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，聯(lián)立可得v2＝eq\f(m2－m1,m2＋m1)v0，v1＝eq\f(2m2,m2＋m1)v0。若m1＝m2，則v1＝v0，v2＝0，即碰后A、B兩球交換速度，同理可知，依次碰撞后，A、B、C、D、E均靜止，最終只有F球以v1向右運動，A正確；若m1<m2，則碰后v1>v2>0，由前面分析同理可知，依次碰撞后B、C、D靜止，E球以v1撞向F球；由前面結(jié)論式同理可得，碰后E的速度v3＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，F(xiàn)的速度v4＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，因m1<m2，則v3<0，v4>0，故碰后F球向右運動，E球被彈回，依次碰撞后E、D、C靜止，B球以v3向左與向右的A球碰撞，則相鄰兩小球之間不只發(fā)生1次碰撞，B錯誤；若m1>m2，則v2<0，v1>0，即A、B碰后A反彈，B向右運動，由前面分析同理可知，依次碰撞后B、C、D靜止，E球以v1撞向F球，由前面結(jié)論式同理可得，碰后E的速度v3＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，F(xiàn)的速度v4＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，因m1>m2，則v4>v3>0，即E、F均向右運動，且F運動較快，此后不再發(fā)生碰撞，則最終將有3個小球A、E、F運動，且運動方向不一致，C錯誤，D正確。6．(2024·湖北省武漢市高三下4月二模)(多選)如圖所示，水平面上放置著半徑為R、質(zhì)量為3m的半圓形槽，AB為槽的水平直徑。質(zhì)量為m的小球自左端槽口A點的正上方距離為R處由靜止下落，從A點切入槽內(nèi)。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．槽向左運動的最大位移為0.5RB．小球在槽中運動的最大速度為2eq\r(gR)C．小球能從B點離開槽，且上升的最大高度小于RD．若槽固定，小球在槽中運動過程中，重力做功的最大功率為eq\f(8,9)mgeq\r(3gR)答案：AD解析：半圓形槽和小球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設(shè)任意時刻小球沿水平方向的分速度大小為v1，槽的速度大小為v2，由動量守恒定律有mv1＝3mv2，當(dāng)小球運動到B點時，小球和槽的水平位移均最大，設(shè)小球的水平位移大小為x1，槽的位移大小為x2，半圓形槽和小球運動時間相同，設(shè)為t，則meq\o(v,\s\up6(－))1t＝3meq\o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝3mx2，半圓形槽和小球在水平方向上位移大小之和x1＋x2＝2R，聯(lián)立解得x2＝0.5R，故A正確；小球運動到最低點時速度最大，設(shè)為v1m，此時槽的速度大小設(shè)為v2m，根據(jù)水平方向動量守恒有mv1m＝3mv2m，根據(jù)機械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1m)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2m)，聯(lián)立解得v1m＝eq\r(3gR)，故B錯誤；小球運動到B點時，小球和槽在水平方向上速度相同，根據(jù)水平方向動量守恒，則此時小球和槽在水平方向上的速度都為零，根據(jù)機械能守恒定律，可知小球此時的速度不為0，小球能從B點離開槽，且上升的最大高度等于R，故C錯誤；若槽固定，設(shè)小球在豎直方向上的分速度為vy，則重力做功的功率PG＝mgvy，可知，當(dāng)小球在豎直方向上的分速度最大時，重力的功率最大，設(shè)在槽左半部分時小球和O點連線與豎直方向的夾角為θ，小球的速度大小為v，根據(jù)動能定理有mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2gR（1＋cosθ）)，則小球在豎直方向上的分速度為vy＝vsinθ＝eq\r(2gR（1＋cosθ）（1－cos2θ）)，由數(shù)學(xué)中的導(dǎo)數(shù)知識可知，當(dāng)cosθ＝eq\f(1,3)時vy最大，最大值為vym＝eq\f(8,9)eq\r(3gR)，則重力做功的最大功率為PGm＝mgvym＝eq\f(8,9)mgeq\r(3gR)，故D正確。7．(2024·湖北省武漢市高三下4月二模)在滑雪比賽中，某運動員從跳臺上的A點以速度v0＝15m/s與水平方向成α＝37°角斜向上起跳，落在傾角θ＝37°的斜坡上的B點，著陸時速度方向與斜坡的夾角β＝16°，如圖所示。已知運動員和裝備(均可視為質(zhì)點)總質(zhì)量m＝60kg，著陸緩沖的時間Δt＝0.5s，著陸緩沖過程運動員不反彈、沿斜坡方向的速度不變，重力加速度大小g＝10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96。求：(1)運動員在空中飛行的時間；(2)運動員著陸緩沖過程受到的平均支持力大小。答案：(1)2.5s(2)1152N解析：(1)運動員在空中做斜拋運動，設(shè)運動員在空中飛行的時間為t，著陸時的速度為v，根據(jù)拋體運動的規(guī)律，在水平方向上有v0cosα＝vcos(β＋θ)在豎直方向上有vsin(β＋θ)＝(－v0sinα)＋gt解得v＝20m/s，t＝2.5s。(2)設(shè)運動員著陸緩沖過程受到的平均支持力大小為N，在垂直斜坡方向，以垂直斜坡向上為正方向，由動量定理有(N－mgcosθ)·Δt＝0－(－mvsinβ)解得N＝1152N。8.(2024·湖南省長沙市高三下高考模擬預(yù)測)三個可視為質(zhì)點的小球A、B、C用兩根長為l的輕桿通過鉸鏈相連，開始時兩桿并攏，豎直放置在水平地面上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m。因受微小的擾動，A球下降，B、C球向兩邊滑動，兩桿始終保持在同一豎直面內(nèi)，不計一切摩擦，重力加速度為g，求：(1)A球落地時的速度大??；(2)A球落地時，C球的位移大小；(3)當(dāng)兩桿夾角為90°時，C球的速度大小。答案：(1)eq\r(2gl)(2)eq\f(3,4)l(3)eq\r(\f(3,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))gl)解析：(1)設(shè)A球落地時的速度大小為v，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，結(jié)合A落地時三球在水平方向上的分速度相同，可知A球落地時B球和C球的速度均為0，由系統(tǒng)機械能守恒，有mgl＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gl)。(2)在水平方向上，以水平向左為正方向，從開始到A球落地的過程，設(shè)A球的水平分速度的平均值為eq\o(v,\s\up6(－))Ax，B球和C球的平均速度分別為eq\o(v,\s\up6(－))B和eq\o(v,\s\up6(－))C，A球、B球和C球在水平方向上的位移分別為xA、xB和xC，此過程所用的時間為t，A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，可得meq\o(v,\s\up6(－))B＋meq\o(v,\s\up6(－))Ax＋2meq\o(v,\s\up6(－))C＝0且xA＝eq\o(v,\s\up6(－))Axt，xB＝eq\o(v,\s\up6(－))Bt，xC＝eq\o(v,\s\up6(－))Ct其中，B球和C球的位移滿足xB－xC＝2lA球和C球的位移滿足xA－xC＝l聯(lián)立解得xA＝eq\f(1,4)l，xB＝eq\f(5,4)l，xC＝－eq\f(3,4)l即C球的位移大小為|xC|＝eq\f(3,4)l。(3)當(dāng)兩桿夾角為90°時，由幾何關(guān)系可知∠ABC＝∠ACB＝45°，在水平方向上，以水平向左為正方向，設(shè)此時A的水平分速度為vAx，豎直分速度大小為vAy，B、C的速度分別為vB、vC，由A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mvB＋mvAx＋2mvC＝0由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,Ax)＋veq\o\al(2,Ay))＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,C)＝mgl(1－sin45°)A球和B球在沿桿方向上的速度相同，有vBcos45°＝vAxcos45°＋vAycos45°同理，A球和C球的速度關(guān)系滿足vCcos45°＝vAxcos45°－vAycos45°聯(lián)立解得vC＝－eq\r(\f(3,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))gl)即C球的速度大小為|vC|＝eq\r(\f(3,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))gl)。1．(2024·廣西高考)(多選)如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，方孔各側(cè)壁完全相同。木栓材質(zhì)堅硬，形狀為正四棱臺，上下底面均為正方形，四個側(cè)面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質(zhì)量為m，與方孔側(cè)壁的動摩擦因數(shù)為μ。將木栓對準(zhǔn)方孔，接觸但無擠壓，錘子以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為I，方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移，未到達(dá)方孔底部。若進入的過程方孔側(cè)壁發(fā)生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則()A．進入過程，木料對木栓的合力的沖量為－IB．進入過程，木料對木栓的平均阻力大小約為eq\f(I2,2mΔx)＋mgC．進入過程，木料和木栓的機械能共損失了eq\f(I2,2m)＋mgΔxD．木栓前進Δx后木料對木栓一個側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為eq\f(\a\vs4\al(μ（I2＋2m2gΔx）),4mΔx（cosθ＋μsinθ）)答案：BD解析：設(shè)進入過程，木料對木栓的合力的沖量為IF，木栓的重力的沖量為IG，由題意可知，木栓在始末狀態(tài)的速度均為0，根據(jù)動量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－(I＋IG)，故A錯誤；錘子撞擊木栓后，木栓獲得的速度v＝eq\f(I,m)，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(I2,2m)，進入過程，根據(jù)動能定理，對木栓有mgΔx－eq\o(F,\s\up6(－))Δx＝0－Ek，解得木料對木栓的平均阻力大小為eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(I2,2mΔx)＋mg，故B正確；進入過程，木栓損失的動能ΔEk＝Ek－0＝eq\f(I2,2m)，損失的重力勢能ΔEp＝mgΔx，木料的彈性勢能增加了ΔEp′，則木料和木栓的機械能共損失了ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝eq\f(I2,2m)＋mgΔx－ΔEp′，故C錯誤；設(shè)木栓前進Δx后，木料對木栓一個側(cè)面的壓力大小為FN，最大靜摩擦力大小為f，對木栓的一個側(cè)面受力分析如圖，因為最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力，則有f＝μFN，由于木栓前進Δx過程中，方孔側(cè)壁彈力呈線性變化，則其所受滑動摩擦力也呈線性變化，可知一個側(cè)面對木栓的平均阻力eq\f(1,4)eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)(fsinθ＋FNcosθ)，且根據(jù)B項求得平均阻力eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(I2,2mΔx)＋mg，聯(lián)立可得f＝eq\f(\a\vs4\al(μ（I2＋2m2gΔx）),4mΔx（cosθ＋μsinθ）)，故D正確。2．(2024·安徽省普通高等學(xué)校招生考試適應(yīng)性測試)(多選)如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實驗中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為v0，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．小球落地時重力的功率為mgv考點1力學(xué)實驗專練1紙帶、光電門類實驗考向一研究勻變速直線運動1．在做“研究勻變速直線運動”的實驗時，某同學(xué)得到一條用打點計時器打下的紙帶，如圖所示，各個計數(shù)點已經(jīng)在紙帶上標(biāo)出，圖中每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，打點計時器接頻率f＝50Hz的交流電源。(1)該實驗________平衡摩擦力，________滿足鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于木塊的質(zhì)量。(均選填“需要”或“不需要”)(2)打下計數(shù)點6時紙帶的速度大小v6＝____________(用給定的字母表示)。(3)木塊的加速度為a＝______________(用給定的字母表示)。(4)如果交變電流的頻率f>50Hz，但當(dāng)時做實驗的同學(xué)并不知道，那么測得的加速度值比真實值________(選填“偏大”或“偏小”)。答案：(1)不需要不需要(2)eq\f(（x4＋x3）f,10)(3)eq\f(（x4＋x3－x2－x1）f2,200)(4)偏小解析：(1)本實驗是研究勻變速直線運動，只需要測出木塊運動的速度和加速度，而不需要測出合力的大小，故不需要平衡摩擦力，也不需要滿足鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于木塊的質(zhì)量。(2)每相鄰兩個計數(shù)點間有4個點沒有畫出，則打每相鄰兩個計數(shù)點的時間間隔為t＝5T＝eq\f(5,f)，根據(jù)勻變速直線運動某段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，有v6＝eq\f(x3＋x4,2t)＝eq\f(（x3＋x4）f,10)。(3)根據(jù)勻變速直線運動的推論，有x3－x1＝4a1t2，x4－x2＝4a2t2，可求得平均加速度為a＝eq\f(a1＋a2,2)＝eq\f(（x4＋x3－x2－x1）f2,200)。(4)根據(jù)加速度的表達(dá)式可知，頻率f的代入值比實際值偏小時，加速度的測量值比真實值偏小?？枷蚨骄考铀俣扰c力、質(zhì)量的關(guān)系2．下圖是“探究小車加速度與力的關(guān)系”的實驗裝置。(1)關(guān)于實驗，下列做法正確的是________(填選項前的字母)。A．本實驗還需要停表、刻度尺、交流電源等器材B．本實驗需保持小車質(zhì)量不變，改變槽碼質(zhì)量C．平衡摩擦力時，需小車連接紙帶，細(xì)繩末端連接槽碼D．實驗時先接通電源，后釋放小車(2)當(dāng)小車質(zhì)量________(選填“遠(yuǎn)大于”或“遠(yuǎn)小于”)槽碼質(zhì)量時，可以認(rèn)為細(xì)繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差為________(選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”)。為減小此誤差，下列可行的方案是________(填選項前的字母)。A．用水平氣墊導(dǎo)軌代替普通導(dǎo)軌，滑塊代替小車B．在小車上加裝遮光條，用光電計時系統(tǒng)代替打點計時器C．在小車與細(xì)繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小答案：(1)BD(2)遠(yuǎn)大于系統(tǒng)誤差C解析：(1)本實驗不需要停表，還需要刻度尺、交流電源等器材，故A錯誤；本實驗探究小車加速度與力的關(guān)系，根據(jù)控制變量法，需保持小車質(zhì)量不變，通過改變槽碼質(zhì)量而改變小車受到的拉力，故B正確；平衡摩擦力時，需小車連接紙帶，且不能連接細(xì)繩及槽碼，故C錯誤；實驗時先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放小車，故D正確。(2)設(shè)小車質(zhì)量為M，槽碼質(zhì)量為m，細(xì)繩的張力為F，對小車和槽碼，根據(jù)牛頓第二定律分別有F＝Ma，mg－F＝ma，聯(lián)立解得F＝eq\f(Mmg,m＋M)＝eq\f(mg,\f(m,M)＋1)，可知當(dāng)eq\f(m,M)≈0，即小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼質(zhì)量時，可以認(rèn)為細(xì)繩拉力近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差是由于實驗方法或原理不完善造成的，屬于系統(tǒng)誤差。該誤差是將細(xì)繩拉力用槽碼重力近似替代引入的，不是由于車與導(dǎo)軌間存在阻力(實驗中已經(jīng)補償了阻力)或是速度測量精度低造成的，故A、B錯誤；為減小此誤差，可在小車與細(xì)繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小，故C正確。3．(2023·上海高考)如圖所示，是某小組同學(xué)“用DIS研究加速度與力的關(guān)系”的實驗裝置，實驗過程中可近似認(rèn)為鉤碼受到的總重力等于小車所受的拉力。先測出鉤碼所受的重力為G，之后通過改變鉤碼個數(shù)改變G，小車每次從同一位置由靜止釋放，測出擋光片通過光電門的時間Δt。(1)實驗中________測出小車質(zhì)量m車。A．必須B．不必(2)為完成實驗還需要測量①______________；②________________________________。(3)實際小車受到的拉力小于鉤碼的總重力，原因是___________________________________。(4)若導(dǎo)軌保持水平，滑輪偏低導(dǎo)致細(xì)線與軌道不平行，則細(xì)線平行時加速度a1，與不平行時加速度a2相比，a1________a2。(選填“大于”“小于”或“等于”)答案：(1)B(2)①擋光片的寬度②小車釋放前擋光片到光電門的距離(3)鉤碼向下做加速運動，細(xì)線上的拉力小于鉤碼的總重力(4)大于解析：(1)研究加速度與力的關(guān)系實驗中，只需保證小車的質(zhì)量不變，測出相對應(yīng)的加速度和力即可，不必測出小車質(zhì)量m車，故選B。(2)本實驗還需測出小車的加速度。已知擋光片通過光電門的時間Δt，根據(jù)v＝eq\f(d,Δt)即可求出擋光片通過光電門的速度v，故還需測出擋光片的寬度d；根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動公式v2＝2ax可知，還需測量出小車釋放前擋光片到光電門的距離x，才可求出擋光片的加速度a即小車的加速度a。(3)鉤碼向下做加速運動，所受合力豎直向下，對鉤碼受力分析可知，細(xì)線的拉力小于鉤碼的總重力，細(xì)線對鉤碼的拉力和對小車的拉力大小相等，故小車受到的拉力小于鉤碼的總重力。(4)導(dǎo)軌保持水平，細(xì)線與軌道平行時a1＝eq\f(G,m車)，細(xì)線與軌道不平行時，設(shè)與軌道方向夾角為θ，則a2＝eq\f(Gcosθ,m車)，可知a1>a2?？枷蛉炞C機械能守恒定律4．如圖甲所示，某同學(xué)想利用滑塊在傾斜氣墊導(dǎo)軌上的運動來驗證機械能守恒定律，實驗步驟如下：①將長為L、原來已調(diào)至水平的氣墊導(dǎo)軌的左端墊高H，在導(dǎo)軌上靠右側(cè)P點處安裝一個光電門；②用20分度的游標(biāo)卡尺測量滑塊上遮光片的寬度d；③接通氣源及光電計時器，將滑塊從靠近導(dǎo)軌左端某處自由釋放，測得滑塊通過光電門時遮光時間為Δt。根據(jù)上面的實驗步驟回答下列問題：(1)該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量滑塊上遮光片的寬度d，示數(shù)如圖乙所示，則d＝________cm。(2)實驗中已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，除上述步驟中測量的物理量之外，還需測量的物理量是________。A．滑塊的質(zhì)量MB．氣墊導(dǎo)軌的傾斜角度θC．滑塊釋放處遮光片到光電門的距離xD．滑塊從開始運動至到達(dá)光電門所用的時間t(3)如果滿足等式gH＝________(用題中所給的物理量及第(2)問中所選的物理量表示，不用代入數(shù)據(jù))，則驗證了機械能守恒定律。答案：(1)1.050(2)C(3)eq\f(Ld2,2x（Δt）2)解析：(1)遮光片的寬度d＝1cm＋10×0.05mm＝1.050cm。(2)依據(jù)實驗操作可知，本實驗驗證機械能守恒定律的原理是eq\f(1,2)Mv2＝Mgh，由于M可約去，故不需要測量滑塊的質(zhì)量M，A錯誤；滑塊通過光電門的瞬時速度v＝eq\f(d,Δt)，d、Δt已測量出，則不需要測量滑塊從開始運動到到達(dá)光電門所用的時間t，D錯誤；滑塊下滑的高度h＝xsinθ，而sinθ＝eq\f(H,L)，H、L已測量出，則不需要測量氣墊導(dǎo)軌的傾角θ，而需要測量滑塊釋放處遮光片到光電門的距離x，故B錯誤，C正確。(3)整個過程中，滑塊到達(dá)光電門位置處增加的動能Ek＝eq\f(1,2)M·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)，而下滑的位移為x時，滑塊減少的重力勢能Ep＝Mgeq\f(H,L)x，當(dāng)Mgeq\f(H,L)x＝eq\f(1,2)M·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)，即gH＝eq\f(Ld2,2x（Δt）2)時，可以驗證機械能守恒定律。5.用如圖1實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒。m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶通過打點計時器打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，經(jīng)過數(shù)據(jù)分析即可驗證機械能守恒定律。圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標(biāo)出)，計數(shù)點間的距離如圖2所示；打點計時器接50Hz的交流電源。已知m1＝50g、m2＝150g，則(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度大小v5＝________m/s。(2)在打下計數(shù)點0～5的過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk＝________J，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝________J(計算時g取10m/s2)。由此得出的結(jié)論是：________________________________________________。(3)若某同學(xué)作出eq\f(v2,2)-h圖像如圖3，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________m/s2。答案：(1)2.4(2)0.580.60在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒(3)9.7解析：(1)根據(jù)在勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度大小，結(jié)合圖2中數(shù)據(jù)可知，打第5個計數(shù)點時的速度大小為v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(0.216＋0.264,0.2)m/s＝2.4m/s。(2)在打下計數(shù)點0～5的過程中，m1、m2的初速度為零，所以系統(tǒng)動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)×(m1＋m2)veq\o\al(2,5)－0＝eq\f(1,2)×(0.05＋0.15)×(2.4)2J＝0.58J；系統(tǒng)重力勢能的減少量等于物體重力做的功，故ΔEp＝W＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(0.384＋0.216)J＝0.60J。由此可知系統(tǒng)動能的增加量和系統(tǒng)重力勢能的減少量基本相等，因此可得出的結(jié)論是：在誤差允許的范圍內(nèi)，m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒。(3)根據(jù)機械能守恒定律可知，m2gh－m1gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，即有eq\f(v2,2)＝eq\f(m2－m1,m1＋m2)gh＝eq\f(1,2)gh，所以eq\f(v2,2)-h圖像的斜率表示當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊囊话?，由圖3可知，斜率k＝eq\f(5.82,1.20)m/s2＝4.85m/s2，故當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間＝2k＝9.7m/s2?？枷蛩尿炞C動量守恒定律6．某實驗小組采用如圖甲所示的實驗裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗。在桌面上放置氣墊導(dǎo)軌，安裝光電計時器1和光電計時器2，放置帶有遮光片的滑塊A、B，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌成水平狀態(tài)。(1)用螺旋測微器測量滑塊A上遮光片的寬度dA，如圖乙所示，讀數(shù)為________mm。(2)實驗開始前滑塊A置于光電計時器1的左側(cè)，滑塊B靜置于兩光電計時器間的某一適當(dāng)位置。給A一個向右的初速度，A通過光電計時器1的時間為t1。A與B碰撞后，B通過光電計時器2的時間為t2，A通過光電計時器1的時間為t3。為完成該實驗，還需要測量的物理量有________。A．滑塊B上遮光片的寬度dBB．滑塊A的總質(zhì)量mAC．滑塊B的總質(zhì)量mBD．光電計時器1到光電計時器2的間距L(3)若利用(1)(2)中所給物理量的符號書寫的表達(dá)式________________成立，則說明動量守恒定律成立。答案：(1)1.195(2)ABC(3)mAeq\f(dA,t1)＝mBeq\f(dB,t2)－mAeq\f(dA,t3)解析：(1)由圖乙可知滑塊A上遮光片的寬度的讀數(shù)為dA＝1mm＋19.5×0.01mm＝1.195mm。(2)由題意可知，碰撞前A通過光電計時器1的速度大小為v1＝eq\f(dA,t1)，碰撞后A通過光電計時器1的速度大小為v3＝eq\f(dA,t3)，碰撞后B通過光電計時器2的速度大小為v2＝eq\f(dB,t2)，若動量守恒定律成立，則應(yīng)有mAv1＝－mAv3＋mBv2，可知為了完成該實驗，還需要測量的物理量有滑塊B上遮光片的寬度dB、滑塊A的總質(zhì)量mA、滑塊B的總質(zhì)量mB，故選A、B、C。(3)將v1＝eq\f(dA,t1)，v3＝eq\f(dA,t3)，v2＝eq\f(dB,t2)，代入mAv1＝－mAv3＋mBv2可得mAeq\f(dA,t1)＝mBeq\f(dB,t2)－mAeq\f(dA,t3)，即若滿足該式，則說明動量守恒定律成立?？枷蛭辶W(xué)創(chuàng)新實驗7.(2021·全國甲卷)為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)，一同學(xué)將貼有標(biāo)尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為α的斜面(已知sinα＝0.34，cosα＝0.94)，小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學(xué)用手機拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得5個連續(xù)相等時間間隔(每個時間間隔ΔT＝0.20s)內(nèi)小銅塊沿斜面下滑的距離si(i＝1，2，3，4，5)，如下表所示。s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中數(shù)據(jù)可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為________m/s2，小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數(shù)為________。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字，重力加速度大小取9.80m/s2)答案：0.430.32解析：根據(jù)逐差法有a＝eq\f(（s5＋s4）－（s3＋s2）,（2ΔT）2)，代入數(shù)據(jù)可得小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為a＝0.43m/s2。對小銅塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.32。8.某物理興趣小組用如圖所示的阿特伍德機來測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣取?1)實驗時，該小組進行了如下操作：①在重物A上安裝擋光片，把重物A和砝碼盤B用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩連接后，跨放在光滑的輕質(zhì)定滑輪上，在砝碼盤中放入適量的小物體，使裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，測量出擋光片到光電門豎直距離h和擋光片的寬度d；②在砝碼盤B中放入質(zhì)量為m的砝碼，讓系統(tǒng)(A和B)由靜止開始運動，光電門記錄擋光片遮光的時間為Δt，重物A向上運動h時的速度大小為________，重物A運動的加速度大小a為________；③增加砝碼盤中砝碼，并重復(fù)實驗②，記錄砝碼質(zhì)量m和對應(yīng)的加速度a。(2)以eq\f(1,a)為縱坐標(biāo)、eq\f(1,m)為橫坐標(biāo)，得到eq\f(1,a)-eq\f(1,m)的圖像為直線，縱截距為b，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮開_______。答案：(1)eq\f(d,Δt)eq\f(d2,2h（Δt）2)(2)eq\f(1,b)解析：(1)重物向上運動h時的速度大小為v＝eq\f(d,Δt)；由初速度為零的勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系，有v2＝2ah，可得重物的加速度大小a＝eq\f(v2,2h)＝eq\f(d2,2h（Δt）2)。(2)設(shè)初始時刻重物A質(zhì)量、砝碼盤B及盤內(nèi)物體總質(zhì)量均為M，在砝碼盤B中放入質(zhì)量為m的砝碼后，細(xì)繩中張力為F，則由牛頓第二定律，對重物A有F－Mg＝Ma，對砝碼盤B及盤內(nèi)物體有(M＋m)g－F＝(M＋m)a，聯(lián)立并整理可得eq\f(1,a)＝eq\f(1,g)＋eq\f(2M,g)·eq\f(1,m)，故縱截距eq\f(1,g)＝b，解得g＝eq\f(1,b)。1．(2024·廣東高考)圖甲是“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實驗裝置示意圖。圖中木板右端墊高的目的是________。圖乙是實驗得到紙帶的一部分，每相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出。相鄰計數(shù)點的間距已在圖中給出。打點計時器電源頻率為50Hz，則小車的加速度大小為________m/s2(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。答案：平衡阻力2.86解析：木板右端墊高的目的是平衡阻力，消除小車與木板之間以及紙帶與打點計時器之間的阻力對實驗的影響。由題意可知，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔t＝5eq\f(1,f)＝5×eq\f(1,50)s＝0.1s，由逐差法可得，小車的加速度大小a＝eq\f(（16.29＋13.43＋10.59）×10－2m－（7.72＋4.88＋2.01）×10－2m,9×（0.1s）2)＝2.86m/s2。2．(2024·浙江6月選考)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中：(1)下列操作正確的是________。(2)實驗獲得一條紙帶，截取點跡清晰的一段并測得數(shù)據(jù)如圖所示。已知打點的頻率為50Hz，則打點“13”時，重錘下落的速度大小為________m/s(保留三位有效數(shù)字)。(3)某同學(xué)用紙帶的數(shù)據(jù)求出重力加速度g＝9.77m/s2，并用此g值計算得出打點“1”到“13”過程重錘的重力勢能減小值為5.09m，另計算得動能增加值為5.08m(m為重錘質(zhì)量)，則該結(jié)果________(選填“能”或“不能”)驗證機械能守恒，理由是________。A．在誤差允許范圍內(nèi)B．沒有用當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭答案：(1)A(2)3.34(3)不能B解析：(1)為了減小打點計時器對紙帶的阻力，手應(yīng)提紙帶上端使紙帶豎直，故選A。(2)由題意可知，打點計時器打點的周期T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,50)s＝0.02s，根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程的平均速度，可得打點“13”時，重錘下落的速度大小v13＝eq\f(0.6069m－0.4733m,2×0.02s)＝3.34m/s。(3)由于空氣阻力等的影響，用紙帶的數(shù)據(jù)求出的重力加速度g不等于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，由此計算出的重錘的重力勢能減小量不等于真實值，從而不能驗證重錘下落過程機械能是否守恒，故選B。3．(2024·甘肅高考)用圖1所示實驗裝置探究外力一定時加速度與質(zhì)量的關(guān)系。(1)以下操作正確的是________(單選，填正確答案標(biāo)號)。A．使小車質(zhì)量遠(yuǎn)小于槽碼質(zhì)量B．調(diào)整墊塊位置以補償阻力C．補償阻力時移去打點計時器和紙帶D．釋放小車后立即打開打點計時器(2)保持槽碼質(zhì)量不變，改變小車上砝碼的質(zhì)量，得到一系列打點紙帶。其中一條紙帶的計數(shù)點如圖2所示，相鄰兩點之間的距離分別為S1，S2，…，S8，時間間隔均為T。下列加速度算式中，最優(yōu)的是________(單選，填正確答案標(biāo)號)。A．a(chǎn)＝eq\f(1,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S8－S7,T2)＋\f(S7－S6,T2)＋\f(S6－S5,T2)＋\f(S5－S4,T2)＋\f(S4－S3,T2)＋\f(S3－S2,T2)＋\f(S2－S1,T2)))B．a(chǎn)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S8－S6,2T2)＋\f(S7－S5,2T2)＋\f(S6－S4,2T2)＋\f(S5－S3,2T2)＋\f(S4－S2,2T2)＋\f(S3－S1,2T2)))C．a(chǎn)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S8－S5,3T2)＋\f(S7－S4,3T2)＋\f(S6－S3,3T2)＋\f(S5－S2,3T2)＋\f(S4－S1,3T2)))D．a(chǎn)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S8－S4,4T2)＋\f(S7－S3,4T2)＋\f(S6－S2,4T2)＋\f(S5－S1,4T2)))(3)以小車和砝碼的總質(zhì)量M為橫坐標(biāo)，加速度的倒數(shù)eq\f(1,a)為縱坐標(biāo)，甲、乙兩組同學(xué)分別得到的eq\f(1,a)-M圖像如圖3所示。由圖可知，在所受外力一定的條件下，a與M成________(填“正比”或“反比”)；甲組所用的________(填“小車”、“砝碼”或“槽碼”)質(zhì)量比乙組的更大。答案：(1)B(2)D(3)反比槽碼解析：(1)為了使小車所受的合力大小近似等于槽碼的總重力大小，應(yīng)使小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼質(zhì)量，故A錯誤；為了保證小車所受細(xì)繩的拉力等于小車所受合力，需要調(diào)整墊塊位置以補償阻力，也要保持細(xì)繩和長木板平行，故B正確；打點計時器限位孔與紙帶間的摩擦力也是需要補償?shù)淖枇χ唬倚枰ㄟ^紙帶上點跡是否均勻來判斷小車是否做勻速運動，則補償阻力時不能移去打點計時器和紙帶，故C錯誤；為了獲得更多的實驗數(shù)據(jù)，應(yīng)先打開打點計時器，待打點穩(wěn)定后再釋放小車，故D錯誤。(2)根據(jù)Sm－Sn＝(m－n)a·T2(m>n)可知，四個選項中加速度算式均正確，將四個加速度算式化簡，A項中a＝eq\f(1,7)×eq\f(S8－S1,T2)，B項中a＝eq\f(1,6)×eq\f(S8＋S7－S2－S1,2T2)，C項中a＝e