金版教程物理2025高考科学复习解决方案第七章动量守恒定律及其应用力学模块综合集训含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第七章动量守恒定律及其应用力学模块综合集训一、选择题(本题共5小题)1．(2023·福建高考)(多选)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图a所示，乙车所受合外力—时间图像如图b所示。则()A．0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大B．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同C．2～6s内，甲、乙两车的位移不同D．t＝8s时，甲、乙两车的动能不同答案BC解析速度—时间图像中图线的斜率表示加速度，则根据题图a可知，0～2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误。设乙车在t＝2s和t＝6s时的速度分别为v2、v6，由合外力—时间图像中图线与t轴所围图形的面积表示合外力的冲量，结合题图b可知，乙车在0～2s内所受合外力的冲量为I2＝eq\f(1,2)×2×2N·s＝2N·s，乙车在0～6s内所受合外力的冲量为I6＝eq\f(1,2)×2×4N·s－eq\f(1,2)×2×(6－4)N·s＝2N·s，以开始时的运动方向为正方向，根据动量定理有I2＝mv2－0，I6＝mv6－0，解得v2＝v6，可知乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同，故B正确。根据速度—时间图像中图线与t轴所围图形的面积表示位移，结合题图a可知，2～6s内甲车的位移为0；根据题图b和选项B分析可知，2～6s内乙车先向正方向加速运动，后向正方向减速运动，且2s、6s时乙车速度相同，则乙车一直向正方向运动，则2～6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确。根据题图a可知，t＝8s时甲车的速度为0，则其动能为0；在0～8s内，对乙车根据动量定理有I8＝mv8－0，根据题图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时乙车的速度v8＝0，则其动能为0，综上可知，t＝8s时，甲、乙两车的动能相同，故D错误。2．如图所示，物体A以速度v0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1m，图a中的虚线是A做平抛运动的轨迹，图b中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图a中的虚线完全相同，让物体B从轨道顶端沿轨道无初速度下滑，B下滑过程中没有脱离轨道，物体A、B都可以看作质点，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A．A、B两物体落地时的速度相同B．A、B两物体下落运动的时间相等C．物体A落地时的速度大小为5m/sD．物体B落地时沿水平方向的速度大小为5m/s答案C解析物体A以速度v0做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速度下滑，B所受轨道的支持力时刻与速度垂直，所以轨道的支持力对B不做功，重力对A、B做的功大小相同，由动能定理得，B的末速度小于A的末速度，故A错误；A、B两物体的竖直位移相等，但是B在竖直方向上的加速度小于A的加速度，根据h＝eq\f(1,2)at2可知，A、B在空中运动的时间不同，且tA＜tB，故B错误；根据平抛运动的知识，A沿水平方向：1m＝v0tA，竖直方向：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，则A落地时的速度：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正确；根据机械能守恒定律，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落地时沿水平方向的速度vBx<2eq\r(5)m/s<5m/s，故D错误。3．(2023·安徽省芜湖市高三下5月教学质量统测(二模))(多选)如图所示，左侧带有挡板的小车质量m1＝2kg，挡板上固定一轻弹簧，弹簧水平且自由端恰好在小车O点正上方，O点离小车右端的距离L＝1.0m，小车上表面O点左侧光滑，小车静止于光滑水平面上。质量m2＝1kg的滑块(可以看作质点)以水平速度v0＝6m/s从右端滑上小车，经弹簧反弹后离开小车。已知滑块与小车O点右侧表面间的动摩擦因数μ＝0.45，重力加速度g＝10m/s2，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是()A．滑块相对小车向左滑行的过程中一直在减速B．滑块相对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后变小C．此过程中弹簧的最大弹性势能Ep＝6JD．滑块离开小车后在空中做自由落体运动答案AD解析滑块相对小车向左滑动的过程中分两个阶段，滑块在O点右侧滑动时，滑块受滑动摩擦力作用而减速，该阶段根据牛顿第二定律有μm2g＝m2a1，解得a1＝μg，可知此阶段滑块向左滑行的加速度大小不变；滑块经过O点后瞬间，摩擦力突变为0，弹簧处于原长，则滑块加速度大小为0，之后滑块相对小车在O点左侧向左滑行时，滑块受弹簧弹力作用而减速，该阶段滑块加速度大小随弹簧形变量增大而逐渐变大，故A正确，B错误；弹簧压缩量最大时，弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车达到共同速度v，由动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错误；当滑块离开小车时，设滑块的速度为v1，小车的速度为v2，此过程中由动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(另一组解v1＝4m/s，v2＝1m/s不符合实际，舍去)，可知滑块离开小车时其速度为零，所以滑块离开小车后在空中做自由落体运动，故D正确。4.(2023·湖南省怀化市高三下仿真考试(二模))如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，sin53°＝0.8，g取10m/s2。以下说法正确的是()A．小球B下落时离地面的高度是20mB．小球A上升至最高处时离地面40mC．小球A从抛出到落回地面的时间为3sD．小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m答案C解析A抛出到与B碰撞前，在空中做斜抛运动，抛出时在竖直方向的分速度vAy＝vsin53°＝20m/s，则A上升的最大高度为hA＝eq\f(veq\o\al(2,Ay),2g)＝20m，运动时间t＝eq\f(vAy,g)＝2s，t时间内B做自由落体运动，下落高度hB＝eq\f(1,2)gt2＝20m，所以小球B下落时离地面的高度HB＝hA＋hB＝40m，故A、B错误；A、B两小球碰撞前瞬间，竖直方向上，A的分速度大小vAy1＝0，B的分速度大小vBy1＝gt＝20m/s，设碰后瞬间A、B竖直方向分速度大小为vy，碰撞过程竖直方向动量守恒，取竖直向下为正方向，有mvAy1＋3mvBy1＝(m＋3m)vy，解得vy＝15m/s，设A、B两球碰后到落到地面所经历时间为t′，由匀变速直线运动规律有vyt′＋eq\f(1,2)gt′2＝hA，解得t′＝1s(t′＝－4s舍去)，则小球A从抛出到落回地面所用时间t总＝t＋t′＝3s，故C正确；A、B两小球碰撞前瞬间，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，设碰后瞬间A、B沿水平方向的分速度大小为vx，碰撞过程中A、B在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，有mvAx1＋3mvBx1＝(m＋3m)vx，解得vx＝3.75m/s，A从抛出到碰撞前瞬间，水平方向做匀速直线运动，故其水平位移x1＝vAx1t＝30m，碰撞后到落回地面过程中水平方向做匀速直线运动，故其水平位移x2＝vxt′＝3.75m，则小球A从抛出到落回地面的水平距离x＝x1＋x2＝33.75m，故D错误。5．(2022·安徽省淮南市高三下5月二模)(多选)如图所示，一质量M＝0.8kg的小车静置于光滑水平地面上，小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道与水平轨道相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°，半径OB＝OC＝5m，CD的长度为5m。某一时刻，质量m＝0.2kg的物块A从空中某处以大小v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，最终物块A恰好不滑离小车。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计。则()A．物块A在小车上相对小车运动的过程中，A与小车构成的系统动量守恒B．物块A通过B点时的速度大小为5m/sC．物块A滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大于2.0ND．物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.418答案BCD解析物块A从B点到C点过程中，A与小车构成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；在B点，根据几何关系有cos37°＝eq\f(v0,vB)，解得vB＝5m/s，故B正确；在C点，物块A有向上的向心加速度，物块A处于超重状态，则物块A滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大于自身重力2.0N，故C正确；设物块A到达轨道CD的D端时A和小车的共同速度大小为vD，水平方向由动量守恒定律有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)，联立解得μ＝0.418，故D正确。二、非选择题(本题共2小题)6．(2023·山东省潍坊市高三下二模)“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中，而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度h0＝0.8m处，将一质量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为1.2N，接触水面0.1s后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的eq\f(3,4)。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：(1)小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离；(2)第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。答案(1)6m(2)2.0N解析(1)设小石片第1次接触水面时竖直方向的速度为vy0，小石片水平抛出到第1次到达水面的过程做平抛运动，竖直方向有veq\o\al(2,y0)＝2gh0由题意可知，小石片第1次弹起时竖直方向的速度大小vy1＝eq\f(3,4)vy0第1次接触水面的过程中，设小石片在水平方向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得f＝ma设小石片第1次离开水面时水平方向的速度大小为vx1，由匀变速直线运动规律有vx1＝v0－aΔt其中Δt＝0.1s小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前做斜抛运动，设经历时间为t1，在空中运动的水平距离为x，则有vy1＝g·eq\f(t1,2)，x＝vx1t1联立并代入数据解得x＝6m。(2)第1次与水面接触的过程，设水面对小石片的竖直作用力大小为F，取竖直向上为正方向，根据动量定理有FΔt－mgΔt＝mvy1－(－mvy0)根据平行四边形定则，可得第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小F′＝eq\r(F2＋f2)联立并代入数据解得F′＝2.0N。7．(2022·湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为eq\r(\f(3gL,5))时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动eq\f(L,10)距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。(1)求C的质量；(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。答案(1)eq\r(3)m(2)6.5mg(3)(4－2eq\r(3))mgL解析(1)系统在如图虚线位置保持静止时，以C为研究对象，根据平衡条件可知mCg＝2Tsin60°以A或B为研究对象，有T＝mg联立解得mC＝eq\r(3)m。(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度大小为v，以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律可知mCeq\r(\f(3gL,5))＝2mvC、D碰撞后D向下运动eq\f(L,10)距离后静止，根据动能定理可知2mgeq\f(L,10)－Feq\f(L,10)＝0－eq\f(1,2)×2mv2联立解得F＝6.5mg。(3)当C运动到图中虚线位置时，受力平衡，加速度为零，速度最大，此时A、B的加速度也为零，速度也达到最大，则A、B、C的总动能最大。设此时C的速度大小为vC，则A、B的速度大小vA＝vB＝vCsin60°对A、B、C组成的系统，由机械能守恒定律有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))此时C的动能EkC＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)联立解得EkC＝(4－2eq\r(3))mgL。实验验证动量守恒定律科学探究梳理验证动量守恒定律。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′，计算出碰撞前的动量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1研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒[实验器材]气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个，含挡光片)、重物、轻质弹簧、细线、弹性碰撞架、尼龙搭扣、撞针、橡皮泥等。[实验步骤]1．用天平测出滑块质量。2．正确安装好气垫导轨。3．接通电源，利用配套的数字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)。[数据处理]1．滑块速度的测量：v＝eq\f(Δx,Δt)，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2研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒[实验器材]斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、刻度尺等。[实验步骤]1．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(避免入射小球反弹)。2．按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽末端水平。3．白纸在下，复写纸在上，且在适当位置铺放好。记下铅垂线所指的位置O。4．不放被撞小球，每次让入射小球(质量为m1)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．把被撞小球(质量为m2)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．连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。[数据处理]验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。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)若利用平抛运动规律进行验证：①安装实验装置时，应注意调整斜槽，使斜槽末端水平；②入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止释放；③选质量较大的小球为入射小球；④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。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(即正碰)，为此两球应等大，且速度沿球心连线方向。(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，用长木板实验时是否平衡了摩擦力。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。科学探究精研考点一教材原型实验考向1研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒例1(2022·重庆高考)如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。(1)要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是________。(2)为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做________运动。(3)测得滑块B的质量为197.8g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为________kg·m·s－1(保留2位有效数字)，滑块A碰后的图线为________(选填“②”“③”“④”)。[答案](1)天平(2)匀速直线(3)－0.011③[解析](1)根据气垫导轨上的刻度尺和具有计时功能的摄像机，可获得滑块在一段时间t内的位移x，进一步求出速度v＝eq\f(x,t)，要测量滑块的动量p＝mv，还需要测量滑块的质量m，故还需要的实验器材是天平。(2)为减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故应调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动。(3)由题中x­t图像可知，④为滑块A碰前的图线，取滑块A碰前的运动方向为正方向，根据图线①可知滑块B碰前的速度为vB＝eq\f(0.425－0.476,0.90)m·s－1＝－0.057m·s－1，则滑块B碰前的动量为pB＝mBvB＝0.1978kg×(－0.057m·s－1)＝－0.011kg·m·s－1。由题中x­t图像可知，②、③为两滑块碰后的图线，碰后两滑块均向负方向运动，即均向左运动，则碰后A的速度大于B的速度，由x­t图线的斜率绝对值表示速度大小，可知③为滑块A碰后的图线，②为滑块B碰后的图线。考向2研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒例2(2022·广东省汕头市高三下一模)小羽同学用图甲所示装置验证动量守恒定律(水平地面依次铺有复写纸和白纸)。实验时，先让入射球A多次从斜轨上C位置由静止释放；然后，把被碰小球B静置于轨道的末端，再将入射小球A从斜轨上C位置由静止释放，与小球B相撞，多次重复此步骤，用最小圆圈法分别找到小球的平均落点M、P、N，P点为入射球A未碰撞时的平均落点，图中O点为小球抛出点在水平地面上的垂直投影。(1)(多选)关于此碰撞实验，下列说法正确的是________。A．复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动B．需要测量A球或B球的直径C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同D．需要测量A球和B球的质量mA和mB(2)为了减少实验误差，有同学提出斜槽倾斜部分的轨道应尽量光滑，你认为这种说法对吗？并再提出一种减少实验误差的方法：________________________________________________________________________________________________________________________。(3)如图乙所示，测量出平均水平位移OM、OP、ON的长度x1、x2、x3，若两球相碰前后的总动量守恒，碰撞属于弹性碰撞，则x1、x2、x3的关系为______________。[答案](1)AD(2)不对。斜槽末端必须要调成水平；选择质量较大且半径较小的小球做实验等(任选一种即可)(3)x2＋x1＝x3[解析](1)复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动，A正确；该实验中两球从同一点抛出，水平位移对应小球在抛出点和落地点处的球心之间的水平距离，竖直位移对应小球在抛出点和落地点的最下方位置之间的竖直高度，不需要测量A球或B球的直径，B错误；为防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，为保证两球正碰，则两球大小要相同，C错误；实验要验证的关系是mAv0＝mAv1＋mBv2，两球碰后均做平抛运动，落地时间t相同，则要验证的关系式是mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，则实验中需要测量A球和B球的质量mA和mB，D正确。(2)斜槽倾斜部分没必要必须光滑，只要小球A每次从同一位置释放，到达底端时速度就相同；为减小实验误差，斜槽末端必须要调成水平，保证小球抛出后做平抛运动；选择质量较大且半径较小的小球做实验，减小空气阻力的影响等。(3)由(1)中分析可知，若两球相碰前后的动量守恒，则mAx2＝mAx1＋mBx3，若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，则有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)，即满足关系式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)，联立可得x2＋x1＝x3。考点二实验拓展与创新考向1实验方案的创新例3(2023·辽宁高考)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。(1)在本实验中，甲选用的是________(填“一元”或“一角”)硬币；(2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为________(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)；(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝________(用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；(4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因：__________________________。[答案](1)一元(2)eq\r(2μgs0)(3)eq\f(m2,m1)(4)距离测量有误差(或甲、乙碰撞过程中系统所受合外力实际并不为零，只是近似为零，其他原因合理也可)[解析](1)分析可知，实验中应使甲与乙碰撞后甲不反弹，可知甲的质量应大于乙的质量，则甲选用的是一元硬币。(2)甲从O点到P点，根据动能定理有－μm1gs0＝0－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)，解得碰撞前甲到O点时速度的大小v0＝eq\r(2μgs0)。(3)根据(2)中分析，同理可得，碰撞后瞬间甲的速度大小和乙的速度大小分别为v1＝eq\r(2μgs1)，v2＝eq\r(2μgs2)，若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2，整理可得eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝eq\f(m2,m1)。(4)产生这种误差可能的原因有：①测量误差，因为再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；②碰撞过程中，认为内力远大于外力，忽略外力的影响，系统动量守恒，实际两个硬币组成的系统所受合外力不为零。例4某同学利用如下实验装置研究两物体碰撞过程中的守恒量。实验步骤如下：①如图所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球1、球2与木条的撞击点；②将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，撞击点为B′；③将木条平移到图中所示位置，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，撞击点为P；④把球2静止放置在水平槽的末端，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后的撞击点；⑤测得B′与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。根据该同学的实验，回答下列问题：(1)两小球的质量关系为m1________m2(填“>”“＝”或“<”)。(2)碰后小球1的落点在图中的________点。(3)若再利用天平测量出两小球的质量分别为m1、m2，则满足______________________表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足______________________表示两小球碰撞前后的机械能守恒。[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)为了防止两球碰后球1出现反弹现象，入射球1的质量一定要大于被碰球2的质量，即m1>m2。(2)由图可知，两小球打在木条上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；由碰撞规律可知，碰后入射球的速度减小，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，则可知碰后小球1的落点在图中M点。(3)根据平抛运动规律，可知小球打在木条上时，下落的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，则可知小球做平抛运动的水平速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(x\r(g),\r(2h))，代入题中物理量得：v1＝eq\f(x\r(g),\r(2h2))，v1′＝eq\f(x\r(g),\r(2h3))，v2′＝eq\f(x\r(g),\r(2h1))，若碰撞过程动量守恒，则：m1v1＝m1v1′＋m2v2′，联立解得：eq\f(m1,\r(h2))＝eq\f(m1,\r(h3))＋eq\f(m2,\r(h1))；若碰撞过程机械能守恒，则有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2，联立解得：eq\f(m1,h2)＝eq\f(m1,h3)＋eq\f(m2,h1)。考向2实验数据分析的创新例5(2022·全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：(1)调节导轨水平。(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________kg的滑块作为A。(3)调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。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位有效数字)。(7)eq\f(v1,v2)的平均值为________(保留2位有效数字)。(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由eq\f(v1,v2)判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则eq\f(v1,v2)的理论表达式为________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。[答案](2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)eq\f(m2－m1,2m1)0.34[解析](2)要使碰撞后两滑块运动方向相反，应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块，故选取质量为0.304kg的滑块作为A。(6)由于s1＝s2，即v1t1＝v2t2，则k＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)，代入表中数据可得k2＝eq\f(0.21,0.67)＝0.31。(7)eq\f(v1,v2)的平均值为eq\o(k,\s\up6(－))＝eq\f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)＝0.32。(8)弹性碰撞时，系统动量守恒，机械能守恒，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)，联立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)，代入数据可得eq\f(v1,v2)＝0.34。考向3实验目的的创新例6(2021·江苏高考)小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。(1)游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝________mm。(2)打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是__________________。(3)多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表，请根据表中数据，在方格纸上作出Δv­Δt图线。Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/(m·s－1)1.381.521.641.751.86(4)查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv­Δt图线斜率的理论值为________m/s2。(5)实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是________。A．选用的槽码质量偏小B．细线与气垫导轨不完全平行C．每次释放滑块的位置不同D．实验中Δt的测量值偏大[答案](1)10.20(2)将气垫导轨调至水平(3)图见解析(4)1.96(5)BD[解析](1)游标卡尺的读数为d＝10mm＋4×0.05mm＝10.20mm。(2)滑块在导轨上保持静止，说明气垫导轨已调至水平。(3)根据表格中数据描点并用直线连接，如图所示。(4)根据动量定理，对挂钩与槽码有(mg－T)·Δt＝mΔv，对滑块(含遮光条)有T·Δt＝MΔv，得Δv＝eq\f(mg,M＋m)Δt，则Δv­Δt图线斜率的理论值k＝eq\f(mg,M＋m)＝1.96m/s2。(5)由(4)问得k＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(mg,M＋m)＝eq\f(g,\f(M,m)＋1)，若选用的槽码质量偏小，并不会引起图线斜率的实验值与理论值的偏差，A错误；细线与气垫导轨不完全平行，则可能mg中一部分力有其他作用效果，没有全部用来使系统加速运动，所以图线斜率的实验值偏小，B正确；滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，C错误；Δt测量值偏大，则eq\f(Δv,Δt)的实验值偏小，图线斜率的实验值偏小，D正确。课时作业1．(2022·天津高考)某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图所示。A、B为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为M、N、P。(1)为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的结果如下图所示，其读数为________mm。(2)下列关于实验的要求哪个是正确的________。A．斜槽的末端必须是水平的B．斜槽的轨道必须是光滑的C．必须测出斜槽末端的高度D．A、B的质量必须相同(3)如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为________、________。(填落点位置的标记字母)答案(1)10.5(2)A(3)MP解析(1)游标尺上的第5条刻度线与主尺上的某刻度线对齐，可知该次测量结果的读数为D＝10mm＋5×0.1mm＝10.5mm。(2)在实验过程中，需要小球A两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同，则实验时应使小球A每次都从斜槽同一位置由静止开始释放，并不需要使斜槽的轨道光滑，但是必须保证斜槽末端水平，故A正确，B错误；两小球脱离轨道后均做平抛运动，且竖直位移均相同，由h＝eq\f(1,2)gt2知做平抛运动的时间相等，则由x＝vt可知，可用小球做平抛运动的水平位移代替其在斜槽末端的速度，则不必测出斜槽末端的高度，C错误；小球A与B发生正碰时，小球A应在碰后不反弹，则要求小球A的质量大于小球B的质量，故D错误。(3)设A、B两球的质量分别为mA和mB，碰前A的速度为v0，碰后A、B的速度分别为vA、vB。因为两个小球的碰撞可视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得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)，联立解得vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0。由(2)问分析知mA>mB，可见vA<v0<vB，由平抛运动的时间相等及x＝vt可知，碰前A在水平面上的落点位置为N，A、B碰后在水平面上的落点位置分别为M、P。2．(2023·辽宁省葫芦岛市高三下第二次模拟)某同学利用如图装置验证碰撞中的动量守恒定律，装置中桌面水平，一端固定了一弹簧枪，斜面紧贴桌面，且斜面的最高点恰好与桌面相平，该同学选了两个体积相同的钢质小球，实验步骤如下：①用天平测出小球1、2的质量分别为m1和m2；②先不放小球2，把小球1装入固定好的弹簧枪后释放，记下小球在斜面上的落点位置，小球每次放入弹簧枪中弹簧的压缩量均相同；③将小球2放在斜面最高点处，把小球1装入固定好的弹簧枪后释放，使它们发生碰撞，分别记下小球1、2在斜面上的落点位置，小球碰撞视为弹性碰撞；④用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜面最高点的距离，图中A、B、C点是该同学记下小球在斜面的落点位置，到斜面最高点的距离分别为x1、x2、x3。(1)选择的水平桌面是否需要一定光滑？________(选填“是”或“否”)；所选小球的质量关系是：m1要________(选填“大于”“小于”或“等于”)m2；(2)实验中若满足关系式________________________________(用实验中已经测得的量表示)，说明该碰撞过程满足动量守恒定律。(3)从实验结果看，动量守恒的等式可能是近似等于，请你指出一条近似等于的理由：__________________________________。答案(1)否大于(2)m1eq\r(x2)＝m1eq\r(x1)＋m2eq\r(x3)(3)小球落点的点迹大，导致测量x时出现误差(或读数误差、空气阻力造成的误差)解析(1)本实验要求小球1每次到水平桌面末端的速度大小相同即可，水平桌面是否光滑对此没有影响，所以水平桌面不需要一定光滑；设小球1碰前瞬间速度大小为v0，碰后瞬间速度大小为v1，小球2碰后瞬间速度大小为v2，小球1与小球2发生弹性碰撞，若碰撞中动量守恒定律成立，则根据动量守恒定律和总动能不变，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，本实验要求小球1碰后也要做平抛运动落在斜面上，不能反弹，则v1>0，即eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0>0，所以m1>m2。(2)设斜面倾角为θ，小球在空中运动时间为t，小球在空中做平抛运动，由平抛运动规律有xsinθ＝eq\f(1,2)gt2，xcosθ＝vt，联立可得小球做平抛运动的初速度大小为v＝eq\r(\f(gxcos2θ,2sinθ))。由(1)可知，v1<v0<v2，由题图知，x1<x2<x3，结合v的表达式可知，未放置小球2时，小球1落在B点，放置小球2后，小球1碰后落在A点，小球2碰后落在C点，则小球1碰撞前瞬间的动量p1＝m1v0＝m1eq\r(\f(gx2cos2θ,2sinθ))，碰撞后瞬间小球1、2的总动量p2＝m1v1＋m2v2＝m1eq\r(\f(gx1cos2θ,2sinθ))＋m2eq\r(\f(gx3cos2θ,2sinθ))，若该碰撞过程动量守恒，则p1＝p2，联立可得m1eq\r(x2)＝m1eq\r(x1)＋m2eq\r(x3)，即若满足该关系式，说明该碰撞过程满足动量守恒定律。(3)由于实验中存在误差，所以动量守恒的表达式可能是近似相等，其误差可能是小球落点的点迹大，导致测量x时出现误差；也可能是读数误差；还可能是由于存在空气阻力造成的误差等。3．用如图所示的装置来验证动量守恒定律。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D(或E)，计时器开始计时；挡光条到达光电门C(或F)，计时器停止计时。实验主要步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；b．给气垫导轨通气并调整使其水平；c．调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；d．A、B之间紧压一轻弹簧(与A、B不栓接)，并用细线栓住，如图静置于气垫导轨上；e．烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB。(1)实验中还应测量的物理量x是__________________________________(用文字表达)。(2)利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是______________________________(用题中所给的字母表示)。(3)利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep＝______________________________(用题中所给的字母表示)。答案(1)光电门E、F间的水平距离(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原来静止，总动量为零，则验证动量守恒定律的表达式为mAeq\f(L,tA)－mBeq\f(x,tB)＝0，所以还需要测量的物理量x是光电门E、F间的水平距离。(3)弹簧恢复原长时，A滑块的速度为vA＝eq\f(L,tA)，B滑块的速度为vB＝eq\f(x,tB)，根据能量守恒定律得：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．某同学设计用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律。打点计时器打点频率为50Hz。步骤一：用垫块垫起长木板的右端，使之具有一定的倾角，调节倾角，使得轻推一下滑块甲(前端粘有橡皮泥，后端连接纸带)或者滑块乙之后它们均能在长木板上做匀速直线运动。步骤二：把乙放在长木板合适的位置，甲靠近打点计时器，接通打点计时器的电源，轻推一下甲，甲向下运动与乙