2024届高考物理复习实验：验证动量守恒定律

第5讲实验：验证动量守恒定律把握经典实验方案一、基本原理与操作原理装置图碰撞前：p＝m1v1＋m2v2碰撞后：p′＝m1v1′＋m2v2′操作要领(1)测质量：用天平测出两球的质量(2)安装：斜槽末端切线必须沿水平方向(3)起点：入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放(4)铺纸：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(5)测距离：用小球平抛的水平位移替代速度，用刻度尺量出O到所找圆心的距离二、核心关键——数据处理(1)碰撞找点：把被碰小球放在斜槽末端，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。标出碰撞前、后入射小球落点的平均位置P、M和被碰小球落点的平均位置N。如图2所示。(2)验证：测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中，最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。融通多彩实验方案方案(一)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、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等。[实验步骤](1)测质量：用天平测出滑块质量。(2)安装：正确安装好气垫导轨。(3)实验：接通电源，利用配套的光电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为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。(2)验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。方案(二)利用等长摆球完成一维碰撞实验[实验器材]带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。[实验步骤](1)测质量和直径：用天平测出小球的质量m1、m2，用游标卡尺测出小球的直径d。(2)安装：把小球用等长悬线悬挂起来，并用刻度尺测量悬线长度l。(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。(4)测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度。(5)改变条件重复实验：①改变小球被拉起的角度；②改变摆长。[数据处理](1)摆球速度的测量：v＝eq\r(2gh)，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起)的高度，h可由摆角和摆长l＋eq\f(d,2)计算出。(2)验证的表达式：m1v1＝m1v1′＋m2v2′。方案(三)利用两辆小车完成一维碰撞实验[实验器材]光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等。[实验步骤](1)测质量：用天平测出两小车的质量。(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。(3)实验：小车B静止，接通电源，让小车A运动，碰撞时撞针插入橡皮泥中，两小车连接成一个整体运动。(4)改变条件重复实验：①改变小车A的初速度；②改变两小车的质量。[数据处理](1)小车速度的测量：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝eq\f(Δx,Δt)计算。(2)验证的表达式：m1v1＝(m1＋m2)v2。归纳共性实验关键1．不变的实验原理两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。2．通用的数据处理方法计算碰撞之前的总动量m1v1＋m2v2和碰撞之后的总动量m1v1′＋m2v2′。3．共同的注意事项(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。(2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。4．一致的误差分析思路(1)主要来源于质量m1、m2的测量。(2)小球落点的确定。(3)小球水平位移的测量。一、基础考法保住分考查点(一)实验原理与操作1．某同学用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，A、B为半径相同的小球(mA>mB)，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一位置G由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止释放。两球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作多次。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O点对齐(未画出)。(1)碰撞后B球的水平射程应为________cm。(2)以下选项中，本次实验必须进行测量的是______(填选项前的字母)。A．测量A球未与B球相碰时的平均落点到O点的距离B．测量A球与B球相碰后的平均落点到O点的距离C．测量A球和B球的直径D．测量A球和B球的质量E．测量水平槽面相对于O点的高度解析：(1)如题图所示，用尽可能小的圆把小球落点圈在里面，由此可见圆心的位置是65.7cm，即碰撞后B球的水平射程应为65.7cm；(2)本实验需要验证的方程是：mAeq\x\to(OK)＝mAeq\x\to(ON)＋mBeq\x\to(OM)，(其中的K、N、M分别是A球未与B球碰撞时的平均落地点、A球与B球相碰后A球的平均落地点以及A球与B球相碰后B球的平均落地点)，则需要测量两球的质量mA、mB，水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离eq\x\to(OK)。A球与B球碰撞后，测量两球落点位置到O点的平均距离eq\x\to(ON)和eq\x\to(OM)。故A、B、D正确，C、E错误。答案：(1)65.7(65.5～65.9均正确)(2)ABD[关键点拨]实验操作的四点提醒(1)调整斜槽末端切线水平，保证小球碰后均做平抛运动。(2)入射小球与被碰小球的平抛起点相同。(3)小球碰撞前后做平抛运动的时间相同，因此，可用平抛的水平位移替代平抛的初速度进行实验验证。(4)以最小的圆包括小球的落地点，则该圆的圆心即为小球落点的平均位置。考查点(二)数据处理与误差分析2．(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”或“④”)。解析：(1)要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平。(2)为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动。(3)取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图线可知滑块B碰前的速度为vB＝eq\f(0.424－0.476,0.9)m/s≈－0.058m/s则滑块B碰前的动量为pB＝mBvB＝0.1978kg×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－0.058))m/s≈－0.011kg·m/s由题意可知两滑块相碰要符合碰撞制约关系，则④图线为碰前A滑块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A滑块的图线。答案：(1)天平(2)匀速直线(3)－0.011③(1)气垫导轨应保持水平，能让滑块在气垫导轨上近似做匀速直线运动。(2)两物体碰撞后要根据实际情况，符合“后不超前”原则。[关键点拨]

二、创新考法不失分创新角度(一)实验目的的创新1．如图甲所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。实验步骤如下：①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。挡位平均最大偏角θ/度弹丸质量m/kg摆块质量M/kg摆长l/m弹丸的速度v/(m·s－1)低速挡15.70.007650.07890.2705.03中速挡19.10.007650.07890.2706.77高速挡0.007650.07890.2707.15完成下列填空：(1)现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示，请将表中数据补充完整：θ＝________。(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________。(已知重力加速度为g)(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：________________________________________。[创新点分析](1)利用动量守恒、机械能守恒计算弹丸的发射速度。(2)减小实验误差的措施，体现了物理知识和物理实验的实用性、创新性和综合性。解析：(1)分度值为1°，故读数为22.5。(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒：mv＝(m＋M)v′摆块向上摆动，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cosθ)，联立解得：v＝eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)。(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)。答案：(1)22.5(22.3～22.7均正确)(2)eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)(3)见解析创新角度(二)实验器材的创新2．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示。(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________。①P5、P6之间②P6处③P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式_________________________________________________。(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处，又由于P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确。(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝eq\f(s34＋s45,2T)，v5＝eq\f(s45＋s56,2T)，又v5＝eq\f(v4＋v6,2)，解得碰撞前滑块A速度v6＝eq\f(2s56＋s45－s34,2T)，同理，碰撞后整体的速度v6′＝eq\f(2s67＋s78－s89,2T)，需要验证的方程为m1v6＝(m1＋m2)v6′，将以上两式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接测量的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正确。(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动。②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。③适当增大相机和轨道槽的距离，减小由于镜头拍摄引起的距离误差。④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。答案：(1)②(2)①⑥m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)(3)见解析(任意一条即可)创新角度(三)实验原理的创新3．某同学用如图甲所示的装置验证碰撞中动量守恒。一根长为L的轻质不可伸缩细线一端拴住质量为mA的小钢球A，细线的另一端固定在悬点O，在最低点的前后放置一光电门，光电门前的水平面上放一质量为mB的金属物块B，物块的上表面中央固定一轻质的遮光片。现将小球向右拉至细线水平后静止释放，小球在最低点与物块碰撞后反弹上升，测出小球反弹上升时细线的最大偏角为θ，光电门记录的挡光时间为t，已知重力加速度为g。则(1)用20分度的游标卡尺测遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________mm。(2)小球与物块的质量大小关系为mA________mB(选填“＞”“＝”或“＜”)。(3)验证小球与物块在碰撞过程中动量守恒的表达式为_________________。(用字母mA、mB、L、d、θ、t、g表示)[创新点分析](1)利用光电门测物块碰后的速度。(2)利用机械能守恒定律得出小球碰撞前后的速度。解析：(1)主尺读数为4mm，游标尺读数是7×0.05mm＝0.35mm，故最后读数4mm＋0.35mm＝4.35mm；(2)小钢球与金属物块碰后要求小球反弹，故mA＜mB；(3)设小球在碰撞前、后的速度大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律有mAgL＝eq\f(1,2)mAv12，mAgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mAv22，碰后物块的速度v＝eq\f(d,t)，由碰撞中动量守恒有mAv1＝mBv－mAv2，可得eq\r(2gL)1＋eq\r(1－cosθ)mAt＝mBd。答案：(1)4.35(2)＜(3)eq\r(2gL)1＋eq\r(1－cosθ)mAt＝mBd创新角度(四)实验过程的创新4．一同学采用如图甲所示的实验装置，设计了“验证动量守恒定律”的实验。实验装置中的斜面和水平面之间用很短的平滑曲面连接，物块通过平滑曲面时速度大小不变。实验步骤主要包括：①选取两块表面粗糙程度相同的物块A、B。②将两个粘扣分别钉到两物块的侧面上，使两物块相碰时能粘合在一起。③让物块A从斜面上某一位置O处由静止开始滑下，记下物块A在水平面上停下的位置P(多次滑下以准确确定位置P)，如图乙所示。④在靠近斜面底端处放物块B，并使带有粘扣的一侧朝左，标出此时B所处位置M，让物块A从同一位置O处由静止开始滑下，A、B碰撞后粘合在一起，标出停止时两物块的位置N，如图丙所示。⑤用刻度尺测MP、MN的长度s1和s2，用天平测出A、B的质量mA、mB。(1)只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式____________________，就可以认为碰撞瞬间A、B系统的总动量保持不变。(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①____________________________；②________________________________________________________________________。(1)使物块A从同一位置由静止下滑，以保证物块A到达斜面底端时的速度相同。(2)物块碰撞前后的速度可由其在水平面上滑行的距离分析得出。[创新点分析]解析：(1)设碰前物块A的速度大小为v1，碰后瞬间物块A、B的共同速度为v2，对未放物块B时物块A从M运动到P的过程，由动能定理得－μmAgs1＝－eq\f(1,2)mAv12，解得v1＝eq\r(2μgs1)，对碰撞后A、B一起从M运动到N的过程，由动能定理可得－μ(mA＋mB)gs2＝－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22，解得v2＝eq\r(2μgs2)，碰撞瞬间若满足动量守恒，则应有mAv1＝(mA＋mB)v2，即mAeq\r(2μgs1)＝(mA＋mB)eq\r(2μgs2)，整理得mAeq\r(s1)＝(mA＋mB)eq\r(s2)。即只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式mAeq\r(s1)＝(mA＋mB)eq\r(s2)，碰撞瞬间A、B系统的总动量就保持不变。(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①增加物块A开始下滑时的高度；②让碰撞点尽量接近斜面底端。答案：(1)mAeq\r(s1)＝(mA＋mB)eq\r(s2)(2)见解析阶段综合检测(二)[考查范围：曲线运动万有引力与宇宙航行机械能和动量](本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.如图所示的装置，M、N棒连接相同旋转速度的电机，在图中所示的时刻A点与B点位于同一竖直线上，对此下列说法正确的是()A．A点与B点的线速度相同B．A点与B点的周期相同C．经过t＝2s，A点与B点的线速度相同D．A点的向心加速度大于B点的向心加速度解析：选B由题知M、N棒连接相同旋转速度的电机，则说明M、N的角速度相同，则周期相同，根据角速度与线速度的关系可知v＝ωr，由图可知rB>rA，则有vB>vA，A、C错误，B正确；根据向心加速度的计算公式有a＝ω2r，由图可知rB>rA，则有aB>aA，D错误。2．质量为m的小鸟，以速度v沿着与水平成θ角斜向上的方向匀速飞行，重力加速度为g，则()A．小鸟处于超重状态B．空气对小鸟作用力的方向与v的方向相反C．空气对小鸟作用力的大小为mgD．重力对小鸟做功功率为－mgv解析：选C小鸟匀速飞行，所受合力为零，A错误；小鸟受重力和空气对小鸟的作用力，空气对小鸟的作用力与重力等大反向，大小为mg，B错误，C正确；功率公式P＝Fv，要求力与速度共线，所以重力对小鸟做功功率为－mgvsinθ，D错误。3．宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力互相绕转，称之为双星系统，在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则()A．星球A的质量一定大于B的质量B．星球A的角速度一定大于B的角速度C．星球A的线速度大小一定大于B的线速度大小D．星球A的向心加速度大小一定小于B的向心加速度大小解析：选C由于两颗星始终绕着O点旋转，他们的连线始终过O点，因此角速度相等，B错误；由于两颗星都绕着O点旋转，他们之间的万有引力提供向心力，因此eq\f(GMAMB,L2)＝MAω2rA①，eq\f(GMAMB,L2)＝MBω2rB②，将①②联立可得MArA＝MBrB，由于rA>rB，因此MA<MB，A错误；根据v＝ωr，由于角速度相等，可知vA>vB，C正确；根据a＝ω2r，可知D错误。4．如图所示，甲为一长度为L的均匀链条，总质量为2m，一半放在水平桌面上，一半竖直下垂。乙为两个质量均为m的小球，一个放在水平桌面上，一个竖直下垂，中间用不计质量、长度为L的细绳相连，水平部分和竖直部分长度相等，小球可以视为质点。现给甲、乙一个小扰动，使得甲、乙都刚好离开水平桌面。取水平桌面所在的平面为零势能面，重力加速度大小为g，下列有关说法正确的是()A．甲的重力势能减少了eq\f(3,4)mgLB．乙的重力势能减少了mgLC．甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功D．甲、乙重力势能的减少量相等解析：选A甲的重力势能变化量为ΔEPA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2mg\f(L,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－mg\f(L,4)))＝－eq\f(3,4)mgL，A正确；乙的重力势能变化量为ΔEPB＝(－mgL)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－mg\f(L,2)))＝－eq\f(1,2)mgL，B、D错误；甲受到的重力做的功大于乙受到的重力做的功，C错误。5．比赛用标准篮球充气后从1.80m处自由下落后弹起的高度范围应在1.20m～1.40m之间。在某次检测时，篮球自离地面高1.80m处无初速度释放后反弹最大高度为1.25m，该篮球的质量为0.6kg，忽略空气阻力的影响，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量方向向下B．篮球与地面碰撞前后瞬间的动量变化量大小为6.6kg·m/sC．从开始下落至反弹到最高点，整个过程篮球的机械能守恒D．从开始下落至反弹到最高点，整个过程合力对篮球所做的功为3.3J解析：选B取向下为正方向，由v2＝2gh，可得落地前的速度v1＝6m/s，反弹离开地面前的速度大小是v2＝5m/s，方向向上，即v2＝－5m/s，则有Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－6.6kg·m/s，负号代表方向向上，大小为6.6kg·m/s，A错误，B正确；篮球反弹的最大高度小于初始高度，所以机械能有损失，C错误；由动能定理可知，整个过程动能变化量为零，合力做功也为零，D错误。6．科学家研究表明：地球自转的角速度在逐渐减小，假设这种趋势持续下去，每经过时间T，地球自转周期增加t0。若地球半径为R，地球可视为质量均匀分布的球体；现在地球的自转周期为T1，地球表面重力加速度在赤道处的大小为g，其他条件都不变，则经过时间T，地球表面重力加速度在赤道处的大小应为()A．4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T＋t02)))＋gB．g－4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T＋t02)))C．4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T1＋t02)))＋gD．g－4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T1＋t02)))解析：选C设赤道处质量为m的物体受到的万有引力为F，则物体的重力为mg＝F－eq\f(m·4π2R,T12)，经过时间T后，地球的自转周期为T2＝T1＋t0，赤道处物体的重力为mg′＝F－eq\f(m·4π2R,T22)，联立以上三式，约掉质量m，可得g′＝4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T1＋t02)))＋g，C正确。7．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示，其中错误的是()解析：选B汽车最开始做初速度为0的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后做匀速运动。开始匀加速阶段，有F－Ff＝ma，设匀加速刚结束时的速度为v1，有P＝Fv1，最后匀速时，有F额＝Ff即P＝F额vm，综上所述，匀加速的末速度为v1＝eq\f(P,Ff＋ma)，最后匀速速度为vm＝eq\f(P,Ff)，接下来对各个图像进行逐个分析：在v-t图像中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为0，B错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，C正确；开始汽车功率逐渐增加，存在P＝Fv＝Fat，故为过原点的直线，后来功率恒定，D正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)8．2022年6月5日，超大型塔式起重机XGT15000－600S，成功下线交付(如图甲)。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a-t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A．该起重机的额定功率为ma02t1B．该起重机的额定功率为(mg＋ma0)a0t1C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2(t2－t1)D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做功比为t1∶2t2解析：选BC0～t1时间内，物体做匀加速直线运动，牵引力不变，功率增大，当t＝t1时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma0，此时功率达到额定功率，且P额＝Fv1，又v1＝a0t1，联立解得起重机的额定功率为P额＝(mg＋ma0)a0t1，故A错误，B正确；0～t1时间内牵引力做的功W1＝eq\f(P额t1,2)，t1～t2时间内牵引力做的功W2＝P额(t2－t1)，则在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故C正确，D错误。9．如图所示，质量为m的小球从半径为R的竖直半圆弧轨道最低点A点进入后恰能通过最高点B，然后落回水平面。已知C为半圆弧AB的中点，D为圆弧AC之间一点，θ＝60°，不计一切阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球通过C点时对轨道压力大小为3mgB．小球落到水平面时距离A点的距离为eq\r(2)RC．若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2.5RD．若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达最高点时距离水平面的高度为2R解析：选ACD小球恰能经过B点，则mg＝meq\f(vB2,R)，则从C到B，由机械能守恒eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvB2＋mgR在C点时FNC＝meq\f(vC2,R)，解得FNC＝3mg，A正确；小球从B点平抛，则x＝vBeq\r(\f(4R,g))＝2R，B错误；若将半圆弧轨道上部的BC段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达C点后做竖直上抛运动，则小球到达最高点时距离水平面的高度为H＝eq\f(vC2,2g)＋R＝2.5R，C正确；若将半圆弧轨道上部的BD段圆弧截去，其他条件不变，则小球到达D点后做斜抛运动，从D到C有eq\f(1,2)mvD2＝eq\f(1,2)mvC2＋mg·eq\f(1,2)R，解得vD＝2eq\r(gR)，到达最高点时距离水平面的高度为H′＝eq\f(1,2)R＋eq\f(vDsin60°2,2g)＝2R，D正确。10．斜面倾角为30°，某一物体从距地面高为h＝2m处的A点以速度v0＝4m/s与斜面成60°飞出，最后落回斜面B点。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，O点为斜面最低点。关于物体运动情况下列说法正确的是()A．物体飞行时间为0.8sB．物体离开斜面时的最远距离为eq\f(\r(3),5)mC．线段AB＝1.6mD．物体离地面的最大高度为2.2m解析：选AD将运动沿着斜面和垂直斜面方向正交分解，在垂直斜面方向上2v0sin60°＝gtcos30°，可得飞行时间t＝0.8s，A正确；当运动0.4s时距离斜面最远，且最远距离为d＝eq\f(v0sin60°2,2gcos30°)＝eq\f(2\r(3),5)m，B错误；AB的长度L＝v0tcos60°＋eq\f(1,2)gsin30°·t2＝3.2m，C错误；将运动沿水平方向和竖直方向分解，由几何关系可得初速度与竖直方向夹角为60°，因此最大高度时H＝h＋eq\f(v0cos60°2,2g)＝2.2m，D正确。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11．(6分)在一次实验中，某同学选用了两个外形相同的硬质小球A和B，小球A质量较大，小球B质量较小。该同学实验发现：若在水平面上用A球去撞击原来静止的B球，碰后A和B都向前运动；若用B球去撞击原来静止的A球，碰后A球向前运动，B球向后运动。为了探究碰撞中的不变量，该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验。实验时，分别将小球M、N放在竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)。现让小球M从与圆心O等高处由静止释放，在底部与静止的小球N发生正碰。(1)实验中，若实验室里有如下所述的四个小球：①半径为r的玻璃球；②半径为2r的玻璃球；③半径为1.5r的钢球；④半径为2r的钢球。为了便于测量，M球应选用________，N球应选用________(填编号)。(2)实验中不用测量的物理量为________。①小球M的质量m1和小球N的质量m2；②圆弧轨道的半径R；③小球M碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ1；④小球N碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ2。(3)用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为：________________________。解析：(1)在本实验中应选择直径相同的小球，为了让M球碰后反弹，要用质量小的小球去碰撞质量大的小球；由给出的小球可知，只能选用②④两球，且应用②球去碰撞④球；(2)小球与轨道间的摩擦可忽略，小球运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m1gR＝eq\f(1,2)m1v12 ①m1gR(1－cosθ1)＝eq\f(1,2)m1v1′2 ②m2gR(1－cosθ2)＝eq\f(1,2)m2v2′2 ③以M球的初速度方向为正方向，如果两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1＝m1(－v1′)＋m2v2′ ④由①②③④解得：m1＝－m1eq\r(1－cosθ1)＋m2eq\r(1－cosθ2) ⑤由⑤可知，探究碰撞中的不变量，需要测出两球的质量与碰撞后两球上升的最高位置与O点连线偏离竖直方向所对应的夹角，故需要测量的量为：①③④，不需要测量的物理量为：②。(3)由(2)可知，在碰撞中的不变量的等式为：m1＝－m1eq\r(1－cosθ1)＋m2eq\r(1－cosθ2)。答案：(1)②④(2)②(3)m1＝－m1eq\r(1－cosθ1)＋m2eq\r(1－cosθ2)12．(9分)采用如图甲所示的装置可以研究平抛运动。图乙是确定小球位置的硬纸片的示意图，带有一大一小两个孔，大孔宽度与做平抛运动的小球的直径d相当，可沿虚线折成图甲中的样式，放在如图甲中的多个合适位置，可用来确定小球的运动轨迹。已知重力加速度为g。(1)已备有器材：有孔的硬纸片、坐标纸、图钉、长方形平木板、铅笔、三角板、刻度尺、弧形斜槽、小球、铁架台(含铁夹)，还需要的一种实验器材是________。A．停表 B．天平C．铅垂线 D．弹簧测力计(2)关于本实验的一些说法，正确的是________。A．斜槽必须是光滑的，且每次释放小球的初位置相同B．应该将斜槽轨道的末端调成水平C．以斜槽末端紧贴着槽口处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点OD．为使所描曲线与小球运动轨迹吻合，应将所有通过硬纸片确定的点都用直线依次连接(3)判断所描绘曲线是否为抛物线是本实验的目的之一。若某同学实验得到的平抛运动的轨迹是图丙所示的曲线，图中的O点是小球做平抛运动的起点。可用刻度尺测量各点的x、y坐标，如P1的坐标(x1，y1)、P2的坐标(x2，y2)、P3的坐标(x3，y3)等。怎样通过这些测量值来判断这条曲线是否为一条抛物线？请简述判断的方法：。解析：(1)在做“研究平抛物体的运动”实验时，还需要铅垂线确定竖直方向，使坐标纸在竖直面内且方格线沿竖直或水平方向，故C正确，A、B、D错误。(2)为了使小球平抛运动的初速度相同，小球必须从斜槽上相同的位置自由滚下，但斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误；为了使小球做平抛运动，斜槽轨道的末端必须水平，故B正确；小球平抛运动的起点和所建坐标系的原点O应该是小球开始静止在斜槽末端时小球球心所在的位置，故C错误；为了减小误差，且使曲线与小球运动轨迹吻合，应舍去误差较大的点，用平滑的曲线连成轨迹，故D错误。(3)方法一：根据二次函数的特点，令y＝ax2，代入实验所得各点的坐标值求出一系列a，看在误差允许范围之内，a是否相等，则可判断实验所得的曲线是否是一条抛物线。方法二：按照实验所得各点的坐标值，描绘y­x2图像，观察图线在误差允许范围之内是否为一条直线，则可判断该实验曲线是否是一条抛物线。答案：(1)C(2)B(3)见解析13．(11分)如图所示，一个长方体铁箱在水平推力作用下由静止开始向右匀加速运动，这时铁箱内一小木块恰好能静止在后壁(木块和铁箱不粘连)，小木块离箱底h，离箱内右侧壁为kh，小木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ。铁箱与水平地面间动摩擦因数也为μ，铁箱右侧壁距离为eq\f(h,8)处有一竖直固定墙壁，铁箱碰墙壁原速率弹回且同时撤去水平推力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)求铁箱向右匀加速的加速度大小a；(2)若铁箱碰墙后小木块直接击中铁箱的右下角，求k。解析：(1)向右加速过程，对木块FN＝ma，μFN＝mg得a＝eq\f(g,μ)。(2)加速过程，有v2＝2aeq\f(h,8)若铁箱停下时，恰好木块平抛落在底板，有对铁箱t1＝eq\f(v,a′)，其中μMg＝Ma′对木块h＝eq\f(1,2)gt2，且t1＝t2，解得μ＝0.5若μ≥0.5，则铁箱停下后，木块落在底板，有kh＝vt2＋eq\f(v2,2a′)，得k＝eq\r(\f(1,2μ))＋eq\f(1,8μ2)若μ<0.5，则铁箱未停下木块就落在底板，有kh＝vt2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\