《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理专题二 考点2 动量　动量与能量的综合应用含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理考点2动量动量与能量的综合应用考向一动量定理的应用1.(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有()A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N答案：BD解析：两滑块碰撞过程中系统所受合外力不为零(F合＝F)，故动量不守恒，A错误；对滑块1应用动量定理，有I1＝mv共－mv1＝1×0.22N·s－1×0.40N·s＝－0.18N·s，则滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s，B正确；对滑块2应用动量定理，有I2＝mv共－0＝1×0.22N·s－0＝0.22N·s，则滑块2受到合外力的冲量大小为0.22N·s，C错误；设碰撞过程中滑块2受到滑块1的平均作用力大小为F12，则I2＝F12t，把t＝0.04s代入，解得F12＝5.5N，故D正确。2.(多选)如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用效果与翅膀用竖直向上的速度v平推静止空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则()A．单位时间内翅膀扇动空气的质量为SρvB．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv2C．蜂鸟的质量为eq\f(Sρv2,g)D．蜂鸟的质量为eq\f(Sρv3,g)答案：AC解析：蜂鸟翅膀在时间t内扇动空气的质量为m＝Svtρ，故单位时间内翅膀扇动空气的质量为eq\f(m,t)＝Sρv，A正确，B错误；设翅膀对空气的作用力大小为F，对在时间t内被扇动的空气，根据动量定理有Ft＝mv－0，解得F＝Sρv2，则空气对翅膀的作用力大小为F′＝F＝Sρv2，对蜂鸟受力分析，由平衡条件得F′＝Mg，解得蜂鸟的质量为M＝eq\f(\a\vs4\al(Sρv2),g)，C正确，D错误。考向二动量守恒定律及其应用3．(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案：B解析：因为水平地面光滑，所以撤去推力后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功，系统机械能不守恒。故选B。4．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案：BC解析：设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0。根据题意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。综上所述，该运动员的质量应满足52kg<m<60kg，故A、D错误，B、C正确。考向三动量与能量的综合应用5．(多选)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比eq\f(M,m)可能为()A．1 B．2C．3 D．4答案：CD解析：设碰撞前两物块的动量均为p，碰撞后M的速度为v，由动量守恒定律得2p＝Mv，由能量守恒定律可知，碰撞前系统的总动能大于等于碰撞后系统的总动能，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错误，C、D正确。6.(多选)如图所示，质量均为m的小球和小环用长为l不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为θ时，由静止释放，重力加速度为g，下列判断正确的是()A．小球和小环组成的系统动量守恒B．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同C．小球运动到最低点时，速度大小为eq\r(gl（1－sinθ）)D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力大小为mg(2－sinθ)答案：BC解析：分析可知，开始时，小球向下摆动，有竖直方向的分加速度，小球和小环组成的系统竖直方向上所受合力不为零，则该系统动量不守恒，故A错误；系统在水平方向上所受合力为零，则水平方向上系统动量守恒，易知小球向右摆到最高点时，在竖直方向上小球的速度为零，在水平方向上小球与小环的速度相同，设为v，则有0＝2mv，解得v＝0，即系统水平方向速度也为零，由系统机械能守恒可知，小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同，故B正确；小球运动到最低点时，设小球速度的大小为v1，小环速度的大小为v2，水平方向上根据动量守恒定律有mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律得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正确；小球运动到最低点时相对于小环的速度大小为v′＝v1＋v2，对小球由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(v′2,l)，解得轻绳对小球的拉力为F＝mg(5－4sinθ)，则轻绳对环的拉力大小为F′＝F＝mg(5－4sinθ)，故D错误。7．如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v­t图像如图乙所示。下列说法正确的是()A．物块C的质量为2kgB．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5JC．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s答案：D解析：由图乙知，物块C与物块A碰前瞬间速度为v1＝9m/s，碰后瞬间速度为v2＝3m/s，物块C与物块A碰撞过程动量守恒，以物块C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1kg，故A错误；物块B离开墙壁前，物块A、C粘在一起后速度减为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,2)＝13.5J，故B错误；由图乙知，12s末物块A和物块C的速度为v3＝－3m/s，分析知此时弹簧刚好恢复原长，物块B刚要离开墙壁，则4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对物块A和物块C整体的冲量大小，则墙壁对物块B的冲量大小为I＝|(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2|＝18N·s，故C错误；物块B离开墙壁后，三个物块和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，设为vB，设此时物块A、C的速度为v4，取水平向左为正方向，则有(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)，代入数据解得vB＝3.6m/s，故D正确。8.如图所示，一质量为m的滑块a(可看成质点)固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为4m的滑块b(可看成质点)静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。(g＝10m/s2)(1)若圆弧的底端B与固定在水平面上的上表面光滑的木板连接(足够长)，滑块b静止于B点，滑块a从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，请通过计算判断两滑块能否发生第二次碰撞；(2)若R＝5m，地面光滑，木板不固定且木板上表面与两滑块间的动摩擦因数均为0.5，木板质量M＝10m，要使滑块b不脱离木板，则木板至少多长？答案：(1)见解析(2)eq\f(8,7)m解析：(1)以向右为正方向，设碰前a的速度为va，碰后a、b的速度分别为va′、vb′。两滑块碰撞时动量守恒，有mva＝mva′＋4mvb′碰撞时无机械能损失，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mva′2＋eq\f(1,2)×4mvb′2联立解得va′＝－eq\f(3,5)va，vb′＝eq\f(2,5)va由于|va′|>|vb′|，则滑块a返回圆弧轨道后，再回来能追上滑块b发生第二次碰撞。(2)滑块a从静止开始释放，由机械能守恒定律得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要使滑块b不脱离木板，则最终滑块b和木板共速，滑块b与木板组成的系统动量守恒，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联立并代入数据解得Lmin＝eq\f(8,7)m。1．(2024·甘肃高考)(多选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．小车的动能不变B．小车的动量守恒C．小车的加速度不变D．小车所受的合外力一定指向圆心答案：AD解析：电动小车做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻在变化，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，动能不变，由p＝mv可知，动量大小不变，方向时刻在变化，即动量不守恒，故A正确，B错误；电动小车做匀速圆周运动，则小车的加速度大小a＝eq\f(v2,r)不变，方向指向运动轨迹的圆心，时刻在改变，根据牛顿第二定律可知，小车所受的合外力一定指向圆心，故C错误，D正确。2．(2024·广西高考)(多选)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在()A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v答案：BC解析：设小球M、N的质量均为m，碰撞后瞬间M的速度为vM，N的速度为vN，根据题意可知该碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv＝mvM＋mvN，根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，联立解得vM＝0，vN＝v。碰撞后小球N脱离平台，做初速度为v的平抛运动，在水平方向上做速度为v的匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故B、C正确，A、D错误。3.(2024·江苏高考)如图所示，在水平面上有一个静止的U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则()A．弹簧恢复原长时A的动能最大B．弹簧压缩至最短时A的动量最大C．整个系统动量变大D．整个系统机械能变大答案：A解析：对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；设A、B的质量分别为mA、mB，某时刻的速度大小分别为vA、vB，弹簧弹性势能的减小量为ΔEp，对系统由动量守恒定律有mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有ΔEp＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，A的动能EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，联立可得EkA＝eq\f(mB,mA＋mB)ΔEp，则当弹簧恢复至原长时，ΔEp最大，A的动能最大，A正确；当弹簧压缩至最短时，A、B共速，由动量守恒定律可知，此时两者的速度大小为0，则此时A的动量最小，B错误。4.(2024·广东高考)(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有()A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C．乙的运动时间与H乙无关D．甲最终停止位置与O处相距eq\f(H乙,μ)答案：ABD解析：两滑块在光滑斜坡上运动时加速度相同，又两滑块同时由静止开始下滑，则甲、乙两滑块在斜坡上运动时相对静止，故A正确；两滑块质量相同，设两滑块质量均为m，碰撞前瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙，碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv甲＋mv乙＝mv甲′＋mv乙′，根据总动能不变有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，联立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v甲，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜坡倾角为θ，两滑块沿斜坡下滑过程加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑过程，有eq\f(H乙,sinθ)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，联立解得乙在斜坡上的运动时间t1＝eq\r(\f(2H乙,gsin2θ))，考虑一种特殊情况：H甲＝0，则乙的运动时间即为t1，t1与H乙有关，则乙的运动时间与H乙有关，故C错误；由于甲、乙发生弹性碰撞时交换速度，且甲、乙在水平面上运动时加速度相同，分析可知，甲最终停止位置和乙不与甲发生碰撞的停止位置相同，设乙不与甲发生碰撞的停止位置与O处相距x，对乙运动的全过程，由动能定理有mgH乙－μmgx＝0－0，解得x＝eq\f(H乙,μ)，则甲最终停止位置与O处相距x＝eq\f(H乙,μ)，故D正确。5．(2024·江苏高考)嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：(1)分离后A的速度vA；(2)分离时A对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组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA解得vA＝eq\f(（m＋M）v0－MvB,m)。(2)设分离时A对B的推力为F，A、B分离的过程，以B的速度方向为正方向，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得F＝eq\f(MvB－Mv0,Δt)即分离时A对B的推力大小为eq\f(MvB－Mv0,Δt)。6．(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tanθ。(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤落到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。答案：(1)eq\f(ma,mg＋FN)(2)①330N·s方向竖直向上②0.2m解析：(1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及底座斜面的支持力N，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知，水平方向有Nsinθ＝ma由平衡条件可知，竖直方向有Ncosθ＝mg＋FN联立解得tanθ＝eq\f(ma,mg＋FN)。(2)①F­t图像中图线与时间轴所围的面积表示力F的冲量大小，可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝eq\f(1,2)×0.1×6600N·s＝330N·s根据F的方向竖直向上可知，F的冲量方向竖直向上。②设落到气囊表面时头锤的速度大小为v0，碰撞结束后瞬间头锤的速度大小为v，碰撞结束后头锤上升的最大高度为h。头锤由静止释放到落到气囊表面前的过程做自由落体运动，有veq\o\al(2,0)＝2gH与气囊作用过程，以竖直向上为正方向，对头锤由动量定理有IF－MgΔt＝Mv－(－Mv0)式中头锤与气囊作用的时间Δt＝0.1s头锤离开气囊后做竖直上抛运动，由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2gh联立并代入数据，解得h＝0.2m。7．(2024·甘肃高考)如图，质量为2kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。答案：(1)大小为40N，方向竖直向下(2)4m/s(3)0.15解析：(1)设A的质量为mA，细绳OP长为l，A运动到最低点时的速度大小为v0，所受的拉力为F，根据机械能守恒定律，有mAgl(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－0A运动到最低点时，根据牛顿第二定律有F－mAg＝eq\f(mAveq\o\al(2,0),l)代入数据解得v0＝4m/s，F＝40N根据牛顿第三定律可知，A运动到最低点时，细绳OP所受的拉力大小F′＝F＝40N，方向竖直向下。(2)由碰后A竖直下落可知，碰后A水平方向的速度变为0。设碰后C的速度大小为vC，C的质量为mC，A与C相碰时，A、C组成的系统水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mAv0＝0＋mCvC代入数据解得vC＝4m/s。(3)设B的质量为mB，C和B之间的动摩擦因数为μ，C与B达到的共同速度大小为v，C相对B滑行的距离为L。C相对B滑行的过程，对B、C组成的系统，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mCvC＝(mB＋mC)v根据能量守恒定律得μmCgL＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(mB＋mC)v2联立并代入数据，解得μ＝0.15。8．(2024·辽宁高考)如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。答案：(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析：(1)A离开桌面后做平抛运动，设A做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得h＝eq\f(1,2)gt2xA＝vAt联立并代入数据解得vA＝1m/s由静止释放物块A、B到弹簧恢复原长的过程，受力分析可知，A、B所受合力始终等大反向，则A、B组成的系统所受合力为0，系统动量守恒。以水平向左为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0代入数据解得vB＝1m/s。(2)对物块B从脱离弹簧到停止的过程，由动能定理得－μmBgxB＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)代入数据解得μ＝0.2。(3)设从释放A、B到弹簧恢复原长，A的位移大小为ΔxA，B的位移大小为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由位移关系得Δx＝ΔxA＋ΔxB联立并代入数据解得ΔEp＝0.12J。9．(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25m，小球质量m＝0.20kg，物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m，圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。答案：(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解析：(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),L)联立并代入数据，解得FT＝6N。(2)设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得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)联立并代入数据，解得v2＝4m/s即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4m/s，方向水平向右。(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由动量守恒定律有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联立并代入数据，解得μmax＝0.4若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有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联立并代入数据，解得μmin＝0.25综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。1．(2024·陕西省渭南市高三下教学质量检测)2024年春节前后，我国湖北、湖南等地遭遇了多年不遇的冻雨天气，给人们的出行带来不便。当树叶上带有冰块，人在树下行走经常会出现冰块砸到头部的情况，若冰块的质量为100g，从离头顶的距离约为80cm处无初速掉落，砸到头部冰块未反弹，与头部的作用时间约为0.2s，重力加速度g取10m/s2，则冰块对头部的平均作用力约为()A．4N B．3NC．2N D．1N答案：B解析：设冰块自由下落的高度为h，根据h＝eq\f(1,2)gt2，得冰块在空中下落时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，设冰块的质量为m，与头部作用的时间为Δt，头部对冰块的平均作用力大小为F，则以向下为正方向，整个过程对冰块应用动量定理可得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，由牛顿第三定律可知，冰块对头部的平均作用力约为3N，故选B。2.(2024·山东省济宁市高三下一模)目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是()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：设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，碰前小钢球的速度大小为v0，以水平向左为正方向，碰后小钢球与大钢球的速度分别为v小、v大，根据动量守恒定律可得mv0＝mv小＋2mv大，根据机械能守恒定律可得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)，联立并代入数据解得v小＝－0.2m/s，v2＝0.4m/s，其中负号表示方向水平向右，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正确，A、C、D错误。3.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)如图所示，用轻弹簧连接的A、B两辆小车质量相等，静止在光滑的水平面上，A车与竖直墙面接触。将小车B向左推压缩弹簧，使弹簧获得弹性势能Ep，然后释放小车B，下列说法正确的是()A．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，A、B的总动量守恒B．弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，墙壁对A的冲量大于B的动量变化量C．A离开墙壁后，弹簧最长时的弹性势能小于EpD．A离开墙壁后，弹簧最短时的弹性势能等于Ep答案：C解析：弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，由于墙壁对A有弹力作用，所以A、B的总动量不守恒，故A错误；弹簧从释放到第一次恢复原长过程中，对A、B和弹簧组成的系统，根据动量定理可知，墙壁对A的冲量等于系统的动量变化量，而此过程A静止不动，系统的动量变化量等于B的动量变化量，所以墙壁对A的冲量等于B的动量变化量，故B错误；A离开墙壁后，A、B组成的系统动量守恒，当弹簧最长时，设弹簧的弹性势能为Ep′，此时A、B有相同的速度v共，且不为0，根据机械能守恒定律可得Ep＝Ep′＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)，可知弹簧最长时的弹性势能Ep′<Ep，同理，A离开墙壁后，弹簧最短时的弹性势能Ep″＝Ep′<Ep，故C正确，D错误。4．(2024·陕西省安康市高三下三模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是()A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/sB．整个过程产生的热量为3.6JC．碰后C的速度为0.5m/sD．A和C碰撞前A、B已经共速运动答案：B解析：设木板A、小滑块B和小球C的质量分别为mA、mB和mC，B的初速度为vB，A和C碰前瞬间，A的速度为vA，B的速度为vB′，碰后瞬间A和C的速度分别为vA′和vC。因为水平面光滑，A、B最终停下来，故对A、B、C整体，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mBvB＝mCvC，解得vC＝0.4m/s，故C错误；根据能量守恒定律可知，整个过程产生的热量为Q＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＝3.6J，故B正确；木板A和小球C发生弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律有mAvA＝mAvA′＋mCvC，由总动能不变有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，联立并代入数据解得vA＝eq\f(8,15)m/s，故A错误；从B获得冲量至A和C碰撞前瞬间，对A、B组成的系统，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mBvB＝mBvB′＋mAvA，代入数据解得vB′＝0.8m/s>vA，由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，故D错误。5．(2024·福建省泉州市、南平市高三下一模)(多选)在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是()A．若m1＝m2，最终将有1个小球运动B．若m1<m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞C．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致D．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向不一致答案：AD解析：以向右为正方向，设A球和B球碰撞后，B球的速度为v1，A球的速度为v2，由动量守恒定律，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，由机械能守恒定律，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)，联立可得v2＝eq\f(m2－m1,m2＋m1)v0，v1＝eq\f(2m2,m2＋m1)v0。若m1＝m2，则v1＝v0，v2＝0，即碰后A、B两球交换速度，同理可知，依次碰撞后，A、B、C、D、E均静止，最终只有F球以v1向右运动，A正确；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，由前面分析同理可知，依次碰撞后B、C、D静止，E球以v1撞向F球；由前面结论式同理可得，碰后E的速度v3＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，F的速度v4＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，因m1<m2，则v3<0，v4>0，故碰后F球向右运动，E球被弹回，依次碰撞后E、D、C静止，B球以v3向左与向右的A球碰撞，则相邻两小球之间不只发生1次碰撞，B错误；若m1>m2，则v2<0，v1>0，即A、B碰后A反弹，B向右运动，由前面分析同理可知，依次碰撞后B、C、D静止，E球以v1撞向F球，由前面结论式同理可得，碰后E的速度v3＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，F的速度v4＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，因m1>m2，则v4>v3>0，即E、F均向右运动，且F运动较快，此后不再发生碰撞，则最终将有3个小球A、E、F运动，且运动方向不一致，C错误，D正确。6．(2024·湖北省武汉市高三下4月二模)(多选)如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为3m的半圆形槽，AB为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．槽向左运动的最大位移为0.5RB．小球在槽中运动的最大速度为2eq\r(gR)C．小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于RD．若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为eq\f(8,9)mgeq\r(3gR)答案：AD解析：半圆形槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒，设任意时刻小球沿水平方向的分速度大小为v1，槽的速度大小为v2，由动量守恒定律有mv1＝3mv2，当小球运动到B点时，小球和槽的水平位移均最大，设小球的水平位移大小为x1，槽的位移大小为x2，半圆形槽和小球运动时间相同，设为t，则meq\o(v,\s\up6(－))1t＝3meq\o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝3mx2，半圆形槽和小球在水平方向上位移大小之和x1＋x2＝2R，联立解得x2＝0.5R，故A正确；小球运动到最低点时速度最大，设为v1m，此时槽的速度大小设为v2m，根据水平方向动量守恒有mv1m＝3mv2m，根据机械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1m)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2m)，联立解得v1m＝eq\r(3gR)，故B错误；小球运动到B点时，小球和槽在水平方向上速度相同，根据水平方向动量守恒，则此时小球和槽在水平方向上的速度都为零，根据机械能守恒定律，可知小球此时的速度不为0，小球能从B点离开槽，且上升的最大高度等于R，故C错误；若槽固定，设小球在竖直方向上的分速度为vy，则重力做功的功率PG＝mgvy，可知，当小球在竖直方向上的分速度最大时，重力的功率最大，设在槽左半部分时小球和O点连线与竖直方向的夹角为θ，小球的速度大小为v，根据动能定理有mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(2gR（1＋cosθ）)，则小球在竖直方向上的分速度为vy＝vsinθ＝eq\r(2gR（1＋cosθ）（1－cos2θ）)，由数学中的导数知识可知，当cosθ＝eq\f(1,3)时vy最大，最大值为vym＝eq\f(8,9)eq\r(3gR)，则重力做功的最大功率为PGm＝mgvym＝eq\f(8,9)mgeq\r(3gR)，故D正确。7．(2024·湖北省武汉市高三下4月二模)在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的A点以速度v0＝15m/s与水平方向成α＝37°角斜向上起跳，落在倾角θ＝37°的斜坡上的B点，着陆时速度方向与斜坡的夹角β＝16°，如图所示。已知运动员和装备(均可视为质点)总质量m＝60kg，着陆缓冲的时间Δt＝0.5s，着陆缓冲过程运动员不反弹、沿斜坡方向的速度不变，重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96。求：(1)运动员在空中飞行的时间；(2)运动员着陆缓冲过程受到的平均支持力大小。答案：(1)2.5s(2)1152N解析：(1)运动员在空中做斜抛运动，设运动员在空中飞行的时间为t，着陆时的速度为v，根据抛体运动的规律，在水平方向上有v0cosα＝vcos(β＋θ)在竖直方向上有vsin(β＋θ)＝(－v0sinα)＋gt解得v＝20m/s，t＝2.5s。(2)设运动员着陆缓冲过程受到的平均支持力大小为N，在垂直斜坡方向，以垂直斜坡向上为正方向，由动量定理有(N－mgcosθ)·Δt＝0－(－mvsinβ)解得N＝1152N。8.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)三个可视为质点的小球A、B、C用两根长为l的轻杆通过铰链相连，开始时两杆并拢，竖直放置在水平地面上，A、B、C的质量分别为m、m、2m。因受微小的扰动，A球下降，B、C球向两边滑动，两杆始终保持在同一竖直面内，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：(1)A球落地时的速度大小；(2)A球落地时，C球的位移大小；(3)当两杆夹角为90°时，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)设A球落地时的速度大小为v，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，结合A落地时三球在水平方向上的分速度相同，可知A球落地时B球和C球的速度均为0，由系统机械能守恒，有mgl＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gl)。(2)在水平方向上，以水平向左为正方向，从开始到A球落地的过程，设A球的水平分速度的平均值为eq\o(v,\s\up6(－))Ax，B球和C球的平均速度分别为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别为xA、xB和xC，此过程所用的时间为t，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，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球的位移满足xB－xC＝2lA球和C球的位移满足xA－xC＝l联立解得xA＝eq\f(1,4)l，xB＝eq\f(5,4)l，xC＝－eq\f(3,4)l即C球的位移大小为|xC|＝eq\f(3,4)l。(3)当两杆夹角为90°时，由几何关系可知∠ABC＝∠ACB＝45°，在水平方向上，以水平向左为正方向，设此时A的水平分速度为vAx，竖直分速度大小为vAy，B、C的速度分别为vB、vC，由A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，有mvB＋mvAx＋2mvC＝0由机械能守恒定律有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球在沿杆方向上的速度相同，有vBcos45°＝vAxcos45°＋vAycos45°同理，A球和C球的速度关系满足vCcos45°＝vAxcos45°－vAycos45°联立解得vC＝－eq\r(\f(3,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))gl)即C球的速度大小为|vC|＝eq\r(\f(3,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))gl)。1．(2024·广西高考)(多选)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则()A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－IB．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为eq\f(I2,2mΔx)＋mgC．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了eq\f(I2,2m)＋mgΔxD．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为eq\f(\a\vs4\al(μ（I2＋2m2gΔx）),4mΔx（cosθ＋μsinθ）)答案：BD解析：设进入过程，木料对木栓的合力的冲量为IF，木栓的重力的冲量为IG，由题意可知，木栓在始末状态的速度均为0，根据动量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－(I＋IG)，故A错误；锤子撞击木栓后，木栓获得的速度v＝eq\f(I,m)，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(I2,2m)，进入过程，根据动能定理，对木栓有mgΔx－eq\o(F,\s\up6(－))Δx＝0－Ek，解得木料对木栓的平均阻力大小为eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(I2,2mΔx)＋mg，故B正确；进入过程，木栓损失的动能ΔEk＝Ek－0＝eq\f(I2,2m)，损失的重力势能ΔEp＝mgΔx，木料的弹性势能增加了ΔEp′，则木料和木栓的机械能共损失了ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝eq\f(I2,2m)＋mgΔx－ΔEp′，故C错误；设木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的压力大小为FN，最大静摩擦力大小为f，对木栓的一个侧面受力分析如图，因为最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则有f＝μFN，由于木栓前进Δx过程中，方孔侧壁弹力呈线性变化，则其所受滑动摩擦力也呈线性变化，可知一个侧面对木栓的平均阻力eq\f(1,4)eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)(fsinθ＋FNcosθ)，且根据B项求得平均阻力eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(I2,2mΔx)＋mg，联立可得f＝eq\f(\a\vs4\al(μ（I2＋2m2gΔx）),4mΔx（cosθ＋μsinθ）)，故D正确。2．(2024·安徽省普通高等学校招生考试适应性测试)(多选)如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．小球落地时重力的功率为mgv考点1力学实验专练1纸带、光电门类实验考向一研究匀变速直线运动1．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，各个计数点已经在纸带上标出，图中每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，打点计时器接频率f＝50Hz的交流电源。(1)该实验________平衡摩擦力，________满足钩码的质量远远小于木块的质量。(均选填“需要”或“不需要”)(2)打下计数点6时纸带的速度大小v6＝____________(用给定的字母表示)。(3)木块的加速度为a＝______________(用给定的字母表示)。(4)如果交变电流的频率f>50Hz，但当时做实验的同学并不知道，那么测得的加速度值比真实值________(选填“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)本实验是研究匀变速直线运动，只需要测出木块运动的速度和加速度，而不需要测出合力的大小，故不需要平衡摩擦力，也不需要满足钩码的质量远远小于木块的质量。(2)每相邻两个计数点间有4个点没有画出，则打每相邻两个计数点的时间间隔为t＝5T＝eq\f(5,f)，根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，有v6＝eq\f(x3＋x4,2t)＝eq\f(（x3＋x4）f,10)。(3)根据匀变速直线运动的推论，有x3－x1＝4a1t2，x4－x2＝4a2t2，可求得平均加速度为a＝eq\f(a1＋a2,2)＝eq\f(（x4＋x3－x2－x1）f2,200)。(4)根据加速度的表达式可知，频率f的代入值比实际值偏小时，加速度的测量值比真实值偏小。考向二探究加速度与力、质量的关系2．下图是“探究小车加速度与力的关系”的实验装置。(1)关于实验，下列做法正确的是________(填选项前的字母)。A．本实验还需要停表、刻度尺、交流电源等器材B．本实验需保持小车质量不变，改变槽码质量C．平衡摩擦力时，需小车连接纸带，细绳末端连接槽码D．实验时先接通电源，后释放小车(2)当小车质量________(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为________(选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差，下列可行的方案是________(填选项前的字母)。A．用水平气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小答案：(1)BD(2)远大于系统误差C解析：(1)本实验不需要停表，还需要刻度尺、交流电源等器材，故A错误；本实验探究小车加速度与力的关系，根据控制变量法，需保持小车质量不变，通过改变槽码质量而改变小车受到的拉力，故B正确；平衡摩擦力时，需小车连接纸带，且不能连接细绳及槽码，故C错误；实验时先接通电源，待打点稳定后再释放小车，故D正确。(2)设小车质量为M，槽码质量为m，细绳的张力为F，对小车和槽码，根据牛顿第二定律分别有F＝Ma，mg－F＝ma，联立解得F＝eq\f(Mmg,m＋M)＝eq\f(mg,\f(m,M)＋1)，可知当eq\f(m,M)≈0，即小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代引入的，不是由于车与导轨间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的，故A、B错误；为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小，故C正确。3．(2023·上海高考)如图所示，是某小组同学“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置，实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出钩码所受的重力为G，之后通过改变钩码个数改变G，小车每次从同一位置由静止释放，测出挡光片通过光电门的时间Δt。(1)实验中________测出小车质量m车。A．必须B．不必(2)为完成实验还需要测量①______________；②________________________________。(3)实际小车受到的拉力小于钩码的总重力，原因是___________________________________。(4)若导轨保持水平，滑轮偏低导致细线与轨道不平行，则细线平行时加速度a1，与不平行时加速度a2相比，a1________a2。(选填“大于”“小于”或“等于”)答案：(1)B(2)①挡光片的宽度②小车释放前挡光片到光电门的距离(3)钩码向下做加速运动，细线上的拉力小于钩码的总重力(4)大于解析：(1)研究加速度与力的关系实验中，只需保证小车的质量不变，测出相对应的加速度和力即可，不必测出小车质量m车，故选B。(2)本实验还需测出小车的加速度。已知挡光片通过光电门的时间Δt，根据v＝eq\f(d,Δt)即可求出挡光片通过光电门的速度v，故还需测出挡光片的宽度d；根据初速度为零的匀加速直线运动公式v2＝2ax可知，还需测量出小车释放前挡光片到光电门的距离x，才可求出挡光片的加速度a即小车的加速度a。(3)钩码向下做加速运动，所受合力竖直向下，对钩码受力分析可知，细线的拉力小于钩码的总重力，细线对钩码的拉力和对小车的拉力大小相等，故小车受到的拉力小于钩码的总重力。(4)导轨保持水平，细线与轨道平行时a1＝eq\f(G,m车)，细线与轨道不平行时，设与轨道方向夹角为θ，则a2＝eq\f(Gcosθ,m车)，可知a1>a2。考向三验证机械能守恒定律4．如图甲所示，某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：①将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门；②用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d；③接通气源及光电计时器，将滑块从靠近导轨左端某处自由释放，测得滑块通过光电门时遮光时间为Δt。根据上面的实验步骤回答下列问题：(1)该同学用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，示数如图乙所示，则d＝________cm。(2)实验中已知当地重力加速度为g，除上述步骤中测量的物理量之外，还需测量的物理量是________。A．滑块的质量MB．气垫导轨的倾斜角度θC．滑块释放处遮光片到光电门的距离xD．滑块从开始运动至到达光电门所用的时间t(3)如果满足等式gH＝________(用题中所给的物理量及第(2)问中所选的物理量表示，不用代入数据)，则验证了机械能守恒定律。答案：(1)1.050(2)C(3)eq\f(Ld2,2x（Δt）2)解析：(1)遮光片的宽度d＝1cm＋10×0.05mm＝1.050cm。(2)依据实验操作可知，本实验验证机械能守恒定律的原理是eq\f(1,2)Mv2＝Mgh，由于M可约去，故不需要测量滑块的质量M，A错误；滑块通过光电门的瞬时速度v＝eq\f(d,Δt)，d、Δt已测量出，则不需要测量滑块从开始运动到到达光电门所用的时间t，D错误；滑块下滑的高度h＝xsinθ，而sinθ＝eq\f(H,L)，H、L已测量出，则不需要测量气垫导轨的倾角θ，而需要测量滑块释放处遮光片到光电门的距离x，故B错误，C正确。(3)整个过程中，滑块到达光电门位置处增加的动能Ek＝eq\f(1,2)M·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)，而下滑的位移为x时，滑块减少的重力势能Ep＝Mgeq\f(H,L)x，当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)时，可以验证机械能守恒定律。5.用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，经过数据分析即可验证机械能守恒定律。图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示；打点计时器接50Hz的交流电源。已知m1＝50g、m2＝150g，则(结果保留两位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度大小v5＝________m/s。(2)在打下计数点0～5的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________J(计算时g取10m/s2)。由此得出的结论是：________________________________________________。(3)若某同学作出eq\f(v2,2)­h图像如图3，则当地的重力加速度g＝________m/s2。答案：(1)2.4(2)0.580.60在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒(3)9.7解析：(1)根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，结合图2中数据可知，打第5个计数点时的速度大小为v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(0.216＋0.264,0.2)m/s＝2.4m/s。(2)在打下计数点0～5的过程中，m1、m2的初速度为零，所以系统动能的增加量为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；系统重力势能的减少量等于物体重力做的功，故ΔEp＝W＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(0.384＋0.216)J＝0.60J。由此可知系统动能的增加量和系统重力势能的减少量基本相等，因此可得出的结论是：在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。(3)根据机械能守恒定律可知，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图像的斜率表示当地重力加速度的一半，由图3可知，斜率k＝eq\f(5.82,1.20)m/s2＝4.85m/s2，故当地的重力加速度为g＝2k＝9.7m/s2。考向四验证动量守恒定律6．某实验小组采用如图甲所示的实验装置做“验证动量守恒定律”的实验。在桌面上放置气垫导轨，安装光电计时器1和光电计时器2，放置带有遮光片的滑块A、B，调节气垫导轨成水平状态。(1)用螺旋测微器测量滑块A上遮光片的宽度dA，如图乙所示，读数为________mm。(2)实验开始前滑块A置于光电计时器1的左侧，滑块B静置于两光电计时器间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，A通过光电计时器1的时间为t1。A与B碰撞后，B通过光电计时器2的时间为t2，A通过光电计时器1的时间为t3。为完成该实验，还需要测量的物理量有________。A．滑块B上遮光片的宽度dBB．滑块A的总质量mAC．滑块B的总质量mBD．光电计时器1到光电计时器2的间距L(3)若利用(1)(2)中所给物理量的符号书写的表达式________________成立，则说明动量守恒定律成立。答案：(1)1.195(2)ABC(3)mAeq\f(dA,t1)＝mBeq\f(dB,t2)－mAeq\f(dA,t3)解析：(1)由图乙可知滑块A上遮光片的宽度的读数为dA＝1mm＋19.5×0.01mm＝1.195mm。(2)由题意可知，碰撞前A通过光电计时器1的速度大小为v1＝eq\f(dA,t1)，碰撞后A通过光电计时器1的速度大小为v3＝eq\f(dA,t3)，碰撞后B通过光电计时器2的速度大小为v2＝eq\f(dB,t2)，若动量守恒定律成立，则应有mAv1＝－mAv3＋mBv2，可知为了完成该实验，还需要测量的物理量有滑块B上遮光片的宽度dB、滑块A的总质量mA、滑块B的总质量mB，故选A、B、C。(3)将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)，即若满足该式，则说明动量守恒定律成立。考向五力学创新实验7.(2021·全国甲卷)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sinα＝0.34，cosα＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1，2，3，4，5)，如下表所示。s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为________。(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2)答案：0.430.32解析：根据逐差法有a＝eq\f(（s5＋s4）－（s3＋s2）,（2ΔT）2)，代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小为a＝0.43m/s2。对小铜块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma，代入数据解得μ＝0.32。8.某物理兴趣小组用如图所示的阿特伍德机来测量当地重力加速度。(1)实验时，该小组进行了如下操作：①在重物A上安装挡光片，把重物A和砝码盘B用不可伸长的轻质细绳连接后，跨放在光滑的轻质定滑轮上，在砝码盘中放入适量的小物体，使装置处于静止状态，测量出挡光片到光电门竖直距离h和挡光片的宽度d；②在砝码盘B中放入质量为m的砝码，让系统(A和B)由静止开始运动，光电门记录挡光片遮光的时间为Δt，重物A向上运动h时的速度大小为________，重物A运动的加速度大小a为________；③增加砝码盘中砝码，并重复实验②，记录砝码质量m和对应的加速度a。(2)以eq\f(1,a)为纵坐标、eq\f(1,m)为横坐标，得到eq\f(1,a)­eq\f(1,m)的图像为直线，纵截距为b，则当地的重力加速度大小为________。答案：(1)eq\f(d,Δt)eq\f(d2,2h（Δt）2)(2)eq\f(1,b)解析：(1)重物向上运动h时的速度大小为v＝eq\f(d,Δt)；由初速度为零的匀变速直线运动速度与位移的关系，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)设初始时刻重物A质量、砝码盘B及盘内物体总质量均为M，在砝码盘B中放入质量为m的砝码后，细绳中张力为F，则由牛顿第二定律，对重物A有F－Mg＝Ma，对砝码盘B及盘内物体有(M＋m)g－F＝(M＋m)a，联立并整理可得eq\f(1,a)＝eq\f(1,g)＋eq\f(2M,g)·eq\f(1,m)，故纵截距eq\f(1,g)＝b，解得g＝eq\f(1,b)。1．(2024·广东高考)图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。图中木板右端垫高的目的是________。图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为________m/s2(结果保留3位有效数字)。答案：平衡阻力2.86解析：木板右端垫高的目的是平衡阻力，消除小车与木板之间以及纸带与打点计时器之间的阻力对实验的影响。由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔t＝5eq\f(1,f)＝5×eq\f(1,50)s＝0.1s，由逐差法可得，小车的加速度大小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月选考)在“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)下列操作正确的是________。(2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。已知打点的频率为50Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为________m/s(保留三位有效数字)。(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g＝9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)，则该结果________(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒，理由是________。A．在误差允许范围内B．没有用当地的重力加速度g答案：(1)A(2)3.34(3)不能B解析：(1)为了减小打点计时器对纸带的阻力，手应提纸带上端使纸带竖直，故选A。(2)由题意可知，打点计时器打点的周期T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,50)s＝0.02s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可得打点“13”时，重锤下落的速度大小v13＝eq\f(0.6069m－0.4733m,2×0.02s)＝3.34m/s。(3)由于空气阻力等的影响，用纸带的数据求出的重力加速度g不等于当地的重力加速度，由此计算出的重锤的重力势能减小量不等于真实值，从而不能验证重锤下落过程机械能是否守恒，故选B。3．(2024·甘肃高考)用图1所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。(1)以下操作正确的是________(单选，填正确答案标号)。A．使小车质量远小于槽码质量B．调整垫块位置以补偿阻力C．补偿阻力时移去打点计时器和纸带D．释放小车后立即打开打点计时器(2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图2所示，相邻两点之间的距离分别为S1，S2，…，S8，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是________(单选，填正确答案标号)。A．a＝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＝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＝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＝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)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数eq\f(1,a)为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的eq\f(1,a)­M图像如图3所示。由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成________(填“正比”或“反比”)；甲组所用的________(填“小车”、“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。答案：(1)B(2)D(3)反比槽码解析：(1)为了使小车所受的合力大小近似等于槽码的总重力大小，应使小车质量远大于槽码质量，故A错误；为了保证小车所受细绳的拉力等于小车所受合力，需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细绳和长木板平行，故B正确；打点计时器限位孔与纸带间的摩擦力也是需要补偿的阻力之一，且需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，则补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，故C错误；为了获得更多的实验数据，应先打开打点计时器，待打点稳定后再释放小车，故D错误。(2)根据Sm－Sn＝(m－n)a·T2(m>n)可知，四个选项中加速度算式均正确，将四个加速度算式化简，A项中a＝eq\f(1,7)×eq\f(S8－S1,T2)，B项中a＝eq\f(1,6)×eq\f(S8＋S7－S2－S1,2T2)，C项中a＝e