考点考级 实验原理与实验操作(Ⅰ) 实验数据处理与误差分析(Ⅰ) 命题点 命题点：对实验原理与实验操作的考查 命题点：实验数据处理与误差分析 命题点1：利用等长摆球一维碰撞 实验拓展与创新(Ⅰ) 命题点2：利用打点计时器进行验证 命题点3：教材原型实验的拓展 ———— 考查频率 ———— 2014·课标卷Ⅱ，35(2)
一、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒．
二、实验方案
方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 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)．
4．验证：一维碰撞中的动量守恒．
方案二： 利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 1．测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2. 2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．
3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．
4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．
5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验． 6．验证：一维碰撞中的动量守恒．
方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验
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：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．
Δx
4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝算出速度．
Δt5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验． 6．验证：一维碰撞中的动量守恒．
方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律
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． 2．按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．
3．白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.
4．不放被撞小球，让入射小球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．把被撞小球放在斜槽末端，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和被碰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．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．
7．整理好实验器材放回原处．
8．实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒． 三、数据处理 1．速度的测量
Δx
方案一：滑块速度的测量：v＝.式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也
Δt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．
方案二：摆球速度的测量：v＝2gh.式中h为小球释放时(或碰撞后摆起的)高度，h可用刻度尺测量(也可由量角器和摆长计算出)．
Δx
方案三：小车速度的测量：v＝.式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测
Δt量，Δt为小车经过Δx的时间，可由打点间隔算出．
2．验证的表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
方案四：验证的表达式为m1OP＝m1OM＋m2ON 四、注意事项 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实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平． (2)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直面内．
(3)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力． (4)若利用斜槽小球碰撞应注意： ①斜槽末端的切线必须水平．
②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放． ③选质量较大的小球作为入射小球．
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． 3．探究结论
寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变． 五、误差分析 1．系统误差
主要来源于装置本身是否符合要求，即 (1)碰撞是否为一维碰撞．
(2)实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两摆球是否等大，利用长木板实验是否平衡掉摩擦力．
2．偶然误差
主要来源于质量m和速度v的测量.
考点一 实验原理与实验操作
对实验原理与实验操作的考查
1．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
(1)实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可以通过仅测量 ________(填选项前的符号)间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是 ________.(填选项前的符号) A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON
(3)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如下图所示．碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝ ________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶ ________.实验结果说明，碰撞前后总动量的比值p1＝ ________.
p1′＋p2′
(4)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为 ________cm.
x1
【解析】 (1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v＝.而由H＝gt2知，
t2
OPOMON
每次竖直高度相等，所以平抛时间相等，即m1＝m1＋m2，则可得m1·OP＝m1·OM
ttt＋m2·ON.故只需测射程，因而选C.
(2)由表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON，故必要步骤有A、D、E. OPOM
(3)p1＝m1·，p1′＝m1·
tt
联立可得p1∶p1′＝OP∶OM＝44.80∶35.20＝14∶11， ON
p2′＝m2· t
OMON
m1·∶m2·＝11∶2.9 则p1′∶p2′＝tt故
p1m1 ·OP＝≈1.01.
p1′＋p2′m1·OM＋m2·ON
(4)其他条件不变，使ON最大，则m1、m2发生弹性碰撞，则其动量和能量均守恒，可2m1v0ON得v2＝，而v2＝，
tm1＋m2
OP
v0＝
t
2×45.02m1
故ON＝·OP＝×44.80 cm＝76.80 cm.
m1＋m245.0＋7.5【答案】 (1)C (2)ADE (3)14 2.9 1.01 (4)76.80
考点二 实验数据处理与误差分析
命题点 实验数据处理与误差分析
2．(2014·课标卷Ⅱ，35(2))现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．
实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．
碰撞前后总动量之差
若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%，本实验是否在
碰前总动量误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．
Δs
【解析】 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为：v＝①
Δt式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
1
ΔtA＝＝0.02 s②
f
ΔtA可视为很短，设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1，将②式和图给实验数据代入①式可得：
4.00×102v0＝ m/s＝2.00 m/s③
0.02
－
1.94×102v1＝ m/s＝0.970 m/s④
0.02
－
设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有 dv2＝⑤
ΔtB
代入题给数据可得： v2＝2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则 p＝m1v0⑦ p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 p－p′δp＝||×100%⑨
p
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得： δp≈1.7%<5%
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析
3．用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，实验时先使质量为mA的A球从斜槽上某一固定点G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，把质量为mB的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B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10次，得到了如图乙所示的三个落地处．
(1)请在图乙中读出OP＝ ________cm.
(2)由图乙可以判断出R是 ________球的落地点，Q是 ________球的落地点． (3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式 ________. 【解析】 (1)由图可知OP约为17.5 cm.
(2)Q是A球碰前的落点，P是A球碰后的落点，R是B球的落点．
(3)因为各球的运动时间相等，因此碰后的速度可以用水平位移来代替，需要验证的表达式为mAOQ＝mAOP＋mBOR.
【答案】 (1)17.5 (2)B A (3)mAOQ＝mAOP＋mBOR
考点三 实验拓展与创新
命题点1 利用等长摆球一维碰撞
4.某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2.当两摆球均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°.若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？
【解析】 设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得
h1＝l(1－cos 45°) 1mBv2B＝mBgh1 2
设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2，有p1＝mBvB 联立得：p1＝mB2gl1－cos 45°. 同理可得：p2＝(mA＋mB)2gl1－cos 30°.
p2mA＋mB
则有：＝
p1mB
1
1－cos 30°
.
1－cos 45°
p22
代入已知条件得：p≈1.03 由此可以推出
p2－p1p1≤4%
所以，此实验在规定的误差范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析
命题点2 利用打点计时器进行验证
5．某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的装置如图甲所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力．
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A为运动的起点，则应选 ________段来计算A碰前的速度．应选 ________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)．
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为 ________ kg·m/s，碰后两小车的总动量为 ________ kg·m/s.
【解析】 (1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度．从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度．
10.50×102(2)小车A在碰撞前的速度v0＝＝m/s＝1.050 m/s.
5T5×0.02
－
BC
小车A在碰撞前的动量
p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s 碰撞后A、B的共同速度
6.95×102
v＝＝ m/s＝0.695 m/s
5T5×0.02
－
DE
碰撞后A、B的总动量
p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s.
【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417 命题点3 教材原型实验的拓展
6．如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边缘有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在
立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a、B点离水平桌面的距离为b、C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外：
(1)还需要测量的量是 ________、 ________和 ________.
(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为 __________________.(忽略小球的大小)
【解析】 (1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量和立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化．
(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的方程 2m1a－h＝2m1b－h＋m2
c
. H＋h
【答案】 (1)弹性球1、2的质量m1、m2 立柱高h 桌面离水平地面的高度H (2)2m1a－h＝2m1b－h＋m2
c
H＋h
热点滚动加强练(二) 必修2＋动量
考试时间：90分钟
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
评卷人 得分 一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．) [热点夯实练] 热点一 平抛运动
1. (2018·山东烟台高三上学期期中)如图所示，在倾角为θ的斜面顶端O点，以不同的水平速度抛出一小球．当以初速度v1抛出时，小球经过时间t1落到斜面的中点a；当以初速度v2抛出时，小球经过时间t2落到斜面的底端b，则( )
A．t2＝2t1 C．v2＝2v1
B．t2＝2t1 D．v2＝2v1
2h，g
1
【解析】 小球落在a点和b点，下降的高度之比为1∶2，根据h＝gt2知，t＝
2
则小球落在a点和b点的时间之比为1∶2，即t2＝2t1，故A正确，B错误；因为水平位移之比为1∶2，则初速度之比为1∶2，即v2＝2v1.故C正确，D错误．
【答案】 AC
热点二 圆周运动
2.(2018·安徽六安一中模拟)如图所示，用手握着细绳的一端在水平桌面上做半径为r的匀速圆周运动，圆心为O，角速度为ω.细绳长为L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切，在细绳的另外一端系着一个质量为m的小球，小球恰好沿以O为圆心的大圆在桌面上运动，小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正确的是( )
A．小球将做变速圆周运动
ω2rr2＋L2B．小球与桌面间的动摩擦因数为
gLC．小球做圆周运动的线速度为ω(l＋L) D．细绳拉力为mω2r2＋L2
【解析】 手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以在细绳另外一端的小球做的也是匀速圆周运动，A错误；设大圆的半径为R，由图可知R＝r2＋L2，则小球做圆周运动的线速Lmω2R2
度为ωr＋L，C错误；设细绳中的张力为T，则Tcos φ＝mRω，cos φ＝，故T＝
RL
222
mω2r2＋L2mω2r2＋L2＝，D错误；根据摩擦力公式可得f＝μmg＝Tsin φ，由于T＝，sin φ
LLω2rr2＋L2rr
＝＝2，B正确． 2，所以μ＝RgLr＋L
【答案】 B
热点三 万有引力与航天
3.一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T.假设宇航员在火星表面以初速度v水平抛出一小球，经过时间t恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图所示．已知引力常量为G，则火星的质量为( )
3v3T4
A. 16Gt3π43v2T4C. 16Gt3π433v3T4B． 16Gt3π433v2T4D．
16Gt3π4【解析】 以M表示火星的质量，r0表示火星的半径，g′表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G
′Mm2π2r0，在火星表面有GMm2＝m3＝Tr0r0
g′t33v3T4
m′g′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝v，联立以上各式解得M＝，B
16Gt3π4正确．
【答案】 B
4.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则( )
A．每颗星做圆周运动的线速度为
Gm R
B．每颗星做圆周运动的角速度为 C．每颗星做圆周运动的周期为2π
3Gm R3R3 3Gm
D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
R23
【解析】 由图可知，每颗星做匀速圆周运动的半径r＝＝R.由牛顿第二定律
cos 30°3v2Gm24π22
得2·2cos 30°＝m＝mωr＝m2r＝ma，可解得v＝RrTa＝
3Gm
，故A、B、C均正确，D错误． R2【答案】 ABC
热点四 功和功率
5.质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随位移x的变化情况如图所示．物体在x＝0处速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )
Gm，ω＝R
3Gm，T＝2πR3R3，3Gm
A．22 m/s C.4 m/s
B．3 m/s D．17 m/s
【解析】 Fx图象与横轴所围的面积表示功，由题图可知，外力做的总功W＝Fx＝40 J，11根据动能定理W＝mv2－mv2，得v＝3 m/s.选项B正确．
220
【答案】 B
热点五 功能、动能定理
6.如图所示，有一倾角θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J，不计空气阻力，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为( )
A．12 J C.27 J
B．21 J D．36 J
【解析】 足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解
0＋vy
t2v0y312
有tan 30°＝＝，得＝，足球第一次落在斜坡上时的动能为m(v20＋vy)＝21 J，只xv0tvy22有选项B正确．
【答案】 B
7．小球由地面竖直上抛，运动过程所受的阻力大小恒等于其重力的0.1倍，上升的最大高度为H.选择地面为零势能面，小球上升至离地高度为h时，其动能是重力势能的2倍，则h等于( )
11H
A. 2911HC. 31
HB．
39HD． 31
【解析】 设小球所受的阻力大小恒为f，小球上升至最高点过程由动能定理得： 1
－mgH－fH＝0－mv2①；小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得：－
20
12121
mgh－fh＝mv1－mv0②，又mv2＝2mgh③；
2221
11
由①②③可得h＝H，C项正确．
31【答案】 C
8．(2018·南充市高三质检)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是( )
A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 B．物体运动的位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2 D．x＝9 m时，物体的速度为32 m/s
【解析】 由Wf＝Ffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N,3～9 m内拉力F1－Ff
F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx
m1WF＝mv2可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝32 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝2Ff13.5 m，B错误．
【答案】 ACD
热点六 机械能守恒定律
9．如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中不正确的是( )
g
A．A物体的加速度为 2
B．A、B组成系统的重力势能增大
1
C．下落t秒时，B所受拉力的瞬时功率为mg2t
32
D．下落t秒时，A的机械能减少了mg2t2
9
【解析】 A与B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：对A、B整体有：a＝
2mg－mg
2m＋m
1
＝g，故A错误；A、B组成系统的机械能不变，动能增大，重力势能减小，故B错误；B3受到的拉力：FT＝m(g＋a)＝
4mg1
，下落t秒时，B的速度：v＝at＝gt，所受拉力的瞬时功33
44
率为P＝FTv＝mg2t，C错误；对A有：2mg－FT＝2ma，得细绳的拉力FT＝mg.下落t秒
93112
时，A下落的高度为h＝at2＝gt2，则A克服细绳拉力做功为W＝FTh＝mg2t2.根据功能关
2692
系得知：A的机械能减少量为ΔEA＝W＝mg2t2，故D正确．
9
【答案】 ABC
热点七 功能关系、能量守恒定律
10.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR 1
D．克服摩擦力做功mgR
2
mv2
【解析】 小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg＝得，R小球在B点的速度v＝gR.小球从P到B的运动过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错1111
误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，
2222111
故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故
222选项D正确．
【答案】 D
热点八 动量、动量守恒定律
11．质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是( )
A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J
【解析】 甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律得：m甲v
甲
－m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝1 m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过
11122
程机械能的变化量ΔE＝m甲v2甲＋m乙v乙－m乙v′乙，代入数据解得ΔE＝1 400 J，机械能222减少了1 400 J，选项C错误，D正确．
【答案】 D
12.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量
为1 kg的A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示．当A、B分离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，关于弹簧的弹力对B的冲量大小以及弹簧的弹力对B做的功，下列正确的是(g取10 m/s2)( )
A．1.2 N·s C.6 N·s
B．0 J D．4 J
【解析】 A、B分离时也是弹簧恢复原长时，此时A、B的速度与加速度均相同，之后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度大小v＝2gh＝2 m/s，上升到最高点所需的时间t＝2h＝0.2 s，A到最高点时弹簧恰恢复原长，此时B的速度为2 m/s，g
方向竖直向下，在此过程中对B用动量定理(规定向下为正方向)得：mBgt＋IN＝mBv－(－mBv)，解得IN＝6 N·s，A错误，C正确；由以上分析可知，A、B分离时弹簧处于原长状态，当A运动至最高点时弹簧仍处于原长状态，弹簧对B做的正功和负功相抵消，则弹簧对B做功为零，B正确，D错误．
【答案】 BC
第Ⅱ卷 (非选择题 共52分)
评卷人 得分 [热点综合练] 13．(4分)(涉及探究动能定理的相关实验原理与数据处理)某同学利用图甲探究力对物体做的功与物体速度的关系，得到了如表的数据：
实验次数 橡皮筋条数 小车速度v/(m·s1) －二、非选择题(本大题共6小题，共52分．) 1 1 0.71 2 3 1.23 3 4 1.42 4 5 1.58 5 7 1.87 (注：每条橡皮筋拉长的长度都一样)
(1)设一条橡皮筋拉长到固定长度所做的功为W0，在图乙中大致画出橡皮筋所做的功W
与小车速度v关系的图象．
(2)由图象大致可判断出W与v的关系可能是 ________.
【解析】 (1)根据表中数据可知，橡皮筋做的功与小车获得的速度有关，并且做功越多，小车获得的速度越大．据描点法可知，W与v的图线为抛物线，如图所示．
(2)由图大致可判断出W与v的关系可能是W∝v2. 【答案】 (1)见解析图 (2)W∝v2
14．(8分)(涉及验证机械能守恒定律的实验数据处理与误差分析)
(2018·江西抚州模拟)利用气垫导轨可验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，滑块左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，用b表示遮光片的宽度，实验时滑块在A处由静止开始运动．
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度b，结果如图乙所示，由此读出b＝ ________ mm. (2)滑块通过B点的瞬时速度大小可表示为vB＝ ________ (用题中字母表示)． (3)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处的过程中小球和滑块(包括遮光片)组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝ ________ ，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝ ________ ，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．
【解析】 (1)b＝(3＋0.05×16)mm＝3.80 mm.
(2)因为遮光片很窄，所以可以将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点的瞬b时速度，即vB＝.
t
M＋mb1
(3)系统增加的动能为ΔEk＝(M＋m)v2， B＝22t2M系统减少的重力势能为ΔEp＝(m－)gd.
2
2
2
bM＋mbM
【答案】 (1)3.80 (2) (m－)gd 2t2t2
15．(8分)(涉及平抛运动，圆周运动，牛顿第二定律及运动学公式的综合应用)如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径为R＝1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道AB，滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25 m，在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道的动摩擦因数为μ＝0.2，现用力F＝4 N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度ω＝2π rad/s，绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．重力加速度取10 m/s2.
(1)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度； (2)求拉力作用的最短时间．
1
【解析】 (1)物块平抛：h＝gt2；t＝
2R
物块离开滑道时的速度：v＝＝2 m/s
t
拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma1； 得：a1＝8 m/s2
撤去外力后，由牛顿第二定律：－μmg＝ma2； 得：a2＝－2 m/s2
物块加速获得速度：v1＝a1t1＝4 m/s
22
12v－v1
则所需滑道的长度L＝x1＋x2＝a1t1＋＝4 m
22a2
2h＝0.5 s g
(2)盘转过一圈时落入，拉力时间最短； 2π
盘转过一圈时间：T＝＝1 s；
ω
物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v＝a1t1＋a2t2 物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系： t1＋t2＋t＝T
由上两式得：t1＝0.3 s. 【答案】 (1)4 m (2)0.3 s
16．(10分)(涉及动能定理，机械能守恒及动量守恒的综合应用)
(2018·山东烟台高三上学期期中)如图所示，小球b静止在光滑水平面BC上的C点，被长为L的细绳悬挂于O点，细绳拉直但张力为零．小球a从光滑曲面轨道AB上的A点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC(不计小球在B处的能量损失)，与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点．已知小球a的质量为M，小球b的质量为m，M＝5m.已知当地重力加速度为g.求：
(1)小球a与b碰后的瞬时速度大小； (2)A点与水平面BC间的高度差h.
【解析】 (1)两球恰能到达圆周最高点时， v2(M＋m)g＝(M＋m) L
设两球碰后瞬间速度为v共，则从碰后到最高点过程中由动能定理可知： 11
－(M＋m)g·2L＝(M＋m)v2－(M＋m)v2共 22得a与b球碰后瞬间的速度大小为v共＝5gL.
(2)设两球碰前a球速度为vC，两球碰撞过程动量守恒： MvC＝(M＋m)v共 6
所以vC＝5gL
5
a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得： 1Mgh＝Mv2
2Ch＝3.6L.
【答案】 (1)5gL (2)3.6L
17．(10分)(涉及平抛运动，圆周运动，牛顿第二定律及动能定理的综合应用)
如图所示，在水平地面上固定一个倾角α＝45°、高H＝4 m的斜面，在斜面上方固定放2
置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD，圆周部分的半径R＝ m，AB与圆周相切于B
3点，长度为3R，与水平方向夹角θ＝60°，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C、轨道末端D与斜面顶端处于同一高度．现将一质量为0.1 kg，直径可以忽略的小球从管口A处由静止释放，g＝10 m/s2.
(1)求小球在C点时对轨道的压力．
(2)若小球与斜面碰撞(不计能量损失)后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？最大位移为多大？
【解析】 (1)设A、D之间的竖直高度为h，由几何关系可知 h＝R＋Rsin 30°＋LAB sin 60°＝2 m 1
由A到C，根据动能定理得：mgh＝mv2
2C
v2C
在C点，设轨道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律，FN－mg＝
mR解得FN＝7 N.
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力为7 N，方向竖直向下． 12
(2)设D到碰撞点的高度为y，从A到碰撞点，根据动能定理得：mg(h＋y)＝mv0
2y
＝tan 45° x
1
小球与斜面碰撞后做平抛运动，H－y＝gt2，s＝v0t
2代入数据整理得：s＝4·2＋x4－x
当2＋x＝4－x，即x＝1 m时平抛运动的水平位移s有最大值， 最大值sm＝6 m.
【答案】 (1)7 N，方向 竖直向下 (2)1 m 6 m
18.(12分)(涉及动能定理，功能关系及能量守恒定律的综合应用)如图所示为光电计时器的实验简易示意图．当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．光滑水平导轨MN上放置两个相同的物块A和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，今将挡光效果好，宽度为d＝3.6×103 m的两块黑色磁带分别
－
贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光．传送带水平部
分的长度L＝8 m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6 m/s匀速转动．物块A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，质量mA＝mB＝1 kg.开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，并迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t＝9.0×104 s，重力加速度g取10 m/s2.
－
(1)求弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)求物块B在传送带上向右滑动的最远距离xm；
(3)若物块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的物块A在水平面上相碰，且A和B碰后互换速度，则弹射装置P至少应以多大速度将A弹回，才能在A、B碰后使B刚好能从Q端滑出？此过程中，滑块B与传送带之间因摩擦产生的热量Q为多大？
3
d3.6×10
【解析】 (1)解除锁定，弹开物块A、B后，两物体的速度大小为：vA＝vB＝＝
t9.0×10－4－
m/s＝4.0 m/s
112
弹簧储存的弹性势能：Ep＝mBvB＋mAv2A＝16 J. 22
(2)物块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远 mBv2B由动能定理得－μmBgxm＝0－，解得xm＝4 m.
2(3)B要刚好能滑出传送带的Q端，由能量关系有： 1′
mBvB2＝μmBgL 2
解得：vB′＝42 m/s
因为A和B碰撞过程交换速度，故弹射装置至少应以42 m/s的速度将A弹回B在传2L
送带上运动的时间t′＝＝22 s
vB′
在B滑过传送带的过程中，传送带移动的距离：x带＝vt＝122 m Δx ＝x带＋L
因摩擦产生的热量为：Q＝μmBgΔx＝μmBg(x带＋L)＝49.9 J. 【答案】 (1)16 J (2)4 m (3)42 m/s 49.9 J
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