11
应用动能定理－μmgs＝2mv2－2mv20① 代入数值解得μ＝0.32②
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s 由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③ 解得F＝－130 N④
其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左。 (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 1
－W＝0－2mv′2⑤ 解得W＝9 J
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
8．解析 设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞， 由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2
121212
由机械能守恒定律得2mv0＝2mv1＋2Mv2 m－M2m可得v1＝v0，v2＝v
m＋Mm＋M0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M A反向向左运动与B发生碰撞过程，有 mv1＝mv3＋Mv4 121212
2mv1＝2mv3＋2Mv4
m－M2m
整理可得v3＝v1，v4＝v
m＋Mm＋M1
由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2 即
M－mm－M22m
v0≥v1＝()v m＋Mm＋Mm＋M0
整理可得m2＋4Mm≥M2 解方程可得m≥(5－2)M
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M≤m＜M 答案 (5－2)M≤m＜M
1
9．解析 设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝8v0， 3
B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得
4mvA＝mvA′＋mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得 1212
WA＝2mv0－2mvA②
设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得 121WB＝2mvB－2mvB′2③ 据题意可知 WA＝WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mvB′＝2mv⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得 21
v＝16v0⑥
21
答案 16v0
10．解析 (1)从A→Q由动能定理得 112
－mg·2R＝2mv2－2mv0① 解得v＝4 m/s＞gR＝5 m/s② 在Q点，由牛顿第二定律得 v2
FN＋mg＝mR③ 解得FN＝22 N④ (2)A撞B，由动量守恒得 mv0＝2mv′⑤ v0
解得v′＝2＝3 m/s⑥ 设摩擦距离为x，则 1
－μmgx＝0－2〃2mv′2⑦ 解得x＝4.5 m⑧ x
所以k＝L＝45⑨
(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得
112
－μ·2mgnL＝2〃2mv2n－〃2mv′⑩ 2所以vn＝9－0.2n m/s (n＝0，1，2，?)? 答案 (1)22 N (2)45
(3)vn＝9－0.2n m/s (n＝0，1，2，?)
11．解析 (1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝2gh① 将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。由运动学规律可得
v1＝gt③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有
mAv1＋mBv2＝mBv2′④ 121212mAv1＋mBv2＝mBv2′⑤ 222
设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 vB′2－v22h′＝⑦
2g
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m⑧
答案 (1)4 m/s (2)0.75 m
12．解析 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为 Δsv＝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＝f＝0.02 s② 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式得 v0＝2.00 m/s③ v1＝0.970 m/s④
设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
dv2＝⑤
ΔtB
代入题给实验数据得 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＝|p|×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5%⑩
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 一年模拟试题精练
1．C [规定向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A错误；碰撞过程两滑块组成的系统外力为零，故系统动量守恒，B错误；根据动量守恒定律可得：3mv－mv＝0＋mv′，解得：v′＝111
2v，C正确；碰撞前总动能为：2〃3mv2＋2mv2＝2mv2，碰撞后总动能为：0＋2m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无动能损失，D错误。]
2．D [下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝2gh，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则
m2v－m1v＝m1v1＋m2v2 由能量守恒定律得
121212(m＋m)v＝mv1211＋m2v2， 222且m2＝3m1
联立解得：v1＝22gh
2
v1
反弹后高度H＝2g＝4h，D正确。]
3．解析 (1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即m1＞m2；为使入射球与被碰球发生对心碰撞，要求两小球半径相同。故C正确。
(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′。由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表
