參考答案

1．A　[由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得人下降h距離時(shí)的速度為v＝，在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人由動(dòng)量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對(duì)人的平均作用力為F＝t(2gh)＋mg，A項(xiàng)正確。]

2．D　[對(duì)A、B系統(tǒng)，由于發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由于m×2v₀－2mv₀＝0，故碰后A、B不可能同向運(yùn)動(dòng)或一個(gè)靜止，另一個(gè)運(yùn)動(dòng)或兩個(gè)都靜止，而只能是A、B都反向運(yùn)動(dòng)，故D正確。]

3．A　[設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核的質(zhì)量為Am。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v₀、v₁，碰后原子核的速度為v₂，由彈性碰撞可得mv₀＝mv₁＋Amv₂，2(1)mv0(2)＝2(1)mv1(2)＋2(1)Amv2(2)，解得v₁＝1＋A(1－A)v₀，故|v1(v0)|＝A－1(A＋1)，A正確。]

4．B　[平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝g(2h)＝1 s，爆炸過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律，設(shè)彈丸質(zhì)量為m，則mv＝4(3)mv_甲＋4(1)mv_乙，又v_甲＝t(x甲)，v_乙＝t(x乙)，t＝1 s，則有4(3)x_甲＋4(1)x_乙＝2 m，將各選項(xiàng)中數(shù)據(jù)代入計(jì)算得B正確。]

5．解析　設(shè)A、B球的質(zhì)量分別為m_A和m_B，A球碰撞后的速度大小為v_A2，B球碰撞前、后的速度大小分別為v_B1和v_B2，由題意知v_B1∶v_B2＝3∶1，v_A2＝v_B2。A、B碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得m_Bv_B1＝m_Av_A2－m_Bv_B2，所以有mB(mA)＝vA2(vA1＋vB2)＝1(4)。碰撞前、后的總動(dòng)能之比為B1(2)B2(2)A2(2)A2(2)＝5(9)。

答案　4∶1　9∶5

6．解析　反應(yīng)后由于存在質(zhì)量虧損，所以反應(yīng)前、后總動(dòng)能之差等于質(zhì)量虧損而釋放出的能量，根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可得

2(1)m₂vα(2)－2(1)Mvx(2)＝(M－m₁－m₂)c²①

反應(yīng)過(guò)程中三個(gè)粒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故有

Mv_x＝m₂v_α②

聯(lián)立①②可得2(1)m₂vα(2)＝M－m2(M)(M－m₁－m₂)c²。

答案　(M－m₁－m₂)c²　M－m2(M)(M－m₁－m₂)c²

7．解析　(1)對(duì)小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B處的過(guò)程中

應(yīng)用動(dòng)能定理－μmgs＝2(1)mv²－2(1)mv0(2)①

代入數(shù)值解得μ＝0.32②

(2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v′＝－6 m/s

由動(dòng)量定理得：FΔt＝mv′－mv③

解得F＝－130 N④

其中“－”表示墻面對(duì)物塊的平均力方向向左。

(3)對(duì)物塊反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中應(yīng)用動(dòng)能定理得

－W＝0－2(1)mv′²⑤

解得W＝9 J

答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J

8．解析　設(shè)A運(yùn)動(dòng)的初速度為v₀，A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞，

由動(dòng)量守恒定律得

mv₀＝mv₁＋Mv₂

由機(jī)械能守恒定律得2(1)mv0(2)＝2(1)mv1(2)＋2(1)Mv2(2)

可得v₁＝m＋M(m－M)v₀，v₂＝m＋M(2m)v₀

要使得A與B能發(fā)生碰撞，需要滿足v₁＜0，即m＜M

A反向向左運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞過(guò)程，有

mv₁＝mv₃＋Mv₄

2(1)mv1(2)＝2(1)mv3(2)＋2(1)Mv4(2)

整理可得v₃＝m＋M(m－M)v₁，v₄＝m＋M(2m)v₁

由于m＜M，所以A還會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足v₃≤v₂

即m＋M(2m)v₀≥m＋M(M－m)v₁＝(m＋M(m－M))²v₀

整理可得m²＋4Mm≥M²

解方程可得m≥(－2)M

所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足

(－2)M≤m＜M

答案　(－2)M≤m＜M

9．解析　設(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為v_A，由題意知，碰后A的速度v_A′＝8(1)v₀，

B的速度v_B＝4(3)v₀，由動(dòng)量守恒定律得

mv_A＝mv_A′＋mv_B①

設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為W_A，由功能關(guān)系得

W_A＝2(1)mv0(2)－2(1)mvA(2)②

設(shè)B與C碰撞前B的速度為v_B′，B克服軌道阻力所做的功為W_B，由功能關(guān)系得

W_B＝2(1)mvB(2)－2(1)mv_B′²③

據(jù)題意可知

W_A＝W_B④

設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得

mv_B′＝2mv⑤

聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得

v＝16(21)v₀⑥

答案　16(21)v₀

10．解析　(1)從A→Q由動(dòng)能定理得

－mg·2R＝2(1)mv²－2(1)mv0(2)①

解得v＝4 m/s＞＝ m/s②

在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律得

F_N＋mg＝mR(v2)③

解得F_N＝22 N④

(2)A撞B，由動(dòng)量守恒得

mv₀＝2mv′⑤

解得v′＝2(v0)＝3 m/s⑥

設(shè)摩擦距離為x，則

－μmgx＝0－2(1)·2mv′²⑦

解得x＝4.5 m⑧

所以k＝L(x)＝45⑨

(3)AB滑至第n個(gè)光滑段上，由動(dòng)能定理得

－μ·2mgnL＝2(1)·2mvn(2)－2(1)·2mv′²⑩

所以v_n＝ m/s　(n＝0，1，2，…)⑪

答案　(1)22 N　(2)45

(3)v_n＝ m/s　(n＝0，1，2，…)

11．解析　(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為v_B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v_B＝①

將h＝0.8 m代入上式，得v_B＝4 m/s②

(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v₁和v₁′(v₁′＝0)，B球的速度分別為v₂和v₂′。由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得

v₁＝gt③

由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變。規(guī)定向下的方向?yàn)檎?/SPAN>，有

m_Av₁＋m_Bv₂＝m_Bv₂′④

2(1)m_Av1(2)＋2(1)m_Bv2(2)＝2(1)m_Bv₂′²⑤

設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為v_B′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得v_B′＝v_B⑥

設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得

h′＝2(2)2()⑦

聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得

h′＝0.75 m⑧

答案　(1)4 m/s　(2)0.75 m

12．解析　按定義，滑塊運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度大小v為

v＝Δt(Δs)①

式中Δs為滑塊在很短時(shí)間Δt內(nèi)走過(guò)的路程。

設(shè)紙帶上打出相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔為Δt_A，則

Δt_A＝f(1)＝0.02 s②

Δt_A可視為很短。

設(shè)A在碰撞前、后瞬時(shí)速度大小分別為v₀、v₁。將②式和圖給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入①式得

v₀＝2.00 m/s③

v₁＝0.970 m/s④

設(shè)B在碰撞后的速度大小為v₂，由①式有

v₂＝ΔtB(d)⑤

代入題給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得

v₂＝2.86 m/s⑥

設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動(dòng)量分別為p和p′，則

p＝m₁v₀⑦

p′＝m₁v₁＋m₂v₂⑧

兩滑塊在碰撞前后總動(dòng)量相對(duì)誤差的絕對(duì)值為

δ_p＝|p(p－p′)|×100%⑨

聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得

δ_p＝1.7%<5%⑩

因此，本實(shí)驗(yàn)在允許的誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律。

答案　見(jiàn)解析