参考答案

1．A　[由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝t(2gh)＋mg，A项正确。]

2．D　[对A、B系统，由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m×2v₀－2mv₀＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止，另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确。]

3．A　[设中子质量为m，则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v₀、v₁，碰后原子核的速度为v₂，由弹性碰撞可得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正确。]

4．B　[平抛运动时间t＝g(2h)＝1 s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝4(3)mv_甲＋4(1)mv_乙，又v_甲＝t(x甲)，v_乙＝t(x乙)，t＝1 s，则有4(3)x_甲＋4(1)x_乙＝2 m，将各选项中数据代入计算得B正确。]

5．解析　设A、B球的质量分别为m_A和m_B，A球碰撞后的速度大小为v_A2，B球碰撞前、后的速度大小分别为v_B1和v_B2，由题意知v_B1∶v_B2＝3∶1，v_A2＝v_B2。A、B碰撞过程由动量守恒定律得m_Bv_B1＝m_Av_A2－m_Bv_B2，所以有mB(mA)＝vA2(vA1＋vB2)＝1(4)。碰撞前、后的总动能之比为B1(2)B2(2)A2(2)A2(2)＝5(9)。

答案　4∶1　9∶5

6．解析　反应后由于存在质量亏损，所以反应前、后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，根据爱因斯坦质能方程可得

2(1)m₂vα(2)－2(1)Mvx(2)＝(M－m₁－m₂)c²①

反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有

Mv_x＝m₂v_α②

联立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)对小物块从A运动到B处的过程中

应用动能定理－μmgs＝2(1)mv²－2(1)mv0(2)①

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

－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　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

由机械能守恒定律得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

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＋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只与B、C各发生一次碰撞，须满足

(－2)M≤m＜M

答案　(－2)M≤m＜M

9．解析　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为v_A，由题意知，碰后A的速度v_A′＝8(1)v₀，

B的速度v_B＝4(3)v₀，由动量守恒定律得

mv_A＝mv_A′＋mv_B①

设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为W_A，由功能关系得

W_A＝2(1)mv0(2)－2(1)mvA(2)②

设B与C碰撞前B的速度为v_B′，B克服轨道阻力所做的功为W_B，由功能关系得

W_B＝2(1)mvB(2)－2(1)mv_B′²③

据题意可知

W_A＝W_B④

设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得

mv_B′＝2mv⑤

联立①②③④⑤式，代入数据得

v＝16(21)v₀⑥

答案　16(21)v₀

10．解析　(1)从A→Q由动能定理得

－mg·2R＝2(1)mv²－2(1)mv0(2)①

解得v＝4 m/s＞＝ m/s②

在Q点，由牛顿第二定律得

F_N＋mg＝mR(v2)③

解得F_N＝22 N④

(2)A撞B，由动量守恒得

mv₀＝2mv′⑤

解得v′＝2(v0)＝3 m/s⑥

设摩擦距离为x，则

－μmgx＝0－2(1)·2mv′²⑦

解得x＝4.5 m⑧

所以k＝L(x)＝45⑨

(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得

－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)设B球第一次到达地面时的速度大小为v_B，由运动学公式有v_B＝①

将h＝0.8 m代入上式，得v_B＝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

m_Av₁＋m_Bv₂＝m_Bv₂′④

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

设B球与地面相碰后的速度大小为v_B′，由运动学及碰撞的规律可得v_B′＝v_B⑥

设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得

h′＝2(2)2()⑦

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

v＝Δt(Δs)①

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Δt_A，则

Δt_A＝f(1)＝0.02 s②

Δt_A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

v₂＝ΔtB(d)⑤

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

δ_p＝|p(p－p′)|×100%⑨

联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得

δ_p＝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