【文档说明】新教材2022版物理鲁科版选择性必修第一册提升训练：第1章第4节弹性碰撞与非弹性碰撞综合拔高练含解析.docx，共(24)页，193.887 KB，由envi的店铺上传

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第4节综合拔高练五年高考练考点1碰撞中的动量守恒1.[2016天津理综,9(1),]如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一个小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,

与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的速度大小为,滑块相对于盒运动的路程为。(重力加速度大小为g)2.(2020课标Ⅱ,21,6分,)(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.48kgB.53kgC.58kgD.63kg考点2碰撞中的动力学、动量和能量问题3.(2020课标Ⅲ,15

,6分,)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为()A.3JB.4J

C.5JD.6J4.(2020北京,13,6分,)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度,静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是()A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆

至高度h。若2号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度hB.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度h

D.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒5.(2018课标Ⅱ,24,12分,)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即

采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0m。已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg,两车与

该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10m/s2。求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。6.(2018课标Ⅰ,24,12分,)一质

量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,求(1

)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。深度解析7.(2017天津理综,10,16分,)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2kg

、mB=1kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=1

0m/s2,空气阻力不计。求:(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H。8.(2019课标Ⅰ,25,20分,)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,

小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像

如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。图(a)图(b)(1)求物块B的质量;(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功;(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停

止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。三年模拟练应用实践1.(2020山西晋城高二上期末联考,)(多选)质量为m0和M的滑块A、

B用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块C发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是()A.B、A、C速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.A的速度

不变,B和C的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2C.A的速度不变,B和C的速度都变为v',且满足Mv=(M+m)v'D.B、A、C速度均发生变化,B、A速度都变为v1,C的速度变为v2,且满足(M+

m)v0=(M+m)v1+mv22.(2019江苏赣榆高级中学期中,)如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是粗糙的水平面。现把质量为m的小物体从A点由静止释放,小物体与BC部分间的

动摩擦因数为μ,最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点,则B、D间的距离x随各量变化的情况是()A.其他量不变,R越大x越大B.其他量不变,μ越大x越大C.其他量不变,m越大x越大D.其他量不变,M越大x越大3.(2020山东潍坊模拟,)随着科幻电影《流浪地球

》的热映,“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程,可以提出以下两种模式:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度。如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,探测

器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律做类比。那么下列判断中正确的是()A.v1>v0

B.v1=v0C.v2>v0D.v2=v04.(2020北京东城高三上期末,)如图所示,用不可伸长的轻绳将物块a悬挂于O点。现将轻绳拉至水平,将物块a由静止释放。当物块a运动至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生完全弹性碰撞。碰撞后物块b在水平面上滑行一段距离后停下来。已知轻绳

的长度为L,物块a的质量为m,物块b的质量为3m,a、b均可视为质点,重力加速度大小为g,不计空气阻力的影响。(1)求碰撞前瞬间,轻绳对物块a的拉力大小;(2)求碰撞后瞬间,物块b的速度大小;(3)有同学认为:两

物块碰撞后,物块b在水平面上滑行一段距离后停下来,是因为碰撞后没有力来维持它的运动。你认为这种说法是否正确,并说明你的理由。5.(2020江西南昌高三开学考试,)如图所示,质量为M=2kg的木块放在平台的右端,该平台到地面的距离为h=0.45m,木块与平台间的动摩擦因数为μ=0.2。质量

为m=1kg的小松鼠从地面跳上平台抱住木块,且小松鼠到达木块的位置时速度恰好沿水平方向,小松鼠抱住木块后与木块一起滑行,测量发现滑行的距离恰好为s=0.25m。小松鼠抱住木块的过程时间极短,小松鼠与木块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,求:(1

)小松鼠抱住木块前瞬间的速度大小;(2)小松鼠起跳后,离开地面时的动能。6.(2020北京牛栏山一中高三期中,)如图所示,有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上,现有质量均为m=1kg的小物块A和B(均可视为质

点),由车上P处分别以初速度v1=2m/s向左和v2=4m/s向右运动,最终A、B两物块恰好停在小车两端与小车相对静止没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1,取g=10m/s2。求:(1)物块A刚开始滑动

时加速度a的大小;(2)物块A、B与小车相对静止时共同速度v共及物块A、B在小车上滑动过程中产生的热量Q;(3)整个过程中物块B相对于小车的位移x相大小。7.(2020北京昌平高三期中,)如图所示,水平固定一个光滑长杆,有一个质量为2m的小滑块A套在细杆上可自由滑动。在

水平杆上竖直固定一个挡板P,小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态,在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B,将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度,由静止释放,已知重力加速度为g。求:(1)小球第一次运动到最低点时,细线对小球的拉力大小;(2)小球运动过程中,相对最低点能上

升的最大高度;(3)小滑块运动过程中获得的最大速度。迁移创新8.(2020北京朝阳高三上期中,)某科技小组学习了反冲现象后,设计了以下实验。如图甲所示,小车上固定一个右端开口的小管,管口刚好与小车右端对齐。小管内装有一根质量可忽略不计的硬弹簧,小车与管的总质量为M=0.2kg

。将一个大小合适、质量为m=0.05kg的小球压入管内,管口的锁定装置既可控制小球不弹出,也可通过无线遥控解锁。小球弹出时间极短,在管内运动的摩擦可忽略。该小组利用此装置完成以下实验。实验一:测量弹簧储存的弹性势能如图乙所示,将该

装置放在水平桌面上,小车右端与桌面右端对齐,并在小车右端悬挂重垂线到地面,标记出O点。固定小车,解锁后,小球水平飞出,落到地面上的A点。测得OA的距离为x=2.4m,小球抛出点的竖直高度为h=0.8m。g取10m/s2。实验二:对小车反冲距离的理论预测与实验检验如图丙所示,将该装置放在水平

地面上静止不动,解除锁定,小球弹出瞬间小车向相反方向运动。已知地面对小车的阻力恒为车对地面压力的k倍(k=0.3)。该小组在实验一的基础上,先通过理论计算得出小车反冲距离的预测值为s,再通过实验测得反冲距离的实际值为s'。(1)求小球锁定时弹簧储存的弹性势能E

p;(2)请你帮助该小组计算小车反冲距离的预测值s;(3)请分析说明根据现有信息能否预测s'与s的大小关系。答案全解全析第4节综合拔高练五年高考练1.答案𝑣3𝑣23𝜇𝑔解析设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v'根据动量守恒得:mv=(m+2m)v'解得v'=13v设滑块相对于盒的

运动路程为s根据能量守恒得:μmgs=12mv2-12(m+2m)v'2解得s=𝑣23𝜇𝑔2.BC物块每次与挡板碰撞后,挡板对物块的冲量I0=mv0-m(-v0)=40kg·m·s-1,方向与运动员退行方向相同,以此方向为正方向,

以运动员和物块整体为研究对象,当物块撞击挡板7次后,7I0=m人v7+mv0,v7<5m/s,得m人>52kg,当物块撞击挡板8次后,8I0=m人v8+mv0,v8>5m/s,得m人<60kg。故B、C正确,A、D错误。3.A由图像可知甲物块碰前速

度v甲=5m/s,乙物块碰前速度v乙=1m/s,甲物块碰后速度v甲'=-1m/s,乙物块碰后速度v乙'=2m/s。甲和乙碰撞过程中系统动量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',解得m乙=6kg。碰撞过程中两物块损失的机

械能ΔE=12m甲𝑣甲2+12m乙𝑣乙2-12m甲v甲'2-12m乙v乙'2=3J。故选A项。4.D1号球与质量不同的2号球相碰撞后,1号球速度不为零,则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球相碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能,则3号不

可能摆至高度h,故A错误;1、2号球释放后,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误;1、2号碰撞后粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,所以1、2号球再与3号球相碰后,3号球获得

的动能不足以使其摆至高度h,故C错误;碰撞后,2、3号粘在一起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能损失,且整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确。故选D。5.答案(

1)3.0m/s(2)4.3m/s解析(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB'2=2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB'

=3.0m/s③(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA'2=2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A

车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3m/s⑦6.答案(1)1𝑔√2𝐸𝑚(2)2𝐸𝑚𝑔解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E=12m𝑣02①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时

间为t,由运动学公式有0-v0=-gt②联立①②式得t=1𝑔√2𝐸𝑚③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有14

m𝑣12+14m𝑣22=E⑤12mv1+12mv2=0⑥由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有14m𝑣12=12mgh2⑦联立

④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=2𝐸𝑚𝑔⑧名师点评本题主要考查机械能守恒定律、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点,意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的能力。7.答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析(1)B从释放到

细绳刚绷直前做自由落体运动,有h=12gt2①代入数据解得t=0.6s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt③细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v④之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度

v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得v=2m/s⑤(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有12(mA+mB)v2+mBgH=mAgH⑥代入数据解得H

=0.6m⑦8.答案(1)3m(2)215mgH(3)119解析(1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,𝑣12为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m(-𝑣12)+m'v'①12

m𝑣12=12m(-12𝑣1)2+12m'v'2②联立①②式得m'=3m③(2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH-fs1=12m𝑣1

2-0④-(fs2+mgh)=0-12m(-𝑣12)2⑤从图(b)所给出的v-t图线可知s1=12v1t1⑥s2=12·𝑣12·(1.4t1-t1)⑦由几何关系可得𝑠2𝑠1=ℎ𝐻⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=215mgH⑩(

3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcosθ·𝐻+ℎsin𝜃设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有-μm'gs'=0-12m'v'2设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mgcosθ·ℎsin𝜃-μ'mgs'=0联立①

③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得𝜇𝜇'=119三年模拟练1.BC碰撞的瞬间B和C组成的系统动量守恒,A的速度在此瞬间不变,A、D错误;以B的初速度方向为正方向,若碰后B和C的速度变为v1和v2,由动量守恒定律得:Mv=Mv1+mv2;若碰后B和C速度相同都变为v',由动量守

恒定律得:Mv=(M+m)v',故B、C正确。2.A小物体与小车组成的系统水平方向动量守恒,所以当两物体相对静止时,系统水平方向的总动量为零,则两物体最终会停止运动,由能量守恒定律有μmgx=mgR,解得x=𝑅𝜇,故选项A正确,B、C、D错误。3.A设探测

器的质量为m,行星的质量为M,探测器和行星发生弹性碰撞。对于模型一:设向左为正方向,由动量守恒定律可得Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒定律得12Mu2+12m𝑣02=12m𝑣12+12M𝑢12,联立解得探测器碰后的速度v1=2𝑀𝑢+𝑀𝑣0-𝑚𝑣0𝑀+𝑚

,因M≫m,则v1≈2u+v0>v0,故A正确,B错误。对于模型二:设向左为正方向,由动量守恒定律可得Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒定律得12Mu2+12m𝑣02=12m𝑣22+12M𝑢22,联立解得探测器碰后的速度v2=𝑀𝑣0-2𝑀𝑢-𝑚𝑣0𝑀+𝑚,因M≫m

,则v2≈v0-2u<v0,故C、D均错误。4.答案(1)3mg(2)√𝑔𝐿2(3)见解析解析(1)物块a由静止开始运动到最低点过程中根据动能定理有mgL=12m𝑣02物块a运动到最低点时,根据牛顿第二定律得F-mg=m𝑣02𝐿联立解得,碰撞前瞬间轻绳对物块a的拉力大小为F=3mg(

2)两物块发生弹性碰撞过程根据动量守恒定律有mv0=mva+3mvb根据能量守恒定律有12m𝑣02=12m𝑣𝑎2+12·3m·𝑣𝑏2联立解得碰撞后瞬间,物块b的速度大小为vb=√𝑔𝐿2(3)这种说法不正确。物体的运动不需要力来

维持。两物块碰撞后,物块b在水平面上运动一段距离后之所以能停下来,是因为受到地面对它的滑动摩擦力,使它的运动状态发生改变。如果没有滑动摩擦力,物块b将做匀速直线运动。5.答案(1)3m/s(2)9J解析(1)设小松鼠抱住木块前瞬间的速度为v0,抱住木块后瞬间的速度为v1,对于小松鼠和木块组成的系

统向左滑行过程,根据动能定理可知μ(m+M)gs=12(M+m)𝑣12代入数据解得v1=1m/s小松鼠和木块相互作用的过程中动量守恒,有mv0=(m+M)v1代入数据解得v0=3m/s(2)小松鼠从地面跳到平台的过程是斜抛运动,水平方向上以v0做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动

,末速度为零,研究竖直方向的分运动,由速度位移公式求出起跳时竖直分速度vy=√2𝑔ℎ=3m/s小松鼠的起跳速度大小为v=√𝑣02+𝑣𝑦2代入数据解得v=3√2m/s则小松鼠离开地面时的动能为Ek=12mv2=9J6.答案(1)1m/s2(2)0.5m/s9.5J(3)7.5m解析(

1)由牛顿第二定律得:μmg=ma解得:a=μg=1m/s2(2)取A、B、小车组成的系统为研究对象,取v2方向为正方向,由动量守恒定律有:mv2-mv1=(2m+M)v共解得:v共=0.5m/s由能量守恒定律

有:Q=12m𝑣12+12m𝑣22-12(2m+M)𝑣共2解得:Q=9.5J(3)由题意可知,当A、B都在小车上滑动时,小车保持静止,A、B均做加速度为a的匀减速运动,当A减速至零时B的速度v3=2m/s,设从开始至A减速至0,B的位移为x1由

运动学方程:𝑣22-𝑣32=2ax1解得:x1=6m由题意:A减速至零后与小车相对静止一起向右加速;B继续减速直至A、B和车共速,此过程中系统产生的热量是由于B与小车相对滑动而摩擦生热,设B相对小车滑行距离为x2,由能量守恒定律有:μmgx2=12m𝑣32-

12(2m+M)𝑣共2解得:x2=1.5m所以x相=x1+x2=7.5m7.答案(1)3mg(2)23L(3)23√2𝑔𝐿解析(1)小球第一次运动到最低点过程中,由机械能守恒定律得mgL=12mv2解得v=√2𝑔𝐿在最低点,由牛顿第二定律得F-mg=

m𝑣2𝐿解得小球到达最低点时,细线对小球的拉力大小F=3mg。(2)小球与滑块共速时,小球运动到最大高度h,取水平向右为正方向,由动量守恒定律与机械能守恒定律得mv=(2m+m)v共12mv2=mgh+12(2m+m)𝑣共2联立解得h=23L。(3)小球摆回最低点

时,滑块获得最大速度,设此时小球速度为v1,滑块速度为v2,则mv=mv1+2mv212mv2=12m𝑣12+12·2m𝑣22解得v2=23√2𝑔𝐿8.答案见解析解析(1)小球弹出后做平抛运动,则h=12gt2①x=v0t②小球弹出过程中,小球与弹簧组成的系统机械能

守恒,则Ep=12m𝑣02③联立①②③式可得Ep=𝑚𝑔𝑥24ℎ代入数据可得Ep=0.9J(2)设向右为正方向,在小球弹出过程中,小球与小车组成的系统动量守恒、机械能守恒,则0=mv1-Mv2④Ep=12m𝑣12+12M𝑣22⑤小球弹出后

,小车在地面阻力作用下逐渐减速为零的过程中,由动能定理得-kMgs=0-12M𝑣22⑥联立④⑤⑥式可得s=𝑚𝑘𝑀(𝑀+𝑚)𝑔Ep⑦代入数据可得s=0.3m(3)仅根据现有信息,不能预测s'与s的大小关系。理由如下:第一:在实验一中,上述计算弹簧储存的弹性势能Ep时,由于没有考虑小

球运动过程中所受阻力的影响,使得Ep的预测值比实际值偏小,由⑦式可知预测值s将偏小。第二:在实验二中,上述预测值计算时没有考虑弹出小球过程中地面摩擦的影响,使得小车速度v2的预测值要比实际值偏大;同时,在上述预测值计算中

,也没有考虑小车反冲过程中所受空气阻力的影响,由⑥式可知,均致使预测值s偏大。综上,仅根据现有信息,无法比较上述偏差的大小关系,所以不能预测s'与s的大小关系。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com