2021-2022學(xué)年新教材人教版高中物理選擇性必修第一冊第一章動(dòng)量守恒定律 課時(shí)練習(xí)題含答案解析

第一章動(dòng)量守恒定律

第1節(jié)動(dòng)量........................................................1

第2節(jié)動(dòng)量定理....................................................1

第3節(jié)動(dòng)量守恒定律................................................9

第4節(jié)實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律......................................15

第5節(jié)彈性碰撞和非彈性碰撞.......................................23

第6節(jié)反沖現(xiàn)象火箭..............................................29

第1節(jié)動(dòng)量

第2節(jié)動(dòng)量定理

1.放在水平桌面上的物體質(zhì)量為m,用一個(gè)大小為F的水平推力推它，物體始

終不動(dòng)，那么時(shí)間t內(nèi)，推力對物體的沖量大小是（g為重力加速度）（）

A.FtB.mgt

C.OD.無法計(jì)算

答案：A

解析：根據(jù)沖量的定義，沖量的大小是力與其作用時(shí)間的乘積，與重力無關(guān)，故

A正確。

2.（多選）（2021北京西城高二檢測）關(guān)于動(dòng)量和沖量，下列說法正確的是（）

A.物體所受合外力的沖量的方向與物體動(dòng)量的方向相同

B.物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量

C.物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量

D.物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同

答案：B;D

解析：物體所受合外力的沖量的方向與合外力的方向相同，與物體動(dòng)量變化量的

方向相同，與物體動(dòng)量的方向不一定相同，A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，物體所

受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，B正確，C錯(cuò)誤；物體的動(dòng)量p=77W,

故物體動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，D正確。

3.（2021福建永安第一中學(xué)高二月考）質(zhì)量為m的物體沿某一條直線運(yùn)動(dòng)，已

知物體的初動(dòng)量的大小為4的?m/s,經(jīng)過時(shí)間t后，其動(dòng)量的大小變?yōu)?0的?

m/s,則該物體動(dòng)量的變化量的大小可能為（）

區(qū).6kg?m/sB.Skg?m/s

C.lOkg?m/sD.20kg?m/s

答案：A

解析：取初動(dòng)量方向?yàn)檎较?，則初動(dòng)量初p初=4/cg?m/s,末動(dòng)量有兩種可

能：末動(dòng)量為正，p末=\Okg?m/s,則動(dòng)量的變化量/p=-p初=6/cg?

m/s；末動(dòng)量為負(fù)，p末=-10kg?m/s,則動(dòng)量的變化量/p=—=

—14kg-m/s。

4.籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球。接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸

前，這樣做可以（）

A.減小球?qū)κ值臎_量

B.減小球?qū)θ说臎_擊力

C.減小球的動(dòng)量變化量

D.減小球的動(dòng)能變化量

答案：B

解析：籃球運(yùn)動(dòng)員接球的過程中，手對球的沖量等于球的動(dòng)量變化量，大小等于

球入手時(shí)的動(dòng)量，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，并沒有減小球?qū)κ值臎_量，

也沒有減小球的動(dòng)量變化量，更沒有減小球的動(dòng)能變化量，而是因延長了手與球

的作用時(shí)間，從而減小了球?qū)θ说臎_擊力，B正確。

5.（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高”的a點(diǎn)由靜止開始釋放,

落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為九的B點(diǎn)

時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為go關(guān)于小球下落的整個(gè)過程，

下列說法中正確的是（）

A[

T

I

I

I

I

?H

A.小球的機(jī)械能減少了7ng（H+九）

B.小球克服阻力做的功為rng/i

C.小球所受阻力的沖量大于館7^百

D.小球動(dòng)量的變化量等于所受阻力的沖量

答案：A;C

解析：小球在整個(gè)過程中，動(dòng)能變化量為零，重力勢能減少了mg（4+/i）,則

小球的機(jī)械能減少了+，故4正確；對全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mg（”+

九）—Wp=O,則小球克服阻力做功/=zng（”+/i）,故B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)

規(guī)律，小球落到地面的速度b=7^石，對進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動(dòng)量定理得心-

IF-0-mj2gH,可知阻力的沖量及-IG+12gH,即大于mJ2gH,故C

正確；對全過程分析，運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化等于重力的沖量和阻力的沖

量的矢量和，故。錯(cuò)誤。

6.在行車過程中，遇到緊急剎車，乘客可能受到傷害，為此人們設(shè)計(jì)了如圖所示

的安全帶以盡可能地減輕猛烈碰撞。假定乘客質(zhì)量為70M，汽車車速為

100km/h,從踩下剎車到車完全停止需要的時(shí)間為5s,安全帶對乘客的作用

力大小最接近（）

A.200NB.300NC.400ND.500N

答案：C

解析：對人的減速過程，設(shè)初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有Ft=nW2-

mvr,可得F?—400N,負(fù)號表示方向與初速度方向相反，C正確。

7.（多選）（2021黑龍江齊齊哈爾高二期末）人們對手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有

些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到眼睛的情況。如圖所示，若手機(jī)質(zhì)量m=

200g,手機(jī)從離人眼約九=10cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后經(jīng)t=0.01s

停止運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g=lOni/s?,下列分析正確的是（）

A.手機(jī)對眼睛的作用力大小約為30N

B.手機(jī)對眼睛的作用力大小約為58N

C.全過程手機(jī)重力的沖量大小約為0.48N?s

D.全過程手機(jī)重力的沖量大小約為0.30N-s

答案：A;D

解析：手機(jī)下落的高度九=10cm=0.10m；手機(jī)的質(zhì)量m=200g=0.20/cg。

根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律知手機(jī)與眼睛作用前速度D=-Jlgh=V2x10x0.1m/

s-lAm/s,手機(jī)與眼睛作用后的速度變成0,選取向上為正方向，手機(jī)與眼

睛作用過程中動(dòng)量變化為/p=0—(―mv)—0.2xlAkg-m/s-0.28kg-m/

s,手機(jī)與眼睛接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知Ft-

mgt=Jp，由牛頓第三定律得手機(jī)對眼睛的作用力大小F'=F=30N，故2正

確，B錯(cuò)誤；手機(jī)下落時(shí)間t'=W=葛s=0.14s,全過程中重力的沖量大小/=

mg(t+tz)=0.2x10x(0.14+0.01)W-s=0.30W-s,故C錯(cuò)誤，D正確。

8.沿同一直線，甲、乙兩物體分別在力Fi、F2作用下做直線運(yùn)動(dòng)，甲在h時(shí)間

內(nèi)、乙在時(shí)間內(nèi)動(dòng)量P隨時(shí)間t變化的p-t圖像如圖所示，設(shè)甲物體在h時(shí)

間內(nèi)所受到的沖量大小為A,乙物體在上時(shí)間內(nèi)所受到的沖量大小為/2，則兩

物體所受外力F及其沖量/的大小關(guān)系是()

A.&>F2，1]=12B.Fi<F2,A<，2

C.F1>F2，h>12D.Fi=F2，=12

答案：A

解析：由F=復(fù)知Fi>F2,由/=/p知A—I2,A正確。

9.(2021江蘇如皋高二上質(zhì)量調(diào)研)如圖所示，物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，

0?4s內(nèi)其所受合外力隨時(shí)間變化的關(guān)系為某一正弦函數(shù)，下列表述錯(cuò)誤的是

()

A.0?2s內(nèi)合外力的沖量一直增大

B.0?4s內(nèi)合外力的沖量為零

C.2s末物體的動(dòng)量方向發(fā)生改變

D.0?4s內(nèi)物體的動(dòng)量方向一直不變

答案：c

解析：根據(jù)/=Ft可知，F(xiàn)-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示沖量，貝1）0?2s內(nèi)

合外力的沖量一直增大，0?4s內(nèi)合外力的沖量為零，選項(xiàng)4、B正確；0?2s

內(nèi)物體受到的沖量為正值，則動(dòng)量方向?yàn)檎?，方向沒變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；0?4s內(nèi)

合外力的沖量為零，則0?4s內(nèi)物體的動(dòng)量一直為正，則物體動(dòng)量方向一直不變，

選項(xiàng)。正確。

10.（多選）（2021遼寧大連遼師大附中高二期末）如圖所示，豎直面內(nèi)有一個(gè)

固定圓環(huán)，MN是它在豎直方向上的直徑。兩根光滑滑軌MP、QN的端點(diǎn)都在

圓周上，MP>QNo將兩個(gè)完全相同的小滑塊a、b（未畫出）分別從M、Q

點(diǎn)無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運(yùn)動(dòng)到圓周上的過程中，下列說法中

正確的是（）

M

N

A.合力對兩滑塊做功相同

B.彈力對匕滑塊的沖量較大

C.重力對a、b兩滑塊的沖量相同

D.兩滑塊的動(dòng)量變化大小相同

答案：B;C

解析：小滑塊a、b下滑過程中只有重力做功，根據(jù)W=可知，二者下滑

的高度不同，則合外力做功不同，故4錯(cuò)誤；對滑塊，由牛頓第二定律得a=

制詈=gsind（0為光滑滑軌與水平方向的夾角），由圖中的幾何關(guān)系可得

滑塊的位移久=2Rsind（R為圓半徑），滑塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

運(yùn)動(dòng)時(shí)間亡=后=2位,t與。無關(guān)，即h=t2，彈力的沖量/=mgcos。X

t,由圖可知QN與水平方向之間的夾角小，所以b球的彈力的沖量大，故B正

確；重力的沖量為mgt,由于運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，所以重力的沖量大小相等，故C

正確；由于小滑塊到達(dá)底部時(shí)的速度大小不同，兩滑塊的動(dòng)量變化量的大小/p=

mv-0,由動(dòng)量定理可知，動(dòng)量變化量不同，故。錯(cuò)誤。

11.（2021黑龍江牡丹江一中高二下學(xué)期期中）據(jù)統(tǒng)計(jì)，人在運(yùn)動(dòng)過程中，腳底

在接觸地面瞬間受到的沖擊力是人體自身重力的數(shù)倍。為探究這個(gè)問題，實(shí)驗(yàn)小

組同學(xué)利用落錘沖擊的方式進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，即通過一定質(zhì)量的重物從某一高度自由

下落沖擊地面來模擬人體落地時(shí)的情況。重物與地面的形變很小，可忽略不計(jì)。

重力加速度gMX10m/s2。表為一次實(shí)驗(yàn)過程中的相關(guān)數(shù)據(jù)：

重物(包括傳感器)的質(zhì)量8.5

重物下落高度H/cm45

重物反彈高度h/cm20

最大沖擊力展/N850

重物與地面接觸時(shí)間t/s0.1

(1)請你選擇所需數(shù)據(jù)，通過計(jì)算回答下列問題：

a.重物受到地面的最大沖擊力時(shí)的加速度大小為多少？

b.在重物與地面接觸過程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力

的多少倍？

(2)如果人從某一確定高度由靜止豎直跳下，為減小腳底在與地面接觸過程中

受到的沖擊力，可采取什么具體措施，請你提供一種可行的方法并說明理由。

答案：(1)a.設(shè)重物受到地面最大沖擊力時(shí)的加速度的大小為a

由牛頓第二定律得耳n—mg-ma

解得a=90m/s2

b.重物與地面接觸前瞬間的速度大小%=J2m=3m/s

重物離開地面瞬間的速度大小-12gh-2m/s

設(shè)重物與地面接觸過程中重物受到地面施加的平均作用力大小為F,豎直向上

為正方向，由動(dòng)量定理得

(F—mg)t—mv2—%)

解得F=510N

則E=6

mg

即重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍

(2)腳觸地后要同時(shí)下蹲，以延長與地面的作用時(shí)間來減小地面對人的沖擊力

12.將質(zhì)量nt=0.2/cg的小球以水平速度％=3m/s拋出，不計(jì)空氣阻力，g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量；

(2)拋出0.4s時(shí)小球的動(dòng)量；

(3)拋出后0.4s內(nèi)小球動(dòng)量的變化量。

答案：(1)0.8N-s,方向豎直向下(2)1kg-m/s,方向與水平方向成53°斜

向下(3)0.8kg-m/s,方向豎直向下

解析：(1)重力是恒力，0.4s內(nèi)重力對小球的沖量

I=mgt=0.2X10x0.4N-s=0.8N-s

方向豎直向下

(2)0.4s時(shí)的速度1/=1班+琢=J2+(或)2=J32+(10x0.4)2zn/s=

5m/s,方向與水平方向的夾角為6,則tane=@=3,6=53°

vx3

由此知小球速度方向與水平方向成53。斜向下

0.4s時(shí)動(dòng)量p'=nw'=0.2x5kg?m/s=1/cg?zn/s,方向與水平方向成53°

斜向下

（3）法一用定義式求

如圖所示

由幾何關(guān)系得4P=p'sin53°=0.2x5xg/cg?m/s—0.8kg-m/s,方向豎直向

下

法二用動(dòng)量定理求

根據(jù)動(dòng)量定理知，0.4s內(nèi)小球動(dòng)量的變化量就是這0.4s內(nèi)重力的沖量，所以有

Ap—mgt—0.2x10xOAkg-m/s—0.8kg-m/s,方向與重力方向一致，豎

直向下

13.（多選）（2021湖北襄陽四中高二下學(xué)期檢測）如圖甲所示為一固定光滑足

夠長的斜面，傾角為30°。質(zhì)量為0.2kg的物塊靜止在斜面底端，t=0時(shí)刻，

受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上為正方向，拉力F隨時(shí)間t變化

的圖像如圖乙所示，g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.6s末物塊的速度為零

B.物塊一直沿斜面向上運(yùn)動(dòng)

C.0?4s內(nèi)拉力對物塊做的功為20/

D.0?6s內(nèi)拉力對物塊的沖量為零

答案：A;C

解析：在0?2s內(nèi)，由牛頓第二定律可得Fi—mgsin30。=znai,解得a1=

5m/s2,方向沿斜面向上，在2?4s內(nèi)，由牛頓第二定律可得F2+mgsin30°=

ma2,解得a2=lOm/s2,方向沿斜面向下，則物塊在0?2s內(nèi)向上做勻加速

直線運(yùn)動(dòng)，2?3s內(nèi)向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，3s時(shí)速度減小為零，3?4s內(nèi)向

下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，4?6s內(nèi)向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，6s時(shí)速度減小為零，

故4正確，B錯(cuò)誤；在t=4s時(shí)和t=2s時(shí)物塊在同一位置，速度等大反向，

所以0?4s內(nèi)拉力對物塊做的功等于0?2s內(nèi)拉力對物塊做的功，0?2s內(nèi)的

位移s=^%.亡2=10m,所以0?2s內(nèi)拉力做的功W=&S=20/,故C正確；

0?6s內(nèi)拉力對物塊的沖量/=Fit1+F2t2=(2X4-1x2)N?s=6N?s,故

D錯(cuò)誤。

思路導(dǎo)引根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解速度；根據(jù)位

移公式求解0?4s內(nèi)的位移，再求出拉力做的功；根據(jù)沖量的定義結(jié)合圖像求解

沖量。

方法探究沖量的四種計(jì)算方法

公式法利用定義式/=Ft計(jì)算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考

慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)

平均力法

如果力隨時(shí)間是均勻變化的，則9=1&+及)，該變力的沖量為

1

I=-(F0+Ft)t

圖像法利用F-t圖像計(jì)算，F(xiàn)-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示沖量，此

法既可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量

動(dòng)量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用/=Ft求

變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化量，由/=/p求

變力的沖量

第3節(jié)動(dòng)量守恒定律

1.（多選）某一物體從高九處自由下落，與地面碰撞后又彈起高九’，不計(jì)其他

星球?qū)Φ厍虻淖饔?，以地球和物體作為一個(gè)系統(tǒng)，下列說法正確的是（)

A.在物體下落過程中，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

B.在物體與地面碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.在物體上升過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒

D.上述全過程中系統(tǒng)動(dòng)量都守恒

答案：B;C;D

解析：將地球和物體作為一個(gè)系統(tǒng)，物體與地球間的力為系統(tǒng)內(nèi)力。

2.如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為Tn1，以速度D沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方

有一靜止的、質(zhì)量為瓶2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后

（）

|甲F-乙|

A.甲木塊的動(dòng)量守恒

B.乙木塊的動(dòng)量守恒

C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒

D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒

答案：C

解析：兩木塊在光滑水平地面上相碰，且中間有彈簧，則碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守

恒，機(jī)械能也守恒，故a、B錯(cuò)誤，c正確；甲、乙兩木塊碰撞前、后動(dòng)能總

量不變，但碰撞過程中彈性勢能發(fā)生變化，故動(dòng)能不守恒，D錯(cuò)誤。

3.如圖所示，光滑圓槽的質(zhì)量為M,靜止在光滑的水平面上，其內(nèi)表面有一小

球被細(xì)線吊著恰位于槽的邊緣處,如果將線燒斷，則小球滑到另一邊的最高點(diǎn)時(shí),

圓槽的速度是（）

A.OB.向左C.向右D.無法確定

答案：A

解析：小球和圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上的動(dòng)量

守恒（/Px=0）o細(xì)線被燒斷瞬間，系統(tǒng)在水平方向的總動(dòng)量為零。又知小球到

達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，球與槽水平方向上有共同速度，設(shè)為歷，由動(dòng)量守恒定律有0=

（M+m）v',所以u'=0,A正確。

4.（2021江蘇南通高二檢測）兩個(gè)球沿直線相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后兩球都靜止。則可

以推斷（）

A.碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量一定相同

B.兩個(gè)球的質(zhì)量一定相等

C.碰撞前兩個(gè)球的速度大小一定相等

D.碰撞前兩個(gè)球的動(dòng)量大小相等、方向相反

答案：D

解析：兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，由于碰撞后兩球都靜止，總動(dòng)量為零，故碰撞前

兩個(gè)球的動(dòng)量大小相等、方向相反，A錯(cuò)誤，D正確；兩球的質(zhì)量是否相等不

確定，故碰撞前兩個(gè)球的速度是否相等也不確定，B、C錯(cuò)誤。

5.（多選）根據(jù)U/C（國際鐵道聯(lián)盟）的定義，高速鐵路是指營運(yùn)速率達(dá)200/OTI"

以上的鐵路和動(dòng)車組系統(tǒng)。據(jù)廣州鐵路局警方測算：當(dāng)和諧號動(dòng)車組列車以

350/cm//i的速度在平直鐵軌上勻速行駛時(shí)，受到的阻力大小約為1。6可，如果

撞擊一塊質(zhì)量為0.5/cg的障礙物，會產(chǎn)生大約5000N的沖擊力，撞擊時(shí)間約為

0.01s,可能造成列車顛覆，后果不堪設(shè)想。在撞擊過程中，下列說法正確的是

（）

A.列車受到合外力的沖量約為50N-s

B.列車受到合外力的沖量約為1。4可?s

C.障礙物受到合外力的沖量約為175N-s

D.列車和障礙物組成的系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒

答案：A;D

解析:列車對障礙物的沖擊力的沖量為/=F-At=5000x0.01N?s=50N-s,

因沖擊力遠(yuǎn)大于障礙物的重力，故障礙物所受合外力的沖量大小近似為50N?s,

因列車勻速行駛，列車與障礙物碰撞過程中，二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒，4、

D正確。

6.兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一人向

另一個(gè)人拋出一個(gè)籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進(jìn)行幾次，甲和乙最后

的速率關(guān)系是（）

A.若甲最先拋球，則一定是u

B.若乙最后接球，則一定是"用＞

C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有"甲〉u乙

D.無論怎樣拋球和接球，都是"用

答案：B

解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律，初動(dòng)量為零，最后系統(tǒng)的總動(dòng)量也為零，因此兩個(gè)人

的動(dòng)量等大反向，因此誰最后接球，誰的質(zhì)量就大，誰的速度就小，B正確。

7.（2021山西晉中高二期末）如圖所示，甲、乙兩同學(xué)各乘一輛小車在光滑的水

平面上勻速相向行駛做拋球游戲。兩輛小車速度大小均為%=4m/so已知甲

車上有質(zhì)量m=1kg的小球若干個(gè)，甲和他的車及所帶小球的總質(zhì)量Mi=

50kg,乙和他的車總質(zhì)量M2=30kg。為了保證兩車不相撞，甲不斷地將小

球一個(gè)一個(gè)地以相對地面為167H/S的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設(shè)某一

次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不相撞，則此時(shí)（）

A.兩車的共同速度大小為2ni/s甲總共拋出5個(gè)小球

B.兩車的共同速度大小為2zn/s甲總共拋出10個(gè)小球

C.兩車的共同速度大小為ITH/S甲總共拋出10個(gè)小球

D.兩車的共同速度大小為lm/s甲總共拋出5個(gè)小球

答案：C

解析：以甲、乙兩同學(xué)及兩車組成的系統(tǒng)為研究對象，以水平向右為正方向，沿

甲車的運(yùn)動(dòng)方向系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，甲不斷拋球，乙接球，當(dāng)甲和小車與乙和小車

具有共同速度時(shí)，可保證剛好不相撞，設(shè)共同速度為》,則%%-知2為=（Mi+

M2）V,得》—%=1—/s,這一過程中乙和他的車的動(dòng)量變化量/p=

[30x1—30x（-4）]/cg-m/s—150kg-m/s,每一個(gè)小球被乙接住后，乙和他

的車的動(dòng)量變化量/pi=（16x1—1xl）kg-m/s-15kg-m/s,故小球個(gè)數(shù)

N=迫=10（個(gè)），故選C。

4Pl

8.將兩條完全相同的磁鐵（磁性極強(qiáng)）分別固定在質(zhì)量相等的小車上，水平面光

滑。開始時(shí)甲車速度大小為3rn/s,乙車速度大小為2zn/s,方向相反并在同一

直線上，如圖所示。

（1）當(dāng)乙車速度為零時(shí)（即乙車開始反向運(yùn)動(dòng)時(shí)），甲車的速度多大？方向如

何？

（2）由于磁性極強(qiáng)，故兩車不會相碰，那么兩車的距離最小時(shí)，乙車的速度是

多大？方向如何？

答案：（1）lm/s方向向右（2）0.5m/s方向向右

解析：兩個(gè)小車及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量

守恒。設(shè)向右為正方向

（1）由動(dòng)量守恒定律知nw甲一nw乙-mv'

代入數(shù)據(jù)解得=lm/s

方向向右

（2）兩車相距最小時(shí)，兩車速度相同

設(shè)為〃'，由動(dòng)量守恒定律知mb/—nw乙=nw'+nw'

解得/=0.5m/s,方向向右

9.（多選）（2021浙江寧波高二檢測）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在

光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊。現(xiàn)使木箱獲

得一個(gè)向右的初速度幾，則（）

A.小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運(yùn)動(dòng)

B.小木塊和木箱最終速度大小為%

M+m

C.小木塊與木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動(dòng)

D.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運(yùn)動(dòng)

答案：A;B

解析：木箱與小木塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，

最終二者以相同的速度一起向右運(yùn)動(dòng)，取為方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得

Mv0=（m+M）v,解得u=黑,A,B正確。

10.（2021河北衡水高二期中）如圖所示，一枚手榴彈開始時(shí)在空中豎直向下落,

到某位置時(shí)爆炸成a、b兩塊同時(shí)落地，其中a落地時(shí)飛行的水平距離。2大于

b落地時(shí)飛行的水平距離OB,下列說法正確的是（）

A/0

A.爆炸瞬間a、b兩塊的速度大小相等

B.爆炸瞬間a、b兩塊的速度變化量大小相等

C.a、b兩塊落地時(shí)的速度大小相等

D.爆炸瞬間a、b兩塊的動(dòng)量變化量大小相等

答案：D

解析：由題意知爆炸后a、b的豎直分速度大小相等，由a的水平位移大小大

于匕的水平位移大小，可知a獲得的水平分速度大小大于b獲得的水平分速度

大小，所以4、B、C均錯(cuò)誤；水平方向動(dòng)量守恒，所以a、b的動(dòng)量變化量

大小相等，D正確。

1L（多選）（2021吉林白城濟(jì)南第一中學(xué)月考）如圖所示，三輛完全相同的平

板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b

車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時(shí)對地的水平速度相

同。他跳到a車上相對a車保持靜止，此后（)

r

I;、IIIII

rha

A.a、b兩車運(yùn)動(dòng)速率相等

B.a、c兩車運(yùn)動(dòng)速率相等

C.三輛車的速率關(guān)系%>va>vb

D.a、c兩車運(yùn)動(dòng)方向相反

答案：C;D

解析：設(shè)小孩跳離匕、c車時(shí)速度為b,向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有0=

—M羊%+想小孩％m小孩”=-M針b+f、赳，加〃、屋=（M羊+m小孩）?外，所以

m八鏟m卜鏟

%=-7T-，為=0,%=—,即％>V>V,并且以與%方向相

⑼車iw車小表ab

反。

12.如圖所示，在光滑水平面上有兩個(gè)木塊2、B,木塊B左端放置小物塊C并

保持靜止，已知%-mB-02kg,mc-0.1kg,現(xiàn)木塊2以初速度b=2m/s

沿水平方向向右滑動(dòng)，木塊4與B相碰后具有共同速度（但不粘連），。與2、

B間均有摩擦。

AB

,///////////////////////////////

（1）求木塊4與B相碰瞬間木塊2及小物塊C的速度大小；

（2）若木塊2足夠長，求小物塊C的最終速度。

答案：（1）lm/s0（2）|m/s,方向水平向右

解析：（1）木塊2與B相碰瞬間C的速度為0,A、B木塊的速度相同，由動(dòng)

量守恒定律得

mAv—（mA+TnB）vA,解得以—lm/s

（2）c滑上a后，摩擦力使c加速，使a減速，直至a、c具有共同速度，

以4、C整體為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得?叫以=（?叫+mc）〃c，解得"c=

|m/s,方向水平向右

13.（多選）如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為M、m,滑塊可在水平放置的

光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，小球與滑塊上的懸點(diǎn)。由一不可伸長的輕繩相連，

輕繩長為2。開始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止。現(xiàn)將小球由

靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，下列說法正確的是（）

A.滑塊和小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒

2m2gl

c.滑塊的最大速率為

m2gl

D.滑塊的最大速率為

答案：B;C

解析：球下落過程中滑塊和小球組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量不

守恒，A錯(cuò)誤；繩子上的拉力屬于內(nèi)力，滑塊和小球組成的系統(tǒng)在水平方向不

受外力作用，因此系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，B正確；當(dāng)小球落到最低點(diǎn)時(shí)，只

有水平方向的速度，此時(shí)小球和滑塊的速度均達(dá)到最大，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量

77117

守恒有M%1ax=，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg，=，聯(lián)立解

4日

得“max

思路導(dǎo)引當(dāng)合外力為零時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若某一方向上合外力為零則該方向上

動(dòng)量守恒；當(dāng)小球落到最低點(diǎn)時(shí)，只有水平方向速度，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守

恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒可正確解答。

模型總結(jié)懸繩模型

懸繩模型（如圖所示）的特點(diǎn)是系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，解題時(shí)需

關(guān)注物體運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。

水平桿光滑

第4節(jié)實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律

1.利用氣墊導(dǎo)軌通過閃光照相進(jìn)行“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。

（1）實(shí)驗(yàn)要求研究兩滑塊碰撞時(shí)動(dòng)能損失很小和很大等各種情況，若要求碰撞

時(shí)動(dòng)能損失最大，應(yīng)選圖（選填"a”或"b”），若要求碰撞時(shí)動(dòng)能損失最小，

則應(yīng)選圖（選填“a”或“5"）。（圖a兩滑塊分別裝有彈性圈，圖b兩滑塊分

別裝有撞針和橡皮泥）

-o

圖a圖b

（2）某次實(shí)驗(yàn)時(shí)碰撞前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運(yùn)動(dòng)并發(fā)生碰撞，利

用閃光照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如圖c所示。已知相鄰兩次閃光

的時(shí)間間隔為T，在這4次閃光的過程中，4、B兩滑塊均在0?80cm范圍內(nèi)，

且第1次閃光時(shí)，滑塊2恰好位于久=10cm處。若2、B兩滑塊的碰撞時(shí)間及

閃光持續(xù)的時(shí)間極短，均可忽略不計(jì),則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的時(shí)刻,

4、B兩滑塊質(zhì)量之比如:血8=°

答案：（1）b;a（2）2.5T;2:3

解析：（1）若要求碰撞時(shí)動(dòng)能損失最大，則需兩滑塊碰撞后結(jié)合在一起，故應(yīng)

選圖b;若要求碰撞時(shí)動(dòng)能損失最小，則應(yīng)使兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，即選圖a。

（2）由圖c可知，第1次閃光時(shí)，滑塊4恰好位于久=10cm處，第2次4在

x—30cm處，第3次4在％=50czn處，碰撞在％=60cm處。從第3次閃光

到碰撞的時(shí)間為《，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的2.5T時(shí)刻。設(shè)碰前4的

速度大小為b,則碰后4的速度大小為，，B的速度大小為u,設(shè)向右為正方

向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得犯1b=—g，+7nB?D，解得巴=三。

2TRB3

2.（2021黑龍江哈爾濱三中月考）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器探究碰撞過程

中不變量的實(shí)驗(yàn):在小車甲的前端粘有橡皮泥,推動(dòng)小車甲使之做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

然后與原來靜止在前方的小車乙相碰并粘合成一體，而后兩車?yán)^續(xù)做勻速直線運(yùn)

動(dòng)，他設(shè)計(jì)的具體裝置如圖1所示。在小車甲后連著紙帶，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)頻

率為50”z,長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力。

長售小車乙橡個(gè)小車甲器器紙帶

小木片

(1)若已得到打點(diǎn)紙帶如圖2所示，測得各計(jì)數(shù)點(diǎn)間距并標(biāo)在圖上，A為運(yùn)動(dòng)

起始的第一點(diǎn)，則應(yīng)選段計(jì)算小車甲的碰前速度，應(yīng)選段來計(jì)算小車甲和乙

碰后的共同速度(以上兩格選填SB""BC"D"或"DE")。

ABCDE

卜8.405—10.50—59.08十6.95"單位：cm

(2)已測得小車甲的質(zhì)量m尹=0.40kg,小車乙的質(zhì)量??1乙=0.20kg,由以

上測量結(jié)果，可得碰前m甲》甲+m乙D乙=kg-m/s；碰后小甲沙甲'+

m乙第乙'=kg?m/so

(3)通過計(jì)算得出的結(jié)論是。

答案：(1)BC;DE(2)0.420;0.417(3)在誤差允許范圍內(nèi)，碰撞前后

兩個(gè)小車的動(dòng)量守恒

解析：(1)觀察打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙帶，點(diǎn)跡均勻的階段BC應(yīng)為小車甲與乙

碰前的階段，CD段點(diǎn)跡不均勻，故CD應(yīng)為碰撞階段，甲、乙碰撞后一起做勻

速直線運(yùn)動(dòng)，打出間距均勻的點(diǎn)，故應(yīng)選DE段計(jì)算碰后共同的速度。

(2)vc甲=繁=1.05血/5,歷=箸=0.695m/s

碰前，m甲u(yù)甲+m乙D乙=0.420kg-m/s

碰后,m甲D甲'+m乙u乙'=(TH/+m乙)i/=0.60x0.695kg-m/s—0A17kg-

m/so

(3)在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，碰撞前后兩個(gè)小車的動(dòng)量守恒。

3.(2021河南信陽高中高二期中)如圖為一彈簧彈射裝置，在內(nèi)壁光滑、水平固

定的金屬管中放有輕彈簧，彈簧壓縮并鎖定，在金屬管兩端各放置一個(gè)金屬小球

1和2(兩球直徑略小于管徑且與彈簧不固連)?，F(xiàn)解除彈簧鎖定，兩個(gè)小球同

時(shí)沿同一直線向相反方向彈射。然后按下述步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：

、、、

A

①用天平測出兩球質(zhì)量mi、m2；

②用刻度尺測出兩管口離地面的高度九；

③記錄兩球在水平地面上的落點(diǎn)P、Qo

回答下列問題：

（1）要測定彈射裝置在彈射時(shí)所具有的彈性勢能，還需測量的物理量有。（已

知重力加速度為g）

A.彈簧的壓縮量

B.兩球落點(diǎn)P、Q到對應(yīng)管口M、N的水平距離%1、&

C.小球直徑

D.兩球從管口彈出到落地的時(shí)間0、t2

（2）根據(jù)測量結(jié)果，可得彈性勢能的表達(dá)式為與,=o

（3）由上述測得的物理量來表示，如果滿足關(guān)系式，就說明彈射過程中兩小

球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

22

答案：⑴B（2）四警+膽警（3）m^mx

4h4h1X112z2z

解析：（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能等于兩球得到的動(dòng)能之

和，而要求解動(dòng)能必須還要知道兩球彈射的初速度為，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知女

,故還需要測出兩球落點(diǎn)P、Q到對應(yīng)管口M、N的水平距離匕、t2o

（2）小球被彈開時(shí)獲得的動(dòng)能%=］瓶詔=誓，故彈性勢能的表達(dá)式為島=

資+工TH?諺=吧送+色退o

2112z24/14h

（3）如果滿足關(guān)系式7711%=租2〃2，即租1%1=租2%2，那么就說明彈射過程中

兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

4.（2021廣東惠州一中模擬）氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器。它是利用氣泵使

帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊與導(dǎo)軌間可視為沒

有摩擦。我們可以用帶豎直擋板C、D的氣墊導(dǎo)軌以及滑塊4、B來驗(yàn)證動(dòng)量守

恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（彈簧的長度忽略不計(jì)）。

CD

~~

VV7

采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①用天平分別測出滑塊2、B的質(zhì)量如、mB。

②調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使導(dǎo)軌處于水平。

③在4和B間放入一個(gè)被壓縮的輕彈簧，用電動(dòng)卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導(dǎo)

軌上。

④用刻度尺測出a的左端至c板的距離L1。

⑤按下電鈕放開卡銷，同時(shí)使分別記錄滑塊4B運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)時(shí)器開始工作。

當(dāng)4B滑塊分別碰撞C、D擋板時(shí)停止計(jì)時(shí)，記下4B分別到達(dá)C、D的運(yùn)

動(dòng)時(shí)間伉和V。

(1)實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測量的物理量是。

(2)利用上述測量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是，上式中算得

的4B兩滑塊的動(dòng)量大小并不完全相等，產(chǎn)生誤差的原因是。

(3)利用上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)能否測出被壓縮彈簧的彈性勢能的大??？如能，請寫出

表達(dá)式：o

答案：(1)B的右端至。板的距離乙2

(2)mA--mB--0；見解析

(3)見解析

解析：(1)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需要知道滑塊2、B的運(yùn)動(dòng)速度，在已經(jīng)知道

運(yùn)動(dòng)時(shí)間的前提下，需栗測量滑塊2、B的位移，即需要測量的物理量是B的右

端至D板的距離工2°

(2)由于運(yùn)動(dòng)前兩滑塊是靜止的，故總動(dòng)量為零，運(yùn)動(dòng)后兩滑塊是向相反方向

運(yùn)動(dòng)的，設(shè)向左為正方向，則有叫叫—ZHB%=0，即犯1組—絲=0°造

成誤差的原因：一是測量本身就存在誤差，如測量質(zhì)量、時(shí)間、距離等存在誤差；

二是空氣阻力或者導(dǎo)軌不是水平的等。

(3)根據(jù)能量守恒定律知，兩滑塊4、B獲得的動(dòng)能就是彈簧的彈性勢能。故

有％=1(mA+mB^|)o

5.如圖是用來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置，彈性球1用細(xì)線懸掛于。點(diǎn)，。點(diǎn)

下方桌子的邊緣有一豎直立柱。實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)節(jié)懸點(diǎn)，使彈性球1靜止時(shí)恰與立柱

上的球2右端接觸且兩球等高。將球1拉到4點(diǎn)，并使之靜止，同時(shí)把球2放

在立柱上。釋放球1,當(dāng)它擺到懸點(diǎn)正下方時(shí)與球2發(fā)生對心碰撞，碰后球1向

左最遠(yuǎn)可擺到B點(diǎn)，球2落到水平地面上的C點(diǎn)。測出有關(guān)數(shù)據(jù)即可驗(yàn)證1、2

兩球碰撞時(shí)動(dòng)量守恒?，F(xiàn)已測出2點(diǎn)離水平桌面的距離為a,B點(diǎn)離水平桌面

的距離為b,C點(diǎn)與桌子邊沿間的水平距離為c。

（1）還需要測量的物理量是、和。

（2）根據(jù)測量的數(shù)據(jù)，該實(shí)驗(yàn)中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為。（忽略小球的大?。?/p>

答案：（1）彈性球1、2的質(zhì)量瓶1、m2；立柱高度九；桌面離水平地面的高

度九0（2）2mRa—h—2mHb—九+牝

解析：（1）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒必須知道兩球碰撞前后的動(dòng)量變化量，根據(jù)彈性球

1碰撞前后的高度a和b,由機(jī)械能守恒定律可以求出碰撞前后的速度，故只要

再測量彈性球1的質(zhì)量mi和立柱高九，就能求出彈性球1的動(dòng)量變化量；根據(jù)

平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律只要測出立柱高九和桌面離水平地面的高度飽就可以求出彈性

球2碰撞前后的速度變化量，故只栗測量彈性球2的質(zhì)量瓶2和立柱高九、桌面

離水平地面的高度九。就能求出彈性球2的動(dòng)量變化量。

（2）根據(jù)（1）的解析可以寫出動(dòng)量守恒的表達(dá)式為2瓶1、/^=五=2niiVmi+

C

71127^°

6.（2021江蘇昆山高二期末）如圖甲所示的裝置叫作阿特伍德機(jī)，是由英國數(shù)學(xué)

家和物理學(xué)家阿特伍德創(chuàng)造并制作的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，用來研究勻變速直

線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。某同學(xué)對該裝置加以改進(jìn)后用來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒

定律，如圖乙所示（已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間）o

（1）該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量擋光片的寬度為d,然后將質(zhì)量均為m（2的含

擋光片和掛鉤、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，A置于桌

面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，測量出擋光片中心到固定光電門中心的豎直距離九o

（2）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)時(shí)，該同學(xué)在8的下端掛上質(zhì)量也為m的物塊C

（含掛鉤），讓系統(tǒng)（重物2、B以及物塊C）中的物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，光電

門記錄擋光片擋光的時(shí)間為山。如果系統(tǒng)（重物4B以及物塊C）的機(jī)械能

守恒，應(yīng)滿足的關(guān)系式為。

（3）為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該同學(xué)讓2在桌面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，將B從靜止

位置豎直向上抬升s后由靜止自由下落，直到光電門記錄下?lián)豕馄瑩豕獾臅r(shí)間為

At'（4B始終未接觸桌面），則驗(yàn)證繩繃緊過程中系統(tǒng)沿繩方向動(dòng)量守恒定

律的表達(dá)式為。

答案：（2）20九=蒜（3）=磊

解析：（2）當(dāng)物塊a上升九時(shí)，通過光電門，由擋光時(shí)間求出速度為I；=捺

對4、B、C整個(gè)系統(tǒng)而言，減少的重力勢能為AEp=2mgh—mgh=mgh

而系統(tǒng)增加的動(dòng)能為4幾=|（2m+m）v2=北）

若兩者相等則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以要驗(yàn)證的表達(dá)式為2g/i=靜

（3）為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該同學(xué)讓a在桌面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，將B從靜止

位置豎直向上抬升S后由靜止自由下落，直到光電門記錄下?lián)豕馄瑩豕獾臅r(shí)間

（2、B始終未接觸桌面），則繩張緊前B的速度為/=/礪

張緊前的動(dòng)量為p前一mv'-mj2gs

張緊后由于系統(tǒng)合外力為零，則4以張緊后的速度勻速上升，張緊后4、B的共

同速度大小"共=親

張緊后的總動(dòng)量為p后—2nw共=2m

所以要驗(yàn)證的表達(dá)式為屬7=

7.為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，某實(shí)驗(yàn)小組選取兩個(gè)材質(zhì)相同而質(zhì)量不同的滑塊2和

B,并按下述步驟進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)：

①在4B的相撞面分別粘上橡皮泥，便于二者相撞后連成一體；

②實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，鋁質(zhì)導(dǎo)軌槽固定在水平桌面上，其傾斜段的右端和水平

段的左端由一小段圓弧連接，在導(dǎo)軌槽的側(cè)面且與水平導(dǎo)軌等高處安裝一臺數(shù)碼

頻閃照相機(jī)；

③將滑塊B靜置于槽的水平段某處，滑塊a由槽的傾斜段適當(dāng)位置靜止釋放，

同時(shí)開始頻閃拍攝，直至兩滑塊停止運(yùn)動(dòng)，得到一幅多次曝光的照片；

④多次重復(fù)步驟③，得到多幅照片，挑選其中最理想的一幅，打印出來，將刻度

尺緊靠照片放置，如圖乙所示(圖中只顯示滑塊a)o

甲

請對上述操作進(jìn)行分析并回答以下問題：

(1)分析圖乙可知，2、B滑塊碰撞發(fā)生的位置是(選填叩5”“。6”或摩7”)。

(2)為了驗(yàn)證碰撞中動(dòng)量是否守恒，必須直接測量或讀取的物理量是。

AA、B兩滑塊的質(zhì)量nii和瓶2

B.滑塊a釋放時(shí)距桌面的高度

c.頻閃照相的周期

D.照片尺寸和實(shí)際尺寸的比例

E.照片上測得的S34、S45和S56、S67

F.照片上測得的S45、S56和S67、s78

G.滑塊與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)

(3)此實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為。

答案：(Dp6(2)a；F

(3)7nI(3S56—S45)=+Tn2)(3s67—s78)

解析：(1)由題圖乙可知，S12—S23=S23—534=534—S45=S45—S56=0.20cm,

s-ss-s

6778-7889—0.20cm,S56—S67=0.60cm，故4、B相撞的位置在「6

處。

(2)

設(shè)碰撞前滑塊a在P4、「5、的速度分別為%、%、〃6，碰撞后整體在「6、

P7,P8的速度分別為腺、“7、為

則以=空，幾=嗒至，又％=空

得到碰撞前滑塊a的速度

2s56+S45-534

“6"萬

由于滑塊做勻變速運(yùn)動(dòng)，貝h45-S34=S56-S45

聯(lián)立可得分=3s5；；5

同理，碰撞后整體的速度％=警著

需要驗(yàn)證的方程為

和。6=(叫+m2)V6

將％和%的表達(dá)式代入整理得

^I(3S56-S45)=Oh+m2)-(3S67-S78)

上式即需栗驗(yàn)證的表達(dá)式，故必須直接測量或讀取的物理量是2、B兩個(gè)滑塊的

質(zhì)量7nl和TH2及$45、$56和$67、S7S,F正確。

(3)設(shè)碰撞前滑塊2在P4、P5、「6的速度分別為以、%、外，碰撞后整體在

「6、「7、P8的速度分別為腺、“7、為

則以=制詈，女=唱詈，又女=空

得到碰撞前滑塊力的速度

2s56+S45-S34

"6=行

由于滑塊做勻變速運(yùn)動(dòng)，貝h45-S34=S56—S45

聯(lián)立可得分=考蘆

同理，碰撞后整體的速度％=3s6；；78

需要驗(yàn)證的方程為

和。6=(叫+m2)V6

將外和喔的表