2021-2022學(xué)年新教材人教版高中物理選擇性必修第一冊(cè)第一章動(dòng)量守恒定律 課時(shí)練習(xí)題及綜合測(cè)驗(yàn)

第一章動(dòng)量守恒定律

1、動(dòng)量動(dòng)量定理.......................................................1

2、動(dòng)量守恒定律.........................................................7

3、實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律..............................................15

4、彈性碰撞和非彈性碰撞................................................25

5、反沖現(xiàn)象火箭......................................................32

第一章檢測(cè)卷...........................................................38

1、動(dòng)量動(dòng)量定理

1.一個(gè)物理量的單位可以根據(jù)基本單位和物理公式導(dǎo)出，下面單位均用國(guó)

際單位制的符號(hào)表示，它們對(duì)應(yīng)的物理量屬于標(biāo)量的是（）

A.kg-m/s2B.kg-m/s

C.CD.N-s

【答案】C【解析】kg-m/s?對(duì)應(yīng)的物理公式為其中T7是矢量，A

錯(cuò)誤；kg-m/s對(duì)應(yīng)的物理公式為”=機(jī)0,其中動(dòng)量p是矢量，B錯(cuò)誤；C是電荷

量的單位庫(kù)侖，而電荷量屬于標(biāo)量，C正確；N-s對(duì)應(yīng)的物理公式為/=的，其中

沖量/是矢量，D錯(cuò)誤.

2.人從高處跳下，與地面接觸時(shí)雙腿彎曲，這樣是為了（）

A.減少落地時(shí)的動(dòng)量

B.減少動(dòng)量的變化

C.減少?zèng)_量

D.減小地面對(duì)人的沖力（動(dòng)量的變化率）

【答案】D【解析】人從高處跳下時(shí)，落地時(shí)的動(dòng)量一定，在落地的過(guò)程

中，動(dòng)量變化是一定的，故A、B錯(cuò)誤；通過(guò)膝蓋穹曲時(shí)延長(zhǎng)了人動(dòng)量變化的時(shí)

間，從而減小地面對(duì)人體的沖擊力，由動(dòng)量定理/=的可知，可以減小人受到地

面的力，不能減小人受到的沖量，故C錯(cuò)誤，D正確.

3.高空墜物極易對(duì)行人造成傷害.若一個(gè)1kg的磚塊從一居民樓的8層墜

下，與地面的撞擊時(shí)間約為10ms,則該磚塊對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為（）

A.20NB.2X102N

C.2X103ND.2X104N

【答案】C【解析】設(shè)8樓高度約為20m,磚塊落地時(shí)的速度，根據(jù)V2

=2gH,解得0=20m/s,磚塊與地面撞擊的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理必/=機(jī)內(nèi)

解得歹=2X103N,根據(jù)牛頓第三定律，磚塊對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為2X103N,

C正確，A、B、D錯(cuò)誤.

4.質(zhì)量為0.5kg的物體，運(yùn)動(dòng)速度為3m/s,它在一個(gè)變力作用下速度變?yōu)?/p>

7m/s,方向和原來(lái)方向相反，則這段時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的變化量為（）

A.5kg-m/s,方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反

B.5kg-m/s,方向與原運(yùn)動(dòng)方向相同

C.2kg.m/s,方向與原運(yùn)動(dòng)方向相反

D.2kg.m/s,方向與原運(yùn)動(dòng)方向相同

【答案】A【解析】以原來(lái)的方向?yàn)檎较?，由定義式ApM/TW,—mv,

得A/?=（-7X0.5—3X0.5）kg-m/s=-5kg-m/s,負(fù)號(hào)表示的方向與原運(yùn)動(dòng)方

向相反，A正確.

5.（多選）如圖所示，鐵塊壓著一張紙條放在水平桌面上，第一次以速度。

抽出紙條后，鐵塊落在水平地面上的P點(diǎn)，第二次以速度2。抽出紙條，則（）

鐵塊

A.鐵塊落地點(diǎn)在尸點(diǎn)左邊

B.鐵塊落地點(diǎn)在P點(diǎn)右邊

C.第二次紙條與鐵塊的作用時(shí)間比第一次短

D.第二次紙條與鐵塊的作用時(shí)間比第一次長(zhǎng)

【答案】AC【解析】以不同的速度抽出紙條時(shí)，鐵塊所受摩擦力相同，

抽出紙條的速度越大，鐵塊與紙條相互作用的時(shí)間越短，鐵塊受到合力的沖量越

小，故鐵塊獲得的速度越小，鐵塊平拋的水平位移越小，所以A、C正確.

6.如圖甲所示，在粗糙的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為100kg的木箱./

=0時(shí)刻，某同學(xué)對(duì)其施加水平推力R的作用.已知水平推力R隨時(shí)間/的變化

關(guān)系圖像如圖乙所示，木箱與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=02.已知最大靜摩

擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2'則t=3s時(shí)木箱的速度大小為

F/N

B.2.5m/s

C.6m/sD.8m/s

【答案】B【解析】由于/=〃/ng=200N,由圖像可知，從0.5s后木箱才

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，0.5?3s對(duì)木箱由動(dòng)量定理可得。一g/=7〃0—O,由圖像可得，外

工z上口心（1+3）X400

力R的沖直為IF=-------2-------200X0.5X0.5N-s=750N-s,解得v=2.5m/s,

故B正確.

7.（2021屆聊城模擬）2019年8月，“法國(guó)哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳踩

由5個(gè)小型渦輪噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)的“飛板”，僅用22分鐘就飛越了英吉利海峽

35公里的海面.已知扎帕塔（及裝備）的總質(zhì)量為120kg,當(dāng)扎帕塔（及裝備）懸浮

在空中靜止時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)將氣流以6000m/s的恒定速度從噴口向下噴出，不考慮

噴氣對(duì)總質(zhì)量的影響，g取lOm/sz,則發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴出氣體的質(zhì)量為（）

A.0.02kgB.0.20kg

C.1.00kgD.5.00kg

【答案】B【解析】設(shè)扎帕塔（及裝備）對(duì)氣體的平均作用力為F,根據(jù)牛

頓第三定律可知，氣體對(duì)扎帕塔（及裝備）的作用力的大小也等于匕對(duì)扎帕塔（及

裝備），有F=Mg;設(shè)時(shí)間△/內(nèi)噴出的氣體的質(zhì)量△機(jī)，則對(duì)氣體由動(dòng)量定理得

FAt=^mv,代入數(shù)據(jù)解得y=0.2kg,發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴出氣體

的質(zhì)量為0.2kg,故B正確，A、C、D錯(cuò)誤.

8.（多選）“蹦極”運(yùn)動(dòng)中，彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從

幾十米高處跳下，將蹦極過(guò)程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)，從繩恰好伸直，到人

第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列分析正確的是（）

A.繩對(duì)人的沖量始終向上，人的動(dòng)量先增大后減小

B.繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功，人的動(dòng)能先增大后減小

C.繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢(shì)能為零，人的動(dòng)能最大

D.人在最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)人的拉力大于人所受的重力

【答案】ABD【解析】從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中，

人先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度等于零時(shí)，

速度最大，故人的動(dòng)量和動(dòng)能都是先增大后減小，加速度等于零時(shí)（即繩對(duì)人的

拉力等于人所受的重力時(shí)）速度最大，動(dòng)量和動(dòng)能最大，在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上

的加速度，繩對(duì)人的拉力大于人所受的重力.繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動(dòng)方向

相反，故繩對(duì)人的沖量方向始終向上，繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功.故A、B、D

正確，C錯(cuò)誤.

9.如圖所示，物體A和3用輕繩相連后通過(guò)輕質(zhì)彈簧懸掛在天花板上，物

體A的質(zhì)量為機(jī)，物體5的質(zhì)量為當(dāng)連接物體A、3的繩子突然斷開(kāi)后，物

體A上升到某一位置時(shí)的速度大小為°,這時(shí)物體3的下落速度大小為處在這

一段時(shí)間里，彈簧的彈力對(duì)物體A的沖量為（）

I?\MIB叼

A.mvB.mv-Mu

C.D.

【答案】D【解析】以向上為正方向，在這一段時(shí)間里，對(duì)物體5由動(dòng)量

定理得一—MM—0,在這一■段時(shí)間里，對(duì)物體A由動(dòng)量定理得/一機(jī)

—0,解得/故D正確，A、B、C錯(cuò)誤.

10.如圖所示，在網(wǎng)球的網(wǎng)前截?fù)艟毩?xí)中，若練習(xí)者在球網(wǎng)正上方距地面H

處，將質(zhì)量為根的球以速度。沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球剛好落在底線(xiàn)上.已

知底線(xiàn)到網(wǎng)的距離為3重力加速度取g,將球的運(yùn)動(dòng)視做平拋運(yùn)動(dòng)，球落在底

線(xiàn)上時(shí)速度方向的偏角為a下列判斷正確的是（）

H

A.tan

0

B.球的速度。

C.球從拋出至落地過(guò)程重力的沖量等于"7痛》

2H

D.球從擊出至落地所用時(shí)間為L(zhǎng)

【答案】C【解析】由題意可知，球位移的偏向角正切為tan。=不，由平

拋運(yùn)動(dòng)的推論可知tana=2tan0=~T,A錯(cuò)誤；球從擊出至落地所用時(shí)間為t=

球的速度。=彳=唯行=八局，B、D錯(cuò)誤；球從拋出至落地過(guò)程重

*w

12H___

力的沖量/=mgt=mg^J￡-=m\]2gH,C正確.

11.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角為仇質(zhì)量為機(jī)的物體以速度0

從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為f.對(duì)于這一過(guò)程，

下列判斷正確的是（）

A.斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零

B.物體受到的重力的沖量大小為機(jī)gsin為

C.物體受到的合力的沖量大小為零

D.物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin0-t

【答案】D【解析】根據(jù)沖量的公式可知，斜面對(duì)物體的彈力的沖量大小

I=Nt=mgcos0-t,彈力的沖量不為零，A錯(cuò)誤；物體所受重力的沖量大小為/G

=mg-t,B錯(cuò)誤；物體受到的合力的沖量大小為機(jī)gfsin0,由動(dòng)量定理得動(dòng)量的

變化量大小&?=/a=/ngsin。寸，C錯(cuò)誤，D正確.

12.（2021屆濰坊名校期中）一質(zhì)量為0.2kg的小鋼球由距地面5m高處自由

下落，與地面碰撞后又以等大的動(dòng)量被反彈，碰撞作用時(shí)間為0.1s.若取向上

為正方向，g取lOm/s?,下列說(shuō)法中正確的是（）

A.小鋼球碰地前后的動(dòng)量變化是2kg.m/s

B.小鋼球碰地過(guò)程中受到的合沖量是4N.s

C.地面受到小鋼球的平均壓力為40N

D.引起小鋼球動(dòng)量變化的是地面對(duì)小鋼球彈力的沖量

【答案】B【解析】小鋼球由距地面5m高處自由下落，碰地前的速度大

小o=q2g/z=10m/s,若取向上為正方向，碰地前的動(dòng)量p=—"zv=-2kg-m/s,

反彈后的動(dòng)量p'=—p=2kg-m/s;小鋼球碰地前后的動(dòng)量變化是△/?="-p

=4kg-m/s,故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，小鋼球碰地過(guò)程中受到的合沖量是/=Ap

=4N-s,故B正確；地面受到小鋼球的平均壓力為了=：+/ng=42N,故C錯(cuò)

誤；引起小鋼球動(dòng)量變化的是地面對(duì)小鋼球彈力和小鋼球重力的合力的沖量，故

D錯(cuò)誤.

13.（2021屆北京第一中學(xué)模擬）如圖所示，甲球從。點(diǎn)以水平速度為飛出，

落在水平地面上的A點(diǎn).乙球從。點(diǎn)以水平速度02飛出，落在水平地面上的3

點(diǎn)，反彈后恰好也落在A點(diǎn).兩球質(zhì)量均為機(jī)若乙球落在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為

03,與地面的夾角為60°,且與地面發(fā)生彈性碰撞，不計(jì)碰撞時(shí)間和空氣阻力，

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

O甲

A.乙球在3點(diǎn)受到的沖量大小為4/ns

B.拋出時(shí)甲球的機(jī)械能大于乙球的機(jī)械能

C.OA兩點(diǎn)的水平距離與OB兩點(diǎn)的水平距離之比是3：1

D.由。點(diǎn)到A點(diǎn)，甲、乙兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比是1：1

【答案】D【解析】乙球落在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為。3,與地面的夾角為

60°,故豎直方向的分量0），=03sin600=^03,反彈后豎直方向的分量為為'=

一%=一為P3,水平方向速度不變，故沖量大小為p=mvy—mvy'=班機(jī)03,故

A正確；拋出時(shí)甲球的初速度大于乙球的初速度，故甲球的初動(dòng)能大于乙球的初

動(dòng)能，而兩者重力勢(shì)能相等，故拋出時(shí)甲球的機(jī)械能大于乙球的機(jī)械能，故B

正確；設(shè)。4間的豎直高度為h.

[2h

由。點(diǎn)到A點(diǎn)，甲球運(yùn)動(dòng)時(shí)間為力=y]，乙球運(yùn)動(dòng)時(shí)間是甲球的3倍；

乙球先做平拋運(yùn)動(dòng)，再做斜上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，從3到A的水平位移

等于從。到B的水平位移的2倍，所以甲球由。點(diǎn)到A點(diǎn)的水平位移是乙球由

。點(diǎn)到3點(diǎn)水平位移的3倍，故C正確，D錯(cuò)誤.故選D.

14.（2021屆濰坊名校期中）在粗糙的水平面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為1.5kg的

物體，從/=0時(shí)刻開(kāi)始受到水平向右拉力R的作用，從靜止開(kāi)始做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，

拉力F隨時(shí)間變化如圖所示，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,g取10m/s2,最

大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.求：

⑴在0?6s時(shí)間內(nèi)拉力F的沖量;

（2）物體在t=6s時(shí)的速度大小.

【答案】（1）39N$方向向右（2）v=2m/s

【解析】（1）力和時(shí)間的圖像的面積為R的沖量，0?6s內(nèi)

/F=1X（3+9）X4N-S+|X（6+9）X2N-S=39N-S,方向向右.

（2）在0-6s內(nèi)摩擦力的沖量

/f=|x（3+6）X2N-s+6X4N-s=-33N-s.

設(shè)/=6s物體時(shí)的速度為o,由動(dòng)量定理可知

/令=。+。=機(jī)0—0,

解得0=4m/s.

2、動(dòng)量守恒定律

1.（2021屆鶴崗第一中學(xué)期末）如圖所示，兩木塊A、3用輕質(zhì)彈簧連在一

起，置于光滑的水平面上.一顆子彈水平射入木塊A,并留在其中.在子彈打中

木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列

說(shuō)法中正確的是（）

-------v

BA/WW\AAAa

A.動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒

B.動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒

C.動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒

D.動(dòng)量、機(jī)械能都不守恒

【答案】B【解析】子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程，系統(tǒng)在水

平方向不受外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但是子彈擊中木塊A的過(guò)程，有摩擦力

做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，B正確，A、C、D錯(cuò)誤.

2.在下列幾種現(xiàn)象中，所選系統(tǒng)動(dòng)量守恒的有（）

A.原來(lái)靜止在光滑水平面上的車(chē)，從水平方向跳上一個(gè)人，人車(chē)為一個(gè)系

統(tǒng)

B.運(yùn)動(dòng)員將鉛球從肩窩開(kāi)始加速推出，以運(yùn)動(dòng)員和鉛球?yàn)橐粋€(gè)系統(tǒng)

C.從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車(chē)廂中，以重物和車(chē)廂為一

個(gè)系統(tǒng)

D.光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一個(gè)物體沿斜面滑下，以重物和

斜面為一個(gè)系統(tǒng)

【答案】A【解析】人與車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為0,水

平方向的動(dòng)量守恒，故A正確；運(yùn)動(dòng)員與鉛球組成的系統(tǒng)，初動(dòng)量為零，末動(dòng)

量不為零，故B錯(cuò)誤；重物和車(chē)廂為一系統(tǒng)的末動(dòng)量為零而初動(dòng)量不為零，故C

錯(cuò)誤；該選項(xiàng)中，在物體沿斜面下滑時(shí)，向下的動(dòng)量增大，故D錯(cuò)誤.

3.A、B兩個(gè)相互作用的物體，在相互作用的過(guò)程中外力的合力為0,則

以下說(shuō)法中正確的是（）

A.A的動(dòng)量變大，B的動(dòng)量一定變大

B.A的動(dòng)量變大，5的動(dòng)量一定變小

C.A與3的動(dòng)量變化相等

D.A與3受到的沖量大小相等

【答案】D【解析】在相互作用的過(guò)程中所受合外力為0,則系統(tǒng)動(dòng)量守

恒，若二者同向運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)生碰撞，且后面速度大的質(zhì)量也大，則碰后一個(gè)動(dòng)量變

大，一個(gè)動(dòng)量變小，故A錯(cuò)誤；若碰撞前二者動(dòng)量大小相等，方向相反，則碰

后二者均靜止，即動(dòng)量均減小，故碰后A的動(dòng)量不一定變大，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量

定理得則知，兩物體的動(dòng)量變化量大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；根

據(jù)牛頓第三定律得知，作用力與反作用力大小相等、方向相反，而且同時(shí)產(chǎn)生，

同時(shí)消失，作用時(shí)間相等，由沖量定義式/=八，可知作用力與反作用力的沖量

也是大小相等、方向相反，故D正確.

4.質(zhì)量分別為陽(yáng)和利的兩個(gè)物體碰撞前后的位移一時(shí)間圖像如圖所示，

由圖有以下說(shuō)法：①碰撞前兩物體質(zhì)量與速度的乘積相同；②質(zhì)量須等于質(zhì)量

機(jī)2；③碰撞后兩物體一起做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；④碰撞前兩物體質(zhì)量與速度的乘積大

小相等、方向相反.其中正確的是（）

A.①②B.②③

C.②④D.③④

【答案】C【解析】由題圖可知，如和初碰前都做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，但運(yùn)

動(dòng)方向相反，碰后兩物體位置不變，即處于靜止，所以碰后速度都為零，故①③

錯(cuò)誤，④正確；又由圖線(xiàn)夾角均為故碰前速度大小相等，可得加1等于m2,

故②正確.由上分析可知，C正確，A、B、D錯(cuò)誤.

5.（2021屆吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中）如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板

車(chē)，車(chē)的兩端分別站著人A和3,A的質(zhì)量為7磔，3的質(zhì)量為機(jī)B，mA>mB.最初

人和車(chē)都處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)在，兩人同時(shí)由靜止開(kāi)始相向而行，A和3對(duì)地面的

速度大小相等，則車(chē)（）

4

向左運(yùn)動(dòng)左右往返運(yùn)動(dòng)

向右運(yùn)動(dòng)靜止不動(dòng)

【答案】A【解析】?jī)扇伺c車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，開(kāi)始時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量為零，

兩人以大小相等的速度相向運(yùn)動(dòng)，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則A的動(dòng)量大于B

的動(dòng)量，A、3的總動(dòng)量方向與A的動(dòng)量方向相同，即向右，要保證系統(tǒng)動(dòng)量守

恒，系統(tǒng)總動(dòng)量為零，則小車(chē)應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

6.靜止在水平地面上的平板車(chē)，當(dāng)一人在車(chē)上行走時(shí)，下列說(shuō)法正確的是

（）

A.只有當(dāng)?shù)孛婀饣瑫r(shí)，人和車(chē)組成的系統(tǒng)的動(dòng)量才守恒

B.無(wú)論地面是否光滑，人和車(chē)組成的系統(tǒng)的動(dòng)量都守恒

C.只有當(dāng)車(chē)的表面光滑時(shí)，人和車(chē)組成的系統(tǒng)的動(dòng)量才守恒

D.無(wú)論車(chē)的表面是否光滑，人和車(chē)組成的系統(tǒng)的動(dòng)量都守恒

【答案】A【解析】只有當(dāng)?shù)孛婀饣瑫r(shí)，人和車(chē)組成的系統(tǒng)受到的外力之

和才為零，系統(tǒng)的動(dòng)量才守恒，故A正確；如果地面不光滑，則人和車(chē)組成的

系統(tǒng)受到的合外力不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；車(chē)的表面是否光滑

只影響內(nèi)力，不影響外力，無(wú)論車(chē)的表面是否光滑，若地面光滑，系統(tǒng)的動(dòng)量守

恒.若地面不光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，故C、D錯(cuò)誤.

7.甲、乙兩人站在光滑的水平冰面上，他們的質(zhì)量都是甲手持一個(gè)質(zhì)

量為機(jī)的球，現(xiàn)甲把球以對(duì)地為。的速度傳給乙，乙接球后又以對(duì)地為2。的速

度把球傳回甲，甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小之比為(忽略空氣阻力)()

2M

B-

'M—mM

M

CD.

--3M-M-\~m

【答案】D【解析】甲、乙之間傳遞球的過(guò)程中，不必考慮過(guò)程中的細(xì)節(jié),

只考慮初狀態(tài)和末狀態(tài)的情況.研究對(duì)象是由甲、乙二人和球組成的系統(tǒng)，開(kāi)始

時(shí)的總動(dòng)量為零，在任意時(shí)刻系統(tǒng)的總動(dòng)量都為零.設(shè)甲的速度大小為。甲，乙

的速度大小為。乙，二者方向相反，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(M+m)0甲一Mo匕=0,

。甲M

則,D正確.

VcM+m

8.如圖所示，一質(zhì)量為”的沙車(chē)，在光滑的水平面上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速

度為00,質(zhì)量為機(jī)的鐵球以速度。豎直向下落入沙車(chē)中，穩(wěn)定后，沙車(chē)的速度

)

Moo

A.

(Moo+m)

C.voD.m-\-M

【答案】A【解析】沙車(chē)與鐵球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有Moo

=(M+m)v,解得。=房胃，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤.

9.（2021屆泉州模擬）如圖，建筑工地上的打樁過(guò)程可簡(jiǎn)化為：重錘從空中

某一固定高度由靜止釋放，與鋼筋混凝土預(yù)制樁在極短時(shí)間內(nèi)發(fā)生碰撞，并以共

同速度下降一段距離后停下來(lái).則（）

A.重錘質(zhì)量越大，撞預(yù)制樁前瞬間的速度越大

B.重錘質(zhì)量越大，預(yù)制樁被撞后瞬間的速度越大

C.碰撞過(guò)程中，重錘和預(yù)制樁的總機(jī)械能保持不變

D.整個(gè)過(guò)程中，重錘和預(yù)制樁的總動(dòng)量保持不變

【答案】B【解析】由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律"=2g/z可知，撞擊預(yù)制樁前瞬

間的速度與重錘質(zhì)量無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程時(shí)間極短，外力沖量可忽略不計(jì)，

則重錘和預(yù)制樁的總動(dòng)量〃保持不變，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律

得mv=（M+m）v共，可得o共=坐質(zhì)，可知重錘質(zhì)量加越大，預(yù)制樁被撞后瞬間

-m+1

的速度越大，B正確；碰撞過(guò)程中，要產(chǎn)生內(nèi)能，重錘和預(yù)制樁的總機(jī)械能減小，

C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，重錘和預(yù)制樁受到重力和阻力，合外力不為零，總動(dòng)量不

守恒，D錯(cuò)誤.

10.（多選）如圖所示，質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在光滑的水平面上，一小

滑塊的質(zhì)量為冽=1kg,以初速度oo=lm/s從木板的右端滑上木板，且始終未

離開(kāi)木板.小滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=01.g取10m/s2,則下列說(shuō)法

正確的是（）

A.滑塊剛滑上木板時(shí)受到的摩擦力水平向左

B.滑塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)

C.滑塊和木板最終速度為0.5m/s

D.木板的最小長(zhǎng)度為:m

【答案】BD【解析】受力分析得，滑塊剛滑上小車(chē)時(shí)受到的摩擦力水平

向右，故A錯(cuò)誤；滑塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)，與木板共速后做勻速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守

恒有m0o=（A/+機(jī)）o,得o=；m/s,故B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)木板分析，由能量守

恒定律有〃機(jī)g/=g機(jī)宿一；（〃+機(jī)）次解得/=；m,故D正確.

11.（多選）如圖所示，滑塊和小球的質(zhì)量分別為〃、機(jī)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(zhǎng)的輕繩相連，

輕繩長(zhǎng)為/,開(kāi)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(shuō)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

C.小球的最大速率為'/普■

D.小球的最大速率為丁麻出

【答案】BC【解析】小球下落過(guò)程中，小球豎直方向有分加速度，系統(tǒng)

的合外力不為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；繩子上拉力屬于內(nèi)力，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，故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，系統(tǒng)

水平方向動(dòng)量守恒有〃0max=m，系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgl=^mv2+^Mvkax,聯(lián)立

解得Omax=\\lIA熱f\，\jIM+m,故C正確，D錯(cuò)誤.

12.如圖所示，小車(chē)靜止在光滑水平面上，AB是小車(chē)內(nèi)半圓軌道的水平直

徑.現(xiàn)將一小球從距A點(diǎn)正上方人高處由靜止釋放，小球由A點(diǎn)沿切線(xiàn)方向經(jīng)

半圓軌道后從3點(diǎn)沖出，在空中能上升的最大高度為O.Sh,不計(jì)空氣阻力.下

列說(shuō)法正確的是（）

h

A.小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)

B.在相互作用過(guò)程中，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

C.小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)

D.小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.5/z</?<0.8/7

【答案】C【解析】小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，可知系

統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量保持為零.小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,

小球與小車(chē)水平方向速度為零，所以小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)

誤，C正確；小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向受重力，

所以水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；小球第一次在車(chē)

中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得0.8力）一匹=0,匹為小球克服摩擦力做功

大小，解得Wf=0.2/ng/z,即小球第一?次在車(chē)中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為0.2/ng/z,由

于小球第二次在車(chē)中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車(chē)給小球的彈力變小，

摩擦力變小，摩擦力做功小于0.2mg/z,機(jī)械能損失小于0.2mg/z,因此小球再次

離開(kāi)小車(chē)時(shí)，能上升的高度大于0.8/z—0.2〃=0.6力，故D錯(cuò)誤.

13.（多選）（2021屆哈爾濱第三中學(xué)模擬）如圖所示，兩個(gè)小球A、3大小相

等，質(zhì)量分布均勻.分別為m1、m2,mi<m2,A、5與輕彈簧拴接，靜止在光滑

水平面上，第一次用錘子在左側(cè)與A球心等高處水平快速向右敲擊A,作用于A

的沖量大小為人第二次兩小球及彈簧仍靜止在水平面上，用錘子在右側(cè)與3球

心等高處水平快速向左敲擊3,作用于3的沖量大小為&人=/2,則下列說(shuō)法

正確的是（）

/QAWA/WOB

////////////////////////////

A.若兩次錘子敲擊完成瞬間，A、3兩球獲得的動(dòng)量大小分別為0和p2,

則pi=P2

B.若兩次錘子敲擊分別對(duì)A、3兩球做的功為明和也，則用=皿2

C.若兩次彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)i和五，則心<心

D.若兩次彈簧壓縮到最短時(shí)小球A、彈簧、小球3的共同速度大小分別為

V1和02，則V1>V2

【答案】AC【解析】由動(dòng)量定理/=&?可知，由于/i=/2,則兩次錘子敲

擊完成瞬間有“=P2,故A正確；由于兩次錘子敲擊完成瞬間兩球具有的動(dòng)量

一

大小相等，由Ek=M可知，A球獲得的初動(dòng)能更大，由動(dòng)能定理可知跖>M，

,由能量守恒有］冽1虎

故B錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒可得m\Vo=(rn\+m2)v,得v=

機(jī)1十機(jī)22

=3(加+機(jī)2)"+Ep,得后「=2(5*篇硫

由于P1=P2,則質(zhì)量越大的初速度越

小，即A球獲得的初速度較大，則敲擊A球時(shí)彈簧的最大彈性勢(shì)能較大，即Li<L2,

加］00

故C正確；由動(dòng)量守恒得加00=(加+加2)0,得0=如十加則兩次共速的速度

相同，故D錯(cuò)誤.

14.如圖所示，一質(zhì)量為”的平板車(chē)3放在光滑水平面上，在其左端放一

質(zhì)量為機(jī)的小木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))，M>m,A、3間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，在平板車(chē)

右方的水平面上固定一豎直擋板P.開(kāi)始時(shí)A、B以速度％一起向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻

B與擋板P相撞并立即以原速率反向彈回，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A不會(huì)滑離B,

重力加速度為g.求：

(1)4、3的最終速度；

(2)木板的最小長(zhǎng)度；

(3)小木塊A離擋板P最近時(shí)，平板車(chē)B的最右端距擋板P的距離.

r處安、(M—2Mvi(2M-tn)vi

【答案】⑴Q)茄而而⑶2pMg

【解析】(1)選水平向左為正方向，從3撞擋板后到A、3相對(duì)靜止，A、B

動(dòng)量守恒Mvo—mvo=(M+in)v關(guān)，

_（M一tn）vo

解得o*=M+m'

(2)4在3上相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程A、3能量守恒

；("+in)vi=；(A/+m)彘+〃/ngL,

解得L=曾

(3)小木塊A向右勻減速到速度為零時(shí)A離擋板P最近，A在5上滑動(dòng)到0A

=0的過(guò)程動(dòng)量守恒Mvo—mvo=MVB,

w（M-㈤

解仔vB=—而一'yo.

平板車(chē)3向左做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知

11

—pimgx=~jMv9i—產(chǎn)猶9，

（2"一初）褚

解得X—

2林Mg1

3、實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律

1.關(guān)于“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法不正確的是（）

A.實(shí)驗(yàn)要求碰撞一般為一維碰撞

B.實(shí)驗(yàn)中的不變量是系統(tǒng)中物體各自的質(zhì)量與速度的乘積之和

C.只需找到一種情境的不變量即可，結(jié)論對(duì)其他情境也同樣適用

D.進(jìn)行有限次實(shí)驗(yàn)找到的不變量，具有偶然性，結(jié)論還需要實(shí)踐檢驗(yàn)

【答案】C【解析】這個(gè)實(shí)驗(yàn)是在一維碰撞情況下設(shè)計(jì)的，其他非一維碰

撞情況未做探究，選項(xiàng)A正確；系統(tǒng)中物體各自的質(zhì)量與速度的乘積之和在碰

撞前后為不變量，選項(xiàng)B正確；不變量應(yīng)是在各種情境下都不變的量，具有普

遍性，在一種情境下滿(mǎn)足的不變量，對(duì)其他情境不一定適用，C錯(cuò)誤；進(jìn)行有限

次實(shí)驗(yàn)找到的不變量，具有偶然性，結(jié)論還需栗在其他情境下進(jìn)行檢驗(yàn)，D正確.

2.在利用懸線(xiàn)懸掛等大小球探究碰撞中的不變量的實(shí)驗(yàn)中，下列說(shuō)法不正

確的是（）

A.懸掛兩球的細(xì)繩長(zhǎng)度要適當(dāng)，且等長(zhǎng)

B.由靜止釋放小球，以便較準(zhǔn)確計(jì)算小球碰前速度

C.兩小球必須都是鋼性球，且質(zhì)量相同

D.兩小球碰后可以粘在一起共同運(yùn)動(dòng)

【答案】C【解析】?jī)尚∏驘o(wú)論是彈性球還是非彈性球動(dòng)量都是守恒的，

且兩個(gè)球的質(zhì)量不一樣碰撞時(shí)動(dòng)量也守恒，因此不需要兩球的質(zhì)量一定相同，C

錯(cuò)誤.

3.（多選）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)：

在小車(chē)A的前端黏有橡皮泥，推動(dòng)小車(chē)A使之做勻速運(yùn)動(dòng)，然后與原來(lái)靜止在

前方的小車(chē)3相碰并黏合成一體，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，他設(shè)計(jì)的裝置如圖所示.在

小車(chē)A后連著紙帶，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源頻率為50Hz,長(zhǎng)木板下墊著小木

片.貝女）

小車(chē)橡皮泥小車(chē)打,處時(shí)器紙帶

長(zhǎng)木板

、小木片

A.長(zhǎng)木板墊著小木片是為了平衡摩擦，保證小車(chē)碰撞前后做勻速運(yùn)動(dòng)

B.實(shí)驗(yàn)過(guò)程中應(yīng)先接通電源，再讓小車(chē)A運(yùn)動(dòng)

C.計(jì)算碰撞前后小車(chē)的速度時(shí)，在紙帶上任選對(duì)應(yīng)過(guò)程的一段即可

D.此碰撞中A、B兩小車(chē)這一系統(tǒng)的機(jī)械能守恒

【答案】AB【解析】長(zhǎng)木板墊著小木片是為了平衡摩擦，保證小車(chē)碰撞

前后做勻速運(yùn)動(dòng)，所以在計(jì)算碰撞前、后B小車(chē)的速度時(shí)，應(yīng)選取紙帶上勻速

運(yùn)動(dòng)過(guò)程對(duì)應(yīng)的一段紙帶計(jì)算，A正確，C錯(cuò)誤；在使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，應(yīng)先接

通電源后釋放小車(chē)，B正確；碰撞過(guò)程中由于存在能量損失，故機(jī)械能不守恒，

D錯(cuò)誤.

4.（多選）用如圖所示的裝置探究碰撞中的不變量時(shí)，必須注意的事項(xiàng)是

()

A.A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，兩球的球心連線(xiàn)可以不水平

B.A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，兩球的球心連線(xiàn)要水平

C.多次測(cè)量減小誤差時(shí)，A球必須從同一高度釋放

D.多次測(cè)量減小誤差時(shí)，A球必須從不同高度釋放

【答案】BC【解析】為了保證實(shí)驗(yàn)中實(shí)現(xiàn)對(duì)心碰撞，從而使小球水平飛

出，兩球的球心連線(xiàn)要水平，故A錯(cuò)誤，B正確；多次測(cè)量求平均值減小誤差

時(shí)，要讓A球每次碰撞前的速度均相同，則必須讓A球從同一高度下落，故C

正確，D錯(cuò)誤.

5.（2021屆北京房山區(qū)二模）采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行驗(yàn)證動(dòng)量守恒定

律（圖中小球半徑相同、質(zhì)量均已知，且m4＞加8）,下列說(shuō)法正確的是（）

A.實(shí)驗(yàn)中要求軌道末端必須保持水平

B.實(shí)驗(yàn)中要求軌道必須光滑

C.驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需測(cè)量。3、OM、0P和ON的距離

D.測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)N點(diǎn)偏離0Mp這條直線(xiàn)，直接測(cè)量ON距離不影響實(shí)驗(yàn)結(jié)

果

【答案】A【解析】要想用水平的距離表示小球平拋出時(shí)的速度的大小，

則必須要求小球做平拋運(yùn)動(dòng)，故實(shí)驗(yàn)中要求軌道末端必須保持水平，A正確；每

次實(shí)驗(yàn)時(shí)只要保證每次小球從斜軌道上滑下的高度一樣就可以了，所以不必要求

軌道必須光滑，B錯(cuò)誤；驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，不需要測(cè)量的長(zhǎng)度，因?yàn)樾∏?/p>

下落相同高度的時(shí)間是相等的，在列式子時(shí)，這個(gè)時(shí)間能被約掉，而0M、0P

和ON的距離是需要測(cè)量的，C錯(cuò)誤；測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)N點(diǎn)偏離0Mp這條直線(xiàn)，則

應(yīng)該過(guò)N點(diǎn)向這條直線(xiàn)作垂線(xiàn)，測(cè)量垂足N'到。點(diǎn)的距離才可以，直接

測(cè)量ON距離會(huì)影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，D錯(cuò)誤.

6.（2021屆北京名校聯(lián)考）若采用下圖中甲、乙兩種實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守

恒定律（圖中小球半徑相同、質(zhì)量均已知，且B、B'兩點(diǎn)在同一水平線(xiàn)

上），下列說(shuō)法正確的是（）

A.采用圖甲所示的裝置，必需測(cè)量03、0M、。尸和ON的距離

B.采用圖乙所示的裝置，必需測(cè)量。3、B/N、B'P和3'M的距離

C.采用圖甲所示的裝置，若mA-0N=mA-0P+mB-0M,則表明此碰撞動(dòng)量

守恒

廿11

D.采用圖乙所示的裝置1,則表明此碰撞機(jī)械

，\IB'N,5，MYIB'P

能也守恒

【答案】D【解析】如果采用圖甲所示裝置，由于小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相

等，故可以用水平位移代替速度進(jìn)行驗(yàn)證，不需要測(cè)量的長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤;

如果采用圖乙所示裝置時(shí)，利用水平距離相等，根據(jù)下落的高度可確定飛行時(shí)間，

從而根據(jù)高度可以表示出對(duì)應(yīng)的水平速度，從而確定動(dòng)量是否守恒，故不需要測(cè)

量的距離，故B錯(cuò)誤；采用圖甲所示裝置，不碰撞時(shí)一個(gè)球滑下的水平距

離為。尸，兩球相碰時(shí)，A球距離為B球?yàn)镺N,則由動(dòng)量守恒定律有機(jī)A。

=mxo\-\-1nBV2,因下落時(shí)間相同，則兩端同時(shí)乘以f后有mA-OP=me-ON,

則表明此碰撞動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤；小球碰后做平拋運(yùn)動(dòng)，速度越快，下落高

度越小，單獨(dú)一個(gè)球下落時(shí)，落點(diǎn)為P,兩球相碰后，落點(diǎn)分別為〃和N,根

而速度o=；,

據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAV=mAV]+msV2,

BB'BB'BB'

則可解得o=西代人動(dòng)量守恒表達(dá)式,

有奇=7占+請(qǐng)言由機(jī)械能守恒定律可知/"V

消去公共項(xiàng)后

mAVi+^inBvi,1_______]

聯(lián)立動(dòng)量守恒表達(dá)式和機(jī)械能守恒表達(dá)式可知

yjB'N~\]B'M

'二p,故可以根據(jù)該式驗(yàn)證此碰撞機(jī)械能守恒，故D正確.

7.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該裝置由水平長(zhǎng)木板

及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝

置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出.已知一元硬幣和五角硬幣與長(zhǎng)木板間

動(dòng)摩擦因數(shù)相同，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：

彈片

啕片釋放裝置

/夕?幣吵板

甲

①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長(zhǎng)木板中

心線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在長(zhǎng)木板中心線(xiàn)的適當(dāng)位置取一點(diǎn)。，測(cè)出硬幣停止滑動(dòng)時(shí)硬幣右側(cè)

到。點(diǎn)的距離.再?gòu)耐晃恢冕尫艔椘瑢⒂矌虐l(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離

的平均值記為XI，如圖乙所示；

②將五角硬幣放在長(zhǎng)木板上，使其左側(cè)位于。點(diǎn)，并使其直徑與中心線(xiàn)重

合，按步驟①?gòu)耐晃恢冕尫艔椘?，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣?duì)心正碰，重

復(fù)多次，分別測(cè)出兩硬幣碰后停止滑行時(shí)距。點(diǎn)距離的平均值X2和X3,如圖丙

所示.

乙丙

（1）為完成該實(shí)驗(yàn)，除長(zhǎng)木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，

還需要的器材為.

（2）實(shí)驗(yàn)中還需要測(cè)量的物理量為.

驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為（用測(cè)量物理量

對(duì)應(yīng)的字母表示）.

【答案】（1）天平（2）一元硬幣的質(zhì)量為m1,五角硬幣的質(zhì)量為加2

miy/xi=miy[x2+m

【解析】（1）動(dòng)量為質(zhì)量和速度的乘積，該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證質(zhì)量不等的兩物體碰

撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，需測(cè)量?jī)晌矬w的質(zhì)量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材

外，還需要的器材為天平.

（2）測(cè)出一元硬幣的質(zhì)量為mi,五角硬幣的質(zhì)量為m2,一元硬幣以速度為

被彈射出去后，由動(dòng)能定理可得〃加gxi=3如況，解得0i=12〃gxi,當(dāng)一元硬幣

以速度01與五角硬幣碰撞后，速度分別為02、。3,由動(dòng)能定理可得〃機(jī)lgX2=；/?l虎，

〃根2gx3=*2區(qū)解得一元硬幣碰后速度@2=72jUgX2,五角硬幣碰后的速度為03

=yj2/ugX3,若碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒則需滿(mǎn)足機(jī)101=a02+機(jī)203,代入數(shù)據(jù)可得

=mi\]X2+m2y]x3.

8.氣墊導(dǎo)軌工作時(shí)，可忽略滑塊與導(dǎo)軌表面間的阻力影響，現(xiàn)借助其驗(yàn)證

動(dòng)量守恒定律，如圖甲所示，在水平氣墊導(dǎo)軌上放置質(zhì)量均為機(jī)的43（圖中未

標(biāo)出）兩滑塊，左側(cè)滑塊的左端、右側(cè)滑塊的右端分別與一條穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的

紙帶相連，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源的頻率為/氣墊導(dǎo)軌正常工作后，接通兩個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)

器的電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后讓兩滑塊以大小不同的速度相向運(yùn)動(dòng)，兩滑塊相碰后粘

在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng).如圖所示的乙和丙為某次實(shí)驗(yàn)打出的、分別與兩個(gè)滑塊相連的

兩條紙帶，在紙帶上以同間距的6個(gè)連續(xù)打點(diǎn)為一段劃分紙帶，用刻度尺分別測(cè)

出其長(zhǎng)度為Sl、S2和S3.

7'

甲

-卜曲K-

乙

.………不

1<S3------->|

丙

(1)若碰前滑塊A的速度大于滑塊B的速度，則滑塊(填“A”或"5”)是與

紙帶乙的(填“左”或“右”)端相連.

(2)碰撞前A、3兩滑塊的動(dòng)量大小分別為、,實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證是

否成立的表達(dá)式為(用題目所給的已知量表示).

【答案】(1)A左(2)0.2頓10.2930.2(51-53)=0.452

【解析】(1)因碰前A的速度大于3的速度，A、3的速度相反，且碰后速度

相同，故根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，圖中S1和S3是兩滑塊相碰前打出的紙帶，52

是相碰后打出的紙帶，所以滑塊A應(yīng)與乙紙帶的左側(cè)相連.

(2)碰撞前兩滑塊的速度分別為U1=Y=1^=0.251/,02=7=O.2SV，碰撞后兩

滑塊的共同速度v=y=0.2s?f,故碰前兩滑塊動(dòng)量分別為p\=mV]=Q.2mfs\,pi

=機(jī)6=0.2頓3,總動(dòng)量為p=pi—p2=0.2%/(si—S3),碰后總動(dòng)量為p'=2mv=

QAmfsi,要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，則一■定有0.2%/(si—53)=0.4欠由2,即0.2(si—S3)

=0.452.

9.某小組用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證物體間相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，如圖，在水平桌面上固

定一與桌面等寬的光滑凹槽導(dǎo)軌(導(dǎo)軌截面如圖所示)，把兩個(gè)質(zhì)量不等的小球A、

8置于導(dǎo)軌上，用兩小球夾住一輕彈簧，并使輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，同時(shí)由靜止

釋放兩個(gè)小球，小球最后落在鋪有復(fù)寫(xiě)紙、白紙的水平地面上.試完成下列填空：

(1)本實(shí)驗(yàn)中需要的測(cè)量?jī)x器有.

A.天平B.秒表

C.毫米刻度尺D.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

⑵為使小球水平拋出，實(shí)驗(yàn)前需要使導(dǎo)軌水平，利用現(xiàn)有器材如何判斷導(dǎo)

軌是否水平?

(3)小明同學(xué)在某次實(shí)驗(yàn)操作中分別測(cè)出A