2019届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒实验七验证动量守恒定律随堂检测新人教版

《碰撞与动量守恒》综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得 0分)1.一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是( C )A.物体的机械能一定增加B.物体的机械能一定减少C.相同时间内,物体动量的增量一定相等D.相同时间内,物体动能的增量一定相等解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:①加速度大于重力加速度,物体受到重力和向下的力的作用;②加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力.若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力,该力对物体做负功,物体的机械能减少,选项A错误;若物体的加速度大于g,说明除重力做功之外,还有其他力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项B错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外力不变,根据I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相等,则物体动能的增加量ΔE k2-v1)(v2+v1mΔv·(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项D错误.2.如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向成60°角的恒力F=10 N作用于物体上,历时5 s,则下列说法不正确的是( A )A.力F对物体的冲量大小为50 N·sB.力F对物体的冲量大小为25 N·sC.物体的动量变化量为50 kg·m/sD.物体所受合外力冲量大小为50 N·s解析:力F对物体的冲量大小I=Ft=10×5 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;物体受到的合外力的冲量为I=Ftcos 60°,由动量定理可知Ftcos 60°=Δp,则合外力的冲量及动量的变化量为Δp=10×5×·m/s=25 kg·m/s,选项C,D错误.3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为m a,m b,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示,下列关系正确的是( B )A.m a>m bB.m a<m bC.m a=m bD.无法判断解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小,根据动量守恒定律,a球的质量小于b球的质量,选项B正确.4.如图所示,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s时,木块( C )A.处于匀速运动阶段B.处于减速运动阶段C.处于加速运动阶段D.静止不动解析:木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向,则Mv1-mv2m/s,方向与木板运动方向相同.在这之前,木板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速运动,直到速度增大到 2 m/s.设当木块对地速度为零时,木板速度为v′,则Mv1-mv2=Mv′,v′m/s,大于2.4 m/s,所以木板的速度为2.4 m/s时,木块处在反向向右加速运动阶段,选项C正确.5.如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,其时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( D )A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.方向水平向右D.方向水平向右解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰后物体与盒子相对静止,由动量守恒得mv0=(M+m)v′,解得v′选项D正确.6.如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( C )解析:此题属“人船模型”问题.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为x1,M在水平方向上对地位移为x2,因此有0=mx1-Mx2.且x1+x2可得x2选项C正确.7.如图所示,完全相同的A,B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.A,B间夹有少量炸药,对A,B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( D )A.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相同B.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相反C.炸药爆炸过程中,A,B两物块组成的系统动量不守恒D.A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中动量守恒解析:设A,B质量都为m,A,B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,动量守恒,爆炸后B的速度方向肯定与v的方向相同,根据动量守恒定律得2mv=mv A+mv B.若爆炸后B的速度大于2v,则A的速度方向与B的速度方向相反,若爆炸后B的速度小于2v,则A的速度方向与B的速度方向相同,选项A,B,C错误;A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中,对A,B的两个摩擦力刚好大小相等,方向相反,时间相同,所以冲量是相反的,所以总冲量是0,动量是守恒的,选项D正确.8.如图所示,质量为M的“L”形物体静止在光滑的水平面上.物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是水平面.将质量为m的小滑块从物体的A点静止释放,沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点,则( AD )A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒B.滑块滑到B点时,C.滑块从B运动到D的过程,系统的动量和机械能都不守恒D.滑块滑到D点时,物体的速度等于0解析:因为滑块从A下滑到B的过程中,系统所受合外力不为零,系统动量守恒,又因为滑块从A下滑到B的过程中系统中只有动能和重力势能的相互转化,故满足机械能守恒条件,选项A 正确;滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒、机械能守恒,设到达B点时的速度为v M,到达B点时的速度为v m,圆弧的半径为R,以水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv m+Mv M=0,由机械能守恒定律可得当v m,v M=0,这两组数据不满足动量守恒定律,选项B错误;滑块从B运动到D的过程,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在该过程中要克服摩擦阻力做功,系统机械能不守恒,选项C错误;滑块到达D点时停在物体上,即滑块与物体相对静止,速度相等.根据动量守恒定律mv m+Mv M=0,满足方程时只有v M=v m=0,即滑块滑到D点时,物体的速度一定等于零,选项D正确.9.如图所示,位于光滑水平桌面,质量相等的小滑块P和Q都可以视做质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则( AD )A.E10B.E1=E0C.E20D.E2=E0解析:弹簧的最大弹性势能发生在P,Q的速度相等时,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为E12,解得E10,选项A正确,B错误;由于P,Q之间发生的是完全弹性碰撞,且P,Q的质量相等,最终P,Q将交换速度,即小滑块P将静止,小滑块Q以动能E0运动,选项C错误,D正确. 10.如图所示,在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短.在碰撞过程中,下列情况可能发生的是( CD )A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v0=(M+m0)v1+mv2B.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1,v2,v3,满足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv0=Mv1+mv2D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv0=(M+m)v′解析:由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量、速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,选项A,B错误;取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,选项C,D正确.11.如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1.0 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g取10 m/s2)则( BC )A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 mC.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 sD.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s解析:子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,选项A错误;设木块被子弹击穿时的速度为v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故mv0-Mv1=mv+Mv3,代入数据解得v3=3.0 m/s木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0,根据动能定理得-μMgx m代入数据得x m=0.9 m,选项B正确;选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s.木块的加速度μg=-0.5×10 m/s2=-5 m/s2木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为s,选项C正确,D错误.12.如图所示,水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板,m1由图示位置静止释放.当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1,在以后的运动过程中( BD )A.m1的最小速度是0B.m11C.m2的最大速度是v1D.m21解析:从小球m1到达最近位置后继续前进,此后拉着m2前进,m1减速,m2加速,达到共同速度时两者相距最远,此后m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度,m2达最大速度.两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,m1v1=m1v1′+m2v2,21v1′解得v1′1,v21故m11,选项A错误,B正确;m21,选项D正确,C错误.二、非选择题(共52分)13.(5分)在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时,左侧滑块质量m1=170 g,右侧滑块质量m2=110 g,挡光片宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示.开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动.挡光片通过光电门的时间分别为Δt1=0.32 s,Δt2=0.21 s.则两滑块的速度分别为v1′= m/s,v2′= m/s.烧断细线前m1v1+m2v2= kg·m/s,烧断细线后m1v1′+m2v2′= kg·m/s.可得到的结论是 .解析:由平均速度公式可得v1′v2′设向右为正方向,因烧断细线之前,两滑块均静止,故烧断细线前的动量为零;碰后的动量为0.17×(-0.09) kg·m/s+0.11×0.143 kg·m/s≈0,故说明碰撞前后动量相等,系统动量守恒.答案:0.09 0.143 0 0 系统动量守恒评分标准:每空1分.14.(9分)如图(甲)所示,用“碰撞实验器”,可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通过仅测量(填选项前的符号),间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图(甲)中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先将入射球m1多次从斜轨上S 位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静止于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放,与小球m2相撞,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是.(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1,m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1,m2相碰后平均落地点的位置M,NE.测量平抛射程OM,ON(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为[用(2)中测量的量表示].(4)经测定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶.实验结果说明,为.解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由2知即小球的下落时间一定,则初速度,选项C 正确.(2)本实验要验证的是m1·OM+m2·ON=m1·OP,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H.故应完成的步骤是ADE.(3)若动量守恒,应有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度,v1,v2是两球碰后m1,m2离开轨道时的速度),又则有m1 21即m1·OM+m2·ON=m1·OP.(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1碰后m1的动量p1′=m1v1=m1则p1∶p1′=OP∶OM=14∶11;碰后m2的动量p2′=m2v2=m2所以p1′∶p2′=(m1·OM)∶(m2·ON)=11∶2.9;1.01.答案:(1)C (2)ADE(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP(4)14 2.9 1.01评分标准:第(1)(2)(3)问各2分,第(4)问3分.15.(6分)如图所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务.某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点.甲和他的装备总质量为M1=90 kg,乙和他的装备总质量为M2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后即不再松开,此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站.(设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出?(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与A的相互作用力F的大小.解析:(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的方向为正方向, 则有M2v0-M1v0=(M1+M2)v1(1分)以乙和A组成的系统为研究对象,由动量守恒得M2v0=(M2-m)v1+mv(1分)代入数据联立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s.(2分)(2)以甲为研究对象,由动量定理得Ft=M1v1-(-M1v0)(1分)代入数据解得F=432 N.(1分)答案:(1)5.2 m/s (2)432 N16.(7分)如图所示,光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B,B的质量为M=3m,B的曲面下端与水平面相切,且劈B足够高.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生弹性碰撞,碰撞后小物块A又滑上劈B.求物块A在B上能够达到的最大高度.解析:C,A组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv C+mv A(1分)由能量守恒定律得分)解得v C=0,v A=v0(1分)A,B系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv A=(m+M)v(1分)系统机械能守恒,由机械能守恒定律得2(2分)解得分)答案17.(11分)如图所示,半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置,CB是竖直直径,A点与圆心等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a,b小球直径相等,质量之比为3∶1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为的地面上,重力加速度为g,小球均可视为质点.求:(1)小球b碰后瞬间的速度;(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度.解析:(1)b小球从C点抛出做平抛运动,有2=2R(1分)解得分)小球b做平抛运动的水平位移x=v C R(1分)解得v C分)根据机械能守恒有b gR(1分)可知小球b在碰后瞬间的速度v b分)(2)a,b两小球相碰,由动量守恒得m a v a=m a v a′+m b v b(1分)a,b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得2分)a v a′又m a=3m b解得v a b,v a′a b(1分)可得v a′小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,a v a′2=m a gh(1分)解得分)答案18.(14分)质量M=3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m=1.0 kg的木块,右侧固定一轻弹簧,处于原长状态,弹簧正下方部分的木板上表面光滑,其他部分的木板上表面粗糙,如图所示.现给木块v0=4.0 m/s的初速度,使之向右运动,在木板与木块向右运动过程中,当木板和木块达到共速时,木板恰与墙壁相碰,碰撞过程时间极短,木板速度的方向改变,大小不变,最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求:(1)木板与墙壁相碰时的速度v1;(2)整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值E pm.解析:(1)以木块与木板组成的系统为研究对象,从木块开始运动到两者速度相同的过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0=(M+m)v1,(2分)解得v1=1 m/s.(1分)(2)木板与墙壁碰后返回,木块压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,木块与木板速度相等,在此过程中两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v2,(2分)解得v2=0.5 m/s;(1分)当弹簧压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,(M+m)pm+Q,(2分)当木块到达木板最左端时两者速度相等,在此过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v3,(2分)解得v3=0.5 m/s;(1分)从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中,由能量守恒定律可得分)解得Q=3.75 J,E pm=3.75 J.(1分)答案:(1)1 m/s (2)3.75 J11。

实验七验证动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础实验原理与操作◆实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。

◆实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。

方案二：带细绳的摆球(相同的两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。

方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。

方案四：斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。

◆实验步骤1．方案一：利用气垫导轨验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出滑块的质量。

(2)安装：正确安装好气垫导轨。

(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小)。

(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。

2．方案二：利用摆球验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

(2)安装：把两个等大的摆球用等长悬线悬挂起来。

(3)实验：一个摆球静止，拉起另一个摆球，放下时它们相碰。

(4)测速度：测量摆球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应摆球的速度；测量碰撞后摆球摆起的角度，从而算出碰撞后对应摆球的速度。

(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。

3．方案三：利用光滑桌面上两小车相碰验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小车的质量m1、m2。

(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器的限位孔连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥，把两小车连接在一起共同运动。

(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度。

第一节动量冲量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为( ) A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2．关于冲量，以下说法正确的是( )A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C 错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．3．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．4．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2gh t ＋mg B ．m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D ．m gh t－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )·t ＝0－mv ，解得F ＝m 2gh t＋mg . 5．(2018·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg解析：选B.根据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左边C ．在P 点右边不远处D ．在P 点右边原水平位移的两倍处解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I ＝F f t ＝m Δv 得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．二、多项选择题7.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( ) A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t，选项D正确．8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．9．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2 θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3；故A 、C 正确，D 错误，物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．10.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C ．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D ．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f ＝μN ，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变，故A 、C 错误，B 正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D 正确．三、非选择题11．(2018·安徽铜陵五中月考)高压采煤水枪出口的截面积为S ，水的射速为v ，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v 变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt 时间内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρSv ·Δt ，以Δm 为研究对象，它在Δt 时间内动量变化量为：Δp ＝Δm (0－v )＝－ρSv2Δt .设F 为煤层对水的平均冲力，根据动量定理有F Δt ＝Δp ＝－ρSv 2Δt ，故F ＝－ρSv 2.所以煤层对水的平均冲力大小为ρSv 2.答案：ρSv 212．(2015·高考安徽卷)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)由动能定理有－μmgx ＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J。

实验七验证动量守恒定律方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图1所示)图11.测质量：用天平测出滑块质量。

2.安装：正确安装好气垫导轨。

3.实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前、后的速度(①改变滑块的质量。

②改变滑块的初速度大小和方向)。

4.验证：一维碰撞中的动量守恒。

图2方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图2所示)1.测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

2.安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。

3.实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下后它们相碰。

4.测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。

5.改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

6.验证：一维碰撞中的动量守恒。

方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图3所示)图31.测质量：用天平测出两小车的质量。

2.安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

3.实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成整体运动。

4.测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度。

5.改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

6.验证：一维碰撞中的动量守恒。

方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(如图4所示)图41.测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。

2.安装：按照图4所示安装实验装置。

调整固定斜槽使斜槽底端水平。

3.铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。

记下重垂线所指的位置O。

4.放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。

用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。

圆心P就是小球落点的平均位置。

5.碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。

第一节 动量 冲量 动量定理1.(2018·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( ) A ．0B ．14mv ，方向向左 C.14mv ，方向向右 D ．34mv ，方向向左 解析：选B.设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v 4 得：I f ＝＋mv 4，正号表示正方向，向左；故选B. 2.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m 的小物体a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相同B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相同C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相同D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相同解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a 的路程小于b 的路程，故t a ＜t b ，即a 比b 先到达S ，又因为到达S 点时a 的速度竖直向下，而b 的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A 正确．3．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝mv －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv .以上两式联立解得 t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零． 取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得(F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 答案：12 s4．(2016·高考北京卷)(1)动量定理可以表示为Δp ＝F Δt ，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x 、y 两个方向上分别研究．例如，质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v ，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．a ．分别求出碰撞前后x 、y 方向小球的动量变化Δp x 、Δp y ；b ．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看做是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示．图中O 点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度相同；b．光束①比②强度大．解析：(1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理得FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理得F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sin θ可知，小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．答案：见解析本文档仅供文库使用。

[高考导航]基础课1 动量和动量定理知识排查动量1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示。

2.表达式：p ＝mv 。

3.单位：kg·m/s 。

4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。

公式：I ＝Ft 。

2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s 。

3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。

动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。

2.表达式：Ft ＝Δp ＝p ′－p 。

3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。

小题速练1.(2017·北京西城区模拟)(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量D.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p ＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。

答案BD2.一质量为m＝100 g的小球从高h＝0.8 m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g取10 m/s2)()A.0.4 N·sB.－0.4 N·sC.0.6 N·sD.－0.6 N·s解析设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝12gt21得t1＝2hg＝0.4 s。

设软垫对小球的冲量为I N，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1＋t)＋I N ＝0，得I N＝－0.6 N·s，选项D正确。

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第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲1.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m，速度大小为2v0,方向向右，滑块B的质量为2m,速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( ) A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析:选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0，B的动量p B ＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒,碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．2。

2017年7月9日,斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球）和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A＝5 kg·m/s,花色球静止,白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量m A与m B间的关系可能是( ）A．m B＝m A B．m B＝错误!m AC．m B＝错误!m A D．m B＝6m A解析：选A。

实验七验证动量守恒定律对应演练・迁移运用1.(多选)在利用气垫导轨探究碰撞屮的不变量实验屮，哪些因素可导致实验误差(AB )A.导轨安放不水平B.小车上挡光板倾斜C.两小车质量不相等D.两小车碰后连在一起解析实验要求小车碰撞前后均做匀速直线运动，才能准确测量碰撞前后的速度，若导轨安放不水平，会引起误差，选项A正确；小车的速度用挡光板的宽度与通过光电门的时间的比值來计算，若挡光板倾斜，则会引起挡光板宽度的误差，影响实验结果，选项B正确；实验过程需要改变小车质量和考虑各种碰撞情况，包括碰后连在一起的情况，选项C、D错误.2・某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车昇的前端黏有橡皮泥，推动小车力使之做匀速运动.然后与原来静止在前方的小车〃相碰并黏合成一体继续做匀速运动.他设计的具体装置如图甲所示，在小车力后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50 Hz,长木板下垫着小木片以平衡摩擦力.橡皮泥打点计时器4・・・弓・・・・£・・・2…工啊s柘纸带1・小一・1 ---- 1长木玖&40 10.50 9.08 6.95甲乙(1)若己得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距标在图上，A为运动起始的第一点，则应选BC段计算A的碰前速度，应选DE段来计算昇和〃碰后的共同速度.(选填“初” “BC' “ CD” 或“ DE”)(2)已测得小车A的质量例=0. 40 kg.小车〃的质量2772=0. 20 kg,由以上测量结果可得：碰前总动量为0. 420 kg・m/s,碰后总动量为0.417 kg・m/s.解析(1)取研究对象运动情况比较稳定的一段计算其运动速度.]0 50X]0—2(2)碰撞前总动量“=〃和勺=0. 40X— ------------- kg • m/s = 0. 420 kg • m/s,碰后总动塑6 95 X]0一2P2= (zzzf+/zfe) v= (0. 40 + 0. 20) X—---- ---- kg ・ m/s=0. 417 kg ・ m/s.3.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.我们可以用带竖直挡板C、D 的气垫导轨和滑块/、〃探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示.(弹簧的长度忽略不计)采用的实验步骤如下:a.用天平分别测出滑块久〃的质量加、伽;b.调整气垫导轨，使导轨处于水平；C.在/和“间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d.用刻度尺测出/的左端至挡板C的距离厶；e.按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块久〃运动时间的计时器开始工作，当A、B 滑块分别碰撞挡板C、〃时计时结束，记下久〃分别到达G 〃的运动时间力和t2.(1)实验中还应测量的物理量及其符号是3的右端至扌当板〃的距离厶.(2)作用前畀、〃两滑块质量与速度乘积Z和为_2_;作用后力、〃两滑块质量与速度乘积之和为卫打_壽.(3)作用前、后A.〃两滑块质量与速度乘积之和并不完全相等，产生误差的原因有—见解析.(至少答出两点)解析几〃两滑块被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出昇与C的距离厶、〃与〃的距离厶及昇到G 〃到〃的时间卞和纭测出两滑块的质量，就可以探究碰撞屮的不变量.(1)实验中还应测量的物理量为〃的右端至扌当板〃的距离U(2)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v尸一〒.碰前两tl 及滑块静止，即r=0,质量与速度乘积之和为零，碰后两滑块的质量与速度乘积之和为_ 厶UIHA匕】十伽w= mr~~ m町.ti ti(3)产生误差的原因①厶、厶2、上1、血、加八伽的数据测量误差；②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力；④气垫导轨不完全水平.4.某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验.气垫导轨装置如图所示.弹射架滑块1 滑块2弹射架导轨标尺调节旋钮(D下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计吋器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计吋器与弹射架并固泄在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向;④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹簧；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先接通打点计时器的电源,然后放开滑块1一 ,让滑块带动纸带一起运动.（滑块1与滑块2碰后会黏在一起）⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想纸带如图所示.• • • •16.8 cm—H h—20.0 cm—H⑧测得滑块1的质量为勿= 310 g,滑块2（包括橡皮泥）的质量为皿=205 g.请完善实验步骤⑥.（2）已知打点计时器每隔0. 02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为0. 620 kg・m/s,两滑块相互作用以后系统的总动量为0. 618 kg・m/s.（保留三位有效数字）（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦.解析（1）实验前应先接通打点计时器的电源，再放开滑块；（2）作用前系统的总动量为0. 2滑块1的动量由纸带知旳=5^7 m/s = 2 m/s,即刊=0. 620 kg • m/s；作用后系统的总动量为两滑块的动量和，且此时两滑块黏在一块，有相同的速度r,由纸带可知0 168门 1 t m/s = l. 2 m/s,所以此时的动量p=（zz/i+/%） r=0. 618 kg • m/s・5.现利用图甲所示的装置验证动量守恒泄律.在图甲屮，气垫导轨上有久〃两个滑块,滑块/右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图屮未画出）的纸带相连；滑块〃左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间. 遮光片纸带光电门图甲气垫导轨实验测得滑块M的质量^ = 0.310 kg,滑块〃的质量^ = 0. 108 kg,遮光片的宽度心1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率/=50.0 Hz.将光电门固定在滑块〃的右狈叽启动打点计时器，给滑块昇一向右的初速度，使它与〃相碰•碰后光电计时器显示的时间为A 500X 107 s,碰撞前后打出的纸带如图乙所示.(cm)U 亿化 _____ ______________________ X ______ J丄 .仁1.9r'L92 1.93 1.94 1 3.254.00 rp4.02 4.03 4.05图乙在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程.A s解析 按定义,物块运动的瞬间时的速度大小y 为v=— ①式中As 为物块在短时间A t 内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为A 切 则A 02 s,②A 匕可视为很短.设M 在碰撞前、后时速度大小分别为⑹旳・将②式和图上提供的实验数据代入①式得 VQ —2,. 00 in/s, (§)旳= 0.970 m/s,④设E 在碰撞后的速度大小为灼，由①式得d —V2=~；⑤代入题给实验数据得血=2. 86 m/s.⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为Q 和//则Q=/〃°o,⑦P' = llhVi + llkV2f ⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为几=|£ P |X100%,⑨P联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得久=1.7%<5%,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 是在误差范围内，过程略 若实验允许的相对误差绝对值(碰撞前后总动量之差 碰前总动量 X100%)最人为5%,本实验是否。

基础课2动量守恒定律及其应用知识排查动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。

2.表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。

(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

3.动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。

(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。

弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。

2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。

3.分类小题速练 1.思考判断(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。

( )(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。

( )(3)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。

( )答案 (1)√ (2)× (3)×2.[人教版选修3－5·P 16·T 5改编]某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。

机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。

设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )A.0.053 m/sB.0.05 m/sC.0.057 m/sD.0.06 m/s解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv 0＝(m ＋15m )v ，v ＝116v 0＝116×0.8 m/s ＝0.05 m/s 。

（全国通用版）2019版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒高效演练6.1 动量动量定理高效演练·创新预测1.多选2017·全国卷Ⅲ一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。

F随时间t变化的图线如图所示,则 A.t1 s时物块的速率为1 m/s B.t2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C.t3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D.t4 s时物块的速度为零【解析】选A、B。

对物块,由动量定理可得Ftmv,解得v,t1 s的速率为v 1 m/s,A正确;在F-t图中面积表示冲量,故t2 s时物块的动量大小pFt2 2 kg·m/s4 kg·m/s,t3 s时物块的动量大小为p′22-11 kg·m/s 3 kg·m/s,B正确,C错误;t4 s时物块的动量大小为p″22-12 kg·m/s 2 kg·m/s,故t4 s时物块的速度为1 m/s,D错误。

2.多选2018·济南模拟一质量为4 kg的物体受到水平拉力的作用,在光滑水平面上做初速度为零的加速直线运动,其运动的a-t图象如图所示,则 A.物体做匀加速直线运动 B.在t3 s时刻,物体的动量为12 kg·m/s C.在6 s时间内,水平拉力对物体做功为32 J D.在t6 s时刻,水平拉力的功率为192 W 【解析】选B、D。

由图可知,物体的加速度增大,所以不是匀加速直线运动,故A错误;由图可知,物体的加速度与时间成正比,开始时物体的加速度等于0,在6 s时刻的加速度等于4 m/s2,可知在3 s 时刻物体的加速度等于2 m/s2,根据ΔvaΔt可知a-t图象中,图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量,则在t3 s时刻,物体的速度v3Δv23 m/s3 m/s,则3 s时刻物体的动量为pmv343 kg·m/s12 kg·m/s,故B正确;在t6 s时刻,物体的速度v6Δv′46 m/s12 m/s,根据动能定理得W合ΔEkm-04122J 288 J,故C错误;在t6 s时刻,根据牛顿第二定律得Fma44 N16 N,则在t6 s 时刻,拉力F的功率PFv61612 W192 W,故D正确。

章末质量检测(六)(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。

1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)1.(2017·福建泉州质检)将一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度大小为()A.3v0－vB.2v0－3vC.3v0－2vD.2v0＋v解析取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3m v0＝2m v＋m v x，可得v x＝3v0－2v，选项C正确。

答案 C2.某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则()A.物体的动量一定减少B.物体的末动量一定是负值C.物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析动量定理是矢量方程解题时，注意规定正方向。

冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“＋”“－”号表示矢量的方向，－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6 N·s，方向与规定的正方向相反，由动量定理可知选项C正确。

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

答案 C3.如图1所示，一倾角为α、高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m 的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为()图1A.mgh t 、0B.mg v 、mgt sin αC.mg v cos α、mgtD.mg v sin α、mgt解析 根据瞬时功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为P ＝mg v sin α，重力的冲量为I ＝mgt ，所以选项D 正确，A 、B 、C 错误。

答案 D4.一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )A.v 2－v 0v 1MB.v 2v 2＋v 1M C.v 2－v 0v 2＋v 1M D.v 2－v 0v 2－v 1M 解析 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得M v 0＝(M －m )v 2－m v 1，解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M ，故选项C 正确。

19年高考物理一轮复习第6章动量实验7验证动量守恒定律学案内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯实验七验证动量守恒定律（对应学生用书第111页）一、实验目的验证动量守恒定律二、实验原理在一维碰撞中，测量物体的质量m和碰撞前后物体的速度V和V'，找出碰撞前的动量P=m1v1+m2v2和碰撞后的动量P'=m1v1'+m2v2'，看看碰撞前后的动量是否守恒三、实验方案、器材、步骤及数据处理实验方案1采用气垫导轨进行了一维碰撞实验[实验器材]气垫导轨、光电计时器、天平、滑块（两个）、砝码、弹簧片、绳子、弹性防撞架、胶带、撞针、橡皮泥等图实-7-1[实验步骤]1．测质量：用天平测出滑块质量．2．安装：正确安装好气垫导轨．3.实验：打开电源，使用配套的光电计时装置，在各种条件下测量两滑块碰撞前后的速度(① 改变滑块的质量。

② 改变滑块初始速度的大小和方向）。

4.验证：一维碰撞中的动量守恒。

[数据处理]δx1．滑块速度的测量：v＝δt，式中δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间．2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′实验方案2一维碰撞实验是通过用一条等长的吊线悬挂一个大小相同的球来完成的1[实验设备]带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．1．测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．图7-23．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．4.速度测量：可以测量小球被拉起的角度，从而计算出碰撞前对应小球的速度；测量碰撞后小球的摆动角度，计算碰撞后相应小球的速度。

5.改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

6.验证：一维碰撞中的动量守恒。

[数据处理]1．摆球速度的测量：v＝2gh，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起的)高度，h可用刻度尺测量(也可由量角器和摆长计算出)．2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′实验方案3当两辆车在光滑的桌面上碰撞时，完成了一维碰撞实验[实验器材]光滑的长木板、圆点计时器、纸带、手推车（两个）、天平、撞针、橡皮泥、天平图实-7-3[实验步骤]1．测质量：用天平测出两小车的质量．2.安装：将圆点计时器固定在光滑的长木板一端，将纸带穿过圆点计时器并连接到小车后部，在两个小车的碰撞端分别安装撞针和橡皮泥3．实验：接通电源，让小车a运动，小车b静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．δX4。

6.2动量守恒定律及其应用高效演练·创新展望1.(多项选择)以以下图,一男孩站在小车上,并和木箱一起在圆滑的水平冰面上向右匀速运动,木箱与小车挨得很近。

现男孩用力向右迅速推开木箱。

在男孩推开木箱的过程中,以下说法正确的选项是( )A.木箱的动量增量等于男孩动量的减少许B.男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量C.男孩推开木箱后,男孩和小车的速度可能变成零D.对于小车、男孩和木箱构成的系统,推开木箱前后的总动能不变【分析】选B、C。

因为水平冰面圆滑,男孩、小车和木箱构成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,在站在小车上的男孩用力向右迅速推出木箱的过程中,木箱的动量增添量等于男孩和小车动量的减少许,故A错误;男孩对木箱推力和木箱对男孩推力是作用力与反作用力,冲量等大反向,男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量,故B正确;男孩、小车遇到与初动量反向的冲量,推开木箱后,男孩和小车的速度可能变成零,故C正确;男孩、小车与木箱三者构成的系统所受合力为零,系统动量守恒,推开木箱的过程不行能是弹性碰撞,推开前后的总动能变化,故D错误。

2.以以下图,质量为M的盒子放在圆滑的水平面上,盒子内表面不圆滑,盒内放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次来去碰撞后( )A.二者的速度均为零B.二者的速度总不会相等C.盒子的最后速度为,方向水平向右D.盒子的最后速度为,方向水平向右【分析】选D。

物体与小车构成的系统动量守恒,则mv0=(M+m)v,解得v= ,v 方向与v0同样,即方向水平向右,故A、B、C错误,D正确。

3.(2018·深圳模拟)一个质量为m的小球A在圆滑的水平面上以3m/s的速度向右运动,与一个质量为2m的静止的小球B发生正碰。

假设碰撞过程中没有机械能损失,则碰后( )A.A球、B球都向右运动,速度都是1m/sB.A球向左运动,速度为1m/s;B球向右运动,速度为2m/sC.A球向左运动,速度为5m/s;B球向右运动,速度为1m/sD.A球向右运动,速度为0.5m/s;B球向右运动,速度为1.25m/s【分析】选B。

实验七验证动量守恒定律1.实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等.2.实验器材斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规、重垂线.3.实验步骤(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.(2)按照如图1甲所示安装实验装置.调整、固定斜槽使斜槽底端水平.图1(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示.(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度.将测量数据填入表中.最后代入m1·OP＝m1·OM ＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立.(7)整理好实验器材，放回原处.(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒.1.数据处理验证表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON2.注意事项(1)斜槽末端的切线必须水平；(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；(3)选质量较大的小球作为入射小球；(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变.命题点一教材原型实验例1如图2所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.图2(1)实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可以通过仅测量(填选项前的符号)间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复.接下来要完成的必要步骤是.(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM 、ON(3)经测定，m 1＝45.0 g ，m 2＝7.5 g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图3所示.碰撞前后m 1的动量分别为p 1与p 1′，则p 1∶p 1′＝ ∶11；若碰撞结束时m 2的动量为p 2′，则p 1′∶p 2′＝11∶ .实验结果说明，碰撞前后总动量的比值p 1p 1′＋p 2′＝ .图3(4)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大.请你用(3)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为 cm.答案 (1)C (2)ADE (3)14 2.9 1.01 (4)76.80解析 (1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝x t .而由H ＝12gt 2知，每次竖直高度相等，所以平抛时间相等，即m 1OP t ＝m 1OM t ＋m 2ONt ，则可得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON .故只需测射程，因而选C.(2)由表达式知：在OP 已知时，需测量m 1、m 2、OM 和ON ，故必要步骤有A 、D 、E. (3)p 1＝m 1·OP t ，p 1′＝m 1·OMt联立可得p 1∶p 1′＝OP ∶OM ＝44.80∶35.20＝14∶11， p 2′＝m 2·ONt则p 1′∶p 2′＝(m 1·OM t )∶(m 2·ONt )＝11∶2.9故p 1p 1′＋p 2′＝m 1·OPm 1·OM ＋m 2·ON≈1.01(4)其他条件不变，使ON 最大，则m 1、m 2发生弹性碰撞，则其动量和能量均守恒，可得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2而v 2＝ON t ，v 0＝OPt故ON ＝2m 1m 1＋m 2·OP ＝2×45.045.0＋7.5×44.80 cm≈76.80 cm.变式1 在“验证动量守恒定律”的实验中，已有的实验器材有：斜槽轨道、大小相等质量不同的小钢球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、圆规.实验装置及实验中小球运动轨迹及落点的情况简图如图4所示.图4试根据实验要求完成下列填空：(1)实验前，轨道的调节应注意 . (2)实验中重复多次让a 球从斜槽上释放，应特别注意 . (3)实验中还缺少的测量器材有 . (4)实验中需要测量的物理量是 . (5)若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式 成立.答案 (1)槽的末端的切线是水平的 (2)让a 球从同一高处静止释放滚下 (3)天平、刻度尺 (4)a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，线段OP 、OM 和ON 的长度 (5)m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON解析 (1)由于要保证两球发生弹性碰撞后做平抛运动，即初速度沿水平方向，所以必需保证槽的末端的切线是水平的.(2)由于实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前入射球a 的速度必须相同，根据mgh ＝12m v 2可得v ＝2gh ，所以每次必须让a 球从同一高处静止释放滚下.(3)要验证m a v 0＝m a v 1＋m b v 2，由于碰撞前后入射球和被碰球从同一高度同时做平抛运动的时间相同，故可验证m a v 0t ＝m a v 1t ＋m b v 2t ，而v 0t ＝OP ，v 1t ＝OM ，v 2t ＝ON ，故只需验证m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON ，所以要测量a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，故需要天平；要测量两球平抛时水平方向的位移即线段OP 、OM 和ON 的长度，故需要刻度尺.(4)由(3)的解析可知实验中需测量的物理量是a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，线段OP 、OM 和ON 的长度.(5)由(3)的解析可知若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON . 命题点二 实验方案创新创新方案1：利用气垫导轨1.实验器材：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、胶布、撞针、橡皮泥等.2.实验方法(1)测质量：用天平测出两滑块的质量.(2)安装：按图5安装并调好实验装置.图5(3)实验：接通电源，利用光电计时器测出两滑块在各种情况下碰撞前、后的速度(例如：①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向). (4)验证：一维碰撞中的动量守恒.例2 (2014·新课标全国卷Ⅱ·35(2))现利用图6(a)所示的装置验证动量守恒定律.在图(a)中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间.图6实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰.碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示. 若实验允许的相对误差绝对值(⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程. 答案 见解析解析 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v 为 v ＝ΔsΔt①式中Δs 为滑块在很短时间Δt 内走过的路程 设纸带上相邻两点的时间间隔为Δt A ，则 Δt A ＝1f ＝0.02 s②Δt A 可视为很短.设滑块A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1.将②式和图给实验数据代入①式可得v 0＝2.00 m/s ③ v 1＝0.970 m/s④设滑块B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有 v 2＝d Δt B⑤ 代入题给实验数据得v 2≈2.86 m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的动量分别为p 和p ′，则 p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧两滑块在碰撞前、后总动量相对误差的绝对值为 δp ＝⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp ≈1.7%<5%因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律. 创新方案2：利用等长的悬线悬挂等大的小球1.实验器材：小球两个(大小相同，质量不同)、悬线、天平、量角器等.2.实验方法(1)测质量：用天平测出两小球的质量.(2)安装：如图7所示，把两个等大的小球用等长的悬线悬挂起来.图7(3)实验：一个小球静止，将另一个小球拉开一定角度释放，两小球相碰.(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度. (5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验. (6)验证：一维碰撞中的动量守恒.例3 如图8所示是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O 点，O 点下方桌子的边缘有一竖直立柱.实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高.将球1拉到A 点，并使之静止，同时把球2放在立柱上.释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点.测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒.现已测出A点离水平桌面的距离为a、B 点离水平桌面的距离为b、C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外：图8(1)还需要测量的量是、和.(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为.(忽略小球的大小)答案(1)弹性球1、2的质量m1、m2立柱高h桌面离水平地面的高度H(2)2m1a－h＝2m1b－h＋m2cH＋h解析(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H 就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量m2和立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化.(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的方程2m1a－h＝2m1b－h＋m2cH＋h.创新方案3：利用光滑长木板上两车碰撞1.实验器材：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、小木片.2.实验方法(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：如图9所示，将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车甲的后面，在甲、乙两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥.长木板下垫上小木片来平衡摩擦力.图9(3)实验：接通电源，让小车甲运动，小车乙静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，两小车连接成一体运动.(4)测速度：可以测量纸带上对应的距离，算出速度. (5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验. (6)验证：一维碰撞中的动量守恒.例4 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动.然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图10所示.在小车甲后连着纸带，打点计时器的打点频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力.图10(1)若已得到打点纸带如图11所示，并测得各计数点间距并标在图上，A 为运动起始的第一点，则应选 段计算小车甲的碰前速度，应选 段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两格填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”).图11(2)已测得小车甲的质量m 甲＝0.40 kg ，小车乙的质量m 乙＝0.20 kg ，由以上测量结果，可得碰前m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝ kg·m /s ；碰后m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′＝ kg·m /s. (3)通过计算得出的结论是什么？答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的m v 之和是相等的.解析 (1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段BC 应为小车甲与乙碰前的阶段，CD 段点迹不均匀，故CD 应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE 段计算碰后共同的速度. (2)v 甲＝x BC Δt ＝1.05 m/s ，v ′＝x DEΔt ＝0.695 m/sm 甲v 甲＋m 乙v 乙＝0.420 kg·m/s碰后m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′＝(m 甲＋m 乙)v ′＝0.60×0.695 kg·m /s ＝0.417 kg·m/s. (3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的m v 之和是相等的.。

第六章碰撞与动量守恒章末过关检测(六)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2017·河北石家庄模拟)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒解析：选B.子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．2．(2017·北京朝阳模拟)如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( ) A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C．此系统的机械能一定守恒D．此系统的机械能可能增加解析：选D.若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D 正确．3．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为m A和m B，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0.某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为v A，B的速度变为v B，则下列各关系式中正确的是( )A．(m A＋m B)v0＝m A v A－m B v BB ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v 0)C ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B (v A ＋v B )D ．(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B解析：选D.本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换．相互作用前系统的总动量为(m A ＋m B )v 0，A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为v A ，B 的速度变为v B ，动量分别为m A v A 、m B v B ，根据动量守恒定律得(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，故D 正确．4．(2017·北京第四中学考试)在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( ) A.v 02B ．v 06 C.v 02或v 06 D ．无法确定 解析：选A.两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误． 5.如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O (不计滑轮的摩擦)，A 的质量为m ，B 的质量为4m ，开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动，将A 由静止释放，在其下摆过程中B 始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是( )A ．物块B 受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上B ．物块B 受到的摩擦力大小可能不变C ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右D ．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向左解析：选C.A 下摆到竖直位置之前，机械能守恒，有mgL ＝12mv 2，在最低点，根据牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2L，解得F ＝3mg ；对B 受力分析，未释放A 时，由平衡条件得B 所受的静摩擦力F f ＝4mg sin 30°＝2mg ，方向沿斜面向上，在A 到达最低点的瞬间，有F ′f ＝F－4mg sin 30°＝mg ，方向沿斜面向下，故选项A 、B 错误．假设地面光滑，小球A 、B 及斜面整体水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，故小球下摆，具有向右的水平动量，则斜面体和B 有向左的水平动量，即有向左的运动趋势，故地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )A ．A 、B 的质量比为3∶2B ．A 、B 作用前后总动量守恒C ．A 、B 作用前后总动量不守恒D ．A 、B 作用前后总动能不变解析：选ABD.设A 的质量为m 1，B 的质量为m 2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m 1×6＋m 2×1＝m 1×2＋m 2×7，解得m 1∶m 2＝3∶2，A 、B 正确，C 错误．碰撞前系统的总动能E k1＝12m 1×62＋12m 2×12＝553m 1，碰撞后总动能为E k2＝12m 1×22＋12m 2×72＝553m 1＝E k1，动能不变，D 正确． 7．(2017·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1<E 0B ．p 2>p 0C ．E 2>E 0D ．p 1>p 0解析：选AB.因为碰撞前后动能不增加，故有E 1<E 0，E 2<E 0，p 1<p 0，A 正确，C 、D 错误．根据动量守恒定律得p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2>p 0，B 正确．8．(2017·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大解析：选AB.根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A正确．根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B正确．子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误．产生的热量Q＝f×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)(2017·陕西商洛模拟)如图，水平面上有一质量m＝1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M＝4 kg的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．解析：(1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝Mv＋mv1解得v1＝－2 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动．(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝2 m/s设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4 N·s.答案：见解析10．(18分)如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有 m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2 联立解得ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有(m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2 联立解得h ＝0.01 m.答案：(1)99 J (2)0.01 m11．(20分)(2017·宁夏银川一中检测)甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M ＝30 kg ，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m ＝15 kg 的箱子，和他一起以大小为v 0＝2.0 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞？(2)甲推出箱子时对箱子做了多少功？解析：(1)甲推出箱子后，要想刚好能避免相碰，要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等．设箱子推出后其速度为v ，甲的速度为v 1，根据动量守恒定律可得(m ＋M )v 0＝mv ＋Mv 1设乙抓住箱子后其速度为v 2，根据动量守恒定律可得mv －Mv 0＝(m ＋M )v 2刚好不相碰的条件要求v 1＝v 2联立可解得v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2mM ＋2M 2m 2＋2mM v 0 代入数值可得v ＝5.2 m/s.(2)设推出时甲对箱子做功为W ，根据能量守恒定律知W ＝12mv 2－12mv 2代入数值可得W ＝172.8 J.答案：(1)5.2 m/s (2)172.8 J。

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实验七验证动量守恒定律1．气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示），绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz，由图可知：（1)A、B离开弹簧后，应该做____________运动,已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g,根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是__________________________________________________________________ ______．（2)若不计此失误，分开后,A的动量大小为________kg·m/s，B的动量的大小为________kg·m/s.本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是________________________________________________________________．解析:（1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动,在离开弹簧前A、B均做加速运动,A、B两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小．（2）周期T＝错误!＝0.1 s，v＝错误!，由题图知A、B匀速时速度大小分别为v A＝0。