课时作业(6) 实验：验证动量守恒定律（配套练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课时作业（六） 实验：验证动量守恒定律 答案精解Ps (建议用时：40分钟) [基础题组练 (3)若仅改变两小球的材质，小球质量不变，小球A 1.用气垫导轨进行实验时，经常需要使导轨保持水 释放的初始位置不变，则小球B的落点到O点的距 平，检验气垫导轨是否水平的方法之一是：轻推一 离最大可能为 下滑块，使其先后滑过光电门1和光电门2，如图所 3.某物理小组利用频闪照片和气垫导轨做验证动量 示，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记 守恒定律的实验，已知A、B两滑块的质量分别是 4=0.60kg、mm=0.40kg,A滑块向右运动，与原 录滑块先后经过光电门1、2时的遮光时间△1和 来处于静止状态的B滑块碰撞（碰撞时间可忽略不 △2，比较△1和△2即可判断导轨是否水平，为使 计)：碰撞前后共进行了四次拍摄，第一次是在两滑 这种检验更精准，正确的措施是 块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，并且A、B △x光电门1 光比2 遮光条 气势导轨 滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是在20cm至 115cm这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为 准)，忽略各种阻力影响.试根据频闪照片（闪光时间 A.换用质量更大的滑块 间隔为0.5s)回答问题. B.换用宽度△x更小的遮光条 C.提高测量遮光条宽度△x的精确度 回网周网 国 D.尽可能增大光电门1、2之间的距离 (1)根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在 2.某同学用如图所示的实验装置来“验证动量守恒定 cm刻度处： 律”，实验步骤如下： (2)设向右为正方向，由图数据可计算得：A滑块碰 撞前的速度为v= m/s,碰撞前系统的总 动量= kg·m/s,碰撞后系统的总动量 p'= kg·m/s(计算结果保留两位有效 n7n0n77700777 01 数字) ①安装好仪器，在地上铺上一张白纸，白纸上铺放 4.用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块 复写纸，记录轨道末端正下方的位置为O点： A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端 ②轨道末端先不放置小球B,让小球A多次从轨道 装有等宽的挡光片 上同一位置静止释放，记录小球A在白纸上的落点： 气垫轨道光电1挡光片档光片光地2 ③轨道末端放置小球B,仍让小球A多次从轨道上 的同一位置静止释放，与小球B发生碰撞后，均落 到白纸上，记录两小球在白纸上的落点： 滑央A饰性碰撞架滑块 ④用刻度尺测量出小球落点的平均位置M、P、N (1)实验前需要调节气垫导轨水平，借助光电门来 到O点的距离分别为1.5L、2L、2.5L 检验气垫导轨是否水平的方法是 (1)轨道不光滑对验证动量守恒 (选填 “有”或“无”)影响 (2)为了研究两滑块所组成的系统在弹性碰撞和完 (2)若碰撞过程动量守恒，从实验数据可得出小球 全非弹性碰撞两种情况下的动量关系，实验分两次 A与小球B的质量之比为 进行. ·123. 第一次：将滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静 (2)若满足关系式 ,则 置于两光电门间的某一适当位置.给A一个向右的 验证了A和B的碰撞中动能保持不变（用题目中 初速度，通过光电门1的时间为△1，A与B碰撞后 给出的物理量表示) 又分开，滑块A再次通过光电门1的时间为△，滑 (3)若水平面稍有倾斜，本实验 (填正确选项)， 块B通过光电门2的时间为△t. A.无法验证系统动量守恒 B.仍可以验证系统动量守恒 第二次：在两弹性碰撞架的前端贴上双面胶，同样 C.满足系统动量守恒的关系式将改变 让滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光 6.某同学利用如图所示的装置进行验证动量守恒定 电门间的某一适当位置.给A一个向右的初速度， 律的实验，操作步骤如下： 通过光电门1的时间为△4，A与B碰撞后粘连在 ①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使 一起，滑块B通过光电门2的时间为△： 其出口处切线与水平桌面相平： 为完成该实验，还必须测量的物理量有 ②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将 (填字母). 该木板竖直并贴紫桌面右侧边缘，将小球α向左压 A.挡光片的宽度d 缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上 B.滑块A的总质量m 留下压痕P: C.滑块B的总质量me ③将木板向右水平平移适当距离，再将小球α向左 压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板 D.光电门1到光电门2的距离L 上，在白纸上留下压痕P: (3)在第二次实验中若滑块A和B在碰撞的过程 ①将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小 中动量守恒，则应该满足的表达式为 (用 球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰 已知量和测量量表示). 后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P,P, (4)在第一次实验中若滑块A和B在碰撞的过程 中机械能守恒，则应该满足的表达式为 (用已知量和测量量表示). [能力提升练灯 5.某学习小组为了探究碰撞中的动量守恒，设计了如 (1)下列说法正确的是 下方案：如图所示，斜面与水平面平滑连接，先将质 A.小球a的质量可以小于小球b的质量 量为M的滑块A从斜面上某位置由静止释放，测 B.弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑 量出滑块在水平面上滑行的距离6：接者将质量为 C.步骤③④中入射小球a的释放点位置一定相同 m、相同材料的小滑块B放在斜面底端的水平面 D.桌面右边缘末端可以不水平 上，再让A从斜面上同一位置由静止释放，A与B (2)本实验必须测量的物理量有 A.小球a,b的质量1，m 碰撞后，测量出各自沿水平面滑行的距离x1、x4,实 B.小球的半径r 验中MC>m,重力加速度为g. C.木板距离桌子边缘的距离g 77h2nn77 D.小球在木板上的压痕P、P2、P分别与P之间 的竖直距离h1,he,h (1)若满足关系式 ,则 (3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中 验证了A和B的碰撞中动量守恒（用题目中给出 动量是否守恒，当满足关系式 的物理量表示). 时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒. ·12412.解(1)由题意可知,彭程和王磊组成的系统动量守恒,由 程中子弹与A的动量守恒;以子弹的初速度方向为正,根据 动量守恒定律得 动量守恒定律得m-(m十3m)v,解得v-,对子弹、滑 (m+n)v+. 其中m-40 kg,m=60 kg,v=1m/s.-4m/s. 块A、B和弹策组成的系统,A、B速度相等时弹策被压缩到 解得o一一1m/s.负号表示与原来的运动方向相反 最短,弹压缩的过程中,根据动量守恒定律可得(m (2)由题意可知,推开彭程的过程中,推力对彭程的冲量改 变了彭程的动量,则彭程的动量改变量为 △=mv-n:v. 9.B 解桐弹九在爆炸过程中,水平方向的动量守恒,有n一 由动量定理可得Fr一△ 联立解得F-60N. 由牛领第三定律知,彭程对王磊的作用力F一F一60N 做平抛运动,竖直方向有h一g^{},水平方向对甲、乙两弹 (1)1m/s(2)60 N 片分别有x=·1,x一v·t.代入各图中数据,选项B 课时作业(五) 正确。 10.长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上,两者碰撞时 1.B Q在P上运动过程,P对Q有弹力且在力的方向上 间极短,长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量 Q有位移,则P对Q做功不为零,选项A错误;Q在P上运 守恒,取水平向右为正方向,则mv。三mvA十mcv,长木 动过程,P和Q构成的系统只有重力做功,系统机械能守恒。 板A和滑块B达到共同速度后,恰好不再与滑块C碰撞, P、Q之间的弹力做功之和必为零,系统在水平方向所受合外 即最后三者速度相等,即u=v,mavA十m-(mA十m)v. 力为零,系统在水平方向动量守恒,但系统在竖直方向所受 联立解得v-2m/s. 合外力不为零,系统在竖直方向动量不守恒,系统动量不守 答2m/s 恒,选项B正确,C、D错误. 2.A 系统在水平方向上不受力的作用,动量守恒,由动 11.解(1)光滑水平面上,两小车与人系统动量守恒,所以两 小车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动 量守恒定律可得M。=(M+m)v,解得- 时,B车获得反向速度时系统的动量, 正确. 由系统动量守恒可得)-(M+m). 3.A 解小球和半圆组成的系统在水平方向上不受外力。 (2)为避免两车恰好不会发生碰撞,最终两车和人具有相同 故系统在水平方向上的动量守恒,即细线被烧断的瞬间,系 速度,设共速的速度为V. 统在水平方向上的总动量为零;又由于小球到达最高点时, 由系统动量守恒(M+n)v.-(2M+n). 小球与半圆橹在水平方向上有相同的速度,设为v,由动量 守恒定律有0-(M十m)v.解得-0.选项A正确. (2 4.BC 解在小车与木块直接碰撞的瞬间,彼此作用力很大, 答案(1)(M十n)o 所以它们的速度在瞬间发生改变,在此期间它们的位移可看 成为零,而摆球并没有直接与木块发生力的作用,因为在它 课时作业(六) 与小车共同匀速运动时,摆线沿贤直方向,因此绳的拉力不 能改变小球速度的大小,即小球的速度不变,选项A、D错 1.D 如果导轨水平,则滑块应做匀速运动,因此想要更 精准地进行检验可以增大光电门1、2之间的距离,从而更准 误;而小车和木块碰撞后,可能以不同的速度继续向前运动, 也可能以共同速度(完全非弹性碰撞)向前运动,选项B、C 确地判断速度是否发生变化;而换用质量更大的滑块、宽度 正确. 更小的遮光条以及提高测量遮光条宽度△r的精确度对速 5.B 两铁块碰撞的过程,由于受重力和弹的支持力作 度变化均没有影响,选项D正确,A、B、C错误. 2.(1)只要每次让小球从同一斜橹的同一位置滚下,小球 用,外力不为零,因此两铁块碰撞的过程动量不守恒,选项A 每次损失的能量相同,小球到达斜楷末端的速度就是相同 错误;碰撞后两铁块合在一起压缩弹等的过程,两铁块与弹 策组成的系统机械能守恒,选项B正确;从两铁块开始碰撞 的,所以斜糟轨道是否光滑,对本实验没有影响. (2)小球离开轨道后做平抛运动,由于抛出点的高度相等,它 到弹压缩至最短的过程,所受外力不为零,动量不守恒,选 项C错误;从两铁块开始碰撞时不是完全弹性碰撞,有机械 们在空中的运动时间相等,如果碰撞过程动量守恒,则其中 能损失,选项D错误. mAo-navi+m. OP 其中二 6.BC 当C在A上滑行时,对A、C组成的系统,B对A . ON 的作用力为外力,不等于0,故系统动量不守恒,选项A错 则m. OP|-m·OM|+m.ONl. 误;当C在B上滑行时,A、B已分离,对B、C组成的系统,沿 代入数据可得m×2L-m×1.5L+m×2.5L. 水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,选项B正确;若将 整理得n:m-5:1. A、B、C视为一个系统,则沿水平方向无外力作用,系统动量 (3)若仅改变两小球的材质,小球质量不变,小球A释放的初 守恒,选项C正确,D错误. 始位置不变,发生弹性碰撞时,被小球获得速度最大,则有 7.B 第一次推出后有nrv=10m,第二次推出后有 nAvomav+m,mumao}+n, nro+l0nv-10nr-nrv.第3次推出后有mv+10n= 10m-mv,以此类推可得第n次推出后有mu+10n.-1 10n.-mv,解得v.2n-lv,要使小孩不能接到A车,则 则小球B的落点到O点的距离最大可能为 u.v.则有n5.5.则小孩把A车推出6次后,A车返回时 52100. 小孩不能再接到A车,选项B正确. 8.C 根据题意可知,B的质量为4n,A的质量为3n,子 弹的质量为m,子弹刚射入物块A时,具有最大速度v,此过 .198· 3.解析(1)由于碰撞前后滑块做匀速直线运动,结合图可知 智(1)M\xo=M1+mX2(2)Mx=Mx.+mr AB碰撞位置在40cm处. (3)B (2)从第二次到第三次拍照,A从50cm处向右运动到70cm 6.(1)小球a与小球5相撞后,小球a继续向右运动,则小 球a的质量必须大于小球的质量,选项A错误;弹策发射 0.5s 器的内接触面及桌面不需要光滑,只需要在步骤③④中入射 则碰撞后A从40cm处运动到50cm处的时间为 小球的释放点位置相同,小球a与小球相撞前的速度就相 0. 40m/s 同,选项B错误,C正确;使小球做平抛运动,桌面右边缘末 所以碰撞前A从20cm处运动到40cm处的时间为 端必须水平,选项D错误。 1.-T-t-0.5s-0.25s-0.25s. (2)由动量守恒mu=mu+mu,由平抛运动x=ut,h “Vh 0.25s /h 从第二次到第三次拍照,B从55cm处运动到85cm处,所 ,则需要测量两小球质量以及小球下落高度,故选AD. 以碰撞后B的速度为v(85-5)×0.01m-0.60m/s. 0.5s hi (3)由(2)知,当满足关系式-_,则证明a、b 则碰撞前系统的总动量为 h Vh Vht -avA-0.60 kg×0. 80 m/s-0.48 kg·m/s. 碰撞后系统的总动量为p-mavA+mvn-0.60x0.4+ 两球碰撞过程中动量守恒 0. 40×0. 60 kg·m/s-0. 48 kg·m/s. (1)C(2)AD(3)-+ # (1)40 (2)0.80 0.48 0.48 4.解(1)使其中一个滑块在导轨上运动,看滑块经过两光电 课时作业(七) 门的时间是否相等,若相等,则导轨水平。 (2)本实验需要验证动量守恒定律,所以在实验中必须要测 1.D 解两球碰撞过程动量守恒,由于碰撞后两球都静止。 总动量为零,故碰撞前两个球的动量大小相等,方向相反,选 量质量和速度,速度可以根据光,电门的挡光时间求解,而质 量通过天平测出,同时,挡光片的宽度可以消去,所以不需要 项A错误,D正确;两球的质量是否相等不确定,故碰撞前两 测量挡光片的宽度,选项B、C正确 个球的速度大小是否相等也不确定,选项B、C错误. 2.C 解两汽车发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机 (3)在第二次实验中,碰撞后A、B速度相同,根据动量守恒定 械能守恒,设碰撞后A、B的速度分别为v、,以碰撞前A 的速度方向为正方向,设B的质量为m,则A的质量为2m. 代入则有m 1_(n+n)△ 由动量守恒定律,有2nr。一2n十n,由机械能守恒定 律,有· 2一·2+m,解得-,选项 ' C正确. 3.D 解由于1小球与2小球发生碰撞时间极短,2小球的 位置来不及发生变化,这样2小球对3小球不产生力的作 用,即3小球不会参与1、2小球作用,1、2小球作用后立即交 换速度,即碰后1小球停止,2小球速度立即变为v,同理分 根据机&能守恒定律有士n一士m+寸m 析,2、3小球作用后交换速度,选项D正确. 4.D 解析选择水平向右为正,两滑块碰前总动量b一n·2 2n·一0,说明系统的总动量为零,当A和B都向左或向 右运动时,总动量不为零,选项A.B错误;当A静止、B向右 智(1)见解析(2)BC(3)m r: 运动时,总动量向右,不为零,选项C错误:当A向左运动、B 向右运动时,系统的总动量可能为零,选项D正确. 5.ABC 由于碰撞过程中无机械能损失,故是弹性碰撞, 5.解(1)由牛顿第二定律可知,两滑块在水平面上滑行时的 根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰撞后的速度 加速度相同,均为a一ng: #_#当 时,v-,选# n十n 由速度和位移关系可得v一2a文, n十n 解得-v21gx. A正确;当m m。时,-2o,选项B正确;当nm。时, 一一v,选项C正确;根据动能定理可知,选项D错误。 即速度与成正比, 6.BD 如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞,则有 若A和B的碰撞过程中,质量和速度的乘积之和保持不变, mo-(m+2m)t,解得vt= 1,如果两个小球发生完全弹 即M-M+n. 代入速度的表达式可得Mx。-MV+mx。 (2)若在A和B的碰撞过程中,动能保持不变, 则有M-M+,# 代入速度的表达式可得Mx。-Mx:十mx. 困为,选B、D正确. (3)若水平面稍有倾斜,因滑块受力产生的加速度仍相同,故 7.AD 由动量守恒,可验证四个选项都满足要求;再看动 速度和仍成正比,根据以上分析可知,仍然可以验证质量 能变化情况Eaxoyvn+maoi,-27J.Eaxmv+ 和速度的乘积之和保持不变 199·