1.4 实验：验证动量守恒定律-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(教科版2019)

第4节实验：验证动量守恒定律 白题基础过关绮 限时：20min 题型1研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 △1，则滑块A通过光电门1的速度大小 1.用气垫导轨进行实验时，轻推一下滑块，使其先 为 ,A与B碰撞后A再次通过光 后滑过光电门1和光电门2，如图所示，其上的 电门1的时间为△2，滑块B通过光电 遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录滑块 门2的时间为△13： 先后经过光电门12时的遮光时间△，和△2， (3)若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程 比较△，和△2即可判断导轨是否水平，为使 中动量守恒，则应该满足的表达式为 这种检验更精准，正确的措施是 ( (用测量量表示)： 遮光条 光电1 光电门2 题型2研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 气垫宁轨 3.(2023·四川成都月考)实验小组采用图甲所 示常规方案验证动量守恒定律，实验完成后， A.换用质量更大的滑块 该小组将水平木板改为竖直木板再次实验， B.换用宽度△x更小的遮光条 如图乙所示，B、B两点在同一水平线上，A、B C.提高测量遮光条宽度△x的精确度 两小球半径均相同，质量分别为m,和mg D.尽可能增大光电门1、2之间的距离L 些直木板 2.(2024·云南昆明期末)某同学用如图所示的 装置验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰 的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有 0 P 等宽的挡光片。 气垫导轨光电门引 (1)组装实验装置时，斜槽末端 (填 光电门2 挡光片 挡光片 “需要”或“不需要”)保持水平 (2)A、B两小球的质量满足m4 (填 滑块A弹性碰控架滑块B “大于”“小于"或“等于”)mg (1)实验前需要调节气垫导轨水平：取走滑块 (3)正确选择器材后采用图甲所示装置，实验 B,将滑块A置于光电门1的左侧，向右轻 中还必须测量的物理量是 推一下滑块A,其通过光电门1的时间小 (4)(多选)正确选择器材后采用图乙所示装 于通过光电门2的时间，则应将气垫导轨 置实验，下列说法正确的是 (填“左”或“右”)端适当垫高， A.必须测量B'N、B'P和BM的距离 直至滑块A通过两光电门的时间相等 B.必须测量BN、BP和BM的距离 (2)测得挡光片的宽度d,滑块A的总质 C.动量守恒满足： mA mA me 量m,滑块B的总质量m2,滑块B静置 B'NB'M√B'P 于两光电门间的某一适当位置给A一个 D.动量守恒满足： mAmA mB 向右的初速度，通过光电门1的时间为 B'PB'MB'N 选择性必修第一册：K黑白题014 黑题应用提优练 很时：40min 1.在研究斜槽末端小球碰撞时动量守恒的实验 机闪光4次拍的照片如图乙所示，已知闪光时 中，实验装置如图所示，实验中 ( 间间隔为△=0.1s,闪光本身持续时间极短， A.不需要测量小球的质 入射小球 已知在这4次闪光的时间内A、B均在0~ 量m 被碰撞 90cm范围内，且第一次闪光时，A恰好过x= 小球 B.需要测量小球下落的高重垂线 铁架 65cm处，B恰好过x=80cm处，则由图可知： 度h 2030405060708090m C.用重垂线来检测斜槽末端是否水平 盒一因因 D.用小球的水平位移大小表示碰撞前后的速 度大小 (1)两滑块在x= cm处相碰. 2.(2023·江苏苏州质检)在实验室里为了验证 (2)两滑块在第一次闪光后1= s时 动量守恒定律，用如图所示装置进行实验时， 发生碰撞， 设入射小球的质量为m,被碰小球的质量 (3)若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑 为m2,两球半径均为r.下列能验证动量守恒 块的质量之比为 定律的表达式为 ( 5.(2023·辽宁葫芦岛二模)某同学利用如图装 置验证碰撞中的动量守恒定律，装置中桌面 入射小球 敲班小球 水平，一端固定了一弹簧枪，斜面紧贴桌面， 且斜面的最高点恰好与桌面相平，该同学选 了两个体积相同的钢质小球，实验步骤如下： 00 弹簧枪1 A.m OP=m OM+m2ON B.m,OP=m OM+m2(ON-2r) C.m,OP=m ON+mOM ①用天平测出两小球的质量分别为m,和m2: D.m OP=m (OM-2r)+m2ON ②先不放小球m2,把小球m,装入固定好的弹 3.(多选)在“探究碰撞中的不变量”时，用如图 簧枪后释放，记下小球在斜面上的落点位置， 所示的装置进行实验，下列说法中正确的是 小球每次放入弹簧枪中弹簧的压缩量均相同： ( ③将小球m,放在斜面最高点处，把小球m,装 A,悬挂两球的细绳长度要适当」 入固定好的弹簧枪后释放，使它们发生碰撞， 且等长 分别记下小球m,和m2在斜面上的落点位置， B.由静止释放小球以便较准确 小球碰撞视为弹性碰撞： 地计算小球碰前的速度 ④用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜面最 C.两小球必须都是刚性球，且质量相同 高点的距离，图中A、B、C点是该同学记下小 D.两小球碰后可以合在一起共同运动 球在斜面的落点位置，到斜面最高点的距离 4.(2023·新疆乌市八中质检)用如图甲所示的 分别为x1x2x3 气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相 (1)选择的水平桌面是否需要一定光滑？ 第一章黑白题015 (填“是”或“否”)，所选小球的 功W= 质量关系是：m,要 (填“大于” (5)对m,和m2组成的系统，碰撞前总动量 “小于”或“等于”)m2 P1= kg·m/s,碰撞后总动量P2= (2)实验中若满足关系式 kg·m/s.实验相对误差δ= (用实验中已经测得的量表示)，说明该碰 IP-P2l ×100%= 如果8小于 撞过程满足动量守恒定律。 P (3)从实验结果看动量守恒的等式可能是近 5%,则可认为动量守恒.（均保留三位有 似等于，请你指出一条近似等于的理由 效数字) 压轴挑战 6.(2024·贵州六盘水模拟)某实验小组验证动 7.(2024·四川成都石室中学一模)如图所示， 量守恒定律.主要实验器材有：两个质量不同 两拉力传感器固定在同一水平线上，两根长 的滑块，天平，两个相同的轻质弹簧，两个压 为L的轻质细线上端分别连接两传感器，下 力传感器及其配件，气垫导轨及其配件： 端连接大小一样的小钢球，两钢球的质量分 压力传感器B 压力传惑茶A 别为m1、m2,两细线自然下垂时两钢球恰好 Wwwt 气垫导轨 接触，钢球的直径远小于细线的长度，两拉 甲 力传感器能记录细线中拉力的大小、 (1)用天平测出两个滑块的质量m,= 传荷器1冬感器2 0.1600kg,m2=0.2500kg (2)用充气泵给气垫导轨充气，调节气垫导轨 水平，并将两轻质弹簧水平固定在压力传 感器上，如图甲所示 (3)水平向右推滑块m1,使右侧弹簧适当压缩 (1)将钢球1拉离竖直位置，细绳拉直由静 并锁定.压力传感器开始记录数据，同时 止释放钢球1，两钢球碰前拉力传感器1 开始计时，0.5s时刻释放m.m1与m2发 记录的最大值为F 生碰撞后，m2向左运动并压缩左侧弹 (2)钢球1运动到最低点与钢球2发生碰 簧，m,返回再次压缩右侧弹簧该过程中， 撞，碰后钢球1弹回，碰后传感器1和2 两压力传感器A、B的示数随时间变化的 记录的最大值分别为F2、F 图像如图乙中A、B所示. (3)两钢球质量关系满足m (填 FIN +FIN “大于”“小于”或“等于”)m2 (4)若两钢球碰撞时水平方向动量守恒，需 满足的关系式为 ;若 满足关系式 则说明 1.5 2 x/cm 丙 碰撞为弹性碰撞.（用m,、m2、F,、F2、F) (4)若弹簧弹力大小与形变量的关系如图丙 表示，已知弹性碰撞时没有机械能损耗) 所示，则释放m,过程中，弹簧对m1做的 进阶突破拔高练PO网 选择性必修第一册：K黑白题016小时，弹簧第一次恢复原长，即B的速度由3m/s减到 有mgsin0=umgeos0,对于A、B组成的系统，由于 1ms,弹簧由伸长状态回到原长，故B的速度为x=2m/s 2 ngsin日=2mgc0s8,所以系统的合外力为零，系统的动量 时，弹簧处于伸长状态，故D错误故选C 守恒，由于系统要克服摩擦做功，产生内能，所以系统的机械 黑题应用提优练 能不守恒，故AB错误：以A、B组成的系统为研究对象，其合 外力为零，符合动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守 1.D 1 2.ABCD解析：系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方 面定律有，=m,+ma,当a=了时，= 3%,当，= 向，由动量守恒定律得：m。=(1+m)书，，解得木板的质量： 2 M=m(ro-v) 4板获得的动能：=城=6酒 3时，n=了o,由于B与A间的动摩擦系数大于A与斜 2 面间的动摩擦因数，因此，>，故C正确.D借误.故选C 故A正确：由能量守恒定律得，系统损失的机械能：△E= 8.C解析：A小球离开斜劈过程，水平方向平均动量守恒，则 行-子mm,V已知，可以求出系统损失 1 有m,D,=mgg,两边同时乘以时间，则有m,,t= 的机被能，故B正确：设A,B间摩擦力大小为「，对物块，由 mn,m=m,解得=了，故A错误；R小球下滑过 动量定理得：-，=m,-m,解得：f= m(to-v1) 程中，合运动方向并不是沿斜面向下，则支持力并不与运动 由能量守恒 方向垂直，则支持力做功.故B错误：C,小球离开斜劈过程 定律得：△E=,已知△E、人，可以求出木板的最小长度s,故 中，A、B整体在水平方向动量守恒，机械能守恒，m,”,= C正确：对物块，滑动摩擦力：=mg,m、∫已知，可以求出动 摩擦因数，故D正确。 me,2m,+之mi=mh,弹簧获得的最大弹性势能等 3.A解析：小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速 3 度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上.小球落回到 于B到地面时的动能，解得E,=2m后=4mgh,故C正确： 小车后.相对小车向左滑动，然后从左边离开小车，如果小球 D.根据m,,=me,则<，B反向弹回后，速度大小不变， 对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动： 喇能追上斜劈，但在斜劈上滑过程，两者水平方向动量守恒 如果小球对地面的速度为零.则小球离开小车后做自由落体 则到达最高点时，水平方向速度不为零，动能不为零，根据机 械能守恒可知，此时B的高度小于h,故D错误故选C. 运动：如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向 压轴挑战 右做平抛运动.故A正确.BCD错误， 9.(1)0.2(2)1J(3)0.3m 4.B解析：木块和车厢组成的系统动量守恒，设向右为正方 解析：(1)根据动量守恒可得，=(m+M)r 向，碰后车厢的速度为'，则有m。=m车'-m(Σ ,得= 根据能量守恒可得 (+m)r产=umgl,代入数据得 1 m- 3,方向向右.木块相对车厢的速度大小等于”，3m 4=0.2 22m车 ,通 (2)施加外力到撒去外力的过程」 2m年I 对长木板用动量定理得F-mgt=, 过（长的距离，所需时间为= ro 3mto (ms+3m)to 施加外力到撒去外力的过程，对小物块用动量定理得 22m年 tmgt=mv:, 撤去外力后，系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时两物体共 5.D解析：A.小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则 速，则M,+mn2=(m+M)"3, 有m,=m,小球运动到最低点过程有机械能守恒 2mgR= 2m,+2m,联立解得，最低点的速度大小为 受外力时长木板做匀加速直线运动，其位移为，= 24 从静止开始到共速过程对系统运用动能定理可得 =√2gR,故A错误：B小球离开小车后水平方向分速度 为0，做竖直上抛运动，故B错误：C.小球离开小车后水平方 5,umgl+Wm=2(M+m)r号，Wm=-△Em=-E, 向分速度为0，小车的速度也为0，根据能量守恒小球离开小 或撤去外力到共速运用能量守恒得 车后仍能上升到下落点的高度R,故C错误：D.小球水平方 向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等， mgL-sn)tE,牌：)M+)m店-)(M+m)日 根据几何关系知两者的相对位移为2R,故小车向左运动的 最大距离为R,故D正确故选D. 2-2 6.C解析：发射第一颗子弹时，根据动量守恒可得M△=mo, 代入数据得Em=1J 发射第二颗子弹，根据动量守恒可得-M△=m。一M,皮划 (3)根据能量守恒可得E,m=mgl, 小物块最终停在距A点x处，则x=L-1, 2m 挺的速度增加量秒，= M,在1时间内沿水平方向发射了3 代入数据解得x=0.3m 第4节实验：验证动量守恒定律 发子弹，则皮划艇在2个2时间内，分别以△，的速度匀 白题 其过关练 速运动，每段匀速运动的位移大小分别为x,=△× 1.D解析：本题中如果导轨水平，则滑块应做匀速运动，因此 22M 要想更精准地进行检验，可以增大光电门1、2之闻的距离， ×)=,放t时间内皮划艇的总位移大小为x=x,+ 从而更准确地判断速度是否发生变化：而换用质量更大的滑 x2=U2× 块、宽度更小的遮光条以及提高测量遮光条宽度A,的精确 3meot 度对速度变化均没有影响，故D正确，ABC错误故选D. =2W,C正确.故选C 7,C解析：设A与斜面间的动摩擦因数为A,A匀速运动时， 2.(1)左(2) (3)%-mm △ △1△11△ 参考答案与解析黑白题05 解析：(1)滑块A通过光电门2的时间变长，说明速度减小， 右端过高，因此应将左端适当垫高：(2)滑块A通过光电门1 (2)碰撞后A向左匀速直线运动，其速度为，== 的速度等于挡光片通过光电门1的平均速度，得 d 20 0.1 cm/s=200 cm/s, (③)取向有方向为正，根据动量守恒定律m: d d 从碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm.时间为'= =m:Aty 10 %4整理得必=”m 2008=0.058, △1A14 第一次闪光后到发生碰撞时间为1=△-=0.1s-0.05s= 3.(1)需要(2)大于(3)OM,0P和0N的距离(4)AD 0.05. 解析：(1)本实验需要小球从斜槽末瑞离开后做平抛运动」 5 所以斜槽末端需要保持水平， (3)碰撞前A速度为，a5ms=100mVs, (2)为了使两球碰撞后A球不反弹，两球质量满足m,>m 10 (3)采用图甲装置实验时，两小球下落高度相同，所以做平 碰撞前B速度为m-005m/s=200ems, 抛运动的时间相同，面两小球碰撞前后的速度分别正比于对 以向左为正方向，对A,B系统，根据动量守恒定律得 应的水平位移大小，所以在验证动量守恒表达式时可直接代 m=-me,+ma,解得m,:mg=2:3 人水平位移来间接代替速度，则实验中还必须测量的物理量 5.(1)否大于(2)m1√属=m,√压+m?√属(3)小球落 是OM、OP和ON的距离. 点的点迹大，导致测量x时出现误差：读数误差：空气阻力造 (4)采用图乙装置实验时，设A与B碰撞前瞬间的速度为 成的误差 "1,碰后瞬间二者的速度分别为和2，根据动量守恒定律 解析：(1》本实验要求小球m,每次到水平桌面末端的速度 和机械能守恒定律分别得 大小相同即可，水平桌面粗糙对此不影响，所以不一定需要 m,,=m,+mn, ① 光滑. 2m- 2m2+ 2m2, 2 本实验要求小球m,碰后也要做平抛运动落在斜面上，不能 反弹，所以m,>m m:一m程 联立①2解得{= 1<1 ③ m+m是 （2)由平抛运动规律n=,00=以，联立可得 2mA -p>1 ④ gxcos to 2sin 0 两小球做平地运动的水平位移相同，水平初速度与运动时间 m1碰前落在B点，m,碰后落在A点，m碰后落在C点，故 成反比，而下落高度越大运动时间越长，则根据③④式可知 由动量守恒定律 P点是A单独抛出时在竖直木板上的撞击点，M、N点分别 是A与B碰撞后各自在竖直木板上的撞击点，根据平抛运 m,,=m,+m5,代入可得m1=m1√，+m, (3)由于实验中存在误差，所以动量守恒的表达式近似相 动规律可得 等，其误差可能是小球落点的点迹大，导致测量x时出现误 5 差：可能是读数误差：也可能是由于存在空气阻力造成的 28'P 误差 6.(4)0.08(5)0.1600.1581.25% = 6 解析：(4)根据图丙中图像与横轴围成的面积表示弹簧对m 28'M 做的功，则有W=宁×8x2x10J=00s1 ⑦ (5)设m,与m,碰撞前的速度大小为。，根据动能定理可得 t3 2B'N W= 2m6,解得=1m/s 联立①56⑦可得m1 8 则m,和m2组成的系统，碰撞前总动量为P,=mo= B'PBMB'N 0.160kg·m/s: 若⑧式在误差允许范围内成立，则表明此碰撞动量守恒，且 8 要验证上式，必须测量B'N,B'P和B'M的距离.故选AD. 由图丙可知弹簧的劲度系数为本：F 2x103 N/m= 黑题应用提优练 400N/m. 1.D2.B 设m,与m,碰撞后的速度大小分别为，2，右侧弹簧的最 3.ABD解析：悬挂两球的细绳长度要适当，且等长，保证是对 大压缩量为1，左侧弹簧的最大压缩量为x:,由图乙可知 心碰撞，故A正确：由静止释放小球以便根据机械能守恒定 F,=,=1.6N,Fn=n=7.6N, 律较准确地计算小球碰前的速度，故B正确：本实验中对小 解得x=0.4×102m,m=1.9×102m 球的性能无要求，可以不是刚性球，质量也不一定相等，故 根据动能定理可得之m,听=之=之·2叫，行 F 1 C错误；两球正碰后，有各种运动情况，也就是可以合在一起 运动，故D正确.故选ABD. 4.(1)70(2)0.05(3)2:3 nF2· 解析：(1)由图可知第2、3,4次闪光时B没有发生移动，说 解得p1=0.2m/s,3=0.76m/s, 明B发生碰撞后停止运动速度为零，所以碰撞发生在 则m1和m,组成的系统，碰撞后总动量为P2=m:-m,,= 70cm处 0.158kg·m/s. 选择性必修第一册·JK黑白题06 实羚相对误差为='x10%-10160-a158 后，两球均做匀减速直线运动，设一个小格的边长为x。,有 ×100%= 0.160 =2g·3x0,=2g·12x。.由图可得碰撞过程中损失的动 1.25% 压轴挑战 能为=了6-了联立，解得4=号 7.(3)小于(4)√m,(F,-m,g)=√m(F3-m2g)- 故选B. √m(F2-m1g)F,-m1g=(F2-m,g)+(F3-m2g） 5.A6.B 解析：(3)钢球1运动到最低点处与钢球2发生碰撞，碰后 7,A解析：A甲、乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设 钢球1弹回，所以m小于m 弹珠甲，乙的质量分别为m1,m,碰后甲的速度为，乙的速 -m, (4)根据牛顿第二定律F-m,g=L, 度为与则有mm气+m与m= 2%,* 2m, 联立解得，= m,一m 2m1 。若碰后甲，乙同向运动， 解得，= (F-m1g)L m+m,=÷ m1+m2 则，>0.可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确：B.若 同理可知碰后钢球1、2的速度2= (F:-mig)L m 碰后甲反弹，且甲的速率为124，则有一12，+m6解 (F3-m2g)L 得0.2m1=-2.2m,质量不能为负值，则可知，若碰后甲反弹， 3= 1 则甲的速率不可能为1.2，故B错误：C若碰后乙的速率为 根据动量守恒定律有m,P,=一m,3+m, 2m1 则有√m,(F1-mg)=√m,(F-m2g)-√m,(F2-mg)； 3,喇有3，m+m,解得m,=-3,质量不能为负值，则 1 若为弹性碰撞，则满足2m,片=2m巧+2m,, 可知，碰后乙的速率不可能为3。，故C错误：D,若碰后甲反 弹，且甲的速率大于乙的速率，则有m:m, 2m 化简得F,-m1g=(F2-mg)+(F-mg) *m,%,可 m,+m,%> 第5节碰撞 知，只要m2-m1>2m,即m2>3m1,故甲的速率可能大于乙的 速率，故D错误故选A. 白题 基础过关练 8.C解析：碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有 1,A 2.B解析：碰撞过程应满足系统动量守恒和总动能不增加原 4·2m=0-2×2m,得5=1mA与B碰撞过程中动 则，碰撞前系统的初动量为，=p,+P。=14kg·m8设两小 1 1 球的质最均为m,根据动能与动量关系E=?,可知碰撞前 量守恒，机被能守恒，则有m,=m,+2m,2m6=2mt 2m pP10 之×2m,解得=15ms,则C项正确。 系统的制动能为B-2m2m2m A碰撞后系统的动量为 9.A P=P+p%=20kg·ms,不满足动量守恒，故A错误：B.碰撞 10.A解析：发生碰撞后，系统损失的机械能最大的情况是两 后系统的动量为p=p以+p。=14kg·m/s=a,碰撞后系统的 小球有共同速度，设共同速度为，向左为正方向，由动量 动能为=，心810 守恒定律得m,2-m,=(m,+m),解得p=4ms,则系统 2m+2m2m2m,放B正确：C由于p4= 损失的机械能为△E=，m 9kg·m/s>%=5kg·m/s,两球质量相等，则碰后A的速度 a,+号哈(mm,r 大于B的速度，不满足速度合理性，故C错误：D.碰撞后系 40J,系统损失的机械能小于或等于40J,故A正确， 统的动量为p=p(+pa=14kg·m/s=%,碰撞后系统的动能 BCD错误.故选A. 为片公尝 11,A解析：设子弹的初速度为。，质量为m,木块A的质量 ,不满足碰撞过程总动能不增加原 为M,在子弹与木块相互作用达到共同速度的过程中，因时 则，故D错误故选B. 间极短，二者组成的系统动量守恒，则有m。=(M+m)?,解 3.D解析：AB.由-t图像的斜率等于速度可知碰前m2静 得= M+m ,子弹和木块一起摆动到最大摆角过程，根据机 止，m,匀速运动，m,的速度为，-A=4m/,向右运动：碰 被能守恒可得(M+m)r=(M+m)g以(1-a),解得 后m,速度为t(= 0-8 -2m=-2ms,向左运动，碰后m的速 mva =1 度516-8 c0s0=1 ,则m越 6-2m=2ms,向右运动，放AB错误：C根据动量 2gL 2g(M+m)户=1 2a(0 守恒定律得m,=m1+m,代入数据解得m,=0.3kg,故 大，csg越小，则α角越大获得共同速度后，在向上摆动 C错误：D.两物体组成的系统在碰撞前的机械能为E= 的过程中，A和B的机械能守恒，则初态的机械能等于末态 之m=子×01xJ=Q81,碰撞后的机械能为g。 1 的机械能，所以子弹的初动能与系统在最高点时的机械能 1 之差△E=1 2m,+2m时=8J,因为E=E,所以碰撞过程中系统 m+Mf Mvg 动量守恒，机械能守恒，故D正确故选D ,则m越大，△E越大故选A 4.B解析：碰撞过程系统动量守恒，可得m=mw,+2,碰 2 参考答案与解析黑白题07