第一章 第4节 实验：验证动量守恒定律-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第4节 实验：盟 白题 基础过诗 题型1研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 1.用气垫导轨进行实验时，轻推一下滑块，使其先 后滑过光电门1和光电门2，如图所示，其上的 遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录滑块 先后经过光电门1、2时的遮光时间△，和△2， 比较△，和△2即可判断导轨是否水平，为使 这种检验更精准，正确的措施是 遮光条 光电门1 光电门2 气垫导轨 滑块 A.换用质量更大的滑块 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 D.尽可能增大光电门1、2之间的距离L 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 等宽的挡光片 气垫导轨光电门1 光电门2 挡光片 挡光片 8 滑块4弹性碰撞架滑块B (1)实验前需要调节气垫导轨水平：取走滑块 B,将滑块A置于光电门1的左侧，向右轻 推一下滑块A,其通过光电门1的时间小 于通过光电门2的时间，则应将气垫导轨 (填“左”或“右”)端适当垫高， 直至滑块A通过两光电门的时间相等。 (2)测得挡光片的宽度d,滑块A的总质 量m1,滑块B的总质量m2,滑块B静置 于两光电门间的某一适当位置给A一个 向右的初速度，通过光电门1的时间为 选择性必修第一册·凡J 证动量守恒定律 限时：20min △1，则滑块A通过光电门1的速度大小 为 ,A与B碰撞后A再次通过光 电门1的时间为△12，滑块B通过光电 门2的时间为△3： (3)若滑块A和B组成的系统在碰撞的过程 中动量守恒，则应该满足的表达式为 (用测量量表示) 题型2研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 3.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，该小组将水平木板改为 竖直木板再次实验，如图乙所示，B、B两点在 同一水平线上，A、B两小球半径均相同，质量 分别为m4和mg 坚直木板 B 水平木拔 0 M P N 甲 (1)组装实验装置时，斜槽末端 (填 “需要”或“不需要”)保持水平 (2)A、B两小球的质量满足mA (填 “大于”“小于”或“等于”)mg (3)正确选择器材后采用图甲所示装置，实验 中还必须测量的物理量是 (4)(多选)正确选择器材后采用图乙所示装 置实验，下列说法正确的是 A.必须测量B'N、BP和B'M的距离 B.必须测量BN、BP和BM的距离 C.动量守恒满足： mAmA mB B'WB'M√BP D.动量守恒满足： mR B'P√B'M√B'N 黑白题014 黑题 应用提优 1.在实验室里为了验证动量守恒定律，用如图所 示装置进行实验时，设入射小球的质量为m1, 被碰小球的质量为m2,两球半径均为π.下列 能验证动量守恒定律的表达式为 入射小球 被碰小球 0O'M PN A.m OP=m OM+m2ON B.m OP=m,OM+m2(ON-2r) C.m OP=m ON+m2OM D.m,OP=m (OM-2r)+m2ON 2.(多选)在“探究碰撞中的不变量”时，用如图 所示的装置进行实验，下列说法中正确的是 ( A.悬挂两球的细绳长度要适当， 且等长 B.由静止释放小球以便较准确 地计算小球碰前的速度 C.两小球必须都是刚性球，且质量相同 D.两小球碰后可以合在一起共同运动 3.用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定 律，用频闪照相机闪光4次拍的照片如图乙所 示，已知闪光时间间隔为△t=0.1s,闪光本身 持续时间极短，已知在这4次闪光的时间 内A、B均在0~90cm范围内，且第一次闪光 时，A恰好过x=65cm处，B恰好过x=80cm 处，则由图可知： ,2030405060708090cm 盒✉成历 乙 (1)两滑块在x= cm处相碰. (2)两滑块在第一次闪光后t= s时 第一章 很时：40min 发生碰撞 (3)若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑 块的质量之比为 4.(2025·辽宁七校联考)验证碰撞过程中动量 守恒的实验装置如图所示，固定在桌面的斜 面AB与水平面BC在B点平滑连接，圆弧是 以斜槽末端C为圆心的二圆周选取两个半径 相同、质量不等的小球进行实验，实验步骤 如下： (1)①不放小球2，让小球1从斜面上A点由 静止释放，并落在圆弧面上，重复多次，标 记落点的位置； ②将小球2放在斜槽末端C处，仍让小球 1从斜面上A点由静止释放，两球发生碰 撞，重复多次，分别标记两小球在圆弧面 上的落点位置； ③测出斜槽末端C和落点N、P、M的连线 与水平方向的夹角分别为0、02、0，为保 证入射小球不反弹，两小球的质量m1、m2 应满足m1 （填“>”“=”或 “<”)m2 (2)为了完成该实验，在测量0、02、0的基础 上，还需要测量的物理量有 A.斜面的倾角 B.AB两点的高度差 C两小球的质量网%D圆周的半径R (3)当所测物理量满足表达式 (用所测物理量的字母表示)时，说明两小 球碰撞过程满足动量守恒定律， 白题015 5.(2025·河北联考)如图所示为验证动量守恒 定律的实验装置，气垫导轨上安装了1、2两个 光电门，两滑块A、B上均固定着宽度相同的 遮光条 光电门1 光电门2 滑决B 气垫导 调节瓷钮 调节旋钮Q (1)实验前需要调节气垫导轨水平，借助光电 门来检验导轨是否水平的方法是 (2)测出滑块A和遮光条的总质量为m,滑 块B和遮光条的总质量为mB,遮光条的 宽度为d.将滑块A静置于两光电门之间， 将滑块B静置于光电门2右侧，推动B, 使其获得水平向左的速度，经过光电门 2后与A发生碰撞且被弹回，再次经过光 电门2，光电门2先后记录的挡光时间为 △1、△2，光电门1记录的挡光时间为△13， 则实验中两滑块的质量应满足mg (填“>”“<”或“=”)m4;若两滑 块碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系 式为 (用题中测得的 物理量表示) (3)只需验证关系式 (填正确答案标 号)成立，即可以证明滑块A、B之间的碰 撞无能量损失， A.111 △1△2△3 B.△k1+△t2=△13 c11 △t1△12△3 D.△2-△11=A3 (4)实验的误差主要来自质量和速度的测量， 次实验数据如下表： m me d △1 △2 Ats 300g100g1.00cm2500ms 4.900ms5.100ms 选择性必修第一册：RJ黑 碰撞前后B的动量变化量大小△p= kg·m/s,则碰撞前后A的动量 变化量大小△p'= kg·m/s,本实 验的相对误差的绝对值可表达为8= △p-4p1 ×100%,若8≤5%则可以认为 △p 系统动量守恒，本实验中的8= 玉轴挑战 （2024·四川成都石室中学一模)如图所示， 两拉力传感器固定在同一水平线上，两根长 为L的轻质细线上端分别连接两传感器，下 端连接大小一样的小钢球，两钢球的质量分 别为m1、m2,两细线自然下垂时两钢球恰好 接触，钢球的直径远小于细线的长度，两拉 力传感器能记录细线中拉力的大小 传感器1传感器2 12 (1)将钢球1拉离竖直位置，细绳拉直由静 止释放钢球1，两钢球碰前拉力传感器1 记录的最大值为F, (2)钢球1运动到最低点与钢球2发生碰 撞，碰后钢球1弹回，碰后传感器1和2 记录的最大值分别为F2、F (3)两钢球质量关系满足m (填 “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 碰撞为弹性碰撞.（用m1、m2、F、F2、F3 表示，己知弹性碰撞时没有机械能损耗) 进阶突破拔高练P网 白题016施加外力到撤去外力的过程，对小物块用动量定理得 ungt=mv2. 撤去外力后，系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时两物体共 速，则M,+me2=（m+M)1, 受外力时长木板做匀加速直线运动，其位移为，=2 1 从静止开始到共速过程对系统运用动能定理可得 Fs:-mgL+Wa=2(M+m)Wa=-AEm=-Em, 或撤去外力到共速运用能量守恒得 g-a)+a=+时-(w+m）a 1 1 22, 代入数据得E,m=1J (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-山， 代入数据解得x=0.3m. 第4节实验：验证动量守恒定律 白题 甚础过关 1.D解析：本题中如果导轨水平，则滑块应做匀速运动，因此 要想更精准地进行检验，可以增大光电门1、2之间的距离。 从而更准确地判断速度是否发生变化：而换用质量更大的滑 块、宽度更小的遮光条以及提高测量遮光条宽度△x的精确 度对速度变化均没有影响，故D正确，ABC错误放选D. 2.(1)左(2)5」 (3)%-mm J△4△A 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 的速度等于挡光片通过光电门1的平均速度，得= d (3)取向右方向为正，根据动量守恒定律m品， d d ,整理得必=心 m12 "41△3△2 3.(1)需要(2)大于(3)OM、OP和0N的距离(4)AD 解析：(1)本实验需要小球从斜槽末端离开后做平抛运动， 所以斜槽末端需要保持水平， (2)为了使两球碰撞后A球不反弹，两球质量满足m>m: (3)采用图甲装置实验时，两小球下落高度相同，所以做平 抛运动的时间相同，而两小球碰撞前后的速度分别正比于对 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 入水平位移来间接代替速度，则实验中还必须测量的物理量 是OM、OP和ON的距离 (4)采用图乙装置实验时，设A与B碰撞前瞬间的速度为 1,碰后瞬间二者的速度分别为和吃，根据动量守恒定律 和机械能守恒定律分别得 mA,=mA+mg吃， ⊙ 之=以， 1 @ 联立①2解得时-m matme. ③ 2m4 = -t1>U1 ④ m4+m 两小球做平抛运动的水平位移相同，水平初速度与运动时间 成反比，而下落高度越大运动时间越长，则根据③④式可知 选择性必修第一册·RJ 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 动规律可得 x ⑤ 2B'P ⑥ 2B'M ⑦ 3 2B'N 联立①⑤6⑦可得 mA」 m ⑧ √Bp√B'M√BW 若⑧式在误差允许范围内成立，则表明此碰撞动量守恒，且 要验证上式，必须测量B'N、BP和BM的距离.故选AD. 黑题应用提优 1.B 2.ABD 3.(1)70(2)0.05(3)2:3 解析：(1)由图可知第2、3、4次闪光时B没有发生移动，说 明B发生碰撞后停止运动速度为零，所以碰撞发生在 70cm处 (2)碰撞后A向左匀速直线运动，其速度为(=：= 20 0.1 cm/s=200 cm/s, 从碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm,时间为t'= 10 2008=0.058, 第一次闪光后到发生碰撞时间为t=△t-'=0.1s-0.05s= 0.058 (3)碰撞前A速度为，0.05 cm/s=100 cm/s, 10 碰撞前B速度为e005em/s=200cma, 以向左为正方向，对A、B系统，根据动量守恒定律得 m=-mA+mr,解得m4:mw=2:3. cos 0, 4.(1)>(2)C(3)m√8im6, cos"0 /c0s28 =m sin 03。 +m sin 01 解析：(1)为保证入射小球不反弹，两小球的质量应满 足m1>mz 1 (2)小球平抛过程有Rsin0=2g,Rces0=,联立求解得 gRcos日 √2n0,由碰撞中动量守恒有m,=m,w+m,由 图可知，P点是不放小球2时小球1从斜面上A点由静止释 放后的落点位置，N点和M点分别是放小球2时碰撞后小 球2和小球1的落点位置，将？代人，化简后得 c0s282 cos0 mi√sin9, =m sin 03 +mn,为了完成该实验，在 测量日1、62、8的基础上，还需要测量的物理量是两小球的质 量m1m.故选C (3)由上述过程可知，当所测物理量满足表达式 /cos2 02 cos20 m sin 02 =m1√sim8 ©时，说明两小球碰撞 +m√sin 过程满足动量守恒定律 黑白题06 5.(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的 、时间是香相等，若相等，则导轨水平(2)上= m唇 △， (3)C(4)0.6040.5882.65% 解析：(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光 电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平 (2)滑块B与A碰撞后被弹回，根据碰撞规律可知滑块B的 质量较小，则有mg<m,若碰撞过程中动量守恒，取水平向 d d d 、左为正方向，有m,=mA,m,整理可得△ mAm后 △3△2 (3)若碰撞无能量损失，有 m1 m,听+乞m听， mA一mg m分o=m一mgg,解得居= 0D4= m4十mg 2mno,整理可 ma+ma 得物=o,代人化简可得1=1, △1A△ ,故选C (4)设滑块B在碰撞前后的速度大小分别为。，滑块A在 碰撞后的速度大小为，则。= =4.00m/s,1=As △。 2.04m/s,- 4=1.6ms,碰擅前后滑块B的动量变化量 大小△p=mg,-m(-o)=0.604kg·m/s,碰撞前后滑块A 的动量变化量大小△p'=m2-0=0.588kg·m/8,本实验的 相对误差绝对值6= p-4p'| ×100%=2.65% △p 压轴挑战 6.（3)小于(4)√m(F,-m1g)=√m(F,-m2g)- √m(F2-mg)F,-m1g=(F2-m1g)+(F3-m2g） 解析：(3)钢球1运动到最低点处与钢球2发生碰撞，碰后 钢球1弹回，所以m1小于m2 m好 (4)根据牛顿第二定律F,-m8=1, 解得= (F-mg)L mi 同理可知碰后钢球1、2的速度= (F:-m1g)L A (F3-m2g)L 根据动量守恒定律有m1,=-m12+m2, 则有√m(F,-mg)=√m(F-m2g)-√m(F,m18)； 若为弹性碰撞，则满足】 化简得F-m1g=(F2-mg)+(F3-m2g). 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 白题 基础过关 1.A2.A 3.AC解析：ABC.位移一时间图像的斜率表示物体的速度， 可知碰擅前A、B的速度分别为=m/s=4m8, 4-5 1 m/s=-1m/8,碰撞后A、B的速度分别为{= 参考答案与解析 s=-2Ms,=2s=1s,根据动量守相 0-4 有m,+m22=m1+m2,代入数据得m3=6kg,则碰撞 菌AB的动能分别为=分m=宁2x4J=161,u 1 子%宁×6x(-)J=31,碰撞后A,B的动能分别为 1 1 1 E=2m,=2×2x(-2)'J=4J,Ba=2m经2×6× 12J=3J,则E=Eu+Eu-(E4+Eu)=12J,故AC正确， B错误：D.碰撞过程中对物体B由动量定理有I= mz-m22=[6x1-6x(-1)]kg·m/s=12kg·m/s,碰撞过 程中物体B对物体A的作用力的冲量为-12kg·m/s,故 D错误故选AC 4.B解析：碰撞过程系统动量守恒，可得m。=m,+m2,碰 后，两球均做匀减速直线运动，设一个小格的边长为。，有 =24g·3x0,=2g·12x。,由题图可得碰撞过程中损失的 动能为AB,=m-m-m,联立解得A迟=弓， 故选B. 5.D 6.B解析：CD.设中子的质量为m,氢核的质量为m,氮核的 质量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守 恒定律和能量守恒定律可得，=m,+m,m=) m,联立解得=，设中子和氯核碰撞后中子速度为 1 D4,由动量守恒定律和能量守恒定律可得m6=14m2+mw, md产×14m分，联立解得名，可得6=> 1 2,故CD错误；A.碰撞后氢核的动量为PH=m,=mo,氮核 的动量为4n5,可得PP,故A错误；B.碰撞 1 后氢核的动能为B=2m=2mG,氨核的动能为Ea 名X14m-西，可得>8。，故B正角故选 7.C解析：碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有 g2mg=0×2m,得1mA与B碰撞过程中动 1 量守恒、机械能守恒，则有m=mm+2m,)=)m升 ×2m,解得o=1.5m/s,则C项正确 1 8.A解析：A与B发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒， 则h,=h,+m,之后-城+m,碰后A向前滑行， 根据动能定理有=0子叫，联立解得子（总小】 gM+m· 可得（ 厂-名解得m:M=1:2,A正确故 M+m 选A 9.A 10。A解析：发生碰撞后，系统损失的机械能最大的情况是两 小球有共同速度，设共同速度为，向左为正方向，由动量 守恒定律得m22-m,,=(m,+m2),解得=4m/s,则系统 损失的机枝能为△迟=m,+宁后-宁(m,+m)心 黑白题07