1 第4节 实验：验证动量守恒定律-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

重难点手册高中物理选择性必修 第一册RJ。 第4节 实验：验证动量守恒定律 重点和难点 课标要求 重点：1.通过实验验证一维碰撞情况下系统的动量 1.理解实验思路 守恒 2.会根据器材和要求设计实验方案 2.在实际操作中培养实验技能，特别是采集和 3.会根据实验方案进行物理量的测量和数 分析数据的技能。 据分析. 难点：通过多种案例分析，能进行一些实验创新设计， MABIBI11000B010000111011111111111111101101111110001100310101310001 必备知识梳理 1111111111101011101111111110111111111111011111111101111011111111111010110113111 基础梳理 知识点（① 验证动量守恒定律的实验设计思路 设计一维碰撞实验，即两个物体碰撞前后均沿 创造实验 同一直线运动，使系统所受外力的矢量和近似 条件 为0 动量守恒定律的适用条件：系统不受☑ 外力，或系统所受合外力为0 验证动 选取质量不同的两个物体，用天平 质量 物理量的 分别测出物体的质量m1和m2 守恒定律 测量 根据所选实验器材测出碰撞前后的 速度 速度v1、v'1和v2、'2 分别计算出两物体碰撞前后的总动量，检验 数据分析 m1℃1十m22=m1'1十m2v'2是否成立，若成立 即可验证动量守恒定律 知识点②研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒◆题黑板。 敲黑板⊙ 1.质量的测量：用天平测量、 利用气垫导轨进行实验，必 须调整气垫导轨水平.有两种方 2速度的测量：0一亡式中的△x为滑块上挡光板的宽度， 法：1.利用水平仪调整导轨水 △t为数字计时器显示的滑块上的挡光板经过光电门的时间. 平；2.接通气垫开关，调节导轨， 3.器材：气垫导轨、数字计时器、滑块（带挡光板）两个、弹簧 使滑块能静止在导轨上或在导 轨上做匀速直线运动」 片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、天平」 4.碰撞情景的实现：如图所示，利用弹簧片、细绳、弹性碰撞 架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用在滑块上加重物 的方法改变碰撞物体的质量.◆划重点。 划重点画 气垫导轨的特点 小型气源将压缩空气送入 导轨内腔，空气再由导轨表面上 18 第一章动量守恒定律 (1)在两个滑块相互碰撞的端面装上弹性碰撞架，可以得到机 的小孔中喷出，在导轨表面与滑 械能损失很小的碰撞。 块内表面之间形成很薄的气 垫层」 (2)在两个滑块相互碰撞的端面分别装上撞针和橡皮泥，碰撞 滑块浮在气垫层上，与轨面 时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动，可以得到机械能 脱离接触，因而能在轨面上做近 损失最大的碰撞！ 似无阻力的直线运动，极大地减 (3)在两个滑块间放置轻质弹簧，挤压两个滑块使弹簧压缩， 小了由摩擦力引起的误差.配用 并用一根细线将两个滑块固定.烧断细线，弹簧弹开后落下，两个 光电计时器记录滑块在气垫导 滑块由静止向相反方向运动. 轨上的运动时间，很容易测量滑 5.数据记录和处理 块的运动速度 (1)规定正方向，碰撞前后速度的方向与正方向相同为正，相 反为负 (2)计算两滑块碰撞前后的总动量，检验是否满足动量守恒 定律 知识点③研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 如图甲所示，让一个质量较大的小球从斜槽上滚下来，与放在 斜槽水平末端的另一质量较小的同样大小的小球发生碰撞，之后 敲黑板⊙ 两小球都做平抛运动，如图乙所示.◆敲黑板 本实验方案需要注意的事项 1.质量的测量：用天平测量 1.入射小球的质量m1大于 2.速度的测量：由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行 被碰小球的质量m2(m1>m2). 2.入射小球半径等于被碰 时间相等.如果以小球的飞行时间为单位时间，那么小球飞出的水 小球半径 平距离在数值上就等于它的水平速度.只要测出不放被碰小球时 3.入射小球每次必须从斜 入射小球在空中飞出的水平距离s1,以及碰撞后入射小球与被碰 槽上同一高度处由静止滚下， 小球在空中飞出的水平距离s1和s?,就可以表示出碰撞前后小球 4.斜槽末端的切线方向 的速度 水平 入射小球 5.为了减小误差，需要找到 被碰小球 AB 不放被碰小球及放被碰小球时 小球落点的平均位置，为此，需 白纸复写纸 要让入射小球从同一高度多次 滚下，进行多次实验」 甲 乙 3.器材：斜槽、两个大小相等而质量不等的小球、铅垂线、白 纸、复写纸、刻度尺、天平、圆规： 4.碰撞情景的实现 (1)不放被碰小球，让入射小球1从斜槽上某一位置由静止 滚下，记录平抛的水平位移s1 (2)在斜槽水平末端放上被碰小球m2,让小球m1从斜槽同 19 重难点手册高中物理选择性必修第一册R」。 一位置由静止滚下，记下两小球离开斜槽做平抛运动的水平位移 s1、s2 (3)验证m1s1与m1s1十m2s2在误差允许范围内是否相等， 5.误差分析 系统误差：存在阻力、气垫导轨不水 气垫导轨上 平等 滑块碰撞 偶然误差：时间、距离、质量等测量值 误 存在误差 系统误差：两球不是一维碰撞 斜槽末端的 小球质量、水平位移的测 小球碰撞 偶然 量值误差 误差 小球未从同一高度或未能 无初速度滚下 (1)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，尽可能满 减小误差的方法 足动量守恒的条件； (2)采取多次测量求平均值的方法来减小偶然误差 关键能力提升 题型(1 研究气垫导轨上滑块碰撞时的：置于光电门1的右侧，滑块α在弹簧的作用下 动量守恒 向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动 例①某同学用如图所示的气垫导轨和光 并与滑块b发生碰撞， 电门装置来验证动量守恒定律，在气垫导轨右 ③两滑块碰撞后粘在一起向左运动，并通 端固定一弹簧，滑块b的右端有强黏性的胶 过光电门2. 泥.图中滑块a和挡光片的总质量为m1= ④实验后，分别记录下挡光片通过光电门 0.600kg,滑块b和胶泥的总质量为m2= 1的时间t1,两滑块一起运动时挡光片通过光 0.400kg,实验步骤如下： 电门2的时间t2, 光电门2 光电门1 (1)完成实验步骤①中所缺少的内容 缓冲装置。 挡光片口 弹簧 (2)用游标卡尺测得挡光片的宽度d,挡光 滑块b 滑块huk 片通过光电门的时间为△，则滑块通过光电门 气垫导轨 7777777777777 的速度可表示为v= (用d、△t表示). ①按图安装好实验器材后，调节气垫导轨 (3)实验中测得滑块a经过光电门1的速 水平.接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上， 度为v1=2.00m/s,两滑块经过光电门2的速 然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上 度为v2=1.12m/s,将两滑块和挡光片看成一 的挡光片通过光电门1的时间 (填“小 个系统，则系统在两滑块相互作用前的总动量 于”、“等于”或“大于”)通过光电门2的时间. 为p1=1.200kg·m/s,相互作用后的总动量 ②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a:p2= kg·m/s(结果保留3位小数)， 20 第一章动量守恒定律 可以得到结论： 系统的总动量并不完全相等，你认为产生这一 解析(1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水 差异的原因是 平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上 题型②研究斜槽未端小球碰撞时的 的挡光片通过两光电门的时间相等！ 动量守恒 (2)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光 例②图甲是“碰撞中的动量守恒”实验装 电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平 置的示意图。 均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过 光电门的速度可表示为v一△ d (3)两滑块相互作用后系统的总动量为p2= (m1+m2)v2=(0.600+0.400)×1.12kg·m/s= AhAAAKAAKAAAA M P N 1.120kg·m/s,则可得到结论：在误差允许的范围 分 M 内，碰撞系统的动量守恒， 36.30 单位：cm 答案(1)等于(2) (3)1.120;在误差允许 60.50 △ 96.80 的范围内，碰撞系统的动量守恒 (1)在验证动量守恒定律的实验中，不是 变式①如图所示是用气垫导轨验证动量守 必须要求的条件是 恒定律的实验装置，滑块1的质量m1=0.20kg, A.轨道光滑 滑块2的右端面固定一小块橡皮泥，其总质量 B.轨道末端的切线水平 m2=0.10kg.两滑块上均装有宽度d= C.碰撞的瞬间入射小球和被碰小球的球 0.50cm的遮光条，在两滑块间合适位置装有 心连线与轨道末端的切线平行 光电门1，在滑块2左侧适当位置装有光电门2. D.每次入射小球都要从同一高度由静止 将滑块1置于导轨右端，然后用橡皮锤水平敲 滚下 击滑块1，滑块1经过光电门1，光电计时器显 (2)入射小球与被碰小球的直径相同，则 示的时间为0.050s,滑块1与滑块2碰撞后粘 被碰小球的质量m2应 (填“大于”、 在一起，碰撞后滑块2与滑块1先后经过光电 “小于”或“等于”)入射小球的质量m1. 门2，光电计时器显示的时间分别为0.068s和 (3)在做此实验时，若某次实验得到小球 0.065s.请回答下列问题： 的落点情况如图乙所示.假设碰撞过程中动量 遮光条 气垫导轨 光电门2滑块2光电门1 滑块1 守恒，则m2：m1= 解析(1)若小球每次从轨道同一位置释放，小球 FFFFFFFFF7冷mm接气源 克服摩擦力做功相同，小球飞出轨道末端速度大小一 水平螺丝 定，可知，轨道光滑与否对实验没有影响，故A错误； (1)对于滑块1与滑块2组成的系统，碰撞 为了确保小球飞出轨道的初速度方向水平，轨道末端 前系统的总动量为 kg·m/s,碰撞后 的切线必须水平，故B正确；为了保证发生对心碰撞， 系统的总动量为 kg·m/s.(计算结 碰撞的瞬间入射小球和被碰小球的球心连线与轨道 果均保留2位有效数字) 末端的切线平行，故C正确；为了确保小球每次飞出 (2)由(1)中计算结果可以看出，碰撞前后：轨道末端初速度大小一定，实验中每次入射小球都要 21 重难点手册高中物理选择性必修第一册R 从同一高度由静止滚下，故D正确.故选A (3)某同学在做上述实验时，测得入射小 (2)入射小球与被碰小球的直径相同，为了避免 球和被碰小球的质量关系为m=2M,两小球 入射小球发生反弹，则被碰小球的质量m2应小于入 在记录纸上留下三处落点痕迹如图丙所示，他 射小球的质量m1. 将米尺的零刻度线与O点对齐，测量出O点 (3)P为入射小球单独滚下的落地，点，M为入射 到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、 小球碰撞后的落地，点，N为被碰小球碰撞后的落地 OC.该同学通过测量和计算发现，在实验误差 点，根据九=g2,x=u,解得0=x景 ,综上可知 允许范围内，两小球在碰撞前后动量是守恒 g g 的.该同学要验证的关系式为 g =x0P√h,w=xaM√2hU=x0w√2方，根据动 (用OA、OB、OC之间的关系表示)： 量守恒定律有m1vo=m11十m2v2,解得m2：m1= B 1:4. cm 答案(1)A(2)小于(3)1：4 变冠2(2025·湖北武汉一中期末)在 25 30 “探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做 丙 平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装 题型(3 ) 验证动量守恒的创新实验 置如图甲所示，实验原理如图乙所示. 例③用如图所示装置来验证系统的动量 6人射小球 入射小球 守恒，质量为mB的钢球B放在小支柱N上， 被碰小球 被碰小球 球的下端离地面高度为H.质量为mA的钢球 A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O 点到球心的距离为L,且细线与竖直线之间夹 A BC 复写纸 甲 角为α.球A由静止释放，摆到最低点时恰好 (1)假设实验室中有如下图所示三个小： 与球B发生对心正碰，碰撞后，球A把轻质指 球，则入射小球应该选取 被碰小球 示灯C推移到与竖直方向夹角为3的位置，球 应该选取 B落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的 白纸D,用来记录球B的落点，测得落点与初 始时钢球B球心在水平面上投影的水平距离 为s,两球的质量关系为mA>mB,重力加速度 直径d,=2cm 直径d,=2cm 直径d,=3cm 质量m,=24g 质量m1=12g 质量m3=4g 为g,回答下列问题： (2)(多选)关于本实验，下列说法正确的 是 A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须 保持水平 B.同一实验中入射小球每次都必须从斜 77777777 槽上的同一位置由静止释放 (1)刚要发生碰撞时小球A的动量为 C.实验中需要用到重垂线 ,碰撞刚结束时B的动量为 D.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度 (以上两空均用题中所给物 22 第一章动量守恒定律通 理量的符号表示) 团队利用手头的器材，设计了一个研究碰撞过 (2)若等式 (用题中所 程中的总动量是否守恒的实验方案.用长度相 给物理量的符号表示)成立，则表明碰撞过程 等的细线分别将直径均为d的两小球A、B悬 中系统的动量守恒 挂在O、O'上，OO'=d,将A球轻轻拉起，细线 解析(1)小球A下摆过程中只有重力做功，机械能 与竖直方向的夹角为α.自由释放A球后，在 守恒，由机械能守恒定律得mAgL(1一c0sa)=2ma听 1 悬点O的正下方与B球对心正碰，碰撞后两小 一0，解得yA=√2gL(1一cosa).刚要发生碰撞时小 球第一次上升到最高点的位置如图中虚线所 球A的动量pA=mAA=mA√2gL(1一cosa),碰前 示.已知OA'与竖直方向的夹角为B,OB'与竖 球B的动量为0，碰后球B做平抛运动，水平方向S一 直方向的夹角为Y,A球质量为mA,B球质量 vBt,竖直方向H= 2t,则碰后球B的动量pB= 为mB,则： Q.O (2)碰后，对于球A,根据机械能守恒定律有 OB 2m货=magL(1-cos),解得4=√2gL-cosB. B (1)A球两次在最高点时，细线与竖直方 若mAA=mBUB十mAA,即mA√2gL(1一coSa) 向的夹角a和B的关系为a B(填 mA√2gL(I-cos)+mB5λ√2H g 成立，则表明碰撞 “>”、“<”或“=”).若碰前瞬间A球的动能为 过程中系统的动量守恒。 EkA,碰后瞬间A球的动能为EA,B球的动能 答案(1)mA√2gL(1-cosa);mBs 为EB,三者的关系为Ek4 EA十EkB V 2H (填“<”、“≥”或“≤”). (2)mA√2gL(1-cosa)=mA√2gL(1-cos) (2)若两球碰撞过程满足动量守恒定律， g +mBs√2H 则表达式应为 (用题干所给物理 变试3如图所示，阳光中学的科技创新量符号表示) 11B1111110111101100111101011111111111111111110101011111011010111111011 食核心素养聚焦 11110011010103011101101111013010110101001101101011011011111101011100111111 考向(1】 验证动量守恒定律的实验原理 ②接通气源，调整气垫导轨水平； 例①(2024·山东卷)在第四次“天宫课 ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； 堂”中，航天员演示了动量守恒实验.受此启 ④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB 发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞 随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示 实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传 回答以下问题： 感器，a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑 (1)从图像可知两滑块在t= 块B与它的距离xB.部分实验步骤如下： 时发生碰撞 ①测量两个滑块的质量，分别为200.0g (2)滑块B碰撞前的速度大小v= 和400.0g; m/s(保留2位有效数字). 23 铺重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ (3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块 0.60-0.10 VAO= m/s=0.50m/s, 1.0-0 是 (填“A”或“B”). 传感器a滑块A滑块B 传感器b ℃o=1.10-0.90 m/s=0.20m/s, 1.0-0 1.10-0.60 连气源 0A=2.4-1.0 m/s≈0.36m/s, 甲 0.90-0.20 x./cm TRcm UB- 120 2.4-1.0 m/s≈0.50m/s. 120 100 100 由动量守恒可得 0 80 60 6 mAVA0十mBVB0=mAVA十mBUB, 40 整理可得 2 20 0 1.0 2.0t/s 0 mAUAO mAUA-mBUB mBUBO, 1.0 2.0t/s 乙 丙 mA_0B一VB0_0.50-0.20 ≈2. 解析(1)从图像可知两滑块在t=1.0s时发生 mBVA0-VA0.50-0.36 碰撞 通过上面的分析，得出质量为200.0g的滑块 (2)由图丙可得滑块B碰撞前的速度大小 是B v0=1.10-0.90 答案(1)1.0(2)0.20 (3)B 1.0-0 m/s=0.20m/s. 考查内容 核心素养 试题难度 (3)由图乙、图丙可得两滑块碰撞前后的速度分 验证动量守恒定律 科学探究 ★★☆☆☆ 别为 24重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ 第3节动量守恒定律 [变式1](1)2m/s;向左(2)0 【解析】(1)设A、B弹开后B的速度为vB,且弹开 过程动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律 有mAVA十mBVB=0,可求vB=-3m/S.由于弹开 后A的速度大于B的速度，所以A先与C碰撞.设 A与C挡板碰后C的速度为共，A、C碰撞并合成 一体过程动量守恒，有mAvA=(mA十mc)v共，代人 数据可求v共=2m/s2. (2)在整个过程中A、B、C组成的系统动量守恒，设 两滑块都与挡板碰撞后，金属容器C的速度为，由 动量守恒定律有(mA十mB十mc)v=0,解得v=0. [变式2]AC【解析】球B、C分离前，球C对球B 做负功，所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减 小，故A正确；球B、C分离时，对A、B两球组成的 系统，球A有向下的加速度，处于失重状态，所以球 B对地面的压力大小小于2g,故B错误；分离前， 球A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，当球A 落地时，球A、B的水平速度相等，有m一2mo共= 0,因此球A落地时球B的速度℃头=，根据能量 守恒，可知杆对球B做的功等于球B、C动能之和， 即w-名m4+号心2-号m心，放C正确；对A B、C三球组成系统由机械能守恒得mgl=Ek4+ m+方m候，解得Ea=mgl一名m,放D错误 1 [变式3】受【解析】物体A下落，由机械能守恒可 知mg·3.xo=2mu品，物体A与B碰撞过程中动 量守恒，有mvo=2mu1,此后恰好上升到弹簧恢复 原长，设初始弹性势能为E,有E,+号×2m= 2mgxo.当物体换为C时，同理可得2mg·3xo= 2×2m呢，物体C与B碰撞过程中动量守恒，有 2muc=3mv2.以后B、C又回到O点时有E。十 1 2X3mu2=3mgxo+2×3mu,此后C做竖直上 运动，上升商度为H-装解得H=号 136 [变式4]AB【解析】设小球由静止释放到第一次 经过最低点的过程中，设小球的水平位移大小为 x1,木块A的位移大小为x2,小球运动到最低点时 的速度大小为vc,A、B的速度为vA.小球由静止 释放在向下摆动的过程中，对A有拉力，使得A、B 之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点 时，A、B间弹力为0，A、B将要分离，A、B分离时 速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水 平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由系统水 平方向动量守恒有moc一2m0A=0,则m。. 2m·2=0,由几何关系得x1十x2=L,由机械能 守恒定律得m,gL=号m,呢+号×2m心，联立解 1 得木块A的位移大小为x2=2m十m。 moL ,A、B两木 块分离时，C的速度大小为0c=2,√2m十m。 mgL mo mgL,故A、B正确；根据A、B项分析知， m√2m+mo o. 球由静止释放到第一次经过最低点时有0⅓一m mgL,根据动量定理有Ic十Ir十IB=muA一 2m+mo mgL,不等于杆和水平面对木块A作用 mo√2m+mo 力及木块A所受重力的合冲量大小，故C错误；从 C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高 处的过程中，木块A先做减速运动再反向做加速运 动，恰好到达轻杆左侧最高处时与小球共速，故D 错误 第4节实验：验证动量守恒定律 [变式1](1)0.020；0.022(2)导轨不平，右端高 【解析(1)滑块1通过光电门1的速度1=- t1 0.50×10-2 m/s=0.10m/s,碰撞前系统的总动量 0.050 p=m1v1=0.20×0.10kg·m/s=0.020kg·m/s. 滑块1与静止的滑块2碰撞后粘在一起，滑块2通 过光电门2的速度？=i2 _d_0.50×10-2 0.068m/s≈ 0.074m/s,碰撞后系统的总动量p'=(m1十m2)v2= (0.20+0.10)×0.074kg·m/s≈0.022kg·m/s. (2)据题意知，碰撞后两滑块先后通过光电门的时 间变小，说明碰撞后两滑块做加速运动，故计算得 到的两滑块碰撞前后系统的总动量并不完全相等， 产生差异的原因是导轨不平，右端高，合外力不为 0,不符合动量守恒的条件. [变式2](1)A;B(2)BC(3)2(OC-OA)=OB 【解析】(1)为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射 球的质量要大于被碰球的质量，为了使两球发生对 心碰撞，则要求两球的半径相同，故入射球选择直 径为d1、质量为m1的小球A,被碰球选择直径为 d1、质量为m2的小球B. (2)本实验只需要确保轨道末端水平，小球每次从 斜槽的同一位置滚下，从而确保小球到达末端的速 度大小不变，且离开轨道后做的是平抛运动即可， 并不需要轨道光滑，故A错误；要确保放上被碰小 球后，入射小球碰前的速度大小保持不变，故要求 从同一位置由静止释放入射小球，故B正确；实验 中重垂线的作用是确定小球做平抛运动的水平位 移的起点，即标定斜槽末端在白纸上的投影点O, 故C正确；两个小球下落时间相同，由x=0√g /2H 可知，小球的水平位移xcvo,故可用水平位移的 大小关系表示速度的大小关系，不需要求出时间， 所以不需要测量高度，故D错误 (3)由题图丙可知OA=17.60cm,OB=25.00cm, OC=30.00cm,代入质量关系可知m·OB≠m· OA+M·OC,但m·OC≈m·OA+M·OB,故 OC才是人射小球碰前速度对应的水平位移，由动 量守恒定律得m·OC=m·OA+M·OB,根据 m=2M,解得2(OC-OA)=OB. [变式3](1)>；≥(2)mA√1-cosa= mA√1-cosB+mB√1-cosy 【解析】(1)由于A球碰撞后动能减小，根据机械能 守恒定律可知，碰撞之后A球上升的高度小于碰前 的高度，故细线与竖直方向的夹角关系为α>B.根 据碰撞的特点知，碰撞之后的总动能不可能大于碰 前的总动能，则有EkA≥EkA十EkB· ,变式题参考答案 0 (2)设A球运动到最低点时碰前瞬间速度大小为 1 uo,由动能定理得mAgl(1-一cosa)=2mAo6,设 A、B两球碰后瞬间速度大小分别为1、2，对两球 碰后上升到最高点的过程，由动能定理得mAgl(1 1 1 -cosB)=2mAoi,mBgl(1一cosY）=2mao员，若 碰撞过程中动量守恒，以水平向右为正方向，应有 mAv0=mAU1十mBU2,联立以上各式，得 mA√1-cosa=mA√1-cosB+mB√1-cosY. 第5节弹性碰撞和非弹性碰撞 [变式1]D【解析】以向右为正方向，根据动量守 恒定律得mvA十2mWB=2mw,一2m0=0,可见选 项A、B、C都不满足碰撞后总动量为0的条件.由 于碰撞为弹性碰撞，故碰撞后A、B一定反向，故选 项D正确. [变式2]D【解析】在子弹射人木块A的过程中， 在子弹、木块A系统中，内力远大于外力，则动量近 似守恒，因该过程有内能产生，则机械能不守恒，A、 B错误；在弹簧被压缩的过程中，对于子弹、两木块、 弹簧系统，在完成相互作用的过程中，受到系统外 作用力（水平摩擦力）作用，所以系统动量、机械能 都不守恒，C错误，D正确. [变式3]A【解析】由题图可知，碰撞前A、B两球 的速度大小分别为vA _△x1=-3m/s,B=2 x2一 △t1 2m/s,碰撞后两球共同运动的速度大小v=A △t 一1m/s,碰撞过程A的动量变化量为△p=mw mwA=4kg·m/s,故A正确；根据动量守恒可得 A干mBUB=(m干B)0,解得mB3kg, 错误；由动量定理可知，碰撞时对B的冲量为IB一 mB一mBVB=一4N·S,故C错误；根据能量守恒 可得A正=名mi+号m暖-号m十md=10J, ,1 故D错误， 第6节反冲现象火箭 2m mvo [变式1)(1)M+6m。(2)M+5m+M+6m (3)1.6u。(4L.6Me或.6muw t t 137