2018年高考物理大一輪復習第6章碰撞動量守恒定律配套教案

1、六碰撞動量守恒定律考奴展示要求復可定位1.動量.動量定理、動量寧恒定津良其應用nr.-i1.本章是高考命題新納人的必考內容，應是新高考的熱點， 預計題空M計算為主*重點應以肌型的碰邕模型或主活實 罰為背景.2本章射復習應注意兩點;I門動量.動量變化、動量定理及動量守恒定律的簡單 應用，12燉碰捶為背呆的動量寸恒與能量相結合的綜臺問題，2彈性碰掩和非彈性碰遵實驗;驗證動豪守恒定律只限一維瓏撞第 1 節(jié) 動量 動量定理 動量守恒定律重溫救材 掃清盲邑一、 沖量、動量和動量定理1沖量定義：力和力的作用時間的乘積.(2) 公式：I=Ft，適用于求恒力的沖量.(3) 方向：與力的方向相同.2.動量(1)

2、 定義：物體的質量與速度的乘積.(2) 表達式：p=mv(3) 單位：千克米/秒.符號:kgm/s.(4) 特征：動量是狀態(tài)量，是矢量，其方向和速度方向相同.3.動量定理(1) 內容：物體所受合力的沖量等于物體動量的變化量.(2) 表達式：F合.t= p=p，_p.(3) 矢量性：動量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動量定理.二、 動量守恒定律1.系統(tǒng)：相互作用的幾個物體構成系統(tǒng).系統(tǒng)中各物體之間的相互作用力稱為內力， 夕卜部其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力_2.定律內容：如果一個系統(tǒng)不受外力作用，或者所受的合外力為零，這個系統(tǒng)的總動 量保持不變.3.定律的表達式主干回顧夯基固源m

3、v1+mv2=mv1+mv?，兩個物體組成的系統(tǒng)初動量等于末動量.可寫為：P=p、P= 0 和pi=AP24守恒條件（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒.（2）近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看 成守恒.（3）分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒.自我診斷1. 判斷正誤（1）動量越大的物體，其運動速度越大.（X）（2）物體的動量越大，則物體的慣性就越大.（X）（3）物體的動量變化量等于某個力的沖量.（X）（4）動量是過程量，沖量是狀態(tài)量.（X）（5）物體沿水平面運動，重力不做功，重力的沖量也等于零.

4、（X）（6）系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變.（V）2.（2017廣東廣州調研）（多選）兩個質量不同的物體，如果它們的（）A. 動能相等，則質量大的動量大B. 動能相等，則動量大小也相等C. 動量大小相等，則質量大的動能小D. 動量大小相等，則動能也相等1 _解析：選 AC.根據(jù)動能 EV時人便接不到球，可得n8.25，取n= 9.答案：9 次課時規(guī)范訓練基礎鞏固題組1.關于物體的動量，下列說法中正確的是（）A. 物體的動量越大，其慣性也越大B. 同一物體的動量越大，其速度不一定越大C. 物體的加速度不變，其動量一定不變D. 運動物體在任一時刻的動量方向一定是該時刻的速度方向解析：選

5、 D.慣性大小的唯一量度是物體的質量，如果物體的動量大，但也有可能物體 的質量很小，所以不能說物體的動量大其慣性就大，故 A 錯誤；動量等于物體的質量與物體速度的乘積，即p=mv同一物體的動量越大，其速度一定越大，故B 錯誤；加速度不變,速度是變化的，所以動量一定變化， 故 C 錯誤；動量是矢量，動量的方向就是物體運動的方 向，故 D47幻”動恬兩帚守恒定擺及其應用（一）正確.2.運動員向球踢了一腳（如圖），踢球時的力F= 100 N，球在地面上滾動了t= 10 s 停F 來，則運動員對球的沖量為（A. 1 000 NsD.無法確定解析：選 D.滾動了t= 10 s 是地面摩擦力對足球的作用時

6、間.不是踢球的力的作用時間，由于不能確定人作用在球上的時間，所以無法確定運動員對球的沖量.3. （多選）如圖所示為兩滑塊M N之間壓縮一輕彈簧，滑塊與彈簧不連接，用一細繩將兩滑塊拴接，使彈簧處于鎖定狀態(tài)，并將整個裝置放在光滑的水平面上.燒斷細繩后到兩滑塊與彈簧分離的過程中，下列說法正確的是（）A. 兩滑塊的動量之和變大B. 兩滑塊與彈簧分離后動量等大反向C. 如果兩滑塊的質量相等，則分離后兩滑塊的速率也相等D. 整個過程中兩滑塊的機械能增大解析：選 BCD 對兩滑塊所組成的系統(tǒng)，互推過程中，合外力為零，總動量守恒且始終為零，A 錯誤；由動量守恒定律得 0=mu/M-miVN,顯然兩滑塊動量的變

7、化量大小相等，方向 相反，B 正確；當 m 時，VM=VN,C 正確；由于彈簧的彈性勢能轉化為兩滑塊的動能，則 兩滑塊的機械能增大，D正確.4. （多選）靜止在湖面上的小船中有兩人分別向相反方向水平拋出質量相同的小球，先將甲球向左拋，后將乙球向右拋.拋出時兩小球相對于河岸的速率相等，水對船的阻力忽略不計，則下列說法正確的是（）A. 兩球拋出后，船向左以一定速度運動B. 兩球拋出后，船向右以一定速度運動C. 兩球拋出后，船的速度為 0D. 拋出時，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大解析：選 CD.水對船的阻力忽略不計，根據(jù)動量守恒定律，兩球拋出前，由兩球、人和船組成的系統(tǒng)總動量為 0,兩球拋出后的

8、系統(tǒng)總動量也是0.兩球質量相等，速度大小相等，方向相反，合動量為 0,船的動量也必為 0,船的速度必為 0.具體過程是：當甲球向左拋出 后，船向右C零B.500 Ns運動，乙球拋出后，船靜止.人給甲球的沖量I甲=mv-0,人給乙球的沖量12=mv mV,V是甲球拋出后的船速，方向向右，所以乙球的動量變化量小于甲球的動量變化量，乙球所受沖量也小于甲球所受沖量.5高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h（可視為自由落體運動），此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為

9、（）m2ghm2ghA.t+mgB.tmgm9hm，ghC.j+mgD.mg6.（多選）靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時間t變化的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（）A. 04 s 內物體的位移為零B. 04 s 內拉力對物體做功為零C. 4 s 末物體的動量為零D. 04 s 內拉力對物體的沖量為零解析：選 BCD.由圖象可知物體在 4 s 內先做勻加速后做勻減速運動，4 s 末的速度為零，位移一直增大，A 錯；前 2 s 拉力做正功，后 2 s 拉力做負功，且兩段時間做功代數(shù)和為零， 故 B 正確；4 s 末的速度為零，故動量為零，故C 正確；根據(jù)動量定理，04

10、 秒內動量的變化量為零，所以拉力對物體的沖量為零，故D 正確.7.如圖所示，甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務.某 時刻甲、乙都以大小為Vo= 2 m/s 的速度相向運動，甲、乙和空間站在同一直線上且可當成 質點.甲和他的裝備總質量為M= 90 kg，乙和他的裝備總質量為M= 135 kg，為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出一質量為m= 45 kg 的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開，此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動，且安全“飄”向空間站.（設甲、乙距離空間站足夠遠，本題中的速度均指相對空間站的速度）解析:選 A.由動量定理得(mgr F)

11、t= 0 mv得F=m2gh卜mg選項 A正確.乙要以多大的速度v（相對于空間站）將物體A推出?設甲與物體A作用時間為t= 0.5 s，求甲與A的相互作用力F的大小.解析：（1）以甲、乙、A三者組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，以乙的方向為正 方向,則有：MvoMvo= （M+M2）vi以乙和A組成的系統(tǒng)為研究對象，有：MIVo= （Mm）vi+mv代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得Vi= 0.4 m/s ,v= 5.2 m/s（2）以甲為研究對象，由動量定理得，F(xiàn)t=Mvi （ Mvo）代入數(shù)據(jù)解得F= 432 N答案：（1）5.2 m/s （2）432 N綜合應用題組8.（多選）如圖把重物壓在紙帶上，用一

12、水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動，若 迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下面拉出，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是（）A. 在緩慢拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大B. 在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力小C. 在緩慢拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大D. 在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小解析：選 CD.在緩慢拉動紙帶時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它 們之間的作用力是滑動摩擦力.由于通常認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，所以一般情況是緩拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判斷A、B 都錯；在緩慢拉動紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很長，故重物獲得的沖量即動量的變化可以很大，所以能把重物帶動，快拉時

13、，摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以重物動量改變很小.9.（多選） 某同學質量為 60 kg，在軍事訓練中要求他從岸上以大小為2 m/s 的速度跳到一條向他緩緩飄來的小船上，然后去執(zhí)行任務，小船的質量是140 kg，原來的速度大小是 0.5 m/s，該同學上船后又跑了幾步，最終停在船上.則（ ）A. 人和小船最終靜止在水面上B.該過程同學的動量變化量為105 kgm/sC. 船最終的速度是 0.95 m/sD. 船的動量變化量是 105 kgm/s解析：選 BD.規(guī)定人原來的速度方向為正方向，設人上船后，船與人共同速度為v.由題意，水的阻力忽略不計，該同學跳上小船后與小船達到同一速度

14、的過程，人和船組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，則由動量守恒定律得：m人v人一m船v船=(m人+m船)v,代入數(shù)據(jù)解得：v= 0.25 m/s，方向與人的速度方向相同，與船原來的速度方向相反.故A 錯誤，C 錯誤；人的動量的變化p為：p=m人vm人v人=60X(0.25 2) =- 105 kgm/s，負號表示方向與選擇的正方向相反；故B 正確；船的動量變化量為：p=m船vm船v船=140X(0.25 + 0.5) = 105 kgm/s；故 D 正確.10.如圖所示，一質量M=3.0 kg 的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一 質量為 m= 1.0 kg 的小木塊 A 現(xiàn)以地面

15、為參照系，給A和B以大小均為 4.0 m/s，方向相反 的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離木板B站在地面的觀 察者看到在一段時間內小木塊A正在做加速運動，則在這段時間內的某時刻木板B相對地面的速度大小可能是()A n._L一_一_一_一_一二137? A. 2.4 m/sB. 2.8 m/sC. 3.0 m/sD. 1.8 m/s解析：選 A.A相對地面速度為 0 時，木板的速度為v1,由動量守恒得(向右為正)：Mv8mv=Mv,解得：V1= 3 m/s.木塊從此時開始向右加速，直到兩者有共速為V2,由動量守恒8得：Mv- mv=(M n)v2，解得：V2= 2 m

16、/s，故B對地的速度在2 m/s3m/s 范圍內，選項3A 正確.11.如圖甲所示，物塊A B的質量分別是m= 4.0 kg 和m= 3.0 kg.用輕彈簧拴接， 放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸，另有一物塊C從t=0 時以一定速度向右運動，在t= 4 s 時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖象如圖乙所示，求：(1) 物塊C的質量mC；(2) 從物塊C與A相碰到B離開墻的運動過程中彈簧對A物體的沖量大小.解析：(1)由圖可知，C與A碰前速度為V1= 9 m/s，碰后速度為V2= 3 m/s ,C與A碰撞 過程動量守恒，mv1= (m+m)V2,代入數(shù)據(jù)解得

17、m= 2 kg.(2)12 s 時B離開墻壁，此時B速度為零，A、C速度相等時，V3=V2從物塊C與A相碰到B離開墻的運動過程中，A C兩物體的動量變化為：p= (mi+m)V3 (mi+me)w從物塊C與A相碰到B離開墻的運動過程中彈簧對A物體的沖量大小為I= 2(m+me)V2,代入數(shù)據(jù)整理得到I= 36 Ns.答案：(1)2 kg (2)36 Ns12.如圖所示，質量為 0.4 kg 的木塊以 2 m/s的速度水平地滑上靜止的平板小車，小 車的質量為 1.6 kg，木塊與小車之間的動摩擦因數(shù)為 0.2(g取10 m/s2).設小車足夠長,求：皿- VMoo(1) 木塊和小車相對靜止時小車

18、的速度；(2) 從木塊滑上小車到它們處于相對靜止所經(jīng)歷的時間；(3) 從木塊滑上小車到它們處于相對靜止木塊在小車上滑行的距離.解析：(1)以木塊和小車為研究對象，由動量守恒定律可得mv= (m)v，口m解得：V=M+ mV0=0.4 m/s.(2)再以木塊為研究對象，由動量定理可得卩mgt=mv- mv”VoV解得：t= 0.8 s.卩g(3)木塊做勻減速運動，加速度為小車做勻加速運動，加速度為Ff32=出芒0.5 m/s在此過程中木塊的位移為2 2VV0X1= 0.96 m2a車的位移為：X2=2a2t2=2x0.5x0.82m=0.16 m由此可知，木塊在小車上滑行的距離為:x=X1X2=

19、 0.8 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 mFfm=g= 2 m/s第 2 節(jié)碰撞與能量守恒重溫我材掃清肓點、碰撞1概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象， 在碰撞過程中，一般都滿足內力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題.2.分類(1) 彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能守恒，衛(wèi)互作用過程中遵循的規(guī)律是動_量守恒和機械能守恒.(2) 非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒_定律.(3) 完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最大，作用后兩物體粘合在 一起，速度相等，相互作用

20、過程中只遵循動量守恒定律.二、動量與能量的綜合1. 區(qū)別與聯(lián)系：動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體所構成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個物理過程.但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動量是否守恒， 決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功.2. 表達式不同：動量守恒定律的表達式為矢量式機械能守恒定律的表達式則是標量 式，對功和能量只是代數(shù)和而已.自我診斷1. 判斷正誤(1) 碰撞過程只滿足動量守恒，不可能滿足動能守恒(X)(2) 發(fā)生彈性碰撞的兩小球有可能交換速度(V)(3) 完全非彈性碰撞不滿足動量守恒(X)(4) 無論哪種碰撞

21、形式都滿足動量守恒，而動能不會增加(V)(5) 爆炸現(xiàn)象中因時間極短，內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒(V)(6) 反沖運動中，動量守恒，動能也守恒(X)2. (2017山西運城康杰中學模擬 )(多選)有關實際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是()主干回顧夯基固源A. 火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B. 體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力C. 用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D. 為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好解析：選 ABC 根據(jù)反沖運動的特點與應用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度.故 A 正確；體操運動員在落地的過程中，動量變

22、化一定.由動量定理可知，運動員受的沖量I一定；由1=Ft可知，體操運動員在著地時屈腿是延長時間t，可以減小運動員所受到的平均沖力F,故 B 正確；用槍射擊時子彈給槍身一個反作用力，會使槍身后退，影 響射擊的準確度，所以為了減少反沖的影響，用槍射擊時要用肩部抵住槍身.故C 正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，就要延長碰撞的時間， 由I=Ft可知位于車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固.故 D 錯誤.3甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動，甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s 和 1 m/s ;碰撞后甲、乙兩物體都反向運動，速度大小均為2 m/s.甲、乙兩物體質量之比為（）A. 2 : 3B

23、. 2 : 5C. 3 : 5D. 5 : 3解析：選 C.選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m甲Vim乙V2= m甲vi+m乙V2，代入數(shù)據(jù)，可得m甲：口乙=3 : 5, C 正確.4.質量為m= 1 kg ,m= 2 kg 的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移一時間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于（）A. 彈性碰撞B. 非彈性碰撞C. 完全非彈性碰撞D. 條件不足，不能確定解析：選 A.由x-t圖象知，碰撞前va= 3 m/s ,Vb= 0，碰撞后Va= 1 m/s ,Vb= 21212912129m/s，碰撞前動能 mava+ 2mvb= ? J，碰撞后動能

24、 mVa + mVb = J，故機械能守恒；碰撞前動量mva+mvb= 3 kgm/s,碰撞后動量mva+mvb= 3 kgm/s,故動量守恒， 所以碰撞屬于彈性碰撞.5. （2016高考天津卷）如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一個小滑塊甲乙B,盒的質量是滑塊的 2 倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數(shù)為卩；若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為 _ ;滑塊相對于盒運動的路程為 _解析：設滑塊質量為m則盒子的質量為 2m對整個過程，由動量守恒定律可得mx 3mv共解得v共=3.121由功能關系可

25、得 卩mgs=qmv-3 m-2解得S=$.3 卩g2v v答案：3 3_;3 3 g考點透析題組沖關不邑茅皂i睪簡煽土考點一碰撞問題1. 解析碰撞的三個依據(jù)(1) 動量守恒：Pl+P2=Pl+P2.2 2 / 2 / 2P1P2P1P2(2) 動能不增加：Ek1+E2Ed+Ev后.3如果碰前兩物體是相向運動， 則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變.除非兩物體碰撞后速度均為零.2. 碰撞問題的探究(1)彈性碰撞的求解求解：兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒.以質量為m、速度為w的小球與質量為m的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有mv1=mv1 +mv2mm Vi ,2mvim+m， m

26、+m(2)彈性碰撞的結論Vi= 0，V2=Vi,兩球碰撞后交換了速度.Vi 0,V2 0,碰撞后兩球都沿速度Vi的方向運Viv0,V2 0,碰撞后質量小的球被反彈回來.典例 i 質量為m速度為V的A球與質量為 3m的靜止B球發(fā)生正碰.碰撞可能是彈 性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值. 碰撞后B球的速度大 小可能是()A. 0.6VB. 0.4VC. 0.2VD.V解析 根據(jù)動量守恒得：mV= mV+ 3mV；,則當V2= 0.6V時，vi= 0.8V,則碰撞后的總動能E=尹(0.8v)2+m(0.6v)2=i.72xmV，大于碰撞前的總動能，由于碰撞過程中能量不增加，

27、故選項 A 錯誤；當V2= 0.4v時，vi= 0.2v,則碰撞后的總動能為E=ii0.2v)2+nm0.4v)2= 0.52xmd,小于碰撞前的總動能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞,選項 B 正確；當V2= 0.2v時，Vi= 0.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿越B球，故選項 C 錯誤；當V2=v時，vi= 2v，則顯然碰撞后的總動能遠大于碰 撞前的總動能，故選項 D 錯誤.答案 BI方法技巧彈性碰撞問題的處理技巧(1) 發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短；各物體作用前后各自動量變化 顯著；物體在作用時間內位移可忽略.(2) 即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合

28、外力不等于零，由于內力遠大于外力， 作用時間又很短,所以外力的作用可忽略，認為系統(tǒng)的動量是守恒的.(3) 若碰撞過程中沒有其他形式的能轉化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不可能大于 碰前系統(tǒng)的機械能.(4)在同一直線上的碰撞遵守一維動量守恒，通過規(guī)定正方向可將矢量運算轉化為代數(shù)解得：Vi當兩2當質量大的球碰質量小的球時,動.運算不在同一直線上在同一平面內的碰撞，中學階段一般不作計算要求.強化訓練提升孝能1.（2017河北衡水中學模擬）（多選）在光滑水平面上動能為 曰，動量大小為po的小鋼 球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞， 碰撞前后球1的運動方向相反， 將碰撞后球1的動能和動量 大小分別記為 日、P1

29、,球 2 的動能和動量大小分別記為 呂、4,則必有（ ）A. EpoC. E2E）D. P1po解析：選 AB.因碰撞后兩球速度均不為零，根據(jù)能量守恒定律，則碰撞過程中總動能不增加可知，EEo,E2po.故 B 正確.故選 AB.2.兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mi= 1 kg,ma= 2 kg,VA=6m/s,VB=2 m/s.當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A B速度的可能值是（）A.VA=5 m/s ,VB =2.5 m/sB.VA=2 m/s ,VB =4 m/sC.VA=4 m/s,VB=7 m/sD.VA=7 m/s ,VB =1.5 m/s解析：選 B.雖然題中

30、四個選項均滿足動量守恒定律，但AD 兩項中，碰后A的速度VA大于 B 的速度VB,必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C 項中，兩球碰后的總動能 61212=尹酗+ mvB = 57 J，大于碰前的總動能 E= 22 J，違背了能量守恒定律；而 B 項既 符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B 項正確.3.（2016河北衡水中學高三上四調）如圖所示，在光滑的水平面上，質量m的小球A以速率vo向右運動.在小球的前方O點處有一質量為m的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一 豎直的墻壁.小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A與小球B均向右運動.小球B與墻壁碰撞后 原速率返回并與小球A在P點相遇，PQ=2PO則兩小

31、球質量之比m：m為（A. 7 : 5D. 5 : 3題組沖關C. 2 : 10B. 1 : 3解析：選 D.設A B兩個小球碰撞后的速度分別為V1、V2,由動量守恒定律有：mvo=mv1+mv2.121212由能量守恒定律有： 2mvo= 2mv1+ 2mv2兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學規(guī)律有:Vi:V2=PO：(PO2PQ= 1 : 5.聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得：mi：m2= 5： 3，故選 D.4. (2017黑龍江大慶一中檢測)(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為 m= 4 kg 的小物體B以水平速度Vo= 2 m/s 滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A

32、B間存在摩擦，之后A B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g= 10 m/s2，則下列說法正確的是()A. 木板A獲得的動能為 2 JB. 系統(tǒng)損失的機械能為 2 JC. 木板A的最小長度為 2 mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為 0.1解析：選 AD.由圖象可知，木板獲得的速度為v= 1 m/s ,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv= (M+m)v，解得：木板A的質量 M= 41212121kg,木板獲得的動能為：Ek=?Mv= 2 J，故 A 正確；系統(tǒng)損失的機械能E=qmv?mvMV，代入數(shù)據(jù)解得：1E= 4 J，故 B 錯誤；由圖得到：01 s 內B的位

33、移為XB=-x(2 + 1)x1m= 1.5 m ,A的位移為XA=1x1 m= 0.5 m，木板A的最小長度為L=XBXA=1 m,故 C錯誤；由圖象可知，B的加速度：a= 1 m/s2,負號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得：卩mg=ma,代入解得卩=0.1，故 D 正確.考點二爆炸及反沖問題1. 爆炸現(xiàn)象的三條規(guī)律(1) 動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于 系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒.(2) 動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加.(3) 位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，

34、因而在作用過程中，物體產生的位移很小，一 般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動.2. 反沖的兩條規(guī)律(1)總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加.3.彈丸在飛行到距離地面 5 m 高時僅有水平速度v= 2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水 平飛出，甲、乙的質量比為 3 : I.不計質量損失，重力加速度g取 I0 m/s2，則下列圖中兩 塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()(2)平均動量守恒若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒.如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則

35、由mivimav2= 0,得mxi=mix2.該式的適用條件是：1系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向的動量守恒.2構成系統(tǒng)的m、m2原來靜止，因相互作用而運動.3X1、X2均為沿動量守恒方向相對于同一參考系的位移.題組沖關強化訓綜提升孝能1.我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十一號”飛船與“天宮二號”空間站實現(xiàn)了完美對接.假設“神舟十一號”到達對接點附近時對地的速度為v,此時的質量為m欲使飛船追上“天宮二號”實現(xiàn)對接，飛船需加速到vi，飛船發(fā)動機點火，將質量為 m的燃氣一次性向后噴出， 燃氣對地向后的速度大小為V2.這個過程中，下列各表達式正確的是A. mv= mv mvB. mv= mv+ mvC. mv=(m-m)

36、vi muD. mv=(m-Am)vi+mu解析：選 C.飛船發(fā)動機點火噴出燃氣，由動量守恒定律， 項C 正確.mv=(m-Am)vi Amv,選2.在靜水中一條長l的小船，質量為M船上一個質量為m的人，當他從船頭走到船尾，若不計水對船的阻力，則船移動的位移大小為(B.MC.MrmmD.Mm解析：選 B.船和人組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，人在船上行進，船將后退，即mv人=Mv船,人從船頭走到船尾，設船后退的距離為x,則人相對地面行進的距離為xTx=M，則mix)=Mx得x=miMFm故選項B正確.解析：選 B.彈丸爆炸過程遵守動量守恒，若爆炸后甲、乙同向飛出，則有32mr mv甲+4若爆炸后甲

37、、乙反向飛出，則有3.-2mi-mv甲一二mv乙44爆炸后甲、乙從同一高度做平拋運動，由選項A 中圖可知，爆炸后甲、乙向相反方向飛, 卄、/2hf2X5+、，x甲2.5出，下洛時間t=、Jg= yjs = 1 s，速度分別為v甲= m/s = 2.5 m/s ,v乙x乙0.5= m/s = 0.5 m/s，代入式不成立，A 項錯誤；同理，可求出選項B、C D 中甲、乙的速度，分別代入式、式、式可知，只有B 項正確.4.以初速度vo與水平方向成 60角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質量分別為m和 2m的兩塊.其中質量大的一塊沿著原來的方向以2vo的速度飛行.求：(1) 質量較小的另一塊彈片

38、速度的大小和方向；(2) 爆炸過程有多少化學能轉化為彈片的動能.解析：(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度vi=1 一 一VoCOS 60 = 2vo.設v1的方向為正方向，如圖所示，由動量守恒定律得：mv乙42mp3mv甲+4mv乙4AB” o” m2mvir3mv= 2mv+mv其中爆炸后大塊彈片速度V1= 2v,(2)爆炸過程中轉化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量,72(3m)vi= mv.4答案：(1)2.5vo方向與爆炸前速度的方向相反考點三動量和能量觀點綜合應用1 .動量的觀點和能量的觀點動量的觀點：動量守恒定律能量的觀點：動能定理和能量守恒定律這兩

39、個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而關心運動狀態(tài)變化的結果及引起變化的原因. 簡單地說，只要求知道 過程的初、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中所做的功，即可對問題進行求解.2.利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題(1)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是 標量表達式，絕無分量表達式.(2)中學階段凡可用力和運動的觀點解決的問題.若用動量的觀點或能量的觀點求解，一般都要比用力和運動的觀點要簡便，而中學階段涉及的曲線運動(a不恒定)、豎直面內的圓周運動、碰撞等，就中學知識而言，不可能單純考慮用力和運

40、動的觀點求解.典例 2(2016高考全國甲卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面 3 m/s 的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質量為m= 30 kg,冰塊的質量為m= 10kg,小孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大小g= 10 m/s2.(1)求斜面體的質量;(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?解析(1)規(guī)定向右為速度正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速 度，設此共同速度為

41、v,斜面體的質量為m.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得mv20= (m+m)v解得V2= 2.5Vo,號表示V2的速度與爆炸前速度方向相反.12121 巳=2X2mv，+ 2mvP27曠2v1212 -?mv20=戸m+m3)v+mgh式中v20=- 3 m/s 為冰塊推出時的速度聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m= 20 kg (2)設小孩推出冰塊后的速度為vi，由動量守恒定律有mvi+mv20= 0 代入數(shù)據(jù)得vi= 1 m/s 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有mv20=mv2+mv3121212仆二mv20=二mv2+：mv322 2聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得V

42、2= 1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩.答案 (1)20 kg (2)見解析r方法技巧J應用動量、能量觀點解決問題的兩點技巧(1)靈活選取系統(tǒng)的構成，根據(jù)題目的特點可選取其中動量守恒或能量守恒的幾個物體為研究對象，不一定選所有的物體為研究對象.(2)靈活選取物理過程. 在綜合題目中，物體運動常有幾個不同過程，根據(jù)題目的已知、列方程前要注意鑒別、判斷所選過程動量、機械能的守恒 情況.強化訓綜提升考能停留在木塊B中.求:(1)子彈離開木塊A時的速度大小及子彈在木塊A中所受的阻力大小；子彈穿出A后進入B的過程中，子彈與B組成的系統(tǒng)損失的

43、機械能. 解析：(1)設子彈離開A時速度為v1，對子彈和A、未知靈活地選取物理過程來研究.題組沖關1.如圖所示，兩塊長度均為d= 0.2 m的木塊A、B,緊靠著放在光滑水平面上，其質量均為 M= 0.9 kg. 一顆質量為m=0.02 kg的子彈(可視為質點且不計重力)以速度V0= 500m/s 水平向右射入木塊 A,當子彈恰水平穿出A時，測得木塊的速度為v= 2 m/s，子彈最終B整體，有mv=mv+ 2Mv121212Fd= 2 訊-2mv-2Mv聯(lián)立解得V1= 320 m/s ,F= 7 362 N(2)子彈在B中運動過程中，最后二者共速，速度設為V2,對子彈和B整體，有mv+Mv=(M

44、 V2205解得V2= -2y m/s121212E= mv+ Mv ymM V2= 989 J.答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J2.兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段. 兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示.求:(1) 滑塊a、b的質量之比；(2) 整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比.解析：(1)設a、b的質量分別為m、m,a、b碰撞前的速度為V1、V2.由題給圖象得V1= 2 m/s V2= 1 m/s a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為

45、v.2由題給圖象得v= 3 m/s由動量守恒定律得mv1+mv2= (m+m)v聯(lián)立式得m:m= 1 : 8(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為121212E=尹初 +?mv2歹m+m)v由圖象可知，兩滑塊最后停止運動由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W= m+m) v2聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得WE= 1 : 2 答案：（1）1 : 8 （2）1 : 23. （2016高考全國丙卷）如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻3垂直；a和b相距I，b與墻之間也相距I;a的質量為m b的質量為-m兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同現(xiàn)使a以初速度vo向右滑動此后a與b發(fā)生彈

46、性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件.解析：設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為n.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有12mvmgl2即卩設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為V1.由能量守恒有1212qmv= mv+ 卩mgl設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為V1、V2，由動量守恒和能量守恒mv=mv+ 3mv412121 3嚴=尹+ 2 4mv2聯(lián)立式解得V2= 7V1由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知聯(lián)立式，可得32v2n1113gl4.（2016河北邯鄲摸底）如圖所示，木塊A、B的質量均為m放在一段粗糙程度相同32v2

47、a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件諾W聯(lián)立32v2答案：113gl2vo n m）的碰撞來驗證動量守恒定律對入射小球在斜槽上釋放點的高低對實驗影響的說法中正確的是（）A. 釋放點越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，誤差越小B. 釋放點越低，兩球碰后水平位移越小，水平位移測量的相對誤差越小，兩球速度的 測量越準確C. 釋放點越高，兩球相碰時，相互作用的內力越大，碰撞前后動量之差越小，誤差越 小D. 釋放點越高，入射小球對被碰小球的作用力越大，軌道對被碰小球的阻力越小解析：選 C.入射小球的釋放點越高，入射小球碰前速度越大，相碰時內力越大，阻力 的影響相對減小，可以較好地滿足動量守

48、恒的條件，也有利于減小測量水平位移時的相對誤差，從而使實驗的誤差減小，選項C 正確.2.在做驗證動量守恒定律”實驗時，入射球a的質量為m,被碰球b的質量為m,兩小球的半徑均為r，各小球的落地點如圖所示，下列關于這個實驗的說法正確的是（）0 M p NA. 入射球與被碰球最好采用大小相同、質量相等的小球B.要驗證的表達式是mON= mOMk mOPC.要驗證的表達式是mOP= mOM mOND.要驗證的表達式是m（OP2r） =m（0M2r） +ON解析：選 C.在此裝置中，應使入射球的質量大于被碰球的質量，防止反彈或靜止，故選項 A 錯；兩球做平拋運動時都具有相同的起點，故應驗證的關系式為mO

49、P= mOMMmON選項 C 對，B、D 錯.3.某同學用如圖（甲）所示裝置通過半徑相同的A B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律.圖中PQ是斜槽，QF為水平槽.實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后,B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡.重復這種操作0所在的平面，米尺的零點與0點對齊.(2)在以下選項中，本次實驗不需要進行的測量是A球與B球碰撞后，測量A球落點位置到0點的距離解析：(1)用最小的圓將所有點圈在里面，圓心位置即為落點平均位置,(2)以平拋時間為時間單位，則平拋的水平距離在數(shù)值上等于平拋初速度.

50、設時A球的水平位移為XA,A B相碰后A B兩球的水平位移分別為XA，、XB,A B質量分別為m、m,則碰前A的動量可寫成p=mxA,碰后A、B的總動量為p2=RAXAZ+RBXB，,要驗證動量是否守恒，即驗證P1與P2兩動量是否相等.所以該實驗應測量的物理量有XA、XA、XB.故選項 C E 不需測量.答案：(1)64.7(64.065.0 均對)(2)CE4.如圖為“驗證動量守恒定律”的實驗裝置.(1)下列說法中符合本實驗要求的是 _ .A. 入射球比靶球質量大或者小均可，但二者的直徑必須相同B. 在同一組實驗的不同碰撞中，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放讀數(shù)時應在刻度尺的最小刻度后面再

51、估讀一位.讀數(shù)為64.7 cm.到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡重復上述操作10 次，得到 10 個落點痕跡.再把10 次.其中0點是水平槽末端在記錄紙上的垂直投影點.B球落點痕跡如圖(乙)所示，其中米尺水平放置,且平行于G(1)碰撞后B球的水平射程應取為cm.A.水平槽上未放B球時，測量A球落點位置到0點的距離B.C.則量A球或B球的直徑D. 測量A球與B球的質量(或兩球質量之比)E. 測量G點相對找準平均位置,A未碰BC. 安裝軌道時，軌道末端必須水平D.需要使用的測量儀器有天平、刻度尺和秒表(2)實驗中記錄了軌道末端在記錄紙上的豎直投影為0點，經(jīng)多次釋放入射球，在記錄紙上找到了兩球平均

52、落點位置為M P、N,并測得它們到0點的距離分別為OM 0P和ON已知入射球的質量為mi,靶球的質量為m2,如果測得mi -0W m2-ON近似等于 _，則認為成功驗證了碰撞中的動量守恒.解析：(1)入射球應比靶球質量大，A 錯；本題用小球水平位移代替速度，所以不用求出具體時間，所以不需要秒表，D 錯.(2)若動量守恒，碰撞后兩球的總動量應該等于不放靶球而讓入射球單獨下落時的動量，入射球單獨下落時的動量可用m- OP 表示.答案：(1)BC(2)mOP5氣墊導軌上有A、B兩個滑塊，開始時兩個滑塊靜止，它們之間有一根被壓縮的輕質彈簧，滑塊間用繩子連接(如圖甲所示)，繩子燒斷后，兩個滑塊向相反方向

53、運動，圖乙為它 們運動過程的頻閃照片，頻閃的頻率為10 Hz，由圖可知：654321 cmj IILJIILILJII JILLJLJJIJL1JLJIILJILILIJJJILJ1LILI1IJIill J(1)A、B離開彈簧后，應該做_運動，已知滑塊A、B的質量分別為 200 g、300 g,根據(jù)照片記錄的信息，從圖中可以看出閃光照片有明顯與事實不相符合的地方是(2)若不計此失誤，分開后，A的動量大小為_kg - m/s,B的動量的大小為_kg - m/s.本實驗中得出“在實驗誤差允許范圍內，_ 兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒”這 一結論的依據(jù)是_.解析：(1)A、B離開彈簧后因水平方向不再受外

54、力作用，所以均做勻速直線運動，在離 開彈簧前A、B均做加速運動，A、B兩滑塊的第一個間隔都應該比后面勻速時相鄰間隔的長 度小.1x(2)周期T=f= 0.1 s ,v=-，由題圖知A、B勻速時速度分別為VA=0.09 m/s,VB=0.06 m/s，分開后A、B的動量大小均為p= 0.018 kg - m/s，方向相反，滿足動量守恒，系統(tǒng)的總動量為 0.答案：(1)勻速直線A B兩滑塊的第一個間隔(2)0.0180.018A、B兩滑塊作用前后總動量不變，均為0旳而-兀 W!甲6某同學設計了一個用電磁打點計時器驗證動量守恒定律的實驗：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A使之做勻速直線運動， 然后

55、與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速直線運動他設計的裝置如圖甲所示.在小車A后連著紙帶，電磁打點計時器所用電源頻率為 50 Hz，長木板下墊著薄木片以平衡摩擦力.乙(1)若已測得打點紙帶如圖乙所示，并測得各計數(shù)點間距(已標在圖上)A為運動的起點，則應選_ 段來計算A碰前的速度.應選_ 段來計算A和B碰后的共同速度(以上兩空選填“AB或“BC或“CD或“DE)(2)已測得小車A的質量m= 0.4 kg，小車B的質量為m= 0.2 kg，則碰前兩小車的總 動量為_kg - m/ s，碰后兩小車的總動量為 _ kg - m/s.解析：(1)從分析紙帶上打點的情況看，BC段既表示小車做

56、勻速運動，又表示小車有較大速度，因此BC段能較準確地描述小車A在碰撞前的運動情況，應選用BC段計算小車A碰前的速度.從CD段打點的情況看，小車的運動情況還沒穩(wěn)定，而在DE段內小車運動穩(wěn)定，故應選用DE段計算A和B碰后的共同速度.(2)小車A在碰撞前速度小車A在碰撞前的動量p0=mvo=0.4X1.050 kgm/s=0.420 kgm/s碰撞后A、B的共同速度碰撞后A、B的總動量p= (m+m)v= (0.2 + 0.4)X0.695 kgm/s= 0.417 kgm/s 答案：(1)BCDE(2)0.4200.4177為了驗證動量守恒定律(探究碰撞中的不變量)，某同學選取了兩個材質相同，體積

57、不等的立方體滑塊A和B,按下述步驟進行實驗：步驟 1:在A、B的相撞面分別裝上尼龍拉扣，以便二者相撞以后能夠立刻結為整體；步驟 2:安裝好實驗裝置如圖，鋁質軌道槽的左端是傾斜槽，右端是長直水平槽，傾斜槽和水平槽由一小段弧連接，軌道槽被固定在水平桌面上，在軌道槽的側面與軌道等高且適BC10.505T5X0.02m/s =1.050DE6.95X105T=5X0.02m/s = 0.695 m/s博木片A B C D Efed !kb *百*9*%* * I. h l 當遠處裝一臺數(shù)碼頻閃照相機；B步驟 3:讓滑塊B靜置于水平槽的某處，滑塊A從斜槽某處由靜止釋放，同時開始頻閃 拍攝，直到A、B停止

58、運動，得到一幅多次曝光的數(shù)碼照片；步驟 4:多次重復步驟 3,得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出來，將刻度 尺緊靠照片放置，如圖所示.由圖分析可知，滑塊A與滑塊B碰撞發(fā)生的位置 _1在P5、P6之間2在P6處3在R、P7之間(2) 為了探究碰撞中動量是否守恒，需要直接測量或讀取的物理量是1A B兩個滑塊的質量m和m2滑塊A釋放時距桌面的高度3頻閃照相的周期4照片尺寸和實際尺寸的比例5照片上測得的S45、S56和S67、S786照片上測得的S34、S45、S56和S67、S78、S897滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)寫出驗證動量守恒的表達式 _.(3) 請你寫出一條有利于提高實驗準確度或改進實

59、驗原理的建議：解析：(1)由圖可得Si2= 3.00 cm,S23= 2.80 cm,S34= 2.60 cm,S45= 2.40 cm,S56= 2.20cm,S67= 1.60 cm ,S78= 1.40 cm ,S89= 1.20 cm.根據(jù)勻變速直線運動的特點可知A、B相撞的位置在P6處.(2)為了探究A、B相撞前后動量是否守恒，就要得到碰撞前后的動量，所以要測量AB兩個滑塊的質量m、m和碰撞前后的速度設照相機拍攝時間間隔為T,則P4處的速度為S34+S45S45+S56V4+V6V4= 2T , P5處的速度為V5=，因為V5= 2，所以A B碰撞前在F6處的速度為S45+ 2S56

60、S34_2S67+S78S89 V6=2T;同理可得碰撞后AB在R處的速度為V6=2T.右動量守恒則有mv6= (m+m)V6，整理得m(S45+ 2S56S34) = (m+m)(2S67+S78S89).因此需要測量或讀取的物理量是（3）若碰撞前后都做勻速運動則可提高實驗的精確度.答案：（2）；mi（S45+ 2S56S34）= （m+n2）（2S67+S78S89）（3）將軌道的一端墊起少許，平衡摩擦力，使得滑塊碰撞前后都做勻速運動（其他合理答案也可）章末檢測六碰撞動量守恒定律（時間：60 分鐘滿分：100 分）一、選擇題（本題共 8 小題，每小題 6 分，共 48 分，15 題每小題只有一個