2020版高考物理總復習 第八章 實驗五 第2節(jié)練習（含解析）

實驗五探究動能定理* 注意事項1.平衡摩擦力.由于我們用繩的拉力確定對小車做的功,因此應設法排除其他力的影響,實際操作中是采用把木板的一端墊高,用小車重力的分力和阻力平衡的方法來消除阻力的影響.2.盡量減小小車的加速度.因為砝碼和小盤拉著小車加速運動時,砝碼和小盤處于失重狀態(tài),小車受到的拉力小于砝碼和小盤的總重力.為減小這一系統(tǒng)誤差,應使小車的加速度盡量小,也就是實驗中必須滿足砝碼和小盤的總質量遠小于小車的質量.誤差分析1.實驗中我們把拉力對小車做的功與砝碼和小盤總重力所做的功認為是一樣的,但實際上二者并不相同,這是因為砝碼和小盤的總重力與繩的拉力是不一樣的.2.在m M時,細繩的拉力近似等于砝碼和小盤的總重力;m越大,誤差越大.因此實驗中應使小車的質量遠大于砝碼和小盤的總質量.(對應學生用書第104107頁)命題點一常規(guī)實驗【典例1】(2019·寧夏銀川一中月考)探究外力做功與物體動能變化關系的實驗裝置如圖(甲)所示,根據實驗中力傳感器讀數(shù)和紙帶的測量數(shù)據等可分別求得外力對小車做的功和小車動能的變化.(1)關于該實驗,下列說法中正確的有. A.調整滑輪高度,使連接小車的細線與木板平行B.實驗中要始終滿足鉤碼的質量遠小于小車的質量C.若紙帶上打出的是短線,可能是打點計時器輸入電壓過高造成的D.平衡摩擦力時,調整墊塊的高度,改變鉤碼質量,使小車能在木板上做勻速運動(2)除了圖(甲)中注明的器材外,實驗中還需要交流電源、導線、刻度尺和. (3)某次實驗中打出了一條紙帶,其中一部分如圖(乙)所示:若各個打出的點是連續(xù)的計時點,A,B,D,E,F各點與O點間的距離如圖,設小車質量為m,打點周期為T,本次實驗過程中力傳感器的讀數(shù)為F.則A到E過程外力做功W=,小車動能變化Ek=;在不同次實驗中測得多組外力做功Wi和對應的動能變化Eki的數(shù)據,作出W-Ek圖像如圖(丙)所示,圖線斜率約等于1,由此得出的結論是.解析:(1)實驗中應使得連接小車的細線與木板平行,A正確;由于本實驗中繩子的拉力可以通過力傳感器讀出,所以不需要始終滿足鉤碼的質量遠小于小車的質量,B錯誤;若紙帶上打出的不是點,而是短線,可能是因為振針過低,也可能是所加電壓過高,使振幅過大,二者導致與紙帶接觸的時間過長,C正確;在平衡摩擦力時,在小車不懸掛鉤碼的情況下,調整墊塊的高度,使得小車能在木板上做勻速直線運動即可,D錯誤;(2)因為要計算小車的動能,所以還需要測量小車的質量,故需要天平;(3)外力做功W=Fs=F(s4-s1),根據勻變速直線運動推論可知vA=,vE=,故動能變化量為Ek=m-m=,圖線斜率約等于1,則=1,可得外力對物體做的功等于物體動能的增量.答案:(1)AC(2)天平(3)F(s4-s1) 外力對物體做的功等于物體動能的增量誤區(qū)警示該實驗雖然利用“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置來“驗證動能定理”,但當對小車的拉力能夠確定時就不必把鉤碼質量遠小于小車質量作為減小實驗誤差的條件.【典例2】(2018·安徽省合肥市高三第三次質檢)為了探究力對初速度為零的物體做功與物體獲得速度的關系,某實驗小組采用如圖(甲)所示的裝置進行實驗.(1)實驗小組按正確的操作,將木板一端傾斜來平衡摩擦力,打出三條紙帶,其中符合實驗要求的是(選填紙帶的字母編號). (2)下列關于橡皮筋及其做功的說法正確的是. A.橡皮筋做功的值不需要測量B.增加規(guī)格相同的橡皮筋條數(shù),使橡皮筋對小車做的功成整數(shù)倍增加C.在小車運動的過程中,橡皮筋一直對其做功D.將橡皮筋的長度拉伸為原來的兩倍,橡皮筋做的功增加了兩倍(3)在操作正確的前提下,其中打出的一條紙帶如圖(乙)所示,為了測量小車獲得的速度,應選用紙帶的部分進行測量; (4)在某次實驗中,實驗小組誤將木板水平放置,小車在橡皮筋作用下由靜止開始運動,當小車運動到某一位置,橡皮筋恰好處于原長狀態(tài),下列說法正確的是. A.此時小車速度最大B.此時小車加速度最大C.此后小車開始做勻速直線運動D.當小車速度最大時,橡皮筋一定處于拉伸狀態(tài)解析:(1)紙帶B的點跡均勻,說明小車勻速運動,平衡摩擦力,則符合實驗要求的是紙帶B;(2)實驗中橡皮筋做功的值不需要測量,選項A正確;增加規(guī)格相同的橡皮筋條數(shù),使橡皮筋對小車做的功成整數(shù)倍增加,選項B正確;在小車運動的過程中,橡皮筋只是剛開始時對小車做功,橡皮筋恢復原長后就不再做功,選項C錯誤;橡皮筋的長度拉伸為原來的兩倍,橡皮筋的伸長量不一定增大兩倍,彈力也增大,但不一定是增大兩倍,故橡皮筋做的功不一定增加兩倍,選項D錯誤;(3)測量小車的速度時應該用紙帶上點跡均勻的部分測量,即HI,HK或IK均可;(4)由于木板水平放置,可知小車與木板間有摩擦力,則當小車速度最大時,彈力等于摩擦力,此時橡皮筋一定處于拉伸狀態(tài),選項D正確.答案:(1)B(2)AB(3)HI,HK或IK均可(4)D方法技巧(1)用橡皮筋做“探究動能定理”的實驗時,不是得出力做功與物體動能變化的關系,而是得出W與v2的線性關系.(2)拉伸的橡皮筋對小車所做功的具體數(shù)值無需知道,而是通過改變橡皮筋的條數(shù)以倍數(shù)改變的方式實現(xiàn)的,因此,每次所用橡皮筋應相同,且被拉伸到同一位置.1.(2019·甘肅甘谷一中考試)某探究學習小組的同學試圖以圖中的滑塊為對象驗證“動能定理”,他們在實驗室組裝了如圖所示的一套裝置,另外他們還找到了打點計時器所用的學生電源、導線、復寫紙、小木塊、細沙.當連上紙帶,釋放沙桶時,滑塊處于靜止.要完成該實驗,你認為:(1)還需要的實驗器材有. (2)實驗時首先要做的步驟是,為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等,沙和沙桶的總質量應滿足的條件是. (3)在上述的基礎上,某同學測得滑塊的質量M.往沙桶中裝入適量的細沙,測得此時沙和沙桶的總質量m.接通電源,釋放沙桶,在打點計時器打出的紙帶上取兩點,測出這兩點的間距L和這兩點的速度大小v1與v2(v1<v2).則對滑塊,本實驗最終要驗證的數(shù)學表達式為(用題中的字母表示). 解析:(1)因為要求動能變化,所以需要求出速度,即根據紙帶求速度,需要刻度尺測量長度,動能還和質量有關系,所以還需要天平測量質量.(2)為了保證滑塊受到的合力等于細繩的拉力,首先需要平衡摩擦力;當Mm時,有細繩拉力Tmg,所以為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等,沙和沙桶的總質量應遠小于滑塊的質量.(3)實驗需驗證拉力所做的功等于物體動能的變化量,故要驗證的數(shù)學表達式為mgL=M-M.答案:(1)天平、刻度尺(2)平衡摩擦力沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量(3)mgL=M-M2.(2019·江南十校聯(lián)考)如圖(甲)所示是某研究性學習小組的同學做探究“橡皮筋做功和物體速度變化的關系”的實驗,圖中是小車在一條橡皮筋作用下彈出,沿木板滑行的情形.這時,橡皮筋對小車做功記為W.當用2條、3條、n條完全相同的橡皮筋并在一起進行第2次、第3次、第n次實驗時,每次橡皮筋都被拉伸到同一位置釋放.小車每次實驗中獲得的速度可以由打點計時器所打的紙帶測出,圖(乙)為某次實驗中打出的紙帶.(1)除了圖(甲)中已給出的實驗器材和電源外,還需要的器材有. (2)實驗時為了使小車只在橡皮筋作用下運動,應采取的措施是. (3)每次實驗得到的紙帶上的點分布并不都是均勻的,為了測量小車最終獲得的末速度,應選用紙帶的部分進行測量. (4)下面是本實驗的數(shù)據記錄及數(shù)據處理表.物理量數(shù)據實驗次數(shù)橡皮筋做的功Wn(J)10個間隔均勻的點的距離s(m)10個間隔均勻的點的時間T(s)小車獲得的末速度vn(m/s)小車獲得的末速度的平方(m2/s2)1W1=W0.2000.21.001.002W2=2W0.2820.21.411.993W3=3W0.3000.21.502.254W4=4W0.4000.22.004.005W5=5W0.4580.22.245.02從理論上講,橡皮筋做的功Wn與物體獲得的速度vn之間的關系是Wn,請你運用表中的數(shù)據在如圖(丙)所示的坐標系中作出相應的圖像,以驗證理論的正確性. 解析:(1)要計算某點速度的大小,必須要測量紙帶上點間的距離,除了題圖中已給出的實驗器材和電源外,還需要的器材是刻度尺.(2)實驗時為了使小車只在橡皮筋作用下運動,應采取的措施是把放打點計時器一端的木板墊起適當?shù)母叨纫云胶饽Σ亮?(3)小車最終做勻速運動,因此應選用相鄰兩點間隔相等的部分.(4)根據動能定理可知,從理論上講,橡皮筋做的功Wn與物體獲得的速度vn之間的關系是Wn;以Wn為縱坐標,以為橫坐標,用描點作圖法作圖,圖像是過原點的直線,說明Wn.答案:(1)刻度尺(2)把木板的左端墊起適當?shù)母叨纫云胶饽Σ亮?3)每相鄰兩點之間距離相等(或點分布均勻)(4) 圖像見解析命題點二創(chuàng)新實驗實驗裝置圖示創(chuàng)新角度分析2016全國卷,22(1)實驗方案的改進:本實驗是把探究功和動能變化關系的實驗拓展為輕彈簧的彈性勢能與動能變化關系.(2)實驗器材的改進:將橡皮筋改為彈簧.2013全國卷,22(1)實驗方案的改進:通過測量小球的動能間接測量彈簧的彈性勢能.(2)數(shù)據處理的改進:利用給出的s-x圖像,推出Ep與x的關系.2019福建廈門模擬(1)實驗器材的改進:用傳感器測繩子的拉力,用光電門測瞬時速度.(2)實驗數(shù)據的改進:增加了測動摩擦因數(shù).【典例3】 (2016·全國卷,22)某物理小組對輕彈簧的彈性勢能進行探究,實驗裝置如圖(甲)所示:輕彈簧放置在光滑水平桌面上,彈簧左端固定,右端與一物塊接觸而不連接,紙帶穿過打點計時器并與物塊連接,向左推物塊使彈簧壓縮一段距離,由靜止釋放物塊,通過測量和計算,可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能.(1)實驗中涉及下列操作步驟:把紙帶向左拉直松手釋放物塊接通打點計時器電源向左推物塊使彈簧壓縮,并測量彈簧壓縮量上述步驟正確的操作順序是(填入代表步驟的序號). (2)圖(乙)中M和L紙帶是分別把彈簧壓縮到不同位置后所得到的實際打點結果.打點計時器所用交流電的頻率為50 Hz.由M紙帶所給的數(shù)據,可求出在該紙帶對應的實驗中物塊脫離彈簧時的速度為m/s.比較兩紙帶可知,(填“M”或“L”)紙帶對應的實驗中彈簧被壓縮后的彈性勢能大. 解析:(1)啟動打點計時器前,應向左推物塊使彈簧壓縮,并測量彈簧壓縮量,再把紙帶拉直以減小因紙帶受到摩擦力而產生的誤差.實驗時應先接通打點計時器的電源,再釋放物塊.故正確的操作順序是.(2)物塊脫離彈簧前,在彈簧彈力作用下沿光滑水平面加速運動,脫離彈簧后做勻速運動,故物塊脫離彈簧時的速度即為勻速運動時的速度,由紙帶數(shù)據可知vM= m/s=1.29 m/s.彈簧被壓縮后的彈性勢能轉化成了物塊的動能,由紙帶數(shù)據知M紙帶對應的物塊最終的速度大,則動能也大,故對應的彈簧被壓縮后的彈性勢能大.答案:(1)(2)1.29M【典例4】(2013·全國卷,22)某同學利用下述裝置對輕質彈簧的彈性勢能進行探究:一輕質彈簧放置在光滑水平桌面上,彈簧左端固定,右端與一小球接觸而不固連;彈簧處于原長時,小球恰好在桌面邊緣,如圖(a)所示.向左推小球,使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放;小球離開桌面后落到水平地面.通過測量和計算,可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能.回答下列問題:(1)本實驗中可認為,彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球拋出時的動能Ek相等.已知重力加速度大小為g.為求得Ek,至少需要測量下列物理量中的(填正確答案標號). A.小球的質量mB.小球拋出點到落地點的水平距離sC.桌面到地面的高度hD.彈簧的壓縮量xE.彈簧原長l0(2)用所選取的測量量和已知量表示Ek,得Ek=. (3)圖(b)中的直線是實驗測量得到的s-x圖線.從理論上可推出,如果h不變,m增加,s-x圖線的斜率會(填“增大”“減小”或“不變”);如果m不變,h增加,s-x圖線的斜率會(填“增大”“減小”或“不變”).由圖(b) 中給出的直線關系和Ek的表達式可知,Ep與x的次方成正比. 解析:(1)小球拋出時的動能Ek=m,要求得v0需利用平拋知識,s=v0t,h=gt2.根據s,h,g,求得v0=s,因此,需測量小球質量m、桌面高度h及落地水平距離s.(2)小球拋出時的動能Ek=m=.(3)彈簧的彈性勢能Ep=Ek=m=,即s=2,由s-x圖像可知,s與x成正比,而Ep與s2成正比,故Ep應與x的2次方成正比,則sx,s-x圖線的斜率正比于,如果h不變,m增加,s-x圖線的斜率將會減小;如果m不變,h增加,則s-x圖線的斜率會增大.答案:(1)ABC(2)(3)減小增大21.(2019·福建廈門模擬)如圖所示的裝置,可用于探究恒力做功與動能變化的關系.水平軌道上安裝兩個光電門,光電門1和光電門2的中心距離為s,光電門的寬度為d.滑塊(含力傳感器和擋光片)質量為M.細線一端與力傳感器連接,另一端跨過定滑輪掛上砝碼盤.實驗步驟如下:先保持軌道水平,通過調整砝碼盤里砝碼的質量來平衡摩擦力,當滑塊做勻速運動時傳感器示數(shù)為F0.增加砝碼質量,使滑塊加速運動,記錄傳感器示數(shù).請回答:(1)該實驗(填“需要”或“不需要”)滿足砝碼和砝碼盤的總質量m遠小于M; (2)滑塊與水平桌面的動摩擦因數(shù)=(用F0,M,重力加速度g來表示); (3)某次實驗過程:力傳感器的讀數(shù)F,滑塊通過光電門1和光電門2的擋光時間分別為t1,t2;滑塊通過光電門2后砝碼盤才落地.該實驗需驗證滑塊的動能改變與恒力做功的關系的表達式是(用題中物理量字母表示). 解析:(1)該實驗中由于已經用傳感器測出細線拉力大小即為滑塊的真實合力,不是將砝碼和砝碼盤的重力作為滑塊的拉力,故不需要滿足砝碼和砝碼盤的總質量遠小于滑塊的質量.(2)當滑塊做勻速運動時有F0=Mg,解得=.(3)由于光電門的寬度d很小,所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度.滑塊通過光電門1速度為v1=,滑塊通過光電門2速度為v2=,根據功能關系需要驗證的關系式為(F-F0)s=M-M,整理得(F-F0)s=M()2-M()2.答案:(1)不需要(2)(3)(F-F0)s=M()2-M()22.(2018·山東濟寧三模)為了“探究動能改變與合外力做功的關系”,某同學設計了如下實驗方案:第一步:把帶有定滑輪的木板有滑輪的一端墊起,把質量為M的滑塊通過細繩與質量為m的帶夾重錘跨過定滑輪相連,重錘后連一穿過打點計時器的紙帶,調整木板傾角,直到輕推滑塊后,滑塊沿木板向下勻速運動,如圖(甲)所示.第二步:保持長木板的傾角不變,將打點計時器安裝在長木板靠近滑輪處,取下細繩和重錘,將滑塊與紙帶相連,使紙帶穿過打點計時器,然后接通電源,釋放滑塊,使之從靜止開始向下加速運動,打出紙帶,如圖(乙)所示.打出的紙帶如圖(丙)所示.請回答下列問題:(1)已知O,A,B,C,D,E,F相鄰計數(shù)點間的時間間隔為t,根據紙帶求滑塊運動的速度,打點計時器打B點時滑塊運動的速度vB=. (2)已知帶夾重錘質量為m,當?shù)氐闹亓铀俣葹間,要測出某一過程合外力對滑塊做的功還必須測出這一過程滑塊(寫出物理量名稱及符號,只寫一個物理量),合外力對滑塊做功的表達式W合=. (3)算出滑塊運動OA,OB,OC,OD,OE段合外力對滑塊所做的功W以及在A,B,C,D,E各點的速度v,以v2為縱軸、W為橫軸建立直角坐標系,描點作出v2-W圖像,可知該圖像是一條,根據圖像還可求得. 解析:(1)由打出的紙帶可知B點的速度為vB=;(2)由做功定義式可知還需要知道滑塊下滑的位移x,由動能定理可知W合=Ek,即mgx=Ek=W;(3)v2-W圖像應該為一條過原點的直線,根據Ek=Mv2可求得M的值.答案:(1)(2)下滑的位移xmgx(3)過原點的直線滑塊的質量M實驗六驗證機械能守恒定律(對應學生用書第107頁)* 注意事項1.安裝打點計時器時要豎直架穩(wěn),使其兩限位孔在同一豎直平面內以減少摩擦阻力.2.重物應選用質量大、體積小、密度大的材料.3.應先接通電源,讓打點計時器正常工作后,再松開紙帶讓重物下落.4.紙帶長度應選用60 cm左右為宜,應選用點跡清晰的紙帶進行測量.5.速度不能用vn=gtn或vn=計算,速度應從紙帶上直接測量計算.同樣的道理,重物下落的高度h,也只能用刻度尺直接測量,而不能用hn=g或hn=計算得出.誤差分析1.減小測量誤差:一是測下落距離時都從0點量起,一次將各打點對應下落高度測量完,二是多測幾次取平均值.2.誤差來源:由于重物和紙帶下落過程中要克服阻力做功,故動能的增加量Ek=m必定稍小于重力勢能的減少量Ep=mghn,改進辦法是器材的安裝,盡可能地減小阻力.(對應學生用書第108111頁)命題點一常規(guī)實驗【典例1】(2019·陜西西安一中檢測)用如圖(甲)所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律,實驗所用的電源為學生電源,輸出電壓為6 V的交流電和直流電兩種.重錘從高處由靜止開始落下,重錘上拖著的紙帶通過打點計時器打出一系列的點,對紙帶上的點跡進行測量,即可驗證機械能守恒定律,已知重力加速度為g.(1)下面列舉了該實驗的幾個操作步驟:A.按照圖(甲)所示的裝置安裝器件;B.將打點計時器接到電源的直流輸出端上;C.用天平測量出重錘的質量;D.先釋放紙帶,然后接通電源開關打出一條紙帶;E.測量打出的紙帶上某些點之間的距離;F.根據測量的結果計算重錘下落過程中減少的重力勢能在誤差范圍內是否等于增加的動能.其中沒有必要或操作不恰當?shù)牟襟E是 (填寫選項字母). (2)如圖(乙)所示是實驗中得到的一條紙帶,將起始點記為O,并在離O點較遠的任意點依次選取6個連續(xù)的點,分別記為A,B,C,D,E,F,量出各點與O點的距離分別為h1,h2,h3,h4,h5,h6,使用交流電的周期為T,設重錘質量為m,則在打E點時重錘的動能為,在打O點和E點這段時間內的重力勢能的減少量為. (3)在本實驗中發(fā)現(xiàn),重錘減少的重力勢能總是(選填“大于”或“小于”)重錘增加的動能,主要是因為在重錘下落過程中存在著阻力的作用,為了測定阻力大小,可算出第(2)問中紙帶各點對應的速度,分別記為v1至v6,并作-hn圖像,如圖(丙)所示,直線斜率為k,則可測出阻力大小為. 解析:(1)步驟B應該將打點計時器接到電源的交流輸出端上;步驟C中沒必要用天平測量出重錘的質量;步驟D中應該先接通電源開關,然后釋放紙帶,打出一條紙帶;故沒有必要或操作不恰當?shù)牟襟E是BCD;(2)在打E點時重錘的速度為vE=,則在打E點時重錘的動能為EkE=m=m()2=;在打O點和E點這段時間內的重力勢能的減少量為mgh5;(3)在本實驗中,重錘減少的重力勢能總是大于重錘增加的動能,根據=2ahn可知,-hn圖像的斜率k=2a,而mg-f=ma,解得f=m(g-).答案:(1)BCD(2) mgh5(3)大于m(g-)(1)實驗中的步驟應操作方便并確保得到足夠多的數(shù)據,以便進行數(shù)據分析.(2)對實驗題目中所給的圖像,應根據相關的物理規(guī)律列出方程,并推導出對應的函數(shù)表達式,由圖像信息結合表達式的“斜率”、“截距”等求出結果.1.(2018·四川資陽一診)圖(甲)所示為驗證機械能守恒定律的實驗裝置,某同學完成了一系列實驗操作后,得到了如圖(丙)所示的一條紙帶.現(xiàn)選取紙帶上某清晰的點標為0,然后每兩個計時點取一個計數(shù)點,分別標記為1,2,3,4,5,6,用刻度尺量出計數(shù)點1,2,3,4,5,6與0點的距離分別為h1,h2,h3,h4,h5,h6.(重力加速度為g)(1)已知打點計時器的打點周期為T,可求出打各個計數(shù)點時對應的速度分別為v1,v2,v3,v4,v5,v6,其中v5的計算式v5=. (2)若重錘的質量為m,取打點0時重錘所在水平面為參考平面,分別算出打各個計數(shù)點時對應重錘的重力勢能Epi和動能Eki,則打計數(shù)點3時對應重錘的重力勢能Ep3=(用題中所給物理量的符號表示);接著在E-坐標系中描點作出如圖(乙)所示的Ek-和Ep-圖線,求得Ep-圖線斜率的絕對值為k1,Ek-圖線的斜率為k2,則在誤差允許的范圍內,k1k2(選填“>”“<”或“=”)時重錘的機械能守恒.(3)關于上述實驗,下列說法中正確的是. A.實驗中可用干電池作為電源B.為了減小阻力的影響,重錘的密度和質量應該適當大些C.實驗時應先釋放紙帶后接通電源D.圖(乙)Ek-h圖線縱軸上的截距表示重錘經過參考平面時的動能(4)無論如何改進實驗方法和措施,總有重力勢能的改變量大于動能的改變量,原因是:  解析:(1)計數(shù)點5的瞬時速度等于4,6兩點間的平均速度,則v5=.(2)打計數(shù)點3時對應重錘的重力勢能Ep3=-mgh3,若機械能守恒,則每一段對應的重力勢能減小量和動能增加量相等,即兩條圖線的斜率大小相同,因此k1=k2.(3)實驗中打點計時器使用的是交流電源,不可用干電池作為電源,故A錯誤;為了減小阻力的影響,重錘的密度和質量應該適當大些,故B正確;實驗時應先接通電源,再釋放紙帶,故C錯誤;圖(乙)Ek-圖線縱軸上的截距表示重錘經過參考平面時的動能,故D正確.(4)無論如何改進實驗方法和措施,總有重力勢能的減少量大于動能的增加量,原因是重錘下落過程中紙帶和重錘受到阻力作用.答案:(1)(2)-mgh3=(3)BD(4)重錘下落過程中紙帶和重錘受到阻力作用2.(2019·河北衡水模擬)如圖1是用“落體法”驗證機械能守恒定律的實驗裝置.(g取9.80 m/s2)(1)在多次實驗打出的紙帶中選出一條清晰的紙帶如圖2(甲)所示,其中O點為打點計時器打下的第一個點,A,B,C為三個計數(shù)點,打點計時器通以頻率為50 Hz的交變電流.用分度值為1 mm的刻度尺測得OA=12.41 cm,OB=18.90 cm,OC=27.06 cm,在計數(shù)點A和B,B和C之間還各有一個點,重錘的質量為1.00 kg.甲同學根據以上數(shù)據,算出當打點計時器打到B點時重錘的重力勢能比開始下落時減少了J;此時重錘的速度vB=m/s,此時重錘的動能比開始下落時增加了J.(結果均保留三位有效數(shù)字) (2)某同學利用他自己實驗時打出的紙帶,測量出了各計數(shù)點到打點計時器打下的第一個點的距離h,算出了各計數(shù)點對應的速度v.然后以h為橫軸,以v2為縱軸作出了如圖2(乙)所示的圖線,圖線的斜率近似等于. A.19.6B.9.8C.4.9圖線未過原點O的原因是     . 解析:(1)當打點計時器打到B點時,重錘的重力勢能減少量Ep=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J1.85 J;打B點時重錘的速度vB= m/s1.83 m/s,此時重錘的動能增加量Ek=m=×1.00×1.832 J1.67 J.(2)由機械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知圖線的斜率近似等于重力加速度g,故B正確;由圖線可知,h=0時,重錘的速度不等于零,原因是做實驗時先釋放了紙帶,然后才合上打點計時器的開關.答案:(1)1.851.831.67(2)B見解析命題點二創(chuàng)新實驗實驗裝置圖示創(chuàng)新角度分析2016江蘇卷,11(1)實驗器材的改進:利用細線系住鋼球來驗證機械能守恒定律.利用光電門測鋼球經過光電門的速度.(2)誤差分析與實驗改進:因空氣阻力做負功,導致Ek<Ep,本題中第(3)問出現(xiàn)Ek>Ep,是鋼球的速度計算方法引起的.改進方案應從修正鋼球速度大小的角度來設計.2019湖北武漢高三診斷(1)實驗器材的改進:利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律.氣墊導軌有效減小了阻力,從而減小了實驗誤差.(2)實驗原理的改進:本實驗利用砝碼減少的重力勢能與滑塊和砝碼增加的動能是否相當,驗證系統(tǒng)的機械能守恒.2018安徽宣城二模實驗改進:由通過驗證單個物體自由下落過程的機械能守恒改為驗證相關聯(lián)的兩個物體自由下落的機械能守恒,使定律更具普遍性,另外利用Ep減=Ek增驗證,豐富了處理機械能守恒問題的方法.【典例2】 (2016·江蘇卷,11)某同學用如圖(甲)所示的裝置驗證機械能守恒定律.一根細線系住鋼球,懸掛在鐵架臺上,鋼球靜止于A點,光電門固定在A的正下方.在鋼球底部豎直地粘住一片寬度為d的遮光條.將鋼球拉至不同位置由靜止釋放,遮光條經過光電門的擋光時間t可由計時器測出,取v=作為鋼球經過A點時的速度.記錄鋼球每次下落的高度h和計時器示數(shù)t,計算并比較鋼球在釋放點和A點之間的勢能變化大小Ep與動能變化大小Ek,就能驗證機械能是否守恒.(1)用Ep=mgh計算鋼球重力勢能變化的大小,式中鋼球下落高度h應測量釋放時的鋼球球心到 之間的豎直距離. A.鋼球在A點時的頂端B.鋼球在A點時的球心C.鋼球在A點時的底端(2)用Ek=mv2計算鋼球動能變化的大小,用刻度尺測量遮光條寬度,示數(shù)如圖(乙)所示,其讀數(shù)為 cm.某次測量中,計時器的示數(shù)為0.010 0 s,則鋼球的速度為v= m/s. (3)下表為該同學的實驗結果:Ep(×10-2 J)4.8929.78614.6919.5929.38Ek(×10-2 J)5.0410.115.120.029.8他發(fā)現(xiàn)表中的Ep與Ek之間存在差異,認為這是由于空氣阻力造成的.你是否同意他的觀點?請說明理由.(4)請你提出一條減小上述差異的改進建議.解析:(1)鋼球下落的高度為初末位置球心間的豎直距離,選項B正確.(2)由圖知讀數(shù)為1.50(1.491.51都算對) cm,鋼球的速度為v=,代入數(shù)據解得v=1.50(1.491.51都算對) m/s.(3)若是空氣阻力造成的,則Ek應小于Ep,根據表格數(shù)據知不是空氣阻力造成的.(4)鋼球經過A點時,光電門的位置低于球心的位置,故實驗中測得的鋼球速度大于鋼球在A點的實際速度.由于遮光條與鋼球運動的角速度相等,由v=·r知,一定時,v與r成正比,故分別測出光電門和球心到懸點的長度L和l,計算Ek時,將v折算成鋼球經過A點時的速度v=·v.答案:(1)B(2)1.50(1.491.51都算對)1.50(1.491.51都算對)(3)見解析(4)分別測出光電門和球心到懸點的長度L和l,計算Ek時,將v折算成鋼球經過A點時的速度v=v.【典例3】 (2019·湖北武漢高三診斷)如圖為利用氣墊導軌(滑塊在該導軌上運動時所受阻力可忽略)“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置,完成以下填空.實驗步驟如下:將氣墊導軌放在水平桌面上,桌面高度不低于1 m,將導軌調至水平;測出擋光條的寬度l和兩光電門中心之間的距離s;將滑塊移至光電門1左側某處,待砝碼靜止不動時,釋放滑塊,要求砝碼落地前擋光條已通過光電門2;記錄滑塊分別通過光電門1和光電門2時的擋光時間t1和t2;用天平稱出滑塊和擋光條的總質量M,再稱出托盤和砝碼的總質量m;滑塊通過光電門1和光電門2時,可以確定系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動能分別為Ek1=和Ek2=; 在滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中,系統(tǒng)勢能的減少量Ep=(重力加速度為g); 如果滿足關系式(用Ek1,Ek2和Ep表示),則可認為驗證了機械能守恒定律. 解析:滑塊經過光電門1時的速度v1=,經過光電門2時的速度v2=,滑塊、擋光條、托盤和砝碼組成的系統(tǒng)的動能Ek1=(M+m)=(M+m)()2;Ek2=(M+m)=(M+m)()2,系統(tǒng)重力勢能減少Ep=mg·s,如果滿足關系式Ep=Ek2-Ek1,則可認為驗證了機械能守恒定律.答案:(M+m)()2(M+m)()2mgsEp=Ek2-Ek11.(2018·安徽宣城二模)用如圖所示實驗裝置驗證m1,m2組成的系統(tǒng)機械能守恒,m2從高處由靜止開始下落,m1上拖著的紙帶打出一系列的點,對紙帶上的點跡進行測量,即可驗證機械能守恒定律.圖(乙)中給出的是實驗中獲取的一條紙帶;0是打下的第一個點,每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標出),計數(shù)點間的距離如圖所示.已知m1=50 g,m2=150 g,則(g取9.8 m/s2,所有結果均保留三位有效數(shù)字)(1)在紙帶上打下計數(shù)點5時的速度v5=m/s; (2)在打點05過程中系統(tǒng)動能的增量Ek= J,系統(tǒng)勢能的減少量Ep=J,由此得出的結論是     . (3)若某同學作出v2-h圖像如圖(丙)所示,則當?shù)氐膶嶋H重力加速度g=m/s2.解析:(1)由題意知T=0.1 s,根據勻變速直線運動的推論可得,v5= m/s=2.40 m/s.(2)在打點05過程系統(tǒng)動能的增量Ek=(m1+m2)-0=0.576 J.系統(tǒng)勢能的減少量Ep=m2gh05-m1gh05=0.588 J.由此可見,在誤差允許的范圍內,m1,m2組成的系統(tǒng)機械能守恒.(3)根據系統(tǒng)機械能守恒,m2gh-m1gh=(m1+m2)v2,即有=gh,故圖像斜率k=g=g,g=×2 m/s2=9.70 m/s2.答案:(1)2.40(2)0.5760.588在誤差允許的范圍內,m1,m2組成的系統(tǒng)機械能守恒(3)9.702.某同學利用如圖所示探究“機械能守恒定律”.實驗步驟如下:(1)用游標卡尺測出遮光條的寬度d;(2)按圖豎直懸掛好輕質彈簧,將輕質遮光條水平固定在彈簧下端;在鐵架臺上固定一位置指針,標示出彈簧不掛鉤碼時遮光條下邊緣的位置,并測出此時彈簧長度x0;(3)測量出鉤碼質量m,用輕質細線在彈簧下方掛上鉤碼,測量出平衡時彈簧的長度x1,并按圖所示將光電門組的中心線調至與遮光條下邊緣同一高度,已知當?shù)刂亓铀俣葹間,則此彈簧的勁度系數(shù)k=; (4)用手緩慢地將鉤碼向上托起,直至遮光條恰好回到彈簧原長標記指針的等高處(保持細線豎直),迅速釋放鉤碼使其無初速下落,光電門組記下遮光條經過的時間t,則此時重錘下落的速度為; (5)已知彈簧的彈性勢能表達式為Ep=kx2(x表示彈簧形變量),則彈簧彈性勢能的增加量Ep=(用題目所給字母符號表示); (6)鉤碼減小的機械能E=(用題目所給字母符號表示); (7)若Ep與E近似相等,說明系統(tǒng)的機械能守恒.解析:(3)根據平衡條件可得mg=kx,解得此彈簧的勁度系數(shù)k=;(4)由于在很短時間內的平均速度等于瞬時速度,則此時重錘下落的速度v=;(5)彈簧的彈性勢能增加量Ep=kx2=··(x1-x0)2=;(6)該過程中鉤碼重力勢能的減小量EGp=mg(x1-x0),動能的增加量為Ek=mv2=m()2,故鉤碼減小的機械能E=EGp-Ek=mg(x1-x0)-m()2.答案:(3)(4)(5)(6)mg(x1-x0)-m()2教材直通高考(五)(對應學生用書第111頁)人教版必修2·P76·例題是利用一個物體的擺動過程,考查小球在最低點時的速度與擺長和偏角的關系,通過改變考查角度,分析小球的運動受力和能量的情況,演變成與高考考查相似的試題.人教版必修2·P76·例題改編(多選)把一個小球用細線懸掛起來,就成為一個擺,如圖所示,擺長為l,拉至偏角為(<90°)時靜止釋放,如果阻力可以忽略,小球運動到最低點時(AC)A.小球的速度與偏角有關B.小球的動能與偏角無關C.小球所受線的拉力大于重力D.小球的向心加速度與l成反比解析:設小球質量為m,根據動能定理得mgl(1-cos )=mv2,所以小球的動能、速度與有關,A正確,B錯誤.在最低點時,小球加速度向上,出現(xiàn)超重,線的拉力大于重力,C正確.由a=得a=2g(1-cos ),D錯誤.2016·全國卷,16小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上,P球的質量大于Q球的質量,懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短.將兩球拉起,使兩繩均被水平拉直,如圖所示.將兩球由靜止釋放.在各自軌跡的最低點(C)A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的動能一定小于Q球的動能C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析:由靜止釋放至運動到最低點的過程分別對兩球應用動能定理有mPglP=EkP-0=mP-0,mQglQ=EkQ-0=mQ-0,得vP=,vQ=,因為lP<lQ,故vP<vQ,選項A錯誤;由于mP>mQ,lP<lQ,故無法比較EkP與EkQ的大小,選項B錯誤;由向心加速度公式有aP=2g,aQ=2g,選項D錯誤;對P,Q在最低點應用牛頓第二定律有FP-mPg=mPaP,FQ-mQg=mQaQ.可得FP=3mPg,FQ=3mQg,故FP>FQ,選項C正確.第六章 碰撞與動量守恒(教師備用)考點內容要求高考(全國卷)三年命題情況對照分析201620172018動量、動量定理、動量守恒定律及其應用卷T35(2):動量定理和能量觀點卷T35(2):動量守恒和能量守恒卷T35(2):動量守恒和能量守恒卷T14:動量守恒定律的應用卷T20:動量定理的應用卷T14:動量T24:動量守恒和能量守恒卷T15:動量定理T24:碰撞與動力學綜合卷T25(2):動量的計算彈性碰撞和非彈性碰撞實驗七:驗證動量守恒定律說明:只限于一維1.考查方式:從近兩年命題規(guī)律來看,應用動量定理、動量守恒定律,常以選擇題的形式對某一過程進行分析判斷,應用碰撞或反沖運動模型,常以計算題的形式考查動量和能量觀點的綜合應用.2.命題趨勢:綜合應用動量和能量觀點解決碰撞模型問題將是今后命題的熱點,既可以將動量與力學知識結合,也可將動量和電學知識結合,作為理綜試卷壓軸計算題進行命題,難度會逐漸加大.第1節(jié)動量定理動量守恒定律(對應學生用書第112113頁)一、動量、動能、動量變化量的比較動量動能動量變化量定義物體的質量和速度的乘積物體由于運動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式p=mvEk=p=p-p標矢性矢量標量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關聯(lián)方程Ek=,Ek=pv,p=,p=聯(lián)系若物體的動能發(fā)生變化,則動量一定發(fā)生變化;但動量發(fā)生變化時動能不一定變化二、沖量1.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:恒力時與力的方向相同.三、動量定理1.內容:物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量.2.表達式:p-p=I或mv-mv=Ft.3.動量與力物體動量的變化率等于它所受的力.自主探究玻璃杯從某一高度處落下,如果地面較硬,則玻璃杯易碎,如果地面較松軟,則玻璃杯不易碎,這是為什么?答案:玻璃杯落到地面上時,和地面相互作用,如果地面較硬,則玻璃杯的速度很快變?yōu)榱?由動量定理知,玻璃杯會受到較大的撞擊力,如果地面松軟,則玻璃杯的速度變?yōu)榱銜r需要較長的時間,玻璃杯受到的撞擊力較小.四、動量守恒定律教材解讀動量守恒定律的推導如圖所示,在水平桌面上做勻速運動的兩個小球,質量分別是m1和m2,速度分別是v1和v2,v2>v1.當?shù)诙€小球追上第一個小球時兩球碰撞.碰撞后的速度分別是v1和v2.設碰撞過程中第一個球所受第二個球對它的作用力是F1,第二個球所受第一個球對它的作用力是F2.根據牛頓第二定律,碰撞過程中兩球的加速度分別是a1=,a2=根據牛頓第三定律,F1與F2大小相等、方向相反,即F1=-F2所以m1a1=-m2a2碰撞時兩球之間力的作用時間很短,用t表示.a1=,a2=移項后得到m1v1+m2v2=m1v1+m2v21.內容:如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變.2.表達式m1v1+m2v2=m1v1+m2v2或p=p.1.思考判斷(1)一個物體動量大小不變時,它的動量一定不變.(×)(2)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向相同.()(3)系統(tǒng)的機械能守恒時,動量也一定守恒.(×)(4)物體的動量變化越大,其速度變化一定越大.()(5)系統(tǒng)內某物體所受合力不為0時,系統(tǒng)的動量一定不守恒.(×)2.(2019·山東威海質檢)質量是60 kg的建筑工人,不慎從高空跌下,由于彈性安全帶的保護,使他懸掛起來.已知安全帶的緩沖時間是1.2 s,安全帶長5 m,取g=10 m/s2,則安全帶所受的平均沖力的大小為(C)A.500 NB.600 NC.1 100 ND.100 N解析:設建筑工人做自由落體運動所用時間為t1,由h1=g,得t1=s=1 s取全程研究,由動量定理得mg(t1+t2)-Ft2=0所以F=N=1 100 N,選項C正確.3.人教版選修3-5·P16·T5某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂,跟它們對接.機車跟第一節(jié)車廂相碰后,它們連在一起具有一個共同的速度,緊接著又跟第二節(jié)車廂相碰,就這樣,直到碰上最后一節(jié)車廂.設機車和車廂的質量都相等,求與最后一節(jié)車廂碰撞后車廂的速度,鐵軌的摩擦忽略不計.解析:取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象,由動量守恒定律得mv0=(m+15m)v,則v=v0=×0.8 m/s=0.05 m/s.答案:0.05 m/s(對應學生用書第113115頁)考點一沖量與動量變化的計算1.動量與動量的變化(1)動量既有大小又有方向,是狀態(tài)量,其方向與該時刻的速度方向相同.(2)動量變化量也是矢量,是過程量,與狀態(tài)變化有關,其方向與合力的沖量等大同向.2.沖量的計算(1)恒力時直接用定義式I=Ft計算.(2)變力的沖量方向不變的變力時,若力的大小隨時間均勻變化,即力為時間的一次函數(shù),則力F在某段時間t內的沖量I=t,其中F1,F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小.F-t圖像中,圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量.如圖所示.對于易確定始、末時刻動量的情況,可用動量定理求解沖量.【典例1】 (2019·湖南師大附中月考)水平拉力分別作用在靜止于水平面上等質量的a,b兩物體上,F1>F2,作用相同距離,兩物體與水平面的動摩擦因數(shù)相同,則這個過程中F1,F2的沖量I1,I2的大小關系正確的是(D)A.一定I1>I2B.一定I1<I2C.一定I1=I2D.可能I1<I2解析:由x=at2,得t=,由牛頓第二定律F-mg=ma,得a=,則沖量I=Ft=F×=,由數(shù)學知識,整理得I=,當=,即F=2mg時,沖量I有最小值,因不知道F1,F2與2mg的大小關系,故兩沖量的關系無法確定,故D正確.【針對訓練】(2018·北京房山區(qū)高三期末)質量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面上,再以4 m/s 的速度反向彈回.取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時間內,關于球動量變化量p和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是(A)A.p=2 kg·m/sW=-2 JB.p=-2 kg·m/sW=2 JC.p=0.4 kg·m/sW=-2 JD.p=-0.4 kg·m/sW=2 J解析:取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過程中動量的變化為p=mv2-mv1=0.2×4 kg·m/s-0.2×(-6) kg·m/s=2 kg·m/s,方向豎直向上.由動能定理可知,合外力做的功W=m-m=×0.2×42 J-×0.2×62 J=-2 J,故A正確.考點二動量定理的理解與應用 1.理解要點(1)應用動量定理時研究對象既可以是單一物體,也可以是系統(tǒng),當為系統(tǒng)時不考慮內力的沖量.(2)求合力的沖量的方法有兩種:第一先求合力再求合力沖量,第二求出每個力的沖量再對沖量求和.(3)動量定理是矢量式,列方程時先規(guī)定正方向.2.解釋現(xiàn)象(1)p一定時,F的作用時間越短,力就越大;時間越長,力就越小.(2)F一定,此時力的作用時間越長,p就越大;力的作用時間越短,p就越小.分析問題時,要把哪個量一定、哪個量變化搞清楚.3.兩個重要應用(1)應用I=p求變力的沖量.如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求變力的沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化量p,可求得沖量I.(2)應用p=Ft求動量的變化量.在曲線運動中,速度方向時刻在變化,求動量變化(p=p2-p1)需要應用矢量運算方法,計算比較復雜,如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量I,可求得動量的變化量p.【典例2】 (2019·重慶高三質量抽檢)為了研究小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的規(guī)律,小俞同學利用運動傳感器采集數(shù)據并作出了如圖所示的v-t圖像,小球質量為0.6 kg,空氣阻力不計,重力加速度g=10 m/s2,由圖可知(C)A.橫坐標每一小格表示的時間是1 sB.小球下落的初始位置離地面的高度為3.6 mC.小球第一次反彈的最大高度為1.25 mD.小球第一次撞擊地面時地面對小球的平均作用力為66 N解析:小球下落時做自由落體運動,加速度為g,則落地時速度為v=gt=6 m/s,故用時t=0.6 s,圖中對應6個小格,則每一小格表示0.1 s,故A錯誤;小球下落的初始位置離地面的高度為h=×10×(0.6)2 m=1.8 m,故B錯誤;第一次反彈后由圖可知,經0.5 s上升到最大高度,則h=×10×(0.5)2 m=1.25 m,故C正確;設向下為正方向,由圖可知,碰撞時間約為0.1 s根據動量定理可得mgt-Ft=mv-mv,代入數(shù)據解得F=72 N,故D錯誤.【針對訓練】 將一個質量為m的小木塊放在固定的光滑斜面上,使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動,滑到底端用時t,如圖所示,設在下滑的前一半時間內木塊的動量變化為p1,在后一半時間內其動量變化為p2,則p1p2為(C)A.12B.13C.11D.21解析:木塊在下滑的過程中,受到重力與斜面支持力的作用,二力的合力大小為F=mgsin ,方向始終沿斜面向下.由動量定理可得p1p2=(F·t1)(F·t2)=(mgsin ·t)(mgsin ·t)=11,故選項C正確.考點三動量守恒的判斷與動量守恒定律的理解1.動量守恒定律適用條件(1)理想條件:系統(tǒng)不受外力.(2)實際條件:系統(tǒng)所受合外力為零.(3)近似條件:系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于系統(tǒng)所受的外力.2.動量守恒定律的表達式(1)m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng),作用前的動量和等于作用后的動量和.(2)p1=-p2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.(3)p=0,系統(tǒng)總動量的增量為零.【典例3】(2019·山東菏澤模擬)如圖所示,裝有彈簧發(fā)射器的小車放在水平地面上,現(xiàn)將彈簧壓縮鎖定后放入小球,再解鎖將小球從靜止斜向上彈射出去,不計空氣阻力和一切摩擦.從靜止彈射到小球落地前的過程中,下列判斷正確的是(C)A.小球的機械能守恒,動量守恒B.小球的機械能守恒,動量不守恒C.小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒,動量不守恒D.小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒,動量守恒解析:小球從靜止彈射到落地前的過程中,彈簧的彈力對小球做功,小球的機械能不守恒;小球所受外力不等于零,其動量不守恒,故A,B錯誤.小球、彈簧和小車組成的系統(tǒng),只有重力和彈簧的彈力做功,系統(tǒng)的機械能守恒,系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零,所以系統(tǒng)的動量不守恒,故C正確,D錯誤.【針對訓練】 (2019·寧夏石嘴山三中月考)(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中,系統(tǒng)動量守恒的是(AC)解析:A中在光滑的水平面,子彈與木塊系統(tǒng)受合外力等于零,動量守恒;B中剪斷細線后,豎直墻壁對左邊木塊有彈力作用,系統(tǒng)合外力不為零,動量不守恒;C中兩球在勻速下落,系統(tǒng)合外力等于零,細線斷裂后,系統(tǒng)合外力仍然等于零,所以系統(tǒng)動量守恒;D中木塊加速下滑時擋板對斜面體有向左的力,則動量不守恒,所以選項A,C正確.考點四動量守恒定律的應用1.動量守恒定律的應用要點(1)研究對象是相互作用的兩