2020衡水名師物理專題卷：專題十六《動量》Word版含答案

1、2020衡水名師原創(chuàng)物理專題卷專題十六動量考點62動量沖量動量定理考點63動量守恒定律及其應用考點64碰撞及其能量變化的判斷考點65實驗：驗證動量守恒定理一、選擇題（本題共17個小題，每題4分，共68分。每題給出的四個選項中，有的只有一 個選項符合題意，有的有多個選項符合題意，全部選又的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得。分）1、一個物體在下述運動中，動量不發(fā)生變化的是（）A.勻速直線運動B.勻速圓周運動C.平拋運動D.豎直上拋運動2、1998年6月18日，清華大學對富康轎車成功地進行了中國轎車史上的第一次碰撞安全性實驗，成功“中華第一撞”，從此，我國汽車整體安全性碰撞實驗開始與國際

2、接軌，在碰撞過程中，關于安全氣囊的保護作用認識正確的是（）A.安全氣囊的作用減小了駕駛員的動量變化B.安全氣囊減小了駕駛員受到撞擊力的沖量C.安全氣囊主要是減小了駕駛員的動量變化率D.安全氣囊延長了撞擊力的作用時間，從而使得動量變化更大3、應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，或是解釋一些小游戲中的物理原理，可以使物理學習更加有趣和深入。甲、乙兩同學做了如下的一個小游戲，如圖所示，用一象棋子壓著一紙條， 放在水平桌面上接近邊緣處。第一次甲同學慢拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的 P點。第二次將棋子、紙條放回原來的位置，乙同學快拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的 N點。兩次現(xiàn)象相比（）n紙條城南云N

3、 PA.第二次棋子的慣性更大B.第二次棋子受到紙帶的摩擦力更小C.第二次棋子受到紙帶的沖量更小D.第二次棋子離開桌面時的動量更大4、最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s,產(chǎn)生的推力約為4.8X10 6NI,則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（）A. 1.6X102 kg B . 1.6X103 kg C. 1.6X105 kgD. 1.6 x 106 kg5、質(zhì)量為1kg的小球從空中自由下落，與水平地面相碰后彈到空中某一高度，其速度一時間圖象如圖所示，以豎直向上為正，重力加

4、速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A.小球下落的最大速度為 5m/sB.小球能彈起的最大高度為2.5mC.小球第一次反彈后的瞬時速度大小為10m/sD.小球與地面第一次碰撞過程中地面對小球的沖量大于15kg m/s6、如圖，質(zhì)量為 M的小船在靜止水面上以速率V。向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率 v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為（A. v0mvB. v0 - mvC. V0 V0V D. V0 V0- VMMMM17、如圖所示，質(zhì)量為M = 1.0kg的光滑1弧形槽AB靜止在光滑的水平地面上，其半徑為4R = 0.7m,弧形槽過B

5、點的切線豎直，用質(zhì)量為m= 1.0kg的小球?qū)椈蓧嚎s在豎直墻上并鎖定,解除鎖定后，小球脫離彈簧以速度v0 =10m/s沖上弧形槽,并能從弧形槽的最高點 B沖 出，重力加速度g =10m/s2,小球可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A.彈簧儲存的彈性勢能為 50JB.小球沖出弧形槽最高點后做豎直上拋運動，上升的最大高度為1.8mC.小球從沖出B點到再次落回到弧形槽時，弧形槽向前運動了 6mD.小球脫離弧形槽后向右運動，會再次壓縮彈簧8、如圖所示，A B兩個矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長相等的輕繩相連，靜止在水平地面上，繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大。彈簧的勁度系數(shù)為k,木塊A和木塊B的質(zhì)量均

6、為E現(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊A緩慢壓縮到某一位置，木塊 A在此位置所受的壓力為F（F>mg）,彈簧的彈f勢能為 E,撤去力F后，下列說法正確的是（）A.彈簧恢復到原長的過程中，彈簧彈力對A B的沖量相同B.當A速度最大時，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)C.當B開始運動時，A的速度大小為J MD.全程中，A上升的最大高度為 +3（mg +F） 4mg 4k9、如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為 x;現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為 m的物體B （如圖乙所示）,物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為 x,則（）為 I 5

7、國 sam/aH 71 .用醺在A. A物體的質(zhì)量為3mB. A物體的質(zhì)量為2mC.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為3 mv02D.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv0210、如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量。若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1;若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關系為（）4_ B面號運Q A. Li>B. Li < L2C. Li =D.不能確定11、如圖所示，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點Q將球a和球b分別向左和向右拉起，使細線水平。同時由靜止

8、釋放球a和球b,兩球碰后粘在一起向左擺動 ，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為8 =60'。忽略空氣阻力，則兩球a、b的質(zhì)量比值為（）o號能如qA.旦=3B 皿=3-2'2mbmbCd4.2D.ma=2、2-2mbmb12、兩滑塊a、b沿光滑水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞，碰撞前后兩者的位置 x隨時間t變化的圖象如圖所示.已知滑塊a的質(zhì)量為80g,則下列判斷正確的是（）n u1111I工 4 。臺A.碰撞前滑塊a、b的運動方向相同B.碰撞后滑塊b的速度大小是0.75m/sC.滑塊b的質(zhì)量為110gD.碰撞前后滑塊 a b組成的系統(tǒng)損失的動能為1.4J13、小車靜止在光滑水平

9、面上 ，站在車上的人練習打靶，靶裝在車的另一端，如圖所示.已知 車、人、槍和靶的總質(zhì)量為 M不含子彈），每顆子彈質(zhì)量為 m共n發(fā)，打靶時，槍口到靶的距 離為d,若每發(fā)子彈打入靶中，就留在靶里，且待前一發(fā)子彈打入靶中后，再打下一發(fā).則以下 說法正確的是（）0/A.待打完n發(fā)子彈后，小車將以一定的速度向右勻速運動B.待打完n發(fā)子彈后，小車應停在射擊之前位置的右方C.在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同，大小均為mgnm MD.在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移不相同14、在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運動。某時刻小球 A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰

10、后，A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?/4。則碰后B球的速度大小是（）A.包2B.”6C.包或包26D.無法確定15、如圖所示，光滑水平面上放一個質(zhì)量為M足夠長的木板，開始M靜止，現(xiàn)在有一個質(zhì)量為m的滑塊以速度滑上M m和M間的動摩擦因數(shù)為科，以下說法正確的是（）汨后Mz / ZZ/ZZ/ Z /A.如果增大 M則m和M相對運動的時間變長，因摩擦而產(chǎn)生的熱量增加B.如果增大m|則m和M相對運動的時間變短， m在M上滑行的距離變大C.如果增大動摩擦因數(shù)內(nèi)則因摩擦而產(chǎn)生的熱量不變D.如果增大初速度、，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量增加 v016、質(zhì)量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當用板擋

11、住小球 A而只釋放B球時，B球被彈出落于距桌邊為 s的水平地面上，如圖所示.問當用同樣的程度壓縮弓t簧,取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放,B球的落地點距桌邊為（）確的是（）A.小球與斜面碰撞時的速率為A. sB.、, 2sC. Sn 5D. s17、如圖所示水平面上固定著傾角9=30。的足夠長的斜面，小球從A點無初速度釋放，與斜面在B點發(fā)生碰撞。小球與斜面碰撞反彈時，與斜面平行的分速度不變，與斜面垂直的分速度大小不變方向反向。已知 A、B兩點之間的距離為 5m,重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正10m/sB.碰后小球可以運動至比B點高1.25m處C.經(jīng)過2s小球再次與斜面碰撞D.小球

12、在運動過程中機械能不守恒二、非選擇題（共3小題，共42分，按題目要求作答，計算題應寫出必要的文字說明、方程式和重要步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）18、關于“驗證動量守恒定律”的實驗，請完成下列的三個問題：1 .如圖所示，在做“驗證動量守恒定律”的實驗時，實驗必須要求滿足的條件是 （）正確云; H| I ：1 Fff W ¥ NA.斜槽軌道必須是光滑的B.斜槽軌道末端的切線是水平的C.入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下D.若入射小球質(zhì)量為 m,被碰小球質(zhì)量為 m,則m>m2 .利用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在

13、軌道水平部分碰撞前后的動量關系.圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影.實驗時，先讓入射球 m多次從斜軌上的S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P,測量出平拋的射程 OP然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射小球 m從斜軌上的S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并且 多次重復.接下來要完成的必要步驟是（）（填選項前的符號）A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量佩mB.測量小球m開始釋放高度h C.測量拋出點距地面的高度 HD.分別找到m、m2相碰后平均落地點的位置M N;測量平拋射程 OMON3 .若兩個小球相碰前后的動量守恒 ，其表達式可以表示為 .利用2中所測量的物理量 表示;若碰撞是彈

14、性的碰撞，那么還應該滿足的表達式應該為 .利用2中所測量的物 理量表示.19、如圖甲所示，質(zhì)量為M = 0.3kg的平板小車C靜止在光滑的水平面上，在t=0時，兩個C1.0s 內(nèi) A、B 的 v t質(zhì)量均為m = 1.0kg的小物體A和B同時從左右兩端水平?jīng)_上小車圖象如圖乙所示，gW10m/s門- w +n bI dMih 嘉餐 丁 函*¥苓m事塞豪界凄*界蓄要塞黑，事*聿界求#事蓄善聚重茬*事事0#墓墓堇*第¥界塞蒙蒙塞界卡事圖甲I030T5-2,0 Y H圖乙To7a1 .試分析小車C在1.0s內(nèi)所做的運動，并說明理由？2 .要使A、B在整個運動過程中不會相碰，車的長度

15、至少為多少？3 .假設A、B兩物體在運動過程中不會相碰,試在圖乙中畫出 A B在1.03.0s時間內(nèi)的 v -t圖線。20、豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊崩止于水平軌道的最左端，如圖(a)所示。t=0時刻，小物塊 M傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)；當A返回到傾斜軌道上的 P點(圖中未標出)時，速度減為0,此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A!動的v-t圖像如圖(b)所示，圖中的vi和ti均為未知量。已知 A的質(zhì)量為mg初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。圖(a)圖(b)(1)

16、求物塊BB勺質(zhì)量；(2)在圖(b)所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；(3)已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩 擦因數(shù)的比值。答案以及解析1答案及解析：答案：A解析：如果物體的動量不發(fā)生變化 ，則只有當物體的速度不變時，上述運動中，勻速圓周運,則動量都發(fā)生變化；只有勻速直線運動的動、平拋運動以及豎直上拋運動速度都要發(fā)生變化 物體速度不變，則動量不變，故選A.2答案及解析：答案：C解析：碰撞過程中，駕駛員的初、末動量與是否使用安全氣囊無關，A項錯誤；由動量定理可

17、知，駕駛員受到的撞擊力的沖量不變.B項錯誤；安全氣囊延長了撞擊力的作用時間.但是撞擊力的沖量一定，故駕駛員的動量變化不變、動量變化率減小.C項正確，D項錯誤。3答案及解析：答案：C解析：慣性大小由質(zhì)量決定 ,A錯誤；滑動摩擦力f=科mg,B錯誤；快拉與慢拉相比，快拉中滑動摩擦力對棋子的作用時間短,由動量定理I=ft=mv-0；知C正確,D錯誤。4答案及解析：答案：B解析：設該發(fā)動機在ts時間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m ,根據(jù)動量定理，F(xiàn)t = mv,可知,在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量 m0 = = kg = 1.6黑10 kg ,故本題選 B。t v 30005答案及解析：答案：D解析：由圖象可知，

18、小球第一次落地瞬間的速度大小為10m/s,A錯誤；小球第一次著地反彈后的瞬時速度大小為 5m/s,C錯誤；由速度一時間圖線與橫軸圍成圖形的面積表示位移可知，小1球第一次能彈起的最大局度為一區(qū)5 M 0.5m = 1.25m ,B錯誤；小球第一次從落地到彈起的過2程，由動量定理得 I mgt=mvmv0，則 I =mgt+15kg m/s > 15kg ,m/s ,D 正確。6答案及解析：答案：C解析：取向右為正方向，由動量守恒有(m + M )v0 =-mv + Mv',解之有 m一右v' =v0 +而-(丫0 + v ),故 C 正確。7答案及解析：答案：AC解析：小球

19、以速度 vo =10m/s沖上槽，由機械能守恒定律得，彈簧儲存的彈性勢能為1 2Ep =-mv0 =50J .故A正確；當小球沖出槽的最局點時,兩者在水平萬向共速,由水平萬向動量守恒知 mvo =(m+M )Vx,再由機械能守恒定律得 -mvo2 =- (M +m)vx2+mgR+1 mvy2 , 222聯(lián)立以上式子，可解得vx = 5m/s, Vy = 6m/s ,故小球的速度滿足v =河 Z；，小球相對于槽做豎直上拋運動，相對地面做斜上拋運動，故B錯誤；小球又經(jīng)過t = 1.2s落回到槽.故槽向前運動了 vxt =6m ,C正確；小球從開滑上槽到脫離槽過程 .水平方向動量守恒，則mv0 =

20、m% +Mv2,由機械能守恒定律得 1 m%2 =-mv；+2mv22,又M =m,聯(lián)立解得2 22v1 =0 , v2 =v0，小球停下，D錯誤。8答案及解析:答案：BD解析：A由于沖量是矢量，彈簧恢復到原長的過程中，彈簧彈力對A、B的沖量大小相等,方向相反，故A錯誤。日當A受力平衡時速度最大，即彈簧的彈力大小等于A木塊的重力，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確。C設彈簧恢復到原長時A的速度為v,繩子繃緊瞬間A、B共同速度為vi, A、B共同上升的最大高度為h, A上升的最大高度為 H,彈簧恢復到原長的過程中根據(jù)能量守恒有:E = mg mg一F +1 mv2繩子繃緊瞬間根據(jù)動量守恒定律有：mv

21、=2mvk 21cAB共同上升過程中根據(jù)能重寸恒有：一(m + m)v- =(m+m)gh2聯(lián)立解得B開始運動時，A的速度大小為:'Img F2k全程中，A上升的最大高度H=E+3(mg+F)，故c錯誤,口正確。4mg 4k故選：B、D9答案及解析：答案：AC解析：對圖甲，設物體 A的質(zhì)量為M由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能12EP = mv0 ；對圖乙，物體 A以2Vo的速度向右壓縮彈簧， A B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈 2簧達到最大壓縮量仍為 x時，A、B二者達到相等的速度 v由動量守恒定律有 ：M 2v0 =(M ' m)v1 212由能量守恒有： EpM (2v

22、o) -(M m)v2 21c 3 c聯(lián)立兩式可得：M=3m Ep = Mv2 = mv2 ,故B、D錯誤，A、C正確。22故選：A、C10答案及解析:答案：C 解析：若用錘子敲擊 A球.兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當彈簧最短時，兩者共速，則mAv = (mA +mB )v',解得v' = -mAv,彈性勢能最大.最大為 mA mB2Ep =1mAv2 -1(mA +mB)v'2 = mAmBv ;若用錘子敲擊B球，同理可得222(mA mB)mBv =(mA +mB)v"解得v" = mBv,彈性勢能最大為 (mA mB).1212Ep'=5m

23、Bv -(mA mB)v'2叫2一 ,即兩種情況下彈簧壓縮最短時.彈性勢能2(mA mB)相等.故C正確13答案及解析:答案：B解析：設細線長為 L球a、b下落至最低點，碰前瞬間的速率為 v1、v2，由機械能守恒定律1 212得，magL= mav1,mbgL= mbv2；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v,以向左為正,由2 2動量守恒定律得 mbv2 -maVi =(ma +mb)v,兩球共同向左運動到最高處過程 ,由機械能守恒定律得 1(ma +mb)v2 =(ma +mb)gL(1cosH),聯(lián)立解得 ma = m =3.2、2 ，所以B2mb.21正確。12答案及解析：答案：D

24、解析：由x-t圖象的斜率表示速度，可知碰撞前滑塊 a、b的運動方向相反，選項A錯誤；碰0 -3撞后，滑塊b的速度v'b =m/s = -1m/s,速度大小為1m/s,選項B錯誤；碰撞刖，滑塊a3的速度va =3_8 m/s = 5m/s , b的速度vb = 3m/s = 3m/s,碰后a的速度是零.兩滑塊碰11撞過程中系統(tǒng)動守恒，由動量守恒定律可得 mava +mbvb = mbv'b，解得mb = 100g ,選項C錯1 11誤；碰撞前后滑塊a、b組成的系統(tǒng)損失的動能為 AEk =1 mav；十mbv2 mbv'2,解得2 22Ek =1.4J,選項D正確.13答案

25、及解析：答案：BC解析：車、人、槍、靶和 n顆子彈組成的系統(tǒng)動量守恒 ，系統(tǒng)初動量為0,故末動量為0,A錯 誤；每發(fā)子彈打人靶中，就留在靶里，且待前一發(fā)打入靶中后，再打下一發(fā)，因此每次射擊，以 一顆子彈和車、人、槍、靶、 (n -1)顆子彈為研究對象，動量守恒，則有0=mJxL M+(n1)m,由位移關系有x車=d，解得x車= md ，故C正 ttnm M確,D錯誤；每射擊一次，車子都會右移，故B正確.14答案及解析:A若只增大 M則m和M相對運動的時間t =變長，因摩擦而產(chǎn)生的熱量答案：A解析：兩球相碰后 A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼?1/2，相碰過程中滿足動量守恒，若碰后A速度方向不變,則mv

26、0 =1 mv0 +3mM ,可得B球的速度v1 =v0 ,而B在前,A在后,而A球在 26后的速度應小于 B球在前的速度，不滿足實際情況，因此A球一定反向運動，即mv0 二 ；mv0 +3mv1,可得 v1 = v0,因此 A 正確，B、C D錯誤.15答案及解析：答案：ACD解析：視木板和滑塊為系統(tǒng)，合外力為零，動量守恒，根據(jù)動量守恒有：mv0=(m+M)M ,解得：v1 =上紋；根據(jù)能量守恒可知摩擦而產(chǎn)生的熱量為：Q =mv02 -(m +M )v12 = mv0,對木板利用動量定理可得：Nmgt = Mv1 = mMv0 ,解222(m M)m Mg(m M)得m和M相對運動的時間：t

27、 =一Mv0一 ；17答案及解析:Jg(- 1)q =v°增加，故a正確；m2(1)M日如果增大 成 則m和M相對運動的時間t =一M一 變短，根據(jù)動能定理可得：-g(m M)22MmgS =mv02 -1 mv12 ,解得m在M上滑行的距離 S =(m"" )v0變小,故B錯誤;22g(m M)2(m M)C如果增大動摩擦因數(shù)科，則因摩擦而產(chǎn)生的熱量 Q= mMv、不變，故C正確；2(m M)D如果增大初速度v0,則因摩擦而產(chǎn)生的熱量 Q= mMV0增加，故D正確;故選ACD答案：D解析：用當板擋住小球 A時，設球在空中飛行時間為t,則由平拋運動知 B球的彈出速

28、度Vb = s ,彈簧被壓縮時具有的彈性勢能Ep =1 mvB2 =1 mm.取去擋板時，由動量守恒得,t22t2, ，一一 m 1.2 1,2 一.2.2,一mvA'=mvB',由能重守恒得,一mvA' +mvB' =EP .解得vA'=vB' = vB,由平拋運2222動水平分運動得，s'=VB't= S,故選項D正確,ABC錯誤. 217答案及解析：答案：ABC解析：由公式2gh=v2得v = J2gh= J271*5m/s = 10m/s,故A正確;B項：小球與斜面碰垂直斜面方向的速度為 v1 =vcos30?=5T3m/

29、s ,將此速度分解到豎直向上為15 2v2 =v1cos30?=m/s ,在豎直方向由公式 2gh2 =V2 ,解得：h2=2.1825m即取大局度，所以碰后 2小球可以運動至比 B點高1.25m處，故B正確；C項：小球在垂直斜面方向的速度為V1 =vcos30?=5#3m/s ,垂直斜面方向的加速度為a = g cos30?=573m/s2,所以小球離斜面最遠所用時間為t =： =1s ,根據(jù)對稱可知，小球從離斜面最遠到回到斜面所用時間也為1s,所以經(jīng)過2s小球再次與斜面碰撞，故C正確;D項：小球在運動過程中只有重力做功，且碰撞過程中機械不變，所以機械能守恒，故D錯誤。18答案及解析：答案：

30、1.BCD; 2.AD; 3.m QP=nOM+2ON;mOP=mOM+mOP.解析：1.A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光Vt沒有要求，故A錯誤；日要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；C要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；D為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求m>m),r a=rb,故D正確.應選:BCD.2 .要驗證動量守，f1定律定律 ，即驗證：mv產(chǎn)mv2+mv3,小球離開軌道后做平拋運動 ，它們拋出 點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以 t 得:mivit=miV2t+m2v3t,得:miOP=nOM+oON, 因此實驗需要測量：兩球的質(zhì)量、小球的水平位移，故選:AD.3 .由2知，實驗需要驗證：miOP=mOM+2ON;如果碰撞過程機械能守恒,則：12miv2 =12miv2+12m2vf,兩邊同時乘以 t2得：12mi|