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知識(shí)點(diǎn)1 動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 Ⅱ 【思維激活1】如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為0.18kg的 壘球,以25m/s的水平速度向右飛向球棒,被球棒 打擊后反向水平飛回,速度大小變?yōu)?5m/s,則這 一過程中動(dòng)量的變化量為( ) A.大小為3.6 kg·m/s,方向向右 B.大小為3.6 kg·m/s,方向向左 C.大小為12.6 kg·m/s,方向向右 D.大小為12.6 kg·m/s,方向向左,,選修3-5 第一章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用,【解析】選D。選向右為正方向,則動(dòng)量的變化量為Δp= mv1-mv0=0.18×(-45)kg·m/s-0.18×25kg·m/s =-12.6kg·m/s,大小為12.6kg·m/s,負(fù)號(hào)表示其方向向左, 故D正確,A、B、C均不對(duì)。,【知識(shí)梳理】 1.動(dòng)量： (1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的_____和_____的乘積,通常用p來表示。 (2)表達(dá)式：p=___。 (3)單位：________。 (4)標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量,其方向和_____方向相同。,質(zhì)量,速度,mv,kg·m/s,速度,(5)動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較：,速度,運(yùn)動(dòng),矢量差,mv,p′-p,矢量,過程量,2.動(dòng)量守恒定律： (1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)_________,或者_(dá)___________________, 這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。 (2)表達(dá)式。 ①p=____,系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。 ②m1v1+m2v2=____________,相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng), 作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。 ③Δp1=_____,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。 ④Δp=__,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。,不受外力,所受外力的矢量和為0,p′,m1v1′+m2v2′,-Δp2,0,3.動(dòng)量守恒定律的守恒條件： (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零,不是系統(tǒng)內(nèi)每 個(gè)物體所受的合外力都為零,更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于_____狀態(tài)。 (2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力_______它所受 到的外力。如碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等現(xiàn)象中系統(tǒng)的動(dòng)量 近似守恒。 (3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為 零,則系統(tǒng)_____________動(dòng)量守恒。但值得注意的是,系統(tǒng)的 總動(dòng)量可能不守恒。,平衡,遠(yuǎn)大于,在這一方向上,知識(shí)點(diǎn)2 彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ 【思維激活2】如圖所示,P物體與一個(gè)連著 彈簧的Q物體正碰,碰后P物體靜止,Q物體以 P物體碰前的速度v離開,已知P與Q質(zhì)量相等, 彈簧質(zhì)量忽略不計(jì),那么當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí),下列的結(jié)論中正確的應(yīng)是( ) A.P的速度恰好為零 B.P與Q具有相同速度 C.Q剛開始運(yùn)動(dòng) D.Q的速度等于v,【解析】選B。P物體接觸彈簧后,在彈簧彈力作用下,P做減速 運(yùn)動(dòng),Q做加速運(yùn)動(dòng),P、Q間的距離減小,當(dāng)P、Q兩物體速度相等 時(shí),彈簧被壓縮到最短,所以B正確,A、C錯(cuò)誤。由于作用過程中 動(dòng)量守恒,設(shè)速度相等時(shí)速度為v′,則mv=(m+m)v′,所以彈簧 被壓縮至最短時(shí),P、Q的速度v′= 故D錯(cuò)誤。,【知識(shí)梳理】 1.碰撞：物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間_____,而物體間相互作用 力_____的現(xiàn)象。 2.特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力_______外力,可認(rèn)為 相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。,很短,很大,遠(yuǎn)大于,3.分類：,守恒,最大,4.反沖現(xiàn)象： (1)在某些情況下,原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度,發(fā)生相互 作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的 過程中系統(tǒng)的動(dòng)能_____,且常伴有其他形式能向動(dòng)能的轉(zhuǎn)化。 (2)反沖運(yùn)動(dòng)的過程中,如果合外力為零或外力的作用_______ 物體間的相互作用力,可利用動(dòng)量守恒定律來處理。 5.爆炸問題：爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用力很大,且 _______系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動(dòng)量_____,爆炸過程中位移 很小,可忽略不計(jì),作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開 始運(yùn)動(dòng)。,增大,遠(yuǎn)小于,遠(yuǎn)大于,守恒,【微點(diǎn)撥】 對(duì)系統(tǒng)總動(dòng)量保持不變的三點(diǎn)提醒 (1)系統(tǒng)在整個(gè)過程中任意兩個(gè)時(shí)刻的總動(dòng)量都相等,不能誤認(rèn)為只是初、末兩個(gè)狀態(tài)的總動(dòng)量相等。 (2)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變,但系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體的動(dòng)量可能都在不斷變化。 (3)系統(tǒng)的總動(dòng)量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和,總動(dòng)量不變指的是系統(tǒng)的總動(dòng)量的大小和方向都不變。,考點(diǎn)1 動(dòng)量守恒定律 1.動(dòng)量守恒定律的“五性”：,深化 理解,2.碰撞現(xiàn)象滿足的三個(gè)規(guī)律： (1)動(dòng)量守恒。 (2)機(jī)械能不增加。 (3)速度要合理。 ①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng),則應(yīng)有v后v前,碰后原來在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng),則應(yīng)有v前′≥v后′。 ②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。,3.對(duì)反沖現(xiàn)象的三點(diǎn)說明： (1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強(qiáng)大內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng),通常用動(dòng)量守恒來處理。 (2)反沖運(yùn)動(dòng)中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī)械能,所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加。 (3)反沖運(yùn)動(dòng)中平均動(dòng)量守恒。,4.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律： (1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。 (2)動(dòng)能增加：在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以爆炸前后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。 (3)位置不變：爆炸的時(shí)間極短,因而作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計(jì),可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。,【題組通關(guān)方案】 【典題1】(2013·福建高考)將靜置在地面上,質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空,在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響,則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是( ),【典題解析】選D?；鸺Ｐ驮跇O短時(shí)間點(diǎn)火,設(shè)火箭模型獲 得速度為v,據(jù)動(dòng)量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v= 故 選D。,【典題2】(2012·山東高考)光滑水平軌道上有三個(gè)木塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=3m、mB=mC=m,開始時(shí)B、C均靜止,A以初速度v0向右運(yùn)動(dòng),A與B碰撞后分開,B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。,【典題解析】設(shè)A與B碰撞后,A的速度為vA,B與C碰撞前B的 速度為vB,B與C碰撞后粘在一起的速度為v,由動(dòng)量守恒定律得 對(duì)A、B木塊：mAv0=mAvA+mBvB ① 對(duì)B、C木塊：mBvB=(mB+mC)v ② 由A與B間的距離保持不變可知vA=v ③ 聯(lián)立①②③式,代入數(shù)據(jù)得vB= v0 答案： v0,【加固訓(xùn)練】 1.一炮艇總質(zhì)量為M,以速度v0勻速行駛,從船上以相對(duì)海岸的水平速度v沿前進(jìn)方向射出一質(zhì)量為m的炮彈,發(fā)射炮彈后炮艇的速度為v′,若不計(jì)水的阻力,則下列各關(guān)系式中正確的是 ( ) A.Mv0=(M-m)v′+mv B.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0) C.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′) D.Mv0=Mv′+mv,【解析】選A。本題中的各個(gè)速度都是相對(duì)于地面的,不需要轉(zhuǎn)換,發(fā)射炮彈前系統(tǒng)的總動(dòng)量為Mv0;發(fā)射炮彈后,炮彈的動(dòng)量為mv,船的動(dòng)量為(M-m)v′,所以動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為Mv0=(M-m)v′+mv,故A正確。,2.如圖所示,滑塊A、C質(zhì)量均為m,滑塊B質(zhì)量為 m。開始時(shí)A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將C無初速度地放在A上,并與A粘合不再分開,此時(shí)A與B相距較近,B與擋板相距足夠遠(yuǎn)。若B與擋板碰撞將以原速率反彈,A與B碰撞后將粘合在一起。為使B能與擋板碰撞兩次,v1、v2應(yīng)滿足什么關(guān)系?,【解析】設(shè)向右為正方向,A與C粘合在一起的共同速度為v′, 由動(dòng)量守恒定律得mv1=2mv′ ① 為保證B碰擋板前A未能追上B,應(yīng)滿足v′≤v2 ② 設(shè)A、B碰后的共同速度為v″, 由動(dòng)量守恒定律得2mv′- mv2= mv″ ③ 為能使B與擋板再次相碰應(yīng)滿足v″0 ④ 聯(lián)立①②③④式解得1.5v2v1≤2v2或 v1≤v2 v1 答案：1.5v2v1≤2v2或 v1≤v2 v1,【學(xué)科素養(yǎng)升華】 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對(duì)象,確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程); (2)進(jìn)行受力分析,判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒); (3)規(guī)定正方向,確定初末狀態(tài)動(dòng)量; (4)由動(dòng)量守恒定律列出方程; (5)代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果,必要時(shí)討論說明。,考點(diǎn)2 動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒綜合 動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較,拓展 延伸,【題組通關(guān)方案】 【典題3】(2014·銀川模擬)如圖所示, 質(zhì)量為M=0.8kg的小車靜止在光滑水平 面上,左側(cè)緊靠豎直墻;在車的左端固定 著彈簧的一端,現(xiàn)用一質(zhì)量m=0.2kg的滑塊壓縮彈簧(不連接),外力做功W=2.5J。已知小車上表面AC部分為光滑水平面,CB部分為粗糙水平面,CB長(zhǎng)L=1m,滑塊與CB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4?，F(xiàn)將滑塊由靜止釋放,設(shè)滑塊與車的B端碰撞時(shí)機(jī)械能無損失,滑塊在AC段離開彈簧?；瑝K在車上往復(fù)運(yùn)動(dòng)后,最終停在車上的某個(gè)位置,求該位置距B端多遠(yuǎn)?(g取10m/s2),【典題解析】根據(jù)功能關(guān)系 mv02=W 解得v0=5 m/s 根據(jù)動(dòng)量守恒定律(m+M)v=mv0 解得v=1 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理：-μmgs= (M+m)v2- mv02 解得s=2.5 m 由此可知滑塊往返一次，又向B端滑行0.5 m，故最終滑塊距 B端0.5 m 答案：最終滑塊距B端0.5 m,【典題4】(2013·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)如圖,光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng),壓縮彈簧;當(dāng)A、B速度相等時(shí),B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短。求從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過程中, (1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。,【典題解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí),對(duì)A、 B與彈簧組成的系統(tǒng),動(dòng)量守恒,有mv0=2mv1 ① 此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2,損失 的機(jī)械能為ΔE,對(duì)B、C組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒和能量守恒得 mv1=2mv2 ② ③ 聯(lián)立①②③式, 得ΔE= ④,(2)由②式可知,v2v1,A將繼續(xù)壓縮彈簧,直至A、B、C三者速度相同,設(shè)此速度為v3,此時(shí)彈簧被壓縮到最短,其彈性勢(shì)能為Ep,由動(dòng)量守恒和能量守恒得：mv0=3mv3 ⑤ ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得Ep= 答案：(1) (2),【加固訓(xùn)練】 1.如圖所示,有光滑弧形軌道的小車靜止于光滑的水平面上,其總質(zhì)量為M,有一質(zhì)量也為M的鐵塊以水平速度v沿軌道的水平部分滑上小車。若軌道足夠高,鐵塊不會(huì)滑出,則鐵塊沿圓弧形軌道上升的最大高度為( ),【解析】選A。由水平方向動(dòng)量守恒定律得Mv=(M+M)v′， v′= ① 由機(jī)械能守恒定律得 Mv2= ×(2M)v′2+Mgh ② 由①②聯(lián)立解得h=,2.如圖所示,質(zhì)量M=4kg的滑板B靜止放 在光滑水平面上,其右端固定一根輕質(zhì) 彈簧,彈簧的自由端C到滑板左端的距離 L=0.5m,這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對(duì)應(yīng)的滑板上表面光滑。木塊A以速度v0=10m/s由滑板B左端開始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)。已知木塊A的質(zhì)量m=1kg,g取10m/s2。求： (1)彈簧被壓縮到最短時(shí)木塊A的速度; (2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能。,【解析】(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，木塊A與滑板B具有相同 的速度，設(shè)為v，從木塊A開始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)至彈簧 被壓縮到最短的過程中，A、B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒： mv0=(M+m)v 解得v= 代入數(shù)據(jù)得木塊A的速度v=2 m/s。,(2)木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的 彈性勢(shì)能最大。 由能量關(guān)系，最大彈性勢(shì)能 Ep= mv02- (m+M)v2-μmgL 代入數(shù)據(jù)得Ep=39 J。 答案：(1)2 m/s (2)39 J,【學(xué)科素養(yǎng)升華】 動(dòng)量與能量的綜合在碰撞中的求解技巧 (1)處理這類問題,關(guān)鍵是區(qū)分物體相互作用的情況,分清物體的運(yùn)動(dòng)過程,尋找各相鄰運(yùn)動(dòng)過程的聯(lián)系,弄清各物理過程所遵循的規(guī)律。 (2)對(duì)于發(fā)生彈性碰撞的物體,其作用過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒,動(dòng)量守恒;對(duì)于非彈性碰撞來說,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒但機(jī)械能不守恒,系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于轉(zhuǎn)化的內(nèi)能。,考點(diǎn)3 動(dòng)量守恒與其他知識(shí)的綜合 1.動(dòng)量守恒與動(dòng)能定理、功能關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)、運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合。 2.動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合。 3.動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律綜合。 4.動(dòng)量守恒與能量守恒、核反應(yīng)知識(shí)綜合。 5.動(dòng)量守恒與運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)綜合。 6.動(dòng)量守恒與混合場(chǎng)(重力場(chǎng)和電場(chǎng))、向心力、平拋運(yùn)動(dòng)、能量綜合。,拓展 延伸,【題組通關(guān)方案】 【典題5】(2014·渝中區(qū)模擬)如圖所示,光滑 圓形管道固定在豎直面內(nèi),直徑略小于管道內(nèi)徑 可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B質(zhì)量分別為mA、mB,A球從 管道最高處由靜止開始沿管道下滑,與靜止于管 道最低處的B球相碰,碰后A、B球均能剛好到達(dá)與管道圓心O等 高處,關(guān)于兩小球質(zhì)量比值 的說法正確的是( ),【典題解析】選A。A球從管道最高處由靜止開始沿管道下滑， 設(shè)到最低點(diǎn)速度為v1，由機(jī)械能守恒定律，mAg2R= mAv12， 得v1= A球與B球碰撞，動(dòng)量守恒，mAv1=mBvB+mAvA；根據(jù) 碰后A、B球均能剛好到達(dá)與管道圓心O等高處，由機(jī)械能守恒 定律，mgR= mv2，解得A、B兩球碰后速度大小均為 若兩 球碰后方向相同，解得 反向時(shí)，A、B不可能都到 達(dá)與圓心等高處，因?yàn)榕龊笙到y(tǒng)機(jī)械能不可能增加，故只有選 項(xiàng)A正確。,【典題6】(2013·重慶高考)在一種新的“子母球” 表演中,讓同一豎直線上的小球A和小球B,從距水平 地面高度為ph(p1)和h的地方同時(shí)由靜止釋放,如 圖所示。球A的質(zhì)量為m,球B的質(zhì)量為3m。設(shè)所有碰 撞都是彈性碰撞,重力加速度大小為g,忽略球的直 徑、空氣阻力及碰撞時(shí)間。 (1)求球B第一次落地時(shí)球A的速度大小; (2)若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰,求p的取值范圍; (3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到達(dá)比其釋放點(diǎn)更高的位置,求p應(yīng)滿足的條件。,【典題解析】(1)對(duì)B球第一次下落過程，由動(dòng)能定理得 3mgh = ×3mv02 解得v0= 此時(shí)A、B兩球的速度相同，即v1= (2)B球第一次下落所用時(shí)間為t0,則有h= gt02 落地后，B上升，A下降，A下落至B球釋放位置時(shí)所用時(shí)間 為t′，則有ph－h(huán)= gt′ 結(jié)合題意：0t′2t0 解得1p5,設(shè)A球釋放到兩球相碰經(jīng)歷時(shí)間為T,則 ph-h+h′= gT2 對(duì)B球,2t0- =T 聯(lián)立以上各式解得1＜p＜3 答案：(1) (2)1p5 (3)1p3,【加固訓(xùn)練】 1. 如圖所示,一半徑為R的圓弧形軌道固定在水 平地面上,O為最低點(diǎn),軌道末端A、B兩點(diǎn)距離水 平地面的高度分別為h和2h,h?R。分別從A、B 兩點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放甲、乙兩個(gè)完全相同的小 球,不計(jì)軌道與球之間的摩擦及空氣阻力,不計(jì)兩球碰撞過程 中的機(jī)械能損失,則( ) A.碰撞后乙球經(jīng)過 的時(shí)間再次回到點(diǎn)O B.碰撞后乙球落到水平地面上時(shí)的速度大小為 C.碰撞后甲球落到水平地面上時(shí)的速度大小為 D.碰撞的瞬間前后相比較,軌道對(duì)地面的壓力變小,【解析】選C。由于h?R，故兩小球在軌道上的運(yùn)動(dòng)可看作是 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振動(dòng)周期皆為T= 兩小球經(jīng)過 的時(shí)間同時(shí) 到達(dá)最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒知速度分別為v甲= 與v乙= 在最低點(diǎn)兩小球速度水平發(fā)生彈性對(duì)心碰撞，因兩小球 質(zhì)量相等，速度發(fā)生交換，則乙球再回到最低點(diǎn)時(shí)需歷時(shí)半個(gè) 周期，A錯(cuò)誤。碰后甲球能離開軌道，落到地面上時(shí)由機(jī)械能 守恒可知其速度等于碰后速度 而乙球碰后不能離開軌 道，B錯(cuò)誤，C正確。因兩球質(zhì)量相等，碰撞前后速度發(fā)生交 換，故軌道對(duì)地面的壓力相同，D錯(cuò)誤。,2.(2012·安徽高考)如圖所示,裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面,一輕質(zhì)彈簧左端固定,右端連接著質(zhì)量M=2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺(tái)面等高,并能平滑對(duì)接。傳送帶始終以u(píng)=2m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一光滑曲面,質(zhì)量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面高h(yuǎn)=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,l=1.0m。設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。,(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。 (2)通過計(jì)算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上?,【解析】(1)對(duì)B，自開始至曲面底端時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得： mBgh= mBvB2 ① vB= ② 設(shè)B在傳送帶上速度減為2 m/s時(shí)經(jīng)過的位移為x， 則： ③ 故B在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)B到達(dá)傳送帶左端時(shí)速度 大小為v′B由vB2-v′B2=2μgl得： v′B= =4 m/s。 ④ 此后B以4 m/s的速度滑向A 即物塊B與物塊A第一次碰前的速度大小為4 m/s。,(2)設(shè)物塊B與物塊A第一次碰撞后的速度大小分別為vB1、vA1， 由動(dòng)量守恒定律得：mBv′B=mAvA1-mBvB1 ⑤ 由能量守恒定律得： ⑥ 由以上兩式解得： ⑦ 即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上傳送帶，設(shè)B向右減 速為0時(shí)經(jīng)過的位移為x′： 則：x′= ⑧ 所以B不能運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上。 答案：(1)4 m/s (2)見解析,【學(xué)科素養(yǎng)升華】 動(dòng)量守恒與其他知識(shí)綜合問題的求解方法 (1)動(dòng)量守恒與其他知識(shí)綜合問題往往是多過程問題。解決這類問題首先要弄清物理過程。 (2)其次弄清每一個(gè)物理過程遵從什么樣的物理規(guī)律。 (3)最后根據(jù)物理規(guī)律對(duì)每一個(gè)過程列方程求解,找出各物理過程之間的聯(lián)系是解決問題的關(guān)鍵。,考點(diǎn)4 實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 1.方案一：利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)。 (1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出滑塊質(zhì)量。 (2)安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌。 (3)實(shí)驗(yàn)：接通電源,利用配套的光電計(jì)時(shí)裝置測(cè)出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度。(①改變滑塊的質(zhì)量。②改變滑塊的初速度大小和方向。) (4)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒。,深化 理解,2.方案二：利用等長(zhǎng)懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)。 (1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出兩小球的質(zhì)量m1、m2。 (2)安裝：把兩個(gè)等大小球用等長(zhǎng)懸線懸掛起來。 (3)實(shí)驗(yàn)：一個(gè)小球靜止,拉起另一個(gè)小球,放下時(shí)它們相碰。 (4)測(cè)速度：可以測(cè)量小球被拉起的角度,從而算出碰撞前對(duì)應(yīng)小球的速度,測(cè)量碰撞后小球擺起的角度,算出碰撞后對(duì)應(yīng)小球的速度。 (5)改變條件：改變碰撞條件,重復(fù)實(shí)驗(yàn)。 (6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒。,3.方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)。 (1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出兩小車的質(zhì)量。 (2)安裝：將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在光滑長(zhǎng)木板的一端,把紙帶穿過 打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,連在小車的后面,在兩小車的碰撞端分別裝上撞針 和橡皮泥。 (3)實(shí)驗(yàn)：接通電源,讓小車A運(yùn)動(dòng),小車B靜止,兩車碰撞時(shí)撞針 插入橡皮泥中,把兩小車連接成一體運(yùn)動(dòng)。 (4)測(cè)速度：通過紙帶上兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離及時(shí)間由v= 算出速度。 (5)改變條件：改變碰撞條件,重復(fù)實(shí)驗(yàn)。 (6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒。,4.方案四：利用斜槽上滾下的小球驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。 (1)用天平測(cè)出兩小球的質(zhì)量,并選定質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏颉?(2)按照如圖所示安裝實(shí)驗(yàn)裝置,調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平。,(3)白紙?jiān)谙?復(fù)寫紙?jiān)谏?在適當(dāng)位置鋪放好。記下重垂線所指的位置O。 (4)不放被撞小球,讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下,重復(fù)10次。用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點(diǎn)圈在里面,圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置。 (5)把被撞小球放在斜槽末端,讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下,使它們發(fā)生碰撞,重復(fù)實(shí)驗(yàn)10次。用步驟(4)的方法,標(biāo)出碰后入射小球落點(diǎn)的平均位置M和被碰小球落點(diǎn)的平均位置N。如圖所示。,(6)連接ON,測(cè)量線段OP、OM、ON的長(zhǎng)度。將測(cè)量數(shù)據(jù)填入表 中。最后代入 看在誤差允許的范圍內(nèi) 是否成立。 (7)整理好實(shí)驗(yàn)器材放回原處。 (8)實(shí)驗(yàn)結(jié)論：在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi),碰撞系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。,5.實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)注意的幾個(gè)問題： (1)前提條件：碰撞的兩物體應(yīng)保證“水平”和“正碰”。 (2)方案提醒： ①若利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行實(shí)驗(yàn),調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí),注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平。 ②若利用擺球進(jìn)行實(shí)驗(yàn),兩小球靜放時(shí)球心應(yīng)在同一水平線上,且剛好接觸,擺線豎直,將小球拉起后,兩條擺線應(yīng)在同一豎直平面內(nèi)。,③若利用長(zhǎng)木板進(jìn)行實(shí)驗(yàn),可在長(zhǎng)木板下墊一小木片用以平衡摩擦力。 ④若利用斜槽進(jìn)行實(shí)驗(yàn),入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量,即：m1m2,防止碰后m1被反彈。 (3)探究結(jié)論：尋找的不變量必須在各種碰撞情況下都不改變。,6.對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的分析： (1)系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求,即： ①碰撞是否為一維碰撞。 ②實(shí)驗(yàn)是否滿足動(dòng)量守恒的條件,如氣墊導(dǎo)軌是否水平,兩球是否等大,長(zhǎng)木板實(shí)驗(yàn)是否平衡掉摩擦力等。 (2)偶然誤差：主要來源于質(zhì)量m和速度v的測(cè)量。 (3)減小誤差的措施： ①設(shè)計(jì)方案時(shí)應(yīng)保證碰撞為一維碰撞,且盡量滿足動(dòng)量守恒的條件。 ②采取多次測(cè)量求平均值的方法減小偶然誤差。,【題組通關(guān)方案】 【典題7】(2014·渝中區(qū)模擬)某同學(xué)用如圖 甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來 驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。實(shí)驗(yàn)時(shí)先使A球從斜槽上 某一固定位置G由靜止開始滾下,落到位于水平 地面的記錄紙上,留下痕跡。重復(fù)上述操作10次,得到10個(gè)落點(diǎn) 痕跡。再把B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,A、B球分別在記錄紙上留下 各自的落點(diǎn)痕跡。重復(fù)這種操作 10次,得到了如圖乙所示的三個(gè) 落地點(diǎn)。,(1)請(qǐng)你敘述用什么方法找出落地點(diǎn)的平均位置? 。并在圖中讀出OP= 。 (2)已知mA∶mB=2∶1,碰撞過程中動(dòng)量守恒,則由圖可以判斷出R是 球的落地點(diǎn),P是 球的落地點(diǎn)。 (3)用題中的字母寫出動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式 。,【典題解析】(1)用圓規(guī)畫出盡可能小的圓把所有的小球落點(diǎn) 痕跡都圈在里面,其圓心就是小球落地點(diǎn)的平均位置,由題圖 中讀出 =13.0 cm。 (2)R是B球的落地點(diǎn),P是A球的落地點(diǎn)。 (3)因平拋落地時(shí)間相同,可用水平位移代替平拋的初速度,即 兩球碰前或碰后的速度,所以得出動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為,答案：(1)用最小的圓把所有落點(diǎn)圈在里面，圓心即為落點(diǎn) 的平均位置13.0 cm (2)B A (3),【典題8】(2011·北京高考)如圖,用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系。,(1)實(shí)驗(yàn)中,直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通過僅測(cè)量 (填選項(xiàng)前的符號(hào)),間接地解決這個(gè)問題。 A.小球開始釋放高度h B.小球拋出點(diǎn)距地面的高度H C.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程,(2)圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影,實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放,找到其平均落地點(diǎn)的位置P,測(cè)出平拋射程OP,然后,把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放,與小球m2相碰,并多次重復(fù)。 接下來要完成的必要步驟是 。(填選項(xiàng)前的符號(hào)) A.用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2 B.測(cè)量小球m1開始釋放高度h C.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H D.分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N E.測(cè)量平拋射程OM、ON,(3)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,其表達(dá)式可表示為________ [用(2)中測(cè)量的量表示]; 若碰撞是彈性碰撞,那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為 [用(2) 中測(cè)量的量表示]。 (4)經(jīng)測(cè)定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地點(diǎn)的平均位置距O點(diǎn) 的距離如圖所示。碰撞前后m1的動(dòng)量分別為p1與p1′,則 p1∶p1′= ∶11。若碰撞結(jié)束時(shí)m2的動(dòng)量為p2′,則 p1′∶p2′=11∶ 。實(shí)驗(yàn)結(jié)果說明,碰撞前后總動(dòng)量的比 值 為 。,(5)有同學(xué)認(rèn)為,上述實(shí)驗(yàn)中僅更換兩個(gè)小球的材質(zhì),其他條件不變,可以使被碰小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程增大。請(qǐng)你用(4)中已知的數(shù)據(jù),分析和計(jì)算出被碰小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程ON的最大值為 cm。,【典題解析】(1)在落地高度不變的情況下,水平位移就能反映 平拋初速度的大小,所以,僅測(cè)量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程就能間 接地測(cè)量速度。因此選C。 (2)找出平均落地點(diǎn)的位置,測(cè)量平拋的水平位移,因此必須有 的步驟是D、E,且先D后E,至于用天平測(cè)質(zhì)量先后均可。所以答 案是ADE或DAE或DEA。 (3)設(shè)落地時(shí)間為t,則 動(dòng)量守恒的 表達(dá)式是m1v1=m1v′1+m2v′2,動(dòng)能守恒的表達(dá)式是 所以若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,則 m1·OM+m2·ON=m1·OP成立,若碰撞是彈性碰撞,動(dòng)能守恒,則 m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2成立。,(4)碰撞前后m1動(dòng)量之比,(5)發(fā)生彈性碰撞時(shí)，被碰小球獲得的速度最大，根據(jù)動(dòng)量 守恒和動(dòng)能守恒，m1v1=m1v′1+m2v′2， 聯(lián)立解得v′2= 因此，最大射程為 ×44.80 cm=76.80 cm 答案：(1)C (2)ADE或DAE或DEA (3)m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2 (4)14 2.9 1～1.01均可 (5)76.80,【加固訓(xùn)練】 1.(2014·朝陽區(qū)模擬)如圖所示,甲、乙為兩個(gè)實(shí)驗(yàn)的裝置圖。,(1)甲、乙兩圖中,可以“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的裝置圖是 。 (2)關(guān)于甲、乙兩個(gè)實(shí)驗(yàn),下列說法正確的是 。 A.只有甲實(shí)驗(yàn)必須測(cè)量質(zhì)量 B.只有乙實(shí)驗(yàn)中需要記錄時(shí)間 C.乙實(shí)驗(yàn)必須使用重垂線 D.兩個(gè)實(shí)驗(yàn)都需要使用刻度尺,【解析】(1)甲圖用來驗(yàn)證動(dòng)量守恒,乙圖用來驗(yàn)證機(jī)械能守恒。(2)乙實(shí)驗(yàn)不需要重垂線,甲、乙兩實(shí)驗(yàn)都不需記錄時(shí)間。 答案：(1)甲 (2)A、D,2.(2014·濰坊模擬)某同學(xué)用如圖所示裝置來研究碰撞過程,第一次單獨(dú)讓小球a從斜槽某處由靜止開始滾下。落地點(diǎn)為P,第二次讓a從同一位置釋放后與靜止在斜槽末端的小球b發(fā)生碰撞。a、b球的落地點(diǎn)分別是M、N,各點(diǎn)與O的距離如圖所示。該同學(xué)改變a的釋放位置重復(fù)上述操作。由于某種原因他只測(cè)得了a球的落地點(diǎn)P′、M′到O的距離分別為22.0cm、10.0cm。求b球的落地點(diǎn)N′到O的距離。,【解析】設(shè)a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2,碰撞過程 中滿足動(dòng)量守恒定律， 解得m1∶m2=4∶1。 改變a的釋放位置，有 解得： =48.0 cm。 答案：48.0 cm,【學(xué)科素養(yǎng)升華】 利用斜槽小球碰撞驗(yàn)證動(dòng)量守恒的注意事項(xiàng) (1)斜槽末端的切線必須水平; (2)入射小球每次都必須從斜槽同一高度由靜止釋放; (3)選質(zhì)量較大的小球作為入射小球; (4)實(shí)驗(yàn)過程中實(shí)驗(yàn)桌、斜槽、記錄的白紙的位置要始終保持不變。,