一輪復(fù)習(xí)教案選修35動量守恒定律

第十三 動量守恒定第1學(xué) 動量守恒定動量：物體的質(zhì)量和速度的乘 叫做動量動量的變化量由于動量為矢量，動量變化量的方向不是 求解動量的變化量時，其運算遵照平行四邊形定則若初、末動量不在同始終線上，則運算遵照平形四邊形定則或矢 ，即Δp＝p′－p＝mv′－mv，如圖所示.動量守恒定律：變.

mvmvmvmv 1 2 1 2動量守恒定律的條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零 一、什么是“內(nèi)力、什么是“外力矢量性：動量守恒的方程為矢量方程.m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′時，等號左側(cè)是作用前(或某一時刻)系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢階段性：只有滿足守恒條件的過程或階段，動量才守恒看全部外力的合力與否為零【例1】把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍沿水平方向發(fā)射一 B.守恒的條件，故動量是守恒的，即對的選項是D.【答案】1】如圖所示，A、BmA∶mB＝3∶2，原來靜忽然釋放后，則(BCD)A.A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相似，A、BB.A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相似，A、B、CC.A、B所受的摩擦力大小相等，A、BD.A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C【解析】A、BA、B分別相對于mA∶mB＝3∶2FB＝3∶2，則A、B構(gòu)成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A選項錯.對A、B、C構(gòu)成的系統(tǒng)，A、BC間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向上的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，B、D選項均對的.若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B構(gòu)成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動量守恒，C選項對的.mv0cos上不受外力的作用，或者在這個方向上外力的矢量和為零.那么系統(tǒng)在這個方向上的動量守恒2】如圖所示中不計一切摩擦，Am，B(1)(a)BR的圓弧軌道，A、BA自由下滑，ABAB的速度大小之比.BB的速度大小(3)(c)BRBAAB(4)(d)A、B速度大小之比 3M的小車靜止在光滑的水平面上.的人.若人水平向右以相對車的速度u該方向上人和車系統(tǒng)動量守恒.由于給??u的，必須把人的速度轉(zhuǎn)化為相對地的速度.u就是人對地的速度..u的同時，車也獲得了對地的速度v.因此人對車的速度u，應(yīng)是相對運動的車的速度，而不是相對設(shè)速度u的方向為正方向，并設(shè)人脫離車后小車的速度大小為v，則人對地的速度大小為(u－v).根據(jù)動量守恒定律有0＝m(u－v)－Mv，因此小車速度v＝mu/(M＋m)，方向和u的【思維提高】(1)動量守恒方程中各物體的速度是相對同一參考系的3】20kg60kg5m/s的速度運動.2m/s2m/s2m/s【解析】(1)由于水平軌道是光滑的，人、車系統(tǒng)水平方向動量守恒.p＝(20＋60)×5kg·m/s＝400kg·m/s設(shè)人反向行走時車的速度為v1，系統(tǒng)動量p1＝20v1＋60(v1－2)20v1＋60(v1－2)＝400kg·m/s，v1＝6.5對靜止，有共同速度，則系統(tǒng)動量p2＝20v2＋60v2.由動量守恒，p2＝p20v2＋60v2＝400kg·m/s，v2＝5p3＝p，則20v3＝400kg·m/s，v3＝20m/s易錯門診5m/s【錯解】Δp＝mv2－mv1＝0.4×5kg·m/s－0.4×5【正解】Δp＝mv2－mv1＝－0.4×5kg·m/s－0.4×5kg·m/s＝－4Δp的方向與小球初速度方向相反，即水平向左【思維提高】動量是矢量，動量的變化量也是矢量.一定要注意矢量的方向性第2學(xué) 動量守恒定律的應(yīng)(1)系統(tǒng)互相作用前的總動量等于互相作用后的總動量，即p＝p′ (2)系統(tǒng)總動量的增量為零，即Δp＝p′－p＝0 (3) “動量守恒定律”既能夠用于解決物體的低速運動問題，又可解決靠近于光速的物體高速運動問題；它既可用于解決宏觀物體間的互相作用問題，又可解決微觀粒子間重點難點突破系統(tǒng)在全過程中動量守恒(涉及某個方向上動量守恒)，人在船上走動的過程中，每時每M1s1＝M2s2，這是個重要的結(jié)論.擬定好正方向，建立動量守恒方程求解速度也為零.設(shè)某時刻人對地的速度為v1，船對地的速度為v2，根據(jù)動量守恒得 Δt ②式為人對地的位移和船對地的位移關(guān)系由圖所示還可看 s1s聯(lián)立②③兩式得

Mm

Mm【思維提高】“人船模型”m1v1－m2v2m1－m2＝0量不守恒.但p0＝0，且在某一方向動量守恒，則該方向上仍含有“人船模型”的特點.AAAA的底端時，A移動的距離.【解析】我們可畫??如圖所示的示意圖我們注意到，以A、B構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒，但該系統(tǒng)水平ABsAsB“人mA＝2mB因此2sA＝sBBA的表面滑動.B上，BC2.5m/s的速度共同邁進.求：ACA【解析】C在A上滑動時，選A、B、C作為一種系統(tǒng)，其總動量守恒，則：C滑到B上后A做勻速運動，再選B、C作為一種系統(tǒng)，其總動量也守恒，則mCvC′＋CA、BA、B、C構(gòu)成系統(tǒng)的總動量守vA′＝2.1m/s，vC′＝42】兩只小船平行勻速逆向航行，航線鄰近，當(dāng)它們頭尾相齊時，每一只船上各m＝50kg的一只麻袋到對面船上去，成果載重較小的一只船停了下來，另一只船以v＝8.5m/sm1＝500kg，m2＝1000kg，【解析】每只船和麻袋都勻速行駛，在交換麻袋時近似認(rèn)為兩船在水平方向受力不變，水平方向動量守恒.選用拋??m1即 即－950v2＋50v1＝－1000×8.5 即500v1－1000v2＝－1 v1＝1m/s，v2＝9學(xué)家玻特和他的學(xué)生貝克用放射性物質(zhì)釙(Po)α粒子去轟擊輕金屬鈹(Be)時，發(fā)現(xiàn)γ射線.后來法國物理學(xué)家約里奧·居里夫果有質(zhì)子被打了出來.對于這一現(xiàn)象，約里奧·γα粒子那樣和石蠟里的氫原子核發(fā)生碰撞.19327.5，試擬定這種中性粒子的質(zhì)量和氫核的質(zhì)量的關(guān)系.速率為零，碰后速率為vH，由碰撞前后的動量守恒和動能守恒可得mv2＝mv′2＋mv2＝mv′2＋可得查德威克在實驗中測得氫核和氮核的速率之比是＝7.5，因此有 因而得m＝mH由此可知這種中性粒子的質(zhì)量與氫核的質(zhì)量相似，由于不帶電，故被稱之為中子【思維提高】微觀粒子的碰撞滿足動量守恒定律易錯門診m2＝25kg廂連接.m3＝15kg的小物體放在平板車廂上0.20.v0＝3m/s【錯解】三個物體構(gòu)成的系統(tǒng)在全過程中動量守恒，設(shè)最后三者的共同速度為v，由系v＝1又由于系統(tǒng)損失動能的多少等于物體克服摩擦力做的功，則m1v－x＝2過程能夠簡化為：先由m1、m2互相作用，兩者達成共同速度，這個過程要損失機械能；然后m1、m2的共同體與m3發(fā)生互相作用，三者達成共同速度，這個過程又要損失機械能.【正解】(1)m1、m2v1，m1、m2構(gòu)成的系統(tǒng)v1＝v2＝1m1、m2m3(m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v代入數(shù)據(jù)解得 第3學(xué) 碰撞與反沖運碰撞：碰撞是指物體間互相作用時間很短，而物體間互相作用力很大的一類①時間短：在碰撞、爆炸現(xiàn)象中互相作用時間很短②互相作用力很大：在碰撞、爆炸過程中，物體間的互相作用力先是急劇增大 后再急劇減小 ③動量守在碰撞、爆炸過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力 遠不不大于外力 ①彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，物體形變完全恢復(fù)，碰撞過程中，系統(tǒng)同時滿足動量守恒和機械能守恒 ②非彈性碰撞：碰撞結(jié)束后，物體形變只有部分恢復(fù)，碰撞過程中，系統(tǒng)滿足動量 從碰撞前后兩物體(小球)中學(xué)物理只研究正碰反沖運動是指系統(tǒng)在內(nèi)力的作用下，系統(tǒng)內(nèi)一部分物體向某方向發(fā)生動量變化時，系統(tǒng)內(nèi)其它部分向相反方向發(fā)生動量變化的現(xiàn)象，系統(tǒng)遵照動量守恒定律，如水輪機、m1v＋m2v＝m1v1′2＋若機械能損失量(轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)ΔE＝m1v＋m2v－m1v＋m2v＞m1v1′2＋或＋≥＋v后＞v前，否則無法實現(xiàn)碰撞.碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束.ΔpA、ΔpB有可能的是()A.ΔpA＝－3kg·m/s，ΔpB＝3kg·m/s B.ΔpA＝4kg·m/s，ΔpB＝－4kg·m/sC.ΔpA＝－5kg·m/s，ΔpB＝5kg·m/s D.ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/s【解析】ΔpA＋ΔpB＝0，這些選項與否都對呢？由于ΔpA＜0B選項排除.BmAv＋mBv≥mAv′＋mBv′ 且mBv2＞mBv B由①②式解得mAv′＜v′＜v或由此可得 vAmA DA、C選項對的【答案】1】在光滑的水平面上，兩球沿球心連線以相等的速率相向而行，并發(fā)生碰撞，下列現(xiàn)象可能的是(AD)【解析】兩球的質(zhì)量m1、m2大小關(guān)系未知，以相等的速率相向碰撞，碰撞后的狀態(tài)取決于兩個因素，其一是兩球的質(zhì)量關(guān)系，如m1＝m2，m1＞m2，m1＜m2；其二是碰撞過程中能量損失狀況，如完全彈性碰撞，完全非彈性碰撞，普通的碰撞.若m1＝m2，且是完全彈性A選擇是可能的，在兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，由動量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v共.m1＝m2v共＝0B不對的.m1≠m2v共≠0D選項是可能的.m1＞m2時，m1v1－m2v2＞0系統(tǒng)的總動量與m1v1同向，若兩球碰撞后以某一相等速率v′分開，則碰量守恒定律的，因此C選項不可能，故本題對的答案為A、D.2】春節(jié)期間，全國許多大中都市將燃放煙花爆竹禁放改為限放，增加了節(jié)日氛圍.假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上A點以速度v豎直上升到最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，As處，不計空氣阻力，煙80%轉(zhuǎn)化為動能.求：(1)煙花上升的最大高度【解析】(1)(2)設(shè)煙花炸裂后的一塊水平飛??時的速度大小為v1，由平拋運動規(guī)律得 h＝gt2(3)煙花炸裂時動量守恒 v1－v2＝0，解得另一塊的速度為 ＝mv【思維提高】(1)煙花炸裂過程內(nèi)力遠不不大于外力，動量守恒(2)煙花炸裂過程有化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能mv0M＝9m，不計空氣阻力.問：)O低的狀況下，木塊能上升的最大高度是多少？(g)(2)v0擊中木塊，在極短時間內(nèi)又以水平速度穿出木塊，(1)v0＝(＋M)v1mv0＝m()＋Mv2ΔE＝mv－m()2－Mv 3】m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M＝19m的金屬球并排懸掛.θ＝60°的附近存在垂直于紙面的磁場.45°.

【解析】nvn－1，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn和Vn，由于碰撞過程中動量守恒、碰撞前后動能相等，設(shè)速度向左為正，則 ＝MV＋mv 由①②兩式及M＝19m解得 第n次碰撞后絕緣球的動能為Ekn＝mv＝(0.81)nE0 E01次碰撞前的動能，即初始能量θ＝θ0＝60°θ＝45° 式中l(wèi)為擺長.根據(jù)⑤式，經(jīng)n次碰撞后 3θ3】荷蘭科學(xué)家惠更斯在物體碰撞問題的研究中做出了突出的奉獻.m1、m2、m3的小球，半L的三根平行繩子上，彼此互相接觸.現(xiàn)把質(zhì)量m1H高度處釋放，如圖所示.已知各球碰撞時同時滿(2)1223相碰之后，三個球含有相似的動量，m1∶m2∶m3【解析】(1)1223312前瞬間的速H2211H高處. ，T＝(2)p232p23 123p 易錯門診于支架頂端，mC＝0.5kg.ACv0＝4m/sB車，如圖所示A、Bg＝10m/s2.試求細(xì)線所受的最大拉力不變.C ＝(0.5×10) N＝45【錯因】A、BC保持原來的速度不變，但求拉力時對C的線速度理解錯誤，質(zhì)點相對于圓心(懸點)的速度不是v0，而是v相＝v0－vAB【正解】AB相碰的瞬間，Cv0不變，A、B構(gòu)成的系統(tǒng)動量守解得 m/s＝2v0相似v0－vAB＝2得F－mCg＝ ＝(0.5×10) N＝15第4學(xué) 動量定理及其應(yīng)力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量.沖量是描述力對物體作用的時間累積效應(yīng)的物理量.沖量的體現(xiàn)式是I＝Ftt是一種過程量，因此力的沖量是一種過程量，沖量F的方向，其單位是N·s.由 及F＝ma F＝意義：物體動量的變化 等于它所受的力，這是牛頓第二定律的另一種體現(xiàn)形式物體在一種過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖 即FtmvmvFFt都是描述力對物體作用的物理量，都是矢量.但力是瞬時作用量，有I＝FtF的方向，這種認(rèn)識在有些狀況下I＝Ft計算.F的I＝Ftt內(nèi)的沖量.FF的方向不變，但大小不隨時間均勻變I＝ΔpΔp間接求出變力的沖量.p、Δp、之間的區(qū)別：p是物體的動量，是矢量，狀態(tài)量；Δp化量，也是矢量，是過程量；是動量的變化率FΔt＝ΔpF＝Δp/Δt，可見，動量的變化率等于物體所動量定理的物理實質(zhì)與牛頓第二定律是相似的動量定理的合用范疇F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值.【解析】由于物體下滑過程中各個力均為恒力，因此只規(guī)定??I＝F·t逐個求??.由牛頓第二定律：a＝mgsinθ＝gsinθ＝5m由x＝at2，得 ＝2IG＝mg·t＝(2×10×2)N·s＝40N·s，方向豎直向下IN＝FN·t＝mgcos I合＝F合·t＝mgsinθ·t＝20I合方向沿斜面對下【思維提高】I＝Ft計算變力的沖量可用平均值法、動量定理法、圖象法進行計算2s內(nèi)的沖量為30N·s.【解析】由題意知，外力F隨時間t均勻變化，因此能夠認(rèn)為2s均值為 N＝15N.再根據(jù)沖量的定義式，可求得外力在2s內(nèi)的沖量I＝t＝15×2N·s＝30F＝kvk為已知常量，試求小球在下落過程中所受阻重力和阻力作用下做加速度減小的加速運動，其速度隨時間變化的v-t圖象應(yīng)為如圖所示，由于小球在下落過程中所受阻力與其速度成正比，因此其阻力隨時間變化的F-t圖象，也應(yīng)v-tvt圖象而言，圖線與時間軸所圍的“面積”表達小球的位移，即小F-t圖象來說，圖線與時間軸所圍的“面積”＝kv2】0.5kgv＝4.0m/s00.01s，那么：考慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力又是多大？(g10m/s2)F1因此 N＝200N，方向豎直向上200N，方向豎直向下.(F2＋mg)t＝0－mv(矢量式) N－0.5×(－10)N＝205N，方向豎直向上205N，方向豎直向下比較F1與F2其相對誤差 ×100%＝2.5%，可見本題中重力的影響可忽視3】1.0kg5.0m3.2m0.2s，不計空氣阻力，則小球受到地面的平均沖力大小為(C)A.90.0 B.80.0 C.100.0 D.30.0【解析】v1＝上升階段v2＝F＝100.0N，方向豎直向上10m/s2，保存兩位有效數(shù)字h＝得自由下落時間為 s＝1.73t2＝t－t1＝4s－1.73s＝2.27得平均作用力為 N＝8.8×102解法二：繩張緊瞬間人的速度 以向上的方向為正，則由繩張緊瞬間到運動停止瞬間過程，由動量定理得因此 N＋50×10N＝8.8×102(2)對多過程問題應(yīng)用此式，往往比用其它辦法更簡樸4】P點自由下落.a點是彈性繩的原長位置，c是人所達成的最低點，b是人靜止懸吊時的平衡位置.不計空氣阻力，則下列說法對的的是(BCPcPcPbac的過程中的加速度方向保持不變易錯門診μ＝0.2向彈回的速度v′＝6m/s，求墻壁對物體的平均作用力.(g10m/s2)Ft1－μmg(t1＋t2)－因此 N＝40【錯因】沒有考慮動量的方向性Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′－0代入數(shù)據(jù)解得＝280N第5學(xué) 動量、能量的綜合應(yīng)物體的加速度大小向與合外力方向相F合速運動等于物體動能的增W合當(dāng)系統(tǒng)只有重力或的總量保持重力或 做物體所受合外力的沖量等于它的動量系統(tǒng)不受外力或所系統(tǒng)總動量保持系統(tǒng)所受的合外力對子彈：－f(d＋s)＝mv2mvf對子彈做負(fù)功(s是子彈穿木塊時木塊的位移，d是子彈進入木塊的深度).對木塊：fs＝Mv2，子彈對木塊的作用力對木塊做正功，使其動能增大由以上幾式得：fd＝mv(m＋M)v2fd(相對位認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情景，擬定研究對象分析研究對象受力狀況及運動狀態(tài)和運動狀態(tài)的變化過程，作草圖根據(jù)運動狀態(tài)的變化規(guī)律擬定解題觀點，選擇規(guī)律代入數(shù)據(jù)，計算成果1】A 【答案】1】A靜止在光滑的水平面上，軌道足夠BB在小車上運動的過程中BDB.C.D.Bv0d，木塊給子彈的平f.若木塊能夠在光滑的水平面上自由滑動，子彈以同樣的初速度水平射向靜止的木塊，假設(shè)木塊給子彈的阻力與前一狀況同樣，試問在此狀況下要射穿該木塊，子彈的初動能應(yīng)滿足什么條件？【解析】fd＝mv－(M＋m)v2v可得fd＝mv－ 整頓得mv 即mv＝(1＋據(jù)上式可知，E0＝mv就是子彈正好打穿木塊所必須含有的初動能，也就是說，子彈恰能打穿木塊所必須含有的初動能與子彈受到的平均阻力f和木塊的厚度d(或者說與f·d)須不不大于(1＋)f·d.【思維提高】(1)木塊固定時，子彈和木塊系統(tǒng)動量不守恒(2)m3＝0.25kg的小物體，小物體可視為質(zhì)點，與車頂之間的動摩μ＝0.4子彈以水平速度v0＝12m/s.子彈與車互相作用時間很短.若使小物體不從車頂上滑落，g10m/s2.求：得 L(m2＋m1)v－(m2＋m1＋m3)v＝μm3gL 聯(lián)立以上方程解得L＝0.9m車與物體的共同速度為v2＝2.1m/s(或 (2)m3 解得t＝0.52s(或 3】50m傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5.Δt＝3s.2個球出發(fā)后Δt′＝(1/3)s與木盒相遇.g＝10m/s2，求：11【解析】(1)設(shè)第1個球與木盒碰后瞬間的共同速度為v同，選向右為正方向，對小球木盒構(gòu)成的系統(tǒng)由動量守恒定律有mv0－Mv＝(M＋m)v同，得v同＝5m/s，方向向右.(2)1t15m/s的共同速度向右做勻減速直線運動，運動加速度由牛頓第二定律可得a＝μ(M＋m)g/(M＋m)＝5m/s2由運動學(xué)公式有Δt2＝2v同/a－Δt2)v＋Δt′v0L＝12.5送帶的路程x＝10m，因此Q＝f·x＝μ(M＋m)gx＝150J【思維提高】學(xué)會分析物理過程，恰當(dāng)選擇物理規(guī)律解題3】如圖所示，C是放在光滑水平面上的一塊木板，木板μ，最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向v02v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板.(1)BCB(2)A在整個過程中的最小速度【解析】(1)ACC一道做勻速直線運動；木塊B始終做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速運動，直到A、B、C三mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1，v1＝0.6v0；對木塊B運用動能定理，有－μmgx＝mv(2)Av′(A、C共速)，由動量定理知，至此，ABm(v0－v′)，A、B、CA易錯門診【錯解】Av，則根據(jù)機械能守恒定律得因此 因此 ＝(0.2×10) N＝6mv＝mghAB m＝0.8m 且θ＝53° m/s＝4BvB1vB2，動ΔE＝m(vBsinθ)2＝×0.2×(4×0.8)2J＝1.024ACmv＝mgL－ΔE＝(0.2×10×1)J－1.024J＝0.976因此 ＝(0.2×10) N＝3.952第6學(xué) 實驗：探究碰撞中的不變v1′v2′，并且系統(tǒng)受到外力之和為零m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.方案一：運用氣墊導(dǎo)軌實現(xiàn)兩滑塊發(fā)生一維碰撞方案二：運用懸線懸掛的小球?qū)崿F(xiàn)兩球發(fā)生一維對心碰撞方案一：氣墊導(dǎo)軌、光電計時器、天平 、滑塊(2個)、彈簧片、細(xì)繩、彈性碰撞架、方案二：帶細(xì)線的擺球(兩套 、鐵架臺、天平、量角器、坐標(biāo)紙、膠布等方案三：光滑的長木板、打點計時器、紙帶、小車(兩個 、天平、撞針、橡皮泥方案四：斜槽、大小相等的、而質(zhì)量不等的小鋼球(兩個) 方案一：滑塊速度的測量：v＝，式中Δx為滑塊擋光片 也能夠直接測量)，Δt為光電計時器顯示的滑塊(擋光片)通過光電門 方案二：擺球速度的測量 ，式中h為小球釋放時(或碰后擺起)的高度能夠用刻度尺來測量方案三：小車速度的測量：v＝，式中Δx是紙帶上兩計數(shù)點間的距離，ΔtΔx的時間，能夠由打點間隔算出方案四：小球速度的測量：小球離開斜槽做平拋 相等，取運動時間為單位時間，速度在數(shù)值上等于平拋運動的水平位移 ②在兩滑塊相撞的端面裝上彈性碰撞架，可得到近似彈性碰撞mv填入下列表格，并進行計算m m1 2m1v1′+.拉起和擺動的角度來算出小球碰前或碰后的速度.可貼膠布增大兩球碰撞時.m1v1+m1v1′+′律實驗裝置如圖所示小車A連接紙帶通過打點計時器，小車Bm m1 2mv′mv1 2方案四：運用斜槽上滾下的小球驗證動量守恒定律白紙在下，復(fù)寫紙在上，且在適宜位置鋪好，記下重垂.N.如圖所示.ON，測量線段、、的長度.將測量數(shù)據(jù)填入表中.m1·＝m1·＋m2·，看在誤差允許的范整頓好實驗器材放回原處實驗結(jié)論：在實驗誤差允許范疇內(nèi)，碰撞系統(tǒng)的動量守恒碰撞有諸多個狀況，實驗尋找的不變量必須在多個碰撞狀況下都不變化，才符合規(guī)定若運用氣墊導(dǎo)軌進行實驗，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌時，注意運用水平儀使導(dǎo)軌水平撞量使實驗中兩物體的碰撞過程本身滿足動量守恒的條件射架等構(gòu)成.在空腔導(dǎo)軌的兩個工作面上均勻分布著一定數(shù)量的小孔，導(dǎo)軌空腔內(nèi)不停通入的壓縮空氣會從小孔中噴出，使滑塊穩(wěn)定地漂浮在導(dǎo)軌上，這樣就大大減小了因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引發(fā)的誤差.①②④1⑤2⑥ ，然 ，讓滑塊帶動紙帶一起運動已知打點計時器每隔0.02s打一種點，計算可知兩滑塊互相作用前系統(tǒng)的總動量為 ·； 計算碰撞前m1v＋m2v＝ 碰撞后m1v′＋m2v′＝ 計算碰撞前v1v2 碰撞后v1v2 (4)試闡明(2)中兩成果不完全相等的重要因素 【解析】1p1＝m1v1v1＝(0.2/0.1)m/s＝2m/sp1＝(0.31×2)kg·m/s＝0.62012v.v＝(0.168/0.14)m/s＝1.2m/sp2＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.2kg·m/s＝0.618m1v＋m2v＝1.24；m1v′＋m2v′v1

＝6.45；v1v2 1、2碰撞前后的動量總和【答案】(1)接通打點計時器的電源；放開滑塊 (3)滑塊1、2碰撞前后的動量總 (4)紙帶與打點計時器限位孔有摩【思維提高】(1)氣墊導(dǎo)軌上做碰撞實驗，阻力小，誤差小.(2)平1】軌上的運動可視為沒有摩擦.CDA、BmA、ABACC、DA、BC、Dt1t2.實驗中還應(yīng)測量的物理量及其符號是B與D的距離

mL1mL2

ABA、B兩滑塊的動量大小并不完全相等，產(chǎn)生誤差的因素有①L1、L2、mA、mB的與導(dǎo)軌間有少量摩擦力.(最少答出兩點).AB只要測??ACL1，BDL2AC、BDt1t2.測??m

L1m

L2驗證動量與否守恒BBBBDBm

L1mL2 2】

v2

v

速度，v1v2分別是碰撞后兩物體的速度.e＝1e<1.某同窗借用驗證動量守恒定律的實驗裝置(如圖的碰撞可近似視為彈性碰撞)12的質(zhì)量.第三步，用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置離O點的距離，即線段 ，，在上述實驗中，(1)P點是 的平均位置，M點是的平均位置，N點是 請寫出本實驗的原 定出用測量量表達的恢復(fù)系數(shù)的體現(xiàn) OOM，OP，ON 【答案】(1)1121落點的平均位置；小球2落點的平均位置.小球從槽口C飛??后做平拋運動的時間相似，設(shè)為t，則有 小球2碰撞前靜止，v20＝0與小球的質(zhì)量無關(guān) 與小球的質(zhì)量有關(guān)

v2v1vv2v1v10OP

ON【思維提高】近年來的高考題以考察實驗原理與誤差分析為主.BACOO點的距離：＝2.68cm，＝8.62cm，＝11.50cmA、B2∶1BA球落地點是統(tǒng)計紙上的P點，系統(tǒng)碰撞前動量p與碰撞后動量p′的百分誤差＝2%(成果保存一【解析】第一空：由過程分析很易得??，BAP點p＝2m·OP/t＝2×8.62λkg·m/s(λ＝碰后總動量p′＝2m·OM/tm·ON/t＝2×8.62λkg·m/s11.50λkg·m/s＝16.86λ誤 易錯門診A、Bm1、m2，則： m2(據(jù)可知m1∶m2＝ 【錯解】由m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1·OP＋0＝m1·OM＋m2·ON代入數(shù)據(jù)可得m1∶m2＝35∶6【錯因】AO碰后水平位移為O′N. (2)由于在碰撞時，A、B系統(tǒng)動量守恒，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，得m1·OP＋0＝m1·OM＋m2·ON移，這個位移大小之比等于兩球水平初速度之比(A、B的起點不同).第7學(xué) 單元綜合提核心.應(yīng)用動量守恒定律求速度(整體或部分的)、位移(人船模型)【例1】(·全國Ⅰ)質(zhì)量為M的物塊以速度v運動，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等.兩者質(zhì)量之比M/m可能為( 【考點】動量守恒及碰撞可能發(fā)生的條件Mv21Mv21mv2Mv1＝mv2，聯(lián)立有M≤3A、B對的

m(2 對的【答案】

m【思維提高】同時運用動量、能量觀點分析碰撞問題2(·天津)mA＝1kgABAC.g＝10m/s2，求：BvBBIA【考點】動量沖量的概念、動量守恒定律、動能定理【解析】(1)BvBCvC，有v2mBg＝mBC RmBv2＝1mBv2 代入數(shù)據(jù)得vB＝5 Bv1Ep＝1mBv2 代入數(shù)據(jù)得I＝－4N·s，其大小為4 設(shè)繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，有 W＝1mAvAW＝8【思維提高】重點考察了動量與沖量的概念、動量守恒定律、功效關(guān)系的運用等3】(·廣東)C短，g10m/s2)CA、B【考點】動量守恒定律、動能定理【解析】(1)A、BmAmB，AB發(fā)生完全非彈性碰撞后的共同速度為v1.取向右為速度正方向，由動量守恒定律有

mmA

v0＝5.0A、BCv21(mA＋mB)v2－1(mA＋mB)v2 v2v21(2)CABv3. 1(mA＋mB)v2≥1(mA＋mB)v2＋1 由④v＝(mAmB)v2mCv＝(4－k) (mmABA聯(lián)立⑤和⑥即當(dāng)k＝6時，碰撞為彈性碰撞；當(dāng)k<6時，碰撞為非彈性碰撞. 碰撞后A、B向右運動的速度不能不不大于C的速度.由⑥式，得4－k≤2kk＝4時，v3＝0CA、B靜止4＞k≥2時，v3＞0CA、B繼續(xù)向右運動.當(dāng)取6≥k＞4時，v3＜0