《高考物理沖刺復習 專題十八 碰撞與動量守恒課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理沖刺復習 專題十八 碰撞與動量守恒課件（122頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題十八 碰撞與動量守恒1.1.動量、動量守恒定律及其應用動量、動量守恒定律及其應用2.2.彈性碰撞和非彈性碰撞彈性碰撞和非彈性碰撞3.3.實驗：驗證動量守恒定律實驗：驗證動量守恒定律說明：對碰撞和動量守恒定律的應用高考中只限于一維情況說明：對碰撞和動量守恒定律的應用高考中只限于一維情況1.1.高考對本章的考查重點是動量和動量守恒定律的應用，尤其高考對本章的考查重點是動量和動量守恒定律的應用，尤其是動量和能量的綜合問題更是考查的熱點，如：碰撞、打擊、是動量和能量的綜合問題更是考查的熱點，如：碰撞、打擊、反沖、滑塊摩擦等問題反沖、滑塊摩擦等問題. .2.2.根據(jù)新課標高考的要求，本章內容易與力學

2、、原子物理學結根據(jù)新課標高考的要求，本章內容易與力學、原子物理學結合進行綜合命題合進行綜合命題. .3.3.探究和驗證碰撞中的動量守恒，在高考實驗考查中出現(xiàn)頻率探究和驗證碰撞中的動量守恒，在高考實驗考查中出現(xiàn)頻率很高很高. . 動量的矢量性動量的矢量性【典例【典例1 1】(2011(2011福建高考福建高考) )在光滑水平面上，一質量為在光滑水平面上，一質量為m m、速、速度大小為度大小為v v的的A A球與質量為球與質量為2m2m靜止的靜止的B B球碰撞后，球碰撞后，A A球的速度方向球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后與碰撞前相反，則碰撞后B B球的速度大小可能是球的速度大小可能是( )(

3、)A.0.6vA.0.6vB.0.4vB.0.4vC.0.3vC.0.3vD.0.2vD.0.2v【審題視角【審題視角】解答本題應注意以下兩點：解答本題應注意以下兩點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)動量是矢量，應先選好正方向動量是矢量，應先選好正方向. .(2)(2)抓住抓住A A球碰后反彈條件列方程即可判斷球碰后反彈條件列方程即可判斷B B球速度大小球速度大小. .【精講精析【精講精析】由動量守恒定律得由動量守恒定律得:mv:mv=mv=mvA A+2mv+2mvB B，規(guī)定，規(guī)定A A球原方向球原方向為正方向，由題意可知為正方向，由題意可知v vA A為負值，則為負值，則2mv2mvB B

4、mvmv，可得，可得v vB B 0.5v 0.5v，因此因此B B球的速度可能為球的速度可能為0.6v0.6v，故選，故選A.A.答案答案: :A A【命題人揭秘【命題人揭秘】動量的矢量性動量的矢量性(1)(1)動量守恒定律方程式是一個矢量關系式動量守恒定律方程式是一個矢量關系式, ,必須注意其方向性，必須注意其方向性，同一直線上的動量在選好正方向以后，用正負號表示其方向同一直線上的動量在選好正方向以后，用正負號表示其方向. .(2)(2)注意根據(jù)相互作用前、后時刻的動量矢量和相等列方程注意根據(jù)相互作用前、后時刻的動量矢量和相等列方程. . 碰撞中的動量和能量綜合問題碰撞中的動量和能量綜合問

5、題【典例【典例2 2】(2012(2012安徽高考安徽高考) )如圖所示，裝置的左邊是足夠長的如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量光滑水平臺面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M=M=2 kg 2 kg 的小物塊的小物塊A.A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接面等高，并能平滑對接. .傳送帶始終以傳送帶始終以u=2 m/su=2 m/s的速率逆時針轉的速率逆時針轉動動. .裝置的右邊是一光滑曲面，質量裝置的右邊是一光滑曲面，質量m=1 kgm=1 kg的小物塊的小物塊B B從其上距從

6、其上距水平臺面高水平臺面高h=1.0 mh=1.0 m處由靜止釋放處由靜止釋放. .已知物塊已知物塊B B與傳送帶之間的動與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)摩擦因數(shù)=0.2=0.2，l=1.0 m.=1.0 m.設物塊設物塊A A、B B間發(fā)生的是對心彈性碰撞，間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊第一次碰撞前物塊A A靜止且處于平衡狀態(tài)靜止且處于平衡狀態(tài). .取取g=10 m/sg=10 m/s2 2. .(1)(1)求物塊求物塊B B與物塊與物塊A A第一次碰撞前的速度大小第一次碰撞前的速度大小. .(2)(2)通過計算說明物塊通過計算說明物塊B B與物塊與物塊A A第一次碰撞后能否運動到右邊第一

7、次碰撞后能否運動到右邊的曲面上？的曲面上？(3)(3)如果物塊如果物塊A A、B B每次碰撞后，物塊每次碰撞后，物塊A A再回到平衡位置時都會立再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B B第第n n次碰撞后的運動速度大小次碰撞后的運動速度大小. .【審題視角【審題視角】解答本題時要注意以下三點：解答本題時要注意以下三點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)物塊物塊B B在運動的過程中機械能一部分損失在傳送帶上，一部在運動的過程中機械能一部分損失在傳送帶上，一部分損失在分損失在A A上上. .(2)(2)由于傳送帶向左

8、運動，必須驗證物塊由于傳送帶向左運動，必須驗證物塊B B與物塊與物塊A A碰撞后是否碰撞后是否能滑到傳送帶右端能滑到傳送帶右端. .(3)(3)物塊物塊B B每次與物塊每次與物塊A A發(fā)生彈性碰撞時的情景相似，故可求出發(fā)生彈性碰撞時的情景相似，故可求出每次碰后速度的表達式每次碰后速度的表達式. .【精講精析【精講精析】(1)(1)對對B B，自開始至曲面底端時，由機械能守恒定，自開始至曲面底端時，由機械能守恒定律得：律得：m mB Bghgh= m= mB Bv vB B2 2v vB B= = m/s= m/s= = m/s= m/s設設B B在傳送帶上速度減為在傳送帶上速度減為2 m/s2

9、 m/s時經過的位移為時經過的位移為x x，則：則： 故故B B在傳送帶上一直做減速運動，設在傳送帶上一直做減速運動，設B B到達傳送帶左端時速度大到達傳送帶左端時速度大小為小為vvB B由由v vB B2 2-v-vB B2 2=2g=2gl得：得：vvB B= =4 m/s= =4 m/s. . 此后此后B B以以4 m/s4 m/s的速度滑向的速度滑向A A即物塊即物塊B B與物塊與物塊A A第一次碰前的速度大小為第一次碰前的速度大小為4 m/s4 m/s. .122gh2 10 12 52222B2 52vux m4 m1 m2 g2 0.2 102Bv2 g l(2)(2)設物塊設物

10、塊B B與物塊與物塊A A第一次碰撞后的速度大小分別為第一次碰撞后的速度大小分別為v vB1B1、v vA1A1，由動量守恒定律得：由動量守恒定律得：m mB BvvB B=m=mA Av vA1A1-m-mB Bv vB1 B1 由能量守恒定律得：由能量守恒定律得： m mB BvvB B2 2= m= mB Bv vB1B12 2+ m+ mA Av vA1A12 2 由以上兩式解得：由以上兩式解得：v vA1A1= v= vB B= m/s= m/s，v vB1B1= v= vB B= = m/s m/s 即第一次碰撞后，即第一次碰撞后，B B以以 m/sm/s的速度滑上傳送帶，設的速度

11、滑上傳送帶，設B B向右減速向右減速為為0 0時經過的位移為時經過的位移為xx：則：則： 所以所以B B不能運動到右邊的曲面上不能運動到右邊的曲面上. .121212238313434322B14( )v43xmm1 m2 g2 0.2 109 (3)B(3)B第一次碰撞后在傳送帶上向右減速為第一次碰撞后在傳送帶上向右減速為0 0后，在摩擦力的作后，在摩擦力的作用下向左加速，到達傳送帶左端時的速度大小等于用下向左加速，到達傳送帶左端時的速度大小等于v vB1B1，以后，以后B B每次與每次與A A碰撞后的速度大小均等于從傳送帶左端滑出時的速度碰撞后的速度大小均等于從傳送帶左端滑出時的速度大小，

12、即大小，即B B每次與每次與A A碰撞后的速度大小均等于下一次碰撞后的速度大小均等于下一次B B與與A A碰撞前碰撞前的速度大小的速度大小. .設設A A與與B B第二次碰撞后的速度分別為第二次碰撞后的速度分別為v vA2A2、v vB2B2，則由，則由式得：式得： 所以第所以第n n次碰撞后次碰撞后B B的速度大小為：的速度大小為：v vBnBn=( )=( )n nvvB B= m/s= m/s答案答案: :(1)4 m/s(1)4 m/s (2) (2)不能不能 (3) m/s(3) m/s12A2B1BB2B1B22111vv( ) v ,vv( ) v3333313n43n43【命題

13、人揭秘【命題人揭秘】含彈簧的碰撞問題的分析方法含彈簧的碰撞問題的分析方法(1)(1)分析建立碰撞模型：是一個與一個碰撞還是與兩個碰撞，分析建立碰撞模型：是一個與一個碰撞還是與兩個碰撞，是碰撞彈開還是粘連成一體，是彈性的還是非彈性的是碰撞彈開還是粘連成一體，是彈性的還是非彈性的. .(2)(2)分析碰撞過程：是一個過程還是多個過程分析碰撞過程：是一個過程還是多個過程. .(3)(3)依據(jù)碰撞過程逐一列動量和能量守恒方程依據(jù)碰撞過程逐一列動量和能量守恒方程. . 動量守恒中的臨界問題動量守恒中的臨界問題【典例【典例3 3】(2011(2011山東高考山東高考) )如圖所示，甲、乙兩船的總質量如圖所

14、示，甲、乙兩船的總質量( (包括船、人和貨物包括船、人和貨物) )分別為分別為10m10m、12m12m，兩船沿同一直線同一方，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為向運動，速度分別為2v2v0 0、v v0 0. .為避免兩船相撞，乙船上的人將為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為一質量為m m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度住，求拋出貨物的最小速度.(.(不計水的阻力不計水的阻力) ) 【審題視角【審題視角】解答本題的思路按以下兩步進行：解答本題的思路按以下兩步進行：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)分析如何避免兩船

15、相撞：甲、乙拋接貨物后兩船同向運動分析如何避免兩船相撞：甲、乙拋接貨物后兩船同向運動或反向運動或反向運動. .(2)(2)分析得到拋貨物的最小速度：拋接貨物后兩船以相同速度分析得到拋貨物的最小速度：拋接貨物后兩船以相同速度同向運動同向運動. .【精講精析【精講精析】設乙船上的人拋出貨物的最小速度為設乙船上的人拋出貨物的最小速度為v vminmin，拋出，拋出貨物后的速度為貨物后的速度為v v1 1，甲船上的人接到貨物后速度為，甲船上的人接到貨物后速度為v v2 2，由動量，由動量守恒定律得守恒定律得:12m:12mv v0 0=11mv=11mv1 1-mv-mvminmin10m10m2v2

16、v0 0-mv-mvminmin=11mv=11mv2 2 為避免兩船相撞應滿足為避免兩船相撞應滿足:v:v1 1=v=v2 2 聯(lián)立聯(lián)立式得式得:v:vminmin=4v=4v0 0答案答案: :4v4v0 0【命題人揭秘【命題人揭秘】抓住臨界點，輕易破解動量守恒臨界問題抓住臨界點，輕易破解動量守恒臨界問題(1)(1)分析并判斷是否為動量守恒臨界問題分析并判斷是否為動量守恒臨界問題. .(2)(2)尋找臨界點尋找臨界點: :從題設情景中看是否有相互作用的兩物體相距從題設情景中看是否有相互作用的兩物體相距最近最近, ,避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài).

17、.(3)(3)挖掘臨界條件挖掘臨界條件: :在與動量相關的臨界問題中在與動量相關的臨界問題中, ,臨界條件常常臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系表現(xiàn)為兩物體的相對速度關系與相對位移關系, ,即速度相等或即速度相等或位移相等位移相等. . 動量守恒中的人船模型動量守恒中的人船模型【典例【典例4 4】(2011(2011安徽高考安徽高考) )如圖所示，質量如圖所示，質量M=2 kgM=2 kg的滑塊套的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量在光滑的水平軌道上，質量m=1 kgm=1 kg的小球通過長的小球通過長L=0.5 m L=0.5 m 的的輕質細桿與滑塊上的光滑軸輕質細桿與滑塊上的

18、光滑軸O O連接，連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞小球和輕桿可在豎直平面內繞O O軸軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v v0 0= =4 m/s4 m/s，g g取取10 m/s10 m/s2 2. .(1)(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P P時對輕桿的作用力大小時對輕桿的作用力大小和方向和方向. .(2)(2)若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小. .(3)(3)在滿足在滿足(2)(2)的條件下，試求小球

19、擊中滑塊右側軌道位置點與的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離小球起始位置點間的距離. .【審題視角【審題視角】解答本題應注意以下四點：解答本題應注意以下四點：【關鍵點【關鍵點】(1)(1)鎖定滑塊時鎖定滑塊時, ,對小球應用機械能守恒和向心力公式求作用力對小球應用機械能守恒和向心力公式求作用力. .(2)(2)解除鎖定解除鎖定, ,系統(tǒng)水平方向不受外力系統(tǒng)水平方向不受外力, ,滿足動量守恒條件，因滿足動量守恒條件，因此水平方向動量守恒此水平方向動量守恒. .(3)(3)分析系統(tǒng)中各物體的狀態(tài)變化，畫出狀態(tài)變化圖，尋找各分析系統(tǒng)中各物體的狀態(tài)變化，畫出狀態(tài)變化圖，尋找

20、各物體位移之間的幾何關系物體位移之間的幾何關系. .(4)(4)根據(jù)水平方向動量守恒列方程求解根據(jù)水平方向動量守恒列方程求解. .【精講精析【精講精析】(1)(1)設小球能通過最高點，且此時的速度為設小球能通過最高點，且此時的速度為v v1 1. .在在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒. .則則 v v1 1= m/s= m/s 設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F F，方向向下，方向向下，則則:F+mg:F+mg= = 由由式得式得:F=2 N:F=2 N 由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作

21、用力大小為由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2 N2 N，方向，方向豎直向上豎直向上. .221011mvmgLmv22621vmL(2)(2)解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v v2 2，此時滑塊，此時滑塊的速度為的速度為v.v.在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以水平方向動量守恒所以水平方向動量守恒. .以水平向右為正方向，有以水平向右為正方向，有mvmv2 2+Mv=0 +Mv=0 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守

22、恒，則 由由式得式得v v2 2=2 m/s=2 m/s 22220111mvMvmgLmv222(3)(3)設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為s s1 1，滑塊向左移動的距離為，滑塊向左移動的距離為s s2 2，任意時刻小球的水平速度大小，任意時刻小球的水平速度大小為為v v3 3，滑塊的速度大小為，滑塊的速度大小為v.v.由系統(tǒng)水平方向動量守恒得由系統(tǒng)水平方向動量守恒得mvmv3 3-Mv=0 -Mv=0 將將式兩邊同乘以式兩邊同乘以tt，得，得mvmv3 3t-Mvt=0 t-Mvt=0 因因式對任意時刻附近的微小間式對任

23、意時刻附近的微小間隔隔tt都成立，累積相加后，有都成立，累積相加后，有msms1 1-Ms-Ms2 2=0 =0 又又s s1 1+s+s2 2=2L =2L 由由式得式得s s1 1= m= m 答案：答案：見精講精析見精講精析23【命題人揭秘【命題人揭秘】運用平均動量守恒巧解人船模型問題運用平均動量守恒巧解人船模型問題(1)(1)明確某方向平均動量守恒：由某方向動量守恒的瞬時表達明確某方向平均動量守恒：由某方向動量守恒的瞬時表達式式( (速度形式速度形式) )得出平均動量守恒得出平均動量守恒( (位移形式位移形式) )，將兩物體之間動，將兩物體之間動量守恒的速度關系轉化為位移關系量守恒的速

24、度關系轉化為位移關系. .(2)(2)對于原來靜止的人、船系統(tǒng)對于原來靜止的人、船系統(tǒng), ,人在船上走動時人在船上走動時, ,人、船的位人、船的位移大小關系式為移大小關系式為m m人人x x人人=m=m船船x x船船. . 驗證碰撞中的動量守恒驗證碰撞中的動量守恒【典例【典例5 5】(2011(2011北京高考北京高考) )如圖甲，用如圖甲，用“碰撞實驗器碰撞實驗器”可以可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系的動量關系. .(1)(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的實驗中，直接測定小球碰撞前后的速

25、度是不容易的. .但是，但是，可以通過僅測量可以通過僅測量_(_(填選項前的符號填選項前的符號) )，間接地解決，間接地解決這個問題這個問題. .A.A.小球開始釋放高度小球開始釋放高度h hB.B.小球拋出點距地面的高度小球拋出點距地面的高度H HC.C.小球做平拋運動的射程小球做平拋運動的射程(2)(2)圖甲中圖甲中O O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射球入射球m m1 1，多次從斜軌上，多次從斜軌上S S位置靜止釋放，找到其平均落地點位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置的位置P P，測出平拋射程，測出平拋射程OP.OP.然后，把

26、被碰小球然后，把被碰小球m m2 2靜置于軌道的靜置于軌道的水平部分，再將入射球水平部分，再將入射球m m1 1從斜軌上從斜軌上S S位置靜止釋放，與小球位置靜止釋放，與小球m m2 2相相碰，并多次重復碰，并多次重復. .接下來要完成的必要步驟是接下來要完成的必要步驟是_.(_.(填填選項前的符號選項前的符號) )A.A.用天平測量兩個小球的質量用天平測量兩個小球的質量m m1 1、m m2 2B.B.測量小球測量小球m m1 1開始釋放高度開始釋放高度h hC.C.測量拋出點距地面的高度測量拋出點距地面的高度H HD.D.分別找到分別找到m m1 1、m m2 2相碰后平均落地點的位置相碰

27、后平均落地點的位置M M、N NE.E.測量平拋射程測量平拋射程OMOM、ONON(3)(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為_(_(用用(2)(2)中測量的量表示中測量的量表示) )；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為_(_(用用(2)(2)中測量的量表示中測量的量表示).).(4)(4)經測定，經測定，m m1 1=45.0 g=45.0 g，m m2 2=7.5 g=7.5 g，小球落地點的平均位置距，小球落地點的平均位置距O O點的距離如圖乙所示點的距離如圖乙所示. .碰撞前、后碰撞前、后

28、m m1 1的動量分別為的動量分別為p p1 1與與p p1 1，則，則p p1 1pp1 1=_11.=_11.若碰撞結束時若碰撞結束時m m2 2的動量為的動量為p p2 2，則，則p p1 1pp2 2=11_.=11_.實驗結果說明碰撞前、后總動量的比值實驗結果說明碰撞前、后總動量的比值 為為_._.112ppp(5)(5)有同學認為，上述實驗中僅更換兩個小球的材質，其他條有同學認為，上述實驗中僅更換兩個小球的材質，其他條件不變，可以使被碰撞小球做平拋運動的射程增大件不變，可以使被碰撞小球做平拋運動的射程增大. .請你用請你用(4)(4)中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被碰小球中已知的數(shù)據(jù)，

29、分析和計算出被碰小球m m2 2平拋運動射程平拋運動射程ONON的最的最大值為大值為_cm._cm.【審題視角【審題視角】解答本題時應把握以下三點解答本題時應把握以下三點: :【關鍵點【關鍵點】(1)(1)利用兩個小球碰撞前后離開軌道做平拋運動的水平射程來利用兩個小球碰撞前后離開軌道做平拋運動的水平射程來表示碰撞后的速度關系表示碰撞后的速度關系(2)(2)確定入射球確定入射球m m1 1和被碰球和被碰球m m2 2的平均落點位置的平均落點位置M M、N N，從而得到兩，從而得到兩球的水平射程球的水平射程. .(3)(3)由兩小球的質量和水平射程列出動量守恒方程和機械能守由兩小球的質量和水平射程

30、列出動量守恒方程和機械能守恒方程恒方程. .【精講精析【精講精析】(1)(1)由于本實驗的碰撞是在同一高度，在空中運由于本實驗的碰撞是在同一高度，在空中運動時間相同，水平位移就能反映平拋初速度的大小，僅測量小動時間相同，水平位移就能反映平拋初速度的大小，僅測量小球做平拋運動的射程就能由此求出碰撞后速度的大小之比球做平拋運動的射程就能由此求出碰撞后速度的大小之比. .所所以選以選C.C.(2)(2)本實驗必須用天平測量兩個小球的質量本實驗必須用天平測量兩個小球的質量m m1 1、m m2 2，分別找到，分別找到m m1 1、m m2 2相碰后平均落地點的位置相碰后平均落地點的位置M M、N N和

31、測量平拋射程和測量平拋射程OMOM、ONON，故接，故接下來要完成的必要步驟是下來要完成的必要步驟是ADEADE或或DAEDAE或或DEA.DEA.(3)(3)由于由于m m1 1v v1 1+m+m2 2v v2 2=m=m1 1v,v,且且所以所以m m1 1OM+mOM+m2 2ON=mON=m1 1OPOP若碰撞是彈性碰撞，若碰撞是彈性碰撞，機械能守恒機械能守恒所以所以m m1 1OMOM2 2+m+m2 2ONON2 2=m=m1 1OPOP2 212OMONOPvvv,ttt、22211221111m vm vm v222，(4)(4)由于由于11111pm vOP44.8014p

32、m vOM35.201111112222pm vm OM45.0 35.201 58411pm vm ON7.5 55.68417.62.9111212pm OP45.0 44.802 0161.01ppm OMm ON45.0 35.207.5 55.682 001.6 (5)(5)當兩個小球發(fā)生完全彈性碰撞時，被碰小球當兩個小球發(fā)生完全彈性碰撞時，被碰小球m m2 2平拋運動射平拋運動射程程ONON有最大值彈性碰撞動量守恒和機械能守恒，則：有最大值彈性碰撞動量守恒和機械能守恒，則：m m1 1v v1 1+m+m2 2v v2 2=m=m1 1v, mv, m1 1v v1 12 2+ m

33、+ m2 2v v2 22 2= m= m1 1v v2 2解得解得:v:v2 2= =所以最大射程為所以最大射程為: :被碰小球被碰小球m m2 2平拋運動射程平拋運動射程ONON的最大值為的最大值為76.8 cm.76.8 cm.答案答案: :(1)C (2)ADE(1)C (2)ADE或或DEADEA或或DAEDAE(3)m(3)m1 1OM+mOM+m2 2ON=mON=m1 1OP mOP m1 1OMOM2 2+m+m2 2ONON2 2=m=m1 1OPOP2 2(4)14 2.9 1(4)14 2.9 11.011.01均可均可 (5)76.8(5)76.81212121122

34、mvmm，1m122m2 45.0ONOP44.80 cm76.8 cmmm45.07.5【命題人揭秘【命題人揭秘】用碰撞實驗器驗證動量守恒定律時應注意用碰撞實驗器驗證動量守恒定律時應注意(1)(1)實驗誤差分析實驗誤差分析碰撞是否為一維碰撞碰撞是否為一維碰撞. .小球離開軌道后是否做平拋運動小球離開軌道后是否做平拋運動. .每次實驗小球是否從斜軌上同一位置靜止釋放每次實驗小球是否從斜軌上同一位置靜止釋放. .(2)(2)注意事項注意事項前提條件：碰撞的兩小球應保證前提條件：碰撞的兩小球應保證“水平水平”和和“正碰正碰”，且，且m m入射入射mm被碰被碰. .正確操作：先安裝好儀器并調試，后進

35、行實驗并測量正確操作：先安裝好儀器并調試，后進行實驗并測量. .實驗結論：根據(jù)測得的數(shù)據(jù)研究動量關系和能量關系并得出結實驗結論：根據(jù)測得的數(shù)據(jù)研究動量關系和能量關系并得出結論論. . 動量守恒與電磁感應問題的綜合動量守恒與電磁感應問題的綜合【典例【典例6 6】(2011(2011海南高考海南高考) )如圖，如圖，abab和和cdcd是是兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌，兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌，MNMN和和MNMN是兩根用細線連接的金屬桿，其質量分是兩根用細線連接的金屬桿，其質量分別為別為m m和和2m.2m.豎直向上的外力豎直向上的外力F F作用在桿作用在桿MNMN上，上，使兩桿水平靜止

36、，并剛好與導軌接觸；使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸； 兩桿兩桿的總電阻為的總電阻為R R，導軌間距為，導軌間距為l. .整個裝置處在磁感應強度為整個裝置處在磁感應強度為B B的勻強的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直. .導軌電阻可忽略，重力導軌電阻可忽略，重力加速度為加速度為g.g.在在t=0t=0時刻將細線燒斷，保持時刻將細線燒斷，保持F F不變，金屬桿和導軌不變，金屬桿和導軌始終接觸良好始終接觸良好. .求：求：(1)(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)(2)兩桿分別達到的最大速度兩桿分別達到

37、的最大速度. .【審題視角【審題視角】抓住幾個關鍵點，按合理的思路即可以準確解答：抓住幾個關鍵點，按合理的思路即可以準確解答：【關鍵點【關鍵點】(1)“(1)“豎直向上的外力豎直向上的外力F F作用在桿作用在桿MNMN上，使兩桿水平靜止上，使兩桿水平靜止”，可，可得系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒得系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒. .細線燒斷以后，系統(tǒng)細線燒斷以后，系統(tǒng)合外力仍然為零，故整個過程動量守恒合外力仍然為零，故整個過程動量守恒. .(2)(2)再隔離兩金屬桿分析其運動，可得兩金屬桿都做加速度逐再隔離兩金屬桿分析其運動，可得兩金屬桿都做加速度逐漸減小的加速運動，直至加速度等于零時以最

38、大速度做勻速運漸減小的加速運動，直至加速度等于零時以最大速度做勻速運動動. .(3)(3)分析思路如圖所示分析思路如圖所示: :【精講精析【精講精析】設某時刻設某時刻MNMN和和MNMN速度分別為速度分別為v v1 1、v v2 2. .(1)(1)因為系統(tǒng)所受合外力為零，所以因為系統(tǒng)所受合外力為零，所以MNMN和和MNMN系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量守恒: :mvmv1 1-2mv-2mv2 2=0,=0,解得解得v v1 1vv2 2=21=21(2)(2)當當MNMN和和MNMN的加速度為零時，速度最大的加速度為零時，速度最大, ,MNMN受力平衡有受力平衡有:BI:BIl=2mg=2mgI=

39、I= E=BE=Blv v1 1+B+Blv v2 2由由得得: :v v1 1= v= v2 2= =答案答案: :(1)21 (2)(1)21 (2)ER2 24mgR,3B l2 22mgR3B l2 24mgR3B l2 22mgR3B l【閱卷人點撥【閱卷人點撥】失失分分提提示示(1)(1)分別對兩金屬桿按勻變速運動分別對兩金屬桿按勻變速運動, ,由牛頓第二定律和運動由牛頓第二定律和運動學公式分析解答導致知識性錯誤學公式分析解答導致知識性錯誤. .(2)(2)回路中的電動勢是兩金屬桿切割磁感線產生的電動勢回路中的電動勢是兩金屬桿切割磁感線產生的電動勢之和之和. .備備考考指指南南應注

40、意以下問題應注意以下問題: :(1)(1)先對物體進行受力分析和運動情況分析，看系統(tǒng)所受先對物體進行受力分析和運動情況分析，看系統(tǒng)所受合外力是否為零，看物體是否做勻變速運動，看系統(tǒng)內能合外力是否為零，看物體是否做勻變速運動，看系統(tǒng)內能量是怎樣轉化的量是怎樣轉化的. .(2)(2)若系統(tǒng)所受合外力為零，可簡捷地運用動量守恒定律若系統(tǒng)所受合外力為零，可簡捷地運用動量守恒定律解答解答, ,或者從能的觀點分析或者從能的觀點分析, ,或者從力的觀點分析或者從力的觀點分析. . 動量守恒定律的應用動量守恒定律的應用高考指數(shù)高考指數(shù): :1.(20101.(2010北京高考北京高考) )如圖，若如圖，若x

41、x軸表示時間，軸表示時間，y y軸表示位移，則軸表示位移，則該圖象反映了某質點做勻速直線運動該圖象反映了某質點做勻速直線運動時，位移與時間的關系時，位移與時間的關系. .若令若令x x軸和軸和y y軸軸分別表示其他的物理量，則該圖象又分別表示其他的物理量，則該圖象又可以反映在某種情況下，相應的物理可以反映在某種情況下，相應的物理量之間的關系量之間的關系. .下列說法中正確的是下列說法中正確的是( )( )A.A.若若x x軸表示時間軸表示時間,y,y軸表示動能，則該圖象可以反映某物體受軸表示動能，則該圖象可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關系恒定合外力作用做直線運

42、動過程中，物體動能與時間的關系B.B.若若x x軸表示頻率，軸表示頻率，y y軸表示動能，則該圖象可以反映光電效應軸表示動能，則該圖象可以反映光電效應中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關系中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關系C.C.若若x x軸表示時間，軸表示時間，y y軸表示動量，則該圖象可以反映某物體在軸表示動量，則該圖象可以反映某物體在沿運動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關系沿運動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關系D.D.若若x x軸表示時間，軸表示時間，y y軸表示感應電動勢，則該圖象可以反映靜軸表示感應電動勢，則該圖象可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當

43、磁感應強度隨時間均勻增大時，置于磁場中的某閉合回路，當磁感應強度隨時間均勻增大時，閉合回路的感應電動勢與時間的關系閉合回路的感應電動勢與時間的關系【解析【解析】選選C.C.根據(jù)動量定理根據(jù)動量定理p-pp-p0 0=Ft=Ft，p=Ft+pp=Ft+p0 0說明動量和時說明動量和時間是線性關系，縱截距為初動量，間是線性關系，縱截距為初動量，C C正確正確. .結合結合p= p= 得得 =Ft+p=Ft+p0 0，說明動能和時間的圖象是拋物線，說明動能和時間的圖象是拋物線，A A錯誤錯誤. .光光電效應方程為電效應方程為E Ekmkm=h-W=h-W0 0，說明最大初動能和時間是線性關，說明最大

44、初動能和時間是線性關系，但縱截距為負值，系，但縱截距為負值，B B錯誤錯誤. .當磁感應強度隨時間均勻增大當磁感應強度隨時間均勻增大時，閉合回路內的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定時，閉合回路內的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律知閉合回路的感應電動勢與磁通量的變化率成正比，是一律知閉合回路的感應電動勢與磁通量的變化率成正比，是一個定值，不隨時間變化，個定值，不隨時間變化，D D錯誤錯誤. .k2mEk2mE2.(20112.(2011上海高考上海高考) )光滑水平面上兩小球光滑水平面上兩小球a a、b b用不可伸長的松用不可伸長的松弛細繩相連弛細繩相連. .開始時開始時a a球靜止，

45、球靜止，b b球以一定速度運動直至繩被拉球以一定速度運動直至繩被拉緊，然后兩球一起運動，在此過程中兩球的總動量緊，然后兩球一起運動，在此過程中兩球的總動量_( (選填選填“守恒守恒”或或“不守恒不守恒”) )；機械能；機械能_(_(選填選填“守恒守恒”或或“不守恒不守恒”) )【解題指南【解題指南】解答本題要明確繩被拉緊使兩個小球結合在一起，解答本題要明確繩被拉緊使兩個小球結合在一起，屬于碰撞中的完全非彈性碰撞屬于碰撞中的完全非彈性碰撞【解析【解析】b b球以一定速度運動直至繩被拉緊，兩小球間繩子的球以一定速度運動直至繩被拉緊，兩小球間繩子的拉力就是相互作用的內力，滿足動量守恒的條件，所以兩小

46、球拉力就是相互作用的內力，滿足動量守恒的條件，所以兩小球a a、b b組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球一起運動，具有共同速度，符組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球一起運動，具有共同速度，符合完全非彈性碰撞的特征，動能損失很大，機械能不守恒合完全非彈性碰撞的特征，動能損失很大，機械能不守恒答案答案: :守恒守恒 不守恒不守恒3.(20113.(2011海南高考海南高考) )一質量為一質量為2m2m的物體的物體P P靜止于光滑水平地面靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示上，其截面如圖所示. .圖中圖中abab為粗糙的水平面，長度為為粗糙的水平面，長度為L L；bcbc為為一光滑斜面，斜面和水平面通過與一光滑斜面，斜

47、面和水平面通過與abab和和bcbc均相切的長度可忽略均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接的光滑圓弧連接. .現(xiàn)有一質量為現(xiàn)有一質量為m m的木塊以大小為的木塊以大小為v v0 0的水平初速的水平初速度從度從a a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h h，返回后在到，返回后在到達達a a點前與物體點前與物體P P相對靜止相對靜止. .重力加速度為重力加速度為g.g.求：求：(1)(1)木塊在木塊在abab段受到的摩擦力段受到的摩擦力f f；(2)(2)木塊最后距木塊最后距a a點的距離點的距離s.s.【解析【解析】(1)(1)木塊向左滑到最高點時，系統(tǒng)有共同速

48、度木塊向左滑到最高點時，系統(tǒng)有共同速度v v，由動量守恒得：由動量守恒得：mvmv0 0=(m+2m)v=(m+2m)v mv mv0 02 2- (m+2m)v- (m+2m)v2 2=fL+mgh=fL+mgh聯(lián)立聯(lián)立兩式解得：兩式解得： 121220m v3ghf3L(2)(2)根據(jù)動量守恒可得木塊返回與物體根據(jù)動量守恒可得木塊返回與物體P P第二次達到共同速度與第二次達到共同速度與第一次相同第一次相同, ,全過程能量守恒全過程能量守恒, ,得：得： mvmv0 02 2= (m+2m)v= (m+2m)v2 2+f(2L-s)+f(2L-s)聯(lián)立聯(lián)立解得解得:s= :s= 答案答案:

49、:(1) (2)(1) (2)12122020v6ghLv3gh20m v3gh3L2020v6ghLv3gh【方法技巧【方法技巧】運用碰撞模型解動量和能量綜合問題的注意點運用碰撞模型解動量和能量綜合問題的注意點(1)(1)抓住碰撞過程中速度相等這一臨界狀態(tài)抓住碰撞過程中速度相等這一臨界狀態(tài). .本題中即木塊上升本題中即木塊上升到最高點時與物體到最高點時與物體P P速度相等，木塊返回后在到達速度相等，木塊返回后在到達a a點前與物體點前與物體P P相對靜止時速度也相等相對靜止時速度也相等. .(2)(2)如果木塊能夠滑離物體如果木塊能夠滑離物體P P，即相當于碰撞結束兩物體分開，即相當于碰撞結

50、束兩物體分開. .(3)(3)分析碰撞過程中的動量和能量關系，列動量守恒和能量守分析碰撞過程中的動量和能量關系，列動量守恒和能量守恒方程恒方程. .4.(20114.(2011四川高考四川高考) )隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯益凸顯. .分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命生命. .一貨車嚴重超載后的總質量為一貨車嚴重超載后的總質量為49 t49 t，以，以54 km/h54 km/h的速率勻的速率勻速行駛速行駛. .發(fā)現(xiàn)紅燈時司機剎車，貨車即做勻減速直線運動，加發(fā)現(xiàn)紅燈時司機剎車，貨

51、車即做勻減速直線運動，加速度的大小為速度的大小為2.5 m/s2.5 m/s2 2( (不超載時則為不超載時則為5 m/s5 m/s2 2).).(1)(1)若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進多遠？時分別前進多遠？(2)(2)若超載貨車剎車時正前方若超載貨車剎車時正前方25 m25 m處停著總質量為處停著總質量為 1 t 1 t 的轎車，的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設相互作用兩車將發(fā)生碰撞，設相互作用0.1 s0.1 s后獲得相同速度，問貨車后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力多大？對轎車的平均沖力多大？【解析【解析】(

52、1)(1)設貨車剎車時速度大小為設貨車剎車時速度大小為v v0 0、加速度大小為、加速度大小為a a，末，末速度為速度為v vt t，剎車距離為，剎車距離為s s代入數(shù)據(jù)，得代入數(shù)據(jù)，得: :超載時超載時s s1 1=45 m=45 m若不超載若不超載s s2 2=22.5 m=22.5 m220tvvs2a(2)(2)設貨車剎車后經設貨車剎車后經s=25 ms=25 m與轎車碰撞時的初速度大小為與轎車碰撞時的初速度大小為v v1 1v v1 1= = 設碰撞后兩車共同速度為設碰撞后兩車共同速度為v v2 2、貨車質量為、貨車質量為M M、轎車質量為、轎車質量為m m，由，由動量守恒定律得動量

53、守恒定律得:Mv:Mv1 1=(M+m)v=(M+m)v2 2設貨車對轎車的作用時間為設貨車對轎車的作用時間為tt、平均沖力大小為、平均沖力大小為 由動量定由動量定理得理得: t: t=mv=mv2 2聯(lián)立聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得式，代入數(shù)據(jù)得 =9.8=9.810104 4 N N答案答案: :(1)45 m 22.5 m (2)9.8(1)45 m 22.5 m (2)9.810104 4 N N20v2asF ，F(xiàn)F5.(20105.(2010安徽高考安徽高考) )如圖，如圖，ABDABD為為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中中ABAB段是水平的，段是水平的，BDBD段

54、為半徑段為半徑R=R=0.2 m 0.2 m 的半圓，兩段軌道相切于的半圓，兩段軌道相切于B B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0 E=5.0 10103 3 V/m. V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度一不帶電的絕緣小球甲，以速度v v0 0沿水平軌道向右沿水平軌道向右運動，與靜止在運動，與靜止在B B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞. .已知甲、乙已知甲、乙兩球的質量均為兩球的質量均為m=1.0m=1.01010-2-2 kg kg，乙所帶電荷量，乙所帶電荷量q=2.0q=2.01010-5-5

55、C C，g g取取10 m/s10 m/s2 2.(.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個運動過程無電荷轉移運動過程無電荷轉移) )(1)(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D D，求乙在軌，求乙在軌道上的首次落點到道上的首次落點到B B點的距離；點的距離；(2)(2)在滿足在滿足(1)(1)的條件下，求甲的速度的條件下，求甲的速度v v0 0；(3)(3)若甲仍以速度若甲仍以速度v v0 0向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量不變，求乙在軌道上的首次落點到不

56、變，求乙在軌道上的首次落點到B B點的距離范圍點的距離范圍. .( (第第(3)(3)問僅供選修問僅供選修3-53-5為必考的省份解答為必考的省份解答) )【解析【解析】(1)(1)在乙恰能通過軌道的最高點的情況下，設乙到達在乙恰能通過軌道的最高點的情況下，設乙到達最高點的速度為最高點的速度為v vD D，乙離開，乙離開D D點到達水平軌道的時間為點到達水平軌道的時間為t t，乙的，乙的落點到落點到B B點的距離為點的距離為x x，則，則mg+qEmg+qE= = 2R= 2R= x=vx=vD Dt t聯(lián)立聯(lián)立得：得：x=0.4 mx=0.4 m2DvmR21 mgqE()t2m(2)(2)

57、設碰撞后甲、乙的速度分別為設碰撞后甲、乙的速度分別為v v甲甲、v v乙乙，根據(jù)動量守恒和機，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有：械能守恒定律有：mvmv0 0=mv=mv甲甲+mv+mv乙乙 聯(lián)立聯(lián)立得：得：v v乙乙= v= v0 0 由動能定理得：由動能定理得：-mg-mg2R-qE2R-qE2R= 2R= 聯(lián)立聯(lián)立得：得：v v0 0= = 2220111mvmvmv222甲乙22D11mvmv22乙5 mgqE R2 5 m/sm(3)(3)設甲的質量為設甲的質量為M M，碰撞后甲、乙的速度分別為，碰撞后甲、乙的速度分別為v vM M、v vm m，根據(jù)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有：

58、動量守恒和機械能守恒定律有：MvMv0 0=Mv=MvM M+mv+mvm m聯(lián)立聯(lián)立得得v vm m= = 由由和和M Mm m，可得：，可得：v v0 0vvm m2v2v0 0 設乙球過設乙球過D D點的速度為點的速度為v vD D，由動能定理得：，由動能定理得：-mg-mg2R-qE2R-qE2R2R2220Mm111MvMvmv22202MvMm22Dm11mvmv22 聯(lián)立聯(lián)立得：得：2 m/sv2 m/svD D8 m/s8 m/s設乙在水平軌道上的落點到設乙在水平軌道上的落點到B B點的距離為點的距離為xx，則有：，則有：x=vx=vD Dtt 聯(lián)立聯(lián)立得：得：0.4 mx1.

59、6 m0.4 mx0v0聯(lián)立聯(lián)立式解得式解得: v: v2 2vv1 12v2v2 2或或 v v1 1vv2 2 v v1 1答案答案: : v v2 2vv1 12v2v2 2或或 v v1 1vv2 2 v v1 12372mvmvmv2232122332122312.(201012.(2010新課標全國卷新課標全國卷) )如圖所示，光滑的水平地面上有一如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻. .重物質量為木重物質量為木板質量的板質量的2 2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為.使木板與重物使

60、木板與重物以共同的速度以共同的速度v v0 0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短撞時間極短. .求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間間. .設木板足夠長，重物始終在木板上設木板足夠長，重物始終在木板上. .重力加速度為重力加速度為g.g.【解題指南【解題指南】從第一次到第二次碰撞，木板先向左勻減速直線從第一次到第二次碰撞，木板先向左勻減速直線運動再以不變的加速度向右勻加速直線運動，最后勻速運動；運動再以不變的加速度向右勻加速直線運動，最后勻速運動；重物先向右勻減速直線運動，再勻速運動重物先

61、向右勻減速直線運動，再勻速運動. .【解析【解析】解法一解法一木板第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木木板第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木板向左做勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線板向左做勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物達到共同速度運動直到與重物達到共同速度v v，再往后是勻速直線運動，直，再往后是勻速直線運動，直到第二次碰撞墻到第二次碰撞墻. .設木板的質量為設木板的質量為m m，重物的質量為，重物的質量為2m2m，取向右，取向右為動量的正方向，由動量守恒得：為動量的正方向，由動量守恒得：2mv2mv0 0-mv-mv0

62、 0=(2m+m)v =(2m+m)v 設木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度設木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v v所用的所用的時間為時間為t t1 1，對木板應用動量定理得：，對木板應用動量定理得：2mgt2mgt1 1=mv-m(-v=mv-m(-v0 0) ) 由牛頓第二定律得：由牛頓第二定律得：2mg=ma 2mg=ma 式中式中a a為木板的加速度為木板的加速度. .在達到共同速度在達到共同速度v v時，木板離墻的距離時，木板離墻的距離l為：為：l=v=v0 0t t1 1- at- at1 12 2 開始向右做勻速運動到第二次與墻碰撞的時間為開始向右做勻速運動

63、到第二次與墻碰撞的時間為t t2 2= = 木板從第一次與墻碰撞到第二次碰撞所經歷的時間為：木板從第一次與墻碰撞到第二次碰撞所經歷的時間為：t=tt=t1 1+t+t2 2 由以上各式得：由以上各式得：t= t= 12vl04v3 g解法二解法二木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到達到共同速木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到達到共同速度度v v，由動量守恒得：，由動量守恒得：2mv2mv0 0-mv-mv0 0=(2m+m)v =(2m+m)v 解得：解得：v=v=木板在第一個過程中，做勻變速直線運動，選向右為正方向，木板在第一個過程中，做勻變速直線運動，選向右為正方向，由運

64、動學公式得：由運動學公式得：v=-vv=-v0 0+at+at1 1 0v3又由牛頓第二定律得：又由牛頓第二定律得：2mg=ma2mg=ma用動能定理，有：用動能定理，有：木板在第二個過程中，做勻速直線運動，有：木板在第二個過程中，做勻速直線運動，有：s=vts=vt2 2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間：木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間：t=tt=t1 1+t+t2 2= =答案答案: :22011mvmv2 mgs22 0002v2v4v3 g3 g3 g04v3 g13.(201013.(2010海南高考海南高考) )在核反應堆中，常用減速劑使快中子減在核反應堆中，常

65、用減速劑使快中子減速速. .假設減速劑的原子核質量是中子的假設減速劑的原子核質量是中子的k k倍倍. .中子與原子核的每中子與原子核的每次碰撞都可看成是彈性正碰次碰撞都可看成是彈性正碰. .設每次碰撞前原子核可認為是靜設每次碰撞前原子核可認為是靜止的，求止的，求N N次碰撞后中子速率與原速率之比次碰撞后中子速率與原速率之比. .【解析【解析】設中子和減速劑的原子核設中子和減速劑的原子核A A的質量分別為的質量分別為m mn n和和m mA A，碰撞，碰撞后速度分別為后速度分別為vvn n和和vvA A，根據(jù)碰撞前后的總動量和總能量守，根據(jù)碰撞前后的總動量和總能量守恒，有：恒，有：m mn nv

66、 vn n=m=mn nvvn n+m+mA AvvA A m mn nv vn n2 2= m= mn nvvn n2 2+ m+ mA AvvA A2 2式中式中v vn n為碰撞前中子速度，由題意為碰撞前中子速度，由題意m mA A=km=kmn n解得，經解得，經1 1次碰撞后中子速率與原速率之比為：次碰撞后中子速率與原速率之比為：經經N N次碰撞后，中子速率與原速率之比為：次碰撞后，中子速率與原速率之比為：答案答案: :121212nnvk1vk1Nk1()k1Nk1()k1 動量守恒定律與能量結合的綜合應用動量守恒定律與能量結合的綜合應用高考指數(shù)高考指數(shù): :14.(201214.(2012新課標全國卷新課標全國卷) )如圖如圖, ,小球小球a a、b b用等長細線懸掛于同一固定點用等長細線懸掛于同一固定點O,O,讓球讓球a a靜止靜止下垂下垂, ,將球將球b b向右拉起向右拉起, ,使細線水平使細線水平. .從靜止從靜止釋放球釋放球b,b,兩球碰后粘在一起向左擺動兩球碰后粘在一起向左擺動, ,此后此后細線與豎直方向之間的最大偏角為細線與豎直方向之間的最大偏角為6060.