《高考物理一輪復(fù)習(xí) 1動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課件 滬科版選修3-5.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 1動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課件 滬科版選修3-5.ppt（81頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 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 6kg m s 方向向右B 大小為3 6kg m s 方向向左C 大小為12 6kg m s 方向向右D 大小為12 6kg 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 p 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(lái)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 這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變 2 表達(dá)式 p 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 m1v1 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 p1 相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向 p 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 p2 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 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(lái)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(lái)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 若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng) 則應(yīng)有v后 v前 碰后原來(lái)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 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(shuō)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(lái)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 火箭模型在極短時(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 對(duì)B C木塊 mBvB mB mC v 由A與B間的距離保持不變可知vA v 聯(lián)立 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 mvB 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(wú)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 為保證B碰擋板前A未能追上B 應(yīng)滿足v v2 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 為能使B與擋板再次相碰應(yīng)滿足v 0 聯(lián)立 式解得1 5v2 v1 2v2或v1 v2 v1答案 1 5v2 v1 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(shuō)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) 0 4 現(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(wú)損失 滑塊在AC段離開彈簧 滑塊在車上往復(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 5m s根據(jù)動(dòng)量守恒定律 m M v mv0解得v 1m s根據(jù)動(dòng)能定理 mgs M m v2 mv02解得s 2 5m由此可知滑塊往返一次 又向B端滑行0 5m 故最終滑塊距B端0 5m答案 最終滑塊距B端0 5m 典題4 2013 新課標(biāo)全國(guó)卷 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 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 E 對(duì)B C組成的系統(tǒng) 由動(dòng)量守恒和能量守恒得mv1 2mv2 聯(lián)立 式 得 E 2 由 式可知 v2 v1 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 聯(lián)立 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 由機(jī)械能守恒定律得Mv2 2M v 2 Mgh 由 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) 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 2m 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 mgL代入數(shù)據(jù)得Ep 39J 答案 1 2m s 2 39J 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(lái)說(shuō) 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(shuō)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 p 1 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 gt 結(jié)合題意 0 t 2t0解得1 p 5 3 兩球相碰時(shí)動(dòng)量 機(jī)械能守恒 3mvB mvA mv A 3mv BmvA2 3mvB2 mv A2 3mv B2設(shè)兩球相碰處距B球釋放點(diǎn)的高度差為h 則A球能到達(dá)比釋放點(diǎn)更高的位置時(shí)應(yīng)滿足 v A vA 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 1 p 5 3 1 p 3 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)OB 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) 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(shuō)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 vB 設(shè)B在傳送帶上速度減為2m s時(shí)經(jīng)過的位移為x 則 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 2 gl得 v B 4m s 此后B以4m 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4m 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 由能量守恒定律得 由以上兩式解得 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 所以B不能運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上 答案 1 4m 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 改變滑塊的質(zhì)量 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(lái) 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∏?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 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 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) 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 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 m1 m2 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(lái)源于裝置本身是否符合要求 即 碰撞是否為一維碰撞 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(lái)源于質(zhì)量m和速度v的測(cè)量 3 減小誤差的措施 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 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(lái)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 0cm 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 0cm 2 BA 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hB 小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC 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(lái)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 m2B 測(cè)量小球m1開始釋放高度hC 測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD 分別找到m1 m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M NE 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(shuō)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 80cm 76 80cm答案 1 C 2 ADE或DAE或DEA 3 m1 OM m2 ON m1 OPm1 OM2 m2 ON2 m1 OP2 4 142 91 1 01均可 5 76 80 加固訓(xùn)練 1 2014 朝陽(yáng)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(shuō)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(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒 乙圖用來(lái)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(lái)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 0cm 答案 48 0cm 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