2019版高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律课件学案练习(打包8套).zip
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第1讲动量和动量定理考情微解读见学生用书P092微知识1 动量1定义:物体的质量与速度的乘积。2公式:pmv。3单位:千克米/秒。符号:kgm/s。4意义:动量是描述物体运动状态的物理量,是矢量,其方向与速度的方向相同。微知识2 动量变化1定义:物体的末动量p与初动量p的差。2定义式:ppp。3矢量性:动量变化是矢量,其方向与物体的速度变化的方向相同。微知识3 动量定理1内容:物体在一个过程始末的动量变化等于它在这个过程中所受力的冲量。2表达式:ppI或mvmvFt。3冲量:力与力的作用时间的乘积,即IFt。一、思维辨析(判断正误,正确的画“”,错误的画“”。)1动量是矢量,其方向与物体速度的方向相同。()2做匀速圆周运动的物体的动量不变。()3物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。()4合外力的冲量等于物体的动量变化。()5合外力的冲量等于各外力冲量的代数和。()二、对点微练1(动量的理解)(多选)下列关于动量的说法正确的是()A质量大的物体,动量一定大B质量和速率都相同的物体,动量一定相同C一个物体的速率改变,它的动量一定改变D一个物体的运动状态改变,它的动量一定改变解析根据动量的定义,它是质量和速度的乘积,因此它由质量和速度共同决定,故A项错;又因为动量是矢量,它的方向与速度的方向相同,而质量和速率都相同的物体,其动量大小一定相同,但方向不一定相同,故B项错;一个物体的速率改变,则它的动量大小就一定改变,故C项对;物体的运动状态变化,则它的速度就一定发生了变化,它的动量也就发生了变化,故D项对。答案CD2(冲量)(多选)恒力F作用在质量为m的物体上,如图所示,由于地面对物体的摩擦力较大,物体没有被拉动,则经时间t,下列说法正确的是()A拉力F对物体的冲量大小为零B拉力F对物体的冲量大小为FtC拉力F对物体的冲量大小是FtcosD合力对物体的冲量大小为零解析对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量,是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。这一个力的冲量与另一个力的冲量无关。B、D项正确。答案BD3(动量定理)质量为m的物体在力F作用下做初速度为v1的匀加速直线运动,经时间t,物体的动量由mv1增到mv2,则()A若该物体在2F力作用下经2t,则物体的动量变化量为4mv24mv1B若该物体在2F力作用下经2t,则物体的动量变化量为4mv23mv1C在2F力作用下经t,物体的动量变化量为2mv2D在2F力作用下经t,物体的动量变化量为2mv2mv1解析由动量定理得Ftmv2mv1,则2F2t4mv24mv1,2Ft2mv22mv1,故只有选项A正确。答案A见学生用书P092微考点1动量和动量变化核|心|微|讲1动量是矢量,其方向与物体运动的速度方向相同。2动量具有相对性,与参考系的选取有关,一般以地面为参考系。3动量的变化量也是矢量,求动量的变化时要指出动量变化的方向。4动量与动能的关系(1)联系:都是描述物体运动状态的物理量,Ek,p。(2)区别:动量是矢量,动能是标量;动能从能量的角度描述物体的状态,动量从运动物体的作用效果方面描述物体的状态。典|例|微|探【例1】如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道,圆心O在S的正上方。在O、P两点各有一质量为m的物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。以下说法正确的是()Aa比b先到达S,它们在S点的动量不相同Ba与b同时到达S,它们在S点的动量不相同Ca比b先到达S,它们在S点的动量相同Db比a先到达S,它们在S点的动量相同【解题导思】(1)物块a和b到达S点时的速度大小相等吗?速度方向相同吗?答:由机械能守恒定律知,两物块到达S点时的速度大小相等,但方向不同。(2)物块a和b到达S点时的动量相同吗?答:不相同,动量的方向不同。 解析在物体下落的过程中,只有重力对物体做功,故机械能守恒,故有mghmv2,解得v。所以在相同的高度,两物体的速度大小相同,即速率相同。由于a的路程小于b的路程,故tatb,即a比b先到达S。又因到达S点时a的速度竖直向下,而b的速度水平向左,故两物体的动量大小相等,方向不相同,故选项A正确,B、C、D项错误。答案A题|组|微|练1(多选)关于动量的变化,下列说法正确的是()A做直线运动的物体速度增大时,动量的增量p的方向与运动方向相同B做直线运动的物体速度减小时,动量的增量p的方向与运动方向相反C物体的速度大小不变时,动量的增量p为零D物体做曲线运动时,动量的增量一定不为零解析当运动物体的速度增大时,其末态动量p2大于初态动量p1,由矢量的运算法则可知pp2p10,与物体运动方向相同。如图甲所示,所以A项正确;当物体速度减小时,p2p1,如图乙所示,p与p1或p2方向相反,B项正确;当物体的速度大小不变时,其方向可能变化,也可能不变化,动量可能不变化即p0,也可能动量大小不变而方向变化,此种情况p0,C项不正确;当物体做曲线运动时,动量的方向变化,即动量一定变化,p一定不为零,如图丙所示,故D项正确。答案ABD2质量是8 g的玻璃球,以3 m/s的速度向右运动,碰到一个物体后被弹回,以2 m/s的速度沿同一直线向左运动。该玻璃球的动量变化量为()A8.0103 kgm/s,方向水平向左B8.0103 kgm/s,方向水平向右C4.0102 kgm/s,方向水平向左D4.0102 kgm/s,方向水平向右解析依题意画图如图所示,图中v、v,分别为玻璃球与物体碰撞前、后的速度。设水平向右的方向为正方向,则pmv81033 kgm/s24102 kgm/s,pmv8103(2) kgm/s1.6102 kgm/s,故玻璃球动量的变化量为ppp1.6102 kgm/s2.4102 kgm/s4.0102 kgm/s。“”表示动量变化量的方向水平向左。选项C正确。答案C微考点2动量定理的应用核|心|微|讲1总冲量的两种求解方法(1)若各力的作用时间相同,且各外力为恒力,可以先求合力,再乘以时间求冲量,即IF合t。(2)若各力作用时间不同,可以先求出每个力在相应时间的冲量,然后求各外力冲量的矢量和,即IF1t1F2t2。2动量定理不仅适用于恒力作用,还适用于变力作用,而且不需要考虑运动过程的细节。3用动量定理解释现象用动量定理解释现象一般分为两类:一类是物体的动量变化量一定,这种情况下力的作用时间越短,力就越大;力的作用时间越长,力就越小。另一类是作用力一定,这种情况下力的作用时间越长,动量变化量越大;力的作用时间越短,动量变化量越小。分析问题时,一定要把哪个量一定,哪个量变化搞清楚。典|例|微|探【例2】用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里,打击时铁锤的速度v4.0 m/s,如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01 s,那么:(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力是多大?(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力又是多大?(g取10 m/s2)(3)比较(1)和(2),讨论是否要计铁锤的重力。【解题导思】(1)考虑铁锤的重力和不考虑铁锤的重力计算出来的结果差距大吗?答:不大。(2)什么情况下不考虑重力的影响呢?答:作用时间比较短时,铁锤与钉子的作用力比其重力大得较多,可以不考虑重力的影响。 解析(1)以铁锤为研究对象,不计重力时,只受钉子的作用力,方向竖直向上,设为F1,取竖直向上为正,由动量定理可得F1t0mv,所以F1 N200 N,方向竖直向上。由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200 N,方向竖直向下。(2)若考虑重力,设此时受钉子的作用力为F2,对铁锤应用动量定理,取竖直向上为正。(F2mg)t0mv(矢量式),F2 N0.510 N205 N,方向竖直向上。由牛顿第三定律知,此时铁锤钉钉子的作用力为205 N,方向竖直向下。(3)比较F1与F2,其相对误差为100%2.5%,可见本题中重力的影响可忽略。答案(1)200 N,方向竖直向下(2)205 N,方向竖直向下(3)见解析题|组|微|练3质量为60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,幸好弹性安全带的保护,使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s,安全带长5 m,g取10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为()A500 N B1 100 NC600 N D100 N解析选取人为研究对象,人下落过程中由v22gh,v10 m/s,缓冲过程由动量定理得(Fmg)tmv,Fmg1 100 N。由牛顿第三定律可知,安全带所受的平均冲力为1 100 N。答案B4(多选)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经t时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,则在此过程中()A地面对他的冲量为mvmgtB地面对他的冲量为mvmgtC地面对他做的功为mv2D地面对他做的功为零解析取运动员为研究对象,由动量定理得(Fmg)tmv0,IFtmvmgt,运动员没有离开地面,地面对运动员的弹力做功为零,所以AD项正确。答案AD见学生用书P093素能培养 对于“变质量”和“连续”的流体的动量变化的问题,一般要选用一段时间t内流出的液柱为研究对象,其长度为vt,液柱底面积为S,得液柱体积VSvt,故液柱质量为mVSvt,再对质量为m的液柱应用动量定理。经典考题如图所示,水力采煤时,用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层,设水柱直径为d30 cm,水速为v50 m/s,假设水柱射在煤层的表面上,冲击煤层后水的速度变为零,求水柱对煤层的平均冲击力。(水的密度1.0103 kg/m3)解析设在一小段时间t内,从水枪射出的水的质量为m,则mSvt。以m为研究对象,它在t时间内的动量变化pm(0v)Sv2t。设F为水对煤层的平均作用力,即冲力,F为煤层对水的反冲力,以v的方向为正方向,根据动量定理(忽略水的重力),有Ftpv2St,即FSv2。根据牛顿第三定律知FFSv2,式中Sd2,代入数值得F1.77105 N。答案1.77105 N对法对题1为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水面上升了45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1103 kg/m3)()A0.15 Pa B0.54 PaC1.5 Pa D5.4 Pa解析设圆柱形水杯的横截面积为S,则水杯中水的质量为mV10345103S45S,由动量定理可得Ftmv,而p,所以p Pa0.15 Pa。答案A2一艘宇宙飞船以v1.0104 m/s的速度进入密度为 2.0107 kg/m3的微陨石流中,如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S5 m2,且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变,飞船的牵引力应为多大?解析设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为m,则mSvt,这些微陨石由静止至随飞船一起运动,其动量增加是受飞船对其作用的结果,由动量定理有Ftpmv,则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft,为使飞船速度保持不变,飞船应增加的牵引力为FF,综合并代入数值得F100 N,即飞船的牵引力应为100 N。答案100 N见学生用书P0941(多选)关于物体的动量,下列说法正确的是()A惯性越大的物体,它的动量也越大B动量大的物体,它的速度不一定大C物体的速度大小不变,则其动量也保持不变D运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向解析动量的大小由质量和速度的大小共同决定,即pmv,惯性大则质量大,但动量不一定大,选项A错误;动量大的物体,可能是速度大,但也有可能是质量大,选项B正确;动量是矢量,其方向与速度方向相同,只有在速度大小、方向均不变时,其动量才保持不变,故选项C错误,选项D正确。答案BD2动量相等的甲、乙两车,刹车后沿水平路面滑行,若两车质量之比为,路面对两车的阻力相同,则两车的滑行时间之比为()A11B12C21D14解析两车滑行时水平方向受阻力f作用,在这个力作用下使物体的动量发生变化。若规定以车行驶方向为正方向,ft0p,所以两车滑行时间t,当p、f相同时,滑行时间t相同,选项A正确。答案A3从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体,抛出速度大小都是为v,不计空气阻力,对两个小物体以下说法正确的是()A落地时的速度相同B落地时重力做功的瞬时功率相同C从抛出到落地重力的冲量相同D两物体落地前动量变化率相等解析根据动能定理两物体落地时,速度大小相等,方向不同,故落地时速度不同,故A项错误;根据动能定理两物体落地时,速度大小相等,方向不同,重力做功的瞬时功率pmgvsin,故B项错误;高度相同,平抛时间短,根据动量定理得Imgt,故C项错误;根据动量定理得Imgtp,故D项正确。答案D4跳高比赛中,必须在运动员着地处铺上很厚的海绵垫子,这是因为()A减小运动员着地过程中受到的冲量作用B减小运动员着地过程中动量的变化量C减小运动员着地过程中受到的平均冲力D以上说法均不正确解析跳高运动员在落地的过程中,动量变化一定,由动量定理可知,运动员受到的冲量I一定,跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t,由IFt可知,延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F,故A、B、D项错误,C项正确。答案C10第2讲动量守恒定律及应用微知识1 动量守恒定律1内容:如果系统不受外力,或者所受外力的合力为零,这个系统的总动量保持不变。2常用的四种表达形式(1)pp,即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p大小相等,方向相同。(2)ppp0,即系统总动量的增量为零。(3)p1p2,即相互作用的系统内的两部分物体,其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。(4)m1v1m2v2m1v1m2v2,即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等。3常见的几种守恒形式及成立条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒:系统所受外力虽不为零,但内力远大于外力。(3)分动量守恒:系统所受外力虽不为零,但在某方向上合力为零,系统在该方向上动量守恒。微知识2 碰撞1碰撞现象:两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。2碰撞特征(1)作用时间短。(2)作用力变化快。(3)内力远大于外力。(4)满足动量守恒。3碰撞的分类及特点(1)弹性碰撞:动量守恒,机械能守恒。(2)非弹性碰撞:动量守恒,机械能不守恒。(3)完全非弹性碰撞:动量守恒,机械能损失最多。微知识3 爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。微知识4 反冲运动1物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。2反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。一、思维辨析(判断正误,正确的画“”,错误的画“”。)1动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。()2质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度。()3系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。()4系统的动量守恒时,机械能也一定守恒。()二、对点微练1(动量守恒条件)(多选)如图所示,在光滑水平面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接,A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是()A木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒解析木块A离开墙壁前,由A、B和弹簧组成的系统受墙壁的弹力,属于外力,故系统动量不守恒,但机械能守恒,故选项A错,B对;木块A离开墙壁后,由A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零,故系统动量守恒,又没有机械能和其他形式的能量转化,故机械能也守恒,故选项C对,D错。答案BC2(动量守恒定律)如图所示,用细线挂一质量为M的木块,有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为v0和v(设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计),木块的速度大小为()A. B.C. D.解析子弹和木块水平方向动量守恒,mv0Mvmv,由此知v,故B项正确。答案B3(碰撞)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA1 kg,mB2 kg,vA6 m/s,vB2 m/s。 当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s,vB2.5 m/sBvA2 m/s,vB4 m/sCvA4 m/s,vB7 m/sDvA7 m/s,vB1.5 m/s解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA大于B的速度vB,必然要发生第二次碰撞,不符合实际;C项中,两球碰后的总动能EkmAvA2mBvB257 J,大于碰前的总动能Ek22 J,违背了能量守恒定律;而B项既符合实际情况,也不违背能量守恒定律,故B项正确。答案B4(爆炸和反冲)将静止在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析根据动量守恒定律mv0(Mm)v,得vv0,选项D正确。答案D见学生用书P095微考点1动量守恒定律的应用核|心|微|讲1动量守恒定律适用条件(1)前提条件:存在相互作用的物体系。(2)理想条件:系统不受外力。(3)实际条件:系统所受合外力为零。(4)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。(5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。2动量守恒定律与机械能守恒定律的比较3应用动量守恒定律的解题步骤典|例|微|探【例1】如图所示,光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA3m、mBmCm,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B相撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。【解题导思】(1)A、B碰撞过程中,A、B组成的系统动量守恒吗?答:守恒。(2)题中的“此后A、B间距离保持不变”说明了什么?答:最终A、B、C三个木块的速度相同。 解析设A与B碰撞后,A的速度为vA,B与C碰撞前B的速度为vB,B与C碰撞后粘在一起的速度为v,由动量守恒定律得对A、B木块:mAv0mAvAmBvB,对B、C木块:mBvB(mBmC)v,由最后A与B间的距离保持不变可知vAv,联立式,代入数据得vBv0。答案v0题|组|微|练1如图所示,水平光滑地面上依次放置着质量均为m0.08 kg的10块完全相同的长直木板。质量M1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v06.0 m/s从长木板左端滑上木板,当铜块滑离第一块木板时,速度大小为v14.0 m/s,铜块最终停在第二块木板上。g取10 m/s2,结果保留两位有效数字。求:(1)第一块木板的最终速度。(2)铜块的最终速度。解析(1)铜块在第一块木板上滑动的过程中,由动量守恒得Mv0Mv110mv2,得v22.5 m/s。(2)铜块从滑上第一块木板到停在第二块木板上,满足动量守恒Mv0mv2(M9m)v3,得v33.4 m/s。答案(1)2.5 m/s(2)3.4 m/s2如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。开始时C静止,A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。解析因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间A的速度为vA,C的速度为vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvC,A与B在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vAB,由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB,A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足vABvC,联立以上各式,代入数据得vA2 m/s。答案2 m/s微考点2碰撞问题核|心|微|讲1碰撞过程中动量守恒,即p1p2p1p2。2碰撞后系统总动能不增加,即Ek1Ek2Ek1Ek2,或。3碰撞过程中发生的情况必须符合客观实际,如果甲追上乙并发生碰撞,碰前甲的速度必须大于乙的速度,碰后甲的速度必须小于或等于乙的速度,或甲反向运动。如果碰前甲、乙是相向运动,则碰后甲、乙的运动方向不可能都不改变,除非甲、乙碰撞后速度均为零。典|例|微|探【例2】(多选)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s,则()A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110【解题导思】(1)A、B两球,谁的速度更大些?答:A球的速度更大些。(2)如何分析碰撞是否是弹性碰撞?答:计算碰撞前的动能和碰撞后的动能的关系即可判断出结果。 解析由mB2mA,pApB知碰前vBvA,若右方为A球,由于碰前动量都为6 kg m/s,即都向右运动,两球不可能相碰;若左方为A球,设碰后二者速度分别为vA、vB,由题意知pAmAvA2 kg m/s,pBmBvB10 kg m/s,解得。碰撞后A球动量变为2 kg m/s,B球动量变为10 kg m/s,又mB2mA,由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变,即该碰撞为弹性碰撞,选项A、C正确。答案AC【反思总结】碰撞问题的解题策略 1抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件,列出相应方程求解。2可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1v0、v2v0。3熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度;当m1m2,且v200时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v0;当m1m2,且v200时,碰后质量小的球原速率反弹。 题|组|微|练3(多选)(2018湖南师大附中摸底考试)质量为m,速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此碰撞后B球的速度可能值为()A0.6v B0.4vC0.3v D0.2v解析若发生的是完全非弹性碰撞:mv4mv1v10.25v,若发生的是弹性碰撞:可得B球的速度v20.5v,即0.25vv0.5v,故B、C项正确。答案BC4如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。解析A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvA1MvC1,mvmvMv,联立式得vA1v0,vC1v0。如果mM,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果mM,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑mM的情况。第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有vA2vA12v0,根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2vC1,联立式得m24mMM20,解得m(2)M。另一个解m(2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为(2)MmM。答案(2)MmM微考点3动量和能量的综合问题核|心|微|讲利用动量和能量观点解题的技巧1若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。2若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。3因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。典|例|微|探【例3】在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d。现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰,碰撞时间极短。当两木块都停止运动后,相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为,B的质量为A的2倍,重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。【解题导思】(1)A、B碰撞的过程中满足动量守恒条件吗?答:满足,因碰撞过程时间极短,碰撞力很大,能够满足内力远远大于外力的条件。(2)碰撞前后两木块做什么运动?哪些力在做功?答:均做匀减速直线运动,摩擦力做功使其动能减小。 解析设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v;在碰撞后的瞬间,A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中,由能量和动量守恒定律,得mv2mv(2m)v,mvmv1(2m)v2,式中,以碰撞前木块A的速度方向为正。由式得v1,设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得mgd1mv,(2m)gd2(2m)v,按题意有dd1d2。设A的初速度大小为v0,由动能定理得mgdmvmv2,联立式,得v0 。答案 题|组|微|练5如图所示,质量为m10.2 kg的小物块A,沿水平面与小物块B发生正碰,小物块B的质量为m21 kg。碰撞前,A的速度大小为v03 m/s,B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知,将可能发生不同性质的碰撞,已知A、B与地面间的动摩擦因数均为0.2,重力加速度g取10 m/s2,试求碰后B在水平面上滑行的时间。解析假如两物块发生的是完全非弹性碰撞,碰后的共同速度为v1,则由动量守恒定律有m1v0(m1m2)v1,碰后,A、B一起滑行直至停下,设滑行时间为t1,则由动量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1,解得t10.25 s。假如两物块发生的是弹性碰撞,碰后A、B的速度分别为vA、vB,则由动量守恒定律有m1v0m1vAm2vB,由机械能守恒有m1vm1vm2v,设碰后B滑行的时间为t2,则m2gt2m2vB,解得t20.5 s。可见,碰后B在水平面上滑行的时间t满足025 st0.5 s。答案0.25 st0.5 s6质量为mB2 kg的木板B静止于光滑水平面上,质量为mA 6 kg的物块A 停在B的左端,质量为mC2 kg的小球C用长为L0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放,小球C在最低点与A发生正碰,碰撞作用时间很短为t102 s,之后小球C反弹所能上升的最大高度h0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数0.1,物块与小球均可视为质点,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小。(2)为使物块A不滑离木板B,木板B至少多长。解析(1)小球C下摆过程,由动能定理:mCgLmCv,小球C反弹过程,由动能定理:mCgh0mCv,碰撞过程,根据动量定理:FtmC(vC)mCvC,联立以上各式解得F1.2103 N。(2)小球C与物块A碰撞过程,由动量守恒定律:mCvCmC(vC)mAvA,当物块A恰好滑至木板B右端并与其共速时,所求木板B的长度最小。此过程,由动量守恒定律:mAvA(mAmB)v,由能量守恒定律:mAgxmAv(mAmB)v2,联立以上各式解得x0.5 m。答案(1)1.2103 N(2)0.5 m见学生用书P097 “人船模型”素能培养“人船模型”是初态均处于静止状态的两物体发生相互作用的典型模型。1模型概述在水平方向所受合外力为零的两个静止物体(一个物体在另一个物体上),在系统内力的相互作用下同时开始反向运动,这样的力学系统可看作“人船”模型。2模型特点两物体速度大小、位移大小均与质量成反比,方向相反,两物体同时运动,同时停止,遵从动量守恒定律,系统或每个物体动能均发生变化:力对“人”做的功等于“人”动能的变化;力对“船”做的功等于“船”动能的变化。经典考题如图所示,长为L、质量为M的小船停在静水中,一个质量为m的人站在船头,若不计水的阻力,当人从船头走到船尾的过程中,船和人对地面的位移各是多少?解析当人从船头走到船尾的过程中,人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用,故系统水平方向动量守恒,设某时刻人对地的速度为v2,船对地的速度为v1,则mv2Mv10,即v2/v1M/m。在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒,故mv2tMv1t0,即ms2Ms10,而s1s2L,所以s1L,s2L。答案s1L,s2L对法对题1如图所示,长20 m的木板AB的一端固定一竖立的木桩,木桩与木板的总质量为10 kg,将木板放在动摩擦因数为0.2的粗糙水平面上,一质量为40 kg的人从静止开始以a14 m/s2的加速度从B端向A端跑去,到达A端后在极短时间内抱住木桩(木桩的粗细不计),求:(1)人刚到达A端时木板移动的距离。 (2)人抱住木桩后木板向哪个方向运动,移动的最大距离是多少?(g取10 m/s2)解析(1)由于人与木板组成的系统在水平方向上受的合力不为零,故不遵守动量守恒。设人对地的位移为s1,木板对地的位移为s2,木板移动的加速度为a2,人与木板的摩擦力为f,由牛顿定律得fMa1160 N;a2 m/s26.0 m/s2。设人从B端运动到A端所用的时间为t,则s1a1t2, s2a2t2;s1s220 m,由以上各式解得t2.0 s,s212 m。(2)解法一:设人运动到A端时速度为v1,木板移动的速度为v2,则v1a1t8.0 m/s, v2a2t12.0 m/s,由于人抱住木桩的时间极短,在水平方向系统动量守恒,取人的方向为正方向,则Mv1mv2(Mm)v,得v4.0 m/s。由此断定人抱住木桩后,木板将向左运动。由动能定理得(Mm)gs(Mm)v2解得s4.0 m。解法二:对木板受力分析,木板受到地面的摩擦力向左,故产生向左的冲量,因此,人抱住木桩后,系统将向左运动。由系统动量定理得(Mm)gt(Mm)v,解得v4.0 m/s,由动能定理得(Mm)gs(Mm)v2,解得s4.0 m。答案(1)12 m(2)4.0 m2如图所示,质量为m、半径为R的小球,放在半径为2R,质量为2m的大空心球内。大球开始静止在光滑的水平面上,当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时,大球移动的距离是多少?解析设小球相对于地面移动的距离为s1,大球相对于地面移动的距离为s2。下落时间为t,则由水平方向动量守恒得m2m;s1s2R;解得s2R。答案R见学生用书P0981如图所示,光滑的水平面上,小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生对心正碰,碰后A球的速率为,B球的速率为,A、B两球的质量之比为()A38B35C23D43解析碰撞瞬间动量守恒,规定向右为正方向,则有mAv0mAmB,解得或,所以A项正确。答案A2一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为()Av0v2 Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)解析系统分离前后,动量守恒:(m1m2)v0m1v1m2v2,解得v1v0(v0v2),故A、B、C项错误,D项正确。答案D3如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m23m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()Ah B2hC3h D4h 解析下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,v,m2碰撞地之后,速度瞬间反向,大小相等,选m1与m2碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2,选向上方向为正方向,则m2vm1vm1v1m2v2,由能量守恒定律得(m1m2)v2m1vm2v,且m23m1,联立解得v12。反弹后高度H4h,D项正确。答案D4A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动,其位移时间图象如图所示。由图可知,物体A、B的质量之比为 ()A11 B12C13 D31解析由图象知:碰前vA4 m/s,vB0。碰后vAvB1 m/s,由动量守恒可知mAvA0mAvAmBvB,解得mB3mA。故选项C正确。答案C15第3讲实验:验证动量守恒定律微知识 验证动量守恒定律方案一:利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量:用天平测出滑块质量。(2)安装:正确安装好气垫导轨。(3)实验:接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(改变滑块的质量;改变滑块的初速度大小和方向)。(4)验证:一维碰撞中的动量守恒。方案二:利用等长悬线悬挂等大的小球完成一维碰撞实验。(1)测质量:用天平测出两小球的质量m1、m2。(2)安装:把两个等大的小球用等长悬线悬挂起来。(3)实验:一个小球静止,拉起另一个小球,放下时它们相碰。(4)测速度:通过测量小球被拉起的角度,从而算出碰撞前对应小球的速度,测量碰撞后小球摆起的角度,算出碰撞后对应小球的速度。(5)改变条件:改变碰撞条件,重复实验。(6)验证:一维碰撞中的动量守恒。方案三:在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验。(1)测质量:用天平测出两小车的质量。(2)安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。(3)实验:接通电源,让小车A运动,小车B静止,两车碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两小车连接成一体运动。(4)测速度:通过纸带上两计数点间的距离及时间,由v算出速度。(5)改变条件:改变碰撞条件、重复实验。(6)验证:一维碰撞中的动量守恒。方案四:利用等大的小球做平抛运动完成一维碰撞实验。(1)先用天平测出小球质量m1、m2。(2)按图所示那样安装好实验装置,将斜槽固定在桌边,使槽的末端切线水平,调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度,且碰撞瞬间,入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行,以确保正碰后的速度方向水平。(3)在地上铺一张白纸,在白纸上铺放复写纸。(4)在白纸上记下重垂线所指的位置O,它表示入射球m1碰前的位置。(5)先不放被碰小球,让入射小球从斜槽上同一高度处滚下,重复10次,用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面,圆心就是入射球发生碰撞前的落地点P。(6)把被碰小球放在斜槽末端上,让入射小球从同一高度滚下,使它发生正碰,重复10次,仿步骤(5)求出入射小球落地点的平均位置M和被碰小球落地点的平均位置N。(7)过O和N在纸上作出一直线。(8)用刻度尺量出线段OM、OP、ON的长度。把两小球的质量和相应的数值代入m1m1m2,看是否成立。(9)整理实验器材放回原处。一、思维辨析(判断正误,正确的画“”,错误的画“”。)1在上面的方案一中气垫导轨必须调整成水平状态。()2在上面的方案二中两小球相撞时球心应位于同一高度。()3在上面的方案四中入射小球质量应小于被撞小球质量。()4在上面的方案四中需测出桌面到水平地面的高度。()二、对点微练1(实验原理)在做“验证动量守恒定律”实验时,入射球a的质量为m1,被碰球b的质量为m2,小球的半径为r,各小球的落地点如图所示,下列关于这个实验的说法正确的是 ()A入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B让入射球与被碰球连续10次相碰,每次都要使入射球从斜槽上不同的位置滚下C要验证的表达式是m1m1m2D要验证的表达式是m1m1m2解析在此装置中,应使入射球的质量大于被碰球的质量,防止入射球反弹或静止,故A项错;入射球每次滚下必须从斜槽的同一位置,保证每次碰撞都具有相同的初动量,故B项错;两球做平抛运动时都具有相同的起点,故应验证的关系式为m1m1m2,D项对,C项错。答案D2(数据处理)如图甲所示,在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车,甲车系一穿过打点计时器的纸带,当甲车受到水平向右的冲量时,随即启动打点计时器。甲车运动一段距离后,与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动。甲乙纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图乙所示,电源频率为50 Hz,则碰撞前甲车运动速度大小为_ m/s,甲、乙两车的质量之比m甲m乙_。解析由纸带及刻度尺可得碰前甲车的速度为v1 m/s0.6 m/s。碰后两车的共同速度v2 m/s0.4 m/s。由动量守恒定律有m甲v1(m甲m乙)v2。由此得甲、乙两车的质量比。答案0.621见学生用书P099微考点实验原理和数据处理核|心|微|讲1在各个方案中都要求碰撞的两物体保持“水平”和“正碰”。2在方案四中入射小球的质量要大于被碰小球的质量,防止碰后入射小球反弹。典|例|微|探【例】某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,气垫导轨装置如图甲所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨空腔内不断通入压缩空气,空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。下面是实验的主要步骤:安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平。向气垫导轨通入压缩空气。把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向。使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳。把滑块2放在气垫导轨的中间,已知碰后两滑块一起运动。先_,然后_,让滑块带动纸带一起运动。取下纸带,重复步骤,选出较理想的纸带如图乙所示。测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。(1)试着完善实验步骤的内容。(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为_kgm/s;两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为_kgm/s。(结果保留三位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_。【解题导思】(1)碰撞前系统的总动量的表达式,碰撞后系统的总动量的表达式。答:碰撞前系统总动量m1v1,碰撞后系统总动量(m1m2)v。(2)纸带和滑块受到的阻力对实验会产生影响吗?答:阻力对实验会产生影响,会使总动量减小。 解析(1)使用打点计时器时应先接通电源,后放开滑块1。(2)作用前滑块1的速度v1 m/s2 m/s,其质量与速度的乘积为0.3102 kgm/s0.620 kgm/s,作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v m/s1.2 m/s,其质量与速度的乘积之和为(0.3100.205)1.2 kgm/s0.618 kgm/s。(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。答案(1)接通打点计时器的电源放开滑块1(2)0.6200.618(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦题|组|微|练1某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速直线运动,然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体,继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示。在小车A后连着纸带,电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz,长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。(1)若已测得打点纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点,则应选_段来计算A碰前的速度。应选_段来计算A和B碰后的共同速度。(均填“AB”“BC”“CD”或“DE”)(2)已测得小车A的质量m10.4 kg,小车B的质量为m20.2 kg,则碰前两小车的总动量为_ kgm/s,碰后两小车的总动量为_ kgm/s。甲乙解析(1)从分析纸带上打点的情况看,BC段既表示小车做匀速运动,又表示小车有较大速度,因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况,应选用BC段计算小车A碰前的速度。从CD段打点的情况看,小车的运动情况还没稳定,而在DE段内小车运动稳定,故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。(2)小车A在碰撞前速度v0 m/s1.050 m/s,小车A在碰撞前动量p0m1v00.41.050 kgm/s0.420 kgm/s,碰撞后A、B的共同速度v m/s0.695 m/s,碰撞后A、B的总动量p(m1m2)v(0.20.4)0.695 kgm/s0.417 kgm/s。答案(1)BCDE(2)0.4200.4172某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中PQ是斜槽,QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次。O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。B球落点痕迹如图乙所示,其中米尺水平放置,且平行于G、R、O所在的平面,米尺的零点与O点对齐。(1)碰撞后B球的水平射程应取_ cm。(2)(多选)在以下选项中,本次实验必须进行测量的有_。(填选项字母)A水平槽上未放B球时,测量A球落点位置到O点的距离BA球与B球碰撞后,测量A球及B球落点位置到O点的距离C测量A球或B球的直径D测量A球和B球的质量(或两球质量之比)E测量O点相对于水平槽面的高度甲 乙(3)实验中,关于入射球在斜槽上释放点的位置对实验影响的说法正确的是_。(填选项字母)A释放点越低,小球受阻力越小,入射小球速度越小,误差越小B释放点越低,两球碰后水平位移越小,水平位移测量的相对误差越小,两球速度的测量越准确C释放点越高,两球相碰时,相互作用的内力越大,碰撞前后动量之差越小,误差越小D释放点越高,入射小球对被碰小球的作用力越大,轨道对被碰小球的阻力越小解析(1)用一尽可能小的圆把小球落点圈在里面,可知圆心的位置是65.7 cm,这也是小球落点的平均位置。(2)本实验中要测量的数据有:两个小球的质量m1、m2,三个落点到O点的距离x1、x2、x3,所以应选ABD项。(3)入射球的释放点越高,入射球碰前速度越大,相碰时内力越大,阻力的影响相对越小,可以较好地满足动量守恒的条件,也有利于减小测量水平位移时的相对误差,从而使实验的误差减小,选项C正确。答案(1)65.7(2)ABD(3)C见学生用书P1001气垫导轨上有A、B两个滑块,开始时两个滑块静止,它们之间有一根被压缩的轻质弹簧,滑块间用绳子连接(如图甲所示),绳子烧断后,两个滑块向相反方向运动,图乙为它们运动过程的频闪照片,频闪的频率为10 Hz,由图可知:甲乙(1)A、B离开弹簧后,应该做_运动,已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g,根据照片记录的信息,从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是_。(2)若不计此失误,分开后,A的动量大小为_ kgm/s,B的动量的大小为_kgm/s。本实验中得出“在实验误差允许范围内,两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是_。解析(1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用,所以均做匀速直线运动,在离开弹簧前A、B均做加速运动,A、B两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小。(2)周期T0.1 s,v,由题图知A、B匀速时速度分别为vA0.09 m/s,vB0.06 m/s,分开后A、B的动量大小均为p0.018 kgm/s,方向相反,满足动量守恒,系统的总动量为0。答案(1)匀速直线A、B两滑块的第一个间隔(2)0.0180.018A、B两滑块作用前后总动量不变,均为02如图是用来验证动量守恒的实验装置,弹性球1用细线悬挂于O点,O点下方桌子的边缘有一竖直立柱。实验时,调节悬点,使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高。将球1拉到A点,并使之静止,同时把球2放在立柱上。释放球1,当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞,碰后球1向左最远可摆到B点,球2落到水平地面上的C点。测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。现已测出A点离水平桌面的距离为a、B点离水平桌面的距离为b,C点与桌子边缘间的水平距离为c。(1)还需要测量的量是_、_和_。(2)根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为_。(忽略小球的大小)解析(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前、后的动量变化,根据弹性球1碰撞前后的高度a和b,由机械能守恒可以求出碰撞前、后的速度,故只要再测量弹性球1的质量m1,就能求出弹性球1的动量变化;根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化,故只要测量弹性球2的质量和立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化。(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的方程2m12m1m2。答案(1)弹性球1、2的质量m1、m2立柱高h桌面离水平地面的高度H(2)2m12m1m23.气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律,实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计):采用的实验步骤如下:用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。调整气垫导轨,使导轨处于水平。在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上。用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。按下电钮放开卡销,同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时,记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。(1)实验中还应测量的物理量是_。(2)利用上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是_,上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的原因是_。(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小?如果能,请写出表达式;如果不能,请说明理由:_。解析(1)验证动量守恒,需要知道物体的运动速度,在已经知道运动时间的前提下,需要测量运动物体的位移,即需要测量的量是B的右端至D板的距离L2。(2)由于运动前两物体是静止的,故总动量为零,运动后两物体是向相反方向运动的,设向左运动为正,则有mAvAmBvB0,即mAmB0。造成误差的原因:一是测量本身就存在误差,如测量质量、时间、距离等存在误差;二是空气阻力或者是导轨不是水平的等。(3)根据能量守恒知,两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能。故有Ep。答案(1)B的右端至D板的距离L2(2)mAmB0原因见解析(3)能。Ep4某同学用如图所示的装置,利用两个大小相同的小球做对心碰撞来验证动量守恒定律,图中AB是斜槽,BC是水平槽,它们连接平滑,O点为重锤线所指的位置。实验时先不放置被碰球2,让球1从斜槽上的某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹,重复10次,然后将球2置于水平槽末端,让球1仍从位置G由静止滚下,和球2碰撞,碰后两球分别在记录纸上留下各自的痕迹,重复10次。实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N、P。(1)(多选)在该实验中,应选用的器材是下列器材中的_。(填选项字母)A天平B游标卡尺C刻度尺D大小相同的钢球两个E大小相同的钢球和硬橡胶球各一个(2)在此实验中,球1的质量为m1,球2的质量为m2,需满足m1_(填“大于”“小于”或“等于”)m2。(3)被碰球2飞行的水平距离由图中线段_表示。(4)若实验结果满足m1_,就可以验证碰撞过程中动量守恒。解析(1)在小球碰撞过程中,水平方向根据动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2,在做平抛运动的过程中由于时间是相等的,所以得tm1v0tm1v1tm2v2,即m1m1m2。可知,需要使用天平测量小球的质量,使用刻度尺测量小球在水平方向的位移;所以需要选择的器材有A、C、D。(2)在小球碰撞过程中,水平方向根据动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2,在碰撞过程中动能守恒故有m1vm1vm2v,解得v1v0。要碰后入射小球的速度v10,即m1m20,故答案为大于。(3)1球和2球相撞后,2球的速度增大,1球的速度减小,都做平抛运动,竖直高度相同,所以碰撞后2球的落地点是P点,所以被碰球2飞行的水平距离由图中线段表示。(4)N为碰前入射小球落点的位置,M为碰后入射小球的位置,P为碰后被碰小球的位置,碰撞前入射小球的速度为v1,碰撞后入射小球的速度为v2,碰撞后被碰小球的速度为v3,若m1v1m2v3m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒,代入数据得m1m1m2。答案(1)ACD(2)大于(3)(4)m1m25为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失),某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球,按下述步骤做实验。用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2,且m1m2。如图所示,安装好实验装置;将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端点的切线水平,将一斜面BC连接在斜槽末端。先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下,记下小球在斜面上的落点位置。将小球m2放在斜槽末端点B处,让小球m1从斜槽顶端A处滚下,使它们发生碰撞,记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置。用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D,E,F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置,到B点的距离分别为LD,LE,LF。根据该同学的实验,回答下列问题:(1)小球m1与m2发生碰撞后,m1的落点是图中的_点,m2的落点是图中的_点。(2)用测得的物理量来表示,只要满足关系式_,则说明碰撞中动量是守恒的。(3)用测得的物理量来表示,只要再满足关系式_,则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。解析(1)不放小球m2时,小球m1的落点在E点;放上小球m2时,小球m1撞击小球m2后落在D点,小球m2落在F点。(2)若系统动量守恒,则应满足m1v1m1v1m2v2,由平抛运动规律得LEcosv1t1,LEsingt,整理得v1;同理可得v1,v2 ,解得m1 m1 m2 。(3)若碰撞为弹性碰撞,则应满足m1vm1vm2v,结合上面的结论解得m1LEm1LDm2LF。答案(1)DF(2)m1m1m2(3)m1LEm1LDm2LF12
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