金版教程2017屆人教新課標(biāo)高考物理一輪配套課件第15章動量守恒定律及其應(yīng)用

選考部分選修3－5第15章動量守恒定律及其應(yīng)用板塊一主干梳理·對點激活知識點

1

動量、動量定理

Ⅱ1.動量定義：運動物體的質(zhì)量和

速度的乘積叫做物體的動量，通常用p

來表示。表達(dá)式：p＝

mv

。單位：千克·米每秒(kg·m/s)。標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和

速度

方向相同。2．沖量定義：力和力的

作用時間的乘積。表達(dá)式：I＝

Ft

。單位：牛秒(N·s)。矢量性：沖量是矢量，它的方向由

力

的方向決定。物理意義：表示力對時間

的積累。作用效果：使物體的動量

發(fā)生變化。(2)表達(dá)式：Ft＝Δp＝

。3．動量定理(1)內(nèi)容：物體所受合力的

沖量

等于物體的

動量

的變化。p′－p矢量性：動量變化量的方向與沖量方向相同，還可以在某一方向上應(yīng)用動量定理。適用范圍：不僅適用于宏觀物體的低速運動，而且對微觀粒子的高速運動同樣適用。知識點

2

動量守恒定律及其應(yīng)用

Ⅱ內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)

不受外力

，或者

所受外力的矢量和為

0

，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律。表達(dá)式p＝ p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p

等于相互作用后的總動量p′。m1v1＋m2v2＝

m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。Δp1＝

－Δp2

，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。Δp＝

0

，系統(tǒng)總動量的增量為零。3．適用條件理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。

(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。知識點

3

彈性碰撞和非彈性碰撞

Ⅰ碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間

很短

，而物體間相互作用力

很大

的現(xiàn)象。特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力

遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒

守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大4.反沖現(xiàn)象在某些情況下，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)的動能

增大

，且常伴有其他形式能向動能的轉(zhuǎn)化。反沖運動的過程中，如果合外力為零或外力的作用

遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，可利用動量守恒定律來處理。5．爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且

遠(yuǎn)大于

系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒

，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動。知識點

4

實驗：驗證動量守恒定律一、實驗原理在一維碰撞中，測出物體的質(zhì)量m

和碰撞前后物體的速度v、v′，找出碰撞前的動量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的動量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后動量是否守恒。二、實驗器材方案一：氣墊導(dǎo)軌、光電計時器、天平、滑塊(兩個)、重物、彈簧片、細(xì)繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥。方案二：帶細(xì)繩的擺球(相同的兩套)、鐵架臺、天平、量角器、坐標(biāo)紙、膠布等。方案三：光滑長木板、打點計時器、紙帶、小車(兩個)、天平、撞針、橡皮泥。方案四：斜槽、大小相等質(zhì)量不同的小球兩個、重垂線一條、白紙、復(fù)寫紙、天平、刻度尺、圓規(guī)、三角板。三、實驗步驟1．方案一：利用氣墊導(dǎo)軌驗證一維碰撞中的動量守恒

(1)測質(zhì)量：用天平測出滑塊的質(zhì)量。安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌。實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測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)。驗證：一維碰撞中的動量守恒。2．方案二：利用擺球驗證一維碰撞中的動量守恒

(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量m1、m2。

(2)安裝：把兩個等大的擺球用等長懸線懸掛起來。(3)實驗：一個擺球靜止，拉起另一個擺球，放下時它們相碰。測速度：測量擺球被拉起的角度，從而算出碰撞前對應(yīng)擺球的速度；測量碰撞后擺球擺起的角度，從而算出碰撞后對應(yīng)擺球的速度。改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實驗。

(6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。3．方案三：利用光滑桌面上兩小車相碰驗證一維碰撞中的動量守恒

(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量m1、m2。安裝：將打點計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點計時器的限位孔連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥。實驗：接通電源，讓小車A

運動，小車B

靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥，把兩小車連接在一起共同運動。Δt(4)測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點間的距離及時間由v＝Δx算出速度。(5)改變條件：改變碰撞條件，重復(fù)實驗。

(6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。白紙在下，復(fù)寫紙在上，在適當(dāng)位置鋪放好。記下重垂線所指的位置O。不放被碰小球，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圈在里面，圓心P

就是小球落點的平均位置。把被碰小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽上同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實驗

10

次。用步驟(4)的方法，標(biāo)出碰后入射小球落點的平均位置M

和被碰小球落點的平均位置N。測量OP、OM、ON

的長度，在誤差允許的范圍內(nèi)，看m1·OP＝m1·OM＋m2·ON

是否成立。整理好實驗器材并放回原處。實驗結(jié)論：在誤差允許的范圍內(nèi)，討論碰撞系統(tǒng)的動量是否守恒。四、注意事項前提條件：碰撞的兩物體應(yīng)保證“水平”和“正碰”。方案提醒若利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行驗證，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時，應(yīng)注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平。若利用擺球進(jìn)行驗證，兩擺球靜止時球心應(yīng)在同一水平線上，且剛好接觸，擺線豎直，將擺球拉起后，兩擺線應(yīng)在同一豎直面內(nèi)。利用兩小車相碰進(jìn)行驗證時，要注意平衡摩擦力。利用平拋運動規(guī)律進(jìn)行驗證，安裝實驗裝置時，應(yīng)注意調(diào)整斜槽，使斜槽末端水平，且選質(zhì)量較大的小球為入射小球。3．探究結(jié)論：尋找的不變量必須在各種碰撞情況下都不變。五、誤差分析1．系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求。

(1)碰撞是否為一維。(2)實驗是否滿足動量守恒的條件，如氣墊導(dǎo)軌是否水平，兩球是否等大，長木板實驗時是否平衡掉摩擦力。偶然誤差：主要來源于質(zhì)量m

和速度v

的測量。改進(jìn)措施(1)設(shè)計方案時應(yīng)保證碰撞為一維碰撞，且盡量滿足動量守恒的條件。

(2)采取多次測量求平均值的方法來減小偶然誤差。雙基夯實一、思維辨析若兩物體的動量相等，則質(zhì)量大的動能大。(×)質(zhì)量為m

的小球以速度v

向墻壁撞去，碰后小球的速度大小不變，方向相反，則在此過程中，小球動量的變化量大小為0。(×)系統(tǒng)的動量守恒，機械能不一定守恒。(√)當(dāng)質(zhì)量相等時，發(fā)生完全彈性碰撞的兩個球碰撞前后速度交換。(

√

)光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。(√)沖量是動量變化的原因。(

√

)動量定理中的沖量是合力的沖量，而

I＝Ft

中的力可以是合力也可以是某個力。

(

√

)二、對點激活1．[沖量、動量定理]籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球。接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前。B．這樣做可以

(

)

A．減小球?qū)κ值臎_量C．減小球的動量變化量減小球?qū)κ值臎_擊力D．減小球的動能變化量解析

先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球收縮至胸前，可以增加球與手接觸的時間，取球的mv初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理－Ft＝0－mv，得F＝t

；當(dāng)時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量、動能的變化量都不變，所以B

正確。A2．[動量的變化]一個質(zhì)量是0.05

kg

的網(wǎng)球，以20

m/s

的水平速度飛向球拍，被球拍打擊后，反向水平飛回，飛回的速度大小也是20

m/s。設(shè)網(wǎng)球被打擊前的動量為p，被打擊后的動量為p′，取打擊后飛回的方向為正方向，關(guān)于網(wǎng)球動量變化的下列計算式，正確的是()．p′－p＝1

kg·m/s－(－1

kg·m/s)＝2

kg·m/sB．p－p′＝－1

kg·m/s－1

kg·m/s＝－2

kg·m/sC．p′－p＝－1

kg·m/s－1

kg·m/s＝－2

kg·m/sD．p－p′＝1

kg·m/s－1

kg·m/s＝0解析

網(wǎng)球飛回的方向為正方向，則網(wǎng)球的初速度

v0＝－20m/s，反彈后速度：vt＝20m/s；網(wǎng)球的動量變化

Δp＝p′－p＝mvt－mv0＝[0.05×20－0.05×(－20)]

kg·m/s＝2

kg·m/s，故

A

正確。解析

a

未離開墻壁前，受到墻的作用力，系統(tǒng)所受外力不為零，所以

a

和

b

系統(tǒng)的動量不守恒；a離開墻后，a

和b

系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動量守恒。解析

如果

A、B與平板車上的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后

A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受摩擦力

FA

向右，F(xiàn)B

向左。由于mA∶mB＝3∶2，所以

FA∶FB＝3∶2，則

A、B所組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，故其動量不守恒。對

A、B、C

組成的系統(tǒng)，A、B

與

C

間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受合外力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒。若

A、B所受的摩擦力大小相等，則

A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，故動量守恒，B、C、D

正確。5．[碰撞問題][2015·浙江統(tǒng)練]甲、乙兩名滑冰運動員沿同一直線相向運動，速度大小分別為3

m/s

和1m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙兩人反向運動，速度大小均為

2

m/s，則甲、乙兩人質(zhì)量之比為(

)C．A．2∶33∶5B．2∶5D．5∶3解析

兩人碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得m

甲v

甲＋m乙v

乙＝m

甲v甲′＋m

乙v乙′，即m甲×3＋m乙×(－1)＝m甲×(－2)＋m

乙×2，解得m

甲∶m乙＝3∶5，故選項C

正確。解析

由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對靜止，易判斷二者具有向右的共同速度

v′，根據(jù)動量守恒定律有

mv＝(M＋m)v′，系統(tǒng)損失的動能為

ΔE11

12

2＝

mv

－

(M＋2

2km)v′，可知B

正確；另一方面，系統(tǒng)損失的動能可由Q＝ΔE

且Q相對＝μmg·s

求得，由于小物塊從中間向右出發(fā)，最終又回到箱子正中間，其間共發(fā)生N

次碰撞，則s相對＝

NL，則D

選項也正確。解析入射球與被碰球應(yīng)采用體積等大的球，但入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，故A

錯；為保證入射小球每次都以等大的速度碰撞被撞小球，每次都要使入射小球從斜槽上相同位置滾下，B

錯；圖中OP為入射小球a

沒與b

球碰撞時，落地的射程，OM

為a

球與b

球碰后，a

球落地的射程，ON為b

球被撞后落地的射程，故要驗證的表達(dá)式是：m1

OP

＝m1

OM

＋m2

ON

，C

錯誤，D

正確。板塊二考點細(xì)研·悟法培優(yōu)2．應(yīng)用動量定理時應(yīng)注意的問題因動量定理中的沖量為研究對象所受外力的總沖量，所以必須準(zhǔn)確選擇研究對象，并進(jìn)行全面的受力分析，畫出受力圖，如果在過程中外力有增減，還需進(jìn)行多次受力分析。因為動量定理是一個表示過程的物理規(guī)律，涉及到力的沖量及研究對象的初、末狀態(tài)的動量，所以必須分析物理過程，在建立物理圖景的基礎(chǔ)上確定初、末狀態(tài)。因為動量定理是矢量式，而多數(shù)情況下物體的運動是一維的，所以在應(yīng)用動量定理前必須建立一維坐標(biāo)系，確定正方向，并在受力圖上標(biāo)出，在應(yīng)用動量定理列式時，已知方向的動量、沖量均需加符號(與正方向一致時為正，反之為負(fù))，未知方向的動量、沖量通常先假設(shè)為正，解出后再判斷其方向。不同時間的沖量可以求和：①若各力的作用時間相同，且各外力為恒力，可以先求合力，再乘以時間求沖量，I

合＝F

合·t。②若各外力作用時間不同，可以先求出每個外力在相應(yīng)時間的沖量，然后求各外力沖量的矢量和，即I合＝F1t1＋F2t2＋…。對過程較復(fù)雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。3．定性分析有關(guān)現(xiàn)象物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小。例如：沖床沖壓工件時，縮短力的作用時間，產(chǎn)生很大的作用力；而在搬運玻璃等易碎物品時，包裝箱內(nèi)放些碎紙、刨花、塑料等，是為了延長作用時間，減小作用力。作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小。答案

1200N，方向豎直向下。提示：沒有。提示：重力和安全帶給的拉力。方法二(全過程整體法)：在整個下落過程中對工人應(yīng)用動量定理，重力的沖量大小為mg2Lg

＋t，拉力F

的沖量大小為Ft。初、末動量都是零，取向下為正方向，由動量定理得mg

2Lg

＋t－Ft＝0解得F＝mg

2Lg

＋tt＝1200

N。由牛頓第三定律知工人給安全帶的沖力F′＝F＝1200

N，方向豎直向下?？偨Y(jié)升華應(yīng)用動量定理解題的方法在應(yīng)用動量定理解題時，一定要對物體認(rèn)真進(jìn)行受力分析，不可有力的遺漏；建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的符號。對于變力的沖量，往往通過動量定理來計算，只有當(dāng)相互作用時間Δt

極短時，且相互作用力遠(yuǎn)大于重力時，才可舍去重力。解析由重物的動量定理得fΔt＝Δp，不管是緩慢拉動紙帶還是迅速拉動紙帶，f都是滑動摩擦力，是恒定不變的力，緩慢拉動時，作用時間長，紙帶對重物的沖量大，重物動量的變化量大，運動狀態(tài)變化明顯，重物跟著紙帶一起運動。迅速拉動時，作用時間短，紙帶對重物的沖量小，重物動量的變化量小，運動狀態(tài)幾乎不變，紙帶從重物下抽出，所以A、B

選項都不正確，而C、D

選項是正確的。2.為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水位上升了

45mm。查詢得知，當(dāng)時雨滴豎直下落的速度約為

12m/s，據(jù)此估算該壓強約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為

1×103

kg/m3)(

)A.0.15

PaC.1.5

PaB．0.54

PaD．5.4

Pa解析

1

小時內(nèi)雨的總質(zhì)量

m＝ρSh，對水列動量定理，向上為正方向，F(xiàn)t＝0－(－mv)，再由壓強公式p＝S，得p＝F

ρhvt，代入數(shù)據(jù)得p＝0.15

Pa。A

選項正確。答案

(1)1s答案(2)3m。提示：①子彈與物塊作用時，物塊的位置沒發(fā)生變化；②子彈與物塊作用結(jié)束后，物塊與木板才相互作用。提示：不是。嘗試解答

(1)1s

(2)3m。(1)子彈打入木塊過程，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1木塊在木板上滑動過程，由動量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2對子彈木塊整體，由動量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)＝

－μg聯(lián)立解得物體相對小車的滑行時間

t

v2－v1＝1

s(2)由能量守恒定律得10

0μ(m

＋m)gd＝2(m

＋2112m)v

－

(m

＋m＋M)v20

2聯(lián)立解得d＝3

m總結(jié)升華應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意的問題在同一物理過程中，系統(tǒng)的動量是否守恒與系統(tǒng)的選取密切相關(guān)，因此應(yīng)用動量守恒解決問題時，一定要明確哪些物體組成的系統(tǒng)在哪個過程中動量是守恒的。注意挖掘題目中的隱含條件，這是解題的關(guān)鍵，如本例中，時間極短是指子彈與物塊相互作用時，物塊m

位置沒變，子彈與物塊m

共速后，才相對木板M

運動。物塊相對木板滑行的位移是指物塊m

相對木板M

滑行的位移，并非對地的位移，并且物塊m

和木板最后共速。解析

取前鋒隊員跑動的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：MvA＋mvB＋mvC＝(M＋m＋m)v，其中

vA＝5

m/s，vB＝－2

m/s，vC＝－4

m/s，代入數(shù)據(jù)得：v≈0.16

m/s。所以碰撞后的速度仍向前，故這名前鋒能得分，B、C

兩項正確。答案

(1)2.5

m/s答案(2)3.4

m/s解析

(1)銅塊和10

個木板組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)動量守恒，設(shè)銅塊剛滑到第二塊木板時，第一塊木板的速度為

v2，由動量守恒得，Mv0＝Mv1＋10mv2得v2＝2.5

m/s。(2)由題可知銅塊最終停在第二塊木板上，設(shè)銅塊的最終速度為v3，由動量守恒得：Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3得v3＝3.4

m/s。2.彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1，速度為v1

的小球與質(zhì)量為m2

的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①1

11

12

21

12

2122

22m

v

＝

m

v

′

＋

m

v

′

②(m1－m2)v1m

＋m2由①②得

v1′＝

v

′＝

2m1v1

m

＋m1

2

1

2結(jié)論：當(dāng)m1＝m2

時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。當(dāng)m1>m2

時，v1′>0，v2′>0，并且v1′<v2′，碰撞后兩球都向前運動。當(dāng)m1<m2

時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來。提示：①同向運動，A球在前，B球在后；②同向運動，A

球在后，B

球在前；③相向運動。提示：動量。嘗試解答

選C。將兩小球碰撞前后的動量方向間的關(guān)系作出如下各種假設(shè)，然后運用碰撞的三個制約因素進(jìn)行檢驗。(1)設(shè)A、B兩小球相向運動而發(fā)生碰撞，并取小球B

碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝－5kg·m/s，pB0＝7kg·m/s根據(jù)“運動制約”，小球B

在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相反，即pB＝－10

kg·m/s根據(jù)“動量制約”，小球A

在碰后動量必為pA＝12

kg·m/s，而這樣的碰撞結(jié)果顯然違背了“動能制約”，因為顯然有：(－5)22m72＋

≤122(－10)22m

2m

2mA

B

A

B＋

。(2)設(shè)A、B兩小球同向運動而發(fā)生碰撞，且A球在前，B球在后，取兩小球碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝5

kg·m/s，pB0＝7

kg·m/s。根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相反，即pB＝－10kg·m/s。根據(jù)“動量制約”，小球A

在碰后動量必為pA＝22

kg·m/s，而這樣的碰撞結(jié)果顯然也違背“動能制52

72222約”，因為顯然也有：2m

＋2m

≤2m

＋(－10)22mA

B

A

B。(3)設(shè)A、B兩小球同向運動而發(fā)生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取兩個小球碰前的運動方向為參考正方向，即pA0＝5

kg·m/s，pB0＝7

kg·m/s。根據(jù)“運動制約”，小球B在碰后動量欲增大，其動量方向必與原動量方向相同，即pB＝10kg·m/s。根據(jù)“動量制約”，小球A

在碰后動量必有pA＝2

kg·m/s，而這樣的碰撞結(jié)果完全可以不違背“動能52

72

22102制約”，只要有：2m

＋2m

≥2m

＋2mA

B

A

B仍然根據(jù)“運動制約”，為了保證碰前小球A

能追上小球B

而發(fā)生碰撞，同時為了保證碰后小球A

不mA

mB

mA

mB

5

7

2

10至于超越到小球

B

的前面，應(yīng)分別有：

>

，

≤

。即正確選項應(yīng)選C?？偨Y(jié)升華碰撞問題解題策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝m

－m1

2m1＋m20v

、2v

＝

2m1

m1＋m20v

。(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝

0

時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當(dāng)m1?m2，且v20＝0

時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。解析

兩個小鋼球在相碰過程中同時遵守能量守恒和動量守恒，由于外界沒有能量輸入，而碰撞中可能產(chǎn)生熱量，所以碰撞后的總動能不會超過碰撞前的總動能，即

Ek1＋Ek2≤Ek0，A

選項正確，C

選項錯誤。另外，A

選項也可寫成1

<p2

p22m

2m0

，因此B選項正確。根據(jù)動量守恒，設(shè)球1

原來的運動方向為正方向，有p2－p1＝p0，所以D選項正確。6答案

5v0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，由動量守恒定律得對A、B

木塊：mAv0＝mAvA＋mBvB①對B、C

木塊：mBvB＝(mB＋mC)v②由A

與B

間的距離保持不變可知

vA＝v③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得B650v

＝

v

。2.反沖現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒。實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。3.“人船模型”若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量也守恒。如果系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用中均發(fā)生運動，則由m1

v

1－m2

v

2＝0，得m1x1＝m2x2。答案M＋mMh。v人v球M提示：

＝m。提示：x

人＋x

球＝L

繩?？偨Y(jié)升華利用人船模型解題需注意兩點條件①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒。②構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動。③x1、x2

均為沿動量方向相對于同一參考系的位移。解題關(guān)鍵是畫出初、末位置，確定各物體位移關(guān)系。解析

空中爆炸問題，因系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故滿足系統(tǒng)動量守恒的條件。由題中所給物理情景“一分為二”，系統(tǒng)動量守恒的表達(dá)式為

mv0＝mava＋mbvb因mava

與mv0

同向，取v0

為正方向。討論：①若mava<mv0，則mbvb為正向，vb

與va同向。②若mava＝mv0，則mbvb＝0，即vb＝0，b

做自由落體運動，a

在b

之前。③若mava>mv0，則mbvb

為負(fù)向，vb

與va

反向，a

在b

之前。所以選項A

錯誤。因題設(shè)條件只給出了va與v0

同向和ma>mb，但未給出va

一定大于或等于v0

的條件。所以vb

大于、等于和小于va

的情況都有可能存在，從同一高度平拋物體的水平射程由水平初速度決定，故sb>sa、sb＝sa、sb<sa

都有可能，故選項B錯誤。平拋運動的飛行時間由拋出點的高度決定，h

相同，由t＝2hg

知，t

相同，所以選項C

正確。炸裂過程a

與b

相互作用遵循牛頓第三定律，F(xiàn)

與F′等值、反向，故選項D

正確。答案

Δmv1

m1＋m2－Δm解析

由動量守恒定律得：0＝(m1＋m2－Δm)v

船－Δmv1船m1＋m2－Δm解得：v

Δmv1

。＝2.木塊固定在水平面上運動性質(zhì)：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊靜止不動。處理方法：對子彈利用動能定理或牛頓第二定律。兩種類型的共同點：系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對滑動摩擦力做功的總和恒為負(fù)值(因為有一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)；摩擦生熱的條件：必須存在滑動摩擦力和相對滑行的路程，大小為Q＝f·s，其中f

是滑動摩擦力的大小，s

是兩個物體的相對路程(在一段時間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時間內(nèi)兩者的相對路程，所以說是一個相對運動問題)。答案

(1)2m/s答案(2)2392J答案(3)0.4s提示：最終的速度不是零。這句話的含義是物體A與小平板車相對靜止，二者有共同的速度和共同的加速度。提示：總機械能的損失等于系統(tǒng)動能的減少量。嘗試解答

(1)2m/s

(2)2392J

(3)0.4s。(1)對子彈和物塊，由動量守恒得mv0＝mv′＋MAv得v＝4

m/s同理對M

和MA

有MAv＝(M＋MA)v

車得v

車＝2

m/s。01

1v2

21(2)由能量守恒得：ΔE＝2mv

－2m

′－2(MA車＋M

)v2

＝2392

J。(3)由動量定理得：－μMAgt＝MAv

車－MAv

得t＝0.4

s?？偨Y(jié)升華對于滑塊類問題，往往通過系統(tǒng)內(nèi)摩擦力的相互作用而改變系統(tǒng)內(nèi)的物體的運動狀態(tài)，既可由兩大定理和牛頓運動定律分析單個物體的運動，又可由守恒定律分析動量的傳遞、能量的轉(zhuǎn)化，在能量轉(zhuǎn)化方面往往用到ΔE

內(nèi)＝ΔE

機＝F

滑x

相。40m

m

3

4

4解析

子彈射中并嵌在物體

A

的過程中，A

與子彈組成的系統(tǒng)動量守恒：

v

＝

＋m1v

，以后A

與4

4子彈作為整體和

B

以及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒，

＋

m1v

＝

m

3

m

3

4

4m＋ ＋

m2v

(彈簧被壓縮2

4

4212到最短時，系統(tǒng)內(nèi)任何物體都共速)

×

＋

mv

＝

×

1

m

3

1

m

34

4m＋ ＋m22

p

pv

＋E

，以上三個方程聯(lián)立解得E

＝0642mv2

v

8，v

＝

0，因此只有B

選項正確，其他選項都錯誤。答案

(1)M－mM＋mv0

水平向右M＋m答案

(2)

4M

l解析

(1)用動量守恒定律求解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向右為正方向。小木塊

A不滑離

B板的條件是二者最終處于相對靜止，設(shè)此時共同速度為

v。由動量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v

可得：v＝M－mM＋mv0因為M>m，故v

方向水平向右。(2)功能關(guān)系：當(dāng)木塊A

相對于地向左運動距離最遠(yuǎn)時，末速度為零，在這過程中，克服摩擦力Ff

做f功的結(jié)果是消耗了自身的動能：F

s1220＝

mv

而A

剛好沒有滑離B

板的條件是：A

滑到B

板的最左端，且二者具有相同速度v，A、B

間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)動能的損失：Q＝Ffl＝M＋m202

2(v

－v

)由以上各式得M＋m向左運動的最遠(yuǎn)距離：s＝

4M

l。(1)A、B

兩球相距最近時，A球的速度v；2答案

(1)3

2gh(2)A、B

兩球最終的速度vA、vB

的大小。3

2gh

4答案(2)

，3

2gh。提示：A、B

共速。提示：當(dāng)A、B間相互斥力作用足夠長時間后，它們的間距就足夠遠(yuǎn)，相互間的斥力可以忽略不計，電勢能為零。2嘗試解答

(1)3

2gh

(2)3

2gh

4，3

2gh。10

0(1)對下滑的過程：2mgh＝2·2mv2，v

＝

2gh球進(jìn)入水平軌道后兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球最近時速度相等。2mv0＝(2m＋m)v2

2v＝3v0＝3

2gh。(2)當(dāng)A、B

相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠(yuǎn)離，當(dāng)它們相距足夠遠(yuǎn)時，它們之間的相互作用力可視為零，電勢能也視為零，它們就達(dá)到最終的速度，該過程中，A、B

兩球組成的系統(tǒng)動量守恒、能量也守恒。2mv0＝2mvA＋mvB201

122

2A12×2mv

＝

×2mv

＋

mv2B1

1得

vA＝3v0＝3

2gh4

4vB＝3v0＝3

2gh?？偨Y(jié)升華動量守恒與其他知識綜合問題的求解方法動量守恒與其他知識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，其次是弄清每一個物理過程遵從什么樣的物理規(guī)律。最后根據(jù)物理規(guī)律對每一個過程列方程求解，找出各物理過程之間的聯(lián)系是解決問題的關(guān)鍵。C.小D.小小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運動小球在槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對小球做功球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒解析小球沿切線進(jìn)入槽內(nèi)到運動到槽底的過程中，墻壁對槽有向右的力作用，該過程水平方向動量不守恒，從槽底向上運動過程中，槽向右運動，離開墻壁后，水平方向不再有力作用，因此該過程水平方向動量守恒。離開右側(cè)槽口時，小球既有豎直向上的分速度，又有水平向右的分速度，所以離開右側(cè)槽口后，將做斜拋運動，A選項錯誤，D選項正確。由于不計一切摩擦，小球在槽內(nèi)運動的全過程，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，C選項正確。而在全程中，除重力對小球做功外，槽壁對小球做了負(fù)功，B選項錯誤。答案

(1)3v208gs(2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能。14(2)

mv20答案解析

(1)設(shè)木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為

μ，炸藥爆炸釋放的化學(xué)能為

E0。從

O

滑到

P，對

A、B，由動能定理得12－μ·2mgs＝

×2m

v0212

2—

×2mv20解得μ＝3v208gs(2)在P

點爆炸，A、B

動量守恒，可得2mv0＝mv2根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒得0v21

12

4

2E

＋×2m

0＝

mv201420聯(lián)立解得E

＝

mv

。2.數(shù)據(jù)處理

(1)速度的測量方案一：滑塊速度的測量：v

Δx，式中

Δx

為滑塊擋光片的寬度(儀器說明書上給出，也可直接測量)，＝ΔtΔt

為數(shù)字計時器顯示的滑塊(擋光片)經(jīng)過光電門的時間。方案二：擺球速度的測量：v＝

2gh，式中h

為小球釋放時(或碰撞后擺起的)高度，h

可用刻度尺測量(也可由量角器和擺長計算出)。方案三：小車速度的測量：v

Δx，式中

Δx

是紙帶上兩計數(shù)點間的距離，可用刻度尺測量，Δt

為小車＝Δt經(jīng)過Δx的時間，可由打點間隔算出。1t

tOP

OM方案四：測入射小球速度

v

＝

，碰后入射小球速度

v1′＝

，被碰小球碰后速度

v2＝

tON。(2)驗證的表達(dá)式方案一、二、三：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。方案四：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。本實驗必須測量的物理量有

BE

。斜槽軌道末端到水平地面的高度H小球a、b的質(zhì)量ma、mb小球a、b

的半徑r小球a、b

離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間t記錄紙上O

點到A、B、C

各點的距離OA、OB、OCa

球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h(2)根據(jù)實驗要求，ma

大于

mb(填“大于”、“小于”或“等于”)。b

球先落地，對實驗結(jié)果無影響45.95maOB＝maOA＋mbOC提示：利用平拋運動的射程。提示：相碰的兩個小球的質(zhì)量和碰撞前后的速度。嘗試解答

(1)BE

(2)大于

(3)b

球先落地，對實驗結(jié)果無影響(4)45.95(45.93～45.97

均正確)(5)maOB＝maOA＋mbOC。(1)由動量守恒定律的表達(dá)式可得：mav1＝mav1′＋mbv2，必須測量小球a和