2023版高三一輪總復習物理（新教材新高考）第六章動量教案

[高考備考指南]命題分析核心素養(yǎng)1．縱觀近幾年高考試題：主要考查了碰撞、爆炸和反沖運動模型，題型以計算題和選擇題為主，也有實驗題但較少。2．動量守恒定律是力學的重點，要關注動量定理、動量守恒定律與牛頓運動定律、能量守恒定律、電磁感應定律等綜合考查的壓軸計算題。物理觀念：動量、沖量、碰撞、爆炸、反沖?？茖W思維：動量定理、動量守恒定律、人船模型、“滑塊—滑板”模型、“子彈打木塊”模型、“含彈簧”模型?？茖W探究：驗證動量守恒定律、驗證動量定理?？茖W態(tài)度與責任：現(xiàn)代航天技術與反沖。動量和動量定理一、動量、動量的變化量、沖量1．動量(1)定義：運動物體的質量和速度的乘積叫作物體的動量，通常用p來表示。(2)表達式：p＝mv。(3)單位：kg·m/s。(4)標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。2．動量的變化量(1)因為動量是矢量，動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同。(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p′減去初動量p進行計算，也稱為動量的增量，即Δp＝p′－p。3．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。公式：I＝F·Δt。(2)單位：沖量的單位是牛·秒，符號是N·s。(3)方向：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。二、動量定理1．內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。2．表達式：Ft＝Δp＝p′－p。3．矢量性：動量變化量的方向與合外力的方向相同，可以在某一方向上應用動量定理。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)動量越大的物體，其速度越大。 (×)(2)物體的動量越大，其慣性也越大。 (×)(3)物體所受合力不變，則動量也不改變。 (×)(4)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零。 (×)(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同。 (×)(6)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的。 (√)二、教材習題衍生1．(人教版選擇性必修第一冊P5T1改編)質量為0.5kg的物體，運動速度為3m/s，它在一個變力作用下速度大小變?yōu)?m/s，方向和原來方向相反，則這段時間內動量的變化量大小及方向分別為()A．5kg·m/s，方向與原運動方向相反B．5kg·m/s，方向與原運動方向相同C．2kg·m/s，方向與原運動方向相反D．2kg·m/s，方向與原運動方向相同A[以原來運動的方向為正方向，由定義式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5kg·m/s，負號表示Δp的方向與原運動方向相反。]2．(人教版選擇性必修第一冊P10T1改編)(多選)如圖所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t，則()A．拉力對物體的沖量大小為FtB．拉力對物體的沖量大小為FtsinθC．摩擦力對物體的沖量大小為FtsinθD．合力對物體的沖量大小為零AD[拉力F對物體的沖量大小為Ft，故A項正確，B項錯誤；物體受到的摩擦力大小Ff＝Fcosθ，所以摩擦力對物體的沖量大小為Fft＝Ftcosθ，故C項錯誤；物體勻速運動，合力為零，所以合力對物體的沖量大小為零，故D項正確。]3．(人教版選擇性必修第一冊P5T2改編)(多選)一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()A．t＝1s時物塊的速率為1m/sB．t＝2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC．t＝3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD．t＝4s時物塊的速度為零AB[前2s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s時物塊的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正確；t＝2s時物塊的速率v2＝a1t2＝2m/s，動量大小為p2＝mv2＝4kg·m/s，B正確；物塊在2～4s內做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，動量大小為p3＝mv3＝3kg·m/s，C錯誤；t＝4s時物塊的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D錯誤。]動量沖量的理解1．動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標矢性矢量標量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)變化量Δp＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化2．沖量的計算方法(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。(2)變力的沖量①作出F-t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示。②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解。3．沖量和功的區(qū)別(1)沖量和功都是過程量。沖量是表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用。(2)沖量是矢量，功是標量。(3)力作用的沖量不為零時，力做的功可能為零；力做的功不為零時，力作用的沖量一定不為零。[題組突破]1．(多選)關于動量、沖量和動能，下列說法正確的是()A．物體的動量越大，表明它受到的沖量越大B．物體的動量變化，其動能有可能不變C．物體受到合外力的沖量作用，則其動能一定變化D．物體動量變化的方向可能與初動量的方向不在同一直線上BD[根據(jù)動量定理可知，動量的改變量越大，沖量越大，動量和沖量無直接聯(lián)系，故A錯誤；勻速圓周運動的速度方向時刻變化，所以動量變化，但速度大小不變，所以動能不變，故B正確；雖然勻速圓周運動的合外力的沖量不為零，但動能不變，故C錯誤；由公式Δp＝p′－p可知，由于動量和動量變化量為矢量，遵循平行四邊形定則，則物體動量變化的方向可能與初動量的方向不在同一直線上，故D正確。]2．(2021·山東威海高三檢測)拍皮球是大家都喜歡的體育活動，能強身健體。已知皮球質量為m＝0.4kg，為保證皮球每次與地面碰撞后自然跳起的最大高度均為h＝1.25m，小明需每次在球到最高點時拍球，每次拍球作用的距離為s＝0.25m，使球在離手時獲得一個豎直向下、大小為4m/s的初速度v。若不計空氣阻力及球的形變，g取10m/s2，則每次拍球()A．手給球的沖量為1.6kg·m/sB．手給球的沖量為2.0kg·m/sC．人對球做的功為3.2JD．人對球做的功為2.2JD[為使皮球在離手時獲得一個豎直向下、大小為4m/s的初速度v，根據(jù)動量定理可知，合外力要給皮球的沖量為I＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，手給球的沖量與重力給球的沖量之和等于外力沖量，故手給球的沖量小于1.6kg·m/s，選項A、B錯誤；設人對球做的功為W，由動能定理知：W＋mgs＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝2.2J，選項D正確，C錯誤。]3．(多選)(2021·廣東深圳市調研)如圖所示，物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運動，0～4s內其合外力隨時間變化的關系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是()A．0～2s內合外力的沖量一直增大B．0～4s內合外力的沖量為零C．2s末物體的動量方向發(fā)生變化D．0～4s內物體動量的方向一直不變ABD[根據(jù)F-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沖量，可知在0～2s內合外力的沖量一直增大，0～4s內合外力的沖量為零，故A、B正確；2s末合外力方向發(fā)生變化，物體的動量開始減小，但方向不發(fā)生變化，0～4s內物體動量的方向一直不變，故C錯誤，D正確。]動量定理的理解及應用1．理解動量定理的三個要點(1)應用動量定理時研究對象一般是單一物體。(2)求合力的沖量的方法有兩種：一是先求合力，再求合力的沖量；二是求出每個力的沖量，再對沖量求和。(3)動量定理是矢量式，列方程之前先規(guī)定正方向。2．用動量定理解釋兩種現(xiàn)象(1)Δp一定時，F(xiàn)的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。(2)F一定，此時力的作用時間越長，Δp就越大；力的作用時間越短，Δp就越小。注：分析問題時，要把哪個量一定，哪個量變化搞清楚。3．理解動量定理的兩個重要應用(1)應用I＝Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量Δp，等效代換為力的沖量I。(2)應用Δp＝FΔt求動量的變化量例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換為動量的變化量。動量定理的定性應用[典例1](2020·全國卷Ⅰ)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機動量的變化量C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積D[行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機的受力面積，減少了司機單位面積的受力大小，可以延長司機的受力時間，從而減小了司機受到的作用力，A項錯誤，D項正確；碰撞前司機動量等于其質量與速度的乘積，碰撞后司機動最終量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機動量的變化量，B項錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機的動能轉化為氣囊的彈性勢能及氣囊氣體內能，C項錯誤。]動量定理的定量應用[典例2]一個質量為m＝100g的小球從離厚軟墊h＝0.8m高處自由下落，落到厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了t＝0.2s，不計空氣阻力，則在這段時間內，軟墊對小球的沖量是多少？(取g＝10m/s2)[解析]設小球自由下落h＝0.8m的時間為t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。設I為軟墊對小球的沖量，并令豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程運用動量定理得mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6N·s。負號表示軟墊對小球的沖量方向和規(guī)定的正方向相反，方向豎直向上。[答案]0.6N·s，方向豎直向上應用動量定理解題的一般步驟(1)確定研究對象。一般選單個物體。(2)對物體進行受力分析?？梢韵惹竺總€力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正、負號。(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要其他補充方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。應用動量定理處理“流體沖擊力問題”[典例3](2021·黑龍江大慶實驗中學期末)如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是()A．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2B．高壓水槍單位時間噴出的水的質量為eq\f(1,4)ρvD2C．水柱對汽車的平均沖力為eq\f(1,4)ρD2v2D．當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍D[高壓水槍單位時間噴出水的質量等于單位時間內噴出的水柱的質量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，故A、B錯誤；水柱對汽車的平均沖力為F，由動量定理得F′t＝mv，其中F′＝F，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，選項C錯誤；高壓水槍噴出的水對汽車產生的壓強p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，則當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D正確。]“流體沖擊力問題”的分析要點(1)研究對象：流體，如水、空氣等。(2)研究方法：隔離出一定形狀的一部分流體進行分析，然后列式求解。(3)基本思路①在極短時間Δt內，取一小柱體作為研究對象。②求小柱體的體積ΔV＝SvΔt。③求小柱體質量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt。④求小柱體的動量變化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt。⑤應用動量定理FΔt＝Δp。[跟進訓練]1．(2021·北京海淀區(qū)高三模擬)籃球運動深受同學們喜愛。打籃球時，某同學伸出雙手接傳來的籃球，雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。他這樣做的效果是()A．減小籃球對手的沖擊力B．減小籃球的動量變化量C．減小籃球的動能變化量D．減小籃球對手的沖量A[籃球速度由v減小到0，動能和動量的變化量是不變的，故B、C錯誤；先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)。當時間增大時，球動量的變化率減小，作用力就減小，而沖量等于動量的變化量，都不變，故A正確，D錯誤。]2．(2021·湖北十堰市上學期期末)一質量為0.5kg的物塊靜止在水平地面上，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2。現(xiàn)給物塊一水平方向的外力F，F(xiàn)隨時間t變化的圖線如圖所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，則()A．t＝1s時物塊的動量大小為2kg·m/sB．t＝1.5s時物塊的動量大小為2kg·m/sC．t＝(6－2eq\r(3))s時物塊的速度大小為0.5m/sD．在3～4s的時間內，物塊受到的摩擦力逐漸減小D[根據(jù)動量定理可得，(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1s時物塊的動量大小為p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1)kg·m/s＝1kg·m/s，選項A錯誤；t＝1.5s時物塊的動量大小為p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5)kg·m/s＝1kg·m/s，選項B錯誤；設t時刻物塊的速度為零，由圖像知在2～4s內力與時間的關系為F＝(0.5t－2)N，根據(jù)F-t圖像與t軸所圍的面積表示沖量大小可得IF＝2×1＋1×1＋eq\f(－1＋0.5t－2,2)·(t－2)，由動量定理得，IF－μmgt＝0，聯(lián)立解得t＝(6－2eq\r(3))s，故C錯誤；因為t＝(6－2eq\r(3))s在2～3s內，所以在3～4s的時間內，物塊靜止，隨著F的減小，物塊受到的摩擦力逐漸減小，故D正確。]3．(2021·山東泰安模擬)有一柱形宇宙飛船，它的正面面積S＝2m2，以v＝3×103m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)。此微粒塵區(qū)每1m3空間中有一個微粒，每一個微粒的平均質量為m＝2×10－7kg。設微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船上，要使飛船速度不變，飛船的牽引力應增加()A．3.6×103NB．3.6NC．1.2×10－3ND．1.2NB[選在時間Δt內與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質量應等于底面積為S、高為vΔt的圓柱體內微粒的質量，即M＝mSvΔt，初動量為0，末動量為Mv。設飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得F·Δt＝Mv－0，則F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2；根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應增加F′＝F＝mSv2；代入數(shù)據(jù)得：F′＝2×10－7×2×(3×103)2N＝3.6N，故A、C、D錯誤，B正確。]

動量守恒定律及其應用一、動量守恒定律及其應用1．動量守恒定律(1)內容：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。(2)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。2．系統(tǒng)動量守恒的條件(1)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。(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合外力不為零，但當內力遠大于合外力時，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外力為零或該方向F內?F外時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。二、彈性碰撞和非彈性碰撞1．碰撞(1)特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。(2)分類：種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2．反沖和爆炸(1)反沖特點：在反沖運動中，如果沒有外力作用或外力遠小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的動量是守恒的。(2)爆炸現(xiàn)象：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠大于系統(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。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)只要系統(tǒng)合外力做功為零，系統(tǒng)動量就守恒。 (×)(2)系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。 (√)(3)系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。 (×)(4)動量守恒定律表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，應用時一定要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。 (√)(5)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大小一定相同。 (√)二、教材習題衍生1．(魯科版選擇性必修第一冊P16T1改編)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人和車都處于靜止狀態(tài)。一個人站在車上用大錘敲打車的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說法正確的是()A．車左右往復運動B．車持續(xù)向右運動C．大錘、人和平板車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒D．當大錘停止運動時，人和車也停止運動ACD[把大錘、人和車看成一個整體，用大錘連續(xù)敲打車的左端，根據(jù)系統(tǒng)水平方向受力為零，則沿該方向動量守恒，又由系統(tǒng)水平方向總動量為零，則當錘頭敲打下去時，大錘向右運動，小車就向左運動，抬起錘頭時大錘向左運動，小車向右運動，所以平板車在水平面上左右往復運動，當大錘停止運動時，人和車也停止運動，A、C、D正確。]2．(人教版選擇性必修第一冊P27T3改編)我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征四號乙”運載火箭成功發(fā)射首顆X射線調制望遠鏡衛(wèi)星“慧眼”。假設將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實驗火箭，總質量為M＝2100g。當它以對地速度為v0＝840m/s噴出質量為Δm＝100g的高溫氣體后，火箭的對地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計)()A．42m/sB．－42m/sC．40m/sD．－40m/sB[噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計，可知在火箭發(fā)射的過程中二者組成的系統(tǒng)豎直方向的動量守恒，以噴出氣體的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正確，A、C、D錯誤。]3．(人教版選擇性必修第一冊P23T5改編)A球的質量是m，B球的質量是2m，它們在光滑的水平面上以相同的動量運動。B在前，A在后，發(fā)生正碰后，A球仍朝原方向運動，但其速率是原來的一半，碰后兩球的速率比vA′∶vB′為()A．1∶2B．1∶3C．2∶1D．2∶3D[設碰前A球的速率為v，根據(jù)題意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由動量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq\f(v,2)∶eq\f(3v,4)＝eq\f(2,3)，D正確。]動量守恒定律的理解及應用1．動量守恒定律的“五種”性質系統(tǒng)性研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)相對性公式中v1、v2、v1′、v2′必須相對于同一個慣性參考系同時性公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一時刻的速度矢量性應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負值普適性不僅適用低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng)2．動量守恒定律的表達式(1)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。(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。動量守恒的判斷[典例1](多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是()ABCDAC[A中在光滑的水平面上，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力等于零，動量守恒；B中剪斷細線后，豎直墻壁對左邊木塊有彈力作用，系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒；C中兩球在勻速下降時，系統(tǒng)合外力等于零，細線斷裂后，系統(tǒng)合外力仍然等于零，所以系統(tǒng)動量守恒；D中木塊加速下滑時擋板對斜面體有向左的力，則動量不守恒。所以選項A、C正確。]動量守恒定律的應用[典例2](多選)(2020·全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步涍^8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A．48kgB．53kgC．58kgD．63kg思路點撥：本題屬于多次相互作用問題，求解過程多次應用動量守恒定律，要注意以下兩點：(1)規(guī)定正方向，合理選取研究對象應用動量守恒定律。(2)“反彈的物塊不能再追上運動員”的條件是運動員的退行速度大于物塊的反彈速度。BC[選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為M，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據(jù)動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m<M<15m，即52kg<M<60kg，故B、C項正確，A、D項錯誤。]應用動量守恒定律解題的一般步驟[跟進訓練]1．(多選)如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關于上述過程，下列說法中正確的是()A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同CD[男孩和木箱組成的系統(tǒng)受小車的摩擦力，所以動量不守恒，A錯誤；小車與木箱組成的系統(tǒng)受男孩的力為外力，所以動量不守恒，B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)，所受合外力為0，所以動量守恒，C正確；木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同，但方向相反，D正確。]2．如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個小滑塊B和C，A、B、C三者的質量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動摩擦因數(shù)為2μ。開始時B、C分別從平板車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是()A．eq\f(1,2)v0B．eq\f(1,6)v0C．eq\f(1,3)v0D．0B[設水平向右為正方向，因為水平面光滑，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝eq\f(1,6)v0，選項B正確。]3．如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m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的大小。(不計水的阻力和貨物在兩船之間的運動過程)[解析]設乙船上的人拋出貨物的最小速度的大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定水平向右的方向為正方向。對乙船和貨物的作用過程，由動量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①對貨物和甲船的作用過程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②為避免兩船相撞應有v甲＝v乙 ③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。[答案]4v0碰撞模型1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律2．彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v′1＋m2v′2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)解得v′1＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結論：(1)當m1＝m2時，v′1＝0，v′2＝v1(質量相等，速度交換)；(2)當m1>m2時，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；(3)當m1<m2時，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反彈)；(4)當m1?m2時，v′1＝v1，v′2＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)；(5)當m1?m2時，v′1＝－v1，v′2＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)。3．完全非彈性碰撞碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損maxeq[典例3]如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。審題指導：關鍵語句獲取信息A與C碰撞時間極短A、C系統(tǒng)動量守恒A、B再次同速，恰好不與C碰撞最后三者同速[解析]長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊B與長木板A間的摩擦力可以忽略不計，以向右為正方向，長木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC。兩者碰撞后，長木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)在兩者達到同速之前所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，則mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。長木板A和滑塊B達到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最后三者速度相等，vC＝v。聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得vA＝2m/s。[答案]2m/s[拓展](1)在上例中，若A與C發(fā)生碰撞后粘在一起，則三個物體最終的速度是多少？(2)在(1)的條件下，相互作用的整個過程中，系統(tǒng)的機械能損失了多少？[解析](1)整個作用過程中，A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，最終三者具有相同的速度，根據(jù)動量守恒(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v代入數(shù)據(jù)可得v＝3m/s。(2)三者最后的速度v＝3m/s相互作用前E1＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝37.5JA、B再次達到共同速度時E2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5J機械能損失ΔE＝E1－E2＝15J。[答案](1)3m/s(2)15J碰撞模型解題三策略(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。(2)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v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1、v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(3)熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度。當m1?m2，且v2＝0時，碰后質量大的速率不變，質量小的速率為2v1。當m1?m2，且v2＝0時，碰后質量小的球原速率反彈。[跟進訓練]1．如圖所示，立柱固定于光滑水平面上O點，質量為M的小球a向右運動，與靜止于Q點的質量為m的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后a球立即向左運動，b球與立柱碰撞能量不損失，所有碰撞時間均不計，b球恰好在P點追到a球，Q點為OP間中點，則a、b兩球質量之比M∶m為()A．3∶5B．1∶3C．2∶3D．1∶2A[設a、b兩球碰后速度大小分別為v1、v2，由題有：b球與擋板發(fā)生彈性碰撞后恰好在P點追上a，則從碰后到相遇a、b球通過的路程之比為：s1∶s2＝1∶3，根據(jù)s＝vt得：v2＝3v1，以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，設a球的初速度為v0，由動量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得M∶m＝3∶5，故選項A正確。]2．(多選)(2021·寧夏銀川模擬)A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖像，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖像。若A球質量是m＝2kg，則由圖判斷下列結論正確的是()A．碰撞前、后A球的動量變化量為4kg·m/sB．碰撞時A球對B球的沖量為－4N·sC．A、B兩球碰撞前的總動量為3kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10JABD[根據(jù)題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，A正確；A球的動量變化量為4kg·m/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量變化量為－4kg·m/s，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A球對B球的沖量為－4N·s，B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，C錯誤。]3．(多選)(2021·遼寧沈陽市一模)如圖所示，在光滑水平面上，有A、B兩個小球沿同一直線向右運動，已知碰前兩球的動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞后它們動量的變化量ΔpA與ΔpB有可能是()A．ΔpA＝－3kg·m/s，ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝4kg·m/s，ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－5kg·m/s，ΔpB＝5kg·m/sD．ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/sAC[如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，遵守動量守恒定律；碰后兩球的動量分別為pA′＝pA＋ΔpA＝9kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝16kg·m/s，可知碰撞后A的動能減小，B的動能增大，不違反能量守恒定律，是可能的，故A正確；如果ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/s，遵守動量守恒定律，A球的動能增加，B球的動能減小，不符合實際的運動情況，不可能，故B錯誤；如果ΔpA＝－5kg·m/s、ΔpB＝5kg·m/s，遵守動量守恒定律，碰后兩球的動量分別為pA′＝pA＋ΔpA＝7kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝18kg·m/s，可知碰撞后A的動能減小，B的動能增大，不違反能量守恒定律，是可能的，故C正確；如果ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/s，遵守動量守恒定律，碰后兩球的動量分別為pA′＝pA＋ΔpA＝－12kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝37kg·m/s，可知碰撞后A的動能不變，B的動能增大，違反了能量守恒定律，是不可能的，故D錯誤。]反沖爆炸問題1．對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)系統(tǒng)內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。(3)反沖運動中平均動量守恒。2．爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加。(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。3．“人船模型”的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0(2)兩物體的位移滿足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0(如圖所示)x人＋x船＝L得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)運動特點①人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人右船左；②人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m)。[題組突破]1．(多選)一機槍架在湖中小船上，船正以1m/s的速度前進，小船及機槍總質量M＝200kg，每顆子彈質量為m＝20g，在水平方向機槍以v＝600m/s的對地速度射出子彈，打出5顆子彈后船的速度可能為()A．1.4m/sB．1m/sC．0.8m/sD．0.5m/sBC[若子彈射出方向與船前進的方向在同一直線上，則子彈、機槍和小船組成的系統(tǒng)動量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子彈向船前進的方向射出，反沖作用使船速減小，v1′＝eq\f(Mv0－5mv,M－5m)≈0.7m/s；若子彈向船前進的反方向射出，v2′＝eq\f(Mv0＋5mv,M－5m)≈1.3m/s，可見船速應在0.7～1.3m/s之間，故B、C正確。]2．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1。不計質量損失，重力加速度g取10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()ABCDB[以向右為正方向，由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質量比為3∶1，所以速度變化量大小之比為1∶3，由平拋運動水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，|Δv乙|＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，|Δv乙|＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B項正確。]3．有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(重一噸左右)。一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量。他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量為()A．eq\f(mL＋d,d)B．eq\f(mL－d,d)C．eq\f(mL,d)D．eq\f(mL＋d,L)B[設船的質量為M，人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向為正方向，根據(jù)動量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,t)，小船的質量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正確。]

驗證動量守恒定律教材原型實驗1．用如圖所示的裝置可以驗證動量守恒定律。(1)實驗中質量為m1的入射小球和質量為m2的被碰小球的質量關系是m1________m2。(選填“大于”“等于”或“小于”)(2)圖中O點是小球拋出點在地面上的投影。實驗時，先讓入射小球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP。然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分末端，再將入射小球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復本操作。接下來要完成的必要步驟是________。(填選項前的字母)A．用天平測量兩個小球的質量m1、m2B．測量小球m1開始釋放的高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別通過畫最小的圓找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為________[用(2)中測量的量表示]。[解析](1)為防止碰撞后入射小球反彈，實驗中質量為m1的入射小球和質量為m2的被碰小球的質量關系是m1大于m2。(2)如果碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得m1v1＝m1v2＋m2v3，小球離開軌道后做平拋運動，拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得m1v1t＝m1v2t＋m2v3t，得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以實驗需要測量：兩球的質量、兩球落點的水平位移，故選A、D、E。(3)由(2)可知，實驗需要驗證的表達式為：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。[答案](1)大于(2)A、D、E(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON2．用如圖所示的裝置可以驗證動量守恒定律，在滑塊A和B相碰的端面上裝上彈性碰撞架，它們的上端裝有等寬的擋光片。(1)實驗前需要調節(jié)氣墊導軌水平，借助光電門來檢驗氣墊導軌是否水平的方法是_______________________________________。(2)為了研究兩滑塊所組成的系統(tǒng)在彈性碰撞和完全非彈性碰撞兩種情況下的動量關系，實驗分兩次進行。第一次：將滑塊A置于光電門1的左側，滑塊B靜置于兩光電門間的某一適當位置。給A一個向右的初速度，通過光電門1的時間為Δt1，A與B碰撞后又分開，滑塊A再次通過光電門1的時間為Δt2，滑塊B通過光電門2的時間為Δt3。第二次：在兩彈性碰撞架的前端貼上雙面膠，同樣讓滑塊A置于光電門1的左側，滑塊B靜置于兩光門間的某一適當位置。給A一個向右的初速度，通過光電門1的時間為Δt4，A與B碰撞后粘連在一起，滑塊B通過光電門2的時間為Δt5。為完成該實驗，還必須測量的物理量有________(填選項前的字母)。A．擋光片的寬度dB．滑塊A的總質量m1C．滑塊B的總質量m2D．光電門1到光電門2的距離L(3)在第二次實驗中若滑塊A和B在碰撞的過程中動量守恒，則應該滿足的表達式為________________(用已知量和測量量表示)。(4)在第一次實驗中若滑塊A和B在碰撞的過程中機械能守恒，則應該滿足的表達式為________________(用已知量和測量量表示)。[解析](1)使其中一個滑塊在導軌上運動，看滑塊經過兩光電門的時間是否相等，若相等，則導軌水平。(2)本實驗需要驗證動量守恒定律，所以在實驗中必須要測量質量和速度，速度可以根據(jù)光電門的擋光時間求解，而質量通過天平測出，同時，擋光片的寬度可以消去，所以不需要測量擋光片的寬度，故選B、C。(3)在第二次實驗中，碰撞后A、B速度相同，根據(jù)動量守恒定律有：m1v1＝(m1＋m2)v2，根據(jù)速度公式可知v1＝eq\f(d,Δt4)，v2＝eq\f(d,Δt5)，代入則有：m1eq\f(1,Δt4)＝(m1＋m2)eq\f(1,Δt5)。(4)在第一次實驗中，碰撞前A的速度為v0＝eq\f(d,Δt1)，碰撞后A的速度為vA＝eq\f(d,Δt2)，B的速度為vB＝eq\f(d,Δt3)，根據(jù)機械能守恒定律有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，代入則有：m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt1)))eq\s\up12(2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)))eq\s\up12(2)＋m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt3)))eq\s\up12(2)。[答案](1)使其中一個滑塊在導軌上運動，看滑塊經過兩光電門的時間是否相等，若相等，則導軌水平(2)BC(3)m1eq\f(1,Δt4)＝(m1＋m2)eq\f(1,Δt5)(4)m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt1)))eq\s\up12(2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)))eq\s\up12(2)＋m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt3)))eq\s\up12(2)拓展創(chuàng)新實驗實驗器材創(chuàng)新[典例1]現(xiàn)利用圖(a)所示的裝置驗證動量守恒定律。在圖(a)中，氣墊導軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側帶有一彈簧片，左側與打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間。(a)實驗測得滑塊A的質量m1＝0.310kg，滑塊B的質量m2＝0.108kg，遮光片的寬度d＝1.00cm；打點計時器所用交流電的頻率f＝50.0Hz。將光電門固定在滑塊B的右側，啟動打點計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰。碰后光電計時器顯示的時間為ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的紙帶如圖(b)所示。(b)若實驗允許的相對誤差絕對值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(碰撞前后總動量之差,碰前總動量)))×100%))最大為5%，本實驗是否在誤差范圍內驗證了動量守恒定律？寫出運算過程。[解析]按定義，滑塊運動的瞬時速度大小v為v＝eq\f(Δs,Δt) ①式中Δs為滑塊在很短時間Δt內走過的路程。設紙帶上打出相鄰兩點的時間間隔為ΔtA，則ΔtA＝eq\f(1,f)＝0.02s ②ΔtA可視為很短。設A在碰撞前、后瞬時速度大小分別為v0、v1。將②式和圖給實驗數(shù)據(jù)代入①式得v0＝eq\f(0.04,0.02)m/s＝2.00m/s ③v1＝eq\f(0.0194,0.02)m/s＝0.970m/s ④設B在碰撞后的速度大小為v2，由①式有v2＝eq\f(d,ΔtB) ⑤代入題給實驗數(shù)據(jù)得v2≈2.86m/s ⑥設兩滑塊在碰撞前、后的總動量分別為p和p′，則p＝m1v0 ⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧兩滑塊在碰撞前后總動量相對誤差的絕對值為δp＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p－p′,p)))×100%⑨聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有關數(shù)據(jù)，得δp≈1.7%<5%因此，本實驗在允許的誤差范圍內驗證了動量守恒定律。[答案]見解析本題的創(chuàng)新點體現(xiàn)在將打點計時器和光電門這兩個測量速度的儀器用在同一個實驗中。在數(shù)據(jù)處理與分析環(huán)節(jié)，利用相對誤差評價實驗結果。實驗情境創(chuàng)新[典例2]如圖甲所示，沖擊擺是一個用細線懸掛著的擺塊，彈丸擊中擺塊時陷入擺塊內，使擺塊擺至某一高度，利用這種裝置可以測出彈丸的發(fā)射速度。甲乙實驗步驟如下：①用天平測出彈丸的質量m和擺塊的質量M；②將實驗裝置水平放在桌子上，調節(jié)擺繩的長度，使彈丸恰好能射入擺塊內，并使擺塊擺動平穩(wěn)，同時用刻度尺測出擺長；③讓擺塊靜止在平衡位置，扳動彈簧槍的扳機，把彈丸射入擺塊內，擺塊和彈丸推動指針一起擺動，記下指針的最大偏角；④多次重復步驟③，記錄指針最大偏角的平均值；⑤換不同擋位測量，并將結果填入下表。擋位平均最大偏角θ(角度)彈丸質量m(kg)擺塊質量M(kg)擺長l(m)彈丸的速度v(m/s)低速擋15.70.007650.07890.2705.03中速擋19.10.007650.07890.2706.77高速擋0.007650.07890.2707.15完成下列填空：(1)現(xiàn)測得高速擋指針最大偏角如圖乙所示，請將表中數(shù)據(jù)補充完整：θ＝________。(2)用上述測量的物理量表示發(fā)射彈丸的速度v＝______。(已知重力加速度為g)(3)為減小實驗誤差，每次實驗前，并不是將指針置于豎直方向的零刻度處，常常需要試射并記下各擋對應的最大指針偏角，每次正式射擊前，應預置指針，使其偏角略小于該擋的最大偏角。請寫出這樣做的一個理由：_________________________________________________________________________________。[解析](1)(1)分度值為1°，故讀數(shù)為22.6°(22.4°～22.8°均正確)。(2)彈丸射入擺塊內，以向右為正方向，系統(tǒng)動量守恒，有mv＝(m＋M)v′擺塊向上擺動，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cosθ)聯(lián)立解得v＝eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)。(3)以較大的速度碰撞指針，會損失較多的機械能(其他理由，如擺塊在推動指針偏轉時要克服摩擦力做功、指針擺動較長的距離損失的機械能較多等，只要合理即可)。[答案](1)22.6(22.4～22.8均正確)(2)eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)(3)以較大的速度碰撞指針，會損失較多的機械能本實驗在碰撞過程動量守恒的基礎上，利用動量守恒定律和機械能守恒定律計算彈丸的發(fā)射速度。體現(xiàn)了物理知識和物理實驗的創(chuàng)新性和綜合性。實驗設計創(chuàng)新[典例3](2021·河南鄭州六校聯(lián)考)為了驗證碰撞中的動量守恒和檢驗兩個小球的碰撞是否為彈性碰撞，某同學選取了兩個體積相同、質量不相等的小球，按下述步驟做了如下實驗：①用天平測出1、2兩個小球的質量(分別為m1和m2，且m1>m2)。②如圖所示，安裝好實驗裝置。將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端處的切線水平，將一斜面BC連接在斜槽末端。③先不放小球2，讓小球1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球在斜面上的落點位置。④將小球2放在斜槽末端邊緣處，讓小球1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，使它們發(fā)生碰撞，記下小球1和2在斜面上的落點位置。⑤用毫米刻度尺量出各個落點位置到斜槽末端點B的距離，圖中D、E、F點是該同學記下的小球在斜面上的幾個落點位置，到B點的距離分別為LD、LE、LF。(1)小球1和2發(fā)生碰撞后，小球1的落點是圖中的________點，小球2的落點是圖中的________點。(2)用測得的物理量來表示，只要滿足關系式________________，則說明碰撞中動量守恒。(3)用測得的物理量來表示，只要再滿足關系式________________，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞。[解析]由題意可知，碰撞后，小球1的落點是圖中的D點，小球2的落點是圖中的F點。設斜面BC的傾角為θ，小球從斜面頂端平拋落到斜面上，兩者距離為L，由平拋運動的知識可知，Lcosθ＝vt，Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，可得v＝Lcosθeq\r(\f(g,2Lsinθ))＝cosθeq\r(\f(gL,2sinθ))，由于θ、g都是恒量，所以v∝eq\r(L)，v2∝L，所以動量守恒的表達式可以化簡為m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)，機械能守恒的表達式可以化簡為m1LE＝m1LD＋m2LF。[答案](1)DF(2)m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)(3)m1LE＝m1LD＋m2LF本實驗利用斜面上的平拋運動獲得兩球碰后的速度，根據(jù)平拋斜面模型采用分解位移找數(shù)學關系分析實驗數(shù)據(jù)。

應用“三大力學觀點”的三類典型模型“滑塊—彈簧”模型模型圖示模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)[典例1]如圖所示，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸但不固連，將彈簧壓縮到不能再壓縮時用細線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體?，F(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并黏合在一起。以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能。思路點撥：解此題要注意以下關鍵信息：(1)“B、C可視為一個整體”表明A與B碰后，三者共速。(2)“A與B碰后黏在一起”表明C離開彈簧時，A、B有共同的速度。[解析]設碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動量守恒定律得3mv＝mv0 ①設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0 ②設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)。[答案]eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)[跟進訓練]1．(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處于壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效，A以速率v向右運動，A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，關于A、B運動過程的說法正確的是()A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動B．A、B系統(tǒng)的總動量最終將大于mvC．A、B系統(tǒng)的總動能最終將大于eq\f(1,2)mv2D．當彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為eq\f(1,4)mv2CD[設彈簧恢復原長時，A、B的速度分別為v1、v2，彈簧被鎖定時的彈性勢能為Ep，規(guī)定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，因Ep>0，可知v1≠0，v2≠v，選項A錯誤；A、B系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)的總動量最終等于mv，選項B錯誤；彈簧解除鎖定后，存儲的彈性勢能會釋放，導致A、B系統(tǒng)總動能增加，系統(tǒng)的總動能最終將大于eq\f(1,2)mv2，選項C正確；彈簧被壓縮到最短時，彈簧彈性勢能最大，A、B兩物體具有相同的速度，設為v′，由動量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(1,2)v，則有總動能Ek＝eq\f(1,2)·2m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)mv2，選項D正確。]2．(2021·寧夏石嘴山市一模)兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者會粘連在一起運動。則下列說法正確的是()A．B、C碰撞剛結束時的共同速度為3m/sB．彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為3m/sC．彈簧的彈性勢能最大值為36JD．彈簧再次恢復原長時A、B、C三物塊速度相同B[B與C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者共同速度為vBC，規(guī)定向右為正方向，則有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2m/s，故A錯誤；當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3m/s，根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的彈性勢能最大值為Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝12J，故B正確，C錯誤；三者共速時彈簧壓縮量最大，恢復原長過程中，彈力對A做負功，A的速度減小，對B、C做正功，B、C的速度增加，則恢復原長時三物塊速度不同，故D錯誤。]“子彈打木塊”模型模型圖示模型特點(1)當子彈和木塊的速度相等時木塊的速度最大，兩者的相對位移(子彈射入木塊的深度)最大。(2)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能。(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈的質量m越小，木塊的質量M越大，動能損失越多。(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，也可以從力和運動的角度求解。[典例2]光滑的水平面上放著一塊質量為M、長度為d的木塊，一顆質量為m的子彈(可視為質點)以水平速度v0射入木塊，當子彈從木塊中穿出后速度變?yōu)関1，子彈與木塊之間的平均摩擦力為f。求：(1)子彈打擊木塊的過程中摩擦力對子彈做功多少？摩擦力對木塊做功多少？(2)在這個過程中，系統(tǒng)產生的內能為多少？審題指導：eq\x(打擊過程動量守恒，求出木塊速度)↓eq\x(由動能定理求出摩擦力對木塊和子彈所做的功)↓eq\x(打擊過程，由能量守恒求出系統(tǒng)產生的內能)[解析](1)由于水平面光滑，則子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，取子彈速度方向為正方向則有mv0＝mv1＋Mv2，解得v2＝eq\f(mv0－v1,M)設子彈打擊木塊的過程中摩擦力對子彈做功為Wf1，子彈相對于地面移動的距離為x1，對木塊做功為Wf2，木塊相對于地面移動的距離為x2，則對子彈，利用動能定理可得Wf1＝－fx1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))對木塊，利用動能定理可得Wf2＝fx2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－0聯(lián)立得Wf2＝eq\f(m2v0－v12,2M)。(2)由能量守恒定律可知，系統(tǒng)產生的內能等于系統(tǒng)機械能的減少量，則Q＝fx1－fx2＝fd。[答案](1)eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))eq\f(m2v0－v12,2M)(2)fd[跟進訓練]1．(多選)(2021·湖北省武漢市六校高三檢測)子彈水平射向固定在光滑的水平面上的木塊，子彈的動能為10J時恰好能射穿。若木塊可以在光滑的水平面上自由滑動，當子彈初動能為24J時，子彈水平射向靜止的木塊，子彈受到的阻力大小相同，在此情況下()A．系統(tǒng)產生的內能可能為12JB．系統(tǒng)產生的內能可能為10JC．木塊獲得的動能可能為6JD．木塊獲得的動能可能為4JBD[木塊固定在水平面上，子彈的動能為10J時恰好能射穿，則有fL＝10J，木塊可以在光滑的水平面上自由滑動，子彈可能射穿木塊，可能留在木塊中，當子彈射穿木塊時，系統(tǒng)產生的內能最大，此時Q＝fL＝10J，故A不可能，B可能；若子彈最終留在木塊中，木塊、子彈共速，木塊獲得的動能最大，由動量定理可得mv0＝(m＋M)v，木塊的動能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,M＋m)))eq\s\up12(2)＝eq\f(Mm,(M＋m)2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),2＋\f(M2＋m2,Mm))≤6J，當M＝m且木塊和子彈共速時，木塊、子彈動能均為Ek＝6J，但是由于系統(tǒng)產生的內能最大為10J，則系統(tǒng)能量E＝2Ek＋Q≤22J，不符合能量守恒定律，故C不可能，D可能。]2．如圖所示，相距足夠遠且完全相同的兩個木塊，質量均為3m，靜止放置在光滑水平面上，質量為m的子彈(可視為質點)以初速度v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時速度變?yōu)閑q\f(2,