考點(diǎn)題組訓(xùn)練：專題15+碰撞與動(dòng)量守恒定律

41H)做勻速21圓周運(yùn)動(dòng)，若它們的動(dòng)量大小相等，則

α粒子和質(zhì)子

(

)A．運(yùn)動(dòng)半徑之比是

2∶1B．運(yùn)動(dòng)周期之比是

2∶1C．運(yùn)動(dòng)速度大小之比是

4∶1D．受到的洛倫茲力之比是

2∶11．B

α粒子與質(zhì)子質(zhì)量之比為

4∶1，電荷量之比為

2∶1，動(dòng)量大小相同，由

p＝mv可知速度之比為

1∶4，C錯(cuò)誤．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，由

v2 mvqvB＝mr得r＝qB，即運(yùn)2πm動(dòng)半徑之比為 1∶2，A錯(cuò)誤．由T＝qB得，周期之比為 2∶1，B正確．由f＝qvB可知，洛倫茲力之比為 1∶2，D錯(cuò)誤．mv【點(diǎn)撥】 運(yùn)動(dòng)半徑r＝qB中，分子mv看成一個(gè)整體，即動(dòng)量．2．(2013·天津理綜，2，6分)我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子000m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A．甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B．甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C．甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D．甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功2．B 乙推甲的過程中，甲、乙間產(chǎn)生大小相等、方向相反的作用力和反作用力，由I＝Ft可知，甲對(duì)乙的沖量和乙對(duì)甲的沖量等大反向， A錯(cuò)誤．又由動(dòng)量定理I＝p，知B正確．甲、乙的質(zhì)量不一定相等，故對(duì)地的位移不同，做功不一定相同，所以動(dòng)能的變化也不一定相同，C、D錯(cuò)誤．【點(diǎn)撥】 明確沖量的定義及與動(dòng)量改變之間的關(guān)系，抓住相互作用力作用時(shí)間相等且等大反向的特點(diǎn)進(jìn)行相關(guān)判斷．3．[2016·江蘇物理，12C(2)]已知光速為c，普朗克常數(shù)為 h，則頻率為ν的光子的動(dòng)量為________．用該頻率的光垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，則光子在反射前后動(dòng)量改變量的大小為 ________．h hν3．【解析】 頻率為ν的光子的動(dòng)量p＝λ＝c，光被鏡面全部垂直反射回去，2hν則光子在反射前后動(dòng)量改變量的大小 2p＝ c .hν2hν【答案】c c4．[2016·全國(guó)Ⅰ，35(2)，10分]某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為 S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板 (面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_．忽略空氣阻力．已知水的密度為 ρ，重力加速度大小為 g.求：(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度．4．【解析】(1)設(shè)t時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為V，質(zhì)量為m，則m＝ρΔV①V＝v0②Stm③由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為＝ρv0St(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)121的速度大小為v.對(duì)于t時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得2(m)v＋(m)gh＝2(2④m)v0在h高度處，t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小p＝(m)v⑤設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為 F，根據(jù)動(dòng)量定理有Ft＝p⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦2M2gv0⑧聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－ρ2222g02M2g【答案】(1)ρv0Sv0－222(2)2g2ρ0vS5．(2016·北京理綜，24，20分)(1)動(dòng)量定理可以表示為p＝Ft，其中動(dòng)量p和力F都是矢量．在運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問題時(shí)，可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別研究．例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如圖甲所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．甲乙．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化px、py；ab．分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颍?2)激光束可以看成是粒子流，其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng)．激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時(shí)，也會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生作用．光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例，激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒．一束激光經(jīng) S點(diǎn)后被分成若干細(xì)光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質(zhì)小球的光路如圖乙所示．圖中 O點(diǎn)是介質(zhì)小球的球心，入射時(shí)光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時(shí)光束均與 SO平行．請(qǐng)?jiān)谙旅鎯煞N情況下，分析說明兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的方向．a(chǎn)．光束①和②強(qiáng)度相同；b．光束①比②強(qiáng)度大．5．【解析】

(1)a.x方向：動(dòng)量變化

px＝mvsin

θ－mvsin

θ＝0y方向：動(dòng)量變化

py＝mvcos

θ－(－mvcos

θ)＝2mvcos

θ方向沿y軸正方向．b．根據(jù)動(dòng)量定理可知，木板對(duì)小球作用力的方向沿 y軸正方向；根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓?y軸負(fù)方向．(2)a.僅考慮光的折射，設(shè) t時(shí)間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為 n，每個(gè)粒子動(dòng)量的大小為p.這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量 p1＝2npcosθ從小球出射時(shí)總動(dòng)量 p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右．根據(jù)動(dòng)量定理有 F t＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0可知，小球?qū)@些粒子的作用力 F的方向沿SO向右；根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對(duì)小球的合力的方向沿 SO向左．b．建立如圖所示的 Oxy直角坐標(biāo)系．x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對(duì)小球的作用力沿x軸負(fù)方向．y方向：設(shè) t時(shí)間內(nèi)，光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過小球的粒子數(shù)為 n2，n1>n2.這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量 p1y＝(n1－n2)psinθ從小球出射時(shí)的總動(dòng)量 p2y＝0根據(jù)動(dòng)量定理有 Fy t＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ可知，小球?qū)@些粒子的作用力 Fy的方向沿y軸負(fù)方向；根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對(duì)小球的作用力沿 y軸正方向．所以兩光束對(duì)小球的合力的方向指向左上方．【答案】 (1)a.0；2mvcosθ，沿y軸正方向 b．沿y軸負(fù)方向 (2)a.沿SO向左b．指向左上方6．(2014·天津理綜，10，6分)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車 A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力較小，可以忽略不計(jì)，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg.現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝10N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車左端固定的擋板與 B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后 A、B粘合在一起，共同在 F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間 t＝0.6s，二者的速度達(dá)到 v1＝2m/s.求(1)A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度 a的大?。?2)A、B碰撞后瞬間的共同速度 v的大小；(3)A的上表面長(zhǎng)度l.6．【解析】 (1)以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有F＝mAa①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2②(2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t＝0.6s的過程，由動(dòng)量定理得A＋mB)v1－(mA＋mB)v③Ft＝(m代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s④(3)設(shè)、發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過程，由動(dòng)量守恒定AB律有mAA＝(mA＋mB⑤v)vA從開始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理有12⑥Fl＝mAvA2由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m⑦【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m(2015·重慶理綜，3，6分)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為

的高空作業(yè)h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))．此后經(jīng)歷時(shí)間 t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為 ( )A.m2gh＋mgt

B.m

2gh－mgt

C.mgh＋mgt

D.m

t

gh－mg【解析】 下降h階段v2＝2gh，得v＝ 2gh，對(duì)此后至安全帶最大伸長(zhǎng)過程應(yīng)用m2gh動(dòng)量定理，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝ ＋mg，A正確．選A.[2013·北京理綜，24(2)]對(duì)于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個(gè)不同角度進(jìn)行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)．正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子，每個(gè)粒子質(zhì)量為 m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量 n為恒量．為簡(jiǎn)化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為 v，且與器壁各面碰撞的機(jī)會(huì)均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變．利用所學(xué)力學(xué)知識(shí)，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力 f與m、n和v的關(guān)系．(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時(shí)做必要的說明)【解析】 一個(gè)粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量 I＝2mv如圖所示，以器壁上面積為 S的部分為底、v t為高構(gòu)成柱1體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有 6的粒子在t時(shí)間內(nèi)與器壁上面積1為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù) N＝6n·Sv t12t時(shí)間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝3nSmvt器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝ItF12則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝S＝3nmv12【答案】f＝3nmv導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考動(dòng)量定理常用于處理連續(xù)流體或粒子流的作用力問題，分析的關(guān)鍵是構(gòu)建合理的物理模型，即隔離出一定形狀的流體或粒子流作為研究對(duì)象，從而化“無(wú)形”為“有形”．應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)1．確定研究對(duì)象，在中學(xué)階段其研究對(duì)象一般僅限于單個(gè)物體或能看成一個(gè)物體的系統(tǒng)．2．對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，求合力的總沖量．可以先求每個(gè)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(dòng)量和沖量的正負(fù)號(hào)．4．根據(jù)動(dòng)量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解．動(dòng)量定理的應(yīng)用技巧1．應(yīng)用I＝ p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求沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化 p，等效代換得出變力的沖量 I.2．應(yīng)用 p＝F t求動(dòng)量的變化例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化 ( p＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜．如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動(dòng)量的變化.1．(2014·廣東雷州測(cè)試)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 0.18kg的壘球，以25m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?45m/s，則這一過程中動(dòng)量的變化量為( )A．大小為3.6kg·m/s，方向向左B．大小為3.6kg·m/s，方向向右C．大小為12.6kg·m/s，方向向左D．大小為12.6kg·m/s，方向向右1．D 選向左為正方向，則動(dòng)量的變化量 p＝mv1－mv0＝－12.6kg·m/s，大小為12.6kg·m/s，負(fù)號(hào)表示其方向向右， D正確．2．(2015·安徽一模)質(zhì)量為0.2kg的球豎直向下以 6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回．取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi)，關(guān)于小球動(dòng)量變化量 p和合外力對(duì)小球做的功 W，下列說法正確的是( )A． p＝2kg·m/s W＝－2JB． p＝－2kg·m/s W＝2JC．p＝0.4kg·m/sW＝－2JD．p＝－0.4kg·m/sW＝2J2．A取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量的變化量p＝mv2－mv1＝2kg·m/s，方向豎直向上．由動(dòng)能定理，合外力做的功1212W＝mv2－mv1＝22－2J，A正確．3．(2015·江西鷹潭一模)如圖所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板在光滑水平面上以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小鐵塊在木板上以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，鐵塊與木板間存在摩擦．為使木板能保持速度 v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，必須對(duì)木板施加一水平力，直至鐵塊與木板達(dá)到共同速度 v0.設(shè)木板足夠長(zhǎng)，求此過程中水平力的沖量大小．3．【解析】 考慮M、m組成的系統(tǒng)，設(shè) M運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0則水平力的沖量 I＝Ft＝2mv0【答案】 2mv04．(2015·河北石家莊二中月考 )如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量 M＝220kg.從水槍中噴出的水柱的橫截面積 S＝10cm，速度v＝10m/s，水的密度ρ＝3 31.0×10 kg/m.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁流進(jìn)小車中．當(dāng)有質(zhì)量求：

m＝5kg的水進(jìn)入小車時(shí)，試(1)小車的速度大?。?2)小車的加速度大?。?．【解析】 (1)流進(jìn)小車的水與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)進(jìn)入質(zhì)量為 m的mv水后，小車速度為v1，則mv＝(m＋M)v1，即v1＝m＋M＝2m/s(2)質(zhì)量為m的水流進(jìn)小車后，在極短的時(shí)間t內(nèi)，沖擊小車的水的質(zhì)量m＝ρS(v－v1)t，設(shè)此時(shí)水對(duì)車的沖擊力為F，則車對(duì)水的作用力為－F，由動(dòng)量定ρ2F理有－Ft＝mv1－mv，得F＝S(v－v1＝64N，小車的加速度a＝＝)M＋m2.56m/s2【答案】(1)2m/s(2)2.56m/s2【點(diǎn)撥】極短時(shí)間t內(nèi)，沖擊小車的水的體積V＝(v－v1)St.1．(2015·北京理綜，17，6分)實(shí)驗(yàn)觀察到，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中A點(diǎn)的原子核發(fā)生β衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意圖如圖所示，則( )A．軌跡1是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外B．軌跡2是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C．軌跡1是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D．軌跡2是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里Z0Z1．Dβ衰變方程：AX―→－1e＋A＋1Y，由動(dòng)量守恒定律知兩粒子動(dòng)量大小相等．因電子電量較小，由r＝mv，得reY，故軌跡1是電子的，軌跡2是新核qB>r的．由左手定則知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，D正確．【點(diǎn)撥】 動(dòng)量守恒定律既適用于宏觀，亦適用于微觀；既適用于低速，亦適用于高速．2．[2012·福建理綜，29(2)]如圖所示，質(zhì)量為 M的小船在靜止水面上以速率 v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為 m的救生員站在船尾，相對(duì)小船靜止．若救生員以相對(duì)水面速率

v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為

(

)mA．v0＋Mv

mB．v0－MvmC．v0＋M(v0＋v)

mD．v0＋M(v0－v)2．C 因?yàn)榇瑒蛩傩旭?，?duì)人和船組成的系統(tǒng)而言，所受外力之和為零，因此，m系統(tǒng)動(dòng)量守恒．由動(dòng)量守恒定律有 (M＋m)v0＝Mv′－mv，解得 v′＝v0＋M(v0＋v)，C正確．3.[2016天·津理綜，9(1)]如圖所示，方盒 A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的 2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ.若滑塊以速度 v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)于盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為________，滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為________．．【解析】方盒A與小滑塊B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，BA＋mB1，又mA3mv＝(m)v＝2mB，所以v1212，解v1＝，對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)能定理得－μmBg·x＝(mA＋mB)v1－mBv2322v得x＝3μg.v2【答案】v3μ3g4．[2016·全國(guó)Ⅱ，35(2)，10分]如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面 3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度 h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量m2＝10kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？4．【解析】(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①11②m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh22式中v20＝－3m/s為冰塊推出時(shí)的速度，聯(lián)立 ①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20kg③(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為 v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有220＝m22＋m33⑥mvvv121212⑦m2v20＝m2v2＋m3v3222聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩．【答案】 (1)20kg (2)見解析5．[2015·山東理綜，39(2)]如圖所示，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊 A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上．現(xiàn)給滑塊 A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，1 3碰后A、B分別以8v0、4v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)．滑塊A、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為同一恒定值．兩次碰撞時(shí)間均極短．求B、C碰后瞬間共同速度的大?。窘馕觥吭O(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A51的速度vA′＝v083碰后B的速度vB＝v04由動(dòng)量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB①設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得1212②WA＝mv0－mvA22設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為 WB，由功能關(guān)系得1 2 1 2WB＝2mvB－2mvB′

③由于三者間隔相等，滑塊

A、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，則有

WA＝WB

④設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得mvB′＝2mv⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得v＝2116v0⑥【答案】2116v06．[2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，35(2)，9分]如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t＝0.3s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失．求：(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度．6．【解析】

(1)設(shè)

B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為

vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

vB＝ 2gh將h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s

①②(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1＝gt③由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變．規(guī)定向下為正方向，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④12＋1B22＝1B22⑤222設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB′＝vB⑥設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得22h′＝vB′－v2⑦2g聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得h′＝0.75m⑧【答案】(1)4m/s(2)0.75m7．[2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，35(2)，10分]兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比．1、m2，a、b碰撞前的速度分別為v1、v2.7．【解析】(1)設(shè)a、b質(zhì)量分別為m由題給圖象得v1＝－2m/s，v2＝1m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.2由題給圖象得v＝3m/s由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v11解得m2＝8(2)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能12121(m1＋m2)v2E＝m1v1＋m2v2－222由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功11＋m22W＝2(m)v解得W＝1E21【答案】(1)8(2)2【點(diǎn)撥】 位移—時(shí)間圖象的斜率對(duì)應(yīng)速度．(2015·陜西渭南一模 )如圖所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量 M＝3kg的薄板，板上有質(zhì)量 m＝1kg的物塊，兩者以 v0＝4m/s的初速度朝相反方向運(yùn)動(dòng)．薄板與物塊之間存在摩擦且薄板足夠長(zhǎng)，求：(1)當(dāng)物塊的速度為 3m/s時(shí)，薄板的速度；(2)物塊最后的速度．【解析】 (1)由于水平面光滑，物塊與薄板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得 Mv0－mv0＝Mv′－mv1，當(dāng)v1＝3m/s時(shí)，代入數(shù)據(jù)解得 v′11＝3

m/s，方向水平向右．(2)在摩擦力作用下物塊和薄板最后以共同的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)共同運(yùn)動(dòng)速度為

v，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得

v＝2m/s，方向水平向右．【答案】

11(1)3

m/s，方向水平向右

(2)2m/s，方向水平向右(2016·河北石家莊二中檢測(cè) )如圖所示，甲車質(zhì)量 m1＝m，在車上有質(zhì)量 M＝2m的人，甲車(連同車上的人)從足夠長(zhǎng)的斜坡上高處由靜止滑下，到水平面上后繼續(xù)向前滑22v0動(dòng)，此時(shí)質(zhì)量 m2＝2m的乙車正以速度 v0迎面滑來，已知 h＝g，為了使兩車不可能發(fā)生碰撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時(shí)，人從甲車跳上乙車，試求人跳離甲車的水平速度(相對(duì)地面)應(yīng)滿足什么條件？不計(jì)地面和斜坡的摩擦，小車和人均可看成質(zhì)點(diǎn)．【解析】 設(shè)向左為正方向，甲車

(包括人)滑下斜坡后速度為

v1，由機(jī)械能守恒定1 2律有2(m1＋M)v1＝(m1＋M)gh，解得

v1＝

2gh＝2v0設(shè)人跳出甲車的水平速度 (相對(duì)地面)為v，在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自動(dòng)量守恒，設(shè)人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為v1′和v2′，則人跳離甲車時(shí)：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′人跳上乙車時(shí)：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′1解得v1′＝6v0－2v，v2′＝2v－2v0兩車不可能發(fā)生碰撞的臨界條件是 v1′＝±v2′13當(dāng)v1′＝v2′時(shí)，解得v＝5v011當(dāng)v1′＝－v2′時(shí)，解得v＝3v01311故v的取值范圍為5v0≤v≤3v0【答案】13115v0≤v≤3v0導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考“三個(gè)物體，兩次作用”是近幾年考查動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的模型之一，且常涉及臨界問題．由于作用情況及作用過程較為復(fù)雜，要根據(jù)作用過程中的不同階段，建立多個(gè)動(dòng)量守恒方程，或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個(gè)小系統(tǒng)，分別建立動(dòng)量守恒方程，聯(lián)立求解．[2013·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，35(2)，10分]如圖所示，光滑水平直軌道上有3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．【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)，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝2mv1 ①在B和C碰撞的過程中，系統(tǒng)所受外力的合力(即彈簧的彈力)并不為零，但由于“碰撞過程時(shí)間極短”，可認(rèn)為所受外力的合力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)近似動(dòng)量守恒．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)量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12122mv1＝E＋2(2m)v2③12聯(lián)立①②③式得E＝16mv0④(2)由②式可知21，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v<v為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep.由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤12122mv0－E＝2(3m)v3＋Ep⑥132聯(lián)立④⑤⑥式得Ep＝48mv0⑦12132【答案】(1)16mv0(2)48mv0導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用力不會(huì)影響系統(tǒng)的總動(dòng)量，但內(nèi)力做功會(huì)影響系統(tǒng)的總能量，所以系統(tǒng)從一個(gè)狀態(tài)變?yōu)榱硪粋€(gè)狀態(tài)時(shí)，既要滿足“動(dòng)量”關(guān)系，又要滿足“能量”關(guān)系，需綜合考慮．高考對(duì)動(dòng)量守恒定律的考查以計(jì)算題為主，且與能量結(jié)合較多．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的思路1．分析題意，明確研究對(duì)象，知道系統(tǒng)是由哪幾個(gè)物體組成的；2．受力分析，弄清系統(tǒng)內(nèi)力和外力，判斷是否滿足動(dòng)量守恒的條件；3．明確研究過程，確定初末狀態(tài)的動(dòng)量和表達(dá)式；4．建立動(dòng)量守恒方程求解，必要時(shí)討論說明．處理動(dòng)量守恒定律中臨界問題的關(guān)鍵1．尋找臨界狀態(tài)：從題設(shè)情景中看是否有相互作用的兩物體 “相距最近”“避免相碰”或“物體開始反向運(yùn)動(dòng)”等臨界狀態(tài)．2．挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件多表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即 “速度相等”或“位移相等”．力學(xué)規(guī)律的選用原則1．如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律．2．研究某一物體受到力的持續(xù)作用運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理 (涉及時(shí)間)或動(dòng)能定理(涉及位移)去解決問題．3．若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．4．在涉及相對(duì)位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量．5．在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時(shí)間極短，因此常用到動(dòng)量守恒定律.1.(2015福·建廈門質(zhì)檢)如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車上，兩車靜止．若這個(gè)人自A車跳到B車上，接著又跳回 A車并與A車相對(duì)靜止，則此時(shí) A車和B車的速度之比為( )M＋m m＋M M mmB.MC.M＋mD.M＋m1．C 規(guī)定向右為正方向，對(duì)全過程由動(dòng)量守恒定律有 0＝MvB－(M＋m)vA，得vA MvB＝M＋m，C正確．2．(2014·寧夏銀川一中模擬 )如圖所示，兩塊厚度相同的木塊 A、B，緊靠著放在光滑的桌面上，其質(zhì)量分別為2.0kg、0.90kg，它們的下表面光滑，上表面粗糙．另有質(zhì)量為0.10kg的鉛塊C(大小可以忽略)以10m/s的速度水平地滑到A的上表面，由于摩擦，鉛塊C最后停在木塊B上，此時(shí)B、C的共同速度v＝0.5m/s.求木塊A的最終速度和鉛塊C剛滑到B上時(shí)的速度．．【解析】設(shè)鉛塊C剛離開A時(shí)C的速度為vC′，A和B的共同速度為vA，2在鉛塊滑過A的過程中，A、B、C所組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′在鉛塊C滑上B后，由于B繼續(xù)加速，所以A、B分離，A以vA勻速運(yùn)動(dòng)．鉛塊C在B上滑行的過程中，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)解得 vA＝0.25m/s，vC′＝2.75m/s【答案】 0.25m/s；2.75m/s．(2015·河北石家莊二中一模)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是A＝4.0kg3m和mB＝3.0kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸．另有一物塊C從t＝0時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v—t圖象如圖乙所示．求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)B離開墻后的運(yùn)動(dòng)過程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能 Ep.=3．【解析】 (1)由題圖乙知，C與A碰前速度v1＝9m/s，碰后速度v2＝3m/s，C與A碰撞過程動(dòng)量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2得mC＝2kg(2)由題圖乙知，12s時(shí)B離開墻壁，之后 A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、C與B的速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大．(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v41 2 1 22(mA＋mC)v3＝2(mA＋mB＋mC)v4＋Ep得Ep＝9J【答案】

(1)2kg

(2)9J【點(diǎn)撥】

C、A

相碰屬于完全非彈性碰撞，

B從離墻到與

A、C共速，相當(dāng)于完全非彈性碰撞．4．(2015·湖北八校第一次聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的木板靜止在光滑的水平地面上，木板AB部分為光滑的四分之一圓弧面，半徑R＝0.3m，木板BC部分為水平面，粗糙且足夠長(zhǎng)．質(zhì)量m＝1kg的小滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，最終停止在BC面上的D點(diǎn)(D點(diǎn)未標(biāo)注)．若BC面與小滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，求：(1)小滑塊剛滑到 B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)BD之間的距離．4．【解析】(1)設(shè)小滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)，木板和小滑塊速度分別為v1、v2，由動(dòng)量守恒定律有Mv1＋mv2＝0由機(jī)械能守恒定律有mgR＝12122Mv1＋2mv2代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s，v2＝－2m/s即小滑塊剛滑到 B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 2m/s.(2)設(shè)小滑塊靜止在木板上時(shí)速度為 v，由動(dòng)量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0由能量守恒定律有 mgR＝μmgL代入數(shù)據(jù)得L＝1.5m【答案】 (1)2m/s (2)1.5m1．[2015·福建理綜，30(2)，6分]如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊 A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊 B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是 ( )A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)1．D彈性碰撞沒有能量損失，取向右為正方向，有2mv0－2mv0＝mv1＋2mv2，121212122m(2v0)＋2·2mv0＝2mv1＋2·2mv2.聯(lián)立解得v1＝－2v0，v2＝v0，因此A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)，D正確．1－m2【點(diǎn)撥】本題亦可直接用彈性碰撞結(jié)論計(jì)算．取向右為正，v1′＝mv1＋1＋m2m2m2v2＝－2v0－4v0＝－2v0.v2′＝m2－m12＋2m1v1＝－v0＋4v0＝v0.1＋2331＋v1＋233mmmmmm2．(2014·重慶理綜，

4，6分)一彈丸在飛行到距離地面

5m高時(shí)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(zhì)量比為

3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是 ( )32．B 設(shè)彈丸爆炸前質(zhì)量為 m，爆炸成甲、乙兩塊后質(zhì)量比為 3∶1，可知m甲＝41m，m乙＝4m.設(shè)爆炸后甲、乙的速度分別為 v1、v2，爆炸過程中甲、乙組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，取彈丸運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，?/p>

3 1mv＝4mv1＋4mv2，得

3v1＋v2＝8.爆炸后甲、乙兩彈片水平飛出，做平拋運(yùn)動(dòng)．豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)， h12＝2gt，可得

t＝

2hg＝1s；水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

x＝vt，所以甲、乙飛行的水平位移大小與爆炸后甲、乙獲得的速度大小在數(shù)值上相等，因此也應(yīng)滿足 3x1＋x2＝8，從選項(xiàng)圖中所給數(shù)據(jù)可知， B正確．【點(diǎn)撥】 爆炸后，一定有一塊彈片速度增加，大于原來速度．3．[2015·天津理綜，9(1)]如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板， A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回．兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為________，A、B碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為 ________．A、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向3．【解析】設(shè)A、B質(zhì)量分別為m為正方向，由題意，剛好不發(fā)生第二次碰撞說明A、B末速度正好相同，都是－v0，第一次碰撞時(shí)，動(dòng)量守恒，有mBv0＝mA·v0＋mB·－v0，解得mA∶mB＝3334∶1碰撞前、后動(dòng)能之比∶E＝12∶1v021mB－v02＝9∶523232【答案】4∶19∶54．[2016·全國(guó)Ⅲ，35(2)，10分]如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為34m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件．4．【解析】 設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ，若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，12應(yīng)有2mv0＞μmgl①2即μ＜v0②2gl設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，由能量守恒有12122mv0＝2mv1＋μmgl③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為 v1′、v2′，由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋3m④4v2′121213m22mv1＝2mv1′＋24v2′⑤8⑥聯(lián)立④⑤式解得v2′＝v17由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知13m23m24v2′≤μ4gl2⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥32v⑧0113gl2232v0μv0聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為113gl≤＜2gl⑨32v220v0【答案】113gl≤μ＜2gl5．[2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ，35(2)，10分]如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．5．【解析】 A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．設(shè)速度方向向右為正，開始時(shí) A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1①1212122mv0＝2mvA1＋2MvC1②聯(lián)立①②式得vA1＝m－Mv0③m＋MvC1＝2mv0④m＋M如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng)，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m<M的情況．第一次碰撞后，A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞．設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有m－Mm－M2vA2＝m＋MvA1＝m＋Mv0⑤根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2≤vC1⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(5－2)M⑧另一解m≤－( 5＋2)M舍去．所以，m和M應(yīng)滿足的條件為( 5－2)M≤m<M ⑨【答案】 ( 5－2)M≤m<M6．[2014·山東理綜，39(2)，6分]如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m.開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求：(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失．．【解析】(1)以初速度v0的方向?yàn)檎较颍O(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的6共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為v，碰撞前瞬間B的速度為2v，2由動(dòng)量守恒定律得v＋2mB＝＋B)v①m2v(mmm由①式得mB＝2②(2)從開始到碰后的全過程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋mB③)v設(shè)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E，則1v21212E＝2m2＋2mB(2v)－2(m＋mB)v④12聯(lián)立②③④式得E＝6mv0⑤m12【答案】(1)2(2)6mv0【點(diǎn)撥】一個(gè)孤立系統(tǒng)內(nèi)部相互作用前后，凡是系統(tǒng)動(dòng)能相等的，都相當(dāng)于彈性碰撞，凡是作用后共速的，都相當(dāng)于完全非彈性碰撞．7．[2013·山東理綜，38(2)]如圖所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，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?。窘馕觥吭O(shè)A與C發(fā)生碰撞后瞬間，A的速度大小為vA，方向向右，C的速7度大小為vC.A與C碰撞時(shí)間極短，由動(dòng)量守恒定律得mA0＝mAA＋mCC①vvvA與B相互作用，設(shè)最終達(dá)到的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mBv0＋mAvA＝A＋mB)v②(mA與B達(dá)到共同速度后恰不與C碰撞，則應(yīng)有v＝vC③聯(lián)立①②③解得vA＝2m/s【答案】

2m/s【點(diǎn)撥】

本題分別對(duì)

A、C

和

A、B

的作用過程應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，還要關(guān)注“恰好不再與C碰撞”這一臨界條件．8．(2014·廣東理綜，35，18分)如圖所示的水平軌道中， AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測(cè)器，C處有一豎直擋板，物體 P1沿軌道向右以速度 v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體 P，以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在 t1＝2s至t2＝4s內(nèi)工作．已知P1、P2的質(zhì)量都為m＝1kg，P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，AB段長(zhǎng)L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，P與擋板的碰撞為彈性碰撞．(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動(dòng)能E；(2)若P與擋板碰后，能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E.8．【解析】1、P2碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝2mv①(1)P代入數(shù)據(jù)得v＝3m/s②1212損失的動(dòng)能E＝2mv1－2·2mv③代入數(shù)據(jù)得E＝9J④(2)根據(jù)牛頓第二定律，P做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝－μ·2mg⑤2m設(shè)P1、2碰撞后的共同速度為vA，則根據(jù)①得vA＝v1⑥P2把P與擋板碰撞前后運(yùn)動(dòng)過程當(dāng)作整體運(yùn)動(dòng)過程處理，經(jīng)過時(shí)間t1，P運(yùn)動(dòng)的路程為s1，則s1＝vA1＋12⑦2at1t經(jīng)過時(shí)間t2，P運(yùn)動(dòng)的路程為s2，則s2＝vA2＋12⑧2at2t如果P能在探測(cè)器工作時(shí)間內(nèi)通過B點(diǎn)，必須滿足1≤3L≤s2⑨s聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s≤v1≤14m/s⑩v1的最大值為14m/s，此時(shí)vA＝7m/s，根據(jù)動(dòng)能定理得μ12－·2mg·4L＝E－2·2mvA?代入數(shù)據(jù)得E＝17J?【答案】 (1)3m/s；9J (2)10m/s≤v1≤14m/s；17J【點(diǎn)撥】 力學(xué)問題一般考查三大規(guī)律，即牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理和動(dòng)量守恒定律，本題過程清晰，但有一個(gè)解題技巧，即把相反方向的勻減速運(yùn)動(dòng)看成同一方向的勻加速運(yùn)動(dòng)，可簡(jiǎn)化計(jì)算.(2015·湖南十三 校第二次聯(lián)考 )如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)．已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g.求小球B的質(zhì)量．(取重力加速度g＝10m/s2)【解析】設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為v1，平臺(tái)水平速度大小為v，由動(dòng)量守恒定律有0＝mAv1－Mv1212由能量守恒定律有mAgh＝mAv1＋Mv22聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v1′和v2由于碰后.小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有v1′＝1m/s由動(dòng)量守恒定律得 mAv1＝－mAv1′＋mBv21 2 1 2 1 2由能量守恒定律有2mAv1＝2mAv1′＋2mBv2聯(lián)立解得mB＝3kg【答案】 3kg導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考(1)碰撞是否為彈性碰撞要看題目中是否給出相關(guān)關(guān)鍵詞語(yǔ)，如“彈性小球”“無(wú)能量損失”等；(2)正碰是碰撞前后兩物體動(dòng)量均共線的碰撞，不一定是彈性碰撞．(2014·重慶萬(wàn)州區(qū)模擬)如圖所示，光滑水平面上A、B兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng)， A球的動(dòng)量 pA＝4kg·m/s，B球的質(zhì)量mB＝1kg，速度vB＝6m/s，已知兩球相碰后，A球的動(dòng)量減為原來的一半，方向與原方向一致．求：(1)碰撞后B球的速度；(2)A球的質(zhì)量范圍．【解析】(1)由題意知pA′＝2kg·m/s.根據(jù)動(dòng)量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′解得vB′＝8m/s(2)設(shè)A球質(zhì)量為mA，A球能追上B球并與之碰撞，應(yīng)滿足vA＝pA>vBmAA′碰撞后A球不可能運(yùn)動(dòng)到B球前方，所以vA′＝mA≤vB′碰撞過程系統(tǒng)能量不可能增加，所以A′21212A2＋BBB′≤＋B2mA2mA22聯(lián)立解得mA應(yīng)滿足134kg≤mA≤7kg【答案】(1)8m/s(2)1≤A≤34kgm7kg導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考實(shí)際碰撞問題除了要滿足理論之外，還要考慮實(shí)際情況．碰撞模型1．彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)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，有m11＝m1v1′＋m22′vv121212m1v1＝m11′＋m22′22v2v（m1－m2）v111解得v1′＝m1＋m2，v2′＝m1＋m2結(jié)論：(1)當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度．(2)當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)， v1′＞0，v2′＞0，碰撞后兩球都沿速度 v1的方向運(yùn)動(dòng)．(3)當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)， v1′＜0，v2′＞0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．(4)撞前相對(duì)速度與撞后相對(duì)速度大小相等．2．完全非彈性碰撞(1)撞后共速；(2)有動(dòng)能損失，且損失最多．3．碰撞中的能量所有的碰撞問題，系統(tǒng)動(dòng)能均不增加，彈性碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能相等，完全非彈性碰撞(撞后共速)系統(tǒng)動(dòng)能損失最多，一般的非彈性碰撞動(dòng)能有損失，但不是損失最多．碰撞現(xiàn)象的規(guī)律在分析碰撞的幾種可能性時(shí)，要注意碰撞中遵循的 “三原則”．(1)碰撞過程中動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，或p12＋p22p1′2p2′2≥＋.1212(3)速度要符合情景．情景一：若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有增大．若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有

v后＞v前，原來在前的物體碰后速度一定v前′≥v后′.若碰后兩物體運(yùn)動(dòng)方向相反，則v前′與v后′大小關(guān)系不確定．情景二：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 .1．(2015·河南開封一模)如圖所示，質(zhì)量為m的b球用長(zhǎng)為h的細(xì)繩懸掛于水平軌道BC的出口C處．質(zhì)量也為m的小球a從距BC高h(yuǎn)的A處由靜止釋放，沿ABC光滑軌道滑下，在C處與b球正碰并與b粘在一起．已知BC軌道距地面有一定的高度，懸掛b球的細(xì)繩能承受的最大拉力為2.8mg.試問：(1)a與b球碰前瞬間的速度多大？(2)a、b兩球碰撞后，細(xì)繩是否會(huì)斷裂？(要求通過計(jì)算回答)．【解析】(1)設(shè)a球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，a球下滑過程機(jī)械能守恒，有mgh112＝2mvC，解得vC＝2gh即a與b球碰前瞬間的速度為2gh.(2)設(shè)a與b球碰后的速度為v，a、b兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以a球的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得1mvC＝(m＋m)v，解得v＝2 2gh小球被細(xì)繩懸掛繞 O擺動(dòng)時(shí)，若細(xì)繩拉力為 T，2v由牛頓第二定律得 T－2mg＝2mh解得T＝3mg>2.8mg，細(xì)繩會(huì)斷裂．【答案】 (1) 2gh (2)a、b兩球碰后，細(xì)繩會(huì)斷裂，計(jì)算過程見解析2．(2015·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg、mB＝6.0kg，用輕彈簧相連接放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻相接觸．另有一個(gè)質(zhì)量mC＝2.0kg物體C以速度v0向左運(yùn)動(dòng)，與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起不再分開，然后以v＝2.0m/s的共同速度壓縮彈簧，試求：(1)物塊C的初速度v0；(2)在B離開墻壁之后，彈簧的最大彈性勢(shì)能．2．【解析】 (1)A、C在碰撞中動(dòng)量守恒，有 mCv0＝(mA＋mC)v，解得v0＝6.0m/s(2)當(dāng)B離開墻壁時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，合外力對(duì) A、C做功為0，A、C以2m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)．當(dāng)A、B、C獲得共同速度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，對(duì) A、B、C系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v′，解得v′＝1m/s由能量守恒定律可知1212Ep＝(mA＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v′＝6J22【答案】(1)6.0m/s(2)6J【點(diǎn)撥】A、C碰撞屬于完全非彈性碰撞，有動(dòng)能損失．3．(2016·廣東四校第二次聯(lián)考 )如圖所示，在光滑水平面上，三個(gè)物塊 A、B、C在同一直線上，A和B的質(zhì)量分別為mA＝2m，mB＝m，開始時(shí)B和C靜止，A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三個(gè)物塊速度恰好相同．求B與C碰撞損失的機(jī)械能．3．【解析】A與B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mA0v＝mAv1＋mBv2121A21B2＝1＋2222解得v1＝v043，v2＝v03B與C發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律有mBv2＝(mB＋mC)v1解得mC＝3mB與C發(fā)生碰撞損失的機(jī)械能1212E＝mBv2－(mB＋mC)v1222 2 2 2 4．(2016·山東19所名校第一次調(diào)研聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量均為M＝2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一感應(yīng)開關(guān)相連 (當(dāng)滑塊滑過感應(yīng)開關(guān)時(shí)，兩車自動(dòng)分離)．甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊 P之間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ＝0.5.一通過細(xì)線拴著(細(xì)線未畫出)且被壓縮的輕質(zhì)彈簧固定在甲車的左端，質(zhì)量m＝1kg的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與彈簧的右端接觸但不相連，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能E0＝10J，彈簧原長(zhǎng)小于甲車長(zhǎng)度，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)剪斷細(xì)線，求：(1)滑塊P滑上乙車前的瞬時(shí)速度的大小；(2)滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，滑塊P在乙車上滑行的距離．(取g＝10m/s2)4．【解析】(1)設(shè)滑塊P滑上乙車前的速度大小為v，兩小車速度大小為v1，取向右為正方向，對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有mv－2Mv1＝0，E0＝1212mv＋·2Mv122解得v＝4m/s，v1＝1m/s(2)設(shè)滑塊P和小車乙達(dá)到的共同速度為v′，對(duì)滑塊P和小車乙有mv－Mv1＝(m＋M)v′121212由功能關(guān)系得μmgs＝2mv＋2Mv1－2(m＋M)v′5代入數(shù)據(jù)解得s＝3m【答案】(1)4m/s(2)5m3[2014·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，35(2)，10分]現(xiàn)利用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．在圖甲中，氣墊導(dǎo)軌上有 A、B兩個(gè)滑塊．滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片(圖中未畫出)，左側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連；滑塊 B左側(cè)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計(jì)時(shí)器 (未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時(shí)間．實(shí)驗(yàn)測(cè)得滑塊A的質(zhì)量m1＝0.310kg，滑塊B的質(zhì)量m2＝0.108kg，遮光片的寬度d＝1.00cm；打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(cè)，啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰．碰后光電計(jì)時(shí)器顯示的時(shí)間tB＝3.500ms，碰撞前后打出的紙帶如圖乙所示．碰撞前后總動(dòng)量之差若實(shí)驗(yàn)允許的相對(duì)誤差絕對(duì)值 ×100%碰前總動(dòng)量最大為5%，本實(shí)驗(yàn)是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？寫出運(yùn)算過程．【解答】按定義，物塊運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度大小v＝s①t式中 s為物塊在很短時(shí)間 t內(nèi)走過的路程．設(shè)紙帶上打出相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔為 tA，則1tA＝f＝0.02s②tA可視為很短．設(shè)A在碰撞前、后瞬時(shí)速度大小分別為v0、v1，將②式和圖給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入①式得v0＝2.00m/s③v1＝0.970m/s④設(shè)B在碰撞后的速度大小為v2，由①式有v2＝d⑤tB代入題給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得v2＝2.86m/s⑥設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動(dòng)量分別為p和p′，則p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧兩滑塊在碰撞前后總動(dòng)量相對(duì)誤差的絕對(duì)值為δp＝p－p′×100%⑨p聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得δp＝1.7%<5%⑩因此，本實(shí)驗(yàn)在誤差允許的范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律.[2011·北京理綜，21(2)]如圖所示，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)量平拋射程

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]．1＝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(4)經(jīng)測(cè)定，m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)果說明，碰撞前、后總動(dòng)量的比值p11′＋p2′為________．p(5)有同學(xué)認(rèn)為，在上述實(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2平拋運(yùn)動(dòng)射程ON的最大值為________cm.mx【解析】(1)小球碰前和碰后的速度都用平拋運(yùn)動(dòng)來測(cè)定，即v＝t.而每次小球拋－12OP出的豎直高度相等，由H＝2gt知，平拋時(shí)間相等．由動(dòng)量守恒定律得m1·t＝－－－－－1·OM＋m2·ON，即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故只需測(cè)射程，因而mtt選C.－ － － －(2)由m1·OP＝m1·OM＋m2·ON知，在OP已知時(shí)需測(cè)量 m1、m2、OM和ON，故必要步驟是A、D、E.－ － －(3)動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.若為彈性碰撞，則同時(shí)－2－2－2滿足能量守恒，即1m1·OP＝1m1·OM＋1m2·ON2t2t2t－－－整理得m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2－－－(4)p1＝m1·OP，p1′＝m1·OM，p2′＝m2·ONttt－ －故p1∶p1′＝OP∶OM＝44.80∶35.20＝14∶11－ －p1′∶p2′＝m1·OMt∶m2·ONt＝11∶2.9－p1m1·OP－＝1.011′＋p2′＝－p1·OM＋m2·ONm－(5)其他條件不變，使ON最大，則 m1、m2發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，－ － － － － － －由m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2，可得ON＝2m1－－OP，代入(4)中已知的數(shù)據(jù)得ON＝76.8cm.1＋m2m【答案】(1)C(2)ADE(或DEA或DAE)－－－(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP－－－m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(4)14 2.9 1.01(1～1.01) (5)76.8導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)在高考中考查的概率較小，經(jīng)常被忽視，容易造成一考就錯(cuò)，所以還需要重視．驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的常見方案方案一：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(①改變滑塊的質(zhì)量；②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．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．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．方案三：在光滑水平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)．x4．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＝ t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．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∏颍?．按照如圖甲所示安裝實(shí)驗(yàn)裝置，調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平．3．白紙?jiān)谙?，?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.甲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就是小乙球落點(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，如圖乙所示．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－ － －m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立．7．實(shí)驗(yàn)結(jié)論：在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．注意事項(xiàng)和誤差分析1．實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)(1)碰撞的兩物體應(yīng)保證“水平”和“正碰”．(2)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．(3)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)．(4)若利用長(zhǎng)木板進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，可在長(zhǎng)木板下墊一個(gè)小木片以平衡摩擦力．(5)若利用斜槽進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，入射球質(zhì)量 m1要大于被碰球質(zhì)量 m2，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈，且兩球半徑 r1＝r2＝r.2．誤差分析(1)系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身．(2)偶然誤差：主要來源于質(zhì)量 m和速度v的測(cè)量.(2015·湖北黃岡期末)為了驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒和檢驗(yàn)兩個(gè)小球的碰撞是否為彈性碰撞(碰撞過程中沒有機(jī)械能損失)，某同學(xué)選取了兩個(gè)體積相同、質(zhì)量不等的小球，按下述步驟做實(shí)驗(yàn)：①用天平測(cè)出兩個(gè)小球的質(zhì)量分別為 m1和m2，且m1＞m2.②按照如圖所示的那樣，安裝好實(shí)驗(yàn)裝置．將斜槽 AB固定在桌邊，使槽的末端點(diǎn)的切線水平．將一斜面 BC連接在斜槽末端．③先不放小球m2，讓小球m1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(diǎn)位置．④將小球m2放在斜槽末端點(diǎn)B處，讓小球m1從斜槽頂端A處滾下，使它們發(fā)生碰撞，記下小球m1和小球m2在斜面上的落點(diǎn)位置．⑤用毫米刻度尺量出各個(gè)落點(diǎn)位置到斜槽末端點(diǎn)B的距離．圖中D、E、F點(diǎn)是該同學(xué)記下的小球在斜面上的幾個(gè)落點(diǎn)位置，到 B點(diǎn)的距離分別為 LD、LE、LF.根據(jù)該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，回答下列問題：(1)小球m1與m2發(fā)生碰撞后，m1的落點(diǎn)是圖中的________點(diǎn)，m2的落點(diǎn)是圖中的________點(diǎn)．(2)用測(cè)得的物理量來表示，只要滿足關(guān)系式 ________，則說明碰撞中動(dòng)量是守恒的．(3)用測(cè)得的物理量來表示，只要再滿足關(guān)系式 ________，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞．【解析】 (1)小球的落點(diǎn)位置跟平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小有關(guān)，碰后，小球 m1的速度較小，m2的速度較大，所以m1的落點(diǎn)是圖中的D點(diǎn)，m2的落點(diǎn)是圖中的F點(diǎn)．(2)設(shè)碰前小球1的速度為v0，碰撞后m1的速度為v1，m2的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量m守恒定律，它們應(yīng)該滿足關(guān)系式mv＝mv＋mv設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)平拋運(yùn)101122.12θy2gtgtgt2y動(dòng)的規(guī)律有tan＝x＝vt＝2v，所以v＝2tanθ∝t，而t＝g∝y∝L，所以v∝L.本題中，要驗(yàn)證m10＝m11＋m22成立，只需要驗(yàn)證m1LE＝m1LD＋vvvm2LF成立．(3)要驗(yàn)證兩個(gè)小球的碰撞是彈性碰撞，即要再驗(yàn)證1m121212v0＝m11＋m2v2成立，而22v2平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度v∝L，所以v2∝L，故需要再滿足關(guān)系式m1E＝m1D＋LLm2LF.【答案】 (1)D F (2)m1LE＝m1LD＋m2LF(3)m1LE＝m1LD＋m2LF一、動(dòng)量、沖量1．動(dòng)量運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫動(dòng)量．公式： p＝mv.(1)動(dòng)量是矢量，方向與速度方向相同．動(dòng)量的合成與分解遵循平行四邊形定則、三角形法則．(2)動(dòng)量是狀態(tài)量．通常說物體的動(dòng)量是指運(yùn)動(dòng)物體某一時(shí)刻的動(dòng)量 (狀態(tài)量)，計(jì)算物體此時(shí)的動(dòng)量應(yīng)取這一時(shí)刻的瞬時(shí)速度．(3)動(dòng)量是相對(duì)量．物體的動(dòng)量與參照物的選取有關(guān)，通常情況下，指相對(duì)地面的動(dòng)量．單位是kg·m/s.2．動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變化量的比較動(dòng)量動(dòng)能動(dòng)量變化量定義式p＝mv12＝′－pEk＝2mvpp矢標(biāo)性矢量，方向與v相同標(biāo)量，無(wú)方向性矢量，方向與v相同特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量p2大小關(guān)系Ek＝2m或p＝2mEk注意：對(duì)于給定的物體，若動(dòng)能發(fā)生變化，動(dòng)量一定也發(fā)生變化；而動(dòng)量發(fā)生變化，動(dòng)能卻不一定發(fā)生變化．3．沖量沖量I＝Ft，是力對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng)，是過程量，效果表現(xiàn)為物體動(dòng)量的變化．(1)沖量的時(shí)間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時(shí)間決定．恒力的沖量等于力與作用時(shí)間的乘積．(2)沖量的矢量性：對(duì)于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對(duì)于作用時(shí)間內(nèi)方向變化的力來說，沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量改變量的方向一致．沖量的運(yùn)算遵循平行四邊形定則．注意：作用力與反作用的沖量一定等大、反向，但作用力與反作用力的功之間并無(wú)必然聯(lián)系．二、動(dòng)量定理1．動(dòng)量定理的內(nèi)容物體所受合外力的沖量等于它的動(dòng)量的變化，即 Ft＝p′－p或Ft＝mv2－mv1.2．動(dòng)量定理的理解(1)動(dòng)量定理的表達(dá)式應(yīng)是一個(gè)矢量式，式中 3個(gè)矢量都要選同一個(gè)方向?yàn)檎较颍?2)動(dòng)量定理公式中的 F是研究對(duì)象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是變力，當(dāng)F為變力時(shí)，F(xiàn)應(yīng)是合外力對(duì)作用時(shí)間的平均值．(3)公式Ft＝p′－p除表明等號(hào)兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因．(4)動(dòng)量定理說明的是合外力的沖量與動(dòng)量變化的關(guān)系，與物體的初末動(dòng)量無(wú)必然聯(lián)系．p′－p p(5)由Ft＝p′－p，得F＝t＝t，即物體所受的合外力等于物體的動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率．三、動(dòng)量守恒定律1