【物理】2019届一轮复习人教版 动　量 学案

【物理】2019届一轮复习人教版 动　量 学案

第七章 考 纲 要 求 考 情 分 析 动量　动量定理 Ⅱ ‎　　1.命题规律 高考对本章以单独考查为主，也可以与动力学、功和能等知识综合考查。题型既有选择题，也有计算题，难度中等。‎ ‎2.考查热点 以生活实例及经典物理学理论为命题背景，适当结合物理知识在生活中的应用。‎ 动量守恒定律及其应用 Ⅱ 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 实验六：验证动量守恒定律 ‎[说明]　碰撞问题只限于一维。‎ 第30课时　动量　冲量　动量定理(双基落实课)‎ 知识点一　动量和冲量 ‎1．冲量和动量的比较 冲量I 动量p 定义 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量 物体的质量和速度的乘积叫做动量 公式 I＝Ft p＝mv 单位 N·s kg·m/s 矢标性 矢量，方向与恒力的方向相同 矢量，方向与速度的方向相同 特点 过程量 状态量 ‎2．冲量和功的比较 ‎(1)冲量是矢量，功是标量。‎ ‎(2)冲量和功都是过程量。冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。‎ ‎(3)冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零。‎ ‎3．动量与动能的比较 ‎(1)动量是矢量，动能是标量。‎ ‎(2)动量和动能都是状态量。冲量引起动量的变化，总功引起动能的变化。‎ ‎(3)若动能发生了变化，动量也一定发生变化；而动量发生变化时，动能不一定发生变化。‎ ‎(4)动量和动能均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系。它们的大小关系：p＝或Ek＝。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．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．速度大的物体动量一定大 C．两物体动能相等，动量不一定相同 D．两物体动能相等，动量一定相等 解析：选C　动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式得出p＝，两物体动能相等，质量关系不明确，动量不一定相同，D错，C对。‎ ‎2．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(　　)‎ A．mg(t1＋t2)sin θ　　　　　 　B．mg(t1－t2)sin θ C．mg(t1＋t2) D．0‎ 解析：选C　重力是恒力，重力的冲量等于重力与重力作用时间的乘积，即整个运动过程中重力的冲量为mg(t1＋t2)。选项C正确。‎ 变力冲量的计算方法 动量 定理 若I无法直接求得，可利用I＝Δp间接求出，这是求变力冲量的首选方法 平均 力法 如果力随时间是均匀变化的，则＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t Ft 图像 　‎ 知识点二　动量定理 ‎1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。‎ ‎2．公式：p′－p＝I。‎ ‎(1)公式是矢量式，左边是动量的变化量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算，但必须注意正负值。‎ ‎(2)公式右边是物体受到的所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量。‎ ‎(3)公式说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。‎ ‎3．用动量定理解释生活现象 由F＝知，物体的动量变化一定时，力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(2015·安徽高考)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，一物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。‎ 解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv02‎ 可得μ＝0.32。‎ ‎(2)由动量定理：有FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N。‎ ‎(3)克服摩擦力所做的功W＝mv′2＝9 J。‎ 答案：(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J ‎2．据统计，人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍。为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况。重物与地面的形变很小，可忽略不计，g取10 m/s2。下表为一次实验过程中的相关数据。请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：‎ 重物(包括传感器)的质量m/kg ‎8.5‎ 重物下落高度H/cm ‎45‎ 重物反弹高度h/cm ‎20‎ 最大冲击力Fm/N ‎850‎ 重物与地面接触时间t/s ‎0.1‎ ‎(1)求重物受到地面的冲击力最大时的加速度大小；‎ ‎(2)在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍？‎ 解析：(1)由牛顿第二定律有a＝，‎ 解得a＝90 m/s2。‎ ‎(2)重物在空中运动过程中，由动能定理有mgh＝mv2‎ 由题意得，重物与地面接触前瞬时的速度大小v1＝ 重物离开地面瞬时的速度大小v2＝ 设重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，竖直向上为正方向，由动量定理有 ‎(F－mg)t＝mv2－m(－v1)‎ 解得F＝510 N，故＝6‎ 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍。‎ 答案：(1)90 m/s2　(2)6倍 应用动量定理解题的基本思路 ‎(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。‎ ‎(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。‎ ‎(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。‎ ‎(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。‎ 知识点三　动量定理与微元法的综合应用 ‎1．流体类问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常给出流体密度ρ 分析 步骤 ‎(1)建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S ‎(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt ‎(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体 ‎2．微粒类问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n 分析 步骤 ‎(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S ‎(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt ‎(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N求解 ‎[小题练通]‎ ‎1．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×106 N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103 kg/m3)(　　)‎ A．30 m/s B．40 m/s C．45 m/s D．60 m/s 解析：选D　建立如图所示模型，设水流形成的水柱面积为S，由动量定理：F·Δt＝0－ρS·v0·Δt·(－v0)，可得压强：p＝＝ρv02，故冲击煤层的水流速度至少应为v0＝ ＝60 m/s。‎ ‎2．(2016·全国Ⅰ卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求 ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ 解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ①‎ ΔV＝v0SΔt ②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S。 ③‎ ‎(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 Δmv2＋Δmgh＝Δmv02 ④‎ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ‎＝Δmv ‎ ⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp ⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ ‎ 答案：(1)ρv0S　(2)－ Δt是动量定理与柱体微元之间的桥梁，这一点跟“加速度是力与运动之间的桥梁”类似。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．(2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg　　　　　　 B.－mg C.＋mg D.－mg 解析：选A　方法一：设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝＋mg。方法二：由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg。选项A正确。‎ ‎2．(2018·合肥一模)质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)‎ A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 解析：选A　取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：W＝mv22－mv12＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。故A正确。‎ ‎3．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶左端对竖直墙面的作用力大小是(　　)‎ A．ρvS　　　　　　　　　　 B. C.ρv2S D．ρv2S 解析：选D　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。‎ ‎4．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)‎ A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析：选B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，乘客重力的冲量不为零，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。‎ ‎5．一个质量为3 kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6 s内速度的改变量是(　　)‎ A．7 m/s　　　　　　　 B．6.7 m/s C．6 m/s　　　　　　　　 D．5 m/s 解析：选D　Ft图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I＝3×4＋×2×4－×1×2N·s＝15 N·s，根据动量定理有I＝mΔv，Δv＝＝ m/s＝5 m/s，故D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．两个质量不同的物体，如果它们的(　　)‎ A．动能相等，则质量大的动量大 B．动能相等，则动量大小也相等 C．动量大小相等，则质量大的动能小 D．动量大小相等，则动能也相等 解析：选AC　根据动能Ek＝mv2可知，动量p＝mv＝，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确，B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确，D错误。‎ ‎7．(2018·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(　　)‎ A．小球的机械能减少了mg(H＋h)‎ B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选AC　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，可知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。‎ ‎8．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量 B．从P至c过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功 C．从P至b过程中人的速度不断增大 D．从a至c过程中加速度方向保持不变 解析：选BC　人由P至c的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在P与c时速度均为零，动量的增量为零，则重力的冲量大小应等于弹性绳弹力的冲量大小，方向相反，总冲量为零，选项A错误；根据动能定理，人由P至c 过程中，人的动能增量为零，则重力与弹性绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，选项B正确；人由P至a自由下落，由a至b，弹力逐渐增大，但合外力向下，人做加速度变小的加速运动，至b点加速度为零，速度最大，人过b点之后，弹力大于重力，合外力向上，加速度方向向上，速度变小，选项C正确，D错误。‎ ‎9．(2017·全国Ⅲ卷)一质量为2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)‎ A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：选AB　方法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。‎ 方法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s 时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D错误。‎ 三、计算题 ‎10．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度。已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：‎ ‎(1)射出的氧离子速度；‎ ‎(2)每秒射出的氧离子数；‎ ‎(3)射出氧离子后飞行器开始运动的加速度。‎ 解析：(1)每个氧离子带电量为q＝2e，‎ 由动能定理得qU＝mv2，‎ 即得氧离子速度v＝ 。‎ ‎(2)设每秒射出的氧离子数为n，则加速电压每秒对离子做的总功为nqU，‎ 即功率为P＝nqU，‎ 由此可得每秒射出的氧离子数n＝。‎ ‎(3)由动量定理得F＝＝nmv，‎ 又由牛顿第二定律得F＝Ma，‎ 解得飞行器开始运动的加速度a＝ 。‎ 答案：(1) 　(2)　(3) ‎11．如图所示，质量为0.5 kg，长为1.2 m 的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数μ＝，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒一水平向右的冲量1.5 N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：‎ ‎(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程；‎ ‎(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间。‎ 解析：(1)以盒为研究对象，盒受冲量I后获得速度v，‎ 由动量定理，有I＝mv－0，‎ v＝＝ m/s＝3 m/s 盒以此速度向右做减速运动，运动中受到桌面的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg 由牛顿第二定律，有－μ·2mg＝ma 可得a＝－2μg 盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后，速度减少为v′，‎ v′2－v2＝2ax1‎ 解得v′＝2 m/s 盒左壁以速度v′与球相碰，因碰撞中无能量损失，又盒与球质量相等，故盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s 的速度向右做减速运动，直到停止。‎ ‎0－v′2＝2ax2‎ 解得x2＝0.8 m 因x2只有0.8 m，此时盒静止，小球不会再与盒的右壁相碰，所以盒通过的总路程为 s＝x1＋x2＝(1＋0.8)m＝1.8 m。‎ ‎(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1‎ 根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv 解得t1＝0.4 s 球匀速运动时间t2＝＝ s＝0.5 s 盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，‎ 根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′‎ 解得t3＝0.8 s 总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。‎ 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s 第31课时　动量守恒定律(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．动量守恒定律 ‎(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。‎ ‎(2)常用的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。‎ ‎(3)适用条件 ‎①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为。‎ ‎②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。‎ ‎③某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。‎ ‎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：作用时间、作用力变化、内力远大于外力、满足动量守恒。‎ ‎(3)碰撞的分类及特点 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能不守恒 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最多 ‎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。‎ ‎4．反冲运动：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。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。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是(　　)‎ ‎ A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统 B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统 C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统 D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时 解析：选C　对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。‎ ‎2．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为(　　)‎ A．1∶2　　 　B．1∶3　　 　C．2∶1　　 　D．2∶3‎ 解析：选D　设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝，D正确。‎ ‎ 重难点(一)　动量守恒定律的理解及应用 ‎1．动量守恒定律的五个特性 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)‎ 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 ‎2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义 ‎(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。‎ ‎(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。‎ ‎(3)Δp1＝－Δp2，即系统中一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。‎ ‎3．应用动量守恒定律的解题步骤 ‎(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。‎ ‎(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。‎ ‎(3)规定正方向，确定初、末状态动量。‎ ‎(4)由动量守恒定律列出方程。‎ ‎(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。‎ 考法1　动量守恒的判断　‎ ‎[例1]　如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)‎ A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 ‎[解析]　甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但甲、乙两木块所组成的系统因所受合力为零，故动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能有一部分转化为弹簧的弹性势能，故动能不守恒，D错误。‎ ‎[答案]　C 动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。‎ 考法2　系统的动量守恒问题　‎ ‎[例2]　(2018·郑州质检)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m ‎/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：‎ ‎(1)子弹射入物块后一起向右滑行的最大速度v1；‎ ‎(2)木板向右滑行的最大速度v2；‎ ‎(3)物块在木板上滑行的时间t。‎ ‎[解析]　(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，‎ 解得v1＝6 m/s。‎ ‎(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：‎ ‎(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，‎ 解得v2＝2 m/s。‎ ‎(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：‎ ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，‎ 解得：t＝1 s。‎ ‎[答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s 考法3　某一方向上的动量守恒问题　‎ ‎[例3]　(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑(　　)‎ A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球能回到槽高h处 ‎[解析]　在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合力为零，所以在水平方向动量守恒，故B正确；被弹簧反弹后，小球和槽不受外力，故小球脱离槽后，槽向左做匀速运动，而小球也会做匀速运动，故C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，两者分离后，速度大小相等，小球被反弹后与槽的速度大小相等，小球不能滑到槽上，更不能回到槽高h处，故D错误。‎ ‎[答案]　BC ‎(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。‎ ‎(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后，停在木块内。将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则在此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)‎ A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 解析：选B　由于子弹射入木块过程中，二者之间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中，动量、机械能均不守恒，B正确。‎ ‎2．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10 kg的滑块C，以vC＝10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在B上，B和C的共同速度为0.50 m/s。求：A的最终速度vA及C离开A时的速度vC′。‎ 解析：C从开始滑上A到恰好滑至A的右端过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′‎ C刚滑上B到两者相对静止，B、C组成的系统动量守恒 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v 解得vA＝0.25 m/s vC′＝2.75 m/s。‎ 答案：0.25 m/s　2.75 m/s ‎3．从倾角为30°，长0.3 m的光滑斜面上滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的小车里(如图)。若小车与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.02，小车能前进多远？(g取10 m/s2)‎ 解析：货包离开斜面时速度为 v＝＝＝ m/s 货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以在其落入小车前，其水平速度vx不变，其大小为 vx＝v·cos 30°＝1.5 m/s 货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，‎ 则mvx＝(M＋m)v′‎ 小车获得的速度为v′＝0.2 m/s 由动能定理有μ(M＋m)gx2＝(M＋m)v′2‎ 解得小车前进的距离为x2＝0.1 m。‎ 答案：0.1 m 重难点(二)　碰撞、爆炸与反冲 ‎1．碰撞现象满足的规律 ‎(1)动量守恒。‎ ‎(2)动能不增加。‎ ‎(3)速度要合理。‎ ‎①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。‎ ‎②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。‎ ‎2．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 ‎3．对反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 题型1　碰撞问题　‎ ‎[例1]　如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g ‎＝10 m/s2，求小球B的质量。‎ ‎[解析]　设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有 ‎0＝mAv1－Mv 由能量守恒定律有mAgh＝mAv12＋Mv2‎ 联立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s 小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1 m/s 由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2‎ 由能量守恒定律有mAv12＝mAv1′2＋mBv22‎ 联立解得mB＝3 kg。‎ ‎[答案]　3 kg 碰撞问题解题策略 ‎(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：v1＝v0，v2＝v0。‎ ‎(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m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的静止不动，质量小的被原速率反向弹回。‎ 题型2　爆炸问题　‎ ‎[例2]　(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ ‎[解析]　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项对。‎ ‎[答案]　B 题型3　反冲问题　‎ ‎[例3]　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次。‎ ‎(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？‎ ‎(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？‎ ‎[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，‎ 以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，‎ 故v3≈2 m/s。‎ ‎(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：‎ ‎(M－20m)v20－20mv＝0，‎ 故v20≈13.5 m/s。‎ ‎[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s ‎[通法归纳]‎ ‎　　(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。‎ ‎(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)‎ A．停止运动　　　　　　　 　B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析：选C　力F大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA＜aB，由题意知sA＝sB，由运动学公式得sA＝aAtA2，sB＝aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝F·tA，IB＝F·tB，解得IA＞IB，由动量定理可知ΔpA＝IA，ΔpB＝IB，可得pA＞pB，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎2．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)‎ A．b的速度方向一定与原来速度方向相反 B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达水平地面 D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等 解析：选CD　炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，A错误；vb＞va、vb＜va、vb＝va也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D正确。‎ 重难点(三)　人船模型 ‎1．“人船模型”问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。‎ ‎2．人船模型的特点 ‎(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。‎ ‎(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。‎ ‎(3)应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。‎ ‎[典例]　如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？‎ ‎[解析]　设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，‎ 所以有mv1＝Mv2‎ 设整个过程中的平均速度大小为1、2，则有 m1＝M2‎ 上式两边乘以时间t，有m1t＝M2t，‎ 即mx1＝Mx2‎ 且x1＋x2＝L，‎ 解得x1＝ L，x2＝ L。‎ ‎[答案]　 L　 L 求解“人船模型”问题的注意事项 ‎(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。‎ ‎(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体沿光滑斜面下滑。当小物体 从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)‎ A.　　　　　　　　B. C. D. 解析：选C　此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2‎ ‎，且x1＋x2＝，解得x2＝，故C正确。‎ ‎2.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)‎ A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 解析：选BD　系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的速度为vm，小车的速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。‎ ‎ 一、单项选择题 ‎1．如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A．男孩与木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 解析：选C　根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项C正确。‎ ‎2．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是(　　)‎ A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统 B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统 解析：选A　如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B 分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒。综上所述，A正确。‎ ‎3．(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ A．30 kg·m/s　　　　　　　 　B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：选A　燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。‎ ‎4．斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西 C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能 解析：选A　设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，则爆竹爆炸过程中动量守恒，设三块质量均为m，中间一块的速度为v，前面一块的速度为v1，则后面一块的速度为－v1，由动量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，则中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，则A正确，B错误；由平抛运动规律可知，三块同时落地，但落地时动量不同，C错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为m(3v0)2，大于爆炸前系统的总动能mv02，D错误。‎ ‎5．(2014·福建高考)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(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D　火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D．小球可能做自由落体运动 解析：选BCD　小球水平冲向小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞。如果m＜M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开小车向右做平抛运动。‎ ‎7．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A.mv2 B.v2‎ C.NμmgL D．NμmgL 解析：选BD　由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)u，系统损失的动能为mv2 －(m＋M)u2＝v2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－Wf＝NμmgL，D正确。‎ ‎8．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 解析：选BC　AB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。‎ ‎9．A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的xt图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的xt图像，c为碰撞后它们的xt图像。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为(　　)‎ A．2 kg B． kg C．4 m/s D．1 m/s 解析：选BD　由题图可知碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者合在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s。碰撞过程中动量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，可解得mB＝ kg，可知选项B、D正确。‎ 三、计算题 ‎10．如图所示，木块A质量为mA＝1 kg，足够长的木板B质量为mB＝4 kg，A、B置于水平面上，质量为mC＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，A与B碰撞后以4 m/s的速度被弹回。‎ ‎(1)求B运动过程中的最大速度大小；‎ ‎(2)若B足够长，求C运动过程中的最大速度。‎ 解析：(1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大。取向右为正方向，由A、B组成的系统动量守恒，有：‎ mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB 代入数据得vB＝4 m/s。‎ ‎(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C组成的系统动量守恒，有 mBvB＋0＝(mB＋mC)vC 代入数据得vC＝2 m/s。‎ 答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s ‎11．如图所示，一质量为M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为L＝1 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：‎ ‎(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；‎ ‎(2)在整个过程中，小车移动的距离。‎ 解析：(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒、机械能守恒得 mv1－Mv2＝0‎ mv12＋Mv22＝Ep 解得：v1＝3 m/s，v2＝1 m/s。‎ ‎(2)设整个过程所用时间为t，小车移动的距离为x2，小球移动的距离为x1，由动量守恒得 m＝M x1＋x2＝L 解得：x2＝0.25 m。‎ 答案：(1)3 m/s　1 m/s　(2)0.25 m 第32课时　几种与动量守恒定律有关的力学模型(题型研究课)‎ 模型1　“弹簧类”模型　‎ 模型 图示 模型 特点 ‎(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 ‎(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 ‎(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小 ‎(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统动能通常最大，但物体速度一般不相等 ‎[例1]　(2018·石家庄二中一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的vt图像如图乙所示。求：‎ ‎(1)C的质量mC；‎ ‎(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。‎ ‎[解析]　(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒。‎ mCv1＝(mA＋mC)v2‎ 解得mC＝2 kg。‎ ‎(2)由题图可知，12 s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3 m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 ‎(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4‎ (mA＋mC)v32＝(mA＋mB＋mC)v42＋Ep 解得Ep＝9 J。‎ ‎[答案]　(1)2 kg　(2)9 J 模型2　“子弹打木块”“滑块”模型　‎ 模型 图示 模型 特点 ‎(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值 ‎(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 ‎(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多 ‎(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图像求解 ‎[例2]　一质量为2m的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切且长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：‎ ‎(1)木块在ab段受到的摩擦力f；‎ ‎(2)木块最后距a点的距离s。‎ ‎[解析]　(1)从开始到木块到达最大高度过程：‎ 由动量守恒：mv0＝3mv1‎ 由能量守恒：mv02＝·3mv12＋mgh＋fL 解得：f＝。‎ ‎(2)木块从最大高度至与物体P最终相对静止：‎ 由动量守恒：3mv1＝3mv2‎ 由能量守恒：·3mv12＋mgh＝·3mv22＋fx 距a点的距离：s＝L－x 解得：s＝L－＝L。‎ ‎[答案]　(1)　(2)L 模型3　“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型　‎ 模型 图示 模型 特点 ‎(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度 ‎(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22‎ ‎[例3]　两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后滑上劈B。求物块在B 上能够达到的最大高度。‎ ‎[解析]　根据题意可知，物块从劈A静止滑下，到达劈A底端时，设物块的速度大小为v，A的速度大小为vA，由机械能守恒定律和动量守恒定律得 mgh＝mv2＋M1vA2‎ M1vA＝mv 设物块在劈B上能够达到的最大高度为h′，此时物块和劈B的共同速度大小为v′，由机械能守恒定律和动量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2‎ mv＝(M2＋m)v′‎ 解得h′＝h。‎ ‎[答案]　h 模型4　悬绳模型　‎ 悬绳模型与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。‎ ‎[例4]　如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，轻绳长为L。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。‎ ‎[解析]　设物块刚受到水平冲量后速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：‎ MgL＝Mv02，‎ v0＝，‎ 滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，物块和滑环速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：‎ Mv0＝(m＋M)v，‎ Mv02＝(m＋M)v2＋Mgh，‎ 由以上各式，可得：h＝L。‎ ‎[答案]　L ‎[通法归纳]‎ 力学的知识体系 力学研究的是物体的受力与运动的关系，与之相伴的是能量和动量的变化，其知识体系如下：‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.如图所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求：‎ ‎(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；‎ ‎(2)从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小。‎ 解析：(1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v，由动量守恒及机械能守恒有：‎ mv0＝Mv＋mv1‎ mv02＝mv12＋Mv2‎ 解得v1＝v0＝－3 m/s，小车速度方向向左。‎ v＝v0＝2 m/s，小球速度方向向右。‎ ‎(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，‎ 根据动量守恒定律有：‎ m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2‎ 解得v2＝1 m/s 设从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有 I＝mv2－mv1‎ 解得I＝4 N·s。‎ 答案：(1)小车：－3 m/s，速度方向向左　小球：2 m/s，速度方向向右　(2)4 N·s ‎2．(2018·山西模拟)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/‎ s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；‎ ‎(2)小车的长度L。‎ 解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1‎ 解得v1＝10 m/s。‎ ‎(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 ‎(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3‎ 解得v2＝8 m/s 由机械能守恒可得 (m0＋m1)v12＝μm2gL＋(m0＋m1)v22＋m2v32‎ 解得L＝2 m。‎ 答案：(1)10 m/s　(2)2 m ‎3．(2018·广东佛山模拟)在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：‎ ‎(1)物块P滑到B处时木板AB的速度vAB；‎ ‎(2)滑块CD圆弧的半径R。‎ 解析：(1)物块P由A处到B处，取向左为正方向，由动量守恒得 mv0＝m·＋2mvAB，则vAB＝。‎ ‎(2)物块P由D处到C处，滑块CD与物块P的动量守恒，机械能守恒，‎ 则m·＋m·＝2mv共 mgR＝m2＋m2－×2mv共2‎ 解得R＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎ 一、选择题 ‎1．(2018·潍坊名校模拟)在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系正确的是(　　)‎ A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 解析：选B　由题图图像知，a球以某一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律知，a球的质量小于b球的质量。故B正确。‎ ‎2．(2018·济宁检测)如图所示，一质量为M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是(　　)‎ A．1.8 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 解析：选B　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，B的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在A做加速运动的时间内，B的速度大小应大于2 m/s且小于 m/s，选项B正确。‎ ‎3．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图所示，t＝0时其速度大小为v0＝2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)‎ A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W 解析：选D　在a t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，由题图乙可知，在0～6 s内Δv＝18 m/s，又v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20‎ ‎ m/s，A错误；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv02＝396 J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，t＝6 s 时F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D正确。‎ ‎4．(多选)(2018·海淀期中)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司机的描述得知，发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶，汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄火，并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点，并测量出相关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同，为简化问题，将两车均视为质点，且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知，下列说法中正确的是(　　)‎ A．发生碰撞时汽车A的速率较大 B．发生碰撞时汽车B的速率较大 C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5‎ D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2∶ 解析：选BC　设两车质量均为m，相撞之前速度分别为vA、vB，相撞之后向北的速度为v1，向东的速度为v2，则南北方向上动量守恒，有mvB＝2mv1，东西方向上动量守恒，有mvA＝2mv2，由题图可知v1∶v2＝x1∶x2＝6∶2.5，解得vB∶vA＝12∶5，可知B、C正确。‎ ‎5．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m。当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距离桌边为x的水平地面上，如图所示。若用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点到桌边距离为(　　)‎ A.　　　　B.x　　　　C．x　　　　D.x 解析：选D　当用挡板挡住A球而只释放B球时，根据能量守恒定律有Ep＝mv02，根据平抛运动规律有h＝gt2，x＝v0t。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、‎ B同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有：2mvA－mvB＝0，Ep ＝×2mvA2＋mvB2，解得vB ＝v0，B球的落地点到桌边距离为x′＝vBt＝x，D选项正确。‎ ‎6．(多选)如图所示，已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块板长度均为L，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0，从第一块板的最左端a点滑上第一块板，恰好滑到第三块板的最右端d点停下来，物体在运动过程中三块板均保持静止。若让物体从d点以相同大小的初速度水平向左运动，三块板仍能保持静止，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体恰好运动到a点并停下来 B．物体不能运动到a点 C．物体两次经过c点时速度大小相等 D．物体两次经过b点时速度大小相等 解析：选AC　物体由a点到d点过程，由动能定理有－(μmg＋2μmg＋3μmg)L＝0－mv02，同理物体由d点到a点，有－(μmg＋2μmg＋3μmg)L＝mva2－mv02，解得va＝0，选项A正确，B错误；物体由a点到c点和物体由d点到c点，合外力做的功相等，由动能定理知，物体两次经过c点速度大小相等，选项C正确；同理，物体由a点到b点和物体由d点到b点，合外力做的功不相等，物体两次经过b点速度大小不相等，选项D错误。‎ 二、计算题 ‎7．(2018·海安、南外、金陵三校联考)A、B两个小球半径相同，质量不同，并排悬挂在同样长度的绳子上，彼此相互接触。把质量为m0的A球拉开后由静止释放，当A球与B球相碰前其速度为v0，碰撞后两个小球的动量相等。则：‎ ‎(1)求碰撞后A球的速度；‎ ‎(2)若碰撞为弹性碰撞，求碰撞后B球的动能。‎ 解析：(1)设当A球与B球相碰后A球的速度为vA，根据动量守恒定律，‎ 有m0v0＝m0vA＋pB，又m0vA＝pB，所以vA＝。‎ ‎(2)因为碰撞为弹性碰撞，根据能量守恒定律有 m0v02＝m0vA2＋EkB，‎ 解得EkB＝m0v02。‎ 答案：(1)　(2)mv02‎ ‎8．如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的弹性势能。‎ 解析：设A、B碰后瞬间A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有 mv0＝3mv 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有 ‎3mv＝2mv1＋mv0‎ 设弹簧释放的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，即 ·3mv2＋Ep＝·2mv12＋mv02‎ 解得Ep＝mv02。‎ 答案：mv02‎ ‎9．(2018·贵州八校联盟模拟)如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑。现有一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入物体A，并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止的物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下。已知物体A与粗糙面之间的动摩擦因数为μ＝，求：‎ ‎(1)子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎(2)物体B的质量。‎ 解析：(1)设子弹与物体A的共同速度为v，‎ 由动量守恒定律有mv0＝3mv，‎ 则该过程损失的机械能 ΔE＝mv02－·3mv2＝mv02。‎ ‎(2)以子弹、物体A和物体B为系统，设物体B的质量为M，碰后子弹和物体A的速度为v1，物体B的速度为v2，由动量守恒定律有 ‎3mv＝Mv2－3mv1，‎ 碰撞过程机械能守恒，有 ·3mv2＝·3mv12＋Mv22，‎ 从子弹与物体A滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律有 ‎3μmgd＝·3mv12，又μ＝，解得M＝9m。‎ 答案：(1)mv02　(2)9m ‎10．(2018·衡阳模拟)如图所示，内壁粗糙、半径R＝0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切。质量m2＝0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1＝0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功Wf；‎ ‎(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；‎ ‎(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。‎ 解析：(1)小球a由释放到最低点的过程中，根据动能定理：‎ m1gR＋Wf＝m1v12‎ 小球a在最低点，根据牛顿第二定律：‎ FN－m1g＝ 联立可得：Wf＝－0.4 J。‎ ‎(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度v2过程中，由动量守恒：‎ m1v1＝(m1＋m2)v2‎ 由能量守恒：‎ m1v12＝(m1＋m2)v22＋Ep 联立可得：Ep＝0.2 J。‎ ‎(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，小球a后来速度为v3，小球b后来速度为v4，由动量守恒：‎ m1v1＝m1v3＋m2v4‎ 由能量守恒：m1v12＝m1v32＋m2v42‎ 根据动量定理有：I＝m2v4‎ 弹簧对小球b的冲量I大小为I＝0.4 N·s。‎ 答案：(1)－0.4 J　(2)0.2 J　(3)0.4 N·s 第33课时　验证动量守恒定律(实验提能课)‎ ‎ 一、实验目的 验证碰撞中的动量守恒。‎ 二、实验原理 在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等。‎ 三、实验器材 方案一　利用气垫导轨完成一维碰撞实验 气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。‎ 方案二　在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验 光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。‎ 方案三　利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验 斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。‎ 四、实验步骤 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，如图所示。‎ ‎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(①改变滑块的质量；②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　在光滑长木板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，如图所示。‎ ‎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。‎ 方案三　利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验 ‎1．先用天平测出入射小球、被碰小球质量m1、m2。‎ ‎2．按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度，且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保两小球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，它表示入射小球碰前的位置。‎ ‎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小球的所有落点圈在里面，圆心就是入射小球发生碰撞前的落地点P。‎ ‎6．把被碰小球放在斜槽的末端，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次，从上一步骤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在纸上作一直线。‎ ‎8．用刻度尺量出线段OM、OP、ON的长度。‎ 五、数据处理 方案一：滑块速度的测量v＝，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。‎ 方案二：小车速度的测量v＝，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt为小车经过Δx的时间，可由打点间隔算出。‎ 方案三：把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看是否成立。‎ 六、误差分析 ‎1．系统误差 主要来源于装置本身是否符合要求，即：‎ ‎(1)碰撞是否为一维碰撞。‎ ‎(2)实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，长木板是否平衡掉摩擦力，两小球是否等大。‎ ‎2．偶然误差 主要来源于质量m和速度v的测量。‎ 七、注意事项 ‎1．前提条件 碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。‎ ‎2．方案提醒 ‎(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平。‎ ‎(2)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力。‎ ‎(3)若利用斜槽小球碰撞应注意：①斜槽末端的切线必须水平；②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；③选质量较大的小球作为入射小球；④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。‎ ‎3．探究结论 寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。‎ ‎ 考点(一)　实验原理与操作、误差分析 ‎[例1]　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。现用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，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：‎ a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；‎ b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；‎ c．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；‎ d．用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；‎ e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞挡板C、D时计时结束，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及其符号是____________________________。‎ ‎(2)作用前A、B两滑块质量与速度乘积之和为________；作用后A、B两滑块质量与速度乘积之和为________________________________________________________。‎ ‎(3)作用前、后A、B 两滑块质量与速度乘积之和并不完全相等，产生误差的原因有________________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________(至少答出两点)。‎ ‎[解析]　A、B两滑块被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A与C的距离L1、B与D的距离L2及A到达C、B到达D的时间t1和t2，测出两滑块的质量，就可以探究碰撞中的不变量。‎ ‎(1)由上述分析可知，实验中还应测量的物理量为：B的右端至挡板D的距离L2。‎ ‎(2)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝－，碰前两滑块静止，即v＝0，质量与速度乘积之和为零，碰后两滑块的质量与速度乘积之和为mAvA＋mBvB＝mA－mB。‎ ‎(3)产生误差的原因：①L1、L2、t1、t2、mA、mB的数据测量误差；②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力；④气垫导轨可能不完全水平。‎ ‎[答案]　(1)B的右端至挡板D的距离L2‎ ‎(2)0　mA－mB　(3)见解析 ‎ (1)验证动量守恒定律的关键是弄清实验原理，如在本题中，关键是求出A、B分开时各自的质量m和速度v的乘积，通过比较两个乘积的大小关系得出实验结论。‎ ‎(2)本实验中的误差既有系统误差，又有偶然误差，如导轨不水平、滑块与导轨间仍存在摩擦、弹簧有作用时间等，都会对实验结果产生影响。‎ 考点(二)　实验数据的处理 ‎[例2]　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(以上两空选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)。‎ ‎(2)已测得A的质量m1 ＝ 0.4 kg，B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s。‎ ‎[解析]　(1)从题图乙中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A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算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)A在碰撞前的速度 v0＝＝ m/s＝1.050 m/s A在碰撞前的动量 p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s 碰撞后两小车的共同速度 v＝＝ m/s＝0.695 m/s 碰撞后两小车的总动量 p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s ‎＝0.417 kg·m/s。‎ ‎[答案]　(1)BC　DE　(2)0.420　0.417‎ 本实验方案必须平衡摩擦力，以保证满足动量守恒的条件。两小车碰撞前后均做匀速运动，碰撞前后的速度均通过纸带求得。‎ ‎ 创新点1　利用动能定理验证动量守恒　‎ ‎[例3]　某小组用如图所示的装置验证动量守恒定律，装置固定在水平面上，圆弧形轨道下端切线水平，两球半径相同，两球与水平面的动摩擦因数相同。实验时，先测出A、B两球的质量mA、mB，让球A多次从圆弧形轨道上某一位置由静止释放，记下其在水平面上滑行距离的平均值x0，然后把球B静置于轨道下端水平部分，并将球A从轨道上同一位置由静止释放，并与球B相碰，重复多次。‎ ‎(1)为确保实验中球A不反向运动，则mA、mB应满足的关系是________。‎ ‎(2)写出实验中还需要测量的物理量及符号：__________________________。‎ ‎(3)若碰撞前后动量守恒，写出动量守恒的表达式：____________________。‎ ‎(4)取mA＝2mB，x0＝1 m，且A、B两球间为完全弹性碰撞，则球B滑行的距离为________。‎ ‎[解析]　(1)为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球(球A)的质量应大于被碰球(球B ‎)的质量，即：mA＞mB。‎ ‎(2)碰撞后两球做减速运动，设碰撞后的速度为：vA、vB，‎ 由动能定理得：－μmAgx0＝0－mAv02，v0＝，‎ ‎－μmAgxA＝0－mAvA2，vA＝，‎ ‎－μmBgxB＝0－mBvB2，vB＝，‎ 如果碰撞过程动量守恒，则：mAv0＝mAvA＋mBvB，‎ 即：mA＝mA＋mB，‎ 整理得：mA＝mA＋mB，‎ 还需要测量碰撞后A、B两球在水平面滑行的距离xA、xB。‎ ‎(3)由(2)可知，若碰撞前后动量守恒，则动量守恒的表达式为：mA＝mA＋mB。‎ ‎(4)如果碰撞过程是完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mA＝mA＋mB，由机械能守恒定律得：mA()2＝mA()2＋mB()2，已知：mA＝2mB，x0＝1 m，解得：xB＝ m。‎ ‎[答案]　(1)mA＞mB ‎(2)需要测量碰撞后A、B两球在水平面滑行的距离xA、xB　(3)mA＝mA＋mB　(4) m 创新点2　利用机械能守恒验证动量守恒　‎ ‎[例4]　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点下方桌子的边沿有一竖直立柱。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点与桌子边沿间的水平距离为c。此外，‎ ‎(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和桌面高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、桌面高 H，就能求出弹性球2的动量变化。‎ ‎(2)根据(1)的解析可以写出弹性球1碰撞前的速度v1＝，碰撞后的速度v1′＝，弹性球2碰撞后的速度满足v2′t＝c，H＋h＝gt2，可得v2′＝，由m1v1＝m1v1′＋m2v2′可得，动量守恒的表达式为2m1＝2m1＋m2。‎ ‎[答案]　(1)弹性球1、2的质量m1、m2　立柱高h　桌面高H　(2)2m1＝2m1＋m2 创新点3　利用x t图像验证动量守恒　‎ ‎[例5]　“探究碰撞中的不变量”的实验中：‎ ‎(1)入射小球m1＝15 g，原静止的被碰小球m2＝10 g，由实验测得它们在碰撞前后的x t图像如图甲所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是_______kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_______kg·m/s，被碰撞后的m2v2′是_______kg·m/s。由此得出结论________________________。‎ ‎(2)实验装置如图乙所示，本实验中，必须满足的条件是________。‎ A．斜槽轨道必须是光滑的 B．斜槽轨道末端的切线是水平的 C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放 D．入射小球与被碰小球满足m1＞m2，r1＝r2‎ ‎(3)图乙中M、P、N分别为入射小球与被碰小球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是________。‎ A．m1·ON＝m1·OP＋m2·OM B．m1·OP＝m1·ON＋m2·OM C．m1·OP＝m1·OM＋m2·ON D．m1·OM＝m1·OP＋m2·ON ‎[解析]　(1)由题图甲所示图像可知，碰撞前入射小球的速度：v1＝＝ m/s＝1 m/s，碰撞后，球的速度：v1′＝＝ m/s＝0.5 m/s，v2′＝＝ m/s＝0.75 m/s，入射小球碰撞后：m1v1′＝0.015×0.5 kg·m/s＝0.007 5 kg·m/s，入射小球碰撞前：m1‎ v1＝0.015×1 kg·m/s＝0.015 kg·m/s，被碰小球被碰撞后：m2v2′＝0.01×0.75 kg·m/s＝0.007 5 kg·m/s，碰撞前系统总动量p＝m1v1＝0.015 kg·m/s，碰撞后系统总动量p′＝m1v1′＋m2v2′＝0.015 kg·m/s，p′＝p，由此可知：碰撞过程中动量守恒。‎ ‎(2)“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，只要求离开斜槽轨道后两小球做平抛运动，对斜槽轨道是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射小球每次都要从同一位置由静止释放，故C正确；为了保证两小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m1＞m2，r1＝r2，故D正确。‎ ‎(3)要验证动量守恒定律即：m1v0＝m1v1＋m2v2，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知两小球运动的时间相同，上式可转换为：m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，故只需验证m1OP＝m1OM＋m2ON，因此A、B、D错误，C正确。‎ ‎[答案]　(1)0.007 5　0.015　0.007 5　碰撞过程中动量守恒　(2)BCD　(3)C 验证动量守恒定律可谓最富变化的力学实验，不同的实验方案，[实验器材]和[实验步骤]各不相同，就连[数据处理]也不尽相同，有的需要测出速度，而有的只需测出距离。但不论实验如何设计，都“万变不离其宗”，“宗”指的是[实验目的]及[实验原理]的迁移。‎ ‎ ‎1．在利用悬线悬挂等大小球进行验证动量守恒定律的实验中，下列说法正确的是(　　)‎ A．悬挂两小球的细绳长度要适当，且等长 B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度 C．两小球必须都是刚性球，且质量相同 D．两小球碰后可以粘合在一起共同运动 解析：选ABD　两细绳等长能保证两小球正碰，以减小实验误差，A正确；由于计算碰撞前速度时用到了mgh＝mv2－0，即初速度为零，B正确；本实验中对小球的弹性性能无要求，C错误；两小球正碰后，有各种可能的运动情况，D正确。‎ ‎2．如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”实验装置示意图。‎ ‎(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1________m2。‎ ‎(2)为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使________________。‎ ‎(3)继续实验步骤为：‎ A．在地面上依次铺白纸和复写纸。‎ B．确定重垂线对应点O。‎ C．不放小球2，让小球1从斜槽滑下，确定它的落地点位置P。‎ D．把小球2放在立柱上，让小球1从斜槽滑下，与小球2正碰后，确定小球1和小球2的落地点位置M和N。‎ E．用刻度尺量OM、OP、ON的长度。‎ F．看m1＋m2与m1是否相等，以验证动量守恒。‎ 上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤。‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，即d1＝d2，为防止两小球碰撞后入射小球反弹，入射小球质量应大于被碰小球质量，即：m1>m2。‎ ‎(2)要使小球做平抛运动，则斜槽的末端切线必须水平。‎ ‎(3)为使小球1离开斜槽时的初速度相等，每次释放小球1时应从同一高度由静止释放，故步骤D不完善；两球离开斜槽后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，若碰撞过程动量守恒，则有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′，两边同乘以t得：m1v1t＝m1v1′t＋m2v2′t，由两小球直径均为d可得：m1＝m1＋m2(－d)，故步骤F错误。‎ 答案：(1)>　(2)斜槽末端切线水平　‎ ‎(3)D不完善，小球1应从斜槽的同一高度由静止释放；‎ F错误，应验证：m1＝m1＋m2(－d)‎ ‎3．如图甲所示，是气垫导轨上的两个滑块的照片，中间是滑块A，质量mA＝0.20 kg，右边是滑块B，质量mB＝0.30 kg。图乙是滑块B向左运动中与滑块A碰后合为一体的照片，频闪照片的频率f＝10 Hz。‎ ‎(1)根据照片提供的信息，碰前的动量为________kg·m/s，碰后的动量为________kg·m/s。‎ ‎(2)实验结论：_______________________________________________________。‎ 解析：(1)题图频闪照片频率为10 Hz，即滑块相邻两位置的时间间隔为0.1 s。从图中读出碰前A的位置不变，则A静止；B在碰前相等时间内的位移为1.6 cm，B碰前的速度应为v0＝ m/s＝0.16 m/s，所以碰前的动量为pB＝mv0＝0.30×0.16 kg·m/s＝0.048 kg·m/s。碰撞后两滑块具有共同速度，相等时间内的位移为1.0 cm，则碰后速度v共＝‎ eq f(1.0×10－2,0.1) m/s＝0.10 m/s，碰后的动量p＝(mA＋mB)v共＝(0.20＋0.30)×0.10 kg·m/s＝0.050 kg·m/s。‎ ‎(2)实验结论：在误差允许的范围内，碰撞前后动量相等，在碰撞过程中动量守恒。‎ 答案：(1)0.048　 0.050　(2)在误差允许的范围内，碰撞前后动量相等 ‎4．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。‎ ‎(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。‎ A．小球开始释放的高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程 ‎(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。‎ 接下来要完成的必要步骤是________。(填选项前的符号)‎ A．用天平测量两个小球的质量m1、m2‎ B．测量小球m1开始释放的高度h C．测量抛出点距地面的高度H D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______________[用(2)中测量的量表示]；‎ 若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________________[用(2)中测量的量表示]。‎ 解析：(1)小球碰前和碰后的速度都利用平抛运动来测定，即v＝。而由H＝gt2知，每次竖直高度相等，平抛运动时间相等，即m1＝m1＋m2，则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。故只需测小球做平抛运动的射程，因而选C。‎ ‎(2)由(1)中的表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON，故必要步骤为A、D、E。‎ ‎(3)动量守恒表达式即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON；若为弹性碰撞同时满足动能守恒，则有m12＝m12＋m22，即m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。‎ 答案：(1)C　(2)ADE　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON　m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2‎ ‎5．(2014·全国Ⅱ卷)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。‎ 若实验允许的相对误差绝对值×100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。‎ 解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小 v＝　 ①‎ 式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。‎ 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则 ΔtA＝＝0.02 s　 ②‎ ΔtA可视为很短。‎ 设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。‎ 将②式和图给实验数据代入①式得 v0＝2.00 m/s　 ③‎ v1＝0.970 m/s　 ④‎ 设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有 v2＝　 ⑤‎ 代入题给实验数据得 v2＝2.86 m/s　 ⑥‎ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则 p＝m1v0　 ⑦‎ p′＝m1v1＋m2v2　 ⑧‎ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp＝×100%　 ⑨‎ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp＝1.7%<5%　 ⑩‎ 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。‎ 答案：见解析 一、单项选择题 ‎1．(2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，B、C、D错误。‎ ‎2．如图所示，一倾角为α、高为h的光滑斜面固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为(　　)‎ A．、0 B．mgv、mgtsin α C．mgvcos α、mgt D．mgvsin α、mgt 解析：选D　根据瞬时功率的公式可得，物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为P＝mgvsin α，重力的冲量为I＝mgt，所以D正确，A、B、C错误。‎ ‎3．如图所示，在水平面上有两个物体A和B，质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，A和B相距x＝9.5 m，A以v0＝10 m/s的初速度向静止的B运动。已知A从开始运动到碰后停止运动共运动了6 s，碰后B停止运动时经历的时间为(已知物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，A、B相碰时间极短，可忽略)(　　)‎ A．2 s B．3 s C．8 s D．10 s 解析：选C　碰撞过程动量守恒，物体运动过程中系统受到的摩擦力的冲量改变了系统的总动量，即μmAgt1＋μmBgt2＝mAv0，得：t2＝8 s。选项C正确。‎ ‎4．(2018·云南玉溪模拟)物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2；那么(　　)‎ A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＜I2，W1＜W2‎ C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1＜W2‎ 解析：选D　I1＝FΔt1＝mv，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2，由动能定理得W1＝mv2，W2＝m×4v2－mv2＝mv2，所以W1＜W2，D正确。‎ ‎5．质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t图像如图所示，则(　　)‎ A．此碰撞一定为弹性碰撞 B．被碰物体质量为2 kg C．碰后两物体速度相同 D．此过程有机械能损失 解析：选A　xt图像的斜率表示物体的速度，由题图求出m1、m2碰撞前后的速度分别为：v1＝4 m/s，v2＝0，v1′＝－2 m/s，v2′＝2 m/s；由动量守恒定律，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，得m2＝3 kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J，机械能无损失，因此是弹性碰撞，B、C、D错误，A正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．(2018·江西九校联考)如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞(不粘接)后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动。在此过程中(　　)‎ A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大 B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小 C．M的速度为时，弹簧的长度最长 D．M的速度为时，弹簧的长度最短 解析：选BD　弹性势能最大时，弹簧的长度最短，故两滑块速度相同，由机械能守恒知，此时两滑块动能之和最小，由动量守恒得，此时mv0＝2mv，解得v＝，即M的速度为时，弹簧的长度最短，综上所述，A、C错误，B、D正确。‎ ‎7．静止在水面上的船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛。抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．两球抛出后，船向左以一定速度运动 B．两球抛出后，船向右以一定速度运动 C．两球抛出后，船的速度为0‎ D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大 解析：选CD 　水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0。两球质量相等，速率相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0。具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球向右抛出后，船静止。人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I乙＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量小于甲球所受冲量。综上所述，C、D正确。‎ ‎8．(2018·河北秦皇岛质检)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一人跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，人跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)‎ A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等 C．三辆车的速率关系vc>va>vb D．a、c两车运动方向相反 解析：选CD　若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统有：0＝－M车vc＋m人v，对人和b车有：m人v＝M车vb＋m人v，对人和a车：m人v＝(M车＋m人)·va，所以vc＝，vb＝0，va＝，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反。故选项C、D正确。‎ ‎9．(2018·天津和平区检测)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列说法正确的是(　　)‎ A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间不同 C．每个水球对子弹的冲量不同 D．子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：选BCD　子弹恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，应用逆向思维，子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，选项B正确；由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft，可知每个水球对子弹的冲量不同，选项C正确；由动能定理知ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，选项D正确。‎ 三、非选择题 ‎10.‎ 把两个大小相同、质量不等的金属球用细线连接起来，中间夹一被压缩了的轻弹簧，置于摩擦可以忽略不计的水平桌面上，如图所示。现烧断细线，观察两球的运动情况，进行必要的测量，探究金属球间发生相互作用时的不变量。测量过程中：‎ ‎(1)还必须添加的器材有_________________________________________________。‎ ‎(2)需直接测量的数据是________________________________________________。‎ ‎(3)需要验证的表达式为_______________________________________________。‎ 解析：两球弹开后，分别以不同的速度离开桌面做平抛运动，两球做平抛运动的时间相等，均为t＝(h为桌面离地的高度)。根据平抛运动规律，由两球落地点距抛出点的水平距离x＝vt，知两球水平速度之比等于它们的射程之比，即v1∶v2＝x1∶x2；所以本实验中只需测量x1、x2即可，测量x1、x2时需准确记下两球落地点位置，故需要刻度尺、白纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板等。若要探究m1x1＝m2x2或m1x12＝m2x22…是否成立，还需用天平测量两球质量m1、m2。‎ 答案：(1)刻度尺、白纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板、天平　(2)两球的质量m1、m2，两球碰后的水平射程x1、x2‎ ‎(3)m1x1＝m2x2‎ ‎11．如图所示，水平光滑地面的右端与一半径R＝0.2‎ ‎ m的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m2＝2 kg的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t＝1 s撤去力F，接着与质量m1＝4 kg以速度v1＝5 m/s向右运动的小球碰撞，碰后质量为m1的小球停下来，质量为m2的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m3＝1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开B点后，落在离A点0.8 m的位置，求恒力F的大小(g取10 m/s2)。‎ 解析：质量分别为m2、m3的两小球离开B点后做平抛运动，设平抛运动的初速度为vB，则2R＝gt2，‎ x＝vBt，解得vB＝2 m/s 设质量分别为m2、m3的两小球碰后的速度为v3，根据机械能守恒定律有 ‎(m2＋m3)g·2R＋(m2＋m3)vB2＝(m2＋m3)v32，‎ 解得v3＝4 m/s 设质量分别为m2、m3的两小球碰前质量为m2的小球的速度为v2，由动量守恒定律得 m2v2＝(m2＋m3)v3，解得v2＝6 m/s 设质量分别为m1、m2的两小球碰前质量为m2的小球的速度为v0，由动量守恒定律得：‎ m1v1－m2v0＝m2v2，‎ 解得v0＝4 m/s 对质量为m2的小球，由动量定理得 Ft＝m2v0，解得F＝8 N。‎ 答案：8 N ‎12.(2018·淮北月考)如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)Q离开平板车时的速度；‎ ‎(2)P的长度。‎ 解析：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，由动能定理：‎ mgR(1－cos 60°)＝mv02‎ 解得：v0＝ 小球与Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：‎ mv0＝mv1＋mvQ mv02＝mv12＋mvQ2‎ 解得：v1＝0，vQ＝v0＝ 二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 mvQ＝Mv＋m·2v，解得v＝vQ＝ 则Q离开平板车时，速度为：2v＝。‎ ‎(2)设平板车长L，由能量守恒定律知 Ff·L＝mvQ2－Mv2－m(2v)2‎ 又Ff＝μmg，解得平板车P的长度为L＝。‎ 答案：(1)　(2)