高考物理一輪復習 1動量守恒定律及其應用課件 滬科版選修3-5.ppt

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知識點1 動量、動量守恒定律及其應用 Ⅱ 【思維激活1】如圖所示,一個質量為0.18kg的 壘球,以25m/s的水平速度向右飛向球棒,被球棒 打擊后反向水平飛回,速度大小變?yōu)?5m/s,則這 一過程中動量的變化量為( ) A.大小為3.6 kg·m/s,方向向右 B.大小為3.6 kg·m/s,方向向左 C.大小為12.6 kg·m/s,方向向右 D.大小為12.6 kg·m/s,方向向左,,選修3-5 第一章 動量守恒定律及其應用,【解析】選D。選向右為正方向,則動量的變化量為Δp= mv1-mv0=0.18×(-45)kg·m/s-0.18×25kg·m/s =-12.6kg·m/s,大小為12.6kg·m/s,負號表示其方向向左, 故D正確,A、B、C均不對。,【知識梳理】 1.動量： (1)定義：運動物體的_____和_____的乘積,通常用p來表示。 (2)表達式：p=___。 (3)單位：________。 (4)標矢性：動量是矢量,其方向和_____方向相同。,質量,速度,mv,kg·m/s,速度,(5)動量、動能、動量變化量的比較：,速度,運動,矢量差,mv,p′-p,矢量,過程量,2.動量守恒定律： (1)內容：如果一個系統(tǒng)_________,或者____________________, 這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 (2)表達式。 ①p=____,系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′。 ②m1v1+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。 ③Δp1=_____,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。 ④Δp=__,系統(tǒng)總動量的增量為零。,不受外力,所受外力的矢量和為0,p′,m1v1′+m2v2′,-Δp2,0,3.動量守恒定律的守恒條件： (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零,不是系統(tǒng)內每 個物體所受的合外力都為零,更不能認為系統(tǒng)處于_____狀態(tài)。 (2)近似守恒：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力_______它所受 到的外力。如碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等現象中系統(tǒng)的動量 近似守恒。 (3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為 零,則系統(tǒng)_____________動量守恒。但值得注意的是,系統(tǒng)的 總動量可能不守恒。,平衡,遠大于,在這一方向上,知識點2 彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ 【思維激活2】如圖所示,P物體與一個連著 彈簧的Q物體正碰,碰后P物體靜止,Q物體以 P物體碰前的速度v離開,已知P與Q質量相等, 彈簧質量忽略不計,那么當彈簧被壓縮至最短時,下列的結論中正確的應是( ) A.P的速度恰好為零 B.P與Q具有相同速度 C.Q剛開始運動 D.Q的速度等于v,【解析】選B。P物體接觸彈簧后,在彈簧彈力作用下,P做減速 運動,Q做加速運動,P、Q間的距離減小,當P、Q兩物體速度相等 時,彈簧被壓縮到最短,所以B正確,A、C錯誤。由于作用過程中 動量守恒,設速度相等時速度為v′,則mv=(m+m)v′,所以彈簧 被壓縮至最短時,P、Q的速度v′= 故D錯誤。,【知識梳理】 1.碰撞：物體間的相互作用持續(xù)時間_____,而物體間相互作用 力_____的現象。 2.特點：在碰撞現象中,一般都滿足內力_______外力,可認為 相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。,很短,很大,遠大于,3.分類：,守恒,最大,4.反沖現象： (1)在某些情況下,原來系統(tǒng)內物體具有相同的速度,發(fā)生相互 作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用的 過程中系統(tǒng)的動能_____,且常伴有其他形式能向動能的轉化。 (2)反沖運動的過程中,如果合外力為零或外力的作用_______ 物體間的相互作用力,可利用動量守恒定律來處理。 5.爆炸問題：爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用力很大,且 _______系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動量_____,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。,增大,遠小于,遠大于,守恒,【微點撥】 對系統(tǒng)總動量保持不變的三點提醒 (1)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等,不能誤認為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等。 (2)系統(tǒng)的總動量保持不變,但系統(tǒng)內每個物體的動量可能都在不斷變化。 (3)系統(tǒng)的總動量指系統(tǒng)內各物體動量的矢量和,總動量不變指的是系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變。,考點1 動量守恒定律 1.動量守恒定律的“五性”：,深化 理解,2.碰撞現象滿足的三個規(guī)律： (1)動量守恒。 (2)機械能不增加。 (3)速度要合理。 ①若碰前兩物體同向運動,則應有v后v前,碰后原來在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運動,則應有v前′≥v后′。 ②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。,3.對反沖現象的三點說明： (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。,4.爆炸現象的三個規(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,所以爆炸前后系統(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。,【題組通關方案】 【典題1】(2013·福建高考)將靜置在地面上,質量為M(含燃料)的火箭模型點火升空,在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響,則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是( ),【典題解析】選D?；鸺Ｐ驮跇O短時間點火,設火箭模型獲 得速度為v,據動量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v= 故 選D。,【典題2】(2012·山東高考)光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C,質量分別為mA=3m、mB=mC=m,開始時B、C均靜止,A以初速度v0向右運動,A與B碰撞后分開,B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。,【典題解析】設A與B碰撞后,A的速度為vA,B與C碰撞前B的 速度為vB,B與C碰撞后粘在一起的速度為v,由動量守恒定律得 對A、B木塊：mAv0=mAvA+mBvB ① 對B、C木塊：mBvB=(mB+mC)v ② 由A與B間的距離保持不變可知vA=v ③ 聯(lián)立①②③式,代入數據得vB= v0 答案： v0,【加固訓練】 1.一炮艇總質量為M,以速度v0勻速行駛,從船上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質量為m的炮彈,發(fā)射炮彈后炮艇的速度為v′,若不計水的阻力,則下列各關系式中正確的是 ( ) A.Mv0=(M-m)v′+mv B.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0) C.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′) D.Mv0=Mv′+mv,【解析】選A。本題中的各個速度都是相對于地面的,不需要轉換,發(fā)射炮彈前系統(tǒng)的總動量為Mv0;發(fā)射炮彈后,炮彈的動量為mv,船的動量為(M-m)v′,所以動量守恒定律的表達式為Mv0=(M-m)v′+mv,故A正確。,2.如圖所示,滑塊A、C質量均為m,滑塊B質量為 m。開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側的擋板運動,現將C無初速度地放在A上,并與A粘合不再分開,此時A與B相距較近,B與擋板相距足夠遠。若B與擋板碰撞將以原速率反彈,A與B碰撞后將粘合在一起。為使B能與擋板碰撞兩次,v1、v2應滿足什么關系?,【解析】設向右為正方向,A與C粘合在一起的共同速度為v′, 由動量守恒定律得mv1=2mv′ ① 為保證B碰擋板前A未能追上B,應滿足v′≤v2 ② 設A、B碰后的共同速度為v″, 由動量守恒定律得2mv′- mv2= mv″ ③ 為能使B與擋板再次相碰應滿足v″0 ④ 聯(lián)立①②③④式解得1.5v2v1≤2v2或 v1≤v2 v1 答案：1.5v2v1≤2v2或 v1≤v2 v1,【學科素養(yǎng)升華】 應用動量守恒定律的解題步驟 (1)明確研究對象,確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程); (2)進行受力分析,判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒); (3)規(guī)定正方向,確定初末狀態(tài)動量; (4)由動量守恒定律列出方程; (5)代入數據,求出結果,必要時討論說明。,考點2 動量守恒與機械能守恒綜合 動量守恒定律與機械能守恒定律的比較,拓展 延伸,【題組通關方案】 【典題3】(2014·銀川模擬)如圖所示, 質量為M=0.8kg的小車靜止在光滑水平 面上,左側緊靠豎直墻;在車的左端固定 著彈簧的一端,現用一質量m=0.2kg的滑塊壓縮彈簧(不連接),外力做功W=2.5J。已知小車上表面AC部分為光滑水平面,CB部分為粗糙水平面,CB長L=1m,滑塊與CB間的動摩擦因數μ=0.4?，F將滑塊由靜止釋放,設滑塊與車的B端碰撞時機械能無損失,滑塊在AC段離開彈簧?；瑝K在車上往復運動后,最終停在車上的某個位置,求該位置距B端多遠?(g取10m/s2),【典題解析】根據功能關系 mv02=W 解得v0=5 m/s 根據動量守恒定律(m+M)v=mv0 解得v=1 m/s 根據動能定理：-μmgs= (M+m)v2- mv02 解得s=2.5 m 由此可知滑塊往返一次，又向B端滑行0.5 m，故最終滑塊距 B端0.5 m 答案：最終滑塊距B端0.5 m,【典題4】(2013·新課標全國卷Ⅱ)如圖,光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C。B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)。設A以速度v0朝B運動,壓縮彈簧;當A、B速度相等時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中, (1)整個系統(tǒng)損失的機械能; (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。,【典題解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時,對A、 B與彈簧組成的系統(tǒng),動量守恒,有mv0=2mv1 ① 此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,設碰撞后的瞬時速度為v2,損失 的機械能為ΔE,對B、C組成的系統(tǒng),由動量守恒和能量守恒得 mv1=2mv2 ② ③ 聯(lián)立①②③式, 得ΔE= ④,(2)由②式可知,v2v1,A將繼續(xù)壓縮彈簧,直至A、B、C三者速度相同,設此速度為v3,此時彈簧被壓縮到最短,其彈性勢能為Ep,由動量守恒和能量守恒得：mv0=3mv3 ⑤ ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得Ep= 答案：(1) (2),【加固訓練】 1.如圖所示,有光滑弧形軌道的小車靜止于光滑的水平面上,其總質量為M,有一質量也為M的鐵塊以水平速度v沿軌道的水平部分滑上小車。若軌道足夠高,鐵塊不會滑出,則鐵塊沿圓弧形軌道上升的最大高度為( ),【解析】選A。由水平方向動量守恒定律得Mv=(M+M)v′， v′= ① 由機械能守恒定律得 Mv2= ×(2M)v′2+Mgh ② 由①②聯(lián)立解得h=,2.如圖所示,質量M=4kg的滑板B靜止放 在光滑水平面上,其右端固定一根輕質 彈簧,彈簧的自由端C到滑板左端的距離 L=0.5m,這段滑板與木塊A(可視為質點)之間的動摩擦因數μ=0.2,而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應的滑板上表面光滑。木塊A以速度v0=10m/s由滑板B左端開始沿滑板B表面向右運動。已知木塊A的質量m=1kg,g取10m/s2。求： (1)彈簧被壓縮到最短時木塊A的速度; (2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能。,【解析】(1)彈簧被壓縮到最短時，木塊A與滑板B具有相同 的速度，設為v，從木塊A開始沿滑板B表面向右運動至彈簧 被壓縮到最短的過程中，A、B系統(tǒng)的動量守恒： mv0=(M+m)v 解得v= 代入數據得木塊A的速度v=2 m/s。,(2)木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時，彈簧的 彈性勢能最大。 由能量關系，最大彈性勢能 Ep= mv02- (m+M)v2-μmgL 代入數據得Ep=39 J。 答案：(1)2 m/s (2)39 J,【學科素養(yǎng)升華】 動量與能量的綜合在碰撞中的求解技巧 (1)處理這類問題,關鍵是區(qū)分物體相互作用的情況,分清物體的運動過程,尋找各相鄰運動過程的聯(lián)系,弄清各物理過程所遵循的規(guī)律。 (2)對于發(fā)生彈性碰撞的物體,其作用過程中系統(tǒng)機械能守恒,動量守恒;對于非彈性碰撞來說,系統(tǒng)的動量守恒但機械能不守恒,系統(tǒng)損失的機械能等于轉化的內能。,考點3 動量守恒與其他知識的綜合 1.動量守恒與動能定理、功能關系、圓周運動、運動學知識、牛頓運動定律綜合。 2.動量守恒與機械能守恒、運動學公式、牛頓運動定律綜合。 3.動量守恒與機械能守恒、平拋運動規(guī)律綜合。 4.動量守恒與能量守恒、核反應知識綜合。 5.動量守恒與運動學知識綜合。 6.動量守恒與混合場(重力場和電場)、向心力、平拋運動、能量綜合。,拓展 延伸,【題組通關方案】 【典題5】(2014·渝中區(qū)模擬)如圖所示,光滑 圓形管道固定在豎直面內,直徑略小于管道內徑 可視為質點的小球A、B質量分別為mA、mB,A球從 管道最高處由靜止開始沿管道下滑,與靜止于管 道最低處的B球相碰,碰后A、B球均能剛好到達與管道圓心O等 高處,關于兩小球質量比值 的說法正確的是( ),【典題解析】選A。A球從管道最高處由靜止開始沿管道下滑， 設到最低點速度為v1，由機械能守恒定律，mAg2R= mAv12， 得v1= A球與B球碰撞，動量守恒，mAv1=mBvB+mAvA；根據 碰后A、B球均能剛好到達與管道圓心O等高處，由機械能守恒 定律，mgR= mv2，解得A、B兩球碰后速度大小均為 若兩 球碰后方向相同，解得 反向時，A、B不可能都到 達與圓心等高處，因為碰后系統(tǒng)機械能不可能增加，故只有選 項A正確。,【典題6】(2013·重慶高考)在一種新的“子母球” 表演中,讓同一豎直線上的小球A和小球B,從距水平 地面高度為ph(p1)和h的地方同時由靜止釋放,如 圖所示。球A的質量為m,球B的質量為3m。設所有碰 撞都是彈性碰撞,重力加速度大小為g,忽略球的直 徑、空氣阻力及碰撞時間。 (1)求球B第一次落地時球A的速度大小; (2)若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰,求p的取值范圍; (3)在(2)情形下,要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置,求p應滿足的條件。,【典題解析】(1)對B球第一次下落過程，由動能定理得 3mgh = ×3mv02 解得v0= 此時A、B兩球的速度相同，即v1= (2)B球第一次下落所用時間為t0,則有h= gt02 落地后，B上升，A下降，A下落至B球釋放位置時所用時間 為t′，則有ph－h(huán)= gt′ 結合題意：0t′2t0 解得1p5,設A球釋放到兩球相碰經歷時間為T,則 ph-h+h′= gT2 對B球,2t0- =T 聯(lián)立以上各式解得1＜p＜3 答案：(1) (2)1p5 (3)1p3,【加固訓練】 1. 如圖所示,一半徑為R的圓弧形軌道固定在水 平地面上,O為最低點,軌道末端A、B兩點距離水 平地面的高度分別為h和2h,h?R。分別從A、B 兩點同時由靜止釋放甲、乙兩個完全相同的小 球,不計軌道與球之間的摩擦及空氣阻力,不計兩球碰撞過程 中的機械能損失,則( ) A.碰撞后乙球經過 的時間再次回到點O B.碰撞后乙球落到水平地面上時的速度大小為 C.碰撞后甲球落到水平地面上時的速度大小為 D.碰撞的瞬間前后相比較,軌道對地面的壓力變小,【解析】選C。由于h?R，故兩小球在軌道上的運動可看作是 簡諧運動，振動周期皆為T= 兩小球經過 的時間同時 到達最低點，由機械能守恒知速度分別為v甲= 與v乙= 在最低點兩小球速度水平發(fā)生彈性對心碰撞，因兩小球 質量相等，速度發(fā)生交換，則乙球再回到最低點時需歷時半個 周期，A錯誤。碰后甲球能離開軌道，落到地面上時由機械能 守恒可知其速度等于碰后速度 而乙球碰后不能離開軌 道，B錯誤，C正確。因兩球質量相等，碰撞前后速度發(fā)生交 換，故軌道對地面的壓力相同，D錯誤。,2.(2012·安徽高考)如圖所示,裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面,一輕質彈簧左端固定,右端連接著質量M=2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺面等高,并能平滑對接。傳送帶始終以u=2m/s的速率逆時針轉動。裝置的右邊是一光滑曲面,質量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺面高h=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2,l=1.0m。設物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。,(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。 (2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上?,【解析】(1)對B，自開始至曲面底端時，由機械能守恒定律得： mBgh= mBvB2 ① vB= ② 設B在傳送帶上速度減為2 m/s時經過的位移為x， 則： ③ 故B在傳送帶上一直做減速運動，設B到達傳送帶左端時速度 大小為v′B由vB2-v′B2=2μgl得： v′B= =4 m/s。 ④ 此后B以4 m/s的速度滑向A 即物塊B與物塊A第一次碰前的速度大小為4 m/s。,(2)設物塊B與物塊A第一次碰撞后的速度大小分別為vB1、vA1， 由動量守恒定律得：mBv′B=mAvA1-mBvB1 ⑤ 由能量守恒定律得： ⑥ 由以上兩式解得： ⑦ 即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上傳送帶，設B向右減 速為0時經過的位移為x′： 則：x′= ⑧ 所以B不能運動到右邊的曲面上。 答案：(1)4 m/s (2)見解析,【學科素養(yǎng)升華】 動量守恒與其他知識綜合問題的求解方法 (1)動量守恒與其他知識綜合問題往往是多過程問題。解決這類問題首先要弄清物理過程。 (2)其次弄清每一個物理過程遵從什么樣的物理規(guī)律。 (3)最后根據物理規(guī)律對每一個過程列方程求解,找出各物理過程之間的聯(lián)系是解決問題的關鍵。,考點4 實驗：驗證動量守恒定律 1.方案一：利用氣墊導軌完成一維碰撞實驗。 (1)測質量：用天平測出滑塊質量。 (2)安裝：正確安裝好氣墊導軌。 (3)實驗：接通電源,利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度。(①改變滑塊的質量。②改變滑塊的初速度大小和方向。) (4)驗證：一維碰撞中的動量守恒。,深化 理解,2.方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實驗。 (1)測質量：用天平測出兩小球的質量m1、m2。 (2)安裝：把兩個等大小球用等長懸線懸掛起來。 (3)實驗：一個小球靜止,拉起另一個小球,放下時它們相碰。 (4)測速度：可以測量小球被拉起的角度,從而算出碰撞前對應小球的速度,測量碰撞后小球擺起的角度,算出碰撞后對應小球的速度。 (5)改變條件：改變碰撞條件,重復實驗。 (6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。,3.方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實驗。 (1)測質量：用天平測出兩小車的質量。 (2)安裝：將打點計時器固定在光滑長木板的一端,把紙帶穿過 打點計時器,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)實驗：接通電源,讓小車A運動,小車B靜止,兩車碰撞時撞針 插入橡皮泥中,把兩小車連接成一體運動。 (4)測速度：通過紙帶上兩計數點間的距離及時間由v= 算出速度。 (5)改變條件：改變碰撞條件,重復實驗。 (6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。,4.方案四：利用斜槽上滾下的小球驗證動量守恒定律。 (1)用天平測出兩小球的質量,并選定質量大的小球為入射小球。 (2)按照如圖所示安裝實驗裝置,調整固定斜槽使斜槽底端水平。,(3)白紙在下,復寫紙在上,在適當位置鋪放好。記下重垂線所指的位置O。 (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10次。用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面,圓心P就是小球落點的平均位置。 (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,重復實驗10次。用步驟(4)的方法,標出碰后入射小球落點的平均位置M和被碰小球落點的平均位置N。如圖所示。,(6)連接ON,測量線段OP、OM、ON的長度。將測量數據填入表 中。最后代入 看在誤差允許的范圍內 是否成立。 (7)整理好實驗器材放回原處。 (8)實驗結論：在實驗誤差范圍內,碰撞系統(tǒng)的動量守恒。,5.實驗時應注意的幾個問題： (1)前提條件：碰撞的兩物體應保證“水平”和“正碰”。 (2)方案提醒： ①若利用氣墊導軌進行實驗,調整氣墊導軌時,注意利用水平儀確保導軌水平。 ②若利用擺球進行實驗,兩小球靜放時球心應在同一水平線上,且剛好接觸,擺線豎直,將小球拉起后,兩條擺線應在同一豎直平面內。,③若利用長木板進行實驗,可在長木板下墊一小木片用以平衡摩擦力。 ④若利用斜槽進行實驗,入射球質量要大于被碰球質量,即：m1m2,防止碰后m1被反彈。 (3)探究結論：尋找的不變量必須在各種碰撞情況下都不改變。,6.對實驗誤差的分析： (1)系統(tǒng)誤差：主要來源于裝置本身是否符合要求,即： ①碰撞是否為一維碰撞。 ②實驗是否滿足動量守恒的條件,如氣墊導軌是否水平,兩球是否等大,長木板實驗是否平衡掉摩擦力等。 (2)偶然誤差：主要來源于質量m和速度v的測量。 (3)減小誤差的措施： ①設計方案時應保證碰撞為一維碰撞,且盡量滿足動量守恒的條件。 ②采取多次測量求平均值的方法減小偶然誤差。,【題組通關方案】 【典題7】(2014·渝中區(qū)模擬)某同學用如圖 甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來 驗證動量守恒定律。實驗時先使A球從斜槽上 某一固定位置G由靜止開始滾下,落到位于水平 地面的記錄紙上,留下痕跡。重復上述操作10次,得到10個落點 痕跡。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,讓A球仍從位 置G由靜止開始滾下,和B球碰撞后,A、B球分別在記錄紙上留下 各自的落點痕跡。重復這種操作 10次,得到了如圖乙所示的三個 落地點。,(1)請你敘述用什么方法找出落地點的平均位置? 。并在圖中讀出OP= 。 (2)已知mA∶mB=2∶1,碰撞過程中動量守恒,則由圖可以判斷出R是 球的落地點,P是 球的落地點。 (3)用題中的字母寫出動量守恒定律的表達式 。,【典題解析】(1)用圓規(guī)畫出盡可能小的圓把所有的小球落點 痕跡都圈在里面,其圓心就是小球落地點的平均位置,由題圖 中讀出 =13.0 cm。 (2)R是B球的落地點,P是A球的落地點。 (3)因平拋落地時間相同,可用水平位移代替平拋的初速度,即 兩球碰前或碰后的速度,所以得出動量守恒定律的表達式為,答案：(1)用最小的圓把所有落點圈在里面，圓心即為落點 的平均位置13.0 cm (2)B A (3),【典題8】(2011·北京高考)如圖,用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律,即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。,(1)實驗中,直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通過僅測量 (填選項前的符號),間接地解決這個問題。 A.小球開始釋放高度h B.小球拋出點距地面的高度H C.小球做平拋運動的射程,(2)圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影,實驗時先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放,找到其平均落地點的位置P,測出平拋射程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。 接下來要完成的必要步驟是 。(填選項前的符號) A.用天平測量兩個小球的質量m1、m2 B.測量小球m1開始釋放高度h C.測量拋出點距地面的高度H D.分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N E.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]; 若碰撞是彈性碰撞,那么還應滿足的表達式為 [用(2) 中測量的量表示]。 (4)經測定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地點的平均位置距O點 的距離如圖所示。碰撞前后m1的動量分別為p1與p1′,則 p1∶p1′= ∶11。若碰撞結束時m2的動量為p2′,則 p1′∶p2′=11∶ 。實驗結果說明,碰撞前后總動量的比 值 為 。,(5)有同學認為,上述實驗中僅更換兩個小球的材質,其他條件不變,可以使被碰小球做平拋運動的射程增大。請你用(4)中已知的數據,分析和計算出被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為 cm。,【典題解析】(1)在落地高度不變的情況下,水平位移就能反映 平拋初速度的大小,所以,僅測量小球做平拋運動的射程就能間 接地測量速度。因此選C。 (2)找出平均落地點的位置,測量平拋的水平位移,因此必須有 的步驟是D、E,且先D后E,至于用天平測質量先后均可。所以答 案是ADE或DAE或DEA。 (3)設落地時間為t,則 動量守恒的 表達式是m1v1=m1v′1+m2v′2,動能守恒的表達式是 所以若兩球相碰前后的動量守恒,則 m1·OM+m2·ON=m1·OP成立,若碰撞是彈性碰撞,動能守恒,則 m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2成立。,(4)碰撞前后m1動量之比,(5)發(fā)生彈性碰撞時，被碰小球獲得的速度最大，根據動量 守恒和動能守恒，m1v1=m1v′1+m2v′2， 聯(lián)立解得v′2= 因此，最大射程為 ×44.80 cm=76.80 cm 答案：(1)C (2)ADE或DAE或DEA (3)m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2 (4)14 2.9 1～1.01均可 (5)76.80,【加固訓練】 1.(2014·朝陽區(qū)模擬)如圖所示,甲、乙為兩個實驗的裝置圖。,(1)甲、乙兩圖中,可以“驗證動量守恒定律”的裝置圖是 。 (2)關于甲、乙兩個實驗,下列說法正確的是 。 A.只有甲實驗必須測量質量 B.只有乙實驗中需要記錄時間 C.乙實驗必須使用重垂線 D.兩個實驗都需要使用刻度尺,【解析】(1)甲圖用來驗證動量守恒,乙圖用來驗證機械能守恒。(2)乙實驗不需要重垂線,甲、乙兩實驗都不需記錄時間。 答案：(1)甲 (2)A、D,2.(2014·濰坊模擬)某同學用如圖所示裝置來研究碰撞過程,第一次單獨讓小球a從斜槽某處由靜止開始滾下。落地點為P,第二次讓a從同一位置釋放后與靜止在斜槽末端的小球b發(fā)生碰撞。a、b球的落地點分別是M、N,各點與O的距離如圖所示。該同學改變a的釋放位置重復上述操作。由于某種原因他只測得了a球的落地點P′、M′到O的距離分別為22.0cm、10.0cm。求b球的落地點N′到O的距離。,【解析】設a球的質量為m1，b球的質量為m2,碰撞過程 中滿足動量守恒定律， 解得m1∶m2=4∶1。 改變a的釋放位置，有 解得： =48.0 cm。 答案：48.0 cm,【學科素養(yǎng)升華】 利用斜槽小球碰撞驗證動量守恒的注意事項 (1)斜槽末端的切線必須水平; (2)入射小球每次都必須從斜槽同一高度由靜止釋放; (3)選質量較大的小球作為入射小球; (4)實驗過程中實驗桌、斜槽、記錄的白紙的位置要始終保持不變。,