2019届一轮复习人教版 动量守恒中的力学综合问题 课件(59张)
【物理】2019届一轮复习人教版验证动量守恒定律学案
第3讲验证动量守恒定律[学生用书P120]一、实验目的1．验证一维碰撞中的动量守恒．2．探究一维弹性碰撞的特点．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′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前、后动量是否守恒．三、实验器材方案一气垫导轨、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、橡皮泥等．方案二带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．方案三光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等．方案四斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板等．四、实验方案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．(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．方案二利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(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 在光滑桌面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．(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 ＝ΔxΔt 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．方案四 利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律 (1)测质量：先用天平测出小球质量m 1、m 2.(2)安装：按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端切线水平，把被碰小球放在斜槽前边的小支柱上，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，以确保正碰后的速度方向水平．(3)铺纸：在地面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸．在白纸上记下重垂线所指的位置O ，它表示入射小球m 1碰前的位置．(4)放球找点：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所有的小球落点圈在里面．圆心就是入射小球无碰撞时的落地点P .(5)碰撞找点：把被碰小球放在小支柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次，按照步骤4的方法找出入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .(6)验证：过O 、N 在纸上作一直线，取OO ′＝2r ，O ′就是被碰小球碰撞时的球心投影位置(用刻度尺和三角板测小球直径2r )．用刻度尺量出线段OP 、OM 、O ′N 的长度，把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N看是否成立．(7)结束：整理实验器材放回原处．对实验原理和操作的考查[学生用书P121]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)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直面内．(3)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．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．【典题例析】在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中一定需要的是________．A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为____________________．(用装置图中的字母表示) [解析](1)为防止反弹造成入射小球返回斜槽，要求入射小球质量大于被碰小球质量，即m1>m2；为使入射小球与被碰小球发生对心碰撞，要求两小球半径相同．故C正确．(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′.由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度．因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为m1x1＝m1x1′＋m2x2′.所以需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表．由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺．(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N.[答案](1)C(2)AC(3)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·O ′N1.在“验证动量守恒定律”的实验中，已有的实验器材有：斜槽轨道，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，圆规．实验装置及实验中小球运动轨迹及落点的情况简图如图所示．试根据实验要求完成下列填空：(1)实验前，轨道的调节应注意_______________________________________________． (2)实验中重复多次让a 球从斜槽上释放，应特别注意 _______________________________________________.(3)实验中还缺少的测量器材有____________________________________________ ________________________________________________________________________. (4)实验中需要测量的物理量是___________________________________________． (5)若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式________________成立．解析：(1)由于要保证两球发生弹性碰撞后做平抛运动，即初速度沿水平方向，所以必须保证槽的末端的切线是水平的．(2)由于实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前入射球a 的速度必须相同，根据mgh ＝12m v 2可得v ＝2gh ，所以每次必须让a 球从同一高度静止释放滚下．(3)要验证m a v 0＝m a v 1＋m b v 2，由于碰撞前后入射球和被碰球从同一高度同时做平抛运动的时间相同，故可验证m a v 0t ＝m a v 1t ＋m b v 2t ，而v 0t ＝OP ，v 1t ＝OM ，v 2t ＝ON ，故只需验证m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON ，所以要测量a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，故需要天平；要测量两球平抛时水平方向的位移即线段OP 、OM 和ON 的长度，故需要刻度尺．(4)由(3)的解析可知实验中需测量的物理量是a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，线段OP 、OM 和ON 的长度．(5)由(3)的解析可知若该碰撞过程中动量守恒，则一定有关系式m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON .答案：(1)槽的末端的切线是水平的 (2)让a 球从同一高度静止释放滚下 (3)天平、刻度尺 (4)a 球的质量m a 和b 球的质量m b ，线段OP 、OM 和ON 的长度(5)m a ·OP ＝m a ·OM ＋m b ·ON对实验数据和误差分析的考查[学生用书P122]1．数据处理：本实验运用转换法，即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移；由于本实验仅限于研究系统在碰撞前后动量的关系，所以各物理量的单位不必统一使用国际单位制的单位．2．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．如斜槽末端切线方向是否水平，两碰撞球是否等大． (2)偶然误差：主要来源于质量和速度的测量． 3．改进措施(1)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件． (2)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．【典题例析】为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：①用天平测出两小球的质量(分别为m 1和m 2，且m 1>m 2)．②按图示安装好实验器材，将斜槽AB 固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC 连接在斜槽末端． ③先不放小球m 2，让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置． ④将小球m 2放在斜槽末端边缘处，让小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m 1和m 2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B 的距离．图中D 、E 、F 点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B 点的距离分别为L D 、L E 、L F .根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球m 2时，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的________点，把小球m 2放在斜槽末端边缘处，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m 1的落点在图中的________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________． A ．m 1L F ＝m 1L D ＋m 2L EB ．m 1L 2E ＝m 1L 2D ＋m 2L 2FC ．m 1L E ＝m 1LD ＋m 2L F D ．LE ＝LF －L D[解析] (1)小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的E 点，小球m 1和小球m 2相撞后，小球m 2的速度增大，小球m 1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m 1球的落地点是D 点，m 2球的落地点是F 点．(2)设斜面倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cos θ＝v t ，解得v ＝L cos θt ＝L cos θ2L sin θg ＝cos θ2sin θgL ，所以v ∝L .由题意分析得，只要满足m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v ′1，把速度v 代入整理得：m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式： 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v 22， 整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确． [答案] (1)E D (2)C2.(高考全国卷Ⅱ)现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，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m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝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为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Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量⎭⎪⎫×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 ＝Δs Δt①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Δt A ，则 Δt A ＝1f ＝0.02 s②Δt A 可视为很短．设滑块A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1. 将②式和图给实验数据代入①式得 v 0＝2.00 m/s ③ v 1＝0.970 m/s④设滑块B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有 v 2＝d Δt B⑤ 代入题给实验数据得v 2≈2.86 m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则 p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp ＝⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp ＝1.7%<5%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：见解析创新实验[学生用书P122] 【典题例析】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．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，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：①用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B . ②调整气垫导轨，使导轨处于水平．③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． ④用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是________________________________________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________. (3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？若能，请写出表达式： ________________________________________________________________________.[解析] (1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B 的右端至D 板的距离L 2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有m A v A －m B v B ＝0，即m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能．所以能测出，故有ΔE p ＝12⎝⎛⎭⎫m A L 21t 21＋m B L 22t 22.[答案] (1)B 的右端至D 板的距离L 2 (2)m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0 原因见解析 (3)见解析3.某同学利用电火花打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气；③把电火花打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图(b)所示； ⑧测得滑块1的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g . 完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg ·m/s ；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg ·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________ ________________________________________________________________________.解析：(1)⑥使用打点计时器时，应先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放滑块1. (2)放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得： 碰撞前滑块1的动量为：p 1＝m 1v 1＝0.310×0.20.1kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s ，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620 kg ·m/s ；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：(m 1＋m 2)v 2＝(0.310＋0.205)×0.1680.14kg ·m/s ＝0.618 kg ·m/s .(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用． 答案：(1)⑥启动打点计时器(或接通打点计时器电源) 释放滑块1 (2)0.620 0.618(3)纸带和限位孔之间的摩擦力使滑块的速度减小[学生用书P123]1．气垫导轨上有A 、B 两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示)，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ，由图可知：(1)A 、B 离开弹簧后，应该做____________运动，已知滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是________________________________________________________________________．(2)若不计此失误，分开后，A 的动量大小为________kg ·m/s ，B 的动量的大小为________kg ·m/s .本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是________________________________________________________________．解析：(1)A 、B 离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A 、B 均做加速运动，A 、B 两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小．(2)周期T ＝1f ＝0.1 s ，v ＝xt ，由题图知A 、B 匀速时速度大小分别为v A ＝0.09 m/s ，v B ＝0.06 m/s ，分开后A 、B 的动量大小均为p ＝0.018 kg ·m/s ，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线 A 、B 两滑块的第一个间隔(2)0.018 0.018 A 、B 两滑块作用前后总动量不变，均为02．(2018·湖南益阳模拟)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选下图中的________(选填“甲”或“乙”)，若要求碰撞动能损失最小则应选图中的________(选填“甲”或“乙”)．(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)(2)某次实验时碰撞前B 滑块静止，A 滑块匀速向B 滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示．已知相邻两次闪光的时间间隔为T ，在这4次闪光的过程中，A 、B 两滑块均在0～80 cm 范围内，且第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处．若A 、B 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A 、B 两滑块质量比m A ∶m B ＝________．解析：(1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选图中的甲．(2)由图可知，第1次闪光时，滑块A 恰好位于x ＝10 cm 处，第二次A 在x ＝30 cm 处，第三次A 在x ＝50 cm 处，碰撞在x ＝60 cm 处．从第三次闪光到碰撞的时间为T2，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T 时刻．设碰前A 的速度为v ，则碰后A 的速度为v 2，B 的速度为v ，根据动量守恒定律可得m A v ＝－m A ·v2＋m B ·v ，解得m A m B ＝23.答案：(1)乙 甲 (2)2.5T 2∶3 3.某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，如图所示．解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射．现要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，并探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，并按下述步骤进行实验：①用天平测出两球质量分别为m 1、m 2； ②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h ；③解除弹簧锁定弹出两球，记录下两球在水平地面上的落点M 、N . 根据该小组同学的实验，回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有________． A ．弹簧的压缩量ΔxB ．两球落地点M 、N 到对应管口P 、Q 的水平距离x 1、x 2C ．小球直径D ．两球从弹出到落地的时间t 1、t 2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为________________________________________． (3)用测得的物理量来表示，如果满足关系式________________________________________________________________________，则说明弹射过程中系统动量守恒．解析：(1)弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中显然可以利用平抛运动测定平抛初速度以计算初动能，因此在测出平抛运动下落高度的情况下，只需测定两球落地点M 、N 到对应管口P 、Q 的水平距离x 1、x 2，所以选B .(2)平抛运动的时间t ＝2h g ，初速度v 0＝x t ，因此初动能E k ＝12m v 20＝mgx 24h，由机械能守恒定律可知，压缩弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h. (3)若弹射过程中系统动量守恒，则m 1v 01＝m 2v 02，代入时间得m 1x 1＝m 2x 2.答案：(1)B (2)E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h(3)m 1x 1＝m 2x 2 4．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__________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的水平射程(2)图甲中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m 1多次从斜轨上同一位置静止释放，找到其平均落地点的位置B ，测量平抛射程OB .然后把被碰小球m 2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m 1从斜轨上相同位置静止释放，与小球m 2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________(填选项的符号)．A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始释放高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置A 、CE ．测量平抛射程OA 、OC(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]．(4)经测定，m 1＝45.0 g ，m 2＝7.5 g ，小球落地点的平均位置到O 点的距离如图乙所示．碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p ′1，则p 1∶p ′1＝__________∶11；若碰撞结束时m 2的动量为p ′2，则p ′1∶p ′2＝11∶__________；所以，碰撞前、后总动量的比值p 1p ′1＋p ′2＝__________；实验结果说明____________________． 解析：(1)设小球a 没有和b 球碰撞，抛出时速度为v 1，球a 和球b 碰撞后抛出的速度分别为v 2、v 3，则我们要验证动量守恒即：m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3，测速度是关键，平抛运动的初速度v ＝x t ，即m 1OB t 1＝m 1OA t 2＋m 2OC t 3，因为平抛运动的高度一定，所以t 1＝t 2＝t 3，即m 1OB ＝m 1OA ＋m 2OC ，只要测得小球做平抛运动的水平射程，即可替代速度．(2)碰撞完毕后，就要测数据验证了，所以我们由(1)知道可以通过测量它们的水平射程就可以替代不容易测量的速度．再用天平称出两小球的质量m 1、m 2.(3)两球相碰前后的动量守恒的表达式见(1)，弹性碰撞没有机械能损失，所以还应满足机械能守恒，m 1OB 2＝m 1OA 2＋m 2OC 2.(4)将数据代入(3)，因为存在实验误差，所以最后等式两边不会严格相等，所以在误差允许范围内，碰撞前、后的总动量不变．答案：(1)C (2)ADE (3)m 1OB ＝m 1OA ＋m 2OC m 1OB 2＝m 1OA 2＋m 2OC 2 (4)14 2.9 1413.9 误差允许范围内，碰撞前、后的总动量不变。
【物理】2019届一轮复习人教版动量守恒定律及应用学案
第2讲动量守恒定律及应用见学生用书P094微知识1 动量守恒定律1．内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的四种表达形式(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为零。
(3)Δp1＝－Δp2，即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
3．常见的几种守恒形式及成立条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
(3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
微知识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(1)作用时间短。
(2)作用力变化快。
(3)内力远大于外力。
(4)满足动量守恒。
3．碰撞的分类及特点(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
(3)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
微知识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。
微知识4 反冲运动1．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
2．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。
一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。
(√)2．质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。
(×)3．系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。
(×)4．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
(×)二、对点微练1．(动量守恒条件)(多选)如图所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。
南方新高考2019年高考物理一轮总复习专题十三第2讲动量守恒定律的综合运用课件新人教版
【考点练透】
1．(2014 年大纲卷)一中子与一质量数为A(A＞1)的原子核 发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的
速率之比为( )
A＋1 A.A－1
4A C.A＋12
A－1 B.A＋1
A＋12 D.A－12
解析：设中子的质量为m，则原子核的质量为Am.设碰撞 前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹 性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，12mv20＝12mv21＋12Amv22，解得v1＝ 11－ ＋AAv0，故vv01＝AA＋ －11，A正确．
B.Mmv0
C.M－M mv0
D.M－m mv0
答案：D
》》》考点1 碰撞问题 ⊙重点归纳
1．弹性碰撞的规律 两球发生弹性碰撞时，应满足动量守恒定律和机械能守恒
定律．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发 生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′，12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2 解得v1′＝mm11－ ＋mm22v1，v2′＝m21m＋1vm12.
⊙典例剖析 例 1：(2014 年山东卷)如图 13-2-2 所示，光滑水平直轨道
上两滑块 A、B 用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松 弛，B 静止，给 A 向左的初速度 v0.一段时间后，B与A 同向运 动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的 速度的两倍，也是碰撞前瞬间 B 的速度的一半．求：
2．反冲运动：是相互作用的物体之间的作用力与反作用力 产生的效果，如发射炮弹时炮身后退，火箭因喷气而发射等．
(1)系统内的不同部分在强大的内力作用下向___相__反___ 方 向运动，通常用动量守恒定律来处理．
2019年高考物理一轮复习精品资料专题13.2 动量守恒定律及应用(教学案) 含解析
2019年高考物理一轮复习精品资料1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题一、动量守恒定律的理解及应用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，这就是动量守恒定律。
(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
2．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的“五性”系统性动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时同时性刻的速度矢量性应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值普适性不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统二、碰撞现象的特点和规律1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.碰撞后运动状态可能性判断的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2。
2019届一轮复习人教版 动量守恒定律 课件(52张)
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取 矢量性 统一的正方向
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统， 普适性 还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
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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。
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 ( )
最多 动量守恒，机械能损失_____
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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 (
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[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
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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。
2019届一轮复习人教版 碰撞与动量守恒 课件(25张)
性碰撞(Ⅰ)
• 高考命题已逐渐从知识立意 到能力立意,并向核心素养 立意转化,核心素养立意是在能 力立意命题思想的基础上进一 步完善的命题思想 。
今日复习知识点
1．动量定理：Ft＝p′－p＝mv′－mv 或 I＝Δp。其中 F 是物体所受的合力，p′－p 是末态动量跟初态动量的矢量差。 2．动量守恒定律的适用条件 (1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零； (2)系统所受合外力不为零，但在某一方向上系统所受外力 的合力为零，则在该方向上系统动量守恒； (3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如 碰撞、爆炸过程。
解析：人的速度原来为零，起跳后变化 v，则由动量定理可 得 I－mgΔt＝mv，故地面对人的冲量为 I＝mv＋mgΔt；而 人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做 功，故 B 项正确。
答案：B
解析：规定向右为正，碰撞过程中 A、B 组成的系统动量守 恒，所以有 pA＝pA′＋pB，解得 pB＝3 kg· m/s，A 项正确， pA2 B 项错误； 由于是弹性碰撞， 所以没有机械能损失， 故 ＝ 2mA pA′2 pB2 ＋ ，解得 mB＝3 kg，C 项错误，D 项正确。 2mA 2mB
解得 P、Q 碰前瞬间，Q 的速度 v2＝ 22 m/s P、Q 间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
mQv2＝mPvP′＋mQvQ′ 1 1 1 2 2 由机械能守恒定律有 mQv2 ＝ mPvP′ ＋ mQvQ′2 2 2 2 22 22 解得 vP′＝ m/s，vQ′＝－ m/s，负号表示方向向右 2 2 vP′2 碰后滑块 P 向左滑动的位移 xP′＝ ＝2.75 m 2μg 碰后滑块 Q 向右滑动的位移 vQ′2 xQ′＝ ＝2.75 m＞L－x1＝2.5 m， 2μg 所以滑块 Q 在第二次碰撞后会冲上斜面后返回 x′＝xQ′－(L－x1)＝0.25 m，不会发生第三次碰撞 所以 P、Q 都停下后两滑块相距 Δx＝xP′＋xQ′－2x′＝5 m。 答案：(1)6.5 m (2)1.35 m (3)5 m
2019届一轮复习人教版 动量守恒定律 课件(76张)
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)物块相对木板滑行的时间； (2)物块相对木板滑行的位移。
[递进题组] 1. 如图所示，在桌面边缘有一木块质量是 1.99 kg，桌子高 h＝0.8 m，一颗质量为 10 g 的子弹，击中 木块，并留在木块内，落在桌子右边 80 cm 处的 P 点，子 弹入射的速度大小是下列哪个数据 (g 取 10 m/s2)( A．200 m/s C．400 m/s B．300 m/s D．500 m/s )
5．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且
远大于 系统所受的外力，所以系统动量 守恒 ，爆炸
பைடு நூலகம்
过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置 以新的动量开始运动。
板块二 考点细研•悟法培优
考点 1 动量守恒定律 1．动量守恒的“五性”
[深化理解]
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要 选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。 (2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻 的总动量都和初时刻的总动量相等。 (3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动 量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的 速度。一般选地面为参考系。
(2)由能量守恒定律得 1 1 2 μ(m0＋ m)gd＝ (m0＋ m)v1－ (m0＋ m＋ M)v2 2， 2 2 联立解得 d＝3 m。
总结升华 应用动量守恒定律应注意的问题 (1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的 选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明 确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。 (2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如 本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块 m 位 置没变，子弹与物块 m 共速后，才相对木板 M 运动。物块 相对木板滑行的位移是指物块 m 相对木板 M 滑行的位移， 并非对地的位移，并且物块 m 和木板最后共速。
新课标2019版高考物理一轮复习主题五能量和动量5-1-5动量定理和动量守恒定律课件
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．
(2)变力的冲量
①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，
1．系统、内力和外力 (1)系统：相互作用的两个或多个物体组成的 整体 ． (2)内力：系统 内部 物体间的相互作用力． (3)外力：系统 以外 的物体对系统 以内 的物体的作用 力．
2．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0，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：对两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝ p1′＋p2′ 或m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ .
[答案] IG＝50 N·s，方向竖直向下 IN＝40 N·s，方向垂直 于斜面向上 If＝20 N·s，方向沿斜面向上 I合＝10 N·s，方向 沿斜面向下
走出对动量和冲量的认识误区 (1)忽视动量、冲量的矢量性而出错． (2)忽视I＝Ft的适用条件，认为可求变力的冲量而出错．
[变式训练] 1．(动量的变化)如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以 25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回， 速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为( )
即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝
F1＋F2 2
t，其中F1，F2为该段时间内初、末时刻力的大小．
②作出F－t变化图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲
量．
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求 解．即通过求Δp，间接求出冲量．
高考物理一轮复习第六章动量守恒定律力学三大观点课时规范练21力学三大观点的综合应用新人教版
【2019最新】精选高考物理一轮复习第六章动量守恒定律力学三大观点课时规范练21力学三大观点的综合应用新人教版能力提升组1.(2017·河南新乡模拟)如图所示,半径为R=1 m的圆弧形轨道固定在水平轨道上,与圆弧形轨道相切的水平轨道上静置一小球B。
小球A从圆弧形轨道上离水平轨道高度为h=0.8 m处沿轨道下滑,与小球B发生碰撞并粘在一起。
所有接触面均光滑,A、B两球的质量均为m=1 kg,g取10m/s2。
求:(1)小球A在弧形轨道最低点时对轨道的压力大小F;(2)小球A、B碰撞过程中损失的机械能ΔE。
设小球A在圆弧形轨道最低点受到轨道的支持力大小为F',由牛顿第二定律得F'-mg=由以上两式解得F'=26 N由牛顿第三定律可知,F=F'=26 N。
(2)对小球A、B碰撞的过程,由动量守恒定律有mv=2mv',其中由于A、B碰撞并粘在一起,对该过程,由能量守恒定律有ΔE=mv2-×2mv'2,解得ΔE=4 J。
2.如图甲所示,在倾角为37°的粗糙足够长的斜面的底端,一质量m=1 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧,滑块与弹簧不相连。
t=0时释放物块,计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc 段为直线,在t1=0.1 s时滑块已上滑x=0.2 m的距离,g取10 m/s2。
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ的大小;(2)压缩弹簧时,弹簧具有的弹性势能Ep。
根据牛顿第二定律,有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma解得μ=0.5。
(2)由题中图线可知,t2=0.1 s时的速度大小v=2.0 m/s,由功能关系可得Ep=mv2+mgxsin 37°+μmgxcos 37°代入数据得Ep=4.0 J。
2019高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 第4讲 动量守恒中的力学综合问题学案
第4讲 动量守恒中的力学综合问题多物体、多阶段运动的求解[学生用书P116]【题型解读】动量守恒与其他知识综合问题的求解方法(1)动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程． (2)其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律．(3)最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键．【典题例析】(2018·广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L 的木板B ，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的14圆弧槽C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有很小的滑块A 以初速度v 0从右端滑上B ，并以v 02的速度滑离B ，恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ，求：(1)滑块A 与木板B 上表面间的动摩擦因数μ； (2)14圆弧槽C 的半径R . [解析] (1)对A 、B 、C 整体，设A 刚离开B 时，B 和C 的共同速度为v B ，从A 滑上B 到刚离开B 的过程中动量守恒，有mv 0＝m v 02＋2mv B ，解得v B ＝v 04由能量守恒定律有μmgL ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12×2mv 2B解得μ＝5v 216gL.(2)从A 滑上C 到“恰好能到达C 的最高点”的过程中，设A 到达最高点时A 和C 的共同速度为v C ，研究A 和C 组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有m v 02＋mv B ＝2mv C ，解得v C ＝38v 0由于在此过程中A 和C 组成的系统机械能守恒，有 mgR ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12mv 2B －12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫3v 082解得R ＝v 2064g.[答案] 见解析【跟进题组】1．(2015·高考山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．解析：设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰撞后A 的速度v ′A ＝18v 0，B 的速度v B＝34v 0，由动量守恒定律得 mv A ＝mv ′A ＋mv B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由能量守恒定律得W A ＝12mv 20－12mv 2A②设B 与C 碰撞前B 的速度为v ′B ，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由能量守恒定律得W B ＝12mv 2B －12mv ′2B③ 据题意可知W A ＝W B④设B 、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv ′B ＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0. 答案：2116v 0 2．(2015·高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 解析：(1)物块A 由初始位置到Q 的过程，由动能定理得：－mg ×2R ＝12mv 2－12mv 2解得：v ＝4 m/s.设在Q 点物块A 受到轨道的弹力为F ，受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝mv 2R解得：F ＝mv 2R－mg ＝22 N ．(2)由机械能守恒定律知：物块A 与B 碰前的速度仍为v 0＝6 m/s.A 与B 碰撞过程动量守恒，设碰后A 、B 的速度为v 共 mv 0＝2mv 共解得v 共＝12v 0＝3 m/s.设A 与B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s ，由动能定理得－μ×2mgs ＝0－12×2mv 2共解得：s ＝v 2共2g μ＝4.5 m故k ＝s L ＝4.50.1＝45.(3)碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度等于滑离第n 个(n ＜k )粗糙段的速度 由动能定理得：－μ×2mgnL ＝12×2mv 2n －12×2mv 2共解得：v n ＝v 2共－2μgnL ＝9－0.2n (n ＜45)． 答案：(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n (n ＜45)动量守恒中的临界问题[学生用书P117]【题型解读】1．动量守恒问题中常见的临界问题(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v 甲大于乙物体的速度v 乙，即v 甲>v 乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v 甲＝v 乙．(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键(1)寻找临界状态：看题设情景中有相互作用的两物体是否相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．【典题例析】(2018·河北石家庄检测)如图所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m 2＝2m 的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 2g，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．[解析] 设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v ′1人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2 解得v ′1＝6v 0－2v ，v ′2＝12v －12v 0两车不发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2 当v ′1＝v ′2时，解得v ＝135v 0当v ′1＝－v ′2时，解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.[答案]135v 0≤v ≤113v 0 【跟进题组】1．(2018·湖南长沙模拟)如图所示，用长为R 的不可伸长的轻绳将质量为m3的小球A 悬挂于O 点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B (可视为质点)置于长木板C 的左端静止．将小球A 拉起，使轻绳水平拉直，将A 球由静止释放，运动到最低点时与小物块B 发生弹性正碰．(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．(2)若长木板C 的质量为2m ，小物块B 与长木板C 之间的动摩擦因数为μ，长木板C 的长度至少为多大，小物块B 才不会从长木板C 的上表面滑出？解析：(1)设小球A 与小物块B 碰前瞬间的速度为v 0，则有m3gR ＝12·m 3v 20设碰后小球A 和小物块B 的速度分别为v 1和v 2，有m3v 0＝m3v 1＋mv 212·m 3v 20＝12·m 3v 21＋12·mv 22 设碰后小球A 能上升的最大高度为H ，有m3gH ＝12·m 3v 21所求cos θ＝R －HR由以上各式解得cos θ＝34.(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B 的速度为v 2＝122gR 设小物块B 与长木板C 相互作用达到的共同速度为v ，长木板C 的最小长度为L ，有mv 2＝(m ＋2m )v μmgL ＝12mv 22－12(m ＋2m )v 2由以上各式解得L ＝R6μ.法二：由(1)可求得碰后小物块B 的速度为v 2＝122gR设小物块B 运动位移为x 1时，小物块B 、长木板C 达到共同速度v ，此时长木板C 运动的位移为x 2 对小物块B 有μmg ＝ma B ，v 22－v 2＝2a B ·x 1 对长木板C 有μmg ＝2ma C ，v 2＝2a C ·x 2，v a C ＝v 2－va B木板的最小长度L ＝x 1－x 2由以上各式解得L ＝R6μ.答案：见解析 2.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m A ＝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 .求小球B 的质量．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有 0＝m A v 1－Mv由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 21＋12Mv 2联立解得v 1＝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v ′1和v 2.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v ′1＝1 m/s由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v ′1＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 21＝12m A v ′21＋12m B v 22联立上式解得m B ＝3 kg. 答案：3 kg用三种观点解决力学问题[学生用书P118]【题型解读】合力(不为0)的瞬时作用效果是使物体产生加速度，由此得出解决力学问题的观点之一：动力学观点．合力(不为0)的空间作用效果是对物体做功，由此得出解决力学问题的观点之二：能量观点．合力(不为0)的时间作用效果是使物体的动量发生变化，由此得出解决力学问题的观点之三：动量观点．解决力学问题的三种观点所涉及的主要内容是“三个运动定律”——牛顿三大定律，“两个定理”——动能定理和动量定理，“三个守恒定律”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律．一般来讲，大多数力学问题用上述三种观点中的任何一种都是可以解决的，但是在选择解决力学问题的观点时，选择顺序应该首先是能量观点，其次是动量观点，最后才是动力学观点．并不是所有的力学问题只用上述观点中的任何一种就能解决的，有些问题还需要综合应用上述两种甚至三种观点才能解决，所以，要从问题中所涉及的物理量、研究对象和研究过程的特点等几个方面进行分析进而做出正确而恰当的选择．1．从研究对象上看(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；(3)若研究对象为一物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．2．从研究过程上看(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点； (2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点； (3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理； (4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律． 3．从所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律； (3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律； (4)如果涉及初末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则，并不是一成不变的．总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用．【典题例析】(2018·衡水中学模拟)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN 右端N 处与水平传送带理想连接，传送带长度L ＝4.0 m ，传送带以恒定速率v ＝3.0 m/s 沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m ＝1.0 kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，开始时滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A 以初速度v 0＝2.0 m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A 与B 碰撞过程中滑块C 的速度仍为零．因碰撞使连接B 、C 的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．滑块C 脱离弹簧后以速度v C ＝2.0 m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能E p ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？[解析] (1)滑块C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x由牛顿第二定律得μmg ＝ma由运动学公式得v ＝v C ＋at ，x ＝v C t ＋12at 2代入数据可得x ＝1.25 m<L故滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为3.0 m/s.(2)设A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2 由动量守恒定律有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1， (m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B )v 2＋m C v CA 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有E p ＋12(m A ＋m B )v 21＝12(m A ＋m B )v 22＋12m C v 2C代入数据可解得E p ＝1.0 J.(3)在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值v m ，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v设A 与B 碰撞后的速度为v ′1，与滑块C 分离后A 与B 的速度为v ′2，滑块C 的速度为v ′CC 在传送带上做匀减速运动的末速度为v ＝3 m/s ，加速度大小为2 m/s 2由匀变速直线运动的速度－位移公式得v 2－v ′2C ＝2(－a )L ，解得v ′C ＝5 m/s以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A 、B 碰撞过程有m A v m ＝(m A ＋m B )v ′1 弹簧伸开过程有(m A ＋m B )v ′1＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′2 在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得E p ＋12(m A ＋m B )v ′21＝12(m A ＋m B )v ′22＋12m C v ′2C联立以上几式并代入数据解得v m ＝7.1 m/s. [答案] 见解析【跟进题组】1．如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度大小； (2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ① 将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s.②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④ 12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22 ⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m.答案：(1)4 m/s (2)0.75 m2．(2018·广东惠州模拟)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的14圆弧轨道，圆弧半径R ＝5.6 m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的14圆弧轨道，圆弧半径r ＝1 m ，三段轨道均光滑．一长为L ＝2 m 、质量为M ＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m ＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)若h 为2.8 m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ (2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？解析：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为v B ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2B工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2BR联立解得F N ＝40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝40 N.(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达到共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋M )v 1 由动能定理得μmgL ＝12mv 20－12(m ＋M )v 21对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh 1＝12mv 20代入数据解得h 1＝3 m要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h 1＝3 m 为其从AB 轨道滑下的最大高度，设其从轨道下滑的最小高度为h ′，刚滑上小车的速度为v ′0，与小车达到共速时的速度为v ′1，刚滑上CD 轨道的速度为v ′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv ′0＝(m ＋M )v ′1由动能定理得μmgL ＝12mv ′20－12Mv ′21－12mv ′22工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得 12mv ′22＝mgr 工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mgh ′＝12mv ′20联立并代入数据解得h ′＝187m 综上所述，要使工件能从CD 轨道最高点飞出，应使h 满足187m<h ≤3 m.答案：见解析[学生用书P119]1．“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，选项B 、C 、D 错误．2．(2018·合肥质检)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a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s ，滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N ·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W解析：选D.类比速度－时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝12mv 2－12mv 20＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，I F －F f ·t ＝mv －mv 0，代入已知条件解得I F ＝48 N ·s ，C 项错；由牛顿第二定律可知，6 s 末F －F f ＝ma ，解得F ＝10 N ，所以拉力的功率P ＝Fv ＝200 W ，D 项对．3.(2018·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J解析：选D.设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12Mv 2＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m mE k >50 J ，当Q ＝70 J 时，可得M ∶m ＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120 J 时，可得M ∶m ＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．4．(2018·北京东城区检测)质量为80 kg 的冰球运动员甲，以5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg 、速度为3 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是( )A ．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB ．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC ．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD ．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析：选D.甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v 乙，碰撞后乙的速度为v ′乙，由动量守恒定律得：m 甲v 甲－m 乙v 乙＝m 乙v ′乙，解得v ′乙＝1 m/s ，方向水平向右，选项A 、B 错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE ＝12m甲v 2甲＋12m 乙v 2乙－12m 乙v ′2乙，代入数据解得ΔE ＝1 400 J ，机械能减少了1 400 J ，选项C 错误，D 正确．5．(多选)(2018·山东威海月考)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )A ．碰撞前总动量是2mvB ．碰撞过程动量不守恒C ．碰撞后乙的速度大小为2vD ．碰撞属于非弹性碰撞解析：选AC.取向右为正方向，碰撞前总动量为3mv －mv ＝2mv ，A 正确；碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外力，则系统动量守恒，B 错误；设碰撞后乙的速度为v ′，由动量守恒定律得3mv －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v ，C 正确；碰撞前总动能为12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰撞后总动能为0＋12m (2v )2＝2mv 2，碰撞前后无机械能损失，碰撞属于弹性碰撞，D 错误．6．(多选)(2018·广东六校联考)如图甲所示，光滑平台上的物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车B 上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：选BC.由图象可知，AB 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A 错误；由动量守恒定律得，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得：m A m B ＝v 1v 0－v 1，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由图象可以知道A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得：μm A g Δx ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 21，根据B 中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误．7．(多选)质量为m 的物体(可视为质点)套在光滑水平固定直杆上，其上拴一劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧另一端固定于距离直杆3d 的O 点，物体从A 点以初速度v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，OA 、OB 与水平杆的夹角大小如图所示，弹簧始终处于弹性限度内(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )A ．从A 点运动到B 点的过程中，物体的速度先增大后减小 B ．物体在A 、B 两点时弹簧弹力的功率相等C ．弹簧的原长为5.5dD ．物体在A 点时加速度的大小为2kd5m解析：选CD.由图中的几何关系可得OA ＝3d sin 37°＝5d ，OB ＝3dsin 30°＝6d ，由于物体从A 点以初速度v 0向右运动，到达B 点时速度也为v 0，可知从A 到B 的过程中物体的动能变化量为0；在该过程中，由于杆光滑，结合动能定理可知弹簧对物体做功的和等于0，物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在B 点时的弹性势能，结合弹性势能的特点可知，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，且弹簧的压缩量等于后来弹簧的伸长量，即L 0－5d ＝6d －L 0，所以弹簧的原长L 0＝5.5d .物体从A 向O 点正下方运动的过程中弹簧继续压缩，所以弹簧对物体做负功，物体的速度减小；物体从O 点的正下方向B 运动的过程中弹簧伸长，先对物体做正功，物体的速度增大；当弹簧的长度大于弹簧原长后，弹簧又开始对物体做负功，物体的速度又减小．所以物体先减速，再加速，最后又减速，A 错误，C 正确；如图所示，分别画出A 、B 两点受到的弹力与速度，由公式P ＝Fv cos θ可知，A 、B 两点F 与v 0之间的夹角不同，则A 、B 两点弹簧弹力的功率不相等，B 错误；在A 点，弹簧的弹力F 与运动方向之间的夹角为180°－37°＝143°，则物体在A 点的加速度大小a ＝k （5d －L 0）cos 143°m ＝2kd5m，D 正确．8．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并黏接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：A 、B 碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B 、C 相碰黏接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1 ①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2②。
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(1)求 A 滑过 Q 点时的速度大小 v 和受到的弹力大小 F； (2)若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值； (3)求碰后 AB 滑至第 n 个(n＜k)光滑段上的速度 vn 与 n 的关 系式．
解析：(1)物块 A 由初始位置到 Q 的过程，由动能定理得： 1 1 －mg×2R＝ mv2－ mv2 2 2 0 解得：v＝4 m/s. 设在 Q 点物块 A 受到轨道的弹力为 F，受力分析如图所示 mv2 由牛顿第二定律得：mg＋F＝ R
答案：
21 v 16 0
2．(2015· 高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道 水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半 径 R＝0.5 m．物块 A 以 v0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑 过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道 呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为 L＝0.1 m．物 块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 μ＝0.1，A、B 的质量均 为 m＝1 kg(重力加速度 g 取 10 m/s2；A、B 视为质点，碰撞 时间极短)．
v2 共 解得：s＝ ＝4.5 m 2gμ s 4. 5 故 k＝L＝ ＝45. 0. 1 (3)碰后 AB 滑至第 n 个(n＜k)光滑段上的速度等于滑离第 n 个(n＜k)粗糙段的速度 1 1 由动能定理得：－μ×2mgnL＝ ×2mv2 － ×2mv2 共 n 2 2 解得：vn＝ v2 9－0.2n(n＜45)． 共－2μgnL＝
第六章
碰撞与动量守恒
第4讲 动量守恒中的力学综合问题
多物体、多阶段运动的求解 【题型解读】 动量守恒与其他知识综合问题的求解方法 (1)动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题， 解决这 类问题首先要弄清物理过程． (2)其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律． (3)最后根据物理规律对每一个过程列方程求解， 找出各物理 过程之间的联系是解决问题的关键．
(2)从 A 滑上 C 到“恰好能到达 C 的最高点”的过程中，设 A 到达最高点时 A 和 C 的共同速度为 vC，研究 A 和 C 组成 的系统，在水平方向上由动量守恒定律有 v0 3 m ＋mvB＝2mvC，解得 vC＝ v0 2 8 由于在此过程中 A 和 C 组成的系统机械能守恒，有
3v02 1 v02 1 2 1 mgR＝ m ＋ mvB－ ×2m 2 2 2 2 8
(2)两物体不相碰的临界问题： 两个在光滑水平面上做匀速运 动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度 v 甲大 于乙物体的速度 v 乙，即 v 甲>v 乙，而甲物体与乙物体不相碰 的临界条件是 v 甲＝v 乙． (3)涉及弹簧的临界问题： 对于由弹簧组成的系统， 在物体间 发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端 的两个物体的速度相等．
【典题例析】 (2018· 广东肇庆模拟)如图所示，在光滑水平面上有 一块长为 L 的木板 B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑 1 的 圆弧槽 C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板 4 的上表面相平，B、C 静止在水平面上．现有很小的滑块 A v0 以初速度 v0 从右端滑上 B，并以 的速度滑离 B，恰好能到 2 达 C 的最高点．A、B、C 的质量均为 m，求：
设 B 与 C 碰撞前 B 的速度为 v′B， B 克服轨道阻力所做的功 1 1 为 WB，由能量守恒定律得 WB＝ mv2 － mv′2 B B ③ 2 2 据题意可知 WA＝WB ④
设 B、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律 得 mv′B＝2mv 联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝ 21 v. 16 0 ⑤
答案：(1)4 m/s
22 N (2)45
(3)vn＝ 9－0.2n(n＜45)
动量守恒中的临界问题 【题型解读】 1．动量守恒问题中常见的临界问题 (1)滑块与小车的临界问题： 滑块与小车是一种常见的相互作 用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的 摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚 好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时， 滑块与小 车的速度相同．
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(1)滑块 A 与木板 B 上表面间的动摩擦因数 μ； 1 (2) 圆弧槽 C 的半径 R. 4 [解析] (1)对 A、B、C 整体，设 A 刚离开 B 时，B 和 C 的
共同速度为 vB， 从 A 滑上 B 到刚离开 B 的过程中动量守恒， v0 v0 有 mv0＝m ＋2mvB，解得 vB＝ 2 4 1 2 1 v02 1 由能量守恒定律有 μmgL＝ mv0－ m － ×2mv2 B 2 2 2 2 5v2 0 解得 μ＝ . 16gL
mv2 解得：F＝ R －mg＝22 N．
(2)由机械能守恒定律知： 物块 A 与 B 碰前的速度仍为 v0＝6 m/s. A 与 B 碰撞过程动量守恒，设碰后 A、B 的速度为 v 共 mv0＝2mv 共 1 解得 v 共＝ v0＝3 m/s. 2 设 A 与 B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为 s， 1 由动能定理得－μ×2mgs＝0－ ×2mv2 共 2
解析：设滑块质量为 m，A 与 B 碰撞前 A 的速度为 vA，由 1 3 题意知，碰撞后 A 的速度 v′A＝ v0，B 的速度 vB＝ v0，由 8 4 动量守恒定律得 mvA＝mv′A＋mvB ①
设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为 WA，由能量守恒定律 得 1 1 2 WA＝ mv2 － mv 2 0 2 A ②
v2 0 解得 R＝ . 64g
[答案] 见解析
【跟进题组】 1．(2015· 高考山东卷)如图，三 个质量相同的滑块 A、B、C， 间隔相等地静置于同一水平直轨道上． 现给滑块 A 向右的初 速度 v0，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，碰后 A、B 分别以 1 3 v0、 v0 的速度向右运动，B 再与 C 发生碰撞，碰后 B、C 8 4 粘在一起向右运动．滑块 A、B 与轨道间的动摩擦因数为同 一恒定值．两次碰撞时间均极短．求 B、C 碰后瞬间共同速 度的大小．