2018高考物理一轮总复习第十三章动量近代物理初步选修3_5第38讲动量守恒定律及其应用实战演练
高考物理一轮复习知识点总结-动量与动量守恒
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动量与动量守恒
一、、动量与冲量的区别：
二、动量定理：物体所受的合外力的冲量等于物体的动量的变化。
I合=ΔP 或F合t = mv t—mv0（冲量方向与物体动量变化量方向一致）
公式一般用于冲击、碰撞中的单个物体，解题时要先确定正方向。
三、动量守恒定律：一个系统不受外力或受外力矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
P总= P总’或m1v1+m2v2 = m1v1'+m2v2'
公式一般用于冲击、碰撞、爆炸中的多个物体组成的系统，解题时要先确定正方向。
系统在某方向上外力矢量和为零时，某方向上动量守恒。
四、完全弹性碰撞：在弹性力作用下，动量守恒，动能守恒。
非弹性碰撞：在非弹性力作用下，动量守恒，动能不守恒。
完全非弹性碰撞：在完全非弹性力作用下，碰撞后物体结合在一起运动，动
k
mE P 2=m P E k 22
=量守恒，动
能不守恒。
系统机械能损失最大。
五、动量与动能的关系：。
高考物理一轮复习 第十三章 动量守恒 近代物理
第十三章动量守恒近代物理2.9个公式p＝mv I＝Ft I＝Δpm1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2hν＝W＋12mv2hν＝E m－E nE＝mc2ΔE＝Δmc2 N余＝N原⎝⎛⎭⎪⎫12tτ3.能否发生光电效应，不取决于光强，而取决于光的频率．4.光电子不是光子，是电子．5.玻尔理论的内容包含定态、跃迁、轨道三方面的内容．玻尔理论能很好地解释氢原子光谱．3.微观粒子和宏观物体都具有波动性．4.微观粒子的波动性不同于机械波，它是一种概率波．5.光电效应中的“光”也包括不可见光．3.5个规律动量定理动量守恒定律光电效应规律玻尔理论衰变规律6.半衰期是一个统计规律，对少数的原子核不适用．7.核力是只发生在相邻核子间的短程强相互作用.6.太阳光谱不是连续光谱是吸收光谱．7.原子光谱是线状光谱不是连续光谱．第1节动量定理动量守恒定律[真题回放]1．(2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv2＝12mv21＋12(2m)v22①mv＝mv1＋(2m)v2 ②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12mv 21 ④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12mv 20－12mv2⑦联立②至⑦式，得v 0＝285μg d . ⑧【答案】285μgd 2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图1311，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 恰好相碰并粘接在一起，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，图1311(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】 (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 1①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，由动量守恒和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2② 12mv 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③联立①②③式得 ΔE ＝116mv 20④(2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p＝1348mv20. ⑦【答案】(1)116mv20(2)1348mv203．(2013·山东高考)如图1312所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg，m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．图1312【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C ①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s. ④【答案】 2 m/s[考向分析]1.考纲展示(1)动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ(2)弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ(3)实验：验证动量守恒定律2.命题趋势本节是选修3－5中的重点内容，在新课标全国卷中每年必考一个关于动量、动量守恒的计算题，且难度为中等难度，这个特点在以后的高考命题中不会变化．3.选材特点经常以生活中的具体事例为命题背景，以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用，有时也综合考查能量的转化和守恒定律.考点一对动量定理的理解及应用一、适用范围适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．二、解释现象一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．三、解题的基本思路1．确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.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代入数据求解．【例1】 [考向1 应用动量定理解释现象]把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，解释这个现象的原因是( )A ．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B ．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C ．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D ．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大【解析】 在缓缓拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力；在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于滑动摩擦力f ＝μN (μ是动摩擦因数)，而最大静摩擦力f m ＝u m N (u m 是静摩擦因数)且μ≤μm .一般情况下可以认为f ＝f m 即滑动摩擦力f 近似等于最大静摩擦力f m .因此，一般情况是：缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大．缓缓拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小．因此选项C 正确．【答案】 C【例2】 [考向2 动量定理的计算]质量为0.4 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁，又以4 m/s 的速度反向弹回．如图1313，球跟墙壁的作用时间为0.05 s ．求：图1313(1)小球动量的增量； (2)球受到的平均冲力．【解析】 取初速度v 1的方向为正方向，则：v 1＝5 m/s ，v 2＝－4 m/s(1)Δp ＝mv 2－mv 1＝0.4×(－4－5) kg·m/s＝－3.6 kg·m/s 负号表示动量增量与初动量方向相反． (2)F ＝mv 2－mv 1t ＝－3.60.05N ＝－72 N ，平均冲力的大小为72 N ，平均冲力的方向与初速度反向． 【答案】 (1)－3.6 kg·m/s，负号表示与初动量反向(2)－72 N，负号表示与初速度反向【反思总结】动量定理是矢量式，对同一直线上运动的问题，规定正方向后，可将矢量运算简化为代数运算．应用I＝Δp求变力的冲量时，如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft计算，往往用动量定理间接求解.考点二动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)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．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)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，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，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)m1v1＋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．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．碰撞现象满足的三个规律(1)动量守恒．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①若碰前两物体同向运动，则应有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碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．4．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反的方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．5．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．【例3】(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图1314，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．图1314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； (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 ＝2gh①将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s②(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，两球相碰前后的动量守恒，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 ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤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 B⑥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 ．⑧【答案】 (1)4 m/s (2)0.75 m 突破训练 1(2014·大纲全国卷)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.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A A ＋12D.A ＋12A －12【解析】 设中子质量为m ，则原子核的质量为Am .设碰撞前后中子的速度分别为v 0、v 1，碰后原子核的速度为v 2，由弹性碰撞可得mv 0＝mv 1＋Amv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Amv 22，解得v 1＝1－A 1＋A v 0，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0v 1＝A ＋1A －1，A 正确．【答案】 A考点三 实验：验证动量守恒定律1.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．2．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m 1、m 2. (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．3．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．4．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律． (1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球． (2)按照如图1315所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．图1315(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后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.如图1316所示．图1316(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1O P＝m1O M＋m2O N，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．5．对实验误差的分析(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，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．(3)减小误差的措施：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．【例4】(2014·新课标全国卷Ⅱ)现利用图1317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．甲 图1317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1317乙所示．乙图1317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】 纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt ＝1f＝0.02 s根据v ＝ΔxΔt 可计算出滑块A 碰撞前后的速度v 0＝2.00 m/s ，v 1＝0.970 m/s滑块A 、B 碰撞后滑块B 的速度v 2＝dΔt B＝2.86 m/s两滑块碰撞前后的总动量p ＝m 1v 0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/sp ′＝m 1v 1＋m 2v 2＝0.610kg·m/s两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为δ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝1.6%<5%因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析数学技巧5 数学归纳法在物理中的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n 的命题，当n ＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n ＝k (k ≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n ＝k ＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n ＝1命题成立，可推知n ＝2命题成立，继而又可推出n ＝3命题成立……这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n ≥1的自然数都成立．在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．【例5】 雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m 2、m 3…m n ….(设各质量为已知量)．不计空气阻力．若考虑重力的影响，求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v ′1； (2)求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v ′2n【思路导引】第1次碰撞前v 21＝v 20＋2 gl ，v 1＝v 20＋2gl 第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl ① (2)第2次碰撞v 22＝v 1′2＋2gl利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ②第2次碰撞后，利用①式得v ′22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl同理，第3次碰撞后v ′23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， 第n 次碰撞后速度为v ′2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 2o ＋2gl故n 次碰撞后雨滴的动能为 12m n v n ′2＝12m n.【答案】 (1)v 20＋2gl m o m 1v 20＋2gl (2)12m n突破训练 2(2012·安徽高考)如图1318所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2.图1318(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．【解析】 (1)设物块B 从光滑曲面h 高处滑下时的速度为v 0，由机械能守恒定律，得mgh ＝12mv 20，故v 0＝2gh ＝2×10×1 m/s ＝2 5m/s ＞u ，故B 滑上传送带后做匀减速运动．加速度a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，根据v 2－v 20＝－2as ，得物块B 到达传送带左端时的速度v 1＝v 20－2al ＝252－2×2×1 m/s ＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度v 1＝4 m/s.(2)物块B 与物块A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即mv 1＝mv ′1＋MV ′1 12mv 21＝12mv ′21＋12MV ′21 联立解得，v ′1＝m －M M ＋m v 1＝－13v 1＝－43m/s 负号说明B 与A 碰撞后，B 的速度方向向右． 物块B 运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s ＝v ′212a ＝1692×2 m ＝49m ＜l ，因此物块B 还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B 与A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v 2＝v ′1，然后与A 发生第二次碰撞，且满足mv 2＝mv ′2＋MV ′212mv 22＝12mv ′22＋12MV ′22 联立解得，v ′2＝m －M M ＋m v 2＝－13v 2＝－132v 1 同理，物块B 与A 第三次碰撞前的速度v 3＝－v ′2，碰撞后的速度v ′3＝－13v 3＝－133v 1.依此类推第n 次碰撞后B 的速度v ′n ＝－13n v 1即n 次碰撞后的速度大小为13n v 1＝43n m/s.【答案】 (1)4 m/s (2)不能 (3)43n m/s1. (2014·浙江高考)如图1319所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图1319A ．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】 根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A 、B 错误，C 正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D 错误．【答案】 C2．(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0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m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为( )图13110A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D.v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)【解析】 根据动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1 解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)． 故选D. 【答案】 D3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( ) A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长【解析】 设玻璃杯下落高度为h .它们从高h 处落地瞬间的速度大小为2gh ，与水泥地或草地接触t 时间后停止，根据动量定理可知：由于掉在水泥地上动量变化快，相互作用时间短，受到的合力大，所以地面给杯子的冲击力也大，故杯子易碎．应选C 、D.【答案】 CD4．一个质量为0.3 kg 的小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4 m/s.则碰撞前后墙对小球的冲量I 的大小及碰撞过程中墙对小球做的功W 分别为( )A ．I ＝3 kg·m/s，W ＝－3 JB ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝－3 JC ．I ＝3 kg·m/s，W ＝7.8 JD ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝3 J【解析】 本题考查动能定理和动量定理的应用，难度较易．碰撞前后墙对小球的冲量大小I ＝mv ′－m (－v )＝ 3 kg·m/s，碰撞过程中墙对小球做的功等于小球动能的改变量，即W ＝12mv ′2－12mv 2＝－3 J ，A 正确．【答案】 A5．质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )A.M ＋m v 2mv 1 B.Mv 1M ＋m v 2C.mv 1Mv 2D.Mv 1mv 2【解析】 设发射子弹的数目为n ，由动量守恒可知：nmv 2－Mv 1＝0，解得n ＝Mv 1mv 2，选项D 正确． 【答案】 D6. (2014·苏北四市调研)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 .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图13111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 球的落地点距离桌边距离为( )图13111A.x 3B.3x C ．x D.63x 【解析】 当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：E p ＝12mv 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .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v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A －mv B ＝0，E p ＝12×2mv 2A ＋12mv 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，D 选项正确． 【答案】 D7．(多选) (2014·山东潍坊一中阶段性检测)在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L 时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图13112所示，由图可知( )图13112A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反【解析】 由题给条件知a 、b 球组成的系统在发生相互作用的过程中动量守恒．由v t 图象可知，b 球在t 1时刻速度减为零，然后反向运动，而它们是受到等大反向的冲量作用，故b 球的初动量要小于a 球的初动量，即m a v 0>m b v 0，则m a >m b ，故选项A 正确．在0～t 2时间内，两小球从相向运动至同向运动到速度相等，间距会逐渐减小，而在t 2时刻两小球间距达到最小，故选项B 错误、选项C 正确．在t 1～t 3时间内，a 和b 是同向运动，b 受到的斥力和运动方向相同，故选项D 错误．【答案】 AC8．(2012·天津高考) 质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)． 【解析】 以竖直向上为正方向，则v ′＝4 m/s ，v ＝－6 m/s 所以小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp ＝mv ′－mv ＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s＝2 kg·m/s 根据动量定理，得(F －mg )t ＝Δp所以平均作用力F ＝Δp t ＋mg ＝20.2 N ＋0.2×10 N＝12 N.【答案】 2 129．某同学用如图13113所示装置来研究碰撞过程，第一次单独让小球a 从斜槽某处由静止开始滚下．落地点为P ，第二次让a 从同一位置释放后与静止在斜槽末端的小球b 发生碰撞．a 、b 球的落地点分别是M 、N ，各点与O 的距离如图所示．该同学改变a 的释放位置重复上述操作．由于某种原因他只测得了a 球的落地点P ′、M ′到O 的距离分别为22.0 cm 、10.0 cm.求b 球的落地点N ′到O 的距离．图13113【解析】 设a 球的质量为m 1，b 球的质量为m 2，碰撞过程中满足动量守恒定律．m 1O M ＋m 2O N ＝m 1O P ，解得m 1∶m 2＝4∶1.改变a 的释放位置，有m 1OM ′＋m 2ON ′＝m 1OP ′， 解得：ON ′＝48.0 cm. 【答案】 48.0 cm10．(2014·江苏高考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．【解析】 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2。
创新大课堂2018届高三物理一轮复习课件：选修3-5
5．(2015·海南单科，17(2))运动的原子核X放出α粒子后
变成静止的原子核Y.已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和 m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速．求反应后与 反应前的总动能之差以及α粒子的动能．
[解析] 反应后由于存在质量亏损，所以反应前、后总动
考点四 光电效应及光电效应方程 1．光电效应的实验规律 (1)任何一种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须 大于这个频率，才能产生光电效应． (2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射 光的频率增大而增大． (3)入射光照射到金属板上时，光电子的发射几乎是瞬时 的，一般不会超过10－9 s. (4)当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入 射光的强度成正比．
2．碰撞的种类
弹性碰撞
(1)动量守恒 (2)碰撞前后总动能相等
(1)动量守恒 非弹性碰撞
(2)动能有损失
(1)碰后两物体合为一体
完全非弹性碰 撞
(2)动量守恒
(3)动能损失最大
考点二 能级跃迁 1．自发跃迁：高能级→低能级．释放能量，发出光子． 光子的频率 ν：ν＝ΔhE＝E高－h E低 2．受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量． ①光照(吸收光子)：光子的能量必恰等于能级差 hν＝ΔE ②碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即 可．E 外≥ΔE. ③大于电离能的光子可被吸收将原子电离．
频考一 动量守恒定律及其应用 1．(2015·福建理综，30(2))如图，两滑块A、B在光滑水 平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向 左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( ) A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
2018高考物理一轮总复习达标训练课件：高考必考题突破讲座13
• ►角度二 完全非弹性碰撞 • 该类碰撞只满足动量守恒，不满足动能守恒( 有动能损失)． • 特点：碰后系统粘在一起，有共同速度． • ►角度三 动量守恒中的临界问题 • “三个物体，两次作用”是近几年考查动量 守恒定律应用的模型之一，且常涉及临界问 题．由于作用情况及作用过程较为复杂，要 根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量 守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系 分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方
• [例2](2013·全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有 两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A 一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间 极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为 d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 解析： 设在发生碰撞前的瞬间，木块 A 的速度大小为 v；在碰撞后的瞬间，A μ ，B的质量为 A的2倍，重力加速度大小为g.求 和 B 的速度分别为 v1 和 v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得 1A的初速度的大小． 2 1 2 1 2
2 mv ＝ mv1＋ (2m)v2 2 2 ① ② mv＝mv1＋(2m)v2 式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正． v2 由①②式得 v1＝－ 2 ③
1 2 设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1 和 d2，由动能定理得 μmgd1＝ mv1④ 2 1 μ(2m)gd2＝ (2m)v2 2⑤ 2 按题意有 d＝d1＋d2⑥ 设 A 的初速度大小为 v0，由动能定理得 1 2 1 2 μmgd＝ mv0－ mv ⑦ 2 2 联立②～⑦式，得 v0＝ 28 μgd⑧ 5
解析：(1)设两者间相对静止时速度为 v，由动量守恒定律得 mv0＝2mv，解得 v＝ 2.5 m/s (2)物块与凹槽间的滑动摩擦力 Ff＝μFN＝μmg 设两者相对静止前相对运动的路程为 s1，由动能定理得 1 2 1 －Ffs1＝ (m＋m)v － mv2 ，得 s1＝12.5 m 2 2 已知 L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞．
2018高考物理一轮总复习第十三章动量近代物理初步选修3_5第38讲动量守恒定律及其应用课时达标
第38讲 动量守恒定律及其应用[解密考纲]主要考查动量、动量守恒等基本概念、规律的理解，运用动量和能量的观点分析较复杂的运动过程等．1．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量变化量为－4 kg·m/s，则( A )A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B <v A若左为A 球，设碰后二者速度分别为v A ′、v B ′由题意知p A ′＝m A v A ′＝2 kg·m/sp B ′＝ m B v B ′＝10 kg·m/s由以上各式得vA′vB′＝25，故正确选项为A ． 若右为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰．2．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( B )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A 项错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大反向，B 项正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，C 、D 两项错误．3．(多选)(2017·广东珠海检测)携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在弗吉尼亚州瓦勒普斯岛发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球，运载火箭没有载人．下面对于该火箭的描述正确的是( ABD )A ．火箭发射的初速度大于7.9 km/sB ．火箭上升过程中处于超重状态C ．忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等D ．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒解析：火箭发射时的最小速度为7.9 km/s ，故A 正确；在火箭上升过程中，具有向上的加速度，处于超重状态，故B 正确；由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方向均不相同，故落地时的速度大小不一定相同，故C 错误；在爆炸过程中由于内力远大于外力，故可以认为动量守恒，故D 正确．4．(2017·山东济南模拟)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、 B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2，求：(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小；(2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．解析：(1)设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时根据动量定理有Ft ＝m A v ′1－m A ·(－v 1)，解得F ＝50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有m A v ′1＝(m A ＋m B )v .A 、B 在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh ， 解得h ＝0.45 m.答案： (1)50 N (2)0.45 m5．(2017·山东济南模拟)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，以至于B 、C 可视为一个整体，现A 以初速v 0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v 0，求弹簧释放的势能．解析：设碰后A 、B 和C 的共同速度大小为v ，由动量守恒有3mv ＝mv 0①。
高三物理一轮总复习 第13章 选修3-5 第1节 动量守恒定律
间内，铁锤所受到的平均冲力大小为( )
A.mg mv
C.Δt
B.mΔvt＋mg D.mΔvt－mg
【解析】对铁锤应用动量定理，以向上为正方向，
有(F－mg)Δt＝0－(－mv)，得 F＝mΔvt＋mg.选项 B 正 确.
【答案】B
考点二 动量守恒的应用 例 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 mA＝1 kg 的小球 A，小球 A 沿轨
3.反冲运动 (1)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.
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的
作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定
律来处理. (3)研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律.
求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中 各物体对地的运动状态.
2.爆炸现象 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成 的，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.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的
能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动 能增加.
(3)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，一般可忽略不计，可以认为爆 炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动.
在非弹性碰撞后以同一速度运动，系统机械能损失最 大.
知识点六 碰撞、爆炸、反冲的特点分析 1.碰撞现象 (1)动量守恒 (2)机械能不增加 (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
(word完整版)高中物理选修3-5动量守恒定律及其应用
t动量守恒定律及其应用1 •动量守恒定律成立的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
2. 动量守恒定律的表达形式(1) m1v1 m2v2m1v1 m2v2，即p i + p2=p i/+p2/,(2) A p i+ A p2=0, A p i= - A p2 和―2m2v13. 应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法(1)分析题意，明确研究对象。
(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，判断能否应用动量守恒。
(3)确定过程的始、末状态，写出初动量和末动量表达式。
注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。
(4)建立动量守恒方程求解。
4. 注意动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性.二、动量守恒定律的应用1.碰撞两个物体作用时间极短，满足内力远大于外力，可以认为动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
如：光滑水平面上，质量为 m i 的物体A 以速度w 向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。
分析：在I 位置 A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到H 位置A 、B 速度刚好相等(设为 v ),弹簧被压缩到最短；再往后 A 、B 远离，到川位位置恰好分开。
(1)弹簧是完全弹性的。
压缩过程系统动能减少全部转化为弹性势能，n 状态系统动能 最小而弹性势能最大； 分开过程弹性势能减少全部转化为动能；因此I 、川状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：1一 V i 。
(这个结论最好背下来，以后经常要用到。
m 1m 2(2) 弹簧不是完全弹性的。
压缩过程系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，n 状态弹性势能仍最大，但比损失的动能小； 分离过程弹性势能减少， 部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失。
高中物理选修3-5动量守恒定律知识点总结
高中物理选修3-5动量守恒定律知识点总结动量守恒定律是物理课本选修3-5的内容，高中学生需要掌握重点知识点，下面小编给大家带来高中物理动量守恒定律知识点，希望对你有帮助。
高中物理动量守恒定律知识点 1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。
2. 动量守恒定律的条件：(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零(不管物体间是否相互作用)，此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。
当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。
即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。
(2)近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。
(3)单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。
3. 动量守恒定律应用中需注意：(1)矢量性：表达式m1v1+m2v2=中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。
在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。
(2)系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。
(3)同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。
(4)相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物(通常取地球为参照物).4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。
按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况;碰撞问题按性质分为三类。
(1)弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。
2018高考物理一轮总复习第十三章动量近代物理初步选修3_5实验16验证动量守恒定律课件(稍微压字)
• 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：在光滑桌面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、重锤线一条、白纸、 复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板．
• 方案二：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，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． Δx 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． Δt 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．
• • • •
六、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．
• • • •
(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弹簧； • ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间； • ⑥先____________________________，然后 接通打点计时器的电源 _______________ ，让滑块带动纸带一起运动．(滑块1与滑 块2碰后会粘在一起 ) 放开滑块1
2018高考物理一轮总复习达标训练课件：第十三章 动量 近代物理初步选修3-5 第39讲 精品
• [例3]用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光 减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能 同时有两个光D 子存在，如图所示是不同数量 的光子照射到感光胶片上得到的照片．这些 照片说明( )
• A．光只有粒子性没有波动性
• B．光只有波动性没有粒子性
• C．少量光子的运动显示波动性，大量光子 的运动显示粒子性
______性．
强
• (3)光的波长越长，波动性越____，光的干涉、 衍射、偏振现象证强明光具有越波大动性．
• (4)光的频率越高，粒子性越_____，穿透本 领______．光电效应、康普顿效应说明光具 有粒子性．
• 1．判断正误
• (1)任何频率的光照射到金属表面都×可以发生
光电效应．( )
• A．甲光的频率大于乙光的频率
• B．乙光的波长大于丙光的波长
• C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频 率
• [答题送
检]·······························
···错误··来自阅卷名师致报错告原因
• 光子是指光在空间传播时的每一份能量，光 子不带电；光电子是指金属表面受到光照射 时发射出来的电子，光子是光电效应的因， 光电子是果．
• 2．光电子的最大初动能与光电子的动能
• 当光照射金属时，光子的能量全部被电子吸 收，电子吸收光子的能量后可能向各个方向 运动．有的向金属内部运动，有的向金属表 面运动，但因途径不同，运动途中消耗的能 量也不同．唯独在金属表面的电子，只要克 服金属原子核的引力做功，就能从金属中逸 出而具有最大初动能．根据爱因斯坦光电效 应方程可以算出光电子的最大初动能为Ek＝ hν－W0 (W0为金属的逸出功)．而其他经过不 同的路径射出的光电子，其动能一定小于最
2019-2020年高考物理一轮总复习第十三章动量近代物理初步选修3_5第38讲动量守恒定律及其应用课件
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•考点 动量定理 动量守恒定律
• 1．动量、动量变化、冲量 • (1)动量 • ①定义：物体的____质__量与__速__度___的乘积． • ②表达式：p＝___m__v_. • ③方向：动量的方向与___速__度__的方向相同．
• (2)动量的变化 • ①因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是___矢__量__，其方向
• (1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞．
• (2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原 子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞．
• 动量定理的两个重要应用
• 1．应用I＝Δp求变力的冲量
• 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝ Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp， 等效代换变力的冲量I.
• 2．应用Δp＝FΔt求动量的变化
• 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化 (作Δp用＝力p2是－恒p1力)需，要可应以用求矢恒量力运的算冲方量法，，等计效算代比换较动复量杂的，变如化果．
•一 动量定理及其应用
• 1．动量定理
• (1)内容：物体在一个过程的始末的动量变化量等于它在这个过 程中所受力的冲量．
• (2)表达式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p，I＝Δp.
• (3)理解：
• ①表达式是一矢量式，它包含了大小和方向两重含义．其中F 指物体所受的合力．
• ②因果关系：合外力的冲量是引起物体动量改变的原因．
球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )B
• A．减小球对手的冲量
B．减小球对手的冲击力
• C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
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第38讲 动量守恒定律及其应用
1．(2015·上海卷)如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度水平飞向球棒，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( C )
A ．大小为3.6 kg·m/s，方向向左
B ．大小为3.6 kg·m/s，方向向右
C ．大小为12.6 kg·m/s，方向向左
D ．大小为12.6 kg·m/s，方向向右
解析：设垒球飞来的方向为正，则初速度v 0＝25 m/s ，末速度v ＝－45 m/s ，则动量的变化量为Δp ＝p －p 0＝mv －mv 0＝[0.18 kg×(－45 m/s)]－(0.18 kg×25 m/s)＝－12.6 kg·m/s，负号说明方向与飞来的方向相反，即向左．
2．(2015·福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是D(填选项前的字母)
A ．A 和
B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动
C ．A 静止，B 向右运动
D ．A 向左运动，B 向右运动
解析：选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0.B 的动量p B ＝－2mv 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意．
3．(2014·福建卷)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图所示．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为( D )
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．v 0－m 2
m 1v 2
D ．v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2)
解析：对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1
解得v 1＝ m 1＋m 2 v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2
m 1
(v 0－v 2)，故选D ．
4．(2015·安徽卷)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v 0＝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/s 2
.
(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)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20
代入数值解得μ＝0.32
(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝－130 N 其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12mv ′2
，解得W ＝9 J
答案： (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
5．(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：
(1)滑块a 、b 的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
解析： (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得
v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②
a 、
b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得v ＝23
m/s ③
由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④
联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12
(m 1＋m 2)v 2
⑥
由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12
(m 1＋m 2)v 2
⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2 答案： (1)1∶8 (2)1∶2
6．(2016·全国卷Ⅰ)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v 0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 ＝v 0S Δt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm
Δt
＝ρv 0S 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
12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12
(Δm )v 2
0④ 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 ＝(Δm )v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝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 ＝v 20
2g －M 2g 2ρ2v 20S 2⑧
答案： (1)ρv 0S (2)v 20
2g －M 2g 2ρ2v 20S
2
7．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；
a 和
b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34
m .两物块与地面间的动摩擦
因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 2
0>μmgl
①
即μ<v 20
2gl
②
设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 2
1＋
μmgl ③
设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律和 能量守恒定律有mv 1＝mv ′1＋3m
4v ′2④
12mv 21＝12mv 1′2＋12(3m
4)v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝8
7
v 1⑥
由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12(3m 4)v 2′2
≤μ3m 4
gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 2
0113gl
⑧
联立②⑧式，a 与b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 2
0113gl ≤μ＜v 2
2gl ⑨ 答案： 32v 2
0113gl ≤μ＜v 2
02gl。