专题17_碰撞与动量守恒
动量的守恒与碰撞实验
动量的守恒与碰撞实验动量是描述物体运动状态的重要物理量，而动量的守恒是指在孤立系统中，总动量在碰撞前后保持不变。
碰撞实验是研究动量守恒的典型实验之一，通过观察碰撞前后物体的运动状态变化，可以验证动量守恒定律的成立。
一、实验介绍在进行碰撞实验之前，我们需要准备以下实验装置和材料：1. 钢球2. 弹簧垫片3. 实验台4. 倾斜导轨5. 计时器6. 电子天平7. 铅垂直距离测量装置二、实验步骤1. 首先，将实验台放在水平平稳的地面上，并固定好倾斜导轨。
2. 在导轨的顶端放置一只钢球，使其静止。
3. 测量重力的垂直分力作用点距离地面的高度，并记录下来。
4. 根据所选实验条件，选择两个不同的钢球对进行碰撞实验，并将其质量分别称量，并记录下来。
5. 将一个钢球放在导轨的底部，用弹簧垫片使其微微抬起，待钢球克服弹簧力时，将弹簧垫片拔掉，使钢球做自由下落。
6. 通过计时器记录钢球自由下落的时间，并计算出其下落的高度。
7. 将另一个钢球放在导轨的顶部，使其静止。
8. 通过计时器记录第一个钢球下落到导轨底部的时间，并记录下来。
9. 计算出第一个钢球的动量。
10. 提示同学准备好观察和记录碰撞以及碰撞后钢球的运动状态。
三、实验结果进行上述实验步骤后，我们可以得到以下实验结果：1. 钢球的质量（m1、m2）2. 钢球自由下落的时间（t）3. 钢球自由下落的高度（h）4. 第一个钢球下落到导轨底部的时间（t'）四、实验讨论1. 根据实验结果，我们可以计算出第一个钢球的动量，即m1v1，其中v1为第一个钢球在下落时的速度。
2. 在碰撞实验中，观察和记录第一个钢球和第二个钢球在碰撞前后的运动状态。
3. 根据碰撞前后的运动状态变化，可以验证动量守恒定律的成立。
4. 分析实验结果，讨论动量守恒定律在碰撞实验中的应用和意义。
五、实验总结通过本次碰撞实验，我们加深了对动量守恒定律的理解，并应用实验方法验证了它的成立。
碰撞实验是研究动量守恒的重要手段之一，通过观察和记录物体在碰撞前后的运动状态变化，可以进一步认识和探索物体之间相互作用的规律性。
牛顿第三定律和弹性碰撞和动量守恒
牛顿第三定律和弹性碰撞和动量守恒牛顿第三定律、弹性碰撞与动量守恒牛顿第三定律牛顿第三定律，也被称为作用与反作用定律，表述了力的相互作用性质。
它指出，当两个物体互相作用时，它们之间产生的力是大小相等、方向相反的。
这意味着，对于任意两个物体 (A) 和 (B)，如果 (A) 对 (B) 施加了一个力 (F_{AB})，那么(B) 也会对 (A) 施加一个大小为 (F_{AB}) 但方向相反的力 (F_{BA})。
数学上，牛顿第三定律可以表述为：[ F_{AB} = -F_{BA} ]这里的负号表示力的方向相反。
弹性碰撞弹性碰撞是指两个物体在碰撞过程中，不损失任何动能的碰撞。
在弹性碰撞中，碰撞前后系统的总动能保持不变。
除了动能不变，弹性碰撞还满足动量守恒定律，即碰撞前后系统的总动量保持不变。
弹性碰撞的特点如下：1.动能守恒：碰撞前后，系统的总动能保持不变。
2.动量守恒：碰撞前后，系统的总动量保持不变。
3.碰撞后，两个物体的速度方向可能发生改变。
4.碰撞后，两个物体的速度大小可能发生改变。
动量守恒动量守恒定律是指在一个没有外力作用的系统中，系统总动量在碰撞前后保持不变。
动量是一个矢量，具有大小和方向，可以用公式 (p = mv) 表示，其中 (p) 是动量，(m) 是物体的质量，(v) 是物体的速度。
动量守恒定律的数学表达式为：[ p_i = p_f ]这里的 (p_i) 表示碰撞前系统中所有物体的动量之和，(p_f) 表示碰撞后系统中所有物体的动量之和。
牛顿第三定律与弹性碰撞和动量守恒的关系牛顿第三定律为弹性碰撞和动量守恒提供了基础。
在弹性碰撞中，两个物体之间的作用力和反作用力满足牛顿第三定律，即大小相等、方向相反。
由于动量守恒定律的存在，弹性碰撞中系统的总动量在碰撞前后保持不变。
以一个简单的弹性碰撞为例，假设两个物体 (A) 和 (B) 分别以速度 (v_{A}) 和(v_{B}) 相向而行，碰撞后 (A) 的速度变为(v’{A})，(B) 的速度变为(v’{B})。
动量守恒碰撞中的动量转移与损失
动量守恒碰撞中的动量转移与损失动量守恒：碰撞中的动量转移与损失碰撞是物体间相互作用的一种形式，它涉及到动量的转移和损失。
在碰撞过程中，动量守恒是一条基本原理，它描述了系统总动量在碰撞前后保持不变。
本文将探讨碰撞中的动量转移和损失现象，并分析其在不同碰撞类型中的应用。
一、弹性碰撞中的动量转移与损失在弹性碰撞中，碰撞物体间几乎没有能量损失。
在这种情况下，动量转移主要体现为两个物体动量的交换。
当两个物体碰撞时，它们的动量会交换，使得总动量保持不变。
例如，一个球以一定的速度碰撞到静止的球，碰撞后，原本以初速度运动的球停下来，而静止的球则被击出。
二、非弹性碰撞中的动量转移与损失非弹性碰撞是指碰撞物体间有能量损失的碰撞形式。
在非弹性碰撞中，动量的转移不仅体现为两个物体之间的动量交换，还包括能量的转化和消耗。
碰撞物体之间的形变和摩擦等都会导致能量损失。
非弹性碰撞常见于实际生活中的各种情况，例如汽车碰撞、球类的停球等。
在这种碰撞中，动量守恒仍然成立，但能量守恒不再成立。
三、动量转移与损失在碰撞类型中的应用碰撞中的动量转移和损失现象在各种碰撞类型中都有应用。
下面以常见的两种碰撞类型为例来说明：1. 球与墙的碰撞当一个运动的球与静止的墙碰撞时，由于墙表面的硬度和球的弹性等因素，碰撞是非弹性的。
在这种碰撞中，球的动量将转移到墙上，球的速度减小，而墙受到了球的撞击力。
这种动量转移和损失现象在各种运动比赛中经常出现，例如篮球运动中投篮后球的反弹等。
2. 车辆碰撞车辆碰撞是一种常见的非弹性碰撞现象。
当两辆车相撞时，能量和动量将转移和损失。
碰撞会导致车辆的形变、损坏以及乘员的伤害。
通过研究车辆碰撞情况，可以提高车辆安全性能，减少碰撞造成的损失和伤害。
总结：动量守恒是碰撞中的基本原理，它描述了系统总动量在碰撞前后保持不变。
在碰撞中，动量转移和损失现象根据碰撞类型的不同表现出不同的特点。
弹性碰撞中动量主要体现为两个物体之间的交换，而非弹性碰撞中除了动量交换外还涉及到能量的转化和损耗。
专题检测卷(17) 专题九碰撞与动量守恒 近代物理初步
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专题检测卷(十七)碰撞与动量守恒近代物理初步(45分钟100分)1.(16分)(1)如图所示,小车M由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上。
当小车固定时,从A点由静止滑下的物块m到C点恰好停止。
如果小车不固定,物块m仍从A点静止滑下( )A.还是滑到C点停住B.滑到BC间某处停住C.会冲出C点落到车外D.上述三种情况都有可能=0.4 kg,开始时都静止于光滑水平面上,(2)两木板M小物块m=0.1 kg以初速度v=10 m/s滑上M1的表面,最后停在M2上时速度为v2=1.8 m/s,求：①最后M1的速度v1;②在整个过程中克服摩擦力所做的功。
2.(17分)(2012·天津高考)(1)下列说法正确的是( )A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量(2)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切。
小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。
两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。
求：①小球A刚滑至水平台面的速度v A;②A、B两球的质量之比m A∶m B。
3.(17分)(2013·宿迁一模)(1)下列说法中正确的是( )A.光电效应现象说明光具有粒子性B.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说C.玻尔建立了量子理论,成功解释了各种原子发光现象D.运动的宏观物体也具有波动性,其速度越大物质波的波长越大(2)如图所示,一水平面上P点左侧光滑,右侧粗糙,质量为m的劈A在水平面上静止,上表面光滑,A轨道右端与水平面平滑连接,质量为M的物块B恰好放在水平面上P点,物块B与水平面的动摩擦因数为μ=0.2。
弹性碰撞模型-动量守恒的十种模型(解析版)
动量守恒的八种模型弹性碰撞模型模型解读1.碰撞过程的四个特点(1)时间短：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力大：碰撞过程中，相互作用力先急剧增大，后急剧减小，平均作用力很大。
(3)位移小：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
(4)满足动量守恒的条件：系统的内力远远大于外力，所以即使系统所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
(5).速度要符合实际(i)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。
碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v'前≥v'后。
(ii)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v'前≥v'后。
2.动动弹性碰撞已知两个刚性小球质量分别是m1、m2，m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，1 2m1v21+12m2v22=12m2v'22+12m乙v2乙，3.一动一静"弹性碰撞模型如图所示，已知A、B两个刚性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后系统动量守恒、动能不变，有m1v0=m1v1+m2v21 2m1v20=12m1v21+12m2v22联立解得v1=(m1-m2)v0m1+m2,v2=2m1v0m1+m2讨论：(1)若m1>m2，则0<v1<v0、v2>v0，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大于入射小球碰前的速度。
2013年高考物理真题汇编全解全析：专题十七 碰撞与动量守恒 Word版含解析
专题十七 碰撞与动量守恒1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，35题)(2)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】(2)从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．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v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22 ① m v ＝m v 1＋(2m )v 2 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＝12m v 21④μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22 ⑤ 据题意有 d ＝d 1＋d 2 ⑥ 设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12m v 20－12m v 2⑦ 联立②至⑦式，得v 0＝ 285μgd .答案：(2) 285μgd2.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，35题)(2)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黄分离的过程中，(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 【解析】(2)A 、B 碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(ⅰ)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m v 0＝2m v 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m v 1＝2m v 2 ② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20. ④(ⅱ)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 .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3 ⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. ⑦答案：(2)(ⅰ)116m v 20 (ⅱ)1348m v 20 3．(2013·高考天津卷，2题)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 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( )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】选B.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A 错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp 甲＝－Δp 乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B 正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C 、D 错误．4．(2013·高考重庆卷，9题)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A 和小球B ，从距水平地面高度为ph (p ＞1)和h 的地方同时由静止释放，如图所示．球A 的质量为m ，球B 的质量为3m .设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g ，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．(1)求球B 第一次落地时球A 的速度大小；(2)若球B 在第一次上升过程中就能与球A 相碰，求p 的取值范围； (3)在(2)情形下，要使球A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p 应满足的条件．【解析】(1)小球B 第一次落地时，两球速度相等，由v 2＝2gh 得v ＝2gh . (2)B 球从开始下落到第一次落地所用时间t 1＝v g ＝2h g①由于小球B 在第一次上升过程中就能与A 球相碰，则B 球运动时间应满足t 1<t 2<2t 1②由相遇条件知12gt 22＋v (t 2－t 1)－12g (t 2－t 1)2＝ph ③ 由①②③解得1<p <5.(3)设t ＝t 2－t 1，由①③式得t ＝p －142hg，则A 、B 两球相遇时的速度分别为v A ＝v ＋gt ＝2gh ＋g p －142h g ＝2gh p ＋34v B ＝v －gt ＝2gh －g p －142h g ＝2gh 5－p4若A 球碰后刚好能达到释放点，由两球相碰为弹性碰撞知 12m v 2A ＋12·3m v 2B ＝12m v ′ 2A ＋12·3m v ′2B m v A －3m v B ＝－m v A ′＋3m v B ′ v A ′＝v A可解得此时v B ′＝v B ，v A ＝3v B.要使A 球碰后能到达比其释放点更高的位置，须满足v A <3v B ，解得p <3.由v B ＝2gh ·5－p4知，5－p 4<1，解得p >1，所以p 的取值范围是1<p <3.答案：(1)2gh (2)1<p <5 (3)1<p <3 5．(2013·高考山东卷，38题) (2)如图所示，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v 0＝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．【解析】(2)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，由动量定恒定律得m A v 0＝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 v 0＝(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)2 m/s 6．(2013·高考广东卷，35题)如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p .【解析】P 1与P 2发生完全非弹性碰撞时，P 1、P 2组成的系统遵守动量守恒定律；P 与(P 1＋P 2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P 1、P 2、P 的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P 1、P 2、P 三者速度相同．(1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得 m v 0＝2m v 1解得v 1＝v 02，方向向右P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2解得v 2＝34v 0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大 12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋Q ＋E p 从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点 12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋2Q 联立以上两式解得E p ＝116m v 20，Q ＝116m v 20根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x )解得x ＝v 2032μg－L .答案：(1)v 1＝12v 0，方向向右 v 2＝34v 0，方向向右(2)v 2032μg －L 116m v 20 7．(2013·高考江苏卷，5题)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A ．30%B ．50%C ．70%D ．90%【解析】选A.根据v ＝x t 和E k ＝12m v 2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度v 的比值，v ′v ＝712.所以损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12·2m v ′2，ΔE kE k0≈30%，故选项A 正确．8．(2013·高考江苏卷，12题C) (3)如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．【解析】(3)根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．答案：(3)0.02 m/s ，离开空间站方向 9．(2013·高考福建卷，30题)(2)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。
动量守恒与碰撞
动量守恒定律的验证方法：通过实验测量和计算来验证动量守恒定律的正确性。
无外力作用：系统内无外力作用，或者外力可以忽略不计
宏观低速：适用于宏观低速的物理系统，不适用高速或微观系统
孤立系统：适用于孤立系统，即不受外界影响的系统
理想状态：适用于理想状态下的物理模型，与实际情况可能存在偏差
碰撞过程中的动量损失可以通过碰撞前后的动量变化来计算，即利用动量守恒定律来计算。
碰撞过程中的动量损失可以通过实验来测量，例如通过测量碰撞前后的速度和角度来计算动量变化。
动量守恒定律在碰撞中的应用
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应用场景：在碰撞过程中，如果碰撞后系统动能不守恒，则可以利用动量守恒定律来求解碰撞前后的速度
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数值模拟：通过计算机模拟碰撞过程，计算碰撞前后的动量变化，对比模拟结果与动量守恒定律的符合程度。
史实资料：查阅物理学史资料，了解历史上科学家们如何通过实验和观测验证动量守恒定律在碰撞中的应用。
碰撞中的能量守恒定律
定义：能量守恒定律是指在封闭系统中，能量既不会创生也不会消失，只会从一种形式转化为另一种形式
转化形式：动能、势能、内能等之间的相互转化。
影响因素：物体的质量、碰撞速度、形状和硬度等都会影响碰撞过程中的能量转化和损失。
能量守恒定律的表述：碰撞前后系统的动能和势能之和保持不变。
碰撞中的能量守恒定律的证明：通过牛顿第三定律和动量守恒定律推导得出。
能量守恒定律在碰撞中的意义：确保碰撞过程中系统的总能量保持不变，是判断碰撞结果的重要依据。
大学物理仿真实验报告——碰撞与动量守恒
大学物理仿真实验实验报告碰撞和动量守恒班级：信息1401 姓名：龚顺学号： 0127【实验目的】：1 了解气垫导轨的原理，会使用气垫导轨和数字毫秒计进行试验。
2 进一步加深对动量守恒定律的理解，理解动能守恒和动量守恒的守恒条件。
【实验原理】当一个系统所受和外力为零时，系统的总动量守恒，即有若参加对心碰撞的两个物体的质量分别为m1和m2 ，碰撞前后的速度分别为V10、V20和V1 、V2。
1，完全弹性碰撞在完全弹性碰撞中，动量和能量均守恒，故有：取V20=0，联立以上两式有：动量损失率：动能损失率：2，完全非弹性碰撞碰撞后两物体粘在一起，具有相同的速度，即有：仍然取V20=0，则有：动能损失率：动量损失率：3，一般非弹性碰撞中一般非弹性碰撞中，两物体在碰撞后，系统有部分动能损失，定义恢复系数：两物体碰撞后的分离速度比两物体碰撞前的接近速度即恢复系数。
当V20=0时有：e的大小取决于碰撞物体的材料，其值在0~1之间。
它的大小决定了动能损失的大小。
当e=1时，为完全弹性碰撞；e=0时，为完全非弹性碰撞；0<e<1时，为一般非弹性碰撞。
动量损失：动能损失：【实验仪器】本实验主要仪器有气轨、气源、滑块、挡光片、光电门、游标卡尺、米尺和光电计时装置等【实验内容】一、气垫导轨调平及数字毫秒计的使用1、气垫导轨调平打开气源，放上滑块，观察滑块与轨面两侧的间隙纵向水平调节双支脚螺丝，横向水平调节单支脚，直到滑块在任何位置均保持不动，或做极缓慢的来回滑动为止。
动态法调平，滑块上装挡光片，使滑块以缓慢速度先后通过两个相距60cm的光电门，如果滑块通过两光电门的时间差小于1ms，便可认为轨道已经调平。
本实验采用动态调节。
2、数字毫秒计的使用使用U型挡光片，计算方式选择B档。
二滑块上分别装上弹簧圈碰撞器。
将小滑块m2置于两个相距40cm的光电门之间，使其静止，使大滑块m1以速度V10去碰撞m2，从计时器上读出碰撞前后通过S距离所用的时间t10，t1，t2.记录数据。
碰撞和动量守恒实验教案
碰撞和动量守恒实验教案一、教学目标1. 让学生理解碰撞的基本概念，了解实际碰撞与理想碰撞的区别。
2. 让学生掌握动量守恒定律的表述及应用。
3. 培养学生进行实验操作、数据处理和分析问题的能力。
4. 引导学生运用物理学知识解决实际问题，提高学生的科学素养。
二、教学内容1. 碰撞的基本概念：碰撞的定义、碰撞的类型。
2. 动量守恒定律：动量守恒定律的表述、动量守恒定律的应用。
3. 实际碰撞与理想碰撞：实际碰撞中的能量损失、实际碰撞与理想碰撞的差异。
4. 碰撞实验：实验原理、实验器材、实验步骤、实验数据处理。
5. 实验结果分析：数据分析、误差分析、实验结论。
三、教学重点与难点1. 教学重点：碰撞的基本概念、动量守恒定律、实际碰撞与理想碰撞。
2. 教学难点：动量守恒定律在复杂碰撞问题中的应用、实验数据的处理和分析。
四、教学方法1. 采用问题驱动的教学方法，引导学生思考碰撞现象背后的物理规律。
2. 利用实验教学，让学生亲身体验碰撞过程，提高学生的实践操作能力。
3. 采用小组讨论的形式，培养学生的团队合作意识和交流能力。
4. 利用多媒体辅助教学，形象直观地展示碰撞现象和动量守恒过程。
五、教学安排1. 第一课时：介绍碰撞的基本概念，讲解动量守恒定律的表述。
2. 第二课时：分析实际碰撞与理想碰撞的差异，讲解碰撞实验的原理。
3. 第三课时：进行碰撞实验，引导学生掌握实验步骤和数据处理方法。
4. 第四课时：分析实验结果，讨论误差来源，得出实验结论。
5. 第五课时：布置课后作业，巩固所学知识。
教案仅供参考，具体实施时可根据实际情况进行调整。
六、教学评价1. 评价学生对碰撞基本概念的理解程度，通过课堂提问和课后作业进行评估。
2. 评价学生对动量守恒定律的应用能力，通过解答相关习题和实验报告进行评估。
3. 评价学生对实际碰撞与理想碰撞的认识，通过课堂讨论和实验分析进行评估。
4. 评价学生的实验操作技能和数据处理能力，通过实验操作和实验报告进行评估。
第十七章 碰撞与动量守恒讲解
动量守恒定律及其应用1.(2012年福建理综,29(2),6分,节选)如图,质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶,一质量为m 的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为 .(填选项前的字母) A.v 0+v B.v 0-vC.v 0+(v 0+v )D.v 0+(v 0-v )解析:本题考查动量守恒定律及其应用.以救生员和小船为一系统,选v 0方向为正方向,根据动量守恒定律 (M+m )v 0=Mv 1-mv v 1==v 0+(v 0+v ),故C 正确,A 、B 、D 错误. 答案:C.2.(2012年重庆理综,17,6分)质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v 0时,人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v t 图象为( )解析:由动量守恒,知3mv 0=2mv-mv 0,解得:v=2v 0,即人跳离小车瞬间,小车的速度为2v 0,又因为阻力与地面压力成正比,故跳车前后小车加速度不变f=kmg=ma ,a=kg ,故A 、C 、D 选项错误,B 选项正确. 答案:B.3.(2012年全国大纲卷,21,6分)如图,大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ,摆长相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触.现将摆球a 向左拉开一小角度后释放,若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是( ) A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置解析:两球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向两球组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有:mv 0=mv 1+3mv 2;又两球碰撞是弹性的,故机械能守恒,即:m=m+×3m,解两式得:v 1=-,v 2=,可见第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等,选项A 正确;因两球质量不相等,故两球碰后的动量大小不相等,选项B 错;两球碰后上摆过程,机械能守恒,故上升的最大高度相等,摆长相同,故两球碰后的最大摆角相同,选项C 错;由单摆的周期公式T=2π,可知,两球摆动周期相同,故经半个周期后,两球在各自的平衡位置处发生第二次碰撞,选项D 正确.答案:AD.4.(2011年福建理综,29(2),6分)在光滑水平面上,一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后,A 球的速度方向与碰撞前相反.则碰撞后B 球的速度大小可能是 .(填选项前的字母) A.0.6v B.0.4v C.0.3v D.0.2v解析:由动量守恒定律:mv=2mv B -mv A 得:v B =(v+v A ),由v A >0,得v B >0.5v , 故B 、C 、D 错误,A 正确. 答案:A.5.(2010年福建理综,29(2),6分)如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块.木箱和小木块都具有一定的质量.现使木箱获得一个向右的初速度v,则.(填选项前的字母)A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C.小木块在木箱内将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动解析:①水平面光滑,木箱和小木块组成的系统动量守恒,设木箱、小木块质量分别为M,m,由Mv0=(m+M)v,可知v=v,故v与v方向一致,故A、D错误,B正确;②小木块最终与木箱达到共同速度v,故C错误.答案:B.6.(2011年北京理综,21(2),9分)如图(甲),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.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程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m1多次从斜轨上S位置静止释放,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、m2B.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HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON③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,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1',则p1∶p1'=∶11;若碰撞结束时m 2的动量为p2',则p1'∶p2'=11∶.实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为.⑤有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运动的射程增大.请你用④中已知的数据,分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为cm.解析:①②③:小球做平抛运动H=gt2(Ⅰ)x=vt(Ⅱ)m 1、m2碰撞过程动量守恒,m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'(Ⅲ)由(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)得m1·OP=m1·OM+m2·ON(Ⅳ)由(Ⅳ)知,只需测m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可验证动量守恒.若为弹性碰撞,有m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,与(Ⅰ)(Ⅱ)联立有m 1·OP2=m1·OM2+m2·ON2(Ⅴ)④:由于m1=45.0 g,m2=7.5 g,则p1∶p1'==OP∶OM=14∶11p 1'∶p2'===11∶2.9=≈1⑤当两球发生弹性碰撞时,碰后m2的速度最大,射程最大,由m 1·OP=m1·OM+m2·ON与m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2可解出ON的最大值为76.8 cm.答案:①C②ADE或DEA或DAE③m1·OM+m2·ON=m1·OPm 1·OM2+m2·ON2=m1·OP2④14 2.91(1~1.01都正确) ⑤76.87.(2012年天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切.小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半.两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g.求: (1)小球A刚滑至水平台面的速度vA;(2)A、B两球的质量之比mA ∶mB.解析:(1)由动能定理得mgh=m ①所以v A =.②(2)两球碰撞过程中动量守恒,设两球碰后的共同速度为v , 则m A v A =(m A +m B )v ③粘在一起的两小球离开平台后做平抛运动, 由平抛知识得h=gt 2④=vt ⑤联立②③④⑤得m A ∶m B =1∶3. 答案:(1)(2)1∶38.(2012年山东理综,38(2),4分,节选)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ,质量分别为m A =3m 、m B =m C =m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度v 0向右运动,A 与B 碰撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一起,此后A 与B 间的距离保持不变.求B 与C 碰撞前B 的速度大小.解析:设A 与B 碰撞后,A 的速度为v A ,B 与C 碰撞前B 的速度为v B ,B 与C 碰后粘在一起的速度为v ,由动量守恒定律得: 对A 、B 木块:m A v 0=m A v A +m B v B 对B 、C 木块:m B v B =(m B +m C )v 由A 与B 间距离不变可知v A =v 代入数据,联立解得:v B =v 0.答案:v 09.(2012年北京理综,24,20分)匀强电场的方向沿x 轴正向,电场强度E 随x 的分布如图所示,图中E 0和d 均为已知量.将带正电的质点A 在O 点由静止释放.A 离开电场足够远后,再将另一带正电的质点B 放在O 点也由静止释放.当B 在电场中运动时,A 、B 间的相互作用力及相互作用能均为零;B 离开电场后,A 、B 间的相互作用视为静电作用.已知A 的电荷量为Q ,A 和B 的质量分别为m 和.不计重力.(1)求A在电场中的运动时间t;(2)若B的电荷量q=Q,求两质点相互作用能的最大值Epm;(3)为使B离开电场后不改变运动方向,求B所带电荷量的最大值qm.解析:(1)A在电场中做匀加速直线运动,则d=at2①a=②联立①②得t=.③(2)设A离开电场时的速度为vA ,B离开电场时的速度为vB,所以vA=at④联立②③④得vA=⑤同理可得vB=⑥离开电场后,A、B两质点组成的系统动量守恒,二者速度相等时,相互作用能最大,则mvA +vB=(m+)v⑦Epm=m+×-(m+)v2⑧联立⑤⑥⑦⑧得Epm =dQE.⑨(3)考虑A、B在x>d区间的运动,由动量守恒,能量守恒有mvA +vB=mvA'+vB'⑩m+×=mvA '2+×vB'2联立⑩得vB '=-vB+vA因不改变运动方向,故vB'≥0又qE0d=×m联立⑤得q ≤Q即B 所带电荷量的最大值为q m =Q.答案:(1) (2)dQE 0 (3)Q10.(2011年山东理综,38(2),8分)如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v 0、v 0.为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度.(不计水的阻力)解析:设乙船上人抛出货物的最小速度大小为v min ,抛出货物后船的速度为v 1,甲船上的人接到货物后船的速度为v 2, 据动量守恒定律得12mv 0=11mv 1-mv min ① 10m ×2v 0-mv min =11mv 2②为避免两船相撞应满足v 1=v 2③ 联立①②③式得v min =4v 0. 答案:4v 011.(2010年山东理综,38(2),5分)如图所示,滑块A 、C 质量均为m ,滑块B 质量为m.开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动;现将C 无初速度地放在A 上,并与A 粘合不再分开,此时A 与B 相距较近,B 与挡板相距足够远.若B 与挡板碰撞将以原速率反弹,A 与B 碰撞将粘合在一起.为使B 能与挡板碰撞两次,v 1、v 2应满足什么关系?解析:设向右为正方向,A 与C 粘合在一起的共同速度为v',由动量守恒定律得mv 1=2mv'①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ,应满足v'≤v 2② 设A 与B 碰后的共同速度为v ″,由动量守恒定律得 2mv'-mv 2=mv ″③为使B 能与挡板再次碰撞应满足v ″>0④ 联立①②③④式得:1.5v 2<v 1≤2v 2或v 1≤v 2<v 1.答案:1.5v 2<v 1≤2v 2或v 1≤v 2<v 1弹性碰撞中动量与能量的综合应用1.(2012年安徽理综,24,20分)如图所示,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/s2.(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B 物块沿光滑曲面滑到底端时速度为v ,据机械能守恒定律mgh=mv 2,得v==2m/s假设B 滑上皮带后减速x 1距离与皮带恰共同速度 据动能定理-μmgx 1=u 2-v 2代入数据得x 1=4 m>l=0.1 m设物块B 减速至皮带最左端时速度为v 1 据动能定理-μmgl=-v 2,得v 1==4 m/s.据题意B 匀速到A 处即第一次碰撞前的速度大小为4 m/s.(2)取向左为正方向,设碰后B 与A 速度分别为'1v 、v 两者弹性碰撞,据动量守恒和能量守恒有m 1v =m '1v +MV=v 1'2+V 2联立两式得'1v =v 1代入数据解得'1v =- m/s ,负号表示向右.设物块B 以 m/s 速度向右滑上皮带后经x 2距离速度减为零,据动能定理-μmgx 2=-v 1'2得x 2== m<l=1.0 m ,故物块B 向左返回,与原来向右运动对称,不可能到达右边的曲面上.(3)物块B 返回与A 碰前速度大小为 m/s ,以后每次与A 碰撞因能量交换,速度变小,从而向右滑上皮带后均能返回,且速度大小与离开A 时相等.每次B 与A 相碰时,锁定解除,A 的速度变为零.据(2)第n 次碰后B 物块速度由归纳法得 v n '=()n v 1=- m/s (n=1,2,3…)故物块B 第n 次碰后速度大小为 m/s (n=1,2,3…).(1)该题属于力学多过程问题,难度较大.(2)速度是过程的联系量,即解题的桥梁,物块在皮带上运动情况的不确定性,是学生能力的薄弱点,“锁定”“解除锁定”的情景,巧妙且新颖,为本题的亮点. (3)传送带模型、弹性碰撞均是力学重点模型;数学归纳法的应用,对考生应用数学解决物理问题的能力提出了较高的要求.2.(2012年四川理综,25,20分)如图所示,水平虚线X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场,整个空间存在匀强电场(图中未画出).质量为m ,电荷量为+q 的小球P 静止于虚线X 上方A 点,在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I 的冲量作用而做匀速直线运动.在A 点右下方的磁场中有定点O ,长为l 的绝缘轻绳一端固定于O 点,另一端连接不带电的质量同为m 的小球Q ,自然下垂.保持轻绳伸直,向右拉起Q ,直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角,在P 开始运动的同时自由释放Q ,Q 到达O 点正下方W 点时速率为v 0.P 、Q 两小球在W 点发生正碰,碰后电场、磁场消失,两小球粘在一起运动.P 、Q 两小球均视为质点,P 小球的电荷量保持不变,绳不可伸长,不计空气阻力,重力加速度为g.(1)求匀强电场场强E 的大小和P 进入磁场时的速率v ; (2)若绳能承受的最大拉力为F ,要使绳不断,F 至少为多大? (3)求A 点距虚线X 的距离s.解析:(1)设小球P 所受电场力为F 1,则F 1=qE 在整个空间重力和电场力平衡,则F 1=mg 联立,解得:E=设小球P 受到冲量后获得速度为v ,由动量定理得I=mv 得:v=.(2)设P 、Q 同向相碰后在W 点的最大速度为v m , 由动量守恒定律得:mv+mv 0=(m+m )v m此时轻绳的张力也为最大,由牛顿运动定律,得: F-(m+m )g=联立解得:F=+2mg.(3)设P 在X 上方做匀速直线运动的时间为t P1,则 t P1=设P 在X 下方做匀速圆周运动的时间为t P2,则tP2=设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ,由单摆周期性有tQ=(n+)2π又tQ =tP1+tP2联立,解得:s=(n+)-[n为大于(-)的整数]设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ',由单摆周期性,有tQ'=(n+)2π同理可得:s=(n+)-[n为大于(-)的整数].答案:见解析3.(2011年新课标全国理综,35(2),9分)如图,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平桌面上,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.求弹簧释放的势能.解析:设A碰B后整体速度为v1,由动量守恒,得:mv0=3mv1①细线断开后,设A、B速度为v2,由动量守恒,得:3mv1=mv+2mv2②设弹簧弹性势能为Ep,从细线断开到C与A、B分离,A、B、C与弹簧所组成系统机械能守恒,则有:×3m+Ep=m+×2m③联立①②③,解得:Ep=m.答案:m4.(2010年全国理综Ⅱ,25,18分)小球A和B的质量分别为mA 和mB,且mA>mB.在某高度处将A和B先后从静止释放.小球A与水平地面碰撞后向上弹回,在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰.设所有碰撞都是弹性的,碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度.解析:根据题意,由运动学规律可知,小球A与B碰撞前的速度大小相等,设均为v 0,由机械能守恒有mAgH=mA①设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2,以竖直向上方向为正,由动量守恒得m A v+mB(-v)=mAv1+mBv2②由于两球是弹性正碰,则有m A +mB=mA+mB③联立②③式得v2=v④设小球B能上升的最大高度为h,由运动学公式有h=⑤由①④⑤得h=()2H.答案:()2H5.(2010年湖南理综,34(2),10分)如图所示,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.解析:木板第一次与墙碰撞后,向左做匀减速直线运动,直到静止,再反向向右做匀加速直线运动,直到与重物有共同速度,再往后是做匀速直线运动,直到第二次撞墙.设木板的质量为m,重物的质量为2m,木板和重物共同速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得2mv0-mv=(2m+m)v①设第一次与墙碰撞到木板和重物具有共同速度所用时间为t1,根据动量定理得2μmgt1=mv-(-mv)②对木板应用动能定理得-2μmgs=mv2-m③设木板与重物向右做匀速直线运动到第二次与墙碰撞的时间为t2,s=vt2④由①②③④得:t1=,t2=所以从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间t=t1+t2=.答案:非弹性碰撞中动量与能量的综合应用1.(2011年大纲全国理综卷,20,6分)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,则整个过程中,系统损失的动能为( )A.mv2B.v2C.NμmgLD.NμmgL解析:①设系统末速度为v1,由动量守恒,得mv=(M+m)v1损失的机械能ΔE=mv2-(M+m)由以上两式,解得:ΔE=v2,所以B正确,A错误.②对系统由能量守恒,损失的机械能都转化为内能,所以ΔE=μmg·s相=μmgLN,所以C错误,D正确.答案:BD.2.(2012年全国新课标卷,35(2),9分,节选)如图,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平.从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力,求:(ⅰ)两球a、b的质量之比;(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.解析:(ⅰ)设细线长为l,b球运动到最低点的过程中,机械能守恒,有mb g l=mb,解得vb=然后a、b发生碰撞,碰撞时动量守恒,即mb vb=(ma+mb)vab此后a、b一起运动到最高点,有(ma +mb)g l(1-cos60°)=(ma+mb)解得vab=联立以上两式解得=-1(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能ΔE=mb vb2-(ma+mb)球b在碰前的最大动能E=mb解得=.答案:见解析3.(2012年广东理综,36,18分)如图(a)所示的装置中,小物块A、B质量均为m,水平面上PQ段长为l,与物块间的动摩擦因数为μ,其余段光滑.初始时,挡板上的轻质弹簧处于原长;长为r的连杆位于图中虚线位置;A紧靠滑杆(A、B间距大于2r).随后,连杆以角速度ω匀速转动,带动滑杆作水平运动,滑杆的速度—时间图像如图(b)所示.A在滑杆推动下运动,并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞.(1)求A 脱离滑杆时的速度v 0,及A 与B 碰撞过程的机械能损失ΔE.(2)如果AB 不能与弹簧相碰,设AB 从P 点到运动停止所用的时间为t 1,求ω的取值范围,及t 1与ω的关系式.(3)如果AB 能与弹簧相碰,但不能返回到P 点左侧,设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为E p ,求ω的取值范围,及E p 与ω的关系式(弹簧始终在弹性限度内).解析:(1)滑杆推动小物块A 从静止开始运动,加速至ωr 后,滑杆开始做减速运动,而小物块A 以ωr 做匀速运动,A 脱离滑杆,此时小物块A 的速度v 0=ωr ① A 和B 碰撞过程,动量守恒, mv 0=2mv ②A 和B 碰撞过程的机械能损失 ΔE=m-·2m ·v 2③由①②③式联立得ΔE=m ω2r 2.(2)AB 不能与弹簧碰撞,说明AB 停止于PQ 间,设AB 滑行位移为x ,根据动能定理, -μ2mgx=0-·2m ·v 2④ 又x ≤L ⑤由①②④⑤式联立得0<ω≤.设AB 从P 点到运动停止所用时间为t 1,据动量定理 -μ·2mg ·t 1=0-2mv ⑥ 由①②⑥式联立得t 1=.(3)AB 能与弹簧相碰,但不能返回P 点左侧,设AB 在PQ 上的路程为x 1,据动能定理-μ2mg·x=0-·2mv2⑦1≤2l⑧又x1由①②⑦⑧式得0<ω≤过程,AB从P点开始到弹簧被压缩至最大弹性势能Ep-·2mv2⑨据功能关系,-μ2mg·l=Ep由①②⑨式得E=-2μmgl.p答案:(1)ωr mω2r2(2)0<ω≤t=1=-2μmgl(3)0<ω≤Ep4.(2011年海南卷,19(2),8分)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均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后以大小为v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)木块上升到斜面最高点时与物体具有共同速度,由动量守恒定律得:mv=3mv①由能量守恒定律得:m-(×3mv2+mgh)=fL②解①②两式得:f=.(2)物体与木块最终具有向左的共同速度.由动量守恒定律得:mv=3mv'③由能量守恒定律得:m-×3mv'2=f(2L-s)④解③④两式得:s=·L.答案:(1)(2)·L5.(2011年天津理综,10,16分)如图所示,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直,直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞,碰后两球粘在一起飞出轨道,落地点距N为2R.重力加速度为g,忽略圆管内径,空气阻力及各处摩擦均不计,求:(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t;(2)小球A冲进轨道时速度v的大小.解析:(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向的分运动为自由落体运动,有2R=gt2①解得t=2.②(2)设A球质量为m,碰撞前速度大小为v1,从N到M,由机械能守恒定律知2mgR=mv2-m③设碰撞后两球速度大小为v2,据动量守恒定律mv1=2mv2④飞出轨道后做平抛运动,水平方向分运动为匀速直线运动,有2R=v2t⑤联立②③④⑤式得v=2.答案:(1)2(2)26.(2010年广东理综,35,18分)如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的ab 段水平,bcde段光滑,cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧.可视为质点的物块A和B紧靠在一起,静止于b处,A的质量是B的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离,分别向左、右始终沿轨道运动.B到d点时速度沿水平方向,此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的.A与ab段的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:(1)物块B在d点的速度大小v;(2)物块A滑行的距离s.解析:(1)设物块B的质量为m,B物块在d点时速度为v,由受力分析得:mg-mg=m,解得v=.(2)设分离时B物块的速度为vB,B物块从b到d过程中,由机械能守恒得:m=mgR+mv2①A、B物块分离过程中,由动量守恒得:3mvA =mvB②A、B物块分离后,A物块做匀减速直线运动到停止,由动能定理得-3μmgs=0-×3m③联立①②③式解得:s=.答案:(1)(2)7.(2010年天津理综,10,16分)如图所示,小球A系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于O点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直,小球由静止开始释放,运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点,不计空气阻力.重力加速度为g,求物块在水平面上滑行的时间t.解析:设小球的质量为m,运动到最低点与物块碰前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时重力势能为零,据机械能守恒有:mgh=m①由①得:v1=设碰撞后小球反弹的速度大小为v1',同理有mg=mv1'2②由②得:v1'=设碰后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律,有:mv1=-mv1'+5mv2③由③得:v2=④物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为:Ff=5μmg⑤设物块在水平面上滑行的时间为t,据动量定理,有:-Ff t=0-5mv2⑥联立④⑤⑥式得:t=.答案:。
动量守恒实验弹性碰撞与动量守恒
动量守恒实验弹性碰撞与动量守恒动量守恒实验引言动量守恒定律是力学中的重要概念，指出在没有外力作用下，系统的总动量保持不变。
弹性碰撞是动量守恒的经典实验之一。
本文将介绍动量守恒实验中弹性碰撞的原理和实验步骤，以及分析实验结果并结合公式进行解释。
实验原理动量守恒定律指出，一个系统中所有物体的动量之和在任何时刻都保持不变。
对于一个由两个物体组成的系统，在碰撞前后，总动量的大小和方向应保持不变。
实验步骤1. 实验装置准备安装一个弹簧测力计在平滑水平的桌面上。
将一根软质细线通过弹簧测力计的铁环，并在绳的另一端挂上一个小球。
2. 碰撞实验将一个较大的木球静止放置在弹簧测力计的上方约10厘米的高度，并释放小球使其与木球发生碰撞。
观察碰撞后小球和木球的运动情况。
实验结果与分析通过观察实验现象，并结合动量守恒定律的公式，我们可以分析实验结果。
1. 碰撞前碰撞前，小球和木球分别具有自己的质量和速度。
2. 碰撞瞬间在碰撞瞬间，小球和木球发生弹性碰撞，它们之间产生相互作用力。
根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等、方向相反。
3. 碰撞后在碰撞后，小球和木球的速度发生改变。
根据动量守恒定律，碰撞前后两个物体的总动量保持不变。
根据动量守恒定律公式：m1 * v1 + m2 * v2 = m1' * v1' + m2' * v2'其中，m1和m2为碰撞前小球和木球的质量，v1和v2为碰撞前小球和木球的速度，m1'和m2'为碰撞后小球和木球的质量，v1'和v2'为碰撞后小球和木球的速度。
结论通过本次实验，我们验证了动量守恒定律在弹性碰撞中的应用。
在没有外力作用下，系统的总动量保持不变。
根据动量守恒定律，我们可以预测和解释碰撞后物体的运动情况。
总结动量守恒是力学中的重要概念，实验它可以帮助我们更好地理解物体运动规律。
弹性碰撞为观察和验证动量守恒定律提供了一个经典的实验场景。
专题碰撞中的动量守恒
专题：碰撞中的动量守恒碰撞1．碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．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． 2．一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。
若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。
在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据． 3．弹性碰撞题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失”．这实际就是弹性碰撞． 设两小球质量分别为m 1、m 2，碰撞前后速度为v 1、v 2、v 1/、v 2/，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度． 根据动量守恒 m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1/＋m 2 v 2/ ……①根据机械能守恒 ½m 1 v 12十½m 2v 22= ½m 1 v 1/2十½m 2 v 2/2 ……② 由①②得v 1/=()21221212m m v m v m m++-，v 2/=()21112122m m v m v m m++-仔细观察v 1/、v 2/结果很容易记忆, 当v 2=0时v 1/=()21121m m v m m+-，v 2/=21112m m v m +①当v 2=0时；m 1=m 2 时v 1/=0，v 2/=v 1 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量．②m 1＞＞m 2，v /1=v 1，v 2/=2v 1．碰后m 1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m 1的速度的两倍向前运动。
物理学中的动量守恒解释碰撞与运动的变化
物理学中的动量守恒解释碰撞与运动的变化动量守恒是物理学中一项关键的原理，它解释了在碰撞和其他运动中发生的变化。
本文将探讨动量守恒原理的基本概念，及其在碰撞和运动过程中的应用。
动量是物体运动中的重要概念，它定义为物体质量与速度的乘积。
一个物体的动量越大，其运动状态变化的趋势也就越显著。
而动量守恒原理指出，一个封闭系统中的总动量在没有外力作用下保持不变。
这意味着，当两个物体发生碰撞时，它们的总动量在碰撞前后的和保持不变。
当两个物体碰撞时，它们之间会互相传递动量。
根据动量守恒原理，碰撞前后两个物体的总动量保持不变。
这意味着碰撞前两个物体的动量之和等于碰撞后两个物体的动量之和。
具体来说，假设质量分别为m1和m2的两个物体，它们在碰撞前分别以v1和v2的速度运动。
根据动量守恒原理，在碰撞后，两个物体的动量之和仍然等于碰撞前的总动量：m1 * v1 + m2 * v2 = m1 * v1' + m2 * v2'在碰撞前后，动量守恒原理保证了物体的整体动量保持不变。
这意味着在碰撞过程中，物体之间的动量会相互转移，从而导致速度和运动方向发生变化。
两个具有相同质量的物体在完全碰撞时，其速度将互换，即v1' = v2，v2' = v1。
这种碰撞称为完全弹性碰撞，其中动能完全被保留下来。
除了完全弹性碰撞外，还存在非弹性碰撞。
非弹性碰撞发生时，碰撞过程中的动能不完全保存。
速度损失会导致物体变形或产生热量等其他形式的能量损耗。
在这种情况下，动量仍然守恒，但总动能会减少。
动量守恒原理不仅适用于碰撞，也适用于其他运动过程中的变化。
例如，当一个施加力的物体推动另一个物体时，动量守恒原理指出两个物体的动量之和保持不变。
这样，在推动物体时，施加力的物体会减速，而被推动的物体则会加速。
这是因为动力学原理要求动量转移。
总结起来，动量守恒原理是解释碰撞和其他运动过程变化的重要原理。
无论是碰撞中的动量传递，还是施加力的物体推动另一个物体，动量守恒原理都保持了系统的整体动量不变。
弹性碰撞与动量守恒
弹性碰撞的特点
碰撞前后动量守恒 碰撞前后动能不变 碰撞后两物体按原速度方向运动 碰撞过程中能量没有转化为其他形式的能量
弹性碰撞的公式
弹性碰撞公式：m1*v1+m2*v2=m1*v1'+m2*v2'
碰撞前后动量守恒：m1*v1+m2*v2=m1*v1'+m2*v2'
碰撞前后动能守恒： m1*(v1)^2/2+m2*(v2)^2/2=m1*(v1')^2/2+m2*(v2')^2/2 碰撞前后速度方向不变：v1'=-v1, v2'=-v2
动量守恒定律： 在封闭系统中， 无论发生何种 形式的碰撞， 系统的总动量 始终保持不变。
弹性碰撞中动 量守恒的体现： 在弹性碰撞过 程中，由于没 有外力作用， 系统总动量保 持不变，满足 动量守恒定律。
实验验证：通 过实验验证， 可以发现弹性 碰撞前后系统 的总动量相等， 进一步证明了 弹性碰撞中动 量守恒的体现。
表达式：P = m1v1 + m2v2 + ...， 其中P是系统总动量，m和v分别代 表质量和速度。
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适用范围：适用于宏观和微观领域， 包括高速和低速运动。
动量守恒定律的验证方法：通过实 验测量和理论推导来验证动量守恒 定律的正确性。
动量守恒的适用条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
弹添加性副碰标撞题 与动量守 恒
汇报人：XX
目录
PART One
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PART Two
弹性碰撞
PART Three
动量守恒
PART Four
动量守恒定律与弹性碰撞知识点总结
动量守恒定律与弹性碰撞知识点总结动量守恒定律是物理学中的一个重要定律，它描述了在一个封闭系统中，当没有外部力作用时，系统的总动量保持不变。
而弹性碰撞是一种特殊的碰撞现象，其中碰撞过程中物体之间既不损失动能，也不损失动量。
本文将对动量守恒定律和弹性碰撞的知识点进行总结。
1. 动量守恒定律：动量守恒定律是指，在一个孤立系统中，当没有外力作用的情况下，系统的总动量保持不变。
在数学上，动量守恒定律可以表示为：∑(mv)初= ∑(mv)末其中，∑(mv)初表示系统初态的总动量，∑(mv)末表示系统末态的总动量。
该定律适用于各种不同的物体、碰撞、运动方式等情况。
2. 弹性碰撞：弹性碰撞是一种碰撞过程中物体之间既不损失动能，也不损失动量的碰撞现象。
在弹性碰撞中，物体之间产生的相互作用力能够将动能完全转移到另一个物体上，而不会有能量的损失。
弹性碰撞满足以下条件：- 物体之间没有外力作用；- 物体之间没有摩擦力的存在。
在弹性碰撞中，动量守恒定律同样成立。
同时，根据动能守恒定律，弹性碰撞中物体的总动能也保持不变。
3. 弹性碰撞的变形：在弹性碰撞中，物体也可能发生瞬时的形变。
根据胡克定律，物体在受到外力作用时会发生形变，但一旦外力作用消失，物体会恢复原状。
这种形变是瞬时的，不会持续存在。
4. 弹性碰撞的实例：弹性碰撞存在于日常生活和科学研究的各个领域中。
以下是一些弹性碰撞的实例：- 台球和乒乓球之间的碰撞；- 弹簧在受到外力作用后的回弹；- 球类运动中球的弹跳现象。
值得注意的是，弹性碰撞并不意味着碰撞过程中没有力的作用。
实际上，碰撞过程中物体之间会产生相互作用力，但这些力不会导致能量和动量的损失。
通过对动量守恒定律和弹性碰撞的知识点的总结，我们可以更好地理解碰撞过程中的物理规律。
动量守恒定律告诉我们在一个封闭系统中，物体的总动量保持不变；而弹性碰撞展示了一种特殊的碰撞现象，其中物体之间既不损失动能，也不损失动量。
这些知识点在物理学和工程学中具有广泛的应用，能够帮助我们解释和预测物体在碰撞过程中的行为。
高中物理动量守恒碰撞问题专题讲解
动量守恒定律的应用（碰撞）【要点梳理】 要点一、碰撞1．碰撞及类碰撞过程的特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短．（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大． （3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．（5）能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：1212k k k k E E E E +≤+＇＇．（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方． 2．碰撞的分类（1）按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒：1212k k k k E E E E +=+＇＇．②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒：1212k k k k E E E E ++＇＇＜．③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．（2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰． ①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞． ②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞． 高中阶段一般只研究正碰的情况． ③散射指微观粒子之间的碰撞．要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直接接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方． 要点二、碰撞问题的处理方法 1．解析碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212p p p p +=+＇＇．（2）动能不增加，即1212k k k k E E E E +≥+＇＇．（3）速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v v 后前＞，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即v v ≥后前＇＇，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． 2．爆炸问题爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）很大，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，所以爆炸过程中可以近似认为动量守恒．要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的动能会增加． 【典型例题】类型一、碰撞中的可能性问题例1（多选）．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度0v 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的1/9，那么小球B 的速度可能是（ ）．A ．013v B ．023v C ．049v D ．059v 【思路点拨】动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意A 球速度的方向性。