高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 第五节 自然界中的守恒定律检测 粤教版选修3-5
粤教版 高中物理课本目录(全部),包含必修和所有选修
必修一第一章运动的描述第一节认识运动第二节时间位移第三节记录物体的运动信息第四节物体运动的速度第五节速度变化的快慢加速度第六节用图象描述直线运动本章复习与测试第二章探究匀变速直线运动规律第一节探究自由落体运动第二节自由落体运动规律第三节从自由落体到匀变速直线运. 第四节匀变速直线运动与汽车行驶. 本章复习与测试第三章研究物体间的相互作用第一节探究形变与弹力的关系第二节研究摩擦力第三节力的等效和替换第四节力的合成与分解第五节共点力的平衡条件第六节作用力与反作用力本章复习与测试第四章力与运动第一节伽利略的理想实验与牛顿第. 第二节影响加速度的因素第三节探究物体运动与受力的关系第四节牛顿第二定律第五节牛顿第二定律的应用第六节超重和失重第七节力学单位本章复习与测试必修二第一章抛体运动第01节什么是抛体运动第02节运动的合成与分解第03节竖直方向的抛体运动第04节平抛物体的运动第05节斜抛物体的运动本章复习与检测第二章圆周运动第01节匀速圆周运动第02节向心力第03节离心现象及其应用本章复习与检测第三章万有引力定律及其应用第01节万有引力定律第02节万有引力定律的应用第03节飞向太空本章复习与检测第四章机械能和能源第01节功第02节动能势能第03节探究外力做功与物体动能变. 第04节机械能守恒定律第05节验证机械能守恒定律第06节能量能量转化与守恒定律第07节功率第08节能源的开发与利用本章复习与检测第五章经典力学与物理学的革命第01节经典力学的成就与局限性第02节经典时空观与相对论时空观第03节量子化现象第04节物理学—人类文明进步的阶. 本章复习与检测选修1-1第一章电与磁第一节有趣的静电现象第二节点电荷间的相互作用第三节认识磁场第四节认识电场第五节奥斯特实验的启示第六节洛伦兹力初探第二章电磁感应与电磁场第一节电磁感应现象的发现第二节电磁感应定律的建立第三节电磁感应现象的应用第四节麦克斯韦电磁场理论第三章电磁技术与社会发展第一节电磁技术的发展第二节电机的发明对能源利用的作用第三节传感器及其应用第四节电磁波的技术应用第五节科学、技术与社会的协调第四章家用电器与日常生活第一节我们身边的家用电器第二节常见家用电器的原理第三节家用电器的选择第四节家用电器的基本原件第五节家用电器故障与安全用电选修1-2第一章认识内能第一节物体的组成第二节分子热运动第三节分子之间的相互作用内能第四节能量守恒能源利用第五节热力学第一定律第二章热的利用第一节如何利用热量做功第二节热机第三节热传导的方向性第四节无序熵第五节热力学第二定律第六节家用制冷设备第三章核能及其利用第一节放射性第二节放射性的应用与辐射防护第三节核能第四节裂变和聚变第五节核能的开发与利用第四章能源与社会发展第一节能源概述第二节第一次工业革命第三节第二次工业革命第四节核能时代第五节能源与环境选修2-1第一章直流电与多用电表第一节电源与环境第二节串联电路与并联电路第三节闭合电路欧姆定律的实验探究第四节解开多用电表“多用”的奥秘第五节多用电表的使用第六节电场与电容器第二章磁场与磁偏转第一节磁场的描述第二节实验探究安培力第三节磁电式仪表第四节磁场红的电子束第三章电磁感应与交变电流第一节认识电磁感应现象第二节探究影响电磁感应电动势大小的因素第三节交变电流第四节变压器第五节远距离输电与电能损失第六节三相交变电流第四章电磁波与通信技术第一节电磁波与信息时代第二节光与电磁波谱第三节电视与广播第四节移动通信与移动电话第五章现代信息技术第一节传感器与自动化第二节微电子技术与集成电路第三节模拟信号、数字信号与信息时代第四节家用电脑与网络技术选修2-2第一章刚体的平衡第一节研究平动和转动第二节研究共电力作用下刚体的平衡条件第三节刚体共点力平衡条件的应用第四节力矩第五节探究有固定转动轴物体的平衡条件第六节刚体的一般平衡条件第七节探究影响平衡稳定的因素第二章机械传动第一节转速的变换第二节平动和转动的转换第三节液压传动的原理和应用第四节从杠杆到机器人第三章物体的形变第一节弹性和范性第二节直杆的形变第三节常见的承重结构第四章热与热机第一节热机的基本原理第二节四冲程内燃机第三节提高内燃机的效率第四节气轮机喷气发动机第五节制冷的基本原理第六节家用电冰箱和空调机第七节热机与环境第八节热机的发展选修2-3第一章光的折射全反射与光纤技术第一节光的折射定律第二节测定材料的折射率第三节光的全反射及光纤技术第二章透镜成像规律与光学仪器第一节透镜焦距的测定第二节透镜成像规律探究（一）第三节透镜成像规律探究（二）第四节照相机第五节望远镜和显微镜第三章光的波动性与常用新型电光源第一节光的干涉及其应用第二节光的衍射与光的偏振第三节激光及其应用第四节常见新型电光源第四章原子、原子核与放射技术第一节原子和原子核的结构第二节原子核的裂变第三节射线及其应用第四节放射性同位素第五节核反应与核技术选修3-1第一章电场第01节认识电场第02节探究静电力第03节电场强度第04节电势和电势差第05节电场强度与电势差的关系第06节示波器的奥秘第07节了解电容器第08节静电与新技术本章复习与测试第二章电路第01节探究决定导线电阻的因素第02节对电阻的进一步研究第03节研究闭合电路第04节认识多用电表第05节电功率第06节走进门电路第07节了解集成电路本章复习与测试第三章磁场第01节我们周围的磁象第02节认识磁场第03节探究安培力第04节安培力的应用第05节研究洛伦兹力第06节洛伦兹力与现代技术本章复习与测试本册复习与测试,选修3－2第一章电磁感应第01节电磁感应现象第02节研究产生感应电流的条件第03节探究感应电流的方向第04节法拉弟电磁感应定律第05节法拉弟电磁感应定律应用(一) 第06节法拉弟电磁感应定律应用(二) 第07节自感现象及其应用第08节涡流现象及其应用本章复习与检测第二章交变电流第01节认识变交电流第02节交变电流的描述第03节表征交变电流的物理量第04节电感器对交变电流的作用第05节电容器对交变电流的作用第06节变压器第07节远距离输电本章复习与检测第三章传感器第01节认识传感器第02节探究传感器的原理第03节传感器的应用第04节用传感器制作自控装置第05节用传感器测磁感应强度本章复习与检测选修3－3第一章分子动理论第01节物体是由大量分子组成的第02节测量分子的大小第03节分子的热运动第04节分子间的相互作用力第05节物体的内能第06节气体分子运动的统计规律本章复习与检测第二章固体、液体和气体第01节晶体的宏观特征第02节晶体的微观结构第03节固体新材料第04节液体的性质液晶第05节液体的表面张力第06节气体状态量第07节气体实验定律(Ⅰ)第08节气体实验定律(Ⅱ)第09节饱和蒸汽空气的湿度本章复习与检测第三章热力学基础第01节内能功热量第02节热力学第一定律第03节能量守恒定律第04节热力学第二定律第05节能源与可持续发展第06节研究性学习能源的开发利. 本章复习与测试选修3－4第一章机械振动第01节初识简谐运动第02节简谐运动的力和能量特征第03节简谐运动的公式描述第04节探究单摆的振动周期第05节用单摆测定重力加速度第06节受迫振动共振本章复习与检测第二章机械波第01节机械波的产生和传播第02节机械波的图象描述第03节惠更斯原理及其应用第04节波的干涉与衍射第05节多普勒效应本章复习与检测第三章电磁振荡与电磁波第01节电磁振荡第02节电磁场与电磁波第03节电磁波的发射、传播和接收第04节电磁波谱第05节电磁波的应用本章复习与检测第四章光第01节光的折射定律第02节测定介质的折射率第03节认识光的全反射现象第04节光的干涉第05节用双缝干涉实验测定光的波. 第06节光的衍射和偏振第07节激光本章复习与检测第五章相对论第01节狭义相对论的基本原理第02节时空相对性第03节质能方程与相对论速度合成. 第04节广义相对论第05节宇宙学简介本章复习与检测选修3－5第一章碰撞与动量守恒第01节物体的碰撞第02节动量动量守恒定律第03节动量守恒定律在碰撞中的应. 第04节反冲运动第05节自然界中的守恒定律本章复习与检测第二章波粒二象性第01节光电效应第02节光子第03节康普顿效应及其解释第04节光的波粒二象性第05节德布罗意波本章复习与检测第三章原子结构之谜第01节敲开原子的大门第02节原子的结构第03节氢原子光谱第04节原子的能级结构本章复习与检测第四章原子核第01节走进原子核第02节核衰变与核反应方程第03节放射性同位素第04节核力与结合能第05节裂变和聚变第06节核能利用第07节小粒子与大宇宙本章复习与检测必修1第一章运动的描述第二章探究匀变速直线运动规律第三章研究物体间的相互作用第四章力与运动必修2第一章抛体运动第二章圆周运动第三章万有引力定律及其应用第四章机械能和能源第五章经典力学与物理学的革命选修1-1第一章电与磁第二章电磁感应与电磁场第三章电磁技术与社会发展第四章家用电器与日常生活选修1-2第一章认识内能第二章热的利用第三章核能及其利用第四章能源与社会发展选修2-1第一章直流电与多用电表第二章磁场与磁偏转第三章电磁感应与交变电流第四章电磁波与通信技术第五章现代信息技术选修2-2第一章刚体的平衡第二章机械传动第三章物体的形变第四章热与热机选修2-3第一章光的折射全反射与光纤技术第二章透镜成像规律与光学仪器第三章光的波动性与常用新型电光源第四章原子、原子核与放射技术选修3-1第一章电场第二章电路第三章磁场选修3-2第一章电磁感应第二章交变电流第三章传感器选修3-3第一章分子动理论第二章固体、液体和气体第三章热力学基础选修3-4第一章机械振动第二章机械波第三章电磁振荡与电磁波第四章光第五章相对论选修3-5第一章碰撞与动量守恒第二章波粒二象性第三章原子结构之谜第四章原子核。
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必修一*第一章运动的描述第一节认识运动参考系质点第二节时间位移时间与时刻路程与位移第三节记录物体的运动信息打点计时器数字计时器第四节物体运动的速度平均速度瞬时速度第五节速度变化的快慢加速度第六节用图象描述直线运动匀速直线运动的位移图像匀速直线运动的速度图像匀变速直线运动的速度图像本章复习与测试*第二章探究匀变速直线运动规律第一节探究自由落体运动落体运动的思考记录自由落体运动轨迹第二节自由落体运动规律猜想与验证自由落体运动规律第三节从自由落体到匀变速直线运匀变速直线运动规律两个有用的推论第四节匀变速直线运动与汽车行驶本章复习与测试*第三章研究物体间的相互作用第一节探究形变与弹力的关系认识形变弹性与弹性限度探究弹力力的图示第二节研究摩擦力滑动摩擦力研究静摩擦力第三节力的等效和替代共点力力的等效力的替代寻找等效力第四节力的合成与分解力的平行四边形定则合力的计算分力的计算第五节共点力的平衡条件第六节作用力与反作用力探究作用力与反作用力的关系牛顿第三定律本章复习与测试*第四章力与运动第一节伽利略的理想实验与牛顿第一定律伽利略的理想实验牛顿第一定律第二节影响加速度的因素加速度与物体所受合力的关系加速度与物体质量的关系第三节探究物体运动与受力的关系加速度与力的定量关系加速度与质量的定量关系实验数据的图像表示第四节牛顿第二定律数字化实验的过程及结果分析牛顿第二定律及其数学表示第五节牛顿第二定律的应用第六节超重和失重超重和失重超重和失重的解释完全失重现象第七节力学单位单位制的意义国际单位制中的力学单位本章复习与测试必修二*第一章抛体运动第一节什么是抛体运动抛体运动的速度方向抛体做直线或曲线运动的条件第二节运动的合成与分解分运动与合运动运动的独立性运动的合成与分解第三节竖直方向的抛体运动竖直下抛运动竖直上抛运动第四节平抛物体的运动平抛运动的分解平抛运动的规律第五节斜抛物体的运动斜抛运动的分解斜抛运动的规律射程与射高弹道曲线本章复习与检测*第二章圆周运动第一节匀速圆周运动认识圆周运动如何描述匀速圆周运动的快慢第二节向心力感受向心力向心加速度生活中的向心力第三节离心现象及其应用离心现象离心现象的运用本章复习与检测*第三章万有引力定律及其应用第一节万有引力定律天体究竟做怎样的运动苹果落地的思考：万有引力定律的发现第二节万有引力定律的应用计算天体的质量理论的威力：预测未知天体理想与现实：人造卫星和宇宙速度第三节飞向太空飞向太空的桥梁——火箭梦想成真——遨游太空探索宇宙奥秘的先锋——空间探测器本章复习与检测*第四章机械能和能源第一节功怎样才算做了功如何计算功功有正、负之分吗？第二节动能势能动能重力势能弹性势能第三节探究外力做功与物体动能变第四节机械能守恒定律动能与势能之间的相互转化机械能守恒定律的理论推导第五节验证机械能守恒定律第六节能量能量转化与守恒定律各种各样的能量能量之间的转化能量守恒定律能量转化和转移的方向性第七节功率如何描述物体做工的快慢怎么计算功率功率与能量第八节能源的开发与利用能源及其分类能源危机与环境污染未来的能源本章复习与检测*第五章经典力学与物理学的革命第一节经典力学的成就与局限性经典力学的发展历程经典力学的伟大成就经典力学的极限性和适用范围第二节经典时空观与相对论时空观经典时空观相对论时空观第三节量子化现象黑体辐射：能量子假说的提出光子说：对光电效应的解释光的波粒二象性：光的本性揭示原子光谱：原子能量的不连续第四节物理学——人类文明进步的阶物理学与自然科学——人类文明进步的基石物理学与现代技术——人类文明进步的推动力本章复习与检测选修3-1*第一章电场第一节认识电场起点方式的实验探究电荷守恒定律第二节探究静电力点电荷库仑定律第三节电场强度电场电场的描述怎样“看见”电场第四节电势和电势差电势差电势等势面第五节电场强度与电势差的关系探究场强与电势差的关系电场线与等势面的关系第六节示波器的奥秘带电离子的加速带电离子的偏转示波器探秘第七节了解电容器识别电容器电容器的充放电电容器的电容决定电容的因素第八节静电与新技术锁住黑烟防止静电危害本章复习与测试*第二章电路第一节探究决定导线电阻的因素电阻定律的实验探究电阻率第二节对电阻的进一步研究导体的伏安特性电阻的串联电阻的并联第三节研究闭合电路电动势闭合电路的欧姆定律路端电压跟负载的关系测量电源的电动势和内阻第四节认识多用电表多用电表的原理学会使用多用电表第五节电功率电功和电功率焦耳定律和热功率闭合电路中的功率第六节走进门电路与门电路或门电路非门电路门电路的实验探究第七节了解集成电路集成电路概述集成电路的分类集成电路的前景本章复习与测试*第三章磁场第一节我们周围的磁象无处不在的磁场地磁场磁性材料第二节认识磁场磁场初探磁场有方向吗图示磁场安培分子电流假说第三节探究安培力安培力的方向安培力的大小磁通量第四节安培力的应用直流电动机磁电式电表第五节研究洛伦兹力洛伦兹力的方向洛伦兹力的大小第六节洛伦兹力与现代技术带电粒子在磁场中的运动质谱仪回旋加速器本章复习与测试本册复习与测试,选修3-2*第一章电磁感应第一节电磁感应现象第二节研究产生感应电流的条件第三节探究感应电流的方向感应电流的方向楞次定律右手定则第四节法拉弟电磁感应定律影响感应电动势大小的因素法拉第电磁感应定律感应电动势的另一种表述第五节法拉弟电磁感应定律的应用（一）法拉第电机电磁感应中的电路第六节法拉弟电磁感应定律的应用（二）电磁流量计电磁感应中的能量第七节自感现象及其应用自感现象自感系数日光灯第八节涡流现象及其应用涡流现象电磁灶与涡流加热涡流制动与涡流探测本章复习与检测*第二章交变电流第一节认识变交电流观察交变电流的图象交变电流的产生第二节交变电流的描述用函数表达式描述交变电流用图象描述交变电流第三节表征交变电流的物理量交变电流的周期和频率交变电流的峰值和有效值第四节电感器对交变电流的作用认识电感器电感器对交变电流的阻碍作用低频扼流圈和高频扼流圈第五节电容器对交变电流的作用电容器仅让交变电流通过电容器对交变电流的阻碍作用隔直电容器和高频旁路电容器第六节变压器认识变压器探究变压器的电压与匝数的关系理想变压器原副线圈中的电流第七节远距离输电从发电站到用户的输电线路为什么要用高压输电直流输电本章复习与检测*第三章传感器第一节认识传感器什么是传感器传感器的分类第二节探究传感器的原理温度传感器的原理光电传感器原理第三节传感器的应用生活中的传感器农业生产中的传感器工业生场中的传感器飞向太空的传感器第四节用传感器制作自控装置第五节用传感器测磁感应强度本章复习与检测选修3-3*第一章分子动理论第一节物体是由大量分子组成的分子的大小阿伏伽德罗常数第二节测量分子的大小实验原理实验器材实验与收集数据分析与论证第三节分子的热运动扩散现象布朗运动第四节分子间的相互作用力第五节物体的内能分子的动能温度分子势能物体的内能第六节气体分子运动的统计规律分子沿各个方向运动的机会相等分子速率按一定的规律分布本章复习与检测*第二章固体、液体和气体第一节晶体的宏观特征单晶体多晶体非晶体第二节晶体的微观结构第三节固体新材料新材料的基本特征新材料的未来第四节液体的性质液晶液体分子的排列液体分子的热运动液晶长丝状液晶螺旋状液晶第五节液体的表面张力液体的表面现象液体的表面张力及其微观解释第六节气体状态量体积温度压强第七节气体实验定律(Ⅰ)玻意耳定律第八节气体实验定律(Ⅱ)查理定律盖.吕萨克定律对气体实验定律的微观解释第九节饱和蒸汽空气的湿度饱和蒸汽饱和气压空气的湿度本章复习与检测*第三章热力学基础第一节内能功热量改变物体内能的两种方式第二节热力学第一定律热力学第一定律热力学第一定律运用举例第三节能量守恒定律能量守恒定律第一类永动机是不可能造成的第四节热力学第二定律热传导的方向性机械能和内能转化过程的方向性热力学第二定律热力学第二定律的微观实质熵第五节能源与可持续发展能源与环境温室效应酸雨能量降退与节约能源第六节研究性学习能源的开发利用与环境保护本章复习与测试选修3-4*第一章机械振动第一节初识简谐运动弹簧振子描述简谐运动的物理量第二节简谐运动的力和能量特征简谐运动的力的特征简谐运动的能量的特征第三节简谐运动的公式描述第四节探究单摆的振动周期单摆振动周期的实验探究第五节用单摆测定重力加速度第六节受迫振动共振受迫振动共振共振的利用和防止本章复习与检测*第二章机械波第一节机械波的产生和传播认识机械波机械波的产生机械波的传播纵波与横波第二节机械波的图象描述波的图象描述波的特征的物理量第三节惠更斯原理及其应用惠更斯原理波的反射波的折射第四节波的干涉与衍射波的干涉波的衍射第五节多普勒效应认识多普勒效应多普勒效应的成因多普勒效应的运用本章复习与检测*第三章电磁振荡与电磁波第一节电磁振荡电磁振荡电路的演变与构成电磁振荡过程中电场能和磁场能的转化电磁振荡的周期和频率第二节电磁场与电磁波麦克斯韦电磁场理论的基础思想电磁波的产生及其特点电磁场的物质性麦克斯韦电磁场理论的意义第三节电磁波的发射、传播和接收模仿赫兹实验电磁波的发射电磁波的传播无线电波的接收第四节电磁波谱光是电磁波电磁波谱第五节电磁波的应用无线电广播与电视移动通信电磁波与科技、经济、社会发展的关系本章复习与检测*第四章光第一节光的折射定律光的折射规律的实验探究折射角与光速的关系折射率第二节测定介质的折射率测量折射率第三节认识光的全反射现象光的全反射光导纤维的结构与应用第四节光的干涉双缝干涉现象光产生干涉的条件第五节用双缝干涉实验测定光的波长第六节光的衍射和偏振光的衍射光的偏振第七节激光激光激光的特性激光的应用全息照相用激光观察全息照片本章复习与检测*第五章相对论第一节狭义相对论的基本原理狭义相对论的诞生狭义相对论的基本原理“同时”的相对性第二节时空相对性时间间隔的相对性空间距离的相对性相对论的时空观第三节质能方程与相对论速度合成相对论质量质能方程相对论的速度合成定理第四节广义相对论广义相对论基本原理广义相对论的主要结论第五节宇宙学简介人类对宇宙演化的认识宇宙学的新进展本章复习与检测选修3-5*第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞历史上对碰撞问题的研究生活中的各种碰撞现象弹性碰撞和非弹性碰撞第二节动量动量守恒定律动量及其改变一维碰撞中的动量守恒定律第三节动量守恒定律在碰撞中的应. 第四节反冲运动第五节自然界中的守恒定律守恒与不变守恒与对称本章复习与检测*第二章波粒二象性第一节光电效应光电效应与光电流光电流的变化极限频率遏止电压电磁理论解释的困难第二节光子能量量子假说光子假说光电效应方程对光电效应的解释第三节康普顿效应及其解释第四节光的波粒二象性光的波粒二象性的本质概率波第五节德布罗意波德布罗意波假说电子衍射电子云不确定关系本章复习与检测*第三章原子结构之谜第一节敲开原子的大门探索阴极射线电子的发现第二节原子的结构α粒子散射实验原子的核式结构的提出第三节氢原子光谱巴耳末系氢原子光谱的其他线系原子光谱第四节原子的能级结构能及结构猜想氢原子的能级本章复习与检测*第四章原子核第一节走进原子核放射性的发现原子核的组成第二节核衰变与核反应方程原子核的衰变核反应方程半衰期第三节放射性同位素同位素放射性同位素的应用放射性的危害及防护第四节核力与结合能核力及其性质重核与轻核结合能第五节裂变和聚变核裂变链式反应受控热核反应第六节核能利用反应堆核电站核能利用第七节小粒子与大宇宙从小粒子到大宇宙——空间跨度从粒子寿命到宇宙年龄——时间跨度本章复习与检测。
2017-2018学年高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 实验 验证动量守恒定律同步备课教案 粤教版选修3-5
解析 答案
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，由以上的 测量结果可得：碰前两小车的总动量为__0_.4_2_0_ kg·m/s，碰后两小车的总 动量为_0_.4_1__7___ kg·m/s.
解析 答案
例3 某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究
滑块2碰撞后的速度 v3＝Δdt3＝8.53×5×101－03－3 m/s≈0.60 m/s；
解析 答案
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不 变的？通过对实验数据的分析说明理由.(至少回答2个不变量). a._系__统__碰__撞__前__后__总__动__量__不__变__.b._碰__撞__前__后__总__动__能__不__变__.(_c_.碰__撞__前__后__质__量__不__变__._) .
是_____t_____，由此得出的结论是_误__差__允__许__的__范__围__内__，__碰__撞__前__后__动__量__守__ _恒_定__律__成__立___.
mA/g mB/g OM/cm ON/cm OP/cm
20.0 10.0 15.2
47.9
高中物理第一章碰撞与动量守恒实验验证动量守恒定律课件粤教版选修3-
方案三：在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验． (1)测质量：用天平测出两小车的质量． (2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把 纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端 分别装上撞针和橡皮泥． (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 ＝ΔΔxt 算出速度． (5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．
答案：(1)切线沿水平方向 保证入射小球和被碰小 球在碰后都能做平抛运动
(2)较高位置 因为入射球在碰撞前可获得较大的速 度，和被碰球之间的相互作用时间可以缩短，增大它们之 间的相互作用力，球所受的阻力可忽略不计
(3)比较 m1·O—M＋m2·—ON是否与 m1·—OP相等
类型二 实验综合考查 【典例 2】 某同学用如图甲所示装置验证动量守恒 定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为 m1、m2， 平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从 斜槽上固定位置 G 由静止开始滚下，落到复写纸上，重 复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍 从位置 G 由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动 落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点 痕迹如图乙所示．
(3)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位 置 P、Q、R 并测出了 OP、PQ、QR 间的距离分别为 s1、 s2、s3，则验证动量守恒定律的表达式是：______________
___________________________________________. 若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为：_____ ___________________________________________. 解析：(1)因为入射球和靶球平抛的起始位置相同， 所以它们水平位移的起点相同，即都是 O 点位置，不需 要测两球的直径；为了使碰后入射球不反弹，应满足
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第1节 探究自由落体运动
落体运动的思考
记录自由落体运动轨迹
第2节 自由落体运动规律
猜想线运
匀变速直线运动规律
两个有用的推论
第四节 匀变速直线运动与汽车行驶
本章复习与测试
*第三章 研究物体间的相互作用
第1节 探究形变与弹力的关系
第5节 物体的内能
分子的动能 温度
分子势能
物体的内能
第六节 气体分子运动的统计规律
分子沿各个方向运动的机会相等
分子速率按一定的规律分布
本章复习与检测
*第二章 固体、液体和气体
第1节 晶体的宏观特征
单晶体
多晶体
非晶体
第2节 晶体的微观结构
第3节 固体新材料
新材料的基本特征
新材料的未来
第4节 液体的性质 液晶
探索宇宙奥秘的先锋——空间探测器
本章复习与检测
*第四章 机械能和能源
第1节 功
怎样才算做了功
如何计算功
功有正、负之分吗？
第2节 动能 势能
动能
重力势能
弹性势能
第3节 探究外力做功与物体动能变
第4节 机械能守恒定律
动能与势能之间的相互转化
机械能守恒定律的理论推导
第五节 验证机械能守恒定律
第六节 能量 能量转化与守恒定律
选修3-1
*第一章 电场
第一节 认识电场
起点方式的实验探究
电荷守恒定律
第2节 探究静电力
点电荷
库仑定律
第3节 电场强度
电场
电场的描述
怎样“看见”电场
第4节 电势和电势差
电势差
电势
等势面
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 1.5 自然界中的守恒定律教学案 粤教版选修3-5-粤教版高二选修
第五节自然界中的守恒定律[目标定位] 1.加深对动量守恒定律、能量守恒定律的理解，能运用这两个定律解决一些简单的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一．一、守恒与不变1．能量守恒：能量是物理学中最重要的物理量之一，而且具有各种各样的形式，各种形式的能量可以相互转化但总能量不变．2．动量守恒：动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的．适用于任何形式的运动，因此常用来推断系统在发生碰撞前后运动状态的变化．3．守恒定律的本质，就是某种物理量保持不变．能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性；动量守恒是对应着某种空间变换中的不变性．二、守恒与对称1．对称的本质：具有某种不变性．守恒与对称性之间有着必然的联系．2．自然界应该是和谐对称的，在探索未知的物理规律的时候，允许以普遍的对称性作为指引．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、爆炸类问题解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：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大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．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，因此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，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．[例1] 从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，质量为m 的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求： (1)刚炸裂时另一块碎片的速度； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？ 答案 (1)M ＋mM －m2gh ，方向竖直向下 (2)4Mmgh M －m解析 (1)M 下落h 后：Mgh ＝12Mv 2，v ＝2gh爆炸时动量守恒：Mv ＝－mv ＋(M －m )v ′v ′＝M ＋m M －m2gh ，方向竖直向下(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔE k ＝12mv 2＋12(M －m )v ′2－12Mv 2＝4MmghM －m二、滑块滑板模型1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，那么在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，把机械能转化为内能，那么系统机械能不守恒．应结合能量守恒求解问题．3．注意滑块假设不滑离木板，最后二者具有共同速度．[例2] 如图1所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，它们之间的动摩擦因数为μ，求：图1(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？ (2)它们相对静止时，小铁块与A 点距离多远？ (3)在全过程中有多少机械能转化为内能？答案 (1)MM ＋m v 0 (2)Mv 022μM ＋m g (3)Mmv 022M ＋m解析 (1)小铁块放到长木板上后，由于他们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起匀速运动．设达到的共同速度为v . 由动量守恒定律得：Mv 0＝(M ＋m )v 解得v ＝MM ＋mv 0. (2)设小铁块距A 点的距离为L ，由能量守恒定律得μmgL ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2 解得：L ＝Mv 022μM ＋m g(3)全过程所损失的机械能为 ΔE ＝12Mv 02－12(M ＋m )v 2＝Mmv 022M ＋m三、子弹打木块类模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，那么系统机械能不守恒，机械能向内能转化．系统损失的机械能等于阻力乘于相对位移．即ΔE ＝f ·s 相对3．假设子弹不穿出木块，那么二者最后有共同速度，机械能损失最多．[例3] 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，设木块与子弹的相互作用力为f .试求： (1)子弹、木块相对静止时的速度v .(2)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？ (3)子弹打进木块的深度l 深为多少？答案 (1)mM ＋m v 0 (2)Mmv 022M ＋m Mmv 022M ＋m(3)Mmv 022f M ＋m解析 (1)由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，子弹与木块的共同速度为：v ＝mM ＋mv 0.(2)由能量守恒定律得，系统损失的机械能 ΔE k ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2，得：ΔE k ＝Mmv 022M ＋m系统增加的内能Q ＝ΔE k ＝Mmv 202M ＋m(3)解法一：对子弹利用动能定理得 －fs 1＝12mv 2－12mv 02所以s 1＝Mm M ＋2m v 022f M ＋m2同理对木块有：fs 2＝12Mv 2故木块发生的位移为s 2＝Mm 2v 022f M ＋m2.子弹打进木块的深度为：l 深＝s 1－s 2＝Mmv 022f M ＋m解法二：对系统根据能量守恒定律，得：f ·l 深＝12mv 02－12(M ＋m )v 2 得：l 深＝Mmv 022f M ＋ml 深即是子弹打进木块的深度．四、弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，假设系统合外力为零，满足动量守恒．2．整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．[例4] 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图2所示．B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动．那么在以后的运动中：图2(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 答案 (1)3 m/s (2)12 J解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒有(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )·v ABC ， 解得v ABC ＝2＋2×62＋2＋4m/s ＝3 m/s.(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒， 设碰后瞬间B 、C 两者速度为v BC ， 那么m B v ＝(m B ＋m C )v BC ，v BC ＝2×62＋4m/s ＝2 m/s ， 设物块A 、B 、C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒E p ＝12(m B ＋m C )v 2BC ＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2ABC ＝12×(2＋4)×22 J ＋12×2×62J －12×(2＋2＋4)×32J ＝12 J.爆炸类问题1．一颗质量为30 g 的弹丸在距地面高20 m 时仅有水平速度v ＝10 m/s.爆炸成为A 、B 两块，其中A 的质量为10 g ，速度方向水平且与v 方向相同，大小为v A ＝100 m/s ，求：(g ＝10 m/s 2)(1)爆炸后A 、B 落地时的水平距离多大？ (2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？ 答案 (1)270 m (2)60.75 J解析 (1)爆炸时动量守恒，有mv ＝m A v A ＋(m －m A )v B 代入数据得：v B ＝－35 m/s 下落过程由h ＝12gt 2得t ＝2 s ，那么A 、B 的水平位移的大小为s A ＝v A t ＝100×2 m＝200 m s B ＝|v B |t ＝35×2 m＝70 m落地时相距s ＝s A ＋s B ＝270 m (2)爆炸过程中转化的动能ΔE k ＝12m A v A 2＋12(m －m A )v B 2－12mv 2＝60.75 J滑块一滑板类模型2．一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，如图3所示，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板．假设A 和B 的初速度大小为v 0.求：图3(1)它们最后的速度的大小和方向； (2)木块与木板间的动摩擦因数μ. 答案 (1)M －mM ＋mv 0，水平向右 (2)2Mv 02M ＋m gL解析 (1)系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．木块A 不滑离B 板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v . 由动量守恒定律得：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v 可得：v ＝M －mM ＋mv 0 因为M >m ，故v 方向水平向右．(2)木块和木板损失的机械能转化为内能，根据能量守恒定律，有μmgl ＝12mv 02＋12Mv 02－12(M＋m )v 2解得：μ＝2Mv 02M ＋m gl子弹打木块类模型3.如图4所示，在光滑水平面上放置一质量为M ＝1 kg 的静止木块，一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝200 m/s 水平速度射向木块，穿出后子弹的速度变为v 1＝100 m/s ，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．图4答案 149.5 J解析 取子弹与木块为系统，系统的动量守恒，设木块获得的速度为v 2，那么有：mv 0＝mv 1＋Mv 2 得：v 2＝m v 0－v 1M＝1 m/s ， 由能量守恒定律得系统损失的机械能为： ΔE ＝12mv 02－12mv 12－12Mv 22＝149.5 J弹簧类模型4．如图5所示，木块A 、B 的质量均为2 kg ，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )图5A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J 答案 B解析 A 、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得m A v A ＝(m A ＋m B )v ， 代入数据解得v ＝m A v Am A ＋m B＝2 m/s ， 所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为 12(m A ＋m B )v 2＝8 J ， 当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J.(时间：60分钟)1．(多项选择)两位同学穿着旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，以下判断正确的选项是( ) A ．互推后两同学总动量增加B ．互推后两同学动量大小相等，方向相反C ．分离时质量大的同学的速度小一些D ．互推过程中机械能守恒 答案 BC解析 以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量仍为零，那么两同学互推后的动量大小相等，方向相反，A 错误，B 正确；根据动量守恒定律得Mv 1－mv 2＝0可见，分离时速度与质量成反比，即质量大的同学的速度小，C 正确；互推过程中作用力和反作用力对两同学做正功，系统总动能增加，故机械能不守恒，D 错误． 2．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg 的球以5 m/s 的速度向前运动，与质量为3 kg 的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v 木＝4.2 m/s ，那么( ) A ．碰撞后球的速度为v 球＝－1.3 m/sB ．v 木＝4.2 m/s 这一假设不合理，因而这种情况不可能发生C ．v 木＝4.2 m/s 这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D ．v 木＝4.2 m/s 这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v 球的大小不能确定 答案 B解析 根据动量守恒定律，m 球v ＝m 球v 球＋m 木v 木，即0.2 kg×5 m/s＝0.2 kg×v 球＋3 kg×4.2 m/s ，得v 1＝－58 m/s ，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了．3．质量相等的三个物块在光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图1所示，具有初动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )图1A ．E 0 B.2E 03 C.E 03 D.E 09答案 C解析 碰撞中动量守恒mv 0＝3mv 1，解得v 1＝v 03①E 0＝12mv 02②E k ′＝12×3mv 12③由①②③得E k ′＝E 03.4.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2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，那么整个过程中，系统损失的动能为( )图2A.12mv 2B.mMv 22M ＋m C.12NμmgL D ．NμmgL 答案 BD解析 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝mvM ＋m ，损失的动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2＝Mmv 22M ＋m，所以B 正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝NfL ＝NμmgL ，可见D 正确． 5．如图3所示，A 、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们都静止在光滑水平面上，A 和B 的质量分别是99m 和100m ，一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，那么在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )图3` A.mv 02400B.mv 02200C.99mv 02200D.199mv 02400答案 A解析 子弹射入木块A ，动量守恒，有mv 0＝100mv 1＝200mv 2，弹性势能的最大值E p ＝12×100mv 12－12×200mv 22＝mv 02400. 6．如图4所示，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4(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． 答案 (1)116mv 02(2)1348mv 02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 与弹簧组成的系统动量守恒，有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得mv 1＝2mv 2②12mv 12＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③联立①②③式，得ΔE ＝116mv 02④(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，此时弹簧被压缩到最短，其弹性势能为E p ，由动量守恒和能量守恒得：mv 0＝3mv 3⑤12mv 02－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 027．如图5所示，光滑水平面上有A 、B 两小车，质量分别为m A ＝20 kg ，m B ＝25 kg.A 车以初速度v 0＝3 m/s 向右运动，B 车静止，且B 车右端放着物块C ，C 的质量为m C ＝15 kg.A 、B 相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开．C 与B 上表面间动摩擦因数为μ＝0.2，B 车足够长，g ＝10 m/s 2，求C 沿B 上表面滑行的长度．图5答案 13m解析 A 、B 相撞：m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得v 1＝43 m/s.由于在极短时间内摩擦力对C 的冲量可以忽略，故A 、B 刚连接为一体时，C 的速度为零．此后，C 沿B 上表面滑行，直至相对于B 静止为止．这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C 在B 上的滑行距离之积；(m A ＋m B )v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v12(m A ＋m B )v 12－12(m A ＋m B ＋m C )v 2＝μm C gL 解得L ＝13m.8.如图6所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：图6(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少．答案 (1)0.24 s (2)5 m/s解析 (1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f ，对物块应用牛顿运动定律有：f ＝m 2·v 0－vt，又f ＝μm 2g ， 解得t ＝m 1v 0μm 1＋m 2g，代入数据得t ＝0.24 s.(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，那么m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′，由功能关系有：12m 2v 0′2＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL代入数据解得v 0′＝5 m/s ，故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过5 m/s.实验 验证动量守恒定律[目标定位] 1.明确验证动量守恒定律的原理和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿该直线运动．1．设两个物体的质量分别为m 1、m 2，碰撞前的速度分别为v 1、v 2，碰撞后的速度分别为v 1′、v 2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前总动量p ＝m 1v 1＋m 2v 2，碰后总动量p ′＝m 1v 1′＋m 2v 2′，看p 与p ′是否相等，从而验证动量守恒定律． 2．实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前、后两物体速度在同一条直线上． (2)如何测定碰撞前、后两物体的速度． 二、实验案例 气垫导轨上的实验 气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，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，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1图2(1)质量的测量：用天平测量． (2)速度的测量：用光电计时器测量．设Δs 为滑块(挡光片)的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，那么v ＝Δs Δt.预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1 问题2 问题3实验步骤1．如图2所示调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．图56．根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞中动量变化的规律．气垫导轨实验数据记录表碰撞(烧断)前碰撞(烧断)后m1m2m1m2质量m(kg)v1v2v1′v2′速度v(m·s－1)mv(kg·m·s－1)m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′实验结论典例分析[例1] 现利用图6(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图6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(b)所示． 假设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X 围内验证了动量守恒定律？写出运算过程． 答案 见解析解析 滑块运动的瞬时速度大小v 为v ＝Δs Δt①式中Δs 为滑块在时间Δt 内走过的路程． 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为T ，那么T ＝1f＝0.02 s ②设A 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式可得： v 0＝4.00×10－20.02m/s ＝2.00 m/s③v 1＝1.94×10－20.02m/s ＝0.970 m/s④设B 在碰撞后的速度大小为v 2， 由①式有v 2＝dΔt B⑤代入题所给的数据可得：v 2≈2.86 m/s⑥设两滑块在碰撞前后的动量分别为p 和p ′，那么p ＝m 1v 0⑦p ′＝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δγ＝|p －p ′p|×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得：δγ≈1.7%<5%因此，本实验在允许的误差X 围内验证了动量守恒定律．[例2] 某同学利用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒〞的实验，气垫导轨装置如图7所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图7(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接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt 1＝10.01ms ，通过光电门2的挡光时间Δt 2＝49.99 ms ，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt 3＝8.35 ms ；⑧测出挡光片的宽度d ＝5 mm ，测得滑块1(包括撞针)的质量为m 1＝300 g ，滑块2(包括弹簧)质量为m 2＝200 g ； (2)数据处理与实验结论： ①实验中气垫导轨的作用是： A.___________________________， B ．__________________________.②碰撞前滑块1的速度v 1为________m/s ；碰撞后滑块1的速度v 2为________m/s ；滑块2的速度v 3为________m/s ；(结果保留两位有效数字)③在误差允许的X 围内，通过本实验，同学们可以探究出碰撞前后系统的总动量和总动能如何变化？通过对实验数据的分析说明理由．a ．____________________；b.____________________.答案 ①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． B ．保证两个滑块的碰撞是一维的． ②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变 b ．碰撞前后总动能不变解析 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．B.保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s≈0.50 m/s；滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－349.99×10－3 m/s≈0.10 m/s；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s≈0.60 m/s；③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．原因：系统碰撞之前的质量与速度的乘积m 1v 1＝0.15 kg m/s ，系统碰撞之后的质量与速度的乘积之和m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/sb ．碰撞前后总动能不变． 原因：碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 12＝0.037 5 J碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 32＝0.037 5 J所以碰撞前后总动能相等.某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中动量变化规律〞的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的实验具体装置如图8所示，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图8(1)假设实验已得到的打点纸带如图9所示，并测得各计数点间距(标在图上)，那么应该选________段来计算A 的碰撞前速度；应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(选填“AB 〞、“BC 〞、“CD 〞或“DE 〞)．图9(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg.由以上测量结果可得：碰前m A v A ＝________kg·m/s；碰后(m A ＋m B )v 共＝________kg·m/s. 由此得出结论是___________________________________________． (此题计算结果均保留三位有效数字)答案 (1)BCDE (2)0.420 0.417 结论见解析解析 (1)小车碰前做匀速直线运动，打出纸带上的点应该是间距均匀的，故计算小车碰前的速度应选BC 段．CD 段上所打的点由稀变密，可见在CD 段A 、B 两小车相互碰撞．A 、B 碰撞后一起做匀速直线运动，所以打出的点又是间距均匀的，故应选DE 段计算碰后的速度．(2)碰撞前：v A＝BCΔt＝0.10500.1m/s＝1.05 m/s，碰撞后：v A′＝v B′＝v共＝DEΔt＝0.069 50.1m/s＝0.695 m/s.碰撞前：m A v A＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰撞后：(m A＋m B)v共＝0.60×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s由于0.420≈0.417由此得出的结论是：在误差允许的X围内，一维碰撞过程中，两物体的总动量保持不变．(时间：60分钟)1．利用气垫导轨做“探究碰撞中动量变化规律〞的实验时，不需要测量的物理量是( ) A．滑块的质量 B．挡光时间C．挡光片的宽度 D．滑块移动的距离答案 D解析根据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量；只有滑块移动的距离不需要测量，应选项D正确．2．“探究碰撞中动量的变化规律〞的实验中，入射小球m1＝15 g，原来静止的被碰小球m2＝10 g，由实验测得它们在碰撞前后的s－t图象如图1所示，由图可知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1′是________，被碰小球碰撞后的m2v2′是________，由此得出结论__________________________________________________________________________________________________________________________________________.图1答案 0.015 kg·m/s 0.007 5 kg·m/s 0．007 5 kg·m/s 碰撞中mv 的矢量和是守恒量 解析 由题图可知碰撞前入射小球m 1的速度大小v 1＝0.20.2m/s ＝1 m/s ， 故碰撞前m 1v 1＝0.015×1 kg·m/s＝0.015 kg·m/s. 碰撞后m 1的速度大小v 1′＝0.3－0.20.4－0.2m/s ＝0.5 m/s ，m 2的速度大小 v 2′＝0.35－0.20.4－0.2m/s ＝0.75 m/s ，故m 1v 1′＝0.015×0.5 kg·m/s＝0.007 5 kg·m/s，m 2v 2′＝0.01×0.75 kg·m/s＝0.007 5 kg·m/s，可知m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′， 即碰撞中mv 的矢量和是守恒量．3．如图2所示为气垫导轨上两个滑块A 、B 相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，A 、B 离开弹簧后，A 滑块做__________运动，其速度大小为__________m/s ，本实验中得出的结论是____________________________________________________________________．图2答案 匀速 0.09 碰撞前后滑块组成的系统动量守恒 解析 碰撞前：v A ＝0，v B ＝0，所以有m A v A ＋m B v B ＝0 碰撞后：v A ′＝0.09 m/s ，v B ′＝0.06 m/s 规定向右为正方向，那么有m A v A ′＋m B v B ′＝0.2×(－0.09)kg·m/s＋0.3×0.06 kg·m/s＝0那么由以上计算可知：m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′.4．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做探究碰撞中动量变化规律的实验：图3①把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．②按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A 运动至C 的时间t 1，B 运动至D 的时间t 2.③重复几次取t 1、t 2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意______________________________________________________________________ ____________________________________________________________________；(2)应测量的数据还有______________________________________________________________________ ____________________________________________________________________；(3)作用前A 、B 两滑块总动量为________，作用后A 、B 两滑块总动量为________． 答案 (1)用水平仪测量并调试使得导轨水平(1)A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2(3)0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2解析 (1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．(2)要求出A 、B 两滑块在卡销放开后的速度，需测出A 运动至C 的时间t 1和B 运动至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝s t 求出其速度．(3)碰前两滑块静止，v ＝0，总动量为0.设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰后两滑块的总动量为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.。
(2021年整理)粤教版高中物理教材目录(详细版)
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力的图示第二节研究摩擦力滑动摩擦力研究静摩擦力第三节力的等效和替代共点力力的等效力的替代寻找等效力第四节力的合成与分解力的平行四边形定则合力的计算分力的计算第五节共点力的平衡条件第六节作用力与反作用力探究作用力与反作用力的关系牛顿第三定律本章复习与测试*第四章力与运动第一节伽利略的理想实验与牛顿第一定律伽利略的理想实验牛顿第一定律第二节影响加速度的因素加速度与物体所受合力的关系加速度与物体质量的关系第三节探究物体运动与受力的关系加速度与力的定量关系加速度与质量的定量关系实验数据的图像表示第四节牛顿第二定律数字化实验的过程及结果分析牛顿第二定律及其数学表示第五节牛顿第二定律的应用第六节超重和失重超重和失重超重和失重的解释完全失重现象第七节力学单位单位制的意义国际单位制中的力学单位本章复习与测试必修二*第一章抛体运动第一节什么是抛体运动第二节万有引力定律的应用计算天体的质量理论的威力：预测未知天体抛体运动的速度方向抛体做直线或曲线运动的条件第二节运动的合成与分解分运动与合运动运动的独立性运动的合成与分解第三节竖直方向的抛体运动竖直下抛运动竖直上抛运动第四节平抛物体的运动平抛运动的分解平抛运动的规律第五节斜抛物体的运动斜抛运动的分解斜抛运动的规律射程与射高弹道曲线本章复习与检测*第二章圆周运动第一节匀速圆周运动认识圆周运动如何描述匀速圆周运动的快慢理想与现实：人造卫星和宇宙速度第三节飞向太空飞向太空的桥梁——火箭梦想成真——遨游太空探索宇宙奥秘的先锋—-空间探测器本章复习与检测*第四章机械能和能源第一节功怎样才算做了功如何计算功功有正、负之分吗？第二节动能势能动能重力势能弹性势能第三节探究外力做功与物体动能变第四节机械能守恒定律动能与势能之间的相互转化机械能守恒定律的理论推导第五节验证机械能守恒定律第六节能量能量转化与守恒定律第二节向心力感受向心力向心加速度生活中的向心力第三节离心现象及其应用离心现象离心现象的运用本章复习与检测*第三章万有引力定律及其应用第一节万有引力定律天体究竟做怎样的运动苹果落地的思考：万有引力定律的发现各种各样的能量能量之间的转化能量守恒定律能量转化和转移的方向性第七节功率如何描述物体做工的快慢怎么计算功率功率与能量第八节能源的开发与利用能源及其分类能源危机与环境污染未来的能源本章复习与检测＊第五章经典力学与物理学的革命第一节经典力学的成就与局限性经典力学的发展历程经典力学的伟大成就经典力学的极限性和适用范围第二节经典时空观与相对论时空观经典时空观相对论时空观带电离子的偏转示波器探秘第七节了解电容器识别电容器电容器的充放电电容器的电容第三节量子化现象黑体辐射：能量子假说的提出光子说：对光电效应的解释光的波粒二象性:光的本性揭示原子光谱:原子能量的不连续第四节物理学—-人类文明进步的阶物理学与自然科学——人类文明进步的基石物理学与现代技术——人类文明进步的推动力本章复习与检测选修3—1*第一章电场第一节认识电场起点方式的实验探究电荷守恒定律第二节探究静电力点电荷库仑定律第三节电场强度电场决定电容的因素第八节静电与新技术锁住黑烟防止静电危害本章复习与测试＊第二章电路第一节探究决定导线电阻的因素电阻定律的实验探究电阻率第二节对电阻的进一步研究导体的伏安特性电阻的串联电阻的并联第三节研究闭合电路电动势闭合电路的欧姆定律路端电压跟负载的关系测量电源的电动势和内阻第四节认识多用电表多用电表的原理学会使用多用电表第五节电功率电场的描述怎样“看见”电场第四节电势和电势差电势差电势等势面第五节电场强度与电势差的关系探究场强与电势差的关系电场线与等势面的关系第六节示波器的奥秘带电离子的加速电功和电功率焦耳定律和热功率闭合电路中的功率第六节走进门电路与门电路或门电路非门电路门电路的实验探究第七节了解集成电路集成电路概述集成电路的分类集成电路的前景本章复习与测试*第三章磁场第一节我们周围的磁象无处不在的磁场地磁场磁性材料第二节认识磁场磁场初探磁场有方向吗图示磁场安培分子电流假说第三节探究安培力安培力的方向安培力的大小磁通量第四节安培力的应用直流电动机磁电式电表第五节研究洛伦兹力洛伦兹力的方向洛伦兹力的大小第六节洛伦兹力与现代技术感应电动势的另一种表述第五节法拉弟电磁感应定律的应用（一）法拉第电机电磁感应中的电路第六节法拉弟电磁感应定律的应用(二）电磁流量计电磁感应中的能量第七节自感现象及其应用自感现象自感系数日光灯第八节涡流现象及其应用涡流现象电磁灶与涡流加热涡流制动与涡流探测本章复习与检测*第二章交变电流第一节认识变交电流观察交变电流的图象交变电流的产生带电粒子在磁场中的运动质谱仪回旋加速器本章复习与测试本册复习与测试，选修3—2*第一章电磁感应第一节电磁感应现象第二节研究产生感应电流的条件第三节探究感应电流的方向感应电流的方向楞次定律右手定则第四节法拉弟电磁感应定律影响感应电动势大小的因素法拉第电磁感应定律第二节交变电流的描述用函数表达式描述交变电流用图象描述交变电流第三节表征交变电流的物理量交变电流的周期和频率交变电流的峰值和有效值第四节电感器对交变电流的作用认识电感器电感器对交变电流的阻碍作用低频扼流圈和高频扼流圈第五节电容器对交变电流的作用电容器仅让交变电流通过电容器对交变电流的阻碍作用隔直电容器和高频旁路电容器第六节变压器认识变压器探究变压器的电压与匝数的关系理想变压器原副线圈中的电流第七节远距离输电从发电站到用户的输电线路为什么要用高压输电直流输电本章复习与检测分子速率按一定的规律分布本章复习与检测＊第三章传感器第一节认识传感器什么是传感器传感器的分类第二节探究传感器的原理温度传感器的原理光电传感器原理第三节传感器的应用生活中的传感器农业生产中的传感器工业生场中的传感器飞向太空的传感器第四节用传感器制作自控装置第五节用传感器测磁感应强度本章复习与检测选修3-3*第一章分子动理论第一节物体是由大量分子组成的分子的大小阿伏伽德罗常数第二节测量分子的大小*第二章固体、液体和气体第一节晶体的宏观特征单晶体多晶体非晶体第二节晶体的微观结构第三节固体新材料新材料的基本特征新材料的未来第四节液体的性质液晶液体分子的排列液体分子的热运动液晶长丝状液晶螺旋状液晶第五节液体的表面张力液体的表面现象液体的表面张力及其微观解释第六节气体状态量体积温度压强实验原理实验器材实验与收集数据分析与论证第三节分子的热运动扩散现象布朗运动第四节分子间的相互作用力第五节物体的内能分子的动能温度分子势能物体的内能第六节气体分子运动的统计规律分子沿各个方向运动的机会相等第七节气体实验定律(Ⅰ）玻意耳定律第八节气体实验定律(Ⅱ）查理定律盖。
高中物理第一章碰撞与动量守恒1.5自然界中的守恒定律教案粤教版选修3_.doc
1.5 自然界中的守恒定律课堂互动三点剖析对称和守恒定律1.对称对称性的概念最初来源于生活.在艺术、建筑等领域中，所谓“对称”，通常是指左右对称.人体本身就有近似左和右的对称性.常见的对称性有空间的平移和转动以及时间的平移.以上对称性都是指某个系统或具体事物的对称性，另一类对称性是物理定律的对称性，它是经过一定的操作后，物理定律的形式保持不变.因此物理定律的对称性又叫不变性，这类对称性在物理学中具有更深刻的意义.（1）物理定律的空间平移对称性.设想我们在空间某处做一个物理实验，然后将该套实验平移到另一处.如果给以同样的起始条件，实验将会以完全相同的方式进行.这说明物理定律没有因平移而发生变化.这就是物理定律的空间平移对称性.它表明空间各处对物理定律是一样的，所以又叫做空间均匀性.（2）物理定律的转动对称性.如果在空间某处做实验后，把整套仪器转一个角度，则在相同的起始条件下，实验也会以完全相同的方式进行.这说明物理定律并没有因转动而发生变化.这就是物理定律的转动对称性.它表明空间的各个方向对物理定律是一样的，所以又叫做空间的各向同性.（3）物理定律的时间平移对称.如果我们用一套仪器做实验，该实验进行的方式或秩序是和此实验开始的时刻无关的.无论在什么时候开始做实验，我们得到完全一样的结果.这个事实表示了物理定律的时间平移的对称性.2.对称与守恒定律的关系人们一直就知道，对称在组织自然世界的过程中扮演了一个很重要的角色.我们都熟悉太阳的圆形，雪花和结晶体的规则性.然而，并非所有的对称都是几何性的.男女的对称、正负电荷的对称也是很有用的概念，但这种对称是抽象性质的.这些抽象的对称所显露的物质内部构造的优美，使大部分物理学家感到惊奇.物理学家们不久便开始发问这些对称性背后的意义.一位杰出的理论物理学家说：“大自然似乎是想用这些对称来告诉我们什么秘密”.数学分析的力量在这个时候显露了出来.群论表明，一切对称都可以在一个单一的主要基本对称中找到其自然的起源.人们发现，较为复杂的对称都可以通过非常简单的组合得到.守恒定律是自然界和谐对称的一种体现.在我们学习的物理中，有许多运动是对称的，运动中的各过程也是对称，利用对称的思想和方法，可以更有效地处理解决问题.各个击破【例题】一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A中，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1-5-2所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）图1-5-2A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能守恒C.动量守恒、机械能不守恒D.无法判断动量、机械能是否守恒 解析：由于子弹打入木块及压缩弹簧的整个过程中，系统所受的合外力等于零，则系统的动量守恒，由于子弹在打入木块过程中它与木块间的阻力做功，使机械能的一部分转化为内能，所以系统机械能不守恒.答案：C类题演练某一物体以60 J 的初动能，从A 点被竖直上抛，在它上升到某一高度时，动能损失了30 J,而机械能损失了10 J,则该物体落回A 点时的动能为（设空气阻力大小恒定）（ ）A.50 JB.40 JC.30 JD.20 J 解析：物体在上升过程中，受重力与空气阻力作用，重力与空气阻力对物体均做负功；物体在下降过程中，仍受重力与空气阻力作用，但重力做正功，空气阻力仍做负功.据题意，物体在上升到某一高度时，动能损失了|ΔE k |=30 J,机械能损失了|ΔE′|=10 J,由动能定理知，物体克服重力、空气阻力做的功总和为30 J.由功能原理可知，物体克服空气阻力做的功为10 J.在物体上升到最高点的过程中，物体的动能损失为|ΔE′|=60 J，设其机械能的减少量为ΔE′,因为重力及空气阻力恒定，所以在上述的两个过程中，有|ΔE k |=mgs+fs,|ΔE|=fs ，|ΔE k ′|=mgh+fh,|ΔE′|=fh 所以|||'||||'|E E E E k k ∆∆=∆∆.代入数据，得|ΔE′|=20 J 物体在上升过程与下降过程中，克服空气阻力做的功相等，所以在全过程中的机械能损失为2|ΔE′|，故物体在落回A 点时的动能为E k =E k0-2|ΔE′|=20 J，选项D 正确.答案：D变式提升如图1-5-3所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（ ）图1-5-3A.合力变小，速度变小B.合力变小，速度变大C.合力先变小，后变大；速度先变大，后变小D.合力先变大，后变小；速度先变小，后变大解析：根据牛顿第二定律知道，物体受到的合外力与物体的加速度是瞬时对应关系，所以在分析问题时，要详尽地分析物体运动变化过程中的受力情况，进而分析加速度和速度的变化情况.铁球接触弹簧前，做自由落体运动，有一向下的速度.铁球接触弹簧后，在整个压缩弹簧的过程中，仅受重力G 和弹簧弹力F 的作用.开始压缩时，弹簧的弹力F 小于物体的重力G ，合外力向下，铁球向下做加速运动，但随着铁球向下运动，弹簧形变量增大，弹力随之增大，合外力减小，加速度减小，速度增大.当弹簧增至与重力相等的瞬间，合力为零，加速度为零，速度最大.此后，弹力继续增大，弹力大于重力，合力向上且增大，加速度向上逐渐增大，直至铁球速度为零，此时弹簧压缩量最大. 答案：C。
新教材高中物理第一章动量和动量守恒定律第五节弹性碰撞与非弹性碰撞测评含解析粤教版选择性必修第一册
第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞课后篇巩固提升必备知识基础练1.(2021河北辛集第一中学月考)如图所示,小球A 、B 均静止在光滑水平面上.现给A 球一个向右的初速度,之后与B 球发生对心碰撞.下列关于碰后情况,说法正确的是( )A.碰后小球A 、B 一定共速B.若A 、B 球发生完全非弹性碰撞,A 球质量等于B 球质量,A 球将静止C.若A 、B 球发生弹性碰撞,A 球质量小于B 球质量,无论A 球初速度大小是多少,A 球都将反弹D.若A 、B 球发生弹性碰撞,A 球质量足够大,B 球质量足够小,则碰后B 球的速度可以是A 球的3倍A 、B 发生对心碰撞,有可能是弹性碰撞、完全非弹性碰撞、非弹性碰撞;若是完全非弹性碰撞,则A 、B 两小球具有共同速度,若不是,两球无共同速度,则A 错误;若A 、B 球发生完全非弹性碰撞,A 、B 碰后有共同速度,由动量守恒可得m 1v 0=(m 1+m 2)v 共,解得v 共=m 1m 0m 1+m 2,若A 球质量等于B 球质量,则v 共=m 02,故B 错误;小球A 、B 若是弹性碰撞,则根据动量守恒和机械能守恒,有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2,12m 1m 02=12m 1m 12+12m 2m 22,解得v 1=(m 1-m 2)m 0m 1+m 2,v 2=2m 1m 0m 1+m 2,若A 球质量小于B球质量,由上述v 1和v 2的表达式可知v 1<0,若A 球质量足够大,B 球质量足够小,由上述v 1和v 2的表达式可知m2m 1=2m 1m1-m 2=21-m 2m 1=2,故C 正确,D 错误.2.如图所示,在光滑的水平面上有2 021个完全相同的小球等间距排成一条直线,均处于静止状态.现给第一个小球初动能E k ,若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞,则整个碰撞过程中损失的机械能总量为( )A.12021E k B.20102020E k C.120212E kD.20202021E kv 0的方向为正方向,将2021个小球组成的整体看作一个系统,设系统最终的速度为v ,运用动量守恒定律得mv 0=2021mv ,解得v=m2021,则系统损失的机械能为ΔE=12mm 02−12·2021mv 2,解得ΔE=20202021E k ,故选D .3.(2021甘肃武威第六中学期末)如图所示,在光滑的水平面上有一质量为1 kg 的小球以1 m/s 的速度向前运动,与质量为3 kg 的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v 木=1 m/s,则( )A.v 木=1 m/s 这一假设是合理的,碰撞后球的速度为v 球=-2 m/sB.v 木=1 m/s 这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来C.v 木=1 m/s 这一假设是不合理的,因而这种情况不可能发生D.v 木=1 m/s 这一假设是可能发生的,但由于题给条件不足,v 球的大小不能确定v 木=1m/s,则由动量守恒定律可知m 1v 0=m 1v 球+m 2v 木,解得v 球=-2m/s,碰前动能E 1=12m 1m 02=0.5J,碰后动能E 2=12m 1m 球2+12m 2m 木2=3.5J >E 1,则假设不合理,因而这种情况不可能发生,故选项C 正确,A 、B 、D 错误. 4.(多选)(2021山东日照一中月考)质量为2m 、长为L 的光滑箱子沿光滑水平面以速度v 向右运动,箱子中有一质量为m 的小物块以水平速度2v 向右运动,如图所示.设碰撞都是弹性的,则( )A.最终小物块和箱子相对静止B.第一次碰撞后小物块相对地面向左运动C.第二次碰撞后小物块相对地面以速度2v 向右运动D.第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔为mm,机械能守恒,以小物块的速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv+m ·2v=2mv 11+mv 12,由机械能守恒定律得12·2mv 2+12m ·(2v )2=12·2m m 112+12mm 122,解得v 11=53v ,v 12=23v ,第二次碰撞过程动量守恒,机械能守恒,以小物块的速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv 11+mv 12=2mv 21+mv 22,由机械能守恒定律得12·2m m 112+12mm 122=12·2m m 212+12mm 222,解得v 21=v ,v 22=2v ,以此类推,小物块和箱子不会相对静止,第一次碰撞后小物块相对地面向右运动,第二次碰撞后小物块相对地面以速度2v 向右运动,故A 、B 错误,C 正确;第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔为t=mm 11-m 12=mm ,故D 正确.5.(2021重庆育才中学月考)如图所示,水平放置的圆环形光滑窄槽固定在桌面上,槽内有两个大小相同的小球a 、b ,球b 静止在槽中位置P.球a 以一定初速度沿槽运动,在位置P 与球b 发生弹性碰撞,碰后球a 反弹,并在位置Q 与球b 再次碰撞.已知∠POQ=90°,两小球可视为质点,则a 、b 两球质量之比为( )A.3∶1B.1∶3C.5∶3D.3∶5,碰后两球的速度方向相反,且在相同时间内,b 球运动的弧长为a 球运动的弧长的3倍,则有v b =-3v a ,由动量守恒定律有m a v=m b v b +m a v a ,由能量守恒有12m a v 2=12m a m m 2+12m b m m 2,联立解得m m m m=35,故A 、B 、C 错误,D 正确. 6.(2021广东广州期中)在光滑的导轨上,一质量为m 1=2 kg 、速度为v 1=1 m/s 的滑块A 跟一质量为m 2=1 kg 、速度为v 2=0的滑块B 发生正碰,它们碰撞后的总动能的最大值和最小值分别是( ) A.1 J 、23 JB.43 J 、23 JC.43 J 、1 J D.2 J 、43 J解析当两物体发生弹性碰撞时,系统不损失能量,此时碰后的总动能最大,最大动能E kmax =12m 1m 12=1J,若两物体发生完全非弹性碰撞,则碰后共速,此时系统损失的动能最大,碰后系统总动能最小,则m 1v 1=(m 1+m 2)v ,解得v=23m/s,E kmin =12(m 1+m 2)v 2=12×3×232J =23J,故选A .7.冰壶运动深受大家喜爱.在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰,如图所示.若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是选项图中的( ),两冰壶发生正碰,由动量守恒定律可知,碰撞前后系统动量不变,两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向,由题图知,A 所示情况是不可能的,故A 错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,最终两冰壶的位置可能如B 所示,故B 正确;两冰壶碰撞后,甲的速度不可能大于乙的速度,碰后乙在前,甲在后,C 所示情况是不可能的,故C 错误;碰撞过程机械能不可能增大,两冰壶质量相等,碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度,碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移,D 所示情况是不可能的,故D 错误. 8.(2021江苏盐城月考)如图所示,在游乐场中,两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车以共同的速度运动.设甲同学和车的总质量为M ,碰撞前向右运动,速度大小为v 1;乙同学和车的总质量为1.5M ,碰撞前向左运动,速度大小为0.5v 1.求碰撞后两车共同的运动速度..1v 1,方向水平向右,由动量守恒定律可得Mv 1-1.5M×0.5v 1=(M+1.5M )v 共解得v 共=0.1v 1,方向水平向右.关键能力提升练9.甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,它们的动量分别是p 1=5 kg·m/s,p 2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球的质量m 1与m 2间的关系可能是( ) A.m 1=m 2 B.2m 1=m 2 C.4m 1=m 2 D.6m 1=m 2p 1+p 2=p 1'+p 2',解得p 1'=2kg·m/s,碰撞过程系统的总动能不增加,则有m 1'22m1+m 2'22m2≤m 122m 1+m 222m 2,代入数据解得m 1m 2≤717,碰撞后甲的速度不大于乙的速度,则有m 1'm 1≤m 2'm 2,代入数据解得m 1m 2≥15,综上有15≤m 1m 2≤717,故C 正确.10.如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B 静止在圆弧轨道的最低点.现将小滑块A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放.已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是m B =2m A ,重力加速度g 取10 m/s 2.则碰后小滑块B 的速度大小不可能是( )A.5 m/sB.4 m/sC.3 m/sD.2 m/sA 到达最低点时的速度为v 0,根据动能定理有m A gR=12m A m 02-0,可得v 0=6m/s .若是弹性碰撞,m A v 0=m A v 1+m B v 2,12m A m 02=12m A m 12+12m B m 22,联立解得v 2=4m/s;若是完全非弹性碰撞,m A v 0=(m A +m B )v ,解得v=2m/s,所以B 的速度不可能是5m/s,故选择A 选项. 11.(2021安徽月考)如图所示,斜面上C 点上侧是光滑的,下侧是粗糙的.现从C 点上侧的某点让滑块A 由静止开始下滑,滑块A 经加速后在C 点与静止的滑块B 发生碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中系统无机械能损失,最终两滑块均停在C 点下侧粗糙斜面上同一位置.已知A 、B 两滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数相同,A 、B 两滑块均可视为质点,则A 、B 两滑块的质量之比为( ) A.1∶4 B.1∶3 C.1∶2 D.1∶1A 以速度v 0与B 相碰,由于碰撞为弹性碰撞,根据动量守恒定律和能量守恒定律有m A v 0=m A v A +m B v B ,12m A m 02=12m A m m 2+12m B m m 2,解得碰撞后A 的速度v A =m m -mm m m+m mv 0,B 的速度v B =2m mmm +m mv 0,A 反弹回光滑斜面后先做减速运动、再做加速运动后又经C 点滑入粗糙斜面,由于两滑块最终均停在C 点下侧粗糙斜面上的同一位置,故有-v A =v B ,解得mm m m=13,故B 正确,A 、C 、D 错误.12.如图所示,B 、C 、D 、E 、F 五个球并排放置在光滑的水平面上,B 、C 、D 、E 四球质量相等,而F 球质量小于B 球质量,A 球的质量等于F 球质量,A 球以速度v 0向B 球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后( )A.五个小球静止,一个小球运动B.四个小球静止,两个小球运动C.三个小球静止,三个小球运动D.六个小球都运动m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2,12m 1m 02=12m 1m 12+12m 2m 22,解得碰撞后两个小球的速度为v 1=(m 1-m 2)m 0m 1+m 2,v 2=2m 1m 0m1+m 2.由于A 球质量小于B 球质量,所以A 、B 相碰后A向左运动,B 向右运动;B 、C 、D 、E 四球质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E 有向右的速度,B 、C 、D 静止;由于F 球质量小于E 球质量,所以E 、F 两球弹性碰撞后E 、F 两球都向右运动;所以碰撞之后B 、C 、D 三球静止;A 球向左运动,E 、F 两球向右运动,C 项正确.13.(2021湖北荆门高二期末)如图所示,长为L的轻绳竖直悬挂着一质量为m的小球A,恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B.现把小球向左上方拉至细绳恰好水平绷直,然后从静止释放小球.小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞,物块向右滑行了2L的距离停下.(1)求物块与水平面间的动摩擦因数μ.(2)若仅改变A的质量,仍让A从原位置由静止释放,A、B发生弹性碰撞后,B向右滑行的距离为4.5L,则小球A的质量应该多大?.5(2)3m设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v0,由机械能守恒定律得12mm02=mgL 解得v0=√2mm设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v1、v2,由于是弹性碰撞,有mv0=mv1+mv21 2mm02=12mm12+12mm22解得v2=v0=√2mm对于物块向右滑行的过程,由动能定理有μmg×2L=12mm22解得μ=0.5.(2)设碰撞后瞬间有Mv0=Mv1'+mv2'1 2mm02=12Mv1'2+12mv2'2若B物体前进4.5L停下,则有μmg×4.5L=12mv2'2联立解得M=3m.。
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用教案 粤教版选修35
1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用课堂互动三点剖析一、动量守恒定律的应用1.应用动量守恒定律解决问题关键要注意两点：第一是根据动量守恒的条件选取合适的系统，第二是分清系统初、末状态的动量.2.动量定理通常选某单个物体为研究对象，而动量守恒定律是以两个或两个以上相互作用的物体系为对象，并分析此物体系是否满足动量守恒的条件，即这个物体系是否受外力作用，或合外力是否为零（或近似为零）.显然物体系内力（即系统内物体间相互作用）仍然存在，这些相互作用的内力，使每个物体的动量变化，但这物体系的总动量守恒.3.应用动量守恒定律表达式列方程时，必须明确过程的初状态和末状态，对于碰撞过程来说，初状态是指刚开始发生相互作用时的状态，末状态是指相互作用刚结束时的状态，只要抓住过程的初末状态，而无须考虑过程的细节，根据动量守恒定律即可求解碰撞问题.4.动量守恒定律应用的思路（1）确哪几个物体组成的系统为研究对象；（2）分析受力和物理过程，判断动量是否守恒；（3）规定正方向，确定初、末状态各物体的动量，并把矢量化成标量；（4）利用动量守恒定律列方程求解.二、碰撞及碰撞过程的特点1.碰撞特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸现象中，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：碰前总动能E k 与碰后总动能E k′满足：E k ≥E k′.（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方.2.追及碰撞满足的关系（1）碰撞过程满足动量守恒：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′;(2)碰撞前，后面物体速度大于前面物体速度：v 1＞v 2;（3）碰撞后，后面物体的速度小于等于前面物体的速度：v 1′≤v 2′;(4)碰撞后的总动能小于等于碰撞前的总动能.三、碰撞的类型碰撞的过程由于作用时间短，内力远大于外力，不论相互碰撞的物体所处的平面是否光滑都可以认为系统动量守恒，但根据碰撞过程中机械能的损失情况可将碰撞分为三种类型.1.完全非弹性碰撞：两物体碰后合为一个整体，以共同的速度运动，这种碰撞机械能损失最多.满足：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 损失的机械能：ΔE=221222211)(212121v m m v m v m +-+. 2.弹性碰撞：两物体碰后很短时间内分开，发生的是弹性形变，机械能无损失.满足：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′2222'11222211'21212121v m v m v m v m +=+ 当两小球的质量相等时，碰撞后交换速度.3.非弹性碰撞：两物体碰后虽能分开，但碰撞时间较长，机械能有损失，但不如完全非弹性碰撞的机械能损失大.这种类型的碰撞在练习题中出现得不多.各个击破【例1】两只小船平行逆向航行，如图1-3-2所示,航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50 kg 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s 的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m 1=500 kg 及m 2=1 000 kg,问：在交换麻袋前两只船的速率为多少？（水的阻力不计）图1-3-2解析：选取小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：（m 1-m)v 1-mv 2=0即450v 1-50v 2=0 ①选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(m 2-m)v 2+mv 1=-m 2v即-950v 2+50v 1=-1 000×8.5 kg·m/s ②选取四个物体为系统有：m 1v 1-m 2v 2=-m 2v即500v 1-1 000v 2=-1 000×8.5 kg·m/s ③联立①②③式中的任意两式解得v 1=1 m/s,v 2=9 m/s.答案：大船速度1 m/s,小船速度9 m/s.类题演练1甲乙两人均以2 m/s 的速度在冰上相向滑行，m 甲=50 kg ，m 乙=52 kg ，甲拿着一个质量Δm=2kg 的球，当甲将球传给乙，乙再传给甲，这样传球若干次后，乙的速度变为零，球在甲手中，求甲的速度.解析：无论传球多少次，甲、乙两人和球组成的系统动量守恒.（m 甲+Δm）v-m 乙v=（m 甲+Δm）v 甲即（50+2）×2-52×2=（50+2）v 甲 得v 甲=0.答案：0【例2】 在光滑水平面上，质量为m 的小球A 以速度v 0与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，碰后A 球的速率为021v ,试求碰后B 球的速度v B 的大小. 解析：设A 球初速度方向为正，假设碰后A 球仍沿原方向运动，则据动量守恒定律知：mv 0=20v m+3mv B 得v B =60v由于碰后A 、B 两球都沿正方向运动，且B 球在前A 球在后，应有：v A ＜v B ,而实际计算结果是v A ＞v B ，因此，不会出现这种情况，即碰后A 球不能沿原方向运动，因此碰后A 球被反弹，据动量守恒定律有：mv 0=20v m -+3mv B 得v B =20v . 答案：20v 变式提升如图1-3-3所示，水平桌面上放着一个半径为R 的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M 和m 的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药.开始时两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道反向运动一段时间后相遇.到它们相遇时，M 转过的角度θ是多少？图1-3-3解析：在炸药爆炸瞬间，两球作为一个系统的总动量守恒，以后两小球在轨道外壁弹力作用下在水平轨道内做匀速圆周运动，经过一段时间相遇.设炸药爆炸后，M 的速度为v 1，m 的速度为v 2，两球的运动方向相反，由动量守恒定律有Mv 1-mv 2=0，即Mv 1=mv 2 ①以后两球各自沿圆轨道做圆周运动，由于两球都只受外壁压力（方向指向环中心），因此两球都做匀速圆周运动.设经过时间t 两球再次相遇，则由运动学公式有v 1t+v 2t=2πR ②由①式有v 2=1v m M ,代入②，得v 1t=mM Rm +π2 ③ v 1t 就是小球M 在圆环轨道内移过的距离（即弧长）.因此，M 球转过的角度θ=m M m R t v +=π21. 答案：mM Rm +π2 【例3】 如图1-3-4所示，在水平面地上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离；（2）射入的过程中，系统的机械能损失.图1-3-4解析：（1）设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv=(M+m)v′ ①二者一起沿平面滑动，前进的距离为s ，由动能定理：μ（M+m)gs=21（M+m)v′2 ②由①②两式解得s=gm M v m μ222)(2+. (2)射入过程中的机械能损失ΔE=21mv 2-21（M+m)v′2 ③ 将①代入③式解得ΔE=)(22m M Mmv +. 答案：（1）gm M v m μ222)(2+ （2）)(22m M Mmv + 类题演练2质量为m 1的小球以速度v 0与质量为m 2的小球发生弹性正碰，求碰后两个小球的速度. 解析：设碰后m 1球的速度为v 1,m 2球的速度为v 2，由系统动量守恒有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2 ① 由系统动能守恒有：222211*********v m v m v m += ② 将②变形为m 1(v 02-v 12)=m 2v 22 ③将①变形为m 1(v 0-v 1)=m 2v 2 ④ ③/④得v 0+v 1=v 2 ⑤ 将⑤代入①得v 1=02121v m m m m +- ⑥ 将⑥代入⑤得v 2=02112v m m m + ⑦ 答案：碰后m 1球的速度为02121v m m m m +-，m 2球的速度为02112v m m m +.。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律课件粤教版选修35
拓展一 对守恒定律的理解
在中学物理中，我们学过的守恒定律都有哪些？ 提示：三大守恒定律(物质、能量、动量)、机械能守 恒定律、电荷守恒定律等．
1．守恒定律的特点． (1) 守 恒 定 律 并 不 告 诉 我 们 物 体 状 态 变 化 的 全 部 细 节，也不能判定某种变化是否会发生，也无法描述变化 过程的快慢． (2)守恒定律可以用来判断某个变化是否可能发生， 以及一旦发生物体初、末状态间应满足什么样的关系．即 在符合守恒条件时，可以不分析系统内相互作用过程的 细节，而对系统的变化状态或一些问题作出判断．
3．物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种 物理量保持不变，例如能量守恒是对应着某种时间变换 中的不变性，动量守恒则对应着某种空间变换中的不变 性．
判断正误
(1)各种形式的能量在相互转化过程中，是保持不变 的．(×)
(2)在微观世界中我们对粒子之间的相互作用情况不 清楚，但是仍然可以用守恒定律得出一些结论．(√)
第一章 碰撞与动量守恒
第五节 自然界中的守恒定律
学习目标
1.知道什么是对称和对 称性. 2.对称和守恒定律的关 系. 3.理解所学过的守恒定 律的内容，从守恒定律 中认识到其本质．
重点难点
重点
正确理解能量守恒 、动量守恒、物质 守恒三大定律．
难点
理解常见的几种模 型并能结合守恒观 点初步去解决问题.
其动能的减少量(或增加量)等于弹簧弹性势能的增 加量(或减少量)，即系统总机械能守恒．若系统所受的外 力和除弹簧弹力以外的内力做功，系统总机械能的改变量 等于外力以及上述内力的做功之和，做功之和为正，系统 总机械能增加，反之减少．
1. (多选)如图所示，光滑水平面上两小球发生弹性正
碰，从两球接触至分离的过程中，对两个小球组成的系统，
2019高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 第五节 自然界中的守恒定律分层训练 粤教版选修3-5
第五节 自然界中的守恒定律A 级 抓基础1．(多选)下列论述中正确的是( )A ．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B ．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C ．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D ．动量守恒是相互作用的物体系统在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的解析：由动量守恒定律可知，相互作用的各个物体在相互作用前后的动量有可能不同，而各个物体的动量之和是不变的．答案：ACD2．质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如图所示．具有初速度v 0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后，5个物块粘成一整体，这个整体的速度等于( )A ．v 0 B.45v 0 C.15v 0 D.125v 0 解析：对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，mv 0＝5mv ，解得v ＝15v 0，故C 正确．答案：C3．如图所示，甲木块的质量为m 1，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m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．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、乙两木块所组成的系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故A 、B 错误，C 正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D 错误．答案：C4.如图所示，关于质量分别为m 1和m 2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象，有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②两物体质量相等；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体动量大小相等、方向相反．其中正确的是()A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④解析：由题图可知，m 1和m 2碰前都做匀速直线运动，且速度大小相同，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，由碰撞过程中动量守恒可得m 1v 1＋m 2v 2＝0.故选项C 对．答案：CB 级 提能力5.(多选)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 向左边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：根据动量守恒定律和能量守恒定律得⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2，12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22，且m 1＝m ，m 2＝3m ，解得v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1＝－12v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1＝12v 1，A 正确． 根据12mv 2＝mgh ＝mgR (1－cos θ)，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，根据单摆的等时性，D 正确．答案：AD6．(多选)如图所示，滑块M 置于光滑水平地面上，M 左侧为与水平面相切的光滑曲面，一滑块m 从静止开始沿M 的光滑曲面下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )A ．滑块与光滑曲面组成的系统动量守恒B ．m 的重力的冲量小于M 对m 的支持力的冲量C ．m 对M 做的功等于m 和M 动能的增加量的和D ．m 减小的重力势能大于M 增加的动能解析：m 在竖直方向有竖直向下的分加速度，系统处于失重状态，合外力不为零，故系统动量不守恒，A 错误；m 的重力的冲量是竖直向下的，m 在这个方向上开始时无动量，最后在水平面上时也无动量，而M 对m 的支持力的冲量分为竖直方向的冲量和水平方向的冲量，其竖直方向的冲量与重力的冲量抵消，二者大小相等，但仍存在水平方向的冲量，故m 的重力的冲量小于M 对m 的支持力的冲量，B 正确；根据动能定理可知，m 对M 做的功等于M 动能的增加量，C 错误；根据系统机械能守恒定律可知，m 减小的重力势能等于m 和M 增加的动能之和，即大于M 增加的动能，D 正确．答案：BD7.如图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 02射出．重力加速度为g .求：(1)此过程中系统损失的机械能；(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得mv 0＝m v 02＋Mv ，①解得：v ＝mv 02M.② 系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12Mv 2，③得：ΔE ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M mv 20.④(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则： ⎩⎪⎨⎪⎧h ＝12gt 2，s ＝vt ， ⑤⑥由②⑤⑥三式可得：s ＝mv 0M h 2g . 答案：(1)18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M mv 20 (2)mv 0M h 2g。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律同步备课教粤教版选修3_62
第五节 自然界中的守恒定律[学习目标] 1.加深对动量守恒定律和能量守恒定律的理解，能运用这两个守恒定律解决一些简单的与生产、生活相关的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一．[导学探究] 如图1所示，质量为2 kg 的物体静止在与其之间动摩擦因数μ＝0.5的粗糙水平面上，现加一F ＝20 N 的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20 m/s 时，需要的时间t 和经过的位移s .(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g ＝10 m/s 2)图1答案 对物体受力分析如图所示： 方法一：根据牛顿第二定律F －μmg ＝ma v ＝at s ＝12at 2解得t ＝4 s ，s ＝40 m.方法二：根据动量定理可得：(F －μmg )t ＝mv －0 解得：t ＝4 s.根据动能定理可得：Fs －μmgs ＝12mv 2－0解得s ＝40 m.[知识梳理] 解决力学问题的三个基本观点1．力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．2．动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．3．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．一、滑块—木板模型1．把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，应由能量守恒求解问题． 3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多． 例1如图2所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上表面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以相向的水平初速度v 0和2v 0滑上长木板，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板也未发生碰撞．求：图2(1)木块B 的最小速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 、C 速度刚好相等的过程中，木块A 所发生的位移是多少？ 答案 (1)v 05 (2)21v 250μg，向左解析 (1)由题知，B 向右减速，A 向左减速，此时C 静止不动；A 先减速到零后与C 一起反向向右加速，B 向右继续减速，三者共速时，B 的速度最小． 取向右为正方向，根据动量守恒定律：m ·2v 0－mv 0＝5mv解得B 的最小速度v ＝v 05(2)A 向左减速的过程，根据动能定理有 －μmgs 1＝0－12mv 02向左的位移为s 1＝v202μgA 、C 一起向右加速的过程，根据动能定理有μmgs 2＝12×4m (v 05)2向右的位移为s 2＝2v2025μg取向左为正方向，整个过程A 发生的位移为 s ＝s 1－s 2＝21v 250μg即此过程中A 发生的位移向左，大小为21v 250μg .二、子弹打木块模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒． 2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化． 3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．例2 如图3所示，在水平地面上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：图3(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离； (2)射入的过程中，系统损失的机械能； (3)子弹在木块中打入的深度．答案 (1)m 2v 22(M ＋m )2μg (2)Mmv 22(M ＋m ) (3)Mv 22μg (M ＋m )解析 因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v ′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：mv ＝(M ＋m )v ′ ①二者一起沿地面滑动，前进的距离为s ，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v ′2②由①②两式解得：s ＝m 2v 22(M ＋m )2μg. (2)射入过程中损失的机械能 ΔE ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2③解得：ΔE ＝Mmv 22(M ＋m ).(3)设子弹在木块中打入的深度，即子弹相对于木块的位移为s 相对，则ΔE ＝μmgs 相对得：s 相对＝ΔEμmg ＝Mv 22μg (M ＋m ).三、弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒．2．整个过程往往涉及到多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．例3 两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图4所示．B与C 碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：图4(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 答案 (1)3 m/s (2)12 J解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒得：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ABC ， 解得v ABC ＝(2＋2)×62＋2＋4m/s ＝3 m/s.(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v BC ，则m B v ＝(m B ＋m C )v BC 得： v BC ＝2×62＋4m/s ＝2 m/s ， 物块A 、B 、C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒定律，则E p ＝12(m B ＋m C )v BC 2＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v ABC 2＝12×(2＋4)×22J ＋12×2×62 J －12×(2＋2＋4)×32J ＝12 J.针对训练 如图5所示，A 、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A 和B 的质量分别是99m 和100m ，一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )图5A.mv20400B.mv20200C.99mv 2200D.199mv 20400答案 A解析 子弹射入木块A 的过程中，动量守恒，有mv 0＝100mv 1，子弹、A 、B 三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv 1＝200mv 2，弹性势能的最大值E p ＝12×100mv 12－12×200mv 22＝mv 20400.处理动量和能量结合问题时应注意：(1)守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是合外力做的功为零． (2)分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况．(3)表达式：动量为矢量式，能量为标量式．(4)注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒．1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图6所示，上述两种情况相比较( )图6A ．子弹对滑块做功一样多B ．子弹对滑块做的功不一样多C ．系统产生的热量一样多D ．系统产生的热量不一样多 答案 AC解析 两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得：mv ＝(M ＋m )v 共，得v 共＝mM ＋mv ；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A 正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C 正确．2.如图7所示，木块A 、B 的质量均为2 kg ，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )图7A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J 答案 B解析 A 、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得：m A v A ＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝m A v Am A ＋m B＝2 m/s ，所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为12(m A ＋m B )v 2＝8 J ，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.3．如图8所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为( )图8A ．L B.3L 4 C.L 4 D.L 2答案 D解析 长木板固定时，由动能定理得：μMgL ＝12Mv 02，若长木板不固定有Mv 0＝2Mv ，μMgs ＝12Mv 02－12×2Mv 2，得s ＝L2，D 项正确，A 、B 、C 三项错误． 4．如图9所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg 的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg 的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为2 kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h ＝1.25 m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，取g ＝10 m/s 2.求：图9(1)滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小； (2)小车C 上表面的最短长度． 答案 (1)2.5 m/s (2)0.375 m解析 (1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律得：m A gh ＝12m A v 12①代入数据解得v 1＝2gh ＝5 m/s②设A 、B 碰后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 碰撞瞬间与车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒，m A v 1＝(m A ＋m B )v 2③代入数据解得v 2＝2.5 m/s④(2)设小车C 上表面的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为v 3，根据动量守恒定律有： (m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B ＋m C )v 3⑤根据能量守恒定律有：μ(m A ＋m B )gL ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 23⑥ 联立⑤⑥式代入数据解得L ＝0.375 m ．⑦一、选择题(1～2题为单选题，3～4题为多选题)1．如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 质量相等，都可视作质点．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )图1A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B解析 把小滑块P 和Q 以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P 和Q 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P 的初速度为v 0，两滑块的质量均为m ，则mv 0＝2mv ，v ＝v 02所以弹簧具有的最大弹性势能E p ＝12mv 02－12×2mv 2＝14mv 02＝12E k0，故B 正确．2．如图2所示，在光滑水平面上，有一质量M ＝3 kg 的薄板和质量m ＝1 kg 的物块都以v ＝4 m/s 的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.7 m/s 时，物块的运动情况是( )图2A ．做减速运动B ．做加速运动C ．做匀速运动D ．以上运动都有可能答案 A解析 开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v 1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝Mv 1代入数据解得：v 1≈2.67 m/s＜2.7 m/s ，所以物块处于向左减速的过程中．3．如图3所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是( )图3A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h4 D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算 答案 BC解析 根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12·2mv 2＝12mgh ，即A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12mv 2，B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，即C 正确，D 错误．4．如图4所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v 0＝0.1 m/s 向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m 1＝1 kg 和m 2＝2 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t ＝5.0 s 两球的间距为s ＝4.5 m ，则下列说法正确的是( )图4A ．刚分离时，a 、b 两球的速度方向相同B ．刚分离时，b 球的速度大小为0.4 m/sC ．刚分离时，a 球的速度大小为0.7 m/sD ．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J 答案 CD解析 在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒．设水平向右为正方向，断开后两球仍沿原直线运动，速度分别为v 1和v 2，设刚分离时，a 、b 两球的速度方向相同，由动量守恒定律，(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，根据题述，经过t ＝5.0 s 两球的间距为s ＝4.5 m ，有v 1t －v 2t ＝s ，联立解得：v 1＝0.7 m/s ，v 2＝－0.2 m/s ，负号说明b 球的速度方向向左，选项A 、B 错误，C 正确．由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能为E p ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 20＝0.27 J ，选项D 正确．二、非选择题5．如图5所示，在光滑水平地面上的木块M 紧挨轻弹簧靠墙放置．子弹m 以速度v 0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩劲度系数未知弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m ，木块质量M ＝9m ，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx .劲度系数为k 、形变量为x 的弹簧的弹性势能可表示为E p ＝12kx 2.求：图5(1)从子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能； (2)弹簧的劲度系数． 答案 (1)920mv 02(2)mv 2010(Δx )2解析 (1)设子弹刚相对于木块静止时的速度为v ，由动量守恒定律mv 0＝(m ＋M )v ，解得v ＝v 010.设从子弹射入木块到刚好相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE ，由能量守恒定律 ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2代入数据得ΔE ＝9mv 2020.(2)设弹簧的劲度系数为k ′，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx ，其弹性势能可表示为E p ′＝12k ′(Δx )2，木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律 12(m ＋M )v 2＝E p ′， 解得弹簧的劲度系数k ′＝mv2010(Δx )2.6．如图6所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝200 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.求：图6(1)子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小； (2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小； (3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？ 答案 (1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m解析 (1)子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：m 0v 0＝(m 0＋m )v 1， 解得：v 1＝m 0v 0m 0＋m ＝0.1×2000.1＋1.9m/s ＝10 m/s (2)子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得：(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v ，解得v ＝(m 0＋m )v 1m 0＋m ＋M ＝(0.1＋1.9)×100.1＋1.9＋8m/s ＝2 m/s (3)子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：12(m 0＋m )v 12＝μ(m 0＋m )gL ＋12(m 0＋m ＋M )v 2， 解得L ＝8 m.7．如图7所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方O 点用细线悬挂一小球C (可视为质点)，线长L ＝0.8 m ．现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为h ＝0.2 m ．已知A 、B 、C 的质量分别为m A ＝4 kg 、m B ＝8 kg 和m C ＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图7(1)小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小； (3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？答案 (1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m(或38m) 解析 (1)小球碰撞前在竖直平面内做圆周运动根据机械能守恒定律，得m C gL ＝12m C v 02 由牛顿第二定律，得F －m C g ＝m C v 20L解得v 0＝4 m/s ，F ＝30 N(2)设水平向右为正方向，A 、C 碰撞后的速度大小分别为v A 、v C ，由能量守恒和动量守恒，得12m C v C 2＝m C gh m C v 0＝m A v A －m C v C解得v C ＝2 m/s ，v A ＝1.5 m/s(3)设A 在B 上相对滑动的最终速度为v ，相对位移为s ，由动量守恒和能量守恒，得 m A v A ＝(m A ＋m B )vμm A gs ＝12m A v A 2－12(m A ＋m B )v 2解得s ＝0.375 m要使A 不从B 车上滑下，小车的最小长度为0.375 m(或38m) 8.如图8所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A 点由静止出发绕O 点下摆，演员处于A 点时秋千绳处于水平位置，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A 点．求男演员落地点C 与O 点的水平距离x .(已知男演员的质量m 1和女演员的质量m 2的关系为m 1m 2＝2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R ，C 点比O 点低5R ，不计空气阻力)图8答案 8R解析 设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v 0，由机械能守恒定律有(m 1＋m 2)gR ＝12(m 1＋m 2)v 02设刚分离时男演员速度的大小为v 1，方向与v 0相同，女演员速度的大小为v 2，方向与v 0相反，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1－m 2v 2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落到C 点所需的时间为t ，根据题中所给条件，由运动学规律得4R ＝12gt 2，x ＝v 1t 女演员刚好能回到A 点，由机械能守恒定律得 m 2gR ＝12m 2v 22，已知m 1＝2m 2，解得x ＝8R .。
2017粤教版高中物理选修第一章《碰撞与动量守恒》章末检测
章末检测（时间:90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分,共30分)1。
某物体受到一个－6 N·s的冲量作用,则().A.物体的动量一定减少B.物体的末动量一定是负值C.物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析动量定理是矢量方程,注意规定正方向解题.冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体,规定正方向后,可用“＋”、“－”号表示矢量的方向,－6 N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6 N·s,方向与规定的正方向相反，由动量定理可知正确答案为C、而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定.答案 C2.如图1所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端,另一端挂在小车支架的O点。
用手将小球拉至水平,此时小车静止于光滑水平面上,放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起,则在此过程中小车将（).图1 A。
向右运动B.向左运动C。
静止不动D.小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止解析这是反冲运动，由动量守恒定律可知，小球下落时速度向右,小车向左;小球静止,小车也静止。
答案 D3。
一辆炮车静止在光滑水平导轨上,车和炮弹总质量为M，炮筒水平发射一质量为m的炮弹,炮弹离开炮膛时对地速度为v0，则炮车的后退速度为()。
A、错误!B、错误!C.－错误!D.－错误!解析将车和炮弹作为一整体,由动量守恒定律可得(M－m)v＋m v0＝0，则有v＝－错误!,故选D、答案 D4.（2010·福建）如图2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v0，则（）.图2A.小木块木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁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木箱和小木块组成的系统，所受合外力为零,故系统动量守恒.系统初动量向右，故小木块相对木箱静止后,系统总动量也向右，故B项正确，A、D两项均错;而由于小木块与木箱间的摩擦,系统的机械能不断减少,C项错。
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第一章 碰撞与动量守恒 第五节 自然界中的守恒定律
A 级 抓基础
1．(多选)下列论述中正确的是( )
A ．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变
B ．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变
C ．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的
D ．动量守恒是相互作用的物体系统在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的 解析：由动量守恒定律可知，相互作用的各个物体在相互作用前后的动量有可能不同，而各个物体的动量之和是不变的．
答案：ACD
2.如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A 和B ，它们的质量都为m .现B 球静止，A 球以速度v 0与B 球发生正碰，针对碰撞后的动能，下列说法中正确的是( )
A ．
B 球动能的最大值是mv 20
2 B ．B 球动能的最大值是
mv 20
8
C ．系统动能的最小值是0
D ．系统动能的最小值是
mv 20
8
解析：当两球发生完全弹性碰撞时，A 球静止，B 球的动能最大，为
mv 20
2
，A 正确，B 错
误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是14mv 2
0，
C 、
D 错误．
答案：A
3．如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点，今使一质量为m 的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A 点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C 点静止，A 、C 间距离为s ；若将小物体系在弹簧上，在A 点由静止释放，则小物体将做阻尼振动到最后静止．设小物体通过总路程为l ，则下列关系式正确的是( )
A．l>s B．l＝s
C．l<s D．l＝s或l<s都可能
解析：由于摩擦，物体最后静止的位置可能在B点也可能在B点的左侧或右侧，在题述两个过程中，弹簧的弹性势能的减少将转化为因摩擦而增加的内能，若物体最后静止在B 点，则ΔE减＝ΔE增，得E弹＝Q热＝μmgs.若物体最后静止在B的左侧或右侧：ΔE减＝ΔE E弹＝E弹′＋μmgl，其中E弹′是物体静止后弹簧还具有的弹性势能，得μmgs＝μmgl 增，得
＋E弹′.
总之，当物体最后静止在B点时，s＝l；当物体最后不是静止在B点时，l<s.
答案：D
4.如图所示，关于质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象，有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②两物体质量相等；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；
④碰撞前两物体动量大小相等、方向相反．其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．②④D．③④
解析：由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，且速度大小相同，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，由碰撞过程中动量守恒可得m1v1＋m2v2＝0.故选项C 对．
答案：C
B级提能力
5.(多选)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向左边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：根据动量守恒定律和能量守恒定律得
⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1
＝m 1
v ′1
＋m 2
v ′2
，12m 1v 2
1
＝12m 1
v ′21
＋12m 2
v ′22
，且m 1
＝m ，m 2
＝3m ，
解得v ′1＝
m 1－m 2m 1＋m 2v 1＝－12v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1＝1
2
v 1，A 正确． 根据12mv 2
＝mgh ＝mgR (1－cos θ)，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，根据单
摆的等时性，D 正确．
答案：AD
6.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M ＝3 kg 的薄板和质量为m ＝1 kg 的物块，以v ＝4 m/s 的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长．当薄板的速度为2.4 m/s 时，物块的运动情况是(
)
A ．做加速运动
B ．做减速运动
C ．做匀速运动
D ．以上运动都可能
解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v ′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正)
Mv －mv ＝(M ＋m )v ′，故v ′＝
（3－1）×4
3＋1
m/s ＝2 m/s ，共同运动速度的方向与薄板初
速度的方向相同．
在物块和薄板相互作用的过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到零，再沿正方向加速到2 m/s.当薄板速度为v 1＝2.4 m/s 时，设物块的速度为v 2，由动量守恒定律得：
Mv －mv ＝Mv 1＋mv 2， v 2＝
（M －m ）v －Mv 1m ＝（3－1）×4－3×2.4
1
m/s ＝0.8 m/s.
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动，A 正确． 答案：A
7.如图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h .一质量为m
的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0
2
射出．重力加速度为g .求：
(1)此过程中系统损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得
mv 0＝m v 0
2＋Mv ，①
解得：v ＝
mv 0
2M
.② 系统损失的机械能为：
ΔE ＝12mv 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤
12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12Mv 2，③
得：ΔE ＝18⎝ ⎛⎭
⎪⎫3－m M mv 2
0.④
(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则： ⎩⎪⎨⎪⎧h ＝12
gt 2，
s ＝vt ， ⑤ ⑥
由②⑤⑥三式可得：s ＝
mv 0
M h 2g . 答案：(1)18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M mv 20 (2)
mv 0
M
h 2g
8．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B 相同滑块A ，从导轨上的P 点(未画出)以某一初速度向B 滑行，当A 滑过距离l 1时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A 恰好返回出发点P 并停止．滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l 2，求A 从P 出发时的初速度v 0.
解析：设A 、B 质量都为m ，A 刚接触B 时速度为v 1(碰前)，由功能关系，有：
1 2mv20－
1
2
mv21＝μmgl1.
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2，有：
mv1＝2mv2.
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有：
1 2(2m)v22－
1
2
(2m)v23＝μ(2m)g(2l2)．
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有：
1
2
mv23＝μmgl1.
由以上各式，解得v0＝μg（10l1＋16l2）.
答案：μg（10l1＋16l2）。