2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 实验7 Word版含解析
2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第六章 动量 动量守恒定律 第1讲 含解析
内容与要求 1.通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性．2．探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．3．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象．4．体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一．第1讲动量定理及应用一、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，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．自测1(2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比答案 B1 1 解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度 v ＝at ，动能 E ＝ m v ＝ ma t ，与经历的1 1 时间的平方成正比，A 项错误；根据 v ＝2ax ，动能 E ＝ m v ＝ m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 项1 1 p 正确；动能 E ＝ m v ，与速度的平方成正比，C 项错误；动量 p ＝m v ，动能 E ＝ m v ＝ ，与动量 的平方成正比，D 项错误．二、动量定理1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量．2．公式：m v ′－m v ＝F (t ′－t)或 p ′－p ＝I .3．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量 是结果．(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量 的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．自测 2 (2018· 全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层 坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A ．10 NB ．10NC ．10 ND ．10N答案 C解析 设每层楼高约为 3 m ，则下落高度约为1 m 2ghh ＝3×25 m ＝75 m ，由 mgh ＝ m v 及(F －mg )t ＝m v 知鸡蛋对地面的冲击力 F ＝ ＋mg ≈10 N.命题点一 对动量和冲量的理解1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的． ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量． (2)动量与动能的比较动量动能2 2 22 2 k 22 2 2 k 22 2 2 2 2mk k 2 3 4 2 32 t物理意义描述机械运动状态的物理量定义式标矢性p ＝m v矢量1 E ＝ m v标量2变化因素大小关系物体所受冲量p ＝ 2mEk外力所做的功p E ＝ k 2m对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化， 动能不一定发生变化．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘 积．②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说， 冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系． (3)冲量与功的比较定义单位公式标矢性意义冲量作用在物体上的力和力的作用时间 的乘积N·sI ＝Ft(F 为恒力)矢量①表示力对时间的累积②是动量变化的量度功作用在物体上的力和物体在力的 方向上的位移的乘积JW ＝Fl cos α(F 为恒力)标量①表示力对空间的累积②是能量变化多少的量度都是过程量，都与力的作用过程相互联系例 1 (2018· 广西南宁市 3 月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为 零的过程中，下列说法不正确的是()A ．运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B ．运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C ．运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D ．运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向答案 C2 k 2解析根据动量定理可知，运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，A项正确；运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确；运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确．变式1(2018·河北省唐山市上学期期末)1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是( )A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大答案C解析在碰撞过程中，驾驶员的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力，即安全气囊减小了驾驶员的动量变化率．例2(2019·甘肃省庆阳市调研)如图1所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q 点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()图1A．合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变化大小相同答案C解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mg sinθ(θ为滑轨倾角)，F>F ，因此a b合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F＝mgcos θ，NF<F，因此弹力对a滑块的冲量较小．选C.N a N b变式2(多选)如图2所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则()图2A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD．合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力F＝fF cos θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F t＝Ft cosθ，故C项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以f合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．命题点二动量定理的基本应用1．动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体．(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．p′－pΔp(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率．t t2．用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体．(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．例3在2018年冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手“隋文静、韩聪组合”获得亚军．如图3所示为某次训练中情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0m/s.韩聪突然将隋文静沿着原来的运动方向推开，推力作用时间为2.0s，隋文静的速度大小变为4.0m/s.假设隋文静和韩聪的质量分别为40kg和60kg.求：图3(1)推开后韩聪的速度大小；(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小．答案解析(1)1m/s(2)60N(1)以原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得(m＋m)v＝m v ＋m v ，解得v ＝－1m/s 1211222即推开后韩聪的速度大小为 1 m/s(2)对韩聪，由动量定理得 F t ＝m v －m v2 22解得 F ＝－60 N即推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小为 60 N.变式 3 (2018·福建省三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图 4 所示，从距秤盘 80 cm 高处把 1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为 1 s ，豆粒弹 起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极 短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1 000 粒的豆粒的总质量为 100 g ．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图 4A ．0.2 NB ．0.6 NC ．1.0 ND ．1.6 N 答案 B解析 豆粒从 80 cm 高处下落到秤盘上时的速度为 v ，v ＝2gh ，11则 v ＝ 2gh ＝ 2×10×0.8 m /s ＝4 m/s1设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft ＝m v －m v21m v －m v 0.1×2－0.1× －4 则F ＝ ＝ t 1故 B 正确，A 、C 、D 错误．N ＝0.6 N ，变式 4 (多选)(2018·陕西省安康市第二次联考)一质量为 m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经 t ＝0.2 ，s 以大小 v ＝1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度 gA ．地面对运动员的冲量大小为 180 N·sB ．地面对运动员的冲量大小为 60 N·sC ．地面对运动员做的功为 30 JD ．地面对运动员做的功为零答案 AD＝10 m/s，在这 0.2 s 内()解析人的速度由原来的零，起跳后变为 v ，设向上为正方向，由动量定理可得：I －mgt ＝m v －0，故地面对人的冲量为：I ＝m v ＋mgt ＝60×1 N·s ＋600×0.2 N·s ＝180 N·s ，故A 正确，B 错误；人在跳 起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，所以地面对运动员的2 212支持力不做功，故 C 错误，D 正确．命题点三 动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．例 4一高空作业的工人重为 600 N ，系一条长为 L ＝5 m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间 t ＝1 s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取 10 m/s ， 忽略空气阻力的影响)答案 1 200 N ，方向竖直向下解析 解法一 分段列式法：依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为 v ，v ＝2gL ，得 v ＝ 2gL经缓冲时间 t ＝1 s 后速度变为 0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力 F 和重力 mg ，所以(mg －F )t ＝0－m v ，F ＝mgt ＋m v t 将数值代入得 F ＝1200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力 F ′为 1200 N ，方向竖直向下．解法二全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为 mg (2L＋t )， g拉力 F 的冲量大小为 Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg (mg2L＋t )－Ft ＝0，解得 F ＝ gt2L g＋t＝1200 N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力 F ′＝F ＝1200 N ，方向竖直向下．变式 5一个质量为 m ＝100 g 的小球从离厚软垫 h ＝0.8 m 高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了 t ＝0.2 s ，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是 多少？(取 g ＝10 m/s)答案 0.6 N·s ，方向竖直向上解析 设小球自由下落 h ＝0.8 m 的时间为 t ，由11h ＝ gt 得 t ＝ 2 1 12hg＝0.4 s.设 I 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得 mg (t ＋t )＋I ＝0，得 I ＝－0.6 N·s.1负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上．变式 6蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量 m ＝50 kg 的运动员从距蹦床 h ＝1.25 m 高处自由落122 1 1 11 12 2下，接着又能弹起 h ＝1.8 m 高，运动员与蹦床接触时间 t ＝0.50 s ，在空中保持直立，不计空气阻力，2取 g ＝10 m/s ，求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小 I ；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小 F .答案解析(1)250 N·s (2)1 600 N(1)重力的冲量大小为：I ＝mgt ＝50×10×0.50 N·s ＝250 N·s(2)设运动员下落 h 高度时的速度大小为 v ， 1 则根据动能定理可得：mgh ＝ m v 2 解得 v ＝5 m/s设弹起时离开蹦床瞬间，运动员的速度大小为 v ，则根据动能定理可得： 1 －mgh ＝0－ m v 22 解得：v ＝6 m/s取竖直向上为正方向，由动量定理有： (F －mg )· t ＝m v －(－m v )解得 F ＝1 600 N.1．(2018· 山东省日照市校际联合质检)关于动量和动能，下列说法中错误的是()A ．做变速运动的物体，动能一定不断变化B ．做变速运动的物体，动量一定不断变化C ．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D ．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零答案 A解析 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故 A 错误；做变速运动的物体， 速度发生变化，动量一定不断变化，故B 正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增 量一定为零，故 C 正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故 D 正确． 2．(2018· 四川省德阳市高考一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动 不可能是()A ．匀速圆周运动B ．自由落体运动2 1 1 2 1 11 22 2 2 2 1C．平抛运动D．竖直上抛运动答案A解析如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力．则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．3.(2018·山东省泰安市上学期期中)如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )图1A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们动能的增量相同答案A解析这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，故A正确；c 环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．4．(多选)(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中()A．笔帽一直做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D 正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B 错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C 正确．5．(2018·山东省济宁市上学期期末)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最小D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案A解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它们动量的变化量：Δp＝m v－m v ，子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于0；钢球被弹回，末速度的方向与初速度方向相反，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大，由动量定理：I＝Δp，所以子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大，结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A正确，B、C、D错误．6.(2018·河南省商丘市上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图2所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是()图2A．第一次粉笔的惯性更小B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小D．第一次粉笔获得的动量更大答案D解析两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变，则其惯性不变，故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变，则纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，则摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故 D 正确．7．(2018· 四川省攀枝花市第二次统考)在距地面高度为 h 处，同时以大小相等的初速度 v，分别平抛、 竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增 量 Δp ，正确的是()A ．平抛过程中动量的增量 Δp 最大B ．竖直下抛过程中动量的增量 Δp 最大C ．竖直上抛过程中动量的增量 Δp 最大D ．三者一样大答案 C解析 三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长，而竖直下抛的小球运动时间最短，由 I ＝Ft 可知竖 直上抛的小球，重力的冲量最大，由动量定理I ＝Δp 可知，竖直上抛的小球动量的增量最大，故C 正 确．8．(2018· 湖南省长沙市雅礼中学模拟二)下列说法错误的是()A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好答案 D解析 火箭升空时，内能转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用 是相互的，气流对火箭有向前的作用力，从而推动火箭前进，故选项 A 正确；体操运动员在着地的过 程中，动量变化一定．由动量定理可知，体操运动员受到的冲量 I 一定．由 I ＝Ft 可知，体操运动员 在着地时屈腿是为了延长作用时间 t ，可以减小运动员所受到的平均冲力 F ，故 B 正确；用枪射击时 子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的精准度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击 时要用肩部抵住枪身，故选项 C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间， 由 I ＝Ft 可知，位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项 D 错误．9．(2018· 四川省绵阳市第二次诊断)在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( )A ．滑行的距离小B ．滑行的时间长C ．滑行过程中的加速度大D ．滑行过程中的动量变化快答案 A1 p解析 根据 p ＝m v ，E ＝ m v 可知，E ＝ ，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可0 2222mkkp 知：－F L ＝0－E ＝－ ，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故 A 正 fk 2m确；根据动量定理，－F t ＝0－p ，因动量相同，故滑行时间相同，故 B 错误；因两物体受到的阻力f相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量 变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故 D 错误．10.(2018· 湖北省黄冈市期末调研)在 2017 年 6 月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运 载火箭”的概念方案．方案之一为“伞降方案”，如图 3，当火箭和有效载荷通过引爆装置分离后， 火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面 时打开气囊，让火箭安全着陆．对该方案涉及的物理过程，下列说法正确的是()图 3A ．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒B ．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大C ．从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态D ．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量答案 B解析分离用的引爆装置的功能是在接收到分离指令后，通过程序配电器接通电爆管(或点火器)，引 爆连接解锁装置或分离冲量装置，使之分离，所以火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能不守Mm M恒，故 A 错误；从返回轨道下落至低空轨道，由 G ＝mg 得 g ＝G ，火箭的重力加速度增大，故r rB 正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，故C 错误；由动量定理可知接近地面时打开气囊，可以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭 的冲量，故D 错误．11．(2018· 山东省淄博市模拟)质量相等的 A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力 F 、F12的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 和 4t 速度分别达到 2v 和 v 时，分别撤去 F 和 F ，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图 4 所示．设 F 和 F 对212A 、B 两物体的冲量分别为 I 和 I ，F 和 F 对 A 、B 两物体做的功分别为 W 和 W ，则下列结论正确 121212的是()22 2 0 0 0 0 1图 4A ．I ∶I ＝12∶5，W ∶W ＝6∶51212B ．I ∶I ＝6∶5，W ∶W ＝3∶51 2 1 2 C ．I ∶I ＝3∶5，W ∶W ＝6∶5 1 2 1 2 D ．I ∶I ＝3∶5，W ∶W ＝12∶5 1212答案 C解析v 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为 ，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有 Ft 0fv 2v v ＝ma ，则摩擦力大小都为 m .由题图可知，匀加速运动的加速度分别为 、 ，根据牛顿第二定律，t t 4t 0 0 0 3m v 5m v 匀加速运动中有 F －F ＝ma ，则 F ＝ ，F ＝ ，故 I ∶I ＝F t ∶4F t ＝3∶5；对全过程运用f 1 t 2 4t 1 2 1 0 2 00 0 动能定理得：W －F x ＝0，W －F x ＝0，得 W ＝F x ，W ＝F x ，图线与时间轴所围成的面积表示1f 12f 21f 1 2f 2运动的位移，则位移之比为 6∶5，整个运动过程中 F 和 F 做功之比为 W ∶W ＝x ∶x ＝6∶5，故 C121212正确．12．质量为 1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为 μ＝0.4.有一大 小为 5 N 的水平恒力 F 作用于物体上，使之加速前进，经 3 s 后撤去 F .求物体运动的总时间(g 取 10 m/s )．答案 3.75 s解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为 Ft ，摩擦力的冲量为 F t.选水平恒力1fF 的方向为正方向，根据动量定理有 Ft －F t ＝0①1f又 F ＝μmg ②fFt联立①②式解得 t ＝ ，μmg代入数据解得 t ＝3.75 s.13．如图 5 所示，一质量为 M 的长木板在光滑水平面上以速度 v 向右运动，一质量为 m 的小铁块在木板上以速度 v 向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度 v 向右匀速运动，必须对 木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度 v .设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．图 5答案 2m v解析 对 M 、m 组成的系统，设 M 运动的方向为正方向，根据动量定理有 Ft ＝(M ＋m )v －(M v －m v )0 0 0 0210 00 0。
高考物理一轮复习文档：第六章实验七 验证动量守恒定律解析含答案
实验七验证动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础实验原理与操作◆实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。
◆实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：带细绳的摆球(相同的两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
方案四：斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
◆实验步骤1．方案一：利用气垫导轨验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出滑块的质量。
(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)。
(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。
2．方案二：利用摆球验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
(2)安装：把两个等大的摆球用等长悬线悬挂起来。
(3)实验：一个摆球静止，拉起另一个摆球，放下时它们相碰。
(4)测速度：测量摆球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应摆球的速度；测量碰撞后摆球摆起的角度，从而算出碰撞后对应摆球的速度。
(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：利用光滑桌面上两小车相碰验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小车的质量m1、m2。
(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的限位孔连在小车的后面，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，把两小车连接在一起共同运动。
(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。
2020版新一线高考物理(人教版)一轮复习教学案：第6章 实验7 验证动量守恒定律 含答案
实验七验证动量守恒定律1．实验目的验证碰撞中的动量守恒。
2．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等。
3．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。
方案二在光滑长木板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、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
4．实验步骤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，如图所示。
(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)。
(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案二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，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。
(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度。
(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案三利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验(1)先用天平测出入射小球、被碰小球质量m1、m2。
(2)按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度，且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保两小球正碰后的速度方向水平。
2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 第1课时 Word版含解析
第六单元动 量课时1 动 量 定 理见《自学听讲》P100 1.动量(1)定义:物理学中把运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量。
(2)表达式:p=mv 。
(3)单位:kg·m/s 。
(4)矢量性:物体在某时刻的动量方向与其速度方向相同。
(5)动量与动能的比较。
物理量动 量动 能定义物体质量与速度的乘积物体由于运动而具有的能量定义式p=mvE k =mv 212标矢性矢量标量特征状态量状态量关联式p=2mE kE k =p 22m 2.冲量(1)定义:物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)定义式:I=Ft 。
(3)单位:N·s 。
(4)矢量性:冲量的方向跟力的方向相同。
(5)物理意义:冲量反映力的作用对时间的累积效应。
3.动量的变化量(1)物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差叫作物体在这段时间内的动量的变化。
(2)计算式:Δp=p 2-p 1。
(3)动量的变化是矢量。
4.动量定理(1)内容:物体在一个过程中动量的变化量等于其在这个过程中所受到的力的冲量。
(2)表达式:I=p 2-p 1。
(3)物理意义:冲量是物体动量变化的量度。
(4)动量定理与动能定理的比较物理规律动量定理动能定理内容物体在一个过程中动量的变化量等于其在此过程中所受合外力的冲量物体在某一过程中动能的变化量等于在此过程中合外力对物体所做的功表达式I=mv 2-mv 1W=m -m 12v 2212v 12标矢性矢量式标量式物理意义反映力的作用对时间的累积效果反映力的作用对位移的累积效果1.(2019河北邯郸高三模拟)下列情况中,物体的动量不变的是( )。
A.汽车在平直的公路上匀速前进B.汽车在转弯过程中,速度的大小不变C.水平飞来的小球撞到竖直墙面后,保持速度大小不变离开墙面返回D.水平地面上匀速直线运动的洒水车正在洒水A2.(2018福建厦门10月模拟)(多选)一个物体的动量和动能的关系,下列说法正确的是( )。
2020版高考物理教科版大一轮复习讲义课件：第六章 实验七 验证动量守恒定律
大一轮复习讲义第六章 动量 动量守恒定律实验七 验证动量守恒定律NEIRONGSUOYIN内容索引过好双基关研透命题点回扣基础知识 训练基础题目细研考纲和真题 分析突破命题点基本实验要求1.实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等.2.实验器材斜槽、小球(两个)、、直尺、复写纸、白纸、圆规、重垂线.3.实验步骤(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.天平(2)按照如图1甲所示安装实验装置.调整、固定斜槽使斜槽底端水平.图1(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.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小球所有的落点都圈在里面.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和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示.(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，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：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒.规律方法总结1.数据处理验证表达式：2.注意事项(1)斜槽末端的切线必须 ；(2)入射小球每次都必须从斜槽高度由 释放；(3)选质量较 的小球作为入射小球；(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变.水平同一静止大例1 (2018·山东省泰安市上学期期末)如图2，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量____(填选项前的序号)，间接地解决这个问题.A.小球开始释放的高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平位移图2命题点一 教材原型实验C解析 验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平位移大小来体现速度大小，故需要测量水平位移，故A、B错误，C正确.(2)用天平测量两个小球的质量m 1、m 2.图中O 点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放；然后把被碰小球m 2静止于轨道水平部分的右侧末端，再将入射小球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相撞，并重复多次，分别找到小球的平均落点M 、P 、N ，并测量出平均水平位移OM 、OP 、ON .(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为________________________[用(2)中测量的量表示].m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2解析 根据平抛运动规律可知，落地高度相同，而动量守恒的表达式是：m1v0＝m1v1＋m2v2若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON即可；即满足关系式：m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2.变式1 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)“验证动量守恒定律”的实验装置如图3所示，回答下列问题：(1)实验装置中应保持斜槽末端__________.切线水平图3解析 要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽末端必须切线水平；(2)每次小球下滑要从_________处由静止释放.解析 每次小球下滑要从同一高度处由静止释放，从而保证平抛运动的初速度相同；同一高度(3)入射小球的质量m A 和被碰小球的质量m B 的大小关系是________.m A >mB 解析 为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m A >m B ；(4)在图中，小球的水平射程的数值分别用OP 、OM和ON 表示.小球半径均为r .因此只需验证_____________________________.解析 小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t 相等，如果碰撞过程动量守恒，则：m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′，两边同时乘以时间t 得：m A v A t ＝m A v A ′t ＋m B v B ′t ，即：m A OP ＝m A OM ＋m B (ON －2r ).m A OP ＝m A OM ＋m B (ON －2r )1.实验器材：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、胶布、撞针、橡皮泥等.2.实验方法(1)测质量：用天平测出两滑块的质量.(2)安装：按图4安装并调好实验装置.(3)实验：接通电源，利用光电计时器测出两滑块在各种情况下碰撞前、后的速度(例如：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.命题点二 实验方案创新创新方案1 利用气垫导轨图4例2 (2018·安徽省安庆市二模)某同学欲采用课本上介绍的气垫导轨和光电计时器等器材进行“验证动量守恒定律”的实验.实验装置如图5所示，下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨和光电门，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平②测得A和B两滑块上遮光片的宽度均为d③得到A、B两滑块(包含遮光片)的质量m1、m2④向气垫导轨通入压缩空气图5⑤利用气垫导轨左右的弹射装置，使滑块A、B分别向右和向左运动，测出滑块A、B在碰撞前经过光电门过程中挡光时间分别为Δt1和Δt2⑥观察发现滑块A、B碰撞后通过粘胶粘合在一起，运动方向与滑块B碰撞前运动方向相同，此后滑块A再次经过光电门时挡光时间为Δt试解答下列问题：(1)碰撞前A滑块的速度大小为_____，碰撞前B滑块的速度大小为_____.(2)为了验证碰撞中动量守恒，需要验证的关系式是：________________(用题中物理量表示).(3)有同学认为利用此实验装置还能计算碰撞过程中损失的机械能.请用上述实验过程测出的相关物理量，表示出A、B系统在碰撞过程中损失的机械能ΔE＝________________________.1.实验器材：小球两个(大小相同，质量不同)、悬线、天平、量角器等.2.实验方法(1)测质量：用天平测出两小球的质量.(2)安装：如图6所示，把两个等大的小球用等长的悬线悬挂起来.(3)实验：一个小球静止，将另一个小球拉开一定角度释放，两小球相碰.(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.图6创新方案2 利用等长的悬线悬挂等大的小球例3 如图7所示是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O 点，O 点下方桌子的边缘有一竖直立柱.实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2右端接触且两球等高.将球1拉到A 点，并使之静止，同时把球2放在立柱上.释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B 点，球2落到水平地面上的C 点.测出有关数据即可验证1、2两球图7碰撞时动量守恒.现已测出A 点离水平桌面的距离为a 、B 点离水平桌面的距离为b 、C 点与桌子边沿间的水平距离为c .此外：(1)还需要测量的量是________________________、________和_______________________.弹性球1、2的质量m 1、m 2立柱高h 桌面离水平地面的高度H解析 要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量m2和立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化.(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为_______________________ __________.(忽略小球的大小)例4 (2018·山东省日照市二模)为了“验证动量守恒定律”.图8甲所示的气垫导轨上放着两个滑块，滑块A 的质量为500 g ，滑块B 的质量为200 g.每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器的频率均为50 Hz.调节设备使气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两个滑块以不同的速度相向运动，碰撞后粘在一起继续运动.图乙为纸带上选取的计数点，每两个计数点之间还有四个点没有画出.图8创新方案3 利用水平气垫导轨上两滑块碰撞(1)判断气垫导轨是否处于水平，下列措施可行的是_____(填字母代号).A.将某个滑块轻放在气垫导轨上，看滑块是否静止B.让两个滑块相向运动，看是否在轨道的中点位置碰撞C.给某个滑块一个初速度，看滑块是否做匀速直线运动D.测量气垫导轨的两个支架是否一样高AC 解析 判断气垫导轨是否处于水平的措施是：将某个滑块轻放在气垫导轨上，看滑块是否静止；或者给某个滑块一个初速度，看滑块是否做匀速直线运动，故选项A 、C 正确，选项B 、D 错误.(2)根据图乙提供的纸带，计算碰撞前两滑块的总动量大小p1＝_____ kg·m/s；碰撞后两滑块的总动量大小为p2＝________ kg·m/s.多次实验，若碰撞前后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证.(结果保留两位有效数字)0.280.28解析 根据纸带可求解A、B两滑块碰前的速度分别为：碰前总动量：p1＝m A v A－m B v B＝0.5×0.80 kg·m/s－0.2×0.60 kg·m/s＝0.28 kg·m/s 碰后总动量：p2＝(m A＋m B)v共＝0.7×0.40 kg·m/s＝0.28 kg·m/s因p1＝p2，故动量守恒定律得到验证.。
备考2020年高考物理一轮复习：第六章实验七验证动量守恒定律含解析
实验七验证动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础实验原理与操作◆实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。
◆实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：带细绳的摆球(相同的两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
方案四：斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
◆实验步骤1．方案一：利用气垫导轨验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出滑块的质量。
(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)。
(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。
2．方案二：利用摆球验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
(2)安装：把两个等大的摆球用等长悬线悬挂起来。
(3)实验：一个摆球静止，拉起另一个摆球，放下时它们相碰。
(4)测速度：测量摆球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应摆球的速度；测量碰撞后摆球摆起的角度，从而算出碰撞后对应摆球的速度。
(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：利用光滑桌面上两小车相碰验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小车的质量m1、m2。
(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的限位孔连在小车的后面，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，把两小车连接在一起共同运动。
(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。
2020新亮剑高考物理总复习讲义：第七单元 电场 课时1 Word版含解析
第七单元静 电 场课时1 电场的力的性质见《自学听讲》P114 1.对电荷守恒定律的理解(1)起电方式:摩擦起电、接触起电、感应起电。
(2)带电实质:电子的转移。
(3)电荷守恒定律:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移的过程中,电荷的总量保持不变。
2.对库仑定律的理解(1)点电荷:有一定的电荷量,忽略形状和大小的带电体,是一种理想化模型。
(2)库仑定律:真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力的大小与它们的电荷量的乘积成正比,与它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上。
(3)表达式:F=k ,式中k=9.0×109 N·m 2/C 2,叫作静电力常量。
q 1q 2r 2(4)适用条件:真空中的点电荷。
3.对电场强度的理解(1)意义:描述电场大小和方向的物理量。
(2)定义:放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值,叫作该点的电场强度。
(3)理解①物质性:电场是一种客观存在的物质,即电荷周围的一种特殊物质。
②唯一性:空间中某点的电场强度的大小和方向唯一确定,其大小E=。
Fq ③矢量性:规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向,多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和。
4.对电场线的理解(1)电场线:用来形象描述电场分布情况而虚构出来的,曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向。
(2)电场线的特点①电场线从正电荷或无限远处出发,终止于无限远处或负电荷。
②电场线不相交。
③在同一电场里,电场线越密的地方电场强度越大。
1.(2018江西南昌阶段测试)如图所示,两个不带电的导体A 和B ,用一对绝缘柱支撑使它们彼此接触。
把一带正电荷的物体C 置于A 附近,贴在A 、B 下部的金属箔都张开,则( )。
A.此时A 带正电,B 带负电B.此时A 电势低,B 电势高C.移去C ,贴在A 、B 下部的金属箔都闭合D.先把A 和B 分开,然后移去C ,贴在A 、B 下部的金属箔都闭合C2.(2019陕西宝鸡开学考试)(多选)两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球(可看成点电荷),其中一个球的带电荷量的绝对值是另一个的5倍,当它们静止于空间某两点时,它们间的静电力大小为F 。
高中物理2020版新课标一轮复习高中物理2020版新课标一轮复习第六章 动量实验七 验证动量守恒定律
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小 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 和被撞小球落点的平均位置 N， 如图所示。 改变入射小球的释 放高度，重复实验。
[数据处理] 1．小球水平射程的测量：连接 ON，测量线段 OP、OM、 ON 的长度。
实验方案
[方案一] 利用气垫导轨完成一维碰撞实验
[实验器材] 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、游标卡尺等。
[实验步骤]
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)。
答案：(1)刻度尺、白纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板、 天平 (2)两球的质量 m1、m2，两球碰后的水平射程 x1、x2 (3)m1x1＝m2x2
解析：两球弹开后，分别以不同的速度离开桌面做平抛运动， 两球做平抛运动的时间相等，均为 t＝ 2h g (h 为桌面离地的高
度)。根据平抛运动规律，由两球落地点距抛出点的水平距离 x ＝vt，知两球水平速度之比等于它们的射程之比，即 v1∶v2＝ x1∶x2；所以本实验中只需测量 x1、x2 即可，测量 x1、x2 时需 准确记下两球落地点位置，故需要刻度尺、白纸、复写纸、图 钉、 细线、 铅锤、 木板等。 若要探究 m1x1＝m2x2 或 m1x12＝m2x22… 是否成立，还需用天平测量两球质量 m1、m2。
[数据处理] 1．小车速度的测量：通过纸带上两计数点间的距离及时 Δx 间，由 v＝ Δt 计算。
2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 单元检测 Word版含解析
第六单元动 量单 元 检 测见《高效训练》P69一、单项选择题1.(2018河北保定11月月考)篮球运动员通常要伸出两臂接住传来的篮球。
接球时,两臂随球迅速收缩至胸前。
这样做可以( )。
A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的能量变化量对于接住篮球的过程,篮球的初速度一定,末速度为零,所以篮球的动量变化量、动能变化量一定,C 、D 两项错误;由动量定理可知篮球对手的冲量一定,A 项错误;由I=Ft 可知双臂收缩延长了手与球的相互作用时间,故篮球对手的冲击力减小,B 项正确。
B2.(2018江苏盐城11月考试)如图所示,总质量为M 的带有底座的足够宽的框架直立在光滑水平面上,质量为m 的小球通过细线悬挂于框架顶部O 处,细线长为L ,已知M>m ,重力加速度为g ,某时刻小球获得一瞬时速度v 0,当小球第一次回到O 点正下方时,细线拉力大小为( )。
A.mgB.mg+mv 02LC.mg+mD.mg+m(2m )2v 02(M +m )2L(M -m )2v 02(M +m )2L设小球第一次回到O 点正下方时,小球与框架的速度分别为v 1和v 2,取水平向右为正方向,由题可知,小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒,即mv 0=mv 1+Mv 2,m =m +M ,解得v 1=12v 0212v 1212v 22m -Mm +Mv 0,v 2=v 0。
当小球第一次回到O 点正下方时,以小球为研究对象,由牛顿第二定律得T-mg=m ,解得2mm +M (v 1-v 2)2L 细线的拉力T=mg+,B 项正确。
mv 02LB3.(2018湖北烟台五校联考)如图所示,光滑的水平地面上放置着半径相同的三个小球A 、B 、C ,其中A 、C 的质量分别为m 、4m 。
现使A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向向B 运动,已知A 、B 、C 之间的碰撞均为弹性碰撞,则下列判断正确的是( )。
2020新亮剑高考物理总复习讲义：第七单元 电场 微专题6 Word版含解析
微专题6 电场中的“三大”问题的突破方法见《自学听讲》P129一带电粒子在交变电场中的运动 1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的试题类型此类题型一般有三种情况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重分析受力特点和运动规律,抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。
一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下,在t=0时由静止开始运动,电场强度随时间变化的规0~T的时间间隔内:甲 (1)粒子位移的大小和方向。
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。
(1)带电粒子在0~0.25T 、0.25T~0.5T 、0.5T~0.75T 、0.75T~T 时间间隔内做匀变速运动,设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4,a 1=,a 2=-2×,a 3=2×,a 4=-qE 0m qE 0m qE 0m qE 0m 由此得带电粒子在0~T 时间间隔内运动的加速度—时间图象如图乙所示,对应的速度—时间图象如图丙所示,其中v 1=a 1×=T4qE 0T4m 乙 丙 由图丙可知,带电粒子在t=0到t=T 的时间间隔内位移大小s=v 1T 4解得s=T 2,方向沿初始电场方向。
qE 016m (2)由图丙可知,粒子在t=T 到t=T 内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间3858t=T-T=。
5838T 4(1) 沿初始电场方向 (2)qE 0T 216m T 4如图甲所示,真空中两水平放置的平行金属板A 、B 相距为d ,板长为l ,现在A 、B 两板间加一如图乙所示的周期性变,从t=0时刻开始,一束初速度均为v 0的电子流沿A 、B 两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场,已知电子质量为m ,电荷量为e ,要使电子束都能从A 、B 右端水平射出,则所加交变电压的周期T 和所加电压U 0的大小应满足什么条件?根据题意可知,电子在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做变速直线运动,可画出t=0时刻进入的电子在竖直y -t 图线,如图丙所示,因电子进入板间电场和射出板间电场时,其竖直分速度均为零,所以电子在电场中的运动时间t 必为交变电压周期T 的整数倍,即t=nT (n=1,2,3,…)丙 而t=ll0则T=(n=1,2,3,…)lnv 0对于在t' =k ·(k=0,1,2,…)时刻射入的电子,根据v y -t 图,知其射出板间电场时侧向位移最大,故只需考虑这些时刻射入的T 2电子满足的条件。
2020新亮剑高考物理总复习讲义：第七单元 电场 课时3 Word版含解析
课时3 电容器 带电粒子在电场中的运动见《自学听讲》P124 1.电容和电容器(1)常见电容器①组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
②带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。
③电容器的充、放电充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两板带上等量的异种电荷,电容器中储存电场能。
放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中电场能转化为其他形式的能。
(2)电容①定义:电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。
②定义式:C=。
Q U ③物理意义:表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
电容是一个电容器的容量,是一个物理量,电容器是一个元件。
④单位:法拉(F ),1 F=106μF=1012 pF 。
(3)平行板电容器①影响因素:平行板电容器的电容C 与正对面积S 成正比,与电介质的相对介电常数εr 成正比,与两板间的距离d 成反比。
②决定式:C=,k 为静电力常量。
εr S4πkd 2.带电粒子在电场中加速(1)从动力学角度分析:当带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场时,粒子将做匀变速直线运动,加速度a=,位移x=Eq m 。
v 2-v 022a (2)从功能角度分析:带电粒子如果仅受电场力的作用,电场力做功等于粒子动能的变化,即qU=mv 2-m (无论匀强电场还是1212v 02非匀强电场都成立)。
3.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件:带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法:类似于平抛运动,应用运动的合成与分解的方法。
a.沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间t=。
l v 0b.沿电场力方向,做匀加速直线运动。
加速度:a===。
F m qE m qU md 离开电场时的偏移量:y=at 2=。
12qUl 22mdv 02离开电场时的偏转角:tan θ==。
v yv 0qUlmdv 02 4.示波管(1)构造:由电子枪、偏转电极和荧光屏等组成,如图所示。
(2)工作原理:①如果在偏转电极XX'和YY'之间没有电压,则电子枪射出的电子沿直线运动,打在荧光屏中央,产生一个亮斑。
高考物理力学知识点之动量知识点总复习附答案解析(6)
高考物理力学知识点之动量知识点总复习附答案解析(6)一、选择题1．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为A ．E 0B ．m M E 0C ．m M m -E 0D ．Mm M m-E 0 2．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M 静止在光滑水平面上，一个物块m 在水平地面上以大小为v 0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)A ．1:2B ．1:3C ．1:6D ．1:9 3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度 v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )A ．B ．C ．D ．4．如图所示，A 、B 是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块，离墙壁的距离分别为L 和2L ，与桌面之间的动摩擦因数分别为A μ和B μ，现给滑块A 某一初速度，使之从桌面右端开始向左滑动，设AB 之间、B 与墙壁之间的碰撞时间都很短，且碰撞中没有能量损失，若要使滑块A 最终不从桌面上掉下来，滑块A 的初速度的最大值为（ ）A ．()AB gL μμ+ B ．()2A B gL μμ+C ．()2A B gL μμ+D ．()12A B gL μμ+ 5．质量为m 的子弹以某一初速度0v 击中静止在粗糙水平地面上质量为M 的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）A ．若M 较大，可能是甲图所示情形：若M 较小，可能是乙图所示情形B ．若0v 较小，可能是甲图所示情形：若0v 较大，可能是乙图所示情形C ．地面较光滑，可能是甲图所示情形：地面较粗糙，可能是乙图所示情形D ．无论m 、M 、0v 的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形6．质量为m 的质点作匀变速直线运动，取开始运动的方向为正方向，经时间t 速度由v 变为-v ，则在时间t 内A ．质点的加速度为2v tB ．质点所受合力为2mv t- C ．合力对质点做的功为2mvD ．合力对质点的冲量为07．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 0，则( )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8．将充足气后质量为0.5kg的篮球从1.6m高处自由落下，篮球接触地面的时间为0.5s，竖直弹起的最大高度为0.9m。
2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 第2课时
第六单元动 量课时2 动量守恒定律及其应用见《自学听讲》P104 1.动量守恒定律(1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为零,则这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式:对两个物体组成的系统,常写成p1+p2=p1'+p2'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
(3)适用条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。
2.弹性碰撞和非弹性碰撞(1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能守恒。
(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能减少。
(3)完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体或碰撞后具有共同速度,这种碰撞动能损失最多。
3.反冲运动(1)定义:一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另外一个部分必然向相反方向运动,这个现象叫反冲。
(2)特点:①物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。
②在反冲运动中,系统的合外力一般不为零,但内力远大于外力,可认为反冲运动中系统动量守恒。
③在反冲运动中机械能总量一般是增加的。
(3)反冲现象的应用和防止①应用:反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出,由于反冲而使转轮旋转,从而带动发电机发电,火箭、喷气式飞机是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的推力,等等。
②避免有害的反冲运动。
1.(2018湖北宜昌六校联考)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是1 m/s,甲、乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为1 m/s 和2 m/s。
则甲、乙两运动员的质量之比为( )。
A.2∶3B.3∶2C.1∶2D.2∶1B2.()图示为中国队队员投掷冰壶的镜头。
在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s 的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s 的速度向前滑行。
若两冰壶质量相等,规定向前运动方向为正方向,则碰后中国队冰壶的速度为( )。
A .0.1 m/sB .-0.1 m/sC .0.D .-0.7 m/sA3.()(多选)下列属于反冲运动的是( )。
2020人教新课标高考物理总复习教师用书：第六章 动量(教师用) 含答案
第六章 ⎪⎪⎪动量[全国卷5年考情分析](说明：2014～2016年，本章内容以选考题目出现)第1节 动量定理一、动量1．定义：物体的质量和速度的乘积。
动量是状态量，与时刻或位置相对应 2．表达式：p ＝m v 。
3．单位：kg·m/s 。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
二、动量定理 1.冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积。
冲量是过程量，与时间或过程相对应 (2)表达式：I ＝Ft 。
(3)单位：N·s 。
(4)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。
2．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
“力”指的是合外力 (2)表达式：Ft ＝m v ′－m v 。
[深化理解]1．动量变化量也是矢量，其方向与速度变化量的方向相同。
2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。
3．某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关。
4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。
[基础自测]一、判断题(1)动量越大的物体，其速度越大。
(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。
(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。
(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。
(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。
(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。
(√)二、选择题1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比解析：选B动能E k＝12m v2，与速度的平方成正比，故C错误。
速度v＝at，可得Ek＝12ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。
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第六单元动 量实验7 验证动量守恒定律见《自学听讲》P110 实验目的1.掌握同一条直线上运动的两个物体碰撞前后的速度的测量方法;验证一维碰撞中的动量守恒。
2.掌握实验数据处理的方法;探究一维弹性碰撞的特点。
实验原理在一维碰撞中,测出物体的质量m1、m2和碰撞前后物体的速率v、v',找出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p'=m1v1'+m2v2',看碰撞前后动量是否守恒。
实验器材方案一:斜槽,大小相等、质量不同的小钢球两个,重垂线一条,白纸,复写纸,天平一台,刻度尺,圆规。
方案二: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。
方案三:光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺。
方案四:带细线的小球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
实验步骤方案一 利用等大的小球碰撞后做平抛运动完成一维碰撞实验1.先用天平测出两小球质量m1、m2。
2.按图示安装好实验装置,将斜槽固定在桌边,使槽的末端的切线水平,调整实验装置使两小球碰时处于同一水平高度,且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线和轨道末端的切线平行,以确保正碰后的速度方向水平。
3.在地上铺一张白纸,在白纸上铺复写纸。
4.在白纸上记下重垂线所指的位置O。
5.先不放被碰小球,让入射小球从斜槽上同一高度处滚下,重复10次,用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面,圆心看作入射小球不发生碰撞,仅做平抛运动的落地点P。
6.把被碰小球放在斜槽的末端,让入射小球从同一高度滚下,使它们发生正碰,重复10次,仿步骤5求出入射小球落地点的平均位置M和被碰小球落地点的平均位置N。
7.过O和N在纸上作一直线。
8.用刻度尺量出线段OM、OP、ON的长度。
把两小球的质量和相应的数值代入方程式m1·OP=m1·OM+m2·ON中,看是否成立。
9.整理实验器材并放回原处。
方案二 利用气垫导轨完成一维碰撞实验1.测质量:用天平测出两滑块质量m1、m2。
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在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)。
4.验证:一维碰撞中的动量守恒。
方案三 利用小车在光滑桌面上碰撞另一静止小车实现一维碰撞,两小车碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
实验装置如图所示1.质量的测量:用天平测出两车质量m1、m2。
2.速度的测量:v=,式中Δx 是纸带上两计数点间的距离,可用刻度尺测量。
Δt 为小车经过Δx 所用Δx Δt 的时间,可由打点间隔算出。
这个方案适合探究碰撞后两物体结合为一体的情况。
方案四 利用等长细线悬挂等大的小球实现一维碰撞,实验装置如图所示1.质量的测量:用天平测量两小球的质量m 1、m 2。
2.速度的测量:可以测量小球被拉起的角度,根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度;测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度,根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度。
3.不同碰撞情况的实现:用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失。
数据处理把测量数据填入表中,比较碰撞前后的总动量之间的关系: 方案一表格碰撞前碰撞后质量m/kgm 1=m 1=m 2=平抛距离x/mOP=OM=ON=总动量p/(kg·m·s -1)m 1·OP=m 1·OM+m 2·ON= 方案二、方案三、方案四表格碰撞前碰撞后质量m/kgm 1=m 2=m 1=m 2=速度v/(m·s -1)v 1=v 2=v 1'=v 2'=总动量p/(kg·m·s -1)m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'=1.(2018陕西西安六校联考)如图所示,质量为m1的球A从斜槽某一高度由静止滚下,落到水平面上的P点。
今在槽口末端放一与球A半径相同、质量为m2的球B,仍让球A从斜槽同一高度滚下,并与球B正碰,两球落地后,球A和B的落地点分别是M、N。
已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。
则实验必须满足的条件是( )。
A.轨道末端的切线必须是水平的B.斜槽轨道必须光滑C.m1=m2D.m1<m2轨道末端水平可以保证小球做平抛运动,故A项正确。
斜槽是否光滑对实验几乎无影响,但质量m1 2,从而引起较大的误差,故B、C、D三项均错误。
A2.(2019福建福州开学考试)某同学把两个质量不同的物体用细线连接,中间夹一被压缩的弹簧,如图所示,将这一系统置于光滑的水平桌面上,烧断细线,观察两物体的运动情况,进行必要的测量,探究物体间相互作用时的不变量。
(1)该同学还必须有的器材是 。
(2)需要直接测量的数据是 。
(3)本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为 。
两物体弹开后各自做平抛运动,根据平抛运动规律可知两物体做平抛运动的时间t相等。
所需验m1v1=m2v2,等式两侧都乘以时间t,有m1v1t=m2v2t,即m1x1=m2x2。
(1)刻度尺、天平 (2)两物体的质量m 1、m 2和两物体落地点到桌子两侧边缘的水平距离x 1、x 2 (3)m 1x 1=m 2x 2见《自学听讲》P111一方案一的原理与操作 本方案由小球抛出点高度相同可知小球运动时间相同,由x=vt 和h=gt 2可得v=x ,即12g 2ℎv ∝x ,所以可以用水平位移x 来代替速度,变验证m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'为验证m 1·OP=m 1·OM+m 2·ON ,即变难测物理量为易测物理量。
但为了减小误差,需要多次重复实验,为了保证每次碰撞状态相同,必须每次都从同一位置由静止释放小球。
某实验小组在“探究碰撞中的不变量”的实验中,采用如图甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来进行探究。
图中PQ 是斜槽,QR 是水平槽。
实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹。
重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。
再把B 球放在水平槽上靠近末端的地方,让A 球仍从位置G 由静止开始滚下,和B 球碰撞后,A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。
重复这种操作10次。
图中的O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点。
B 球落点痕迹如图乙所示,其中刻度尺水平放置,且平行于G 、R 、O 所在平面,刻度尺的零点与O 点对齐。
(1)碰撞后B 球的水平射程应取为 cm 。
(2)在以下选项中,本次实验必须测量的量是 。
A.水平槽上未放B 球时,测量A 球落点位置D 到O 点的距离B.A 球与B 球碰撞后,测量A 、B 球落点位置C 、E 分别到O 点的距离C.测量A 球或B 球的直径D.测量A 球或B 球的质量(或两球质量之比)E.测量G 点相对水平槽面的高度(1)应取将所有落点包含在内的最小圆的圆心为落地点,读数大概为63.9 cm 。
(2)根据动量守恒,实验需要满足公式m A v 0=m A v 1+m B v 2,速度不便于测量,但小球碰撞前后的速度可以根据其做平抛运动的下落高度和水平射程表示,根据平抛的初速度v=知,只需要验证m A OD=m A OC+m B OE 。
因此不需要xt 测量水平槽面离地面的高度或小球在空中运动的时间,只需要测量A 球和B 球的质量,A 球两次落地的水平距离和B 球落地时的水平距离。
(1)63.9(63.8~64.2均可) (2)ABD 二方案二的原理与操作 利用气垫导轨可以大大减小系统受到的阻力,当导轨水平放置时可以认为系统所受的合力为零,满足系统动量守恒条件,而且滑块碰撞前后都是做匀速直线运动,便于测量速度。
某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验;气垫导轨装置如图所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
(1)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2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=10.01 ms ,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m 1=300 g ,滑块2(包括弹簧)的质量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2位有效数字)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. 。
B. 。
C. 。
(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== m/s≈0.50 m/s ;滑块1碰撞之后的速度v 2== d Δt 15×10-310.01×10-3d Δt 25×10-349.99×10-3m/s≈0.10 m/s ;滑块2碰撞之后的速度v 3== m/s≈0.60 m/s 。
d Δt 35×10-38.35×10-3③A.系统质量与速度的乘积之和不变。
原因:系统碰撞之前的总动量m 1v 1=0.15 kg·m/s ,系统碰撞之后的总动量m 1v 2+m 2v 3=0.15 kg·m/s 。
B.系统碰撞前后总动能不变。
原因:系统碰撞之前的总动能E k1=m 1=0.0375 J ,系统碰撞之后的总动能E k2=m 1+m 2=0.0375 J ,所12v 1212v 2212v 32以系统碰撞前后总动能相等。
C.系统碰撞前后质量不变。
(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 ②0.50 0.10 0.60 ③A.系统质量与速度的乘积之和不变 B.系统碰撞前后总动能不变 C.系统碰撞前后质量不变三方案三的原理与操作 本方案利用小车在轨道平面上碰撞验证动量守恒定律,由于轨道的摩擦和纸带的阻力,容易造成误差,实验前先要“平衡摩擦力”,安装好器材必须进行调试,把一端垫高,使小车能做匀速直线运动。