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(共32张PPT)
第36课时　实验八:验证动量守恒定律
学习目标:1.理解动量守恒定律成立的条件,会利用不同案例验证动量守恒定律。
2.知道在不同实验案例中要测量的物理量,会进行数据处理及误差分析。
一、实验原理
在一维碰撞中,测出相碰的两物体的质量m1、m2和碰撞前、后物体的速度v1、v2、v1'、v2',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。
二、实验方案及实验过程
案例一:研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1.实验器材
气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。
2.实验过程
(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,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。
(4)改变条件,重复实验:
①改变滑块的质量;
②改变滑块的初速度大小和方向。
(5)验证:一维碰撞中的动量守恒。
3.数据处理
(1)滑块速度的测量:v=,式中Δx为滑块上挡光片的宽度(仪器说明书上给出,也可直接测量),Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
(2)验证的表达式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。
案例二:研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
1.实验器材
斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等。
2.实验过程
(1)测质量:用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。
(2)安装:按照如图所示安装实验装置,调整固定斜槽使斜槽底端水平。
(3)铺纸:白纸在下,复写纸在上且在适当位置铺放好,记下铅垂线所指的位置O。
(4)放球找点:不放被撞小球,每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下,重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面,圆心P就是小球落点的平均位置。
(5)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[同步骤(4)中的高度]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。
(6)验证: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m1·OP=m1·OM+m2·ON,看在误差允许的范围内是否成立。
(7)整理:将实验器材放回原处。
3.数据处理
验证表达式:m1·OP=m1·OM+m2·ON。
命题分析
1.考原理:几种不同方案验证。
2.考计算:求速度、求平均位置等。
3.考创新:原理器材等创新,如验证动量定理等。
注意事项
1.前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2.案例提醒
(1)若利用气垫导轨进行验证,调整气垫导轨时,应确保导轨水平。
(2)若利用平抛运动规律进行验证:
①斜槽末端的切线必须水平;
②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放;
③选质量较大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。
误差分析
1.系统误差
(1)碰撞是否为一维(即正碰),为此两球应等大,且速度沿球心连线方向。
(2)实验是否满足动量守恒的条件,如气垫导轨是否水平,两球是否等大。
2.偶然误差:主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。
考点一　教材原型实验
典例1　某同学用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律,实验中先让小球a从斜槽轨道上某点由静止滚下落在水平地面上,反复多次试验记录落点位置。然后再将小球b放在斜槽末端,让小球a从斜槽上由静止滚下与小球b相碰后两球分别落在水平地面上,反复多次实验记录落点位置。已知斜槽末端的竖直高度H=45.00 cm,ma=0.2 kg,mb=0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计,小球落地点距离O点(斜槽末端正下方)的距离如乙图所示。回答下列问题:
(1)关于该实验不必要的条件是　　　　。
A.斜槽末端必须保持水平
B.a、b两球的半径必须相等
C.a、b两球的密度必须相等
D.a球每次下落的起点位置必须相同
(2)本实验探究水平动量守恒的表达式可以表示为
　　　　　 　(用ma、mb、OA、OB、OC表示)。
C
ma·OB=ma·OA+mb·OC
(3)碰撞后小球b的水平动量为　　　　　　 (保留两位有效数字)。
(4)若实验相对误差绝对值δ=×100%≤5%即可认为系统动量守恒,则本次实验中两球的水平动量　　　　 (选填“守恒”或“不守恒”)。
(5)若实验中小球每次落到水平面上的落点不完全相同,可以用
　　　　　　 　　当作平均落地点位置。
0.16 kg·m/s
守恒
包含落点的小圆圆心
典例2　小明用气垫导轨验证两个滑块碰撞中的动量守恒,实验装置如图甲所示,滑块A的质量为m,滑块B的质量为M=330 g,上方各安装有一个宽为d的遮光片。滑块A每次以相同的速度u向静止的滑块B运动,碰撞后粘为一体通过光电门,计时器记录遮光片经过光电门的时间Δt,通过改变B上砝码的质量m'进行多次实验。
(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图所示,d=　　　　　cm。
(2)碰撞后滑块B的速度v的表达式是　　　　(用题中相关字母表示)。
1.140
(3)小明多次实验后得到的实验数据如表所示:
根据表中数据,小明已在坐标纸中(如图乙)标出各数据点,请作出对应的图线。
实验 次数 (M+m')/g v/(10-2m·s-1) /(102s·m-1)
1 380 4.42 0.226
2 480 3.92 0.255
3 580 3.40 0.294
4 680 2.60 0.385
5 830 2.58 0.388
6 930 2.33 0.429
(4)若碰撞过程动量守恒,则(3)问中所作出图线的斜率应为　　　　(用题中相关字母表示)。由图线可求得滑块A的初速度v=　　　m/s(结果保留两位有效数字)。
(5)在其他条件不变的情况下,小华同学所用滑块B的质量为300 g,进行上述实验,则他最终得到的图线可能是如图丙中的　　　　(图中②为小明实验得到的图线,图线②④平行)。
0.13
②
考点二　拓展创新实验
创新角度 实验装置、创新解读
实验原 理的 创新
1.利用斜面上的平抛运动获得两球碰后的速度。
2.利用对比性实验,体现了实验的多样性和创新性
创新角度 实验装置、创新解读
实验器 材的 创新 1.利用气垫导轨代替长木板,利用
光电门代替打点计时器,提高实验
的精确度。
2.利用相对误差评价实验结果
1.利用铝质导轨研究完全非
弹性碰撞。
2.利用闪光照相机记录立方
体滑块碰撞前后的运动规律,
从而确定滑块碰撞前后的速度
创新角度 实验装置、创新解读
实验过 程的 创新
1.用压缩弹簧的方式使两滑块获得速度,可使两滑块的合动量为零。
2.利用v=的方式获得滑块弹离时的速度。
3.根据能量守恒定律测定弹簧的弹性势能
典例3　某校同学们分组进行碰撞的实验研究。
(1)第一组利用气垫导轨通过频闪照相进行探究碰撞中的不变量这一实验,甲图两滑块分别装有弹性圈,乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥。若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的　　　(选填“甲”或“乙”)。
甲　 乙
甲
(2)第二组同学用如图所示的实验装置“验证动量守恒定律”。a、b是两个半径相等的小球,按照以下步骤进行操作:
①在平木板表面钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于紧靠槽口处,将小球a从斜槽轨道上固定点处静止释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O;
②将木板水平向右移动一定距离并固定,再将小球a从固定点处由静止释放,撞到木板上得到痕迹B;
③把小球b静止放在斜槽轨道水平末端,让小球a仍从固定点处由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上得到痕迹A和C。
Ⅰ.若碰撞过程中没有机械能损失,为了保证在碰撞过程中a球不反弹,a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1　　　　(选填“>”“=”或“<”)m2。
Ⅱ.为完成本实验,必须测量的物理量有　　　　。
A.小球a开始释放的高度h
B.木板水平向右移动的距离l
C.a球和b球的质量m1、m2
D.O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
Ⅲ.在实验误差允许的范围内,若碰撞过程动量守恒,其关系式应为
　　　　　　　 　。
>
CD
(3)第三组利用频闪照片法去研究。某次实验时碰撞前B滑块静止,A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞,利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T,在这4次闪光的过程中,A、B两滑块均在0到80 cm的范围内,且第1次闪光时,滑块A恰好位于x=10 cm处,若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短,均可忽略不计,则A、B两滑块质量比mA∶mB=　　　　。
2∶3
典例4　(2021江苏卷)小明利用如图所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上,用天平测出遮光条和滑块的总质量M=200.0 g,槽码和挂钩的总质量m=50.0 g。实验时,将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放,数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2,以及这两次开始遮光的时间间隔Δt,用游标卡尺测出遮光条宽度,计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。
(1)游标卡尺测量遮光条宽度如图所示,其宽度d=　　　　mm。
(2)打开气泵,待气流稳定后调节气垫导轨,直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止,其目的是　　　 　　。
10.20
将气垫导轨调至水平
(3)多次改变光电门2的位置进行测量,得到Δt和Δv的数据如下表。请根据表中数据,在方格纸上作出Δv-Δt图线。
Δt/s 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
Δv/(m·s-1) 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86
(4)查得当地的重力加速度g=9.80 m/s2,根据动量定理,Δv-Δt图线斜率的理论值为　　　　m/s2。
(5)实验结果发现,图线斜率的实验值总小于理论值,产生这一误差的两个可能原因是　　　。
A.选用的槽码质量偏小
B.细线与气垫导轨不完全平行
C.每次释放滑块的位置不同
D.实验中Δt的测量值偏大
1.96
BD(共14张PPT)
第35课时　专题提升:力学三大观点的综合应用
学习目标:1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点。
2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。
1.三大基本观点
力的 观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题
能量的 观点 用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题
动量的 观点 用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置),所以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(如位移x、时间t)问题,不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
典例1　在跳台滑雪比赛中,运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离。跳台滑雪运动员在某次训练时,助滑后从跳台末端水平飞出,从离开跳台开始计时,用v表示其水平方向速度,v-t图像如图乙所示,运动员在空中运动时间为4 s。在此运动过程中,若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定。已知运动员的质量为50 kg,重力加速度取10 m/s2,求:
(1)滑雪运动员水平位移的大小和
水平方向所受的阻力大小;
(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量
变化量的大小(结果保留两位有效数字)。
答案 (1)56 m　50 N　(2)1.8×103 N·s
典例2　航天员登上某球形未知天体,在该天体表面将某一小球竖直上抛,得到的小球动能随小球距离未知天体表面的高度变化情况如图所示,图中Ek0、h0为已知量。已知小球质量为m,该天体的第一宇宙速度为v,求:
(1)该未知天体表面的重力加速度大小;
(2)该未知天体的半径大小。
答案 (1)　(2)
典例3　如图所示,倾角θ=30°的斜面体固定在水平地面上,斜边长度L=1.6 m,质量均为1 kg的小球B和C处于轻弹簧两端,其中小球C与弹簧相连,小球B与弹簧不连接,它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑,下滑至斜面底端时,由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt=0.1 s),小球A速度的竖直分量变为0,水平分量不变,此后小球A与小球B正碰,碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦,已知重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小;
(2)小球A在斜面底端和水平地面相互作用
过程中弹力的冲量;
(3)整个过程中,弹簧对小球C做的功。
答案 (1)4 m/s　(2)3 N·s,方向竖直向上　(3) J
解析 (1)小球A下滑至斜面底端过程中,
根据动能定理有mgLsin 30°=,解得v0=4 m/s。
(2)小球A和水平地面的相互作用过程中,取竖直向上为正方向,
有I-mgΔt=0-m(-v0sin 30°),解得I=3 N·s,方向竖直向上。
(3)小球水平向左运动的速度v1=v0cos 30°=2 m/s,小球A和B碰撞,根据动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2,解得v2= m/s,从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程,根据动量守恒定律有(mA+mB)v2=(mA+mB)v3+mCv4,
根据机械能守恒定律有
(mA+mB)(mA+mB)mC,解得v4= m/s,整个过程中,弹簧对小球C做的功W=mC J。
典例4　(2026南通一模)如图所示,一质量为3m的小滑块A静止在倾角为θ的足够长斜面上,另一质量为m的小滑块B从距滑块A为L处由静止释放,经过一段时间滑块B与滑块A发生弹性碰撞,碰撞时间极短。已知滑块A与斜面间的动摩擦因数μA=2tan θ,滑块B与斜面间无摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)滑块B与滑块A发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v0;
(2)滑块B与滑块A发生第一次碰撞后两者间的最大距离x;
(3)整个过程中滑块A与斜面间摩擦产生的总内能Q。
答案 (1)　(2)　(3)mgLsin θ
解析 (1)滑块B不受摩擦力,沿着斜面向下做匀加速直线运动,
有mgLsin θ=-0　
解得v0=。
(2)B与A发生完全弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有mv0=mvB1+3mvA1,×3m
解得vA1=,vB1=-(负号表示速度沿斜面向上)
因μA=2tan θ,碰后滑块A沿斜面向下做匀减速直线运动到停下,加速度大小为aA=μAgcos θ-gsin θ=gsin θ
则滑块A下滑的位移为xA1=　
滑块B先向上以加速度aB=gsin θ做匀减速直线运动,速度减为零后再反向以aB=gsin θ做匀加速直线运动,则当滑块B的速度减为零时,两滑块的距离达到最大,有x=xA1+。
(3)滑块A与B在第一次碰撞后,与斜面间的摩擦生热为
Q1=μAmgcos θ·xA1=2mgsin θ·
滑块B向下加速回到出发点的速度为,再加速到A处的速度设为v02,有mgsin θ·
解得v02=
同理可得第二次碰后A的速度大小为vA2=
滑块A第二次下滑的位移为xA2=
产生的热量Q2=μAmgcos θ·xA2=2mgsin θ·
同理可得Q3=μAmgcos θ·xA3=2mgsin θ·
故可知Q=Q1+Q2+Q3+…=2mgsin θ=2mgsin θ·
=mgLsin θ。(共26张PPT)
第34课时　专题提升:碰撞中的四种常见模型
学习目标:1.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”模型、“滑块—滑板”模型。
2.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题。
3.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性,会解决相关问题。
考点一　“子弹打木块”模型
1.模型图示
水平地面光滑
2.模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
3.两种情境
(1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)
动量守恒:mv0=(m+M)v
能量守恒:Q=Ff·s=(M+m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒:mv0=mv1+Mv2
能量守恒:Q=Ff·d=-()
典例1　(2025苏州三模)如图所示,两物体A和B并排静置于光滑水平地面,它们的质量M均为0.5 kg;质量m=0.1 kg的子弹以v0=34 m/s的水平速度从左边射入A,射出物体A时A的速度vA=2 m/s,子弹紧接着射入B中,最终子弹未从B中穿出。子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变,A的长度为LA=0.23 m,不计空气阻力,g取10 m/s2。
(1)求物体B最终的速度大小vB;
(2)求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q;
(3)求物体B的最小长度LB。
答案 (1)4 m/s　(2)46 J　(3)0.03 m
解析 (1)从最初到最终共速,由动量守恒mv0=MvA+(M+m)vB,解得vB=4 m/s。
(2)从子弹射入A到穿出,由动量守恒mv0=mv1+2MvA,解得v1=14 m/s
由能量守恒Q=×2M
解得Q=46 J。
(3)子弹从射入到共速时Q总=(M+m)
解得Q总=52 J
由Q=Ffx得
可得x总=0.26 m
故物体B的最小长度LB=x总-LA=0.26 m-0.23 m=0.03 m。
对点演练1　如图所示,两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中(未射出),射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较(　　)
A.射入滑块A的子弹速度变化量大
B.整个射入过程中两滑块受到的冲量不一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D.两个过程中系统产生的热量相等
D
解析 根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,mv0=(m+M)v2,所以v1=v2,即两子弹初、末速度均相等,速度变化量相等,故A项错误;对滑块,根据动量定理得I1=Mv1,I2=Mv2,所以I1=I2,故B项错误;对子弹,根据动能定理得Wf1=,Wf2=,所以Wf1=Wf2,故C项错误;对系统,根据能量守恒定律得Q1=(m+M),Q2=(m+M),所以Q1=Q2,故D项正确。
考点二　“滑块一滑板”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。
3.求解方法
(1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统。
(2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究对象为一个系统。
典例2　如图所示,光滑固定弧形轨道末端水平,与地面上足够长的水平木板C的上表面等高平滑对接,但不粘连。现将质量mA=2 kg的物块A从轨道上距末端高h=0.8 m处由静止释放,物块A滑上木板C后经过一定时间与C上另一物块B发生碰撞,碰撞时间极短,且碰后A、B粘在一起。已知开始时B、C均静止,B到C左端的距离d= m,B、C的质量mB=mC=1 kg,A、B与C间的动摩擦因数相同,μA=μB=0.3,C与地面间动摩擦因数μC=0.05。重力加速度g取10 m/s2,物块A、B均可视为质点,求:
(1)物块A刚滑上木板C时的速度大小v;
(2)从A滑上C直至A、B发生碰撞所需的时间t;
(3)从释放A到三个物体最终均停止运动,
全过程系统产生的摩擦热Q。
答案 (1)4 m/s　(2)0.5 s　(3)15.25 J
解析 (1)物块A刚滑上木板C过程,
根据动能定理有mAgh=mAv2,解得v=4 m/s。　
(2)A滑上C后,对A,根据牛顿第二定律μAmAg=mAaA,解得aA=3 m/s2,假设B、C无相对滑动,对B、C整体,根据牛顿第二定律μAmAg-μC(mA+mB+mC)g= (mB+mC)a,解得a=2 m/s2<μBg,假设成立。根据匀变速直线运动规律有vt-aAt2-at2=d,解得t=0.5 s,另一解舍去。
(3)A、B发生碰撞前瞬间,A的速度为vA=v-aAt=2.5 m/s,B的速度为vB=at=1 m/s,发生碰撞时,根据动量守恒有mAvA+mBvB=(mA+mB)v',解得v'=2 m/s,根据能量守恒,从释放A到三个物体最终均停止运动,全过程系统产生的摩擦
热Q=mAgh-[mAmB(mA+mB)v'2],解得Q=15.25 J。
对点演练2　质量为m的矩形木板ae,放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且mB
解析 地面光滑,物块A与木板B组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,对m有μMgx=mv2,设相对位移为Δx,对M有-μMg(x+Δx)=Mv2-,整理得,因为m考点三　“滑块一弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)动量守恒:两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。
(2)机械能守恒:系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同,弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。
(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
典例3　如图甲,物体A、B的质量分别是2 kg和4 kg,由水平轻质弹簧连接,放在光滑的水平面上,物体B左侧与竖直墙壁相接触,另有一个物体C水平向左运动,在t=5 s时与物体A相碰,并立即与A粘在一起向左运动,物体C的速度—时间图像如图乙。求:
(1)物体C的质量mC;
(2)物体AC碰撞过程中损失的能量ΔE为多少;
(3)弹簧压缩具有的最大弹性势能Ep;
(4)在5 s到15 s的时间内,墙壁对物体B的作用力的冲量I。
答案 (1)1 kg　(2)12 J　(3)6 J　(4)12 N·s,方向向右
解析 (1)对A、C在碰撞过程中,由动量守恒可知mCv0=(mA+mC)v,代入数据解得mC=1 kg。
(2)物体A、C碰撞过程中损失的能量ΔE=mC(mA+mC)v2=12 J。
(3)C、A向左运动,弹簧被压缩,当A、C速度变为0时,弹簧压缩量最大,弹簧具有最大弹性势能,由能量守恒定律得,最大弹性势能Ep=(mA+mC)v2=6 J。
(4)在5 s到15 s内,墙壁对B的作用力F等于轻弹簧的弹力,轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2 m/s减到0,再反弹到2 m/s,则弹力的冲量等于F的冲量, I=(mA+mC)v-[-(mA+mC)v],代入数据解得I=12 N·s,方向向右。
考点四　“滑块一斜(曲)面”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)上升到最大高度:质量为m的滑块与质量为M的曲面体轨道具有共同水平速度v共,此时滑块的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。
(2)返回最低点:m与M分离点。水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,(相当于完成了弹性碰撞)。
典例4　(2025南京、盐城一模)如图所示,质量为m的物体B由半径为r的光滑圆弧轨道和长为L的粗糙水平轨道组成,静止于光滑水平地面。现将质量也为m的小物块A从圆弧轨道顶端P点由静止释放,经时间t到达圆弧轨道底端Q点后滑上水平轨道,恰好没有滑出B。已知重力加速度大小为g。
(1)求小物块A从P到Q过程中重力的冲量I;
(2)求小物块A从P到Q过程中对物体B做
的功W;
(3)若小物块A以水平初速度从物体B的
最右端滑上B,最终不滑出B,求初速度的
最大值vm。
答案 (1)mgt,方向竖直向下　(2)mgr　(3)2
解析 (1)由冲量的定义式得I=mgt
方向竖直向下。
(2)A从P到Q过程对物体B做的功等于B动能的增加量,A、B水平方向动量守恒
mvB+mvA=0
W=
根据机械能守恒
mgr=EkB+EkA
解得W=mgr。
(3)小物块A从圆弧轨道顶端P点由静止释放恰好没有滑出B,
由A、B水平方向动量守恒,最终A、B速度为零可得
mgr=μmgL
当A有最大初速度vm,则恰好回到B的右端,取水平向左为正方向
mvm-2mv=0
2μmgL=×2mv2
解得vm=2。
对点演练3　如图所示,在光滑水平面上静止放置一个弧形槽,其光滑弧面底部与水平面相切,将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,弧形槽质量大于小滑块质量,则(　　)
A.下滑过程中,小滑块的机械能守恒
B.下滑过程中,小滑块所受重力的功率一直增大
C.下滑过程中,弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒
D.小滑块能追上弧形槽,但不能到达弧形槽上的A点
D(共25张PPT)
第33课时　动量守恒定律及其应用
学习目标:1.理解系统动量守恒的条件。
2.会应用动量守恒定律解决基本问题。
3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。
4.理解碰撞的种类及其遵循的规律。
√
×
×
√
√
×
×
解析
1.√
2.×　动量守恒条件是系统不受外力或所受外力矢量和为0。外力做功为零只能说明系统动能可能不变,但动量可能变化。
3.×　动量是矢量,总动量不变包括大小和方向都不变。
4.√　碰撞等相互作用中,若无外力作用则动量守恒,但可能有机械能损失转化为内能。
5.√　由动量守恒定律,碰前总动量等于碰后总动量(为0),故两球碰前动量等大反向。
6.×　仅当发生弹性正碰且碰前一个物体静止时才会交换速度,其他情况不成立。
7.×　非弹性碰撞仍满足动量守恒,只是机械能不守恒。
考点一　动量守恒定律的理解和应用
1.内容
如果一个系统　　 　　,或者所受外力的矢量和为　　,这个系统的总动量保持不变。
2.表达式
(1)p=p',系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p'。
(2)m1v1+m2v2=　　　　　　,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1=　　　,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp=0,系统总动量的增量为零。
不受外力
0
m1v1'+m2v2'
-Δp2
3.适用条件
(1)理想守恒:系统不受外力或所受　　 　为零,则系统动量守恒。
外力的冲量忽略不计
(2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力　　　外力时,系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。
外力的合力
大于
典例1　如图所示,轻绳下悬挂一静止沙袋,一子弹水平射入并留在沙袋中,随沙袋一起摆动,不计空气阻力,在以上整个过程中,子弹和沙袋组成的系统(　　)
A.动量不守恒,机械能守恒 B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量和机械能均不守恒 D.动量和机械能均守恒
C
典例2　一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶,从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后炮艇的速度为v',若不计水的阻力,则下列各关系式中正确的是(　　)
A.Mv0=Mv'+mv
B.Mv0=(M-m)v'+mv
C.Mv0=(M-m)v'+m(v+v')
D.Mv0=(M-m)v'+m(v+v0)
B
考点二　碰撞问题
1.碰撞:物体间的相互作用持续时间　　　,而物体间相互作用力　　 的现象。
2.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力　　　 外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
碰撞类型 动量是否守恒 机械能是否守恒
一种理想化模型 弹性碰撞　　　　　 守恒 　　 　
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失　　
很短
很大
远大于
守恒
最多
4.碰撞现象满足的规律
动量守恒、机械能不增加、速度要合理。
(1)若碰前两物体同向运动,则应有v后>v前,碰后原来在前面的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。
(2)碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
5.弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正碰为例,则有
m1v1=m1v1'+m2v2'
m1m1v1'2+m2v2'2
解得v1'=,v2'=。
结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换)。
(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑)。
(3)当m10(小碰大,要反弹)。
(4)当m1 m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍)。
(5)当m1 m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)。
典例3　(2026扬州期末)如图所示,打弹珠游戏中用弹珠A击打静止的弹珠B,两者发生水平正碰。已知弹珠A、B的质量分别为10 g、5 g,碰后弹珠A、B的速度分别为1.5 m/s、2.0 m/s。求:
(1)碰撞前弹珠A的速度大小v0;
(2)弹珠A对弹珠B做的功W。
答案 (1)2.5 m/s　(2)0.01 J
解析 (1)由动量守恒mAv0=mAvA+mBvB
解得v0=2.5 m/s。
(2)弹珠A对弹珠B做的功等于弹珠B动能的变化量W=mB-0=0.01 J。
对点演练　 A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动,B球在前,A球在后,mA=1 kg。经过一段时间, A、B发生正碰,碰撞时间极短,碰撞前、后两球的位移—时间图像如图所示,根据以上信息可知(　　)
A.碰撞过程中B球受到的冲量为8 N·s
B.碰撞过程中A球受到的冲量为-8 N·s
C.B球的质量mB=4 kg
D.A、B两球发生的是弹性碰撞
D
考点三　爆炸和反冲问题
1.爆炸现象的三个规律
动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,因此在爆炸过程中,系统的总动量守恒
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
位置 不变 爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.对反冲运动的三点说明
作用 原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能 增加 反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,因此系统的总机械能增加
典例4　在某爆炸实验基地,把爆炸物以40 m/s的速度斜向上发射。当爆炸物动能为发射时的四分之一时恰好到最高点,此时爆炸物炸裂成两块A、B,其中mA=0.2 kg,mB=0.8 kg。经测量发现,A块恰好以原轨迹落回,忽略空气阻力及炸药质量。求:
(1)若爆炸时间持续0.005 s,则爆炸过程A、B间的平均作用力大小;
(2)爆炸过程中增加的机械能。
答案 (1)1 600 N　(2)200 J
典例5　将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
A
考点四　“人船”模型
1.“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒,在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2.“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0。
(2)运动特点:人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即。
(3)应用此关系时要注意一个问题:公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的。
典例6　如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m1=50 kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平地面接触,当静止时人离地面的高度为h=5 m。如果这个人开始沿绳向下滑,当滑到绳下端时,他离地面的高度约是(可以把人看成质点)(　　)
A.5 m B.3.6 m
C.2.6 m D.8 m
解析 当人滑到绳下端时,设人相对地面下滑的位移大小为h1,气球相对地面上升的位移大小为h2,由动量守恒定律,得m1=m2,且h1+h2=h,解得h2≈3.6 m,所以他离地高度约是3.6 m,故选项B正确。
B(共26张PPT)
第七章　动量守恒定律
知识网络
考点分布
动量和动量定理 2024·江苏卷·T9(选择,4分)
2024·江苏卷·T14(计算,8分)
动量守恒定律及其应用 2025·江苏卷·T14(计算,13分)
2024·江苏卷·T14(计算,8分)
2022·江苏卷·T13(计算,8分)
实验:验证动量守恒定律 2021·江苏卷·T11(实验,15分)
第32课时　动量和动量定理
学习目标:1.能用动量定理解释生活中的有关现象。
2.能利用动量定理解决相关问题,会在流体力学中建立“柱状模型”。
×
×
×
×
√
×
√
×
解析 1.×　动量p=mv,由质量和速度共同决定。质量很大时,可能动量很大但速度很小。
2.×　惯性大小只由质量决定。动量大的物体可能因速度大,但质量不一定大。
3.×　动能是标量,动量是矢量。例如匀速圆周运动动能不变,但动量方向时刻改变。
4.×　冲量I=Ft,取决于力的大小和作用时间。重力持续作用,其冲量不为零。
5.√
6.×　冲量方向与动量变化量方向相同,与初、末动量方向无必然关系。
7.√
8.×　动量变化量Δp由初末状态决定。缓冲是通过延长作用时间来减小冲击力。
考点一　动量、动量变化量、冲量
1.动量 状态量,与时刻或位置相对应
2.动量的变化量
质量
速度
mv
速度
相同
3.冲量 过程量,与时间或过程相对应
(1)定义:　　与　　　 　　　的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式:I=　　　,单位为N·s,冲量为矢量,方向与　　　　　相同。
力
力的作用时间
FΔt
力的方向
考向1　对动量和冲量的理解
动能、动量和动量变化量的比较
项目 动能 动量 动量变化量
定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p'-p
标矢性 标量 矢量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联方程 Ek=,Ek=pv,p=,p=
联系 (1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系; (2)若物体的动能发生变化,则动量一定也发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变化
典例1　物体静止放在光滑的水平面上,今以恒力F沿水平方向推动该物体做直线运动,在相同的时间间隔内,下列说法正确的是(　　)
A.重力的冲量为0
B.物体的位移相等
C.物体动能的变化量相等
D.物体动量的变化量相等
D
对点演练1　 质量为 m的棒球先被投手以速度v向右水平投出,后被击球员以2v的速度反向击回,则击球过程中棒球(　　)
A.动量变化量的大小为mv
B.动量变化量的大小为3mv
C.动能变化量的大小为mv2
D.动能变化量的大小为mv2
B
考向2　冲量的计算
1.恒力的冲量:直接用定义式I=FΔt计算。
2.变力的冲量
(1)平均力法:若力的大小随时间均匀变化,即力与时间是一次函数关系,则力F在某段时间Δt内的冲量 I=Δt,其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
(2)F-t图像法:在F-t图像中,图线与t轴所围的“面积”
即为变力的冲量的大小。如图所示。
(3)动量定理法:对于已知始、末时刻动量的情况,可用
动量定理求解,即通过求动量变化量间接求出冲量。
典例2　质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上,如图所示,经时间t,下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A.重力对物体的冲量大小为mgtsin θ
B.支持力对物体的冲量大小为零
C.摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ
D.合力对物体的冲量大小为mgt
C
对点演练2　一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动,合力F随时间t变化的关系图像如图所示,则(　　)
A.0~2 s时间内合力F对物块的冲量为3 N·s
B.2~3 s时间内合力F对物块的冲量为1 N·s
C.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为0
D.0~3 s时间内合力F对物块的冲量为4 N·s
A
考点二　动量定理的理解及应用
1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的
　　　　　　　　。
2.公式:　　　　　　　　　　　或　　　　。
动量变化量
F(t'-t)=mv'-mv
I=p'-p
3.对动量定理的理解
(1)公式中的F是研究对象所受的所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是变力。当合外力为变力时,F是合外力作用时间的平均值。
(2)Ft=p'-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。
(3)动量定理中的冲量可以是合外力的冲量,可以是各个力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)Ft=p'-p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。
(5)由Ft=p'-p得F=,即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
(6)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全过程应用动量定理求解。
典例3　对下列各种物理现象的解释正确的是(　　)
A.易碎品运输时,要用柔软材料包装,是为了延长作用时间以减小作用力
B.击钉时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
C.用手接篮球时,手往往向后缩一下,是为了减小冲量
D.在车内推车推不动,是因为车所受推力的冲量为零
A
典例4　物理课上,老师邀请一位学生共同为大家演示了一个有趣实验。如图,学生托举着一块质量为M的砖块,老师用小铁锤以大小为v1的速率向下击打(击打时间极短),击打后小铁锤以大小为v1的速率弹回,已知小铁锤质量为m,砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t,重力加速度用g表示。
(1)求在击打过程中,小铁锤所受冲量I的大小;
(2)求砖块缓冲过程中对手压力F的大小。
答案 (1)mv1　(2)Mg+
考点三　动量定理与微元法的综合应用
1.流体类“柱状模型”
流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ
分析 步骤 (1)建立“柱状模型”,沿流速v的方向选取一段柱状流体,其横截面积为S;
(2)微元研究,作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt;
(3)建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体
2.微粒类“柱状模型”
微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,通常给出单位体积内粒子数n
分析 步骤 (1)建立“柱状模型”,沿运动(每个微粒的速率为v0)的方向选取一段微元,柱体的横截面积为S;
(2)微元研究,作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl,对应的体积为ΔV=Sv0Δt,则微元内的粒子数N=nv0SΔt;
(3)先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N计算
典例5　虽然单个细微粒子撞击一个巨大物体上的力是局部而短暂的脉冲,但大量粒子频繁撞击在物体上产生的平均效果是个均匀而持续的压力。为简化问题,我们设粒子流中每个粒子的速度都与物体的界面壁垂直,并且速率也一样,皆为v。此外,设每个粒子的质量为m,
数密度(即单位体积内的粒子数)为n。
求下列两种情况下壁面受到的压强。
(1)粒子完全射入壁面;
(2)粒子等速率弹回。
答案 (1)nmv2　(2)2nmv2
对点演练3　某竖直面内的户外广告牌的迎风面积为S,所能承受的最大风力为F。设风吹到广告牌速度立刻减为零,空气密度为ρ,则广告牌能承受的垂直迎风面方向的最大风速为(　　)
A. B.
C. D.
A

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