一轮复习教案选修35动量守恒定律

第十三 动量守恒定第1学 动量守恒定动量：物体的质量和速度的乘 叫做动量动量的变化量由于动量为矢量，动量变化量的方向不是 求解动量的变化量时，其运算遵照平行四边形定则若初、末动量不在同始终线上，则运算遵照平形四边形定则或矢 ，即Δp＝p′－p＝mv′－mv，如图所示.动量守恒定律：变.

mvmvmvmv 1 2 1 2动量守恒定律的条件：系统不受外力或者所受外力之和为零 一、什么是“内力、什么是“外力矢量性：动量守恒的方程为矢量方程.m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′时，等号左侧是作用前(或某一时刻)系统内各物体动量的矢阶段性：只有满足守恒条件的过程或阶段，动量才守恒看全部外力的合力与否为零【例1】把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪沿水平方向发射一 B.守恒的条件，故动量是守恒的，即对的选项是D.【答案】1】如图所示，A、BmA∶mB＝3∶2，原来静忽然释放后，则(BCD)A.A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相似，A、BB.A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相似，A、B、CC.A、B所受的摩擦力大小相等，A、BD.A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C【解析】A、BA、B分别相对于mA∶mB＝3∶2FB＝3∶2，则A、B构成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错.对A、B、C构成的系统，A、BC间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均对的.若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B构成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项对的.mv0cos上不受外力的作用，或者在这个方向上外力的矢量和为零.那么系统在这个方向上的动量守恒2】如图所示中不计一切摩擦，Am，B(1)(a)BR的圆弧轨道，A、BA自由下滑，ABAB的速度大小之比.BB的速度大小(3)(c)BRBAAB(4)(d)A、B速度大小之比 3M的小车静止在光滑的水平面上.的人.若人水平向右以相对车的速度u该方向上人和车系统动量守恒.由于给🎧u的，必须把人的速度转化为相对地的速度.u就是人对地的速度..u的同时，车也获得了对地的速度v.因此人对车的速度u，应是相对运动的车的速度，而不是相对设速度u的方向为正方向，并设人脱离车后小车的速度大小为v，则人对地的速度大小为(u－v).根据动量守恒定律有0＝m(u－v)－Mv，因此小车速度v＝mu/(M＋m)，方向和u的【思维提高】(1)动量守恒方程中各物体的速度是相对同一参考系的3】20kg60kg5m/s的速度运动.2m/s2m/s2m/s【解析】(1)由于水平轨道是光滑的，人、车系统水平方向动量守恒.p＝(20＋60)×5kg·m/s＝400kg·m/s设人反向行走时车的速度为v1，系统动量p1＝20v1＋60(v1－2)20v1＋60(v1－2)＝400kg·m/s，v1＝6.5对静止，有共同速度，则系统动量p2＝20v2＋60v2.由动量守恒，p2＝p20v2＋60v2＝400kg·m/s，v2＝5p3＝p，则20v3＝400kg·m/s，v3＝20m/s易错门诊5m/s【错解】Δp＝mv2－mv1＝0.4×5kg·m/s－0.4×5【正解】Δp＝mv2－mv1＝－0.4×5kg·m/s－0.4×5kg·m/s＝－4Δp的方向与小球初速度方向相反，即水平向左【思维提高】动量是矢量，动量的变化量也是矢量.一定要注意矢量的方向性第2学 动量守恒定律的应(1)系统互相作用前的总动量等于互相作用后的总动量，即p＝p′ (2)系统总动量的增量为零，即Δp＝p′－p＝0 (3) “动量守恒定律”既能够用于解决物体的低速运动问题，又可解决靠近于光速的物体高速运动问题；它既可用于解决宏观物体间的互相作用问题，又可解决微观粒子间重点难点突破系统在全过程中动量守恒(涉及某个方向上动量守恒)，人在船上走动的过程中，每时每M1s1＝M2s2，这是个重要的结论.拟定好正方向，建立动量守恒方程求解速度也为零.设某时刻人对地的速度为v1，船对地的速度为v2，根据动量守恒得 Δt ②式为人对地的位移和船对地的位移关系由图所示还可看 s1s联立②③两式得

Mm

Mm【思维提高】“人船模型”m1v1－m2v2m1－m2＝0量不守恒.但p0＝0，且在某一方向动量守恒，则该方向上仍含有“人船模型”的特点.AAAA的底端时，A移动的距离.【解析】我们可画🎧如图所示的示意图我们注意到，以A、B构成的系统动量不守恒，但该系统水平ABsAsB“人mA＝2mB因此2sA＝sBBA的表面滑动.B上，BC2.5m/s的速度共同迈进.求：ACA【解析】C在A上滑动时，选A、B、C作为一种系统，其总动量守恒，则：C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一种系统，其总动量也守恒，则mCvC′＋CA、BA、B、C构成系统的总动量守vA′＝2.1m/s，vC′＝42】两只小船平行匀速逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，每一只船上各m＝50kg的一只麻袋到对面船上去，成果载重较小的一只船停了下来，另一只船以v＝8.5m/sm1＝500kg，m2＝1000kg，【解析】每只船和麻袋都匀速行驶，在交换麻袋时近似认为两船在水平方向受力不变，水平方向动量守恒.选用抛🎧m1即 即－950v2＋50v1＝－1000×8.5 即500v1－1000v2＝－1 v1＝1m/s，v2＝9学家玻特和他的学生贝克用放射性物质钋(Po)α粒子去轰击轻金属铍(Be)时，发现γ射线.后来法国物理学家约里奥·居里夫果有质子被打了出来.对于这一现象，约里奥·γα粒子那样和石蜡里的氢原子核发生碰撞.19327.5，试拟定这种中性粒子的质量和氢核的质量的关系.速率为零，碰后速率为vH，由碰撞前后的动量守恒和动能守恒可得mv2＝mv′2＋mv2＝mv′2＋可得查德威克在实验中测得氢核和氮核的速率之比是＝7.5，因此有 因而得m＝mH由此可知这种中性粒子的质量与氢核的质量相似，由于不带电，故被称之为中子【思维提高】微观粒子的碰撞满足动量守恒定律易错门诊m2＝25kg厢连接.m3＝15kg的小物体放在平板车厢上0.20.v0＝3m/s【错解】三个物体构成的系统在全过程中动量守恒，设最后三者的共同速度为v，由系v＝1又由于系统损失动能的多少等于物体克服摩擦力做的功，则m1v－x＝2过程能够简化为：先由m1、m2互相作用，两者达成共同速度，这个过程要损失机械能；然后m1、m2的共同体与m3发生互相作用，三者达成共同速度，这个过程又要损失机械能.【正解】(1)m1、m2v1，m1、m2构成的系统v1＝v2＝1m1、m2m3(m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v代入数据解得 第3学 碰撞与反冲运碰撞：碰撞是指物体间互相作用时间很短，而物体间互相作用力很大的一类①时间短：在碰撞、爆炸现象中互相作用时间很短②互相作用力很大：在碰撞、爆炸过程中，物体间的互相作用力先是急剧增大 后再急剧减小 ③动量守在碰撞、爆炸过程中，系统的内力 远不不大于外力 ①弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变完全恢复，碰撞过程中，系统同时满足动量守恒和机械能守恒 ②非弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变只有部分恢复，碰撞过程中，系统满足动量 从碰撞前后两物体(小球)中学物理只研究正碰反冲运动是指系统在内力的作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其它部分向相反方向发生动量变化的现象，系统遵照动量守恒定律，如水轮机、m1v＋m2v＝m1v1′2＋若机械能损失量(转化为内能)ΔE＝m1v＋m2v－m1v＋m2v＞m1v1′2＋或＋≥＋v后＞v前，否则无法实现碰撞.碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来v前′≥v后′，否则碰撞没有结束.ΔpA、ΔpB有可能的是()A.ΔpA＝－3kg·m/s，ΔpB＝3kg·m/s B.ΔpA＝4kg·m/s，ΔpB＝－4kg·m/sC.ΔpA＝－5kg·m/s，ΔpB＝5kg·m/s D.ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/s【解析】ΔpA＋ΔpB＝0，这些选项与否都对呢？由于ΔpA＜0B选项排除.BmAv＋mBv≥mAv′＋mBv′ 且mBv2＞mBv B由①②式解得mAv′＜v′＜v或由此可得 vAmA DA、C选项对的【答案】1】在光滑的水平面上，两球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是(AD)【解析】两球的质量m1、m2大小关系未知，以相等的速率相向碰撞，碰撞后的状态取决于两个因素，其一是两球的质量关系，如m1＝m2，m1＞m2，m1＜m2；其二是碰撞过程中能量损失状况，如完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，普通的碰撞.若m1＝m2，且是完全弹性A选择是可能的，在两球发生完全非弹性碰撞时，由动量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v共.m1＝m2v共＝0B不对的.m1≠m2v共≠0D选项是可能的.m1＞m2时，m1v1－m2v2＞0系统的总动量与m1v1同向，若两球碰撞后以某一相等速率v′分开，则碰量守恒定律的，因此C选项不可能，故本题对的答案为A、D.2】春节期间，全国许多大中都市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日氛围.假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，As处，不计空气阻力，烟80%转化为动能.求：(1)烟花上升的最大高度【解析】(1)(2)设烟花炸裂后的一块水平飞🎧时的速度大小为v1，由平抛运动规律得 h＝gt2(3)烟花炸裂时动量守恒 v1－v2＝0，解得另一块的速度为 ＝mv【思维提高】(1)烟花炸裂过程内力远不不大于外力，动量守恒(2)烟花炸裂过程有化学能转化为机械能mv0M＝9m，不计空气阻力.问：)O低的状况下，木块能上升的最大高度是多少？(g)(2)v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，(1)v0＝(＋M)v1mv0＝m()＋Mv2ΔE＝mv－m()2－Mv 3】m的由绝缘材料制成的球与质量为M＝19m的金属球并排悬挂.θ＝60°的附近存在垂直于纸面的磁场.45°.

【解析】nvn－1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn和Vn，由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则 ＝MV＋mv 由①②两式及M＝19m解得 第n次碰撞后绝缘球的动能为Ekn＝mv＝(0.81)nE0 E01次碰撞前的动能，即初始能量θ＝θ0＝60°θ＝45° 式中l为摆长.根据⑤式，经n次碰撞后 3θ3】荷兰科学家惠更斯在物体碰撞问题的研究中做出了突出的奉献.m1、m2、m3的小球，半L的三根平行绳子上，彼此互相接触.现把质量m1H高度处释放，如图所示.已知各球碰撞时同时满(2)1223相碰之后，三个球含有相似的动量，m1∶m2∶m3【解析】(1)1223312前瞬间的速H2211H高处. ，T＝(2)p232p23 123p 易错门诊于支架顶端，mC＝0.5kg.ACv0＝4m/sB车，如图所示A、Bg＝10m/s2.试求细线所受的最大拉力不变.C ＝(0.5×10) N＝45【错因】A、BC保持原来的速度不变，但求拉力时对C的线速度理解错误，质点相对于圆心(悬点)的速度不是v0，而是v相＝v0－vAB【正解】AB相碰的瞬间，Cv0不变，A、B构成的系统动量守解得 m/s＝2v0相似v0－vAB＝2得F－mCg＝ ＝(0.5×10) N＝15第4学 动量定理及其应力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量.冲量是描述力对物体作用的时间累积效应的物理量.冲量的体现式是I＝Ftt是一种过程量，因此力的冲量是一种过程量，冲量F的方向，其单位是N·s.由 及F＝ma F＝意义：物体动量的变化 等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种体现形式物体在一种过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲 即FtmvmvFFt都是描述力对物体作用的物理量，都是矢量.但力是瞬时作用量，有I＝FtF的方向，这种认识在有些状况下I＝Ft计算.F的I＝Ftt内的冲量.FF的方向不变，但大小不随时间均匀变I＝ΔpΔp间接求出变力的冲量.p、Δp、之间的区别：p是物体的动量，是矢量，状态量；Δp化量，也是矢量，是过程量；是动量的变化率FΔt＝ΔpF＝Δp/Δt，可见，动量的变化率等于物体所动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相似的动量定理的合用范畴F应理解为变力在作用时间内的平均值.【解析】由于物体下滑过程中各个力均为恒力，因此只规定🎧I＝F·t逐个求🎧.由牛顿第二定律：a＝mgsinθ＝gsinθ＝5m由x＝at2，得 ＝2IG＝mg·t＝(2×10×2)N·s＝40N·s，方向竖直向下IN＝FN·t＝mgcos I合＝F合·t＝mgsinθ·t＝20I合方向沿斜面对下【思维提高】I＝Ft计算变力的冲量可用平均值法、动量定理法、图象法进行计算2s内的冲量为30N·s.【解析】由题意知，外力F随时间t均匀变化，因此能够认为2s均值为 N＝15N.再根据冲量的定义式，可求得外力在2s内的冲量I＝t＝15×2N·s＝30F＝kvk为已知常量，试求小球在下落过程中所受阻重力和阻力作用下做加速度减小的加速运动，其速度随时间变化的v-t图象应为如图所示，由于小球在下落过程中所受阻力与其速度成正比，因此其阻力随时间变化的F-t图象，也应v-tvt图象而言，图线与时间轴所围的“面积”表达小球的位移，即小F-t图象来说，图线与时间轴所围的“面积”＝kv2】0.5kgv＝4.0m/s00.01s，那么：考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g10m/s2)F1因此 N＝200N，方向竖直向上200N，方向竖直向下.(F2＋mg)t＝0－mv(矢量式) N－0.5×(－10)N＝205N，方向竖直向上205N，方向竖直向下比较F1与F2其相对误差 ×100%＝2.5%，可见本题中重力的影响可忽视3】1.0kg5.0m3.2m0.2s，不计空气阻力，则小球受到地面的平均冲力大小为(C)A.90.0 B.80.0 C.100.0 D.30.0【解析】v1＝上升阶段v2＝F＝100.0N，方向竖直向上10m/s2，保存两位有效数字h＝得自由下落时间为 s＝1.73t2＝t－t1＝4s－1.73s＝2.27得平均作用力为 N＝8.8×102解法二：绳张紧瞬间人的速度 以向上的方向为正，则由绳张紧瞬间到运动停止瞬间过程，由动量定理得因此 N＋50×10N＝8.8×102(2)对多过程问题应用此式，往往比用其它办法更简朴4】P点自由下落.a点是弹性绳的原长位置，c是人所达成的最低点，b是人静止悬吊时的平衡位置.不计空气阻力，则下列说法对的的是(BCPcPcPbac的过程中的加速度方向保持不变易错门诊μ＝0.2向弹回的速度v′＝6m/s，求墙壁对物体的平均作用力.(g10m/s2)Ft1－μmg(t1＋t2)－因此 N＝40【错因】没有考虑动量的方向性Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′－0代入数据解得＝280N第5学 动量、能量的综合应物体的加速度大小向与合外力方向相F合速运动等于物体动能的增W合当系统只有重力或的总量保持重力或 做物体所受合外力的冲量等于它的动量系统不受外力或所系统总动量保持系统所受的合外力对子弹：－f(d＋s)＝mv2mvf对子弹做负功(s是子弹穿木块时木块的位移，d是子弹进入木块的深度).对木块：fs＝Mv2，子弹对木块的作用力对木块做正功，使其动能增大由以上几式得：fd＝mv(m＋M)v2fd(相对位认真审题，明确题目所述的物理情景，拟定研究对象分析研究对象受力状况及运动状态和运动状态的变化过程，作草图根据运动状态的变化规律拟定解题观点，选择规律代入数据，计算成果1】A 【答案】1】A静止在光滑的水平面上，轨道足够BB在小车上运动的过程中BDB.C.D.Bv0d，木块给子弹的平f.若木块能够在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的阻力与前一状况同样，试问在此状况下要射穿该木块，子弹的初动能应满足什么条件？【解析】fd＝mv－(M＋m)v2v可得fd＝mv－ 整顿得mv 即mv＝(1＋据上式可知，E0＝mv就是子弹正好打穿木块所必须含有的初动能，也就是说，子弹恰能打穿木块所必须含有的初动能与子弹受到的平均阻力f和木块的厚度d(或者说与f·d)须不不大于(1＋)f·d.【思维提高】(1)木块固定时，子弹和木块系统动量不守恒(2)m3＝0.25kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩μ＝0.4子弹以水平速度v0＝12m/s.子弹与车互相作用时间很短.若使小物体不从车顶上滑落，g10m/s2.求：得 L(m2＋m1)v－(m2＋m1＋m3)v＝μm3gL 联立以上方程解得L＝0.9m车与物体的共同速度为v2＝2.1m/s(或 (2)m3 解得t＝0.52s(或 3】50m传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.Δt＝3s.2个球出发后Δt′＝(1/3)s与木盒相遇.g＝10m/s2，求：11【解析】(1)设第1个球与木盒碰后瞬间的共同速度为v同，选向右为正方向，对小球木盒构成的系统由动量守恒定律有mv0－Mv＝(M＋m)v同，得v同＝5m/s，方向向右.(2)1t15m/s的共同速度向右做匀减速直线运动，运动加速度由牛顿第二定律可得a＝μ(M＋m)g/(M＋m)＝5m/s2由运动学公式有Δt2＝2v同/a－Δt2)v＋Δt′v0L＝12.5送带的路程x＝10m，因此Q＝f·x＝μ(M＋m)gx＝150J【思维提高】学会分析物理过程，恰当选择物理规律解题3】如图所示，C是放在光滑水平面上的一块木板，木板μ，最初木板静止，A、B两木块同时以方向v02v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板.(1)BCB(2)A在整个过程中的最小速度【解析】(1)ACC一道做匀速直线运动；木块B始终做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速运动，直到A、B、C三mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1，v1＝0.6v0；对木块B运用动能定理，有－μmgx＝mv(2)Av′(A、C共速)，由动量定理知，至此，ABm(v0－v′)，A、B、CA易错门诊【错解】Av，则根据机械能守恒定律得因此 因此 ＝(0.2×10) N＝6mv＝mghAB m＝0.8m 且θ＝53° m/s＝4BvB1vB2，动ΔE＝m(vBsinθ)2＝×0.2×(4×0.8)2J＝1.024ACmv＝mgL－ΔE＝(0.2×10×1)J－1.024J＝0.976因此 ＝(0.2×10) N＝3.952第6学 实验：探究碰撞中的不变v1′v2′，并且系统受到外力之和为零m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.方案一：运用气垫导轨实现两滑块发生一维碰撞方案二：运用悬线悬挂的小球实现两球发生一维对心碰撞方案一：气垫导轨、光电计时器、天平 、滑块(2个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、方案二：带细线的摆球(两套 、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等方案三：光滑的长木板、打点计时器、纸带、小车(两个 、天平、撞针、橡皮泥方案四：斜槽、大小相等的、而质量不等的小钢球(两个) 方案一：滑块速度的测量：v＝，式中Δx为滑块挡光片 也能够直接测量)，Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)通过光电门 方案二：摆球速度的测量 ，式中h为小球释放时(或碰后摆起)的高度能够用刻度尺来测量方案三：小车速度的测量：v＝，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，ΔtΔx的时间，能够由打点间隔算出方案四：小球速度的测量：小球离开斜槽做平抛 相等，取运动时间为单位时间，速度在数值上等于平抛运动的水平位移 ②在两滑块相撞的端面装上弹性碰撞架，可得到近似弹性碰撞mv填入下列表格，并进行计算m m1 2m1v1′+.拉起和摆动的角度来算出小球碰前或碰后的速度.可贴胶布增大两球碰撞时.m1v1+m1v1′+′律实验装置如图所示小车A连接纸带通过打点计时器，小车Bm m1 2mv′mv1 2方案四：运用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律白纸在下，复写纸在上，且在适宜位置铺好，记下重垂.N.如图所示.ON，测量线段、、的长度.将测量数据填入表中.m1·＝m1·＋m2·，看在误差允许的范整顿好实验器材放回原处实验结论：在实验误差允许范畴内，碰撞系统的动量守恒碰撞有诸多个状况，实验寻找的不变量必须在多个碰撞状况下都不变化，才符合规定若运用气垫导轨进行实验，调节气垫导轨时，注意运用水平仪使导轨水平撞量使实验中两物体的碰撞过程本身满足动量守恒的条件射架等构成.在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不停通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引发的误差.①②④1⑤2⑥ ，然 ，让滑块带动纸带一起运动已知打点计时器每隔0.02s打一种点，计算可知两滑块互相作用前系统的总动量为 ·； 计算碰撞前m1v＋m2v＝ 碰撞后m1v′＋m2v′＝ 计算碰撞前v1v2 碰撞后v1v2 (4)试阐明(2)中两成果不完全相等的重要因素 【解析】1p1＝m1v1v1＝(0.2/0.1)m/s＝2m/sp1＝(0.31×2)kg·m/s＝0.62012v.v＝(0.168/0.14)m/s＝1.2m/sp2＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.2kg·m/s＝0.618m1v＋m2v＝1.24；m1v′＋m2v′v1

＝6.45；v1v2 1、2碰撞前后的动量总和【答案】(1)接通打点计时器的电源；放开滑块 (3)滑块1、2碰撞前后的动量总 (4)纸带与打点计时器限位孔有摩【思维提高】(1)气垫导轨上做碰撞实验，阻力小，误差小.(2)平1】轨上的运动可视为没有摩擦.CDA、BmA、ABACC、DA、BC、Dt1t2.实验中还应测量的物理量及其符号是B与D的距离

mL1mL2

ABA、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的因素有①L1、L2、mA、mB的与导轨间有少量摩擦力.(最少答出两点).AB只要测🎧ACL1，BDL2AC、BDt1t2.测🎧m

L1m

L2验证动量与否守恒BBBBDBm

L1mL2 2】

v2

v

速度，v1v2分别是碰撞后两物体的速度.e＝1e<1.某同窗借用验证动量守恒定律的实验装置(如图的碰撞可近似视为弹性碰撞)12的质量.第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段 ，，在上述实验中，(1)P点是 的平均位置，M点是的平均位置，N点是 请写出本实验的原 定出用测量量表达的恢复系数的体现 OOM，OP，ON 【答案】(1)1121落点的平均位置；小球2落点的平均位置.小球从槽口C飞🎧后做平抛运动的时间相似，设为t，则有 小球2碰撞前静止，v20＝0与小球的质量无关 与小球的质量有关

v2v1vv2v1v10OP

ON【思维提高】近年来的高考题以考察实验原理与误差分析为主.BACOO点的距离：＝2.68cm，＝8.62cm，＝11.50cmA、B2∶1BA球落地点是统计纸上的P点，系统碰撞前动量p与碰撞后动量p′的百分误差＝2%(成果保存一【解析】第一空：由过程分析很易得🎧，BAP点p＝2m·OP/t＝2×8.62λkg·m/s(λ＝碰后总动量p′＝2m·OM/tm·ON/t＝2×8.62λkg·m/s11.50λkg·m/s＝16.86λ误 易错门诊A、Bm1、m2，则： m2(据可知m1∶m2＝ 【错解】由m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1·OP＋0＝m1·OM＋m2·ON代入数据可得m1∶m2＝35∶6【错因】AO碰后水平位移为O′N. (2)由于在碰撞时，A、B系统动量守恒，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，得m1·OP＋0＝m1·OM＋m2·ON移，这个位移大小之比等于两球水平初速度之比(A、B的起点不同).第7学 单元综合提核心.应用动量守恒定律求速度(整体或部分的)、位移(人船模型)【例1】(·全国Ⅰ)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等.两者质量之比M/m可能为( 【考点】动量守恒及碰撞可能发生的条件Mv21Mv21mv2Mv1＝mv2，联立有M≤3A、B对的

m(2 对的【答案】

m【思维提高】同时运用动量、能量观点分析碰撞问题2(·天津)mA＝1kgABAC.g＝10m/s2，求：BvBBIA【考点】动量冲量的概念、动量守恒定律、动能定理【解析】(1)BvBCvC，有v2mBg＝mBC RmBv2＝1mBv2 代入数据得vB＝5 Bv1Ep＝1mBv2 代入数据得I＝－4N·s，其大小为4 设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有 W＝1mAvAW＝8【思维提高】重点考察了动量与冲量的概念、动量守恒定律、功效关系的运用等3】(·广东)C短，g10m/s2)CA、B【考点】动量守恒定律、动能定理【解析】(1)A、BmAmB，AB发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v1.取向右为速度正方向，由动量守恒定律有

mmA

v0＝5.0A、BCv21(mA＋mB)v2－1(mA＋mB)v2 v2v21(2)CABv3. 1(mA＋mB)v2≥1(mA＋mB)v2＋1 由④v＝(mAmB)v2mCv＝(4－k) (mmABA联立⑤和⑥即当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当k<6时，碰撞为非弹性碰撞. 碰撞后A、B向右运动的速度不能不不大于C的速度.由⑥式，得4－k≤2kk＝4时，v3＝0CA、B静止4＞k≥2时，v3＞0CA、B继续向右运动.当取6≥k＞4时，v3＜0