2024-2025學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題11動(dòng)量知識(shí)點(diǎn)講解含解析

專題11動(dòng)量考點(diǎn)風(fēng)向標(biāo)考點(diǎn)風(fēng)向標(biāo)第一部分：考點(diǎn)梳理考點(diǎn)一、動(dòng)量、沖量的理解及計(jì)算考點(diǎn)二動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用考點(diǎn)三、動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用考點(diǎn)四、動(dòng)量守恒定律的3個(gè)應(yīng)用實(shí)例考點(diǎn)五、動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用考點(diǎn)六、試驗(yàn)—驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律考點(diǎn)一、動(dòng)量、沖量的理解及計(jì)算1．動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量變更量的比較名稱項(xiàng)目動(dòng)量動(dòng)能動(dòng)量變更量定義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量物體末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關(guān)聯(lián)方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)動(dòng)量是矢量，在計(jì)算動(dòng)量變更時(shí)先規(guī)定正方向，然后用末動(dòng)量－初動(dòng)量，該處的“－”號(hào)為運(yùn)算符號(hào)，與方向無關(guān)。2．沖量的計(jì)算方法(1)計(jì)算沖量可以運(yùn)用定義式I＝Ft求解，此方法僅限于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)利用F-t圖象計(jì)算，F(xiàn)-t圍成的面積可以表示沖量，該種方法可以計(jì)算變力的沖量。（典例應(yīng)用1）如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，圓心O在S的正上方，在O、P兩點(diǎn)各有一質(zhì)量為m的物塊a和b，從同一時(shí)刻起先，a自由下落，b沿圓弧下滑。以下說法正確的是()A．a(chǎn)比b先到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等B．a(chǎn)與b同時(shí)到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相等C．a(chǎn)比b先到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等D．b比a先到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相等【答案】A【解析】在物體下落的過程中，只有重力對(duì)物體做功，故機(jī)械能守恒故有mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)所以在相同的高度，兩物體的速度大小相同，即速率相同。由于a的路程小于b的路程。故ta<tb，即a比b先到達(dá)S。當(dāng)?shù)竭_(dá)S點(diǎn)時(shí)a的速度豎直向下，而b的速度水平向左。故兩物體的動(dòng)量大小相等，方向不相同，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。（典例應(yīng)用2）如圖所示，一質(zhì)量為m的滑塊沿光滑的水平面以速度v0運(yùn)動(dòng)。遇到豎直的墻壁被反彈回來，返回的速度變?yōu)閑q\f(1,2)v0，則以下說法正確的是()A．滑塊的動(dòng)量變更量的大小為eq\f(1,2)mv0B．滑塊的動(dòng)量變更量的大小為eq\f(3,2)mv0C．滑塊的動(dòng)量變更量的方向與v0的方向相同D．重力對(duì)滑塊的沖量為零【答案】：B【解析】以初速度方向?yàn)檎?，有：Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－eq\f(1,2)mv0－mv0＝－eq\f(3,2)mv0所以滑塊的動(dòng)量變更量的大小為eq\f(3,2)mv0，方向與v0的方向相反，故A、C錯(cuò)誤，B正確；依據(jù)I＝Ft得重力的沖量為I＝mgt，不為零，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二、動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量假如物體受到大小或方向變更的力的作用，則不能干脆用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變更Δp，等效代換變力的沖量I。(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變更在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變更，求動(dòng)量變更(Δp＝p2－p1)須要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較困難，假如作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動(dòng)量的變更。（典例應(yīng)用3）籃球運(yùn)動(dòng)員通常伸出雙手迎接傳來的籃球。接球時(shí)，兩手隨球快速收縮至胸前，這樣做可以()A．減小球?qū)κ值臎_量 B．減小球?qū)κ值臎_擊力C．減小球的動(dòng)量變更量 D．減小球的動(dòng)能變更量【答案】B【解析】先伸出兩手迎接，手接觸到球后，兩手隨球收縮至胸前，可以增加球與手接觸的時(shí)間，取球的初速度方向?yàn)檎较?，依?jù)動(dòng)量定理－Ft＝0－mv得F＝eq\f(mv,t)，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量變更量、動(dòng)能的變更量都不變，所以B正確。(典例應(yīng)用4)有一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的籃球從h＝0.8m的高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64，且每次球與地面接觸時(shí)間相等，空氣阻力不計(jì)，與地面碰撞時(shí)，籃球重力可忽視。(重力加速度g取10m/s2)(1)第一次球與地板碰撞，地板對(duì)球的沖量為多少？(2)相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？【答案】(1)3.6N·s(2)5∶4【解析】(1)籃球原高度為h，與地面第一次碰前瞬時(shí)速度為v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s由v2＝2gh可知，第一次碰后的速度為v1＝eq\r(2gh′)＝eq\r(2g×0.64h)＝3.2m/s選向上為正方向，由動(dòng)量定理有I＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0＝1.8×0.5×4N·s＝3.6N·s。(2)同理其次次碰前瞬時(shí)速度和其次次碰后瞬時(shí)速度關(guān)系為v2＝0.8v1＝0.82v0。設(shè)兩次碰撞中地板對(duì)球的平均沖力分別為F1、F2，選向上為正方向，由動(dòng)量定理有F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0F1∶F2＝5∶4方法總結(jié)(1)用動(dòng)量定理解題的基本思路(2)對(duì)過程較困難的運(yùn)動(dòng)，可分段用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過程用動(dòng)量定理?？键c(diǎn)三、動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用1．動(dòng)量守恒的“四性”(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動(dòng)量都是矢量，須要首先選取正方向，分清各物體初、末動(dòng)量的正、負(fù)。(2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對(duì)應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初始時(shí)刻的總動(dòng)量相等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，各物體的速度必需是相對(duì)于同一參考系的速度，一般選地面為參考系。(4)普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。2．動(dòng)量守恒定律常用的四種表達(dá)形式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。（典例應(yīng)用5）在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短。若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈起先射入到彈簧被壓縮至最短的整個(gè)過程中()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒【答案】B【解析】：子彈射入木塊是瞬間完成的，這個(gè)過程相當(dāng)于子彈與木塊發(fā)生一次完全非彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒，一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，之后木塊(連同子彈)壓縮彈簧，將其動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，這個(gè)過程機(jī)械能守恒，但動(dòng)量不守恒。由于左側(cè)擋板的支持力的沖量作用，使系統(tǒng)的動(dòng)量不斷削減，所以整個(gè)過程中，動(dòng)量和機(jī)械能均不守恒。選項(xiàng)B正確。(典例應(yīng)用6)(多選)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止起先自由下滑()A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處【答案】BC【解析】：在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽做功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)B正確；小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；小球與槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，小球沿槽下滑，球與槽分別后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。方法總結(jié)：應(yīng)用動(dòng)量守恒定律應(yīng)留意以下三點(diǎn)(1)確定所探討的系統(tǒng)，單個(gè)物體無從談起動(dòng)量守恒。(2)推斷系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒，還是某個(gè)方向上動(dòng)量守恒。(3)系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對(duì)地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對(duì)于地面的速度?？键c(diǎn)四、動(dòng)量守恒定律的3個(gè)應(yīng)用實(shí)例實(shí)例①碰撞1．碰撞后運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能性推斷的三個(gè)依據(jù)(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要符合情景。①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度肯定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v′前≥v′后。②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不行能都不變更。2．物體的碰撞是否為彈性碰撞的推斷彈性碰撞是碰撞過程中無機(jī)械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，準(zhǔn)確地說是碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能不變。(1)題目中明確告知物體間的碰撞是彈性碰撞。(2)題目中明確告知是彈性小球、光滑鋼球或分子(原子等微觀粒子)碰撞的，都是彈性碰撞。（典例應(yīng)用7）(多選)質(zhì)量分別為mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)給小球P以水平的速度vP0＝4m/s沿直線朝小球Q運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生正碰，分別用vP、vQ表示兩小球碰撞結(jié)束的速度。則關(guān)于vP、vQ的大小可能的是()A．vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/sB．vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s，vQ＝4m/s【答案】AB【解析】碰撞前總動(dòng)量為p＝mPvP0＝4kg·m/s，碰撞前總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P0)＝8J。假如vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝eq\f(8,3)J，碰撞過程動(dòng)量守恒，能量不增加，A正確；假如vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝6.75J，能量不增加，碰撞過程動(dòng)量守恒，B正確；假如vP＝1m/s，vQ＝3m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7kg·m/s，碰撞過程動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；假如vP＝－4m/s，vQ＝4m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝24J，碰撞過程動(dòng)量守恒，動(dòng)能增加，D錯(cuò)誤。實(shí)例②爆炸爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽視不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍舊從爆炸前的位置以新的動(dòng)量起先運(yùn)動(dòng)(典例應(yīng)用8)如圖所示，光滑水平面上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2)。起先時(shí)滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑塊A以速度v0正對(duì)B向右運(yùn)動(dòng)，在A未與B碰撞之前，引爆了B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速率v0向左運(yùn)動(dòng)。求：(1)炸藥爆炸過程中炸藥對(duì)C的沖量；(2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機(jī)械能？【答案】：見解析【解析】：(1)全過程，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸藥對(duì)C的沖量：I＝mCvC－0解得：I＝eq\f(5,2)mv0，方向向右(2)炸藥爆炸過程，B和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mCvC－mBvB＝0據(jù)能量關(guān)系：ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)veq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：ΔE＝eq\f(75,8)mveq\o\al(2,0)實(shí)例③反沖運(yùn)動(dòng)對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加（典例應(yīng)用9）(2024·全國(guó)卷Ⅰ·14)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s【答案】：A【解析】：由于噴氣時(shí)間短，且不計(jì)重力和空氣阻力，則火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。燃?xì)獾膭?dòng)量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動(dòng)量p2＝p1＝30kg·m/s，選項(xiàng)A正確。（典例應(yīng)用10）如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B。從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)。已知全部接觸面均光滑，重力加速度為g＝10m/s2。求小球B的質(zhì)量?！敬鸢浮浚?kg【解析】：設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為v1，平臺(tái)水平速度大小為v，由動(dòng)量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v1′和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有v1′＝1m/s由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得mB＝3kg?？键c(diǎn)五、動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．解決力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)問解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題2.動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的比較(1)相同點(diǎn)：①探討對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)；②探討過程都是某一運(yùn)動(dòng)過程。(2)不同點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出重量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無重量表達(dá)式。（典例應(yīng)用11）如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不行伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上，B懸于空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)＝1.8m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸。取g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)。求：(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)A的最大速度v的大??；(3)初始時(shí)B離地面的高度H?！敬鸢浮?1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m【解析】(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有：h＝eq\f(1,2)gt2①代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.6s②(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有：vB＝gt③由于繩子不行伸長(zhǎng)，在繩子繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，所以重力可以忽視，由動(dòng)量定理得：對(duì)A：FT·Δt＝mv④對(duì)B：FT·Δt＝－mBv－(－mBvB)⑤聯(lián)立④⑤得mBvB＝(mA＋mB)v⑥之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯(lián)立②③⑥式，代入數(shù)據(jù)解得：v＝2m/s⑤(3)細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說明此時(shí)A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入數(shù)據(jù)解得：H＝0.6m⑦方法總結(jié)利用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)解題的技巧(1)若探討對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)。(2)若探討對(duì)象為單一物體，且涉及功和位移問題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。(3)因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對(duì)過程的細(xì)微環(huán)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的便利之處。特殊對(duì)于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。（典例應(yīng)用12）如圖所示，質(zhì)量為M＝300kg的小船，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝3m，浮在靜水中。起先時(shí)質(zhì)量為m＝60kg的人站在船頭，人和船均處于靜止?fàn)顟B(tài)。若此人從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，則船將前進(jìn)多遠(yuǎn)？【答案】0.5m方向與人行走的方向相反【解析】人在船上走，船將向人走的反方向運(yùn)動(dòng)。由系統(tǒng)動(dòng)量守恒知，任一時(shí)刻船、人的總動(dòng)量都等于0。所以人走船動(dòng)，人停船停。人走要經(jīng)過加速、減速的過程，不能認(rèn)為是勻速運(yùn)動(dòng)，所以船的運(yùn)動(dòng)也不是勻速運(yùn)動(dòng)，但可以用平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)表示，對(duì)應(yīng)的是平均動(dòng)量p＝meq\x\to(v)＝meq\f(x,t)，t是相同的，但要留意位移都是對(duì)地的，所以x人＝L＋x船。x船為未知量，包括大小、方向。人、船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎较?。不考慮未知量x船的正、負(fù)。則有mv人＋Mv船＝0，即eq\f(mL＋x船,t)＋eq\f(Mx船,t)＝0，由上式解得x船＝－eq\f(mL,m＋M)＝－eq\f(60×3,60＋300)m＝－0.5m負(fù)號(hào)表示船運(yùn)動(dòng)的方向與人行走的方向相反，則船向船頭方向前進(jìn)了0.5m。試驗(yàn)七：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律試驗(yàn)原理與操作1．試驗(yàn)原理：在一維碰撞中，測(cè)出物體的質(zhì)量m和碰撞前后物體的速率v、v′，找出碰撞前的動(dòng)量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的動(dòng)量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后動(dòng)量是否守恒。2．試驗(yàn)方案方案一：利用氣墊導(dǎo)軌完成一維碰撞試驗(yàn)(1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出滑塊質(zhì)量。(2)安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌。(3)試驗(yàn)：接通電源，利用配套的光電計(jì)時(shí)裝置測(cè)出兩滑塊各種狀況下碰撞前后的速度(①變更滑塊的質(zhì)量。②變更滑塊的初速度大小和方向)。(4)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒。方案二：利用等長(zhǎng)懸線懸掛等大小球完成一維碰撞試驗(yàn)(1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出兩小球的質(zhì)量m1、m2。(2)安裝：把兩個(gè)等大小球用等長(zhǎng)懸線懸掛起來。(3)試驗(yàn)：一個(gè)小球靜止，拉起另一個(gè)小球，放下時(shí)它們相碰。(4)測(cè)速度：可以測(cè)量小球被拉起的角度，從而算出碰撞前對(duì)應(yīng)小球的速度，測(cè)量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對(duì)應(yīng)小球的速度。(5)變更條件：變更碰撞條件，重復(fù)試驗(yàn)。(6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒。方案三在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞試驗(yàn)(1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出兩小車的質(zhì)量。(2)安裝：將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在光滑長(zhǎng)木板的一端，把紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥。(3)試驗(yàn)：接通電源，讓小車A運(yùn)動(dòng)，小車B靜止，兩車碰撞時(shí)撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運(yùn)動(dòng)。(4)測(cè)速度：通過紙帶上兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離剛好間由v＝eq\f(Δx,Δt)算出速度。(5)變更條件：變更碰撞條件，重復(fù)試驗(yàn)。(6)驗(yàn)證：一維碰撞中的動(dòng)量守恒。方案四利用斜槽上滾下的小球驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律(1)用天平測(cè)出兩小球的質(zhì)量，并選定質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏颉?2)依據(jù)如圖所示安裝試驗(yàn)裝置，調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平。(3)白紙?jiān)谙?，?fù)寫紙?jiān)谏希谶m當(dāng)位置鋪放好。登記重垂線所指的位置O。(4)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復(fù)10次。用圓規(guī)畫盡量小的圓把全部的小球落點(diǎn)圈在里面，圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置。(5)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)試驗(yàn)10次。用步驟(4)的方法，標(biāo)出碰后入射小球落點(diǎn)的平均位置M和被碰小球落點(diǎn)的平均位置N。如圖所示。(6)連接ON，測(cè)量線段OP、OM、ON的長(zhǎng)度。將測(cè)量數(shù)據(jù)填入表中。最終代入m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立。(7)整理好試驗(yàn)器材放回原處。(8)試驗(yàn)結(jié)論：在試驗(yàn)誤差范圍內(nèi)，碰撞系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。數(shù)據(jù)處理與分析(典例應(yīng)用13)某同學(xué)用如圖所示的裝置做驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的試驗(yàn)。先將a球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止起先滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端上，讓a球仍從原固定點(diǎn)由靜止起先滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次。(1)本試驗(yàn)必需測(cè)量的物理量有________。A．斜槽軌道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的質(zhì)量ma、mbC．小球a、b的半徑rD．小球a、b離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時(shí)間tE．記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離eq\x\to(OA)、eq\x\to(OB)、eq\x\to(OC)F．a(chǎn)球的固定釋放點(diǎn)到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h(2)放上被碰小球b，兩球(ma＞mb)相碰后，小球a、b的落地點(diǎn)依次是圖中水平面上的________點(diǎn)和________點(diǎn)。(3)某同學(xué)在做試驗(yàn)時(shí)，測(cè)量了過程中的各個(gè)物理量，利用上述數(shù)據(jù)驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，那么推斷的依據(jù)是看________和________在誤差允許范圍內(nèi)是否相等?！敬鸢浮?1)BE(2)AC(3)ma·eq\x\to(OB)(ma·eq\x\to(OA)＋mb·eq\x\to(OC))【解析】(1)B點(diǎn)是不發(fā)生碰撞時(shí)a球的下落點(diǎn)，A點(diǎn)是發(fā)生碰撞后a球的下落點(diǎn)，C點(diǎn)是碰后b球的下落點(diǎn)。設(shè)小球a運(yùn)動(dòng)到軌道末端時(shí)的速度大小為vB，與球b發(fā)生碰撞后的瞬時(shí)速度大小為vA，碰后b球的速度大小為vC，本試驗(yàn)就是要驗(yàn)證關(guān)系式mavB＝mavA＋mbvC是否成立，因?yàn)樾∏蜃銎綊佭\(yùn)動(dòng)的高度相同，下落時(shí)間相同，它們?cè)谒椒较蛏衔灰婆c水平方向上的速度成正比，所以本試驗(yàn)也可以驗(yàn)證ma·eq\x\to(OB)＝ma·eq\x\to(OA)＋mb·eq\x\to(OC)是否成立，B、E正確。(2)兩球碰撞后，a球在水平方向上的分速度較小，下落時(shí)間相同時(shí)，落地時(shí)的水平位移也較小，所以小球a、b的落地點(diǎn)