《高考物理一輪總復習 第一章 動量守恒定律及其應用課件 新人教版選修35》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪總復習 第一章 動量守恒定律及其應用課件 新人教版選修35（56頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、選修3-5第一章 動量守恒定律及其應用知識點知識點 1 1 動量動量 1.1.定義定義運動物體的運動物體的_和和_的乘積，通常用的乘積，通常用p p來表示。來表示。2.2.表達式表達式p=_p=_。3.3.單位單位_。質(zhì)量質(zhì)量速度速度mvmvkgm/skgm/s4.4.矢標性矢標性動量是矢量，其方向和動量是矢量，其方向和_方向相同。方向相同。5.5.動量、動能、動量變化量的比較動量、動能、動量變化量的比較速度速度名稱名稱項目項目動量動量動能動能動量變化量動量變化量定定 義義物體的質(zhì)量和物體的質(zhì)量和_的乘積的乘積物體由于物體由于_而具有的能量而具有的能量物體末動量與初物體末動量與初動量的動量的_

2、定義式定義式p=_p=_E Ek k=_=_pp=_=_速度速度運動運動矢量差矢量差mvmv21mv2p-pp-p名稱名稱項目項目動量動量動能動能動量變化量動量變化量矢標性矢標性_標量標量矢量矢量特特 點點狀態(tài)量狀態(tài)量狀態(tài)量狀態(tài)量_關聯(lián)關聯(lián)方程方程矢量矢量過程量過程量2kkkk2Ep1E,Epv,p2mE ,p2m2v知識點知識點 2 2 動量守恒定律及其應用動量守恒定律及其應用 1.1.動量守恒定律動量守恒定律（1 1）內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)）內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)_，或者，或者_，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。（2 2）表達式：）表達式：p=_p=_，系統(tǒng)相互作用前總動量，

3、系統(tǒng)相互作用前總動量p p等于相互作用后的總動量等于相互作用后的總動量pp。不受外力不受外力所受外力的矢量所受外力的矢量和為和為0 0ppm m1 1v v1 1+m+m2 2v v2 2=_=_，相互作用的兩個物體組成的系，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。pp1 1=_,=_,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。相互作用的兩個物體動量的增量等大反向。p=_p=_，系統(tǒng)總動量的增量為零。，系統(tǒng)總動量的增量為零。m m1 1v v1 1+m+m2 2v v2 2-p-p2 20 02.2.動量守恒定律的守恒條件動量守恒定律的

4、守恒條件（1 1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)）理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于內(nèi)每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于_狀態(tài)。狀態(tài)。（2 2）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力）近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力_它所它所受到的外力。如碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等現(xiàn)象中系統(tǒng)的動受到的外力。如碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等現(xiàn)象中系統(tǒng)的動量近似守恒。量近似守恒。（3 3）某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力）某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)為零，則系統(tǒng)_動量守恒。

5、但值得注意的是，系動量守恒。但值得注意的是，系統(tǒng)的總動量可能不守恒。統(tǒng)的總動量可能不守恒。 平衡平衡遠大于遠大于在這一方向上在這一方向上知識點知識點 3 3 彈性碰撞和非彈性碰撞彈性碰撞和非彈性碰撞 1.1.碰撞碰撞物體間的相互作用持續(xù)時間物體間的相互作用持續(xù)時間_，而物體間相互作用力，而物體間相互作用力_的現(xiàn)象。的現(xiàn)象。2.2.特點特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力_外力，可認為相互碰外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。撞的系統(tǒng)動量守恒。很短很短很大很大遠大于遠大于3.3.分類分類動量是否守恒動量是否守恒機械能是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞彈性碰撞守恒守恒_非完全彈

6、性碰撞非完全彈性碰撞守恒守恒有損失有損失完全非彈性碰撞完全非彈性碰撞守恒守恒損失損失_守恒守恒最大最大知識點知識點 4 4 實驗：驗證動量守恒定律實驗：驗證動量守恒定律1.1.方案一：利用氣墊導軌完成一維碰撞實驗方案一：利用氣墊導軌完成一維碰撞實驗(1)(1)測質(zhì)量：用天平測出滑塊質(zhì)量。測質(zhì)量：用天平測出滑塊質(zhì)量。(2)(2)安裝：正確安裝好氣墊導軌。安裝：正確安裝好氣墊導軌。(3)(3)實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度（種情況下碰撞前后的速度（改變滑塊的質(zhì)量。改變滑塊的質(zhì)量。改變滑塊的改變滑塊的初速度大

7、小和方向）。初速度大小和方向）。(4)(4)驗證：一維碰撞中的動量守恒。驗證：一維碰撞中的動量守恒。2.2.方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實驗方案二：利用等長懸線懸掛等大小球完成一維碰撞實驗(1)(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量測質(zhì)量：用天平測出兩小球的質(zhì)量m m1 1、m m2 2。(2)(2)安裝：把兩個等大小球用等長懸線懸掛起來。安裝：把兩個等大小球用等長懸線懸掛起來。(3)(3)實驗：一個小球靜止，拉起另一個小球，放下時它們相碰。實驗：一個小球靜止，拉起另一個小球，放下時它們相碰。(4)(4)測速度：可以測量小球被拉起的角度，從而算出碰撞前對測速度：可以測量小球被拉起

8、的角度，從而算出碰撞前對應小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應應小球的速度，測量碰撞后小球擺起的角度，算出碰撞后對應小球的速度。小球的速度。(5)(5)改變條件：改變碰撞條件，重復實驗。改變條件：改變碰撞條件，重復實驗。(6)(6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。驗證：一維碰撞中的動量守恒。3.3.方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實驗方案三：在光滑桌面上兩車碰撞完成一維碰撞實驗(1)(1)測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量。測質(zhì)量：用天平測出兩小車的質(zhì)量。(2)(2)安裝：將打點計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿安裝：將打點計時器固定在光滑長木板的一端，把紙帶穿過打點計時器

9、，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上過打點計時器，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。撞針和橡皮泥。(3)(3)實驗：接通電源，讓小車實驗：接通電源，讓小車A A運動，小車運動，小車B B靜止，兩車碰撞時靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運動。撞針插入橡皮泥中，把兩小車連接成一體運動。(4)(4)測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點間的距離及時間由測速度：通過紙帶上兩計數(shù)點間的距離及時間由算出速度。算出速度。(5)(5)改變條件：改變碰撞條件，重復實驗。改變條件：改變碰撞條件，重復實驗。(6)(6)驗證：一維碰撞中的動量守恒。驗證：一維碰撞中的動量守恒。xvt4

10、.4.方案四方案四: :利用斜槽上滾下的小球驗證動量守恒定律利用斜槽上滾下的小球驗證動量守恒定律(1)(1)用天平測出兩小球的質(zhì)量用天平測出兩小球的質(zhì)量, ,并選定質(zhì)量大的小球為入射小球。并選定質(zhì)量大的小球為入射小球。(2)(2)按照如圖所示安裝實驗裝置，調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平。按照如圖所示安裝實驗裝置，調(diào)整固定斜槽使斜槽底端水平。(3)(3)白紙在下白紙在下, ,復寫紙在上，在適當位置鋪放好。記下重垂線所復寫紙在上，在適當位置鋪放好。記下重垂線所指的位置指的位置O O。(4)(4)不放被撞小球不放被撞小球, ,讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下,

11、 ,重復重復1010次。用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面，次。用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面，圓心圓心P P就是小球落點的平均位置。就是小球落點的平均位置。(5)(5)把被撞小球放在斜槽末端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讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下滾下, ,使它們發(fā)生碰撞使它們發(fā)生碰撞, ,重復實驗重復實驗1010次。用步驟（次。用步驟（4 4） 的方法的方法, ,標出碰后入射小球落點的平均位置標出碰后入射小球落點的平均位置M M和被碰小球落點的平均位和被碰小球落點的平均位置置N N。如圖所示。如圖所示。(6)(6)連接連接ON,ON,測量線

12、段測量線段OPOP、OMOM、ONON的長度。將測量數(shù)據(jù)填入表中。的長度。將測量數(shù)據(jù)填入表中。最后代入最后代入 看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立。立。(7)(7)整理好實驗器材放回原處。整理好實驗器材放回原處。(8)(8)實驗結論實驗結論: :在實驗誤差范圍內(nèi)在實驗誤差范圍內(nèi), ,碰撞系統(tǒng)的動量守恒。碰撞系統(tǒng)的動量守恒。112m OPm OMm ON, 【思考辨析】【思考辨析】（1 1）質(zhì)量大的物體動量一定大。）質(zhì)量大的物體動量一定大。( )( )（2 2）兩物體動能相等，動量一定相等。）兩物體動能相等，動量一定相等。( )( )（3 3）運用動量守恒定律解題時，所列方程

13、中的速度必須是相）運用動量守恒定律解題時，所列方程中的速度必須是相對同一參考系的速度。對同一參考系的速度。( )( )（4 4）系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。）系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。( )( )（5 5）質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。）質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。( )( )（6 6）碰撞過程中若系統(tǒng)所受合外力不等于零，也可以應用動）碰撞過程中若系統(tǒng)所受合外力不等于零，也可以應用動量守恒定律對系統(tǒng)進行分析。量守恒定律對系統(tǒng)進行分析。( )( )（7 7）利用斜槽做）利用斜槽做“驗證動量守恒定律驗證動量守恒定律”實驗時，入射小球每實驗時，入射小球

14、每次開始滾下的位置是變化的。次開始滾下的位置是變化的。( )( )分析：分析：動量等于運動物體質(zhì)量和速度的乘積，動量大小與物體動量等于運動物體質(zhì)量和速度的乘積，動量大小與物體質(zhì)量大小、速度大小兩個因素有關，（質(zhì)量大小、速度大小兩個因素有關，（1 1）錯。動量和動能的）錯。動量和動能的關系為關系為 兩物體動能相同，質(zhì)量關系不明確，并且動兩物體動能相同，質(zhì)量關系不明確，并且動量是矢量，動能是標量，（量是矢量，動能是標量，（2 2）錯。動量守恒定律中，系統(tǒng)中）錯。動量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一慣性系，各物體各物體在相互作用前后的動量必須相對于同一慣性系，各物體的速度通

15、常均為相對于地的速度，（的速度通常均為相對于地的速度，（3 3）對。因為兩個守恒定）對。因為兩個守恒定律的守恒條件不同，系統(tǒng)的動量守恒時，機械能不一定守恒，律的守恒條件不同，系統(tǒng)的動量守恒時，機械能不一定守恒，kp2mE，系統(tǒng)的機械能守恒時，動量不一定守恒，（系統(tǒng)的機械能守恒時，動量不一定守恒，（4 4）錯。只有質(zhì)量）錯。只有質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生一維的彈性碰撞時，系統(tǒng)的總動量守恒，相等的兩個物體發(fā)生一維的彈性碰撞時，系統(tǒng)的總動量守恒，總動能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度，（總動能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度，（5 5）錯。）錯。若碰撞過程中，系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大

16、于外若碰撞過程中，系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，所以外力的作用可以忽略，因此也可應力，作用時間又很短，所以外力的作用可以忽略，因此也可應用動量守恒定律分析，或系統(tǒng)在某一方向上所受合外力為零時，用動量守恒定律分析，或系統(tǒng)在某一方向上所受合外力為零時，在這一方向上系統(tǒng)的動量守恒，（在這一方向上系統(tǒng)的動量守恒，（6 6）對。入射小球每次都應）對。入射小球每次都應從斜槽上同一位置由靜止開始滾下，以保證入射小球每次與被從斜槽上同一位置由靜止開始滾下，以保證入射小球每次與被碰小球碰撞時的速度保持不變，（碰小球碰撞時的速度保持不變，（7 7）錯。）錯?？键c考點 1 1 動量守恒

17、定律動量守恒定律【考點解讀】【考點解讀】動量守恒定律的動量守恒定律的“五性五性”矢量性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向一的正方向相對性相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（如沒各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（如沒有特殊說明，要選地球這個參考系）。如果題設條有特殊說明，要選地球這個參考系）。如果題設條件中各物體的速度不是相對同一參考系時，必須轉件中各物體的速度不是相對同一參考系時，必須轉換成相對同一參考系的速度換成相對同一參考系的速度深化深化理解理解 同時性同時性動量是一個瞬時量，表達式中的動量是一個瞬時量，

18、表達式中的p p1 1、p p2 2必須是必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，pp1 1、pp2 2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加刻的動量，不同時刻的動量不能相加系統(tǒng)性系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)，而不是其中的一個物體，更不能題中有幾個物統(tǒng)，而不是其中的一個物體，更不能題中有幾個物體就選幾個物體體就選幾個物體普適性普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的

19、系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)【典例透析【典例透析1 1】如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車車A A，車上有兩個小滑塊，車上有兩個小滑塊B B和和C C，A A、B B、C C三者的質(zhì)量分別是三者的質(zhì)量分別是3m3m、2m2m、m m。B B與車板之間的動摩擦因數(shù)為與車板之間的動摩擦因數(shù)為，而，而C C與車板之間的動與車板之間的動摩擦因數(shù)為摩擦因數(shù)為22。開始時。開始時B B、C C分別從車板的左、右兩端同時以分別從車板的左、右兩端同時以大小相同的初速度大小相同的初速度v v0 0相向滑行。

20、已知滑塊相向滑行。已知滑塊B B、C C最后都沒有脫離最后都沒有脫離平板車，則車的最終速度平板車，則車的最終速度v v車車是是( )( )00011A.vvB.vv261C.vvD.v03車車車車 【解題探究】【解題探究】（1 1）物體相互作用過程應選用什么規(guī)律？）物體相互作用過程應選用什么規(guī)律？提示：提示：動量守恒定律。動量守恒定律。（2 2）如何選擇研究對象滿足動量守恒定律？）如何選擇研究對象滿足動量守恒定律？提示：提示：三個物體組成的系統(tǒng)。三個物體組成的系統(tǒng)。（3 3）“滑塊滑塊B B、C C最后都沒有脫離平板車最后都沒有脫離平板車”的含義？的含義？提示：提示：三個物體最終的速度相等。三

21、個物體最終的速度相等?！窘馕觥俊窘馕觥窟x選B B。設水平向右為正方向，因為水平面光滑，三個。設水平向右為正方向，因為水平面光滑，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度為物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v v車車，所以，所以2mv2mv0 0- -mvmv0 0=(3m+2m+m)v=(3m+2m+m)v車車，解得，解得v v車車= v= v0 0，選項，選項B B正確。正確。16【總結提升】【總結提升】應用動量守恒定律的解題步驟應用動量守恒定律的解題步驟（1 1）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；及研究

22、的過程）；（2 2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）是否守恒）; ;（3 3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4 4）由動量守恒定律列出方程；）由動量守恒定律列出方程；（5 5）代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明。）代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明?！咀兪接柧殹俊咀兪接柧殹?2013(2013福建高考福建高考) )將靜置在地面上將靜置在地面上, ,質(zhì)量為質(zhì)量為M(M(含含燃料燃料) )的火箭模型點火升空的火箭模型點火升空, ,在極短時間內(nèi)以相對地面的速度在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v

23、v0 0豎直向下噴出質(zhì)量為豎直向下噴出質(zhì)量為m m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響阻力的影響, ,則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是( () )【解析】【解析】選選D D。火箭模型在極短時間點火，設火箭模型獲得速?；鸺Ｐ驮跇O短時間點火，設火箭模型獲得速度為度為v v，據(jù)動量守恒定律有，據(jù)動量守恒定律有0=(M-m)v-mv0=(M-m)v-mv0 0，得，得 故故選選D D。 0000mMMmA.v B.v C.v D.vMmMmMm0mvvMm，考點考點 2 2 動量守恒定律的綜合應用動量守恒定律的綜合應用

24、【考點解讀】【考點解讀】1.1.碰撞現(xiàn)象滿足的三個規(guī)律碰撞現(xiàn)象滿足的三個規(guī)律（1 1）動量守恒）動量守恒（2 2）機械能不增加）機械能不增加（3 3）速度要合理）速度要合理若碰前兩物體同向運動，則應有若碰前兩物體同向運動，則應有v v后后v v前前，碰后原來在前的，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v v前前v v后后。碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。變。2.2.對反沖現(xiàn)象的三點說明對反沖現(xiàn)象的三點說明(1)(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向

25、相反方向運動系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動, ,通常通常用動量守恒來處理。用動量守恒來處理。(2)(2)反沖運動中反沖運動中, ,由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能, ,所以系統(tǒng)所以系統(tǒng)的總機械能增加。的總機械能增加。(3)(3)反沖運動中平均動量守恒。反沖運動中平均動量守恒。3.3.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律（1 1）動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物）動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。系

26、統(tǒng)的總動量守恒。（2 2）動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如）動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加?；瘜W能）轉化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。（3 3）位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)）位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。前的位置以新的動量開始運動。4.4.動量守恒定律與機械能守恒定律的比較動量守恒定律與機械能守恒定律的比較定律名稱定律名稱比較項目比較

27、項目動量守恒定律動量守恒定律機械能守恒定律機械能守恒定律相相同同點點研究對象研究對象相互作用的物體組成的系統(tǒng)相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過程研究過程某一運動過程某一運動過程不不同同點點守恒條件守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈系統(tǒng)只有重力或彈力做功力做功表達式表達式p p1 1+p+p2 2=p=p1 1+p+p2 2E Ek1k1+E+Ep1p1=E=Ek2k2+E+Ep2p2定律名稱定律名稱比較項目比較項目動量守恒定律動量守恒定律機械能守恒定律機械能守恒定律不不同同點點表達式的表達式的矢標性矢標性矢量式矢量式標量式標量式某一方向某一

28、方向上應用上應用情況情況可在某一方向上獨立可在某一方向上獨立使用使用不能在某一方向獨不能在某一方向獨立使用立使用運算法則運算法則矢量運算矢量運算代數(shù)運算代數(shù)運算 【典例透析【典例透析2 2】三個質(zhì)量分別為三個質(zhì)量分別為m m1 1、m m2 2、m m3 3的小球，半徑相同，并排懸掛在長度相同的小球，半徑相同，并排懸掛在長度相同的三根豎直繩上，彼此恰好相互接觸?，F(xiàn)的三根豎直繩上，彼此恰好相互接觸?，F(xiàn)把質(zhì)量為把質(zhì)量為m m1 1的小球拉開一些，如圖中虛線的小球拉開一些，如圖中虛線所示，然后釋放，經(jīng)球所示，然后釋放，經(jīng)球1 1與球與球2 2、球、球2 2與球與球3 3相碰之后，三個球的動量相等。若

29、各球間相碰之后，三個球的動量相等。若各球間碰撞時均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，不計空氣阻力，則碰撞時均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，不計空氣阻力，則m m1 1mm2 2mm3 3為為( )( )A.631 B.231A.631 B.231C.211 D.321C.211 D.321【解題探究】【解題探究】（1 1）物體相互碰撞過程應滿足什么規(guī)律？）物體相互碰撞過程應滿足什么規(guī)律？提示：提示：動量守恒定律和能量關系。動量守恒定律和能量關系。（2 2）物體動量和動能的關聯(lián)方程。）物體動量和動能的關聯(lián)方程。提示：提示：【解析】【解析】選選A A。因為各球間發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，則碰撞過。因為各球間發(fā)

30、生的碰撞是彈性碰撞，則碰撞過程機械能守恒、動量守恒。因碰撞后三個小球的動量相等，設程機械能守恒、動量守恒。因碰撞后三個小球的動量相等，設其為其為p p，則總動量為，則總動量為3p3p。由機械能守恒得。由機械能守恒得 滿足該條件的只有選項滿足該條件的只有選項A A。2kpE2m。2221123ppp2m2m2m23123p8112mmmm，即，【總結提升】【總結提升】碰撞的特點及分類碰撞的特點及分類（1 1）碰撞過程時間極短，所以內(nèi)力總是大于外力，動量必守）碰撞過程時間極短，所以內(nèi)力總是大于外力，動量必守恒。碰撞一般分為壓縮階段和恢復階段兩個過程。在壓縮階段恒。碰撞一般分為壓縮階段和恢復階段兩個

31、過程。在壓縮階段中物體的動能轉化為其他形式的能量，而在恢復階段中其他形中物體的動能轉化為其他形式的能量，而在恢復階段中其他形式的能量轉化為動能。式的能量轉化為動能。（2 2）碰撞可以分為以下幾類：完全彈性碰撞、完全非彈性碰）碰撞可以分為以下幾類：完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞和非完全彈性碰撞。在完全彈性碰撞中撞和非完全彈性碰撞。在完全彈性碰撞中, ,動量守恒動量守恒, ,動能守恒。動能守恒。在完全非彈性碰撞中動量守恒，兩個物體粘在一起，動能損失在完全非彈性碰撞中動量守恒，兩個物體粘在一起，動能損失最大。非完全彈性碰撞，動量守恒，動能有損失，但比完全非最大。非完全彈性碰撞，動量守恒，動能有損失，但

32、比完全非彈性碰撞情況下動能損失要少。彈性碰撞情況下動能損失要少。（3 3）一個物體追及另一物體發(fā)生碰撞的特點）一個物體追及另一物體發(fā)生碰撞的特點能追上，即入射物體的速度要大于被碰物體的速度，這是碰能追上，即入射物體的速度要大于被碰物體的速度，這是碰撞發(fā)生的前提。撞發(fā)生的前提。不會發(fā)生二次追碰。不會發(fā)生二次追碰。碰撞前后系統(tǒng)的動能不增加。碰撞前后系統(tǒng)的動能不增加。碰撞過程動量守恒。碰撞過程動量守恒。【變式訓練】【變式訓練】(2014(2014福州模擬福州模擬) )質(zhì)量為質(zhì)量為M M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上的均勻木塊靜止在光滑的水平面上, ,木木塊左右兩側各有一位拿著完全相同的步塊左右兩側各

33、有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手。首先左側的射擊手開槍槍和子彈的射擊手。首先左側的射擊手開槍, ,子彈水平射入木子彈水平射入木塊的最大深度為塊的最大深度為d d1 1, ,然后右側的射擊手開槍然后右側的射擊手開槍, ,子彈水平射入木塊子彈水平射入木塊的最大深度為的最大深度為d d2 2, ,如圖所示。設子彈均未射穿木塊如圖所示。設子彈均未射穿木塊, ,且兩顆子彈且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同。當兩顆子彈均相對木塊靜止與木塊之間的作用力大小均相同。當兩顆子彈均相對木塊靜止時時, ,下列說法正確的是下列說法正確的是( () )A.A.最終木塊靜止最終木塊靜止,d,d1 1=d=d2

34、2B.B.最終木塊向右運動最終木塊向右運動,d,d1 1dd2 2C.C.最終木塊靜止最終木塊靜止,d,d1 1ddd2 2【解析】【解析】選選C C。設子彈的質(zhì)量為。設子彈的質(zhì)量為m m，兩顆子彈與木塊之間的作用，兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均為力大小均為f f，子彈射入木塊前的速度均為，子彈射入木塊前的速度均為v v0 0，左邊子彈射入，左邊子彈射入木塊，與木塊相對靜止時的速度為木塊，與木塊相對靜止時的速度為v v1 1，最后的共同速度為，最后的共同速度為v v。將兩顆子彈、木塊作為一個整體系統(tǒng)來分析，取水平向右為正將兩顆子彈、木塊作為一個整體系統(tǒng)來分析，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒

35、定律，有方向，根據(jù)動量守恒定律，有mvmv0 0mvmv0 0(2m(2mM)vM)v，可見，可見，v v0 0，即最終木塊靜止；兩顆子彈射入木塊的過程，都是系統(tǒng)，即最終木塊靜止；兩顆子彈射入木塊的過程，都是系統(tǒng)的機械能轉化為內(nèi)能，即的機械能轉化為內(nèi)能，即 可見，可見，fdfd1 1fdfd2 2，d d1 1d0,0,所以所以v vB B , ,故只有故只有A A正正確。確。v27.7.在光滑的水平面上有兩個在同一直線在光滑的水平面上有兩個在同一直線上相向運動的小球上相向運動的小球, ,其中甲球的質(zhì)量其中甲球的質(zhì)量m m1 1= =2kg,2kg,乙球的質(zhì)量乙球的質(zhì)量m m2 2=1kg,=

36、1kg,規(guī)定向右為正方規(guī)定向右為正方向向, ,碰撞前后甲球的速度隨時間變化情況碰撞前后甲球的速度隨時間變化情況如圖所示。已知兩球發(fā)生正碰后粘在一起如圖所示。已知兩球發(fā)生正碰后粘在一起, ,則碰前乙球速度的則碰前乙球速度的大小和方向分別為大小和方向分別為( () )A.7m/s,A.7m/s,向右向右 B.7m/s,B.7m/s,向左向左C.1m/s,C.1m/s,向左向左 D.1m/s,D.1m/s,向右向右【解析】【解析】選選B B。由題圖可知。由題圖可知v v甲甲=2m/s,v=2m/s,v共共=-1m/s,=-1m/s,據(jù)動量守恒定據(jù)動量守恒定律有律有m m1 1v v甲甲+m+m2 2

37、v v乙乙=(m=(m1 1+m+m2 2)v)v共共, ,得得v v乙乙=-7m/s,=-7m/s,故選故選B B。8.(20148.(2014莆田模擬莆田模擬) )如圖所示如圖所示, ,一質(zhì)量一質(zhì)量M=3.0kgM=3.0kg的長方形木板的長方形木板B B放在光滑水平地面上放在光滑水平地面上, ,在其右端放一質(zhì)量為在其右端放一質(zhì)量為m=1.0kgm=1.0kg的小木塊的小木塊A A?，F(xiàn)以地面為參考系現(xiàn)以地面為參考系, ,給給A A和和B B以大小均為以大小均為4.0m/s,4.0m/s,方向相反的初速方向相反的初速度度, ,使使A A開始向左運動開始向左運動,B,B開始向右運動開始向右運動

38、, ,但最后但最后A A并沒有滑離木板并沒有滑離木板B B。站在地面的觀察者看到在一段時間內(nèi)小木塊。站在地面的觀察者看到在一段時間內(nèi)小木塊A A正在做加速運正在做加速運動動, ,則在這段時間內(nèi)的某時刻木板則在這段時間內(nèi)的某時刻木板B B相對地面的速度大小可能是相對地面的速度大小可能是( () )A.2.4m/sA.2.4m/sB.2.8m/sB.2.8m/sC.3.0m/sC.3.0m/sD.1.8m/sD.1.8m/s【解析】【解析】選選A A。A A相對地面速度為相對地面速度為0 0時，木板的速度為時，木板的速度為v v1 1，由動，由動量守恒得量守恒得( (向右為正向右為正) )：MvM

39、vmvmvMvMv1 1，解得，解得v v1 1 m/sm/s。木塊。木塊從此時開始向右加速，直到兩者有共同速度從此時開始向右加速，直到兩者有共同速度v v2 2，由動量守恒，由動量守恒得：得：MvMvmvmv(M(Mm)vm)v2 2，解得，解得v v2 22 m/s2 m/s，故，故B B對地的速度在對地的速度在2 2 m/sm/s范圍內(nèi)，選項范圍內(nèi)，選項A A正確。正確。83839.9.某同學用如圖所示的裝置通過半徑相同的某同學用如圖所示的裝置通過半徑相同的A A、B B兩球兩球(m(mA AmmB B) )的的碰撞來驗證動量守恒定律。圖中碰撞來驗證動量守恒定律。圖中PQPQ是斜槽是斜槽

40、,QR,QR為水平槽。實驗為水平槽。實驗時先使時先使A A球從斜槽上某一固定位置球從斜槽上某一固定位置G G由靜止開始滾下由靜止開始滾下, ,落到位于落到位于水平地面的記錄紙上水平地面的記錄紙上, ,留下痕跡。重復上述操作留下痕跡。重復上述操作1010次次, ,得到得到1010個個落點痕跡。再把落點痕跡。再把B B球放在水平槽上靠近槽末端的地方球放在水平槽上靠近槽末端的地方, ,讓讓A A球仍球仍從位置從位置G G由靜止開始滾下由靜止開始滾下, ,和和B B球碰撞后球碰撞后,A,A、B B球分別在記錄紙上球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。重復這種操作留下各自的落點痕跡。重復這種操作1010次

41、。圖中次。圖中O O點是水平槽點是水平槽末端末端R R在記錄紙上的垂直投影點。實驗中在記錄紙上的垂直投影點。實驗中, ,對入射小球在斜槽上對入射小球在斜槽上釋放點的高低對實驗影響的說法中正確的是釋放點的高低對實驗影響的說法中正確的是( () )A.A.釋放點越低釋放點越低, ,小球受阻力越小小球受阻力越小, ,入射小球速度越小入射小球速度越小, ,誤差越小誤差越小B.B.釋放點越低釋放點越低, ,兩球碰后水平位移越小兩球碰后水平位移越小, ,水平位移測量的相對誤水平位移測量的相對誤差越小差越小, ,兩球速度的測量越準確兩球速度的測量越準確C.C.釋放點越高釋放點越高, ,兩球相碰時兩球相碰時,

42、 ,相互作用的內(nèi)力越大相互作用的內(nèi)力越大, ,碰撞前后動碰撞前后動量之差越小量之差越小, ,誤差越小誤差越小D.D.釋放點越高釋放點越高, ,入射小球?qū)Ρ慌鲂∏虻淖饔昧υ酱笕肷湫∏驅(qū)Ρ慌鲂∏虻淖饔昧υ酱? ,軌道對被碰軌道對被碰小球的阻力越小小球的阻力越小【解析】【解析】選選C C。入射球的釋放點越高。入射球的釋放點越高, ,入射球碰前速度越大入射球碰前速度越大, ,相相碰時內(nèi)力越大碰時內(nèi)力越大, ,阻力的影響相對減小阻力的影響相對減小, ,可以較好地滿足動量守恒可以較好地滿足動量守恒的條件的條件, ,也有利于減少測量水平位移時的相對誤差也有利于減少測量水平位移時的相對誤差, ,從而使實驗從而

43、使實驗的誤差減小的誤差減小, ,選項選項C C正確。正確。10.(201410.(2014石景山模擬石景山模擬) )如圖，在光如圖，在光滑水平面上放著質(zhì)量分別為滑水平面上放著質(zhì)量分別為m m和和2m2m的的A A、B B兩個物塊，現(xiàn)用外力緩慢向左推兩個物塊，現(xiàn)用外力緩慢向左推B B使彈簧壓縮，此過程中推力做功使彈簧壓縮，此過程中推力做功W W。然后撤去外力，則。然后撤去外力，則( )( )A A從開始到從開始到A A離開墻面的過程中，墻對離開墻面的過程中，墻對A A的作用力為的作用力為0 0B B當當A A離開墻面時，離開墻面時，B B的動量大小為的動量大小為C CA A離開墻面后，離開墻面后

44、，A A的最大速度為的最大速度為D DA A離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為2mWWmW3【解析】【解析】選選D D。物塊。物塊A A離開墻面前，墻對離開墻面前，墻對A A有彈力，這個彈力不有彈力，這個彈力不做功，因此系統(tǒng)機械能守恒而動量不守恒，選項做功，因此系統(tǒng)機械能守恒而動量不守恒，選項A A錯誤；撤去錯誤；撤去力力F F后，后，B B向右運動，彈簧彈力逐漸減小，當彈簧恢復原長時，向右運動，彈簧彈力逐漸減小，當彈簧恢復原長時，A A開始脫離墻面，這一過程機械能守恒，即滿足：開始脫離墻面，這一過程機械能守恒，即滿足： 2B1W2m v2當當A A離開墻面時，離

45、開墻面時，B B的動量大小為的動量大小為 選項選項B B錯誤；錯誤；A A脫離墻面后速度逐漸增加，脫離墻面后速度逐漸增加，B B速度逐漸減小，此過程中彈簧逐速度逐漸減小，此過程中彈簧逐漸伸長，當漸伸長，當A A、B B速度相同時，彈簧彈性勢能最大，這一過程系速度相同時，彈簧彈性勢能最大，這一過程系統(tǒng)動量和機械能均守恒，有：統(tǒng)動量和機械能均守恒，有：2mv2mvB B(m(m2m)v 2m)v 由由可解得：可解得： E Epmaxpmax所以所以D D正確；正確；B2mv4mW，22pmaxB11E2m vm2m v22W3由于由于A A脫離墻面后系統(tǒng)動量和機械能均守恒，有脫離墻面后系統(tǒng)動量和機械能均守恒，有解得解得 又又A A離開墻面后，離開墻面后，A A的最大速度為的最大速度為 選項選項C C錯誤。錯誤。222BAxBAx1112m vmv2m v2222m vmv2mvAB4vv3，2B1W2m v24W3m，