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最新高考物理二轮复习课件：选修3-5 第1讲 动量 动量守恒定律
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这是一份最新高考物理二轮复习课件：选修3-5 第1讲 动量 动量守恒定律，共60页。PPT课件主要包含了p′-p，作用时间，IFΔt，牛·秒，N·s，-Δp2，远大于，3分类，远小于，光电计时等内容，欢迎下载使用。
【知识梳理自查】一、动量、动量变化、冲量1.动量:(1)定义:运动物体的质量和_____的乘积叫作物体的动量,通常用p来表示。(2)表达式:p=___。(3)标矢性:动量是矢量,其方向和_____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_____,其方向与速度的改变量Δv的方向_____。(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=______。
3.冲量:(1)定义:力与力的_________的乘积叫作力的冲量,公式:_______。(2)单位:冲量的单位是_______,符号是_____。(3)标矢性:冲量是矢量,恒力冲量的方向与力的方向_____。二、动量定理1.内容:物体在一个动量等于它在这个过程中所受力的过程始末的_____变化量。2.表达式:I=p′-p。3.矢量性:动量变化量的方向与合外力的方向相同,也可以在某一方向上用动量定理。
【情境转换】你到过码头吗?码头上总是悬挂着许多旧轮胎(如图甲),你知道这些旧轮胎的作用吗?现在的轿车均安装有安全气囊,在紧急情况下,如剧烈碰撞时,气囊会自动弹出(如图乙),你知道气囊的作用吗? 提示:旧轮胎和气囊均起到缓冲作用。
三、动量守恒定律1.内容:如果一个系统_____外力,或者_____外力的矢量和为__,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律。2.表达式(1)p=____,系统相互作用前的总动量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增量等大反向。
m1v1′+m2v2′
四、弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞(1)概念:碰撞是指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。
2.反冲现象(1)定义:在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能_____,且常伴有其他形式的能向动能的转化。(2)特点:反冲运动的过程中,一般合外力为零或外力的作用_______物体间的相互作用力,可认为系统的动量守恒,可利用动量守恒定律来处理。3.爆炸问题爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且_______系统所受的外力,所以系统动量_____,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
【情境转换】假如在月球上建一飞机场,应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢? 提示:应配置喷气式飞机。喷气式飞机利用反冲运动原理,可以在真空中飞行,而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的,不能在真空中飞行。
五、实验:验证动量守恒定律1.方案一:利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图所示)。 (1)测质量:用_____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_________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。
2.方案二:利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图所示)。 (1)测质量:用_____测出两小球的质量m1、m2。(2)安装:把两个_____小球用等长悬线悬挂起来。(3)实验:一个小球_____,拉起另一个小球,放下时它们相碰。
(4)测速度:可以测量小球被拉起的_____,从而算出碰撞前对应小球的速度,测量碰撞后小球摆起的_____,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。(6)验证:一维碰撞中的动量守恒。
3.方案三:在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图所示)。 (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_____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= 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。
4.方案四:利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(如图所示)。 (1)用天平测出两小球的质量,并选定_______的小球为入射小球。(2)按照如图所示安装实验装置,调整固定斜槽使斜槽底端_____。(3)白纸在下,复写纸在上,在适当位置铺放好。记下_______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_____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)把被撞小球放在_________,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和被碰小球落点的平均位置N。如图所示。
(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:在实验误差范围内,碰撞系统的动量守恒。
【小题速诊速纠】1.判一判(1)动量越大的物体,其速度越大。 ( )(2)物体所受合力不变,其动量也不变。 ( )(3)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。 ( )(4)两物体相互作用时若系统不受外力,则两物体组成的系统动量守恒。 ( )(5)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 ( )(6)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相等。 ( )
(7)飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后喷出气体,该过程中系统动量守恒。( )提示:(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)√ (7)√
2.练一练(1)鸟撞飞机是导致空难的重要因素之一。假设在某次空难中,鸟的质量为0.6 kg,飞行的速度为3 m/s,迎面撞上速度为720 km/h的飞机,对飞机的撞击力达到1.6×106 N。则鸟撞飞机的作用时间大约为( )A.7.6×10-6 s B.7.6×10-5 sC.1.5×10-5 sD.1.5×10-4 s【解析】选B。设碰撞过程鸟撞击飞机的作用时间为t,则根据动量定理得Ft=mΔv,整理可得t= ,选项B正确。
(2)(多选)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示,则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A.动量守恒B.机械能守恒C.动量不守恒D.机械能不守恒
【解析】选A、D。在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零,则动量守恒;由于子弹射入木块时会产生热能,则系统的机械能减小,即机械能不守恒,选项A、D正确,B、C错误。
考点1 动量定理的理解和应用(c)【要点融会贯通】1.对动量定理的理解:(1)公式p′-p=Ft是矢量式,右边是物体受到所有力的总冲量,而不是某一个力的冲量。其中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是变力,如果合外力是变力,则F是合外力在t时间内的平均值。(2)在不涉及加速度和位移的情况下,研究运动和力的关系时,用动量定理求解一般较为方便。
(3)因为动量定理不仅适用于恒力作用,也适用于变力作用,而且也不需要考虑运动过程的细节。(4)在电磁感应中常涉及变力的过程,应用动量定理可以使问题简化。
2.用动量定理解题的基本思路:
【典例考题研析】 【典例1】如图所示,刚性U形金属导轨M1N1N2M2位于光滑水平桌面上,其左端中接有阻值为R的电阻,它们总的质量为m0。导轨的两条轨道间的距离为l,PQ是质量为m的金属杆,其电阻为r,可在轨道上滑动,滑动时保持与轨道垂直。杆与轨道的接触是粗糙的,导轨的电阻均不计。初始时,杆PQ位于图中的虚线处,虚线的右侧为一匀强磁场区域,磁场方向垂直于桌面,磁感应强度的大小为B。现有一位于导轨平面内的与轨道平行的恒力F作用于PQ上,使之从静止开始在轨道上向右做加速运动。已知经过时间t通过电阻的电流为I0,导轨向右移动的距离为x0(导轨的N1N2部分尚未进入磁场区域)。不考虑回路的自感,求 :
(1)杆与轨道的摩擦力。(2)PQ离开虚线的距离。(3)在此过程中电阻所消耗的能量。
【解析】(1)因U形导轨在摩擦力作用下做匀加速运动,若其加速度为a,则有f=m0a而 a= 由两式得f=2m0
(2)经过时间t,杆的速度设为v,则杆和导轨构成的回路中的感应电动势E=Blv 此时回路中的感应电流I0= 得v= 对PQ杆应用动量定理可得(F-f)t-Bl∑Δq=mv而∑Δq= 解得x= (3)由能量关系
答案:(1)f=2m0 (2) (3)
【精练题组通关】1.(多选)(2020·宁波模拟)动能相同的A、B两球(mA>mB)在光滑的水平面上相向运动,当两球发生对心碰撞后,其中一球停止运动,则可判定( ) A.碰撞前A球的速度小于B球的速度B.碰撞前A球的动量小于B球的动量C.碰撞前后A球的动量变化量大于B球的动量变化量D.碰撞后,A球的速度一定为零,B球朝反方向运动
【解析】选A、D。两小球的动能相同,根据:p=mv可知,p= ,因为mA>mB,所以pA>pB,vA
(1)要使列车向右运行,启动时图甲中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由。(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小。(3)列车减速时,需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l 。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
【解析】(1)M接电源正极,列车要向右运动,安培力方向应向右,根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b,由c到d,故M接电源正极。(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总= ;①设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I= ②设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=BIl③根据牛顿第二定律有F=ma,④联立①②③④式得a= ⑤
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1= ,⑥其中ΔΦ=Bl2;⑦设回路中平均电流为I′,由闭合电路欧姆定律有I′= ⑧设cd受到的平均安培力为F′,有F′=I′lB⑨以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F′Δt⑩
同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有I0=2I冲 设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有I总=0-mv0 联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 讨论:若 恰好为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场,若 不是整数,设 的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。答案:(1)M 理由见解析 (2) (3)见解析
【加固训练】某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
【解析】(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV①ΔV=v0SΔt②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v⑤设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h= 答案:(1)ρv0S (2)
考点2 动量守恒定律与碰撞、反冲、爆炸(d)【要点融会贯通】1.动量守恒定律的“五性”:
2.碰撞现象满足的三个规律:(1)动量守恒:即p1+p2=p′1+p′2。(2)动能不增加:即Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2或 (3)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。
3.对反冲现象的三点说明:(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动,通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。
4.爆炸现象的三个规律:(1)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,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒。(2)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,所以爆炸前后系统的总动能增加。(3)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。
【典例考题研析】【典例2】如图所示,质量均为M=4 kg 的小车A、B,B车上用轻绳挂有质量为m=2 kg的小球C,与B车静止在水平地面上,A车以v0=2 m/s的速度在光滑水平地面上向B车运动,相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求:(1)碰撞过程中系统损失的机械能;(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小。
【解题思路】解答本题应注意以下两点:
【解析】(1)设A、B车碰后共同速度为v1,由动量守恒得:Mv0=2Mv1系统损失的能量为:(2)设小球C再次回到最低点时A、B车速为v2,小球C速度为v3,对A、B、C系统由水平方向动量守恒得:2Mv1=2Mv2+mv3由能量守恒得: 解得:v3=1.6 m/s答案:(1)4 J (2)1.6 m/s
【精练题组通关】1.(2020·宁波模拟)质量M=327 kg的小型火箭(含燃料)由静止发射,发射时共喷出质量m=27 kg的气体,设喷出的气体相对地面的速度均为v=1 000 m/s。忽略地球引力和空气阻力的影响,则气体全部喷出后,火箭的速度大小为( ) A.76 m/sB.82 m/sC.90 m/sD.99 m/s【解析】选C。根据动量守恒定律:(M-m)v1+mv2=0,所以气体全部喷出后火箭的速度v1= =-90 m/s,大小为90 m/s,方向与喷出气体方向相反,C正确。
2.(2018·全国卷Ⅰ) 一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E= ①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt②联立①②式得t= ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 ⑤ ⑥由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 ⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2= ⑧
答案:(1) (2)
【加固训练】如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10m/s2。
(1)求斜面体的质量。(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v① (m2+m3)v2+m2gh②式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0④
代入数据得 v1=1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥ ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。答案:(1)20 kg (2)见解析
考点3 实验:探究碰撞中的不变量【要点融会贯通】1.实验时应注意的几个问题:(1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。(2)四种方案提醒。①若利用气垫导轨进行实验,调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平。②若利用摆球进行实验,两小球静放时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将小球拉起后,两条摆线应在同一竖直平面内。
③若利用长木板进行实验,可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力。④若利用斜槽进行实验,入射球质量要大于被碰球质量,即:m1>m2,防止碰后m1被反弹。(3)探究结论:寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。
2.对实验误差的分析:(1)系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求,即:①碰撞是否为一维碰撞。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,长木板实验是否平衡掉摩擦力等。(2)偶然误差:主要来源于质量m和速度v的测量。(3)减小误差的措施。①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞,且尽量满足动量守恒的条件。②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差。
【典例考题研析】 【典例3】(2018·浙江11月选考真题)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图甲所示,悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成,小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞,碰后小球A继续摆动,小球B做平抛运动。(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示,则d=________mm。又测得了小球A质量m1,细线长度l,碰撞前小球 A 拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验,还需要测量的物理量有:________。
(2)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆,其周期__________(选填“小于”“等于”或“大于”)粘合前单摆的周期(摆角小于5°)。 【解析】(1)游标卡尺的精确度为0.05 mm,根据游标卡尺的读数方法可知,d=14 mm+8×0.05 mm=14.40 mm。 碰撞过程中动量守恒,m1v1=m1v1′+m2v2′,A球碰前的速度可以由m1gl(1-csα)= 得出,故还需要测m2的值,以及碰后A球的摆角从而来测定碰后A球的速度。
(2)若碰后粘在一起形成新单摆,根据单摆周期公式可知T=2π ,摆球质量变大不会改变单摆的周期。 答案:(1)14.40 小球B的质量m2、A球碰撞后摆角的大小 (2)等于
【精练题组通关】1.(2020·温州模拟)现利用如图所示装置验证动量守恒定律。在图中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一撞针,滑块B左侧有橡皮泥,上面均固定有遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1=300.0 g,滑块B的质量m2=100.0 g,两滑块的遮光片宽度均为d=1.00 cm。将两个光电门固定在合适位置,滑块A置于光电门1左侧某一合适位置,滑块B置于两光电门之间某一合适位置,给滑块A向右的初速度,通过光电门1后使它与B相碰并粘在一起通过光电门2。计时器显示滑块A、B的遮光片通过光电门1和2的时间分别为Δt1=30 ms和Δt2=41 ms。
请完成下面的问题:(1)碰撞前,滑块A的动量为p1=__________kg·m/s。 (2)碰撞后,滑块A、B的动量为p2=________kg·m/s。 (3)碰撞前后总动量之差为|Δp|=__________kg·m/s。 (以上均保留三位小数)(4)若η=| |是本实验的误差指标,则η=________。(保留两位小数) (5)η≤0.05是本实验误差允许的范围,则本实验是否验证了动量守恒?回答__________(选填“是”或“否”)。
【解析】(1)根据v1= ,故碰撞前的动量p1=m1v1=0.100 kg·m/s;(2)碰撞后的速度v2= ,碰撞后的动量p2=(m1+m2)v2≈0.098 kg·m/s;(3)碰撞前后总动量之差为|Δp|=|0.100-0.098| kg·m/s=0.002 kg·m/s;(4)η=| |=| |=0.02;(5)η≤0.05是本实验误差允许的范围,而本实验误差为0.02,因此在误差允许的范围内,可以验证动量守恒。
答案:(1)0.100 (2)0.098 (3)0.002 (4)0.02 (5)是
2.为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量),某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B,按下述步骤进行实验:步骤1:在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣,以便二者相撞以后能够立刻结为整体;步骤2:安装好实验装置如图甲,铝质轨道槽的左端是倾斜槽,右端是长直水平槽,倾斜槽和水平槽由一小段弧连接,轨道槽被固定在水平桌面上,在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机;步骤3:让滑块B静置于水平槽的某处,滑块A从斜槽某处由静止释放,同时开始频闪拍摄,直到A、B停止运动,得到一幅多次曝光的数码照片;
步骤4:多次重复步骤3,得到多幅照片,挑出其中最理想的一幅,打印出来,将刻度尺紧靠照片放置,如图乙所示。 (1)由图乙分析可知,滑块A与滑块B碰撞位置______。 A.在P5、P6之间 B.在P6处 C.在P6、P7之间
(2)为了探究碰撞中动量是否守恒,需要直接测量或读取的物理量是________。 ①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相机的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的x45、x56和x67、x78⑥照片上测得的x34、x45、x56和x67、x78、x89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式_______________。
(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议: ___________________________________。
【解析】(1)由题图可得x12=3.00 cm,x23=2.80 cm,x34=2.60 cm,x45=2.40 cm,x56=2.20 cm,x67=1.60 cm,x78=1.40 cm,x89=1.20 cm。根据匀变速直线运动的特点可知A、B相撞的位置在P6处。
(2)为了探究A、B相撞前后动量是否守恒,就要得到碰撞前后的动量,所以要测量A、B两个滑块的质量m1、m2和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为T,则P4处的速度为v4= ,P5处的速度为v5= ,因为v5= ,所以A、B碰撞前在P6处的速度为v6= ;同理可得碰撞后AB在P6处的速度为v′6= 。若动量守恒则有m1v6=(m1+m2)v′6,整理得m1(x45+2x56-x34)=(m1+m2)(2x67+x78-x89)。因此需要测量或读取的物理量是①⑥。
(3)若碰撞前后都做匀速运动则可提高实验的精确度。答案:(1)B (2)①⑥m1(x45+2x56-x34)=(m1+m2)(2x67+x78-x89)(3)将轨道的一端垫起少许,平衡摩擦力,使得滑块碰撞前后都做匀速运动(其他合理答案也可)
【加固训练】现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律。在图甲中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图乙所示。
若实验允许的相对误差绝对值( ×100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程。【解析】纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt= =0.02 s根据v= 可计算出滑块A碰撞前后的速度v0=2.00 m/s,v1=0.970 m/s
【知识梳理自查】一、动量、动量变化、冲量1.动量:(1)定义:运动物体的质量和_____的乘积叫作物体的动量,通常用p来表示。(2)表达式:p=___。(3)标矢性:动量是矢量,其方向和_____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_____,其方向与速度的改变量Δv的方向_____。(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=______。
3.冲量:(1)定义:力与力的_________的乘积叫作力的冲量,公式:_______。(2)单位:冲量的单位是_______,符号是_____。(3)标矢性:冲量是矢量,恒力冲量的方向与力的方向_____。二、动量定理1.内容:物体在一个动量等于它在这个过程中所受力的过程始末的_____变化量。2.表达式:I=p′-p。3.矢量性:动量变化量的方向与合外力的方向相同,也可以在某一方向上用动量定理。
【情境转换】你到过码头吗?码头上总是悬挂着许多旧轮胎(如图甲),你知道这些旧轮胎的作用吗?现在的轿车均安装有安全气囊,在紧急情况下,如剧烈碰撞时,气囊会自动弹出(如图乙),你知道气囊的作用吗? 提示:旧轮胎和气囊均起到缓冲作用。
三、动量守恒定律1.内容:如果一个系统_____外力,或者_____外力的矢量和为__,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律。2.表达式(1)p=____,系统相互作用前的总动量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增量等大反向。
m1v1′+m2v2′
四、弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞(1)概念:碰撞是指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。
2.反冲现象(1)定义:在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能_____,且常伴有其他形式的能向动能的转化。(2)特点:反冲运动的过程中,一般合外力为零或外力的作用_______物体间的相互作用力,可认为系统的动量守恒,可利用动量守恒定律来处理。3.爆炸问题爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且_______系统所受的外力,所以系统动量_____,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
【情境转换】假如在月球上建一飞机场,应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢? 提示:应配置喷气式飞机。喷气式飞机利用反冲运动原理,可以在真空中飞行,而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的,不能在真空中飞行。
五、实验:验证动量守恒定律1.方案一:利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图所示)。 (1)测质量:用_____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_________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。
2.方案二:利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图所示)。 (1)测质量:用_____测出两小球的质量m1、m2。(2)安装:把两个_____小球用等长悬线悬挂起来。(3)实验:一个小球_____,拉起另一个小球,放下时它们相碰。
(4)测速度:可以测量小球被拉起的_____,从而算出碰撞前对应小球的速度,测量碰撞后小球摆起的_____,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。(6)验证:一维碰撞中的动量守恒。
3.方案三:在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图所示)。 (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_____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= 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。
4.方案四:利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(如图所示)。 (1)用天平测出两小球的质量,并选定_______的小球为入射小球。(2)按照如图所示安装实验装置,调整固定斜槽使斜槽底端_____。(3)白纸在下,复写纸在上,在适当位置铺放好。记下_______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_____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)把被撞小球放在_________,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和被碰小球落点的平均位置N。如图所示。
(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:在实验误差范围内,碰撞系统的动量守恒。
【小题速诊速纠】1.判一判(1)动量越大的物体,其速度越大。 ( )(2)物体所受合力不变,其动量也不变。 ( )(3)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。 ( )(4)两物体相互作用时若系统不受外力,则两物体组成的系统动量守恒。 ( )(5)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 ( )(6)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相等。 ( )
(7)飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后喷出气体,该过程中系统动量守恒。( )提示:(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)√ (7)√
2.练一练(1)鸟撞飞机是导致空难的重要因素之一。假设在某次空难中,鸟的质量为0.6 kg,飞行的速度为3 m/s,迎面撞上速度为720 km/h的飞机,对飞机的撞击力达到1.6×106 N。则鸟撞飞机的作用时间大约为( )A.7.6×10-6 s B.7.6×10-5 sC.1.5×10-5 sD.1.5×10-4 s【解析】选B。设碰撞过程鸟撞击飞机的作用时间为t,则根据动量定理得Ft=mΔv,整理可得t= ,选项B正确。
(2)(多选)一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示,则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A.动量守恒B.机械能守恒C.动量不守恒D.机械能不守恒
【解析】选A、D。在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零,则动量守恒;由于子弹射入木块时会产生热能,则系统的机械能减小,即机械能不守恒,选项A、D正确,B、C错误。
考点1 动量定理的理解和应用(c)【要点融会贯通】1.对动量定理的理解:(1)公式p′-p=Ft是矢量式,右边是物体受到所有力的总冲量,而不是某一个力的冲量。其中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是变力,如果合外力是变力,则F是合外力在t时间内的平均值。(2)在不涉及加速度和位移的情况下,研究运动和力的关系时,用动量定理求解一般较为方便。
(3)因为动量定理不仅适用于恒力作用,也适用于变力作用,而且也不需要考虑运动过程的细节。(4)在电磁感应中常涉及变力的过程,应用动量定理可以使问题简化。
2.用动量定理解题的基本思路:
【典例考题研析】 【典例1】如图所示,刚性U形金属导轨M1N1N2M2位于光滑水平桌面上,其左端中接有阻值为R的电阻,它们总的质量为m0。导轨的两条轨道间的距离为l,PQ是质量为m的金属杆,其电阻为r,可在轨道上滑动,滑动时保持与轨道垂直。杆与轨道的接触是粗糙的,导轨的电阻均不计。初始时,杆PQ位于图中的虚线处,虚线的右侧为一匀强磁场区域,磁场方向垂直于桌面,磁感应强度的大小为B。现有一位于导轨平面内的与轨道平行的恒力F作用于PQ上,使之从静止开始在轨道上向右做加速运动。已知经过时间t通过电阻的电流为I0,导轨向右移动的距离为x0(导轨的N1N2部分尚未进入磁场区域)。不考虑回路的自感,求 :
(1)杆与轨道的摩擦力。(2)PQ离开虚线的距离。(3)在此过程中电阻所消耗的能量。
【解析】(1)因U形导轨在摩擦力作用下做匀加速运动,若其加速度为a,则有f=m0a而 a= 由两式得f=2m0
(2)经过时间t,杆的速度设为v,则杆和导轨构成的回路中的感应电动势E=Blv 此时回路中的感应电流I0= 得v= 对PQ杆应用动量定理可得(F-f)t-Bl∑Δq=mv而∑Δq= 解得x= (3)由能量关系
答案:(1)f=2m0 (2) (3)
【精练题组通关】1.(多选)(2020·宁波模拟)动能相同的A、B两球(mA>mB)在光滑的水平面上相向运动,当两球发生对心碰撞后,其中一球停止运动,则可判定( ) A.碰撞前A球的速度小于B球的速度B.碰撞前A球的动量小于B球的动量C.碰撞前后A球的动量变化量大于B球的动量变化量D.碰撞后,A球的速度一定为零,B球朝反方向运动
【解析】选A、D。两小球的动能相同,根据:p=mv可知,p= ,因为mA>mB,所以pA>pB,vA
(1)要使列车向右运行,启动时图甲中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由。(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小。(3)列车减速时,需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l 。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
【解析】(1)M接电源正极,列车要向右运动,安培力方向应向右,根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b,由c到d,故M接电源正极。(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得R总= ;①设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有I= ②设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=BIl③根据牛顿第二定律有F=ma,④联立①②③④式得a= ⑤
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有E1= ,⑥其中ΔΦ=Bl2;⑦设回路中平均电流为I′,由闭合电路欧姆定律有I′= ⑧设cd受到的平均安培力为F′,有F′=I′lB⑨以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有I冲=-F′Δt⑩
同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有I0=2I冲 设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有I总=0-mv0 联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 讨论:若 恰好为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场,若 不是整数,设 的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。答案:(1)M 理由见解析 (2) (3)见解析
【加固训练】某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
【解析】(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV①ΔV=v0SΔt②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm) ④
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v⑤设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h= 答案:(1)ρv0S (2)
考点2 动量守恒定律与碰撞、反冲、爆炸(d)【要点融会贯通】1.动量守恒定律的“五性”:
2.碰撞现象满足的三个规律:(1)动量守恒:即p1+p2=p′1+p′2。(2)动能不增加:即Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2或 (3)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。
3.对反冲现象的三点说明:(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动,通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。
4.爆炸现象的三个规律:(1)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,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒。(2)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,所以爆炸前后系统的总动能增加。(3)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。
【典例考题研析】【典例2】如图所示,质量均为M=4 kg 的小车A、B,B车上用轻绳挂有质量为m=2 kg的小球C,与B车静止在水平地面上,A车以v0=2 m/s的速度在光滑水平地面上向B车运动,相碰后粘在一起(碰撞时间很短)。求:(1)碰撞过程中系统损失的机械能;(2)碰后小球C第一次回到最低点时的速度大小。
【解题思路】解答本题应注意以下两点:
【解析】(1)设A、B车碰后共同速度为v1,由动量守恒得:Mv0=2Mv1系统损失的能量为:(2)设小球C再次回到最低点时A、B车速为v2,小球C速度为v3,对A、B、C系统由水平方向动量守恒得:2Mv1=2Mv2+mv3由能量守恒得: 解得:v3=1.6 m/s答案:(1)4 J (2)1.6 m/s
【精练题组通关】1.(2020·宁波模拟)质量M=327 kg的小型火箭(含燃料)由静止发射,发射时共喷出质量m=27 kg的气体,设喷出的气体相对地面的速度均为v=1 000 m/s。忽略地球引力和空气阻力的影响,则气体全部喷出后,火箭的速度大小为( ) A.76 m/sB.82 m/sC.90 m/sD.99 m/s【解析】选C。根据动量守恒定律:(M-m)v1+mv2=0,所以气体全部喷出后火箭的速度v1= =-90 m/s,大小为90 m/s,方向与喷出气体方向相反,C正确。
2.(2018·全国卷Ⅰ) 一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E= ①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt②联立①②式得t= ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 ⑤ ⑥由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 ⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2= ⑧
答案:(1) (2)
【加固训练】如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10m/s2。
(1)求斜面体的质量。(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v① (m2+m3)v2+m2gh②式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0④
代入数据得 v1=1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥ ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。答案:(1)20 kg (2)见解析
考点3 实验:探究碰撞中的不变量【要点融会贯通】1.实验时应注意的几个问题:(1)前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。(2)四种方案提醒。①若利用气垫导轨进行实验,调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平。②若利用摆球进行实验,两小球静放时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将小球拉起后,两条摆线应在同一竖直平面内。
③若利用长木板进行实验,可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力。④若利用斜槽进行实验,入射球质量要大于被碰球质量,即:m1>m2,防止碰后m1被反弹。(3)探究结论:寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。
2.对实验误差的分析:(1)系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求,即:①碰撞是否为一维碰撞。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,长木板实验是否平衡掉摩擦力等。(2)偶然误差:主要来源于质量m和速度v的测量。(3)减小误差的措施。①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞,且尽量满足动量守恒的条件。②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差。
【典例考题研析】 【典例3】(2018·浙江11月选考真题)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图甲所示,悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成,小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞,碰后小球A继续摆动,小球B做平抛运动。(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示,则d=________mm。又测得了小球A质量m1,细线长度l,碰撞前小球 A 拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验,还需要测量的物理量有:________。
(2)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆,其周期__________(选填“小于”“等于”或“大于”)粘合前单摆的周期(摆角小于5°)。 【解析】(1)游标卡尺的精确度为0.05 mm,根据游标卡尺的读数方法可知,d=14 mm+8×0.05 mm=14.40 mm。 碰撞过程中动量守恒,m1v1=m1v1′+m2v2′,A球碰前的速度可以由m1gl(1-csα)= 得出,故还需要测m2的值,以及碰后A球的摆角从而来测定碰后A球的速度。
(2)若碰后粘在一起形成新单摆,根据单摆周期公式可知T=2π ,摆球质量变大不会改变单摆的周期。 答案:(1)14.40 小球B的质量m2、A球碰撞后摆角的大小 (2)等于
【精练题组通关】1.(2020·温州模拟)现利用如图所示装置验证动量守恒定律。在图中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一撞针,滑块B左侧有橡皮泥,上面均固定有遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1=300.0 g,滑块B的质量m2=100.0 g,两滑块的遮光片宽度均为d=1.00 cm。将两个光电门固定在合适位置,滑块A置于光电门1左侧某一合适位置,滑块B置于两光电门之间某一合适位置,给滑块A向右的初速度,通过光电门1后使它与B相碰并粘在一起通过光电门2。计时器显示滑块A、B的遮光片通过光电门1和2的时间分别为Δt1=30 ms和Δt2=41 ms。
请完成下面的问题:(1)碰撞前,滑块A的动量为p1=__________kg·m/s。 (2)碰撞后,滑块A、B的动量为p2=________kg·m/s。 (3)碰撞前后总动量之差为|Δp|=__________kg·m/s。 (以上均保留三位小数)(4)若η=| |是本实验的误差指标,则η=________。(保留两位小数) (5)η≤0.05是本实验误差允许的范围,则本实验是否验证了动量守恒?回答__________(选填“是”或“否”)。
【解析】(1)根据v1= ,故碰撞前的动量p1=m1v1=0.100 kg·m/s;(2)碰撞后的速度v2= ,碰撞后的动量p2=(m1+m2)v2≈0.098 kg·m/s;(3)碰撞前后总动量之差为|Δp|=|0.100-0.098| kg·m/s=0.002 kg·m/s;(4)η=| |=| |=0.02;(5)η≤0.05是本实验误差允许的范围,而本实验误差为0.02,因此在误差允许的范围内,可以验证动量守恒。
答案:(1)0.100 (2)0.098 (3)0.002 (4)0.02 (5)是
2.为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量),某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B,按下述步骤进行实验:步骤1:在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣,以便二者相撞以后能够立刻结为整体;步骤2:安装好实验装置如图甲,铝质轨道槽的左端是倾斜槽,右端是长直水平槽,倾斜槽和水平槽由一小段弧连接,轨道槽被固定在水平桌面上,在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机;步骤3:让滑块B静置于水平槽的某处,滑块A从斜槽某处由静止释放,同时开始频闪拍摄,直到A、B停止运动,得到一幅多次曝光的数码照片;
步骤4:多次重复步骤3,得到多幅照片,挑出其中最理想的一幅,打印出来,将刻度尺紧靠照片放置,如图乙所示。 (1)由图乙分析可知,滑块A与滑块B碰撞位置______。 A.在P5、P6之间 B.在P6处 C.在P6、P7之间
(2)为了探究碰撞中动量是否守恒,需要直接测量或读取的物理量是________。 ①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相机的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的x45、x56和x67、x78⑥照片上测得的x34、x45、x56和x67、x78、x89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式_______________。
(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议: ___________________________________。
【解析】(1)由题图可得x12=3.00 cm,x23=2.80 cm,x34=2.60 cm,x45=2.40 cm,x56=2.20 cm,x67=1.60 cm,x78=1.40 cm,x89=1.20 cm。根据匀变速直线运动的特点可知A、B相撞的位置在P6处。
(2)为了探究A、B相撞前后动量是否守恒,就要得到碰撞前后的动量,所以要测量A、B两个滑块的质量m1、m2和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为T,则P4处的速度为v4= ,P5处的速度为v5= ,因为v5= ,所以A、B碰撞前在P6处的速度为v6= ;同理可得碰撞后AB在P6处的速度为v′6= 。若动量守恒则有m1v6=(m1+m2)v′6,整理得m1(x45+2x56-x34)=(m1+m2)(2x67+x78-x89)。因此需要测量或读取的物理量是①⑥。
(3)若碰撞前后都做匀速运动则可提高实验的精确度。答案:(1)B (2)①⑥m1(x45+2x56-x34)=(m1+m2)(2x67+x78-x89)(3)将轨道的一端垫起少许,平衡摩擦力,使得滑块碰撞前后都做匀速运动(其他合理答案也可)
【加固训练】现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律。在图甲中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图乙所示。
若实验允许的相对误差绝对值( ×100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程。【解析】纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt= =0.02 s根据v= 可计算出滑块A碰撞前后的速度v0=2.00 m/s,v1=0.970 m/s
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