（江蘇專用）2019版高考物理大一輪復習 第6單元 動量學案

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1、 第六單元 動量 高考熱點統計 要求 2014年 2015年 2016年 2017年 高考基礎要求及冷點統計 Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅰ Ⅱ Ⅲ 動量、動量定理 Ⅱ 35(2) 35(2) 35(2) 35(2) 35(2) 35(2) 20 實驗七:驗證動量守恒定律 動量作為物理重要解題思想,可以綜合其他很多核心知識考查,單獨考查動量實驗的概率較小,屬于高考冷點. 動量守恒定律及其應用 Ⅱ 14 15 彈性碰撞和非彈性碰撞 Ⅰ 35(2) 35(2) 35(2)

2、 35(2) 35(2) 考情分析 1.動量、動量守恒定律是高中物理的重點知識,動量守恒定律通常結合動能定理或能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題.在2016年以前高考對本知識的考查多以計算題的形式出題,難度中等偏上. 2.2017年以后動量作為解題重要思想方法,動量定理和動量守恒定律可與靜電場、磁場、電磁感應等核心知識綜合,這將是未來新高考的重要趨勢. 第17講　動量　動量定理 一、動量 1.定義:物體的　　　　與　　　　的乘積.? 2.表達式:p=　　　　,單位　　　　.? 3.動量是矢量,與　　　　　　　　方向相同.? 二、沖量 1

3、.定義:是力對時間的累積效應,是過程量,效果表現為物體動量的變化. 2.表達式:I=　　　　,單位　　　　.? 3.沖量是矢量,與　　　　　　　　或　　　　　　　　方向相同.? 三、動量定理 1.內容:物體受到的　　　　　　　　等于　　　　　　　　.? 2.公式:I合=Δp. (1)動量的變化量是矢量,只有當初、末動量在一條直線上時,才可以直接進行代數運算. (2)Δp的計算方法:①直線運動:選擇一個正方向,與正方向相同的動量取正值,與正方向相反的動量取負值,可以表達為:Δp=pt-p0,其中p0、pt分別是初、末動量. ②曲線運動:要用矢量的運算方法,利用平行四邊形定則,畫圖

4、求解. 【思維辨析】 (1)一個物體的運動狀態(tài)變化,它的動量一定改變. (　　) (2)合外力的沖量是物體動量發(fā)生變化的原因. (　　) (3)動量具有瞬時性. (　　) (4)物體動量的變化等于某個力的沖量. (　　) 【思維拓展】 一個質量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動,經過時間t下降的高度為h,速度變?yōu)関,求在這段時間內物體動量變化的大小. ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????

5、???????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? 考點一　對動量、沖量的理解 1.動能與動量的比較 動能 動量 定義 物體由于運動而具有的能量 物體的質量和速度的乘積 定義式 Ek=mv2 p=mv 矢標性 標量 矢量 特點 狀態(tài)量 狀態(tài)量 關聯方程 Ek=,Ek=pv,p=,p= 聯系 　(1)都是相對量,與參考系的選取有關,通常選取地面為參考系 　(2)若物體的動能發(fā)生變化,則動量一定也發(fā)生變化,但動量發(fā)生變化時動能不

6、一定發(fā)生變化 2.沖量與功的比較 沖量 功 定義 作用在物體上的力和力作用時間的乘積 作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積 單位 N·s J 公式 I=Ft(F為恒力) W=Flcos θ(F為恒力) 矢標性 矢量 標量 意義 (1)表示力對時間的累積 (2)是動量變化的量度 (1)表示力對空間的累積 (2)是能量變化的量度 聯系 都是過程量,都與力的作用過程相互聯系 1.(多選)[2017·廣州調研] 兩個質量不同的物體,如果它們的 (　　) A.動能相等,則質量大的動量大 B.動能相等,則動量大小也相等 C.動量

7、大小相等,則質量大的動能小 D.動量大小相等,則動能也相等 2.下列說法中正確的是 (　　) ①一質點受兩個力作用且處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動),這兩個力在同一段時間內的沖量一定相同. ②一質點受兩個力作用且處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動),這兩個力在同一段時間內做的功或者大小都為零,或者大小相等、正負號相反. ③在同樣時間內,作用力和反作用力的功大小不一定相等,但正負號一定相反. ④在同樣時間內,作用力和反作用力的功大小不一定相等,正負號也不一定相反.　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.①② B.①③ C.②③ D.②④ 3

8、.(多選)[2017·南昌聯考] 如圖17-1所示,水平面上有傾角為θ的斜面,質量為m的小滑塊從底端沿斜面向上滑動,經過時間t1速度減小到零,而后下滑,經過時間t2回到斜面底端.滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終是f,重力加速度為g,則關于小滑塊運動的整個過程,下列說法中正確的是 (　　) 圖17-1 A.斜面對滑塊的彈力的沖量為零 B.摩擦力對滑塊的總沖量大小為f(t2-t1),方向沿斜面向上 C.合力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)sin θ+f(t1-t2),方向沿斜面向下 D.合力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)sin θ+f(t1-t2),方向沿斜面向上

9、 ■ 規(guī)律總結 (1)動量的特點 ①瞬時性:動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量,是針對某一時刻或位置而言的. ②相對性:動量的大小與參考系的選取有關,通常情況是指相對地面的動量. (2)沖量的特點 ①時間性:沖量不僅由力決定,還由力作用的時間決定.恒力的沖量等于力與作用時間的乘積. ②矢量性:對于方向恒定的力來說,沖量的方向與力的方向一致;對于作用時間內方向變化的力來說,沖量的方向與相應時間內物體動量的變化量方向一致. (3)作用力和反作用力的沖量一定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯系. 考點二　動量定理的基本應用 (1)確定研究對象.在中學階段用動量定理討論的

10、問題,其研究對象一般僅限于單個物體. (2)對物體進行受力分析.可以先求每個力的沖量,再求各力沖量的矢量和——合力的沖量;或先求合力,再求合力的沖量. (3)抓住過程的初、末狀態(tài),選好正方向,確定各動量和沖量的正負號. (4)根據動量定理列方程,如有必要還需要列出其他方程,最后代入數據求解. 1 (多選)[2017·全國卷Ⅲ] 一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動.F隨時間t變化的圖線如圖17-2所示,則 (　　) 圖17-2 A.t=1 s時物塊的速率為1 m/s B.t=2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s C.t=3 s時物塊的動量大小為5

11、 kg·m/s D.t=4 s時物塊的速度為零 式題 [2017·北京海淀摸底] 在水平地面的右端B處有一面墻,放在水平地面上A點的小物塊的質量m=0.5 kg,A、B間的距離s=5 m,如圖17-3所示.小物塊以大小為8 m/s的初速度v0從A向B運動,剛要與墻壁碰撞時的瞬時速度v1=7 m/s,碰撞后以大小為6 m/s的速度v2反向彈回.重力加速度g取10 m/s2. (1)求小物塊從A向B運動過程中的加速度a的大小; (2)求小物塊與地面間的動摩擦因數μ; (3)若碰撞時間t=0.05 s,求碰撞過程中墻面對小物塊平均作用力F的大小. 圖17-3

12、 ■ 規(guī)律總結 (1)對動量定理的理解 ①公式Ft=p'-p是矢量式,左邊是物體受到所有力的合沖量,而不是某一個力的沖量.其中的F是研究對象所受的包括重力在內所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是變力,如果合外力是變力,則F是合外力在時間t內的平均值. ②公式Ft=p'-p說明了兩邊的因果關系,即合力的沖量是動量變化的原因. (2)合沖量的兩種求解方法 ①若各外力的作用時間相同,且各外力均為恒力,可以先求出合力,再將合力乘以時間求沖量,即I合=F合t. ②若各外力的作用時間不同,可以先求出每個外力在相應時間內的沖量,然后求各外力沖量的矢量和. 考點三　動量定理與微

13、元法的綜合應用 考向一　流體類問題 流體及其特點 　通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”,特點是質量具有連續(xù)性,題目中通常給出密度ρ作為已知條件 分析步驟 1 　建立“柱體”模型,沿流速v的方向選取一段柱形流體,其橫截面積S 2 　微元研究,作用時間Δt內的一段柱形流體的長度Δl=vΔt,對應的質量為Δm=ρV=ρSΔl=ρSvΔt 3 　建立方程,應用動量定理研究這段柱形流體 2 [2016·全國卷Ⅰ] 某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中.為計算方便起見,假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為

14、平板(面積略大于S);水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g.求: (1)噴泉單位時間內噴出的水的質量; (2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度. 式題 [2017·河南開封二模] 如圖17-4所示,靜止在光滑水平面上的小車的質量M=20 kg.從水槍中噴出的水柱的橫截面積S=10 cm2,速度v=10 m/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁,且沖擊到小

15、車前壁的水全部沿前壁流進小車中,則當有質量m=5 kg的水進入小車時,求: (1)小車的速度大小; (2)小車的加速度大小. 圖17-4 考向二　微粒類問題 微粒及其特點 　通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?特點是質量具有獨立性,題目中通常給出單位體積內粒子數n作為已知條件 分析步驟 1 　建立“柱體”模型,沿運動速度v的方向選取一段柱形流體,其橫截面積為S 2 　微元研究,作用時間Δt內的一段柱形流體的長度Δl=vΔt,對應的體積為ΔV=SvΔt,則微元內的粒子數N=nvSΔt 3 　先應用動量定理研究單個粒子,建立方程

16、,再乘以N進行計算. 3 某種氣體微粒束由質量m=5.4×10-26 kg、速度v=460 m/s的氣體分子組成,各分子都向同一方向運動,垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回,該過程的示意圖如圖17-5所示.若微粒束中每立方米的體積內有n0=1.5×1020個分子,求被微粒束撞擊的平面所受到的壓強. 圖17-5 式題 一艘宇宙飛船以速度v進入分布密度為ρ的塵埃空間,如果飛船在垂直于運動方向上的最大截面積為S,且認為塵埃與飛船碰撞后都附著在飛船上,則飛船受到塵埃的平均制動力為多大?

17、 第18講　動量守恒定律及其應用 一、動量守恒定律 1.內容:一個系統　　　　或者　　　　　　　　為零時,這個系統的總動量保持不變.? 2.常用的表達式:m1v1+m2v2=　　　　　　　　.? 二、系統動量守恒的條件 1.理想守恒:系統不受外力或所受外力的合力為零,則系統動量守恒. 2.近似守恒:系統受到的合力不為零,但當內力遠大于外力時,系統的動量可近似地看作守恒. 3.分方向守恒:系統在某個方向上所受合力為零時,系統在該方向上動量守恒. 三、動量守恒的實例 1.碰撞 (1)特點:在碰撞現象中,一般都滿足內力　　　　外力,可認為相互碰撞的系統動量守恒.? (

18、2)分類: 種類 動量是否守恒 機械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 　　　? 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失　　　? 2.反沖運動 (1)定義:靜止或運動的物體通過分離出部分物質,而使自身在反方向獲得加速的現象. (2)特點:在反沖運動中,系統的　　　　是守恒的.? 3.爆炸現象 爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用力很大,且　　　　系統所受的外力,所以系統動量　　　　,爆炸過程時間很短,物體的位移很小,可忽略不計,作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動.? 【思維辨析】 (1)動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度. (　

19、　) (2)系統動量守恒,則機械能也守恒. (　　) (3)質量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時,一定交換速度. (　　) (4)系統的總動量不變是指系統總動量的大小保持不變. (　　) 【思維拓展】 碰撞過程除了系統動量守恒之外,還需要滿足什么條件?碰撞與爆炸在能量轉化方面有何不同? ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????

20、????? 考點一　動量守恒條件的理解和應用 1.動量守恒的判定 (1)系統不受外力或者所受外力的合力為零,則系統動量守恒; (2)系統受外力,但所受的外力遠遠小于內力、可以忽略不計時,則系統動量守恒; (3)系統在某一個方向上所受的合力為零,則系統在該方向上動量守恒. (4)若系統在全過程的某一階段所受的合外力零,則系統在該階段動量守恒. 2.動量守恒定律的不同表達形式 (1)m1v1+m2v2=m1v'2+m2v'2,相互作用的兩個物體組成的系統,作用前的動量之和等于作用后的動量之和. (2)Δp1=-Δp2,相互作用的兩個物體動量的增量等大反向. (3)Δp=0,

21、系統總動量的增量為零. 3.動量守恒定律的五個特性 相對性 　公式中v1、v2、v'1、v'2必須相對于同一個慣性系 同時性 　公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度,v'1、v'2是在相互作用后同一時刻的速度 矢量性 　應先選取正方向,凡是與選取的正方向一致的動量為正值,相反為負值 普適性 　不僅適用于低速宏觀系統,也適用于高速微觀系統 4.應用動量守恒定律解題的一般步驟: (1)確定研究對象,選取研究過程; (2)分析內力和外力的情況,判斷是否符合動量守恒條件; (3)選定正方向,確定初、末狀態(tài)的動量,最后根據動量守恒定律列方程求解. 1 (多選)

22、[2017·武漢模擬] 在光滑水平面上有一輛平板車,一個人手握大錘站在車上.開始時人、錘和車均靜止,此人將錘掄起至最高點,此時大錘在頭頂的正上方,然后人用力使錘落下沿水平方向敲打平板車的左端,如此周而復始地使大錘連續(xù)敲打車的左端,最后人和錘都恢復至初始狀態(tài)且人不再敲打平板車.在此過程中,下列說法正確的是 (　　) A.錘從最高點落下至剛接觸車的過程中,車的動量方向先水平向右,后水平向左 B.錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中,車具有水平向左的動量,車的動量減小至零 C.錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中,車具有水平向右的動量 D.在任一時刻,人、錘和車組成的系統動量守恒

23、 式題1 [2017·全國卷Ⅰ] 將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出.在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略) (　　) 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 式題2 在平靜的水面上有一條以速度v0勻速前進的載人小船,船的質量為M,人的質量為m.開始時,人相對船靜止,當人相對船以速度v向船行進的反方向行走時,設船的速度為u.由動量守恒定律,下列表達式成立的是 (　　 ) A.(M+m)

24、v0=Mu+mv B.(M+m)v0=Mu+m(v-u) C.(M+m)v0=Mu-m(v-u) D.(M+m)v0=Mu-m(v-v0) ■ 易錯提醒 (1)動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統.系統的動量是否守恒,與選擇哪幾個物體作為系統和分析哪一段運動過程有直接關系. (2)分析系統內物體受力時,要弄清哪些是系統的內力,哪些是系統外的物體對系統的作用力.要判斷系統是否動量守恒,或是否在某個方向上動量守恒. (3)要明確系統中各物體的速度是否是相對地面的速度,若不是,則應轉換成相對地面的速度. 考點二　多體動量守恒問題 　　有時可以對整體應用動量守恒定律,

25、有時可以只選某部分應用動量守恒定律,有時可以分過程多次應用動量守恒定律.恰當選擇系統和始、末狀態(tài)是解題的關鍵. (1)分析題意,明確研究對象.在分析相互作用的物體的總動量是否守恒時,通常把這些被研究的物體統稱為系統.對于比較復雜的物理過程,要對全過程進行分段分析,要明確在哪些階段中,哪些物體發(fā)生相互作用,從而確定所研究的系統是由哪些物體組成的. (2)要對各階段所選系統內的物體進行受力分析,弄清哪些是系統內部物體之間相互作用的內力,哪些是系統外部物體對系統內部物體作用的外力.在受力分析的基礎上根據動量守恒定律的條件判斷能否應用動量守恒定律. (3)明確所研究的相互作用過程,確定過程的始、

26、末狀態(tài),即系統內各個物體的初動量和末動量的量值或表達式. (4)確定好正方向,建立動量守恒方程求解. 2 如圖18-1所示,兩只小船平行逆向航行,航線鄰近,當它們頭尾相齊時,每只船上各投質量m=50 kg的麻袋到對方船上去,結果載重較小的一只船停了下來,另一只船則以大小為8.5 m/s的速度v向原方向航行.若兩只船及船上的載重的總質量分別是m1=500 kg,m2=1000 kg,則在交換麻袋前兩只船的速率分別為多少?(水的阻力不計) 圖18-1 式題 [2017·鄭州質量預測] 如圖18-2所示,質量m=245 g的物塊(可視為質點)放

27、在質量M=0.5 kg的木板左端,木板足夠長且靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動摩擦因數μ=0.4.質量m0=5 g的子彈以大小為300 m/s的初速度v0沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短),g取10 m/s2,則在子彈射入后,求: (1)子彈與物塊一起向右滑行的最大速度v1; (2)木板向右滑行的最大速度v2; (3)物塊在木板上滑行的時間t. 圖18-2 ■ 方法規(guī)律 對于多個物體系統,應用動量守恒定律時,有時對整體運用動量守恒定律,有時對系統的部分應用動量守恒,有時分過程多次用動量守恒,有時對全過程用動量守恒,要善于選擇過程.

28、 考點三　碰撞問題 　　三種碰撞形式的理解 碰撞類型 特征描述及重要關系式或結論 彈性碰撞 　碰撞時,內力是彈性力,只發(fā)生機械能的轉移,系統內無機械損失,叫作彈性碰撞,若系統有兩個物體在水平面上發(fā)生彈性碰撞,動量守恒,同時機械能也守恒,滿足: 　m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2 　 　若碰撞前,有一個物體是靜止的,設v2=0,則碰撞后的速度分別為v'1=,對這一結果可做如下討論: 　(1)若m1=m2,則v'1=0,v'2=v1,碰后實現了動量和動能的全部轉移; 　(2)若m1>m2,則v'1>0,v'2>0,碰后二者同向運動; 　(3)若m1

29、'1<0,v'2>0,碰后m1反向彈回,m2沿m1碰前方向運動 非彈性 碰撞 　發(fā)生非彈性碰撞時,內力是非彈性力,部分機械能轉化為物體的內能,機械能有損失,動量守恒,總動能減少.滿足: 　m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2 　 完全非彈 性碰撞 　發(fā)生完全非彈性碰撞時,機械能向內能轉化得最多,機械能損失最大.碰后物體粘在一起,以共同速度運動,動量守恒,損失的機械能轉化為內能.滿足: 　m1v1+m2v2=(m1+m2)v 　ΔE=(m1+m2)v2 3 (10分)[2016·全國卷Ⅲ] 如圖18-3所示,水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a和

30、b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質量為m,b的質量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數均相同,現使a以初速度v0向右滑動,此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞.重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數滿足的條件. 圖18-3 【規(guī)范步驟】 設物塊與地面間的動摩擦因數為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應有 >　　　?、?1分)? 即μ<　　　?、?1分)? 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1.由能量守恒有 =　　　　　?、?1分)? 設在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v'1、v'2,由動量守恒和能量守恒有 mv1=　　　　　?、?1分

31、)? =　　　　　?、?1分)? 聯立④⑤式解得v'2=　　　　　?、?1分)? 由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關系可知 　　　　　　　?、?1分)? 聯立③⑥⑦式,可得 μ≥　　　　　　⑧(1分)? 聯立②⑧式,a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件 　　　　　　　?、?2分)? 式題 甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同一方向運動,已知它們的動量分別是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲從后面追上乙并與之發(fā)生碰撞,碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg·m/s,則兩球的質量m1與m2之間的關系可能是 (　　) A.m1=m2 B.2m

32、1=m2 C.4m1=m2 D.6m1=m2 ■ 建模點撥 處理碰撞問題的思路和方法 (1)對一個給定的碰撞,首先要看動量是否守恒,其次再看總動能是否增加. (2)一個符合實際的碰撞,除動量守恒外還滿足能量守恒,注意碰撞完成后關于不可能發(fā)生二次碰撞的速度關系的判定. (3)要靈活運用Ek=,Ek=轉換動能與動量. 考點四　人船模型 　　人船模型是一個很典型的模型,當人在無阻力的船上向某一方向走動時,船向相反方向移動,此時人和船組成的系統動量守恒.若人船系統在全過程中動量守恒,則這一系統在全過程中的平均動量也守恒.如果系統由兩個物體組成,且相互作用前均靜止,相互作用后均發(fā)生運動,

33、則由m1v1=-m2v2得m1x1=-m2x2,該式的適用條件是: (1)系統的總動量守恒或某一方向上的動量守恒. (2)構成系統的兩物體原來靜止,因相互作用而反向運動. (3)x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移. 4 [2017 ·成都一診] 如圖18-4所示,質量為m、帶有半圓形軌道的小車靜止在光滑的水平地面上,其水平直徑AB長度為2R,現將質量也為m的小球從距A點正上方h0的位置由靜止釋放,然后由A點進入半圓形軌道后從B點沖出,在空中上升的最大高度為h0(不計空氣阻力),則(　　) 圖18-4 A.小球和小車組成的系統動量守恒 B.小車向左運動的最大距離為R

34、 C.小球離開小車后做斜上拋運動 D.小球第二次能上升的最大高度h0 式題 某人在一只靜止的小船上練習射擊.船、人連同槍(不包括子彈)及靶的總質量為M,槍內裝有n顆子彈,每顆質量為m,槍口到靶的距離為l,子彈射出槍口時相對地面的速度為v,在發(fā)射后一顆子彈時,前一顆子彈已陷入靶中,則發(fā)射完n顆子彈后,小船后退的距離為多少?(不計水的阻力) 考點五　爆炸和反沖 1.爆炸現象的三個規(guī)律 動量守恒 　由于爆炸是在極短的時間內完成的,爆炸物體間的相互作用力遠遠大于系統受到的外力,所以在爆炸過程中,系統的總動量守恒 動能增加 　在

35、爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能,所以爆炸后系統的總動能增加 位置不變 　爆炸的時間極短,因而爆炸過程中物體的位移很小,一般可忽略不計,可以認為爆炸后的物體仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動 2.對反沖運動的三點說明 作用原理 　反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果 動量守恒 　反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律 機械能增加 　反沖運動中,由于有其他形式的能轉化為機械能,所以系統的總機械能增加 5 [2017·河北邯鄲摸底] 如圖18-5所示,木塊A、B的質量均為m,放在一段粗糙程度相同的

36、水平地面上,木塊A、B間夾有一小塊炸藥(質量可以忽略不計).讓A、B以初速度v0一起從O點滑出,滑行一段距離后到達P點,速度變?yōu)?此時炸藥爆炸,木塊A、B脫離,發(fā)現木塊B立即停在原位置,木塊A繼續(xù)沿水平方向前進.已知O、P兩點間的距離為s,設炸藥爆炸時釋放的化學能全部轉化為木塊的動能,爆炸時間很短可以忽略不計,求: (1)木塊與水平地面間的動摩擦因數μ; (2)炸藥爆炸時釋放的化學能. 圖18-5 式題 [2017·福州二模] 質量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行,某一時刻航天器接到加速的指令,發(fā)動機瞬間向后噴出一

37、定質量的氣體,氣體噴出時速度大小為v1,加速后航天器的速度大小為v2,則噴出氣體的質量m為 (　　) A.m=M C.m=M 　力學觀點綜合應用 熱點一　動量與牛頓運動定律的綜合應用 (1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應,在研究某一物體所受的力的瞬時作用與物體運動的關系,或者物體受恒力作用直接涉及物體運動過程中的加速度問題時,應采用動力學觀點; (2)動量定理反映了力對時間的累積效應,適用于不涉及物體運動過程中的加速度、位移,而涉及運動時間的問題,特別對沖擊類問題,應采用動量定理求解; (3)若研究對象是相互作用的物體組成的系統,則有時既要用到動力學觀點,又要用到動量觀點

38、. 1 [2017·齊魯名校協作體模擬] 如圖Z5-1所示為一個足夠長的斜面,質量均為m的兩個物塊A、B相距l(xiāng),B與斜面間無摩擦,A與斜面間動摩擦因數為μ(μ>tan θ),B由靜止開始下滑,與A發(fā)生彈性碰撞,碰撞時間可忽略不計,碰后A開始下滑.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g. (1)第一次碰撞結束瞬間物塊A、B的速度各為多大? (2)A、B再次相遇需多長時間? 圖Z5-1 式題 如圖Z5-2所示,一輛質量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車的立柱上固定了一條長度為L、拴有小球的細繩.質量為m的小球從與懸點

39、在同一水平面處由靜止釋放,重力加速度為g,不計阻力.求細繩拉力的最大值. 圖Z5-2 熱點二　能量與牛頓運動定律的綜合應用 　　能量與牛頓運動定律綜合應用于直線運動、圓周運動和平拋運動組合模型. (1)模型特點:物體在整個運動過程中,歷經直線運動、圓周運動和平拋運動或三種運動的組合. (2)表現形式:①直線運動:水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運動.②圓周運動:繩模型的圓周運動、桿模型的圓周運動、拱形橋模型的圓周運動.③平拋運動:與水平面相關的平拋運動、與圓軌道相關的平拋運動.

40、(3)應對方法:這類模型一般不難,各階段的運動過程具有獨立性,只要對不同過程分別選用相應規(guī)律即可,物體運動到兩個相鄰過程的連接點時的速度是聯系兩過程的紐帶,很多情況下平拋運動末速度的方向是解決問題的重要突破口. 2 [2017·湖北襄陽模擬] 如圖Z5-3所示,半徑為R的光滑半圓形軌道CDE在豎直平面內,與光滑水平軌道AC相切于C 點,水平軌道AC上有一根彈簧,左端連接在固定的擋板上,彈簧自由端所在點B與軌道最低點C的距離為4R.現有質量完全相同的兩個小球,一個放在水平軌道的C點,另一個小球壓縮彈簧(不拴接).當彈簧的壓縮量為l時,釋放小球,使之與C點的小球相碰并粘在一起,兩球恰好通過光滑半

41、圓形軌道的最高點E;若拿走C點的小球,再次使小球壓縮彈簧,釋放后小球經過BCDE后恰好落在B點.已知彈簧壓縮時彈性勢能與壓縮量的二次方成正比,彈簧始終處在彈性限度內,求第二次使小球壓縮彈簧時,彈簧的壓縮量. 圖Z5-3 式題 [2017·蘭州一中模擬] 如圖Z5-4所示,質量為m的b球用長為h的細繩懸掛于水平軌道BC的出口C處,質量也為m的小球a從距BC高h的A處由靜止釋放,沿光滑軌道ABC滑下,在C處與b球發(fā)生正碰并與b粘在一起.已知BC軌道距地面有一定的高度,懸掛b球的細繩能承受的最大拉力為2.8mg.則: (1)a球與b球

42、碰前瞬間的速度多大? (2)a、b兩球碰后,細繩是否會斷裂?(要求通過計算回答) 圖Z5-4 熱點三　動量與能量的綜合應用 動量觀點與能量觀點綜合應用技巧 (1)注意研究過程的合理選取,不管是動能定理還是機械能守恒定律或動量守恒定律,都應合理選取研究過程; (2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關系以及物體在相互作用時能量的轉化關系; (3)注意方向性問題,運用動量定理或動量守恒定律求解時,都要選定一個正方向,對力、速度等矢量都應用正、負號代表其方向,代入相關的公式中進行運算.另外,對于碰撞問題,要注意

43、碰撞的多種可能性,做出正確的分析判斷后,再針對不同情況進行計算,避免出現漏洞. 3 [2017·齊魯名校協作體模擬] 如圖Z5-5所示,地面上方有一水平光滑的平行導軌,導軌左側有一固定擋板(未畫出),質量M=2 kg的小車緊靠擋板右側.長度l=0.45 m且不可伸長的輕繩一端固定在小車底部的O點,另一端拴接質量m=1 kg的小球.將小球拉至與O點等高的A點,使繩伸直后由靜止釋放,重力加速度g取10 m/s2. (1)求小球經過O點正下方的B點時,所受繩子的拉力大小; (2)設小球繼續(xù)向右擺動到最高點時,繩與豎直方向的夾角為α,求cos α; (3)當小車的速度達到最大時剛好被表面涂有黏

44、性物質的固定擋板粘住,在極短的時間內速度減為零.從小車與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中,求擋板阻力對小車的沖量. 圖Z5-5 式題 [2017·武漢實驗中學月考] 兩個質量分別為M1和M2的劈A 和劈B高度相同,傾斜面都是光滑曲面,曲面下端均與水平面相切,如圖Z5-6所示.一塊位于劈A的曲面上距水平面的高度為h的物塊從靜止開始滑下,又滑上劈B.求物塊能沿劈B曲面上升的最大高度. 圖Z5-6 熱點四　力學三大觀點的選用原則 (1)認真審題,明確題目所述的物理情境,確定研究對象.

45、 (2)分析研究對象的受力情況、運動狀態(tài)以及運動狀態(tài)的變化過程,作草圖. (3)根據運動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點,選擇適用規(guī)律: ①若用力的觀點解題,要認真分析運動狀態(tài)的變化,關鍵是求出加速度; ②若用兩大定理求解,應確定過程的始、末狀態(tài)的動量(動能),分析并求出過程中的沖量(功); ③若可判斷研究對象在某運動過程中滿足動量守恒或機械能守恒的條件,則可根據題意選擇合適的始、末狀態(tài),列守恒關系式,一般這兩個守恒定律多用于求研究對象在末狀態(tài)時的速度(率). (4)根據選擇的規(guī)律列式,有時還需要挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關系等)并列出輔助方程. (5)代入數據,

46、計算結果. 4 [2017·廣東惠州模擬] 某工地傳輸工件的裝置工作時可簡化為如圖Z5-7所示的情形,AB為一段圓弧固定軌道,圓弧半徑R=5.6 m,BC為一段足夠長的水平軌道,CD為一段圓弧固定軌道,圓弧半徑r=1 m,三段軌道均光滑.長度L=2 m、質量M=1 kg的平板小車最初停在BC軌道的最左端,小車上表面剛好與AB軌道相切,且與CD軌道的最低點處于同一水平面上.可視為質點、質量m=2 kg的工件從距AB軌道最低點h的位置沿軌道自由滑下,滑上小車后帶動小車也向右運動,小車與CD軌道左端碰撞(碰撞時間極短)后即被粘在C處.工件只有從CD軌道最高點飛出,才能被站在臺面DE上的工人接住.工

47、件與小車的動摩擦因數為μ=0.5,g取10 m/s2. (1)若h為2.8 m,則工件滑到圓弧底端B點時對軌道的壓力為多大? (2)要使工件能被站在臺面DE上的工人接住,h的取值范圍為多少? 圖Z5-7 式題1 [2017·廣東汕頭三模] 如圖Z5-8所示,水平地面上有一塊木板,其左端放有一個小物塊,右方有一豎直墻.木板右端與墻的距離d=1 m,物塊質量與木板質量相等,物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為μ1=0.5、μ2=0.25.開始時木板與物塊以大小為v0=3 m/s的速度一起向右運動,木板與墻發(fā)生碰

48、撞時沒有機械能損失,碰撞時間極短,物塊最后恰好滑至木板右端且不脫離木板.重力加速度g取10 m/s2. (1)求木板與墻發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小; (2)求木板的長度L; (3)假定木板與墻發(fā)生碰撞時地面突然變?yōu)楣饣?求物塊脫離木板時的速度. 圖Z5-8 式題2 [2017·鄭州模擬] 如圖Z5-9所示,在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980 g的長方形勻質木塊,現有一顆質量為20 g的子彈以大小為300 m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊,最終留在木塊中沒有射出,和木塊一起以共同的速度運動

49、.已知木塊沿子彈運動方向的長度為10 cm,子彈打進木塊的深度為6 cm.設木塊對子彈的阻力保持不變. (1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所增加的內能; (2)若子彈是以大小為400 m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊,則在射中木塊后能否射穿該木塊? 圖Z5-9 ■ 規(guī)律總結 子彈打木塊(未射穿)實際上是一種完全非彈性碰撞,作為一個典型模型,它的特點是:子彈以水平速度射向處于靜止的木塊,并留在木塊 中跟木塊以共同速度運動.以下將從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度對這一模型進行分析. 設質量為m的子彈以初速

50、度v0射向靜止在光滑水平面上且質量為M的木塊,最終子彈留在木塊中不再射出.已知子彈射入木塊中的深度為d,求木塊對子彈的平均阻力大小和該過程中木塊前進的距離. [動量分析]子彈和木塊最后以共同速度運動,相當于完全非彈性碰撞,從動量的角度看,子彈射入木塊過程中系統動量守恒:mv0=(M+m)v. [能量分析]從能量角度看,該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能.設平均阻力大小為f,子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2,如圖Z5-10所示,有s1-s2=d;對子彈應用動能定理:-fs1=;對木塊應用動能定理:fs2=Mv2;聯立解得fd=(M+m)v2=.式中fd恰好等于系統動能的損失量,根據

51、能量守恒定律,系統動能的損失量等于系統內能的增加量,則有ΔEk=fd=Q=,由此可得結論:兩物體由于摩擦產生的熱量(機械能轉化為內能),數值上等于摩擦力大小與兩物體相對滑動路程的乘積.由上面各式聯立可得f=,s2=d. 圖Z5-10 [動力學分析]從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā),也可以得出同樣的結論.由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動,位移與平均速度成正比,有,所以有,解得s2=d. 說明:(1)由s2=d,若M?m,則s2?d,即在子彈射入木塊過程中,木塊的位移很小,可以忽略不計,這就為木塊的下一段運動過程提供了條件. (2)當子彈速度很大時,可能射穿木塊,這時末狀態(tài)子彈和

52、木塊的速度大小不再相等,但子彈穿透木塊的過程中系統動量仍然守恒,系統動能損失量仍然是ΔEk=fd(其中d為木塊的厚度). 1.[2016·全國卷Ⅱ] 如圖Z5-11所示,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質量為m1=30 kg,冰塊的質量為m2=10 kg,小孩與滑板始終無相對運動.重力加速度的大小g取10 m/s2. (1)求斜面體的質量; (2)通過計算判斷

53、,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩? 圖Z5-11 2.[2017·四川資陽一診] 如圖Z5-12所示,兩個木塊A、B的質量分別為M1=0.49 kg、M2=0.5 kg,二者靜置在光滑水平地面上,兩木塊間夾有一輕質彈簧,一顆質量m=0.01 kg的彈丸以大小為150 m/s的速度v0打入木塊A并停留在其中(打擊時間極短),求: (1)彈丸射入A與A相對靜止瞬時的速度v1; (2)當木塊B的速度v=1 m/s時,彈簧的彈性勢能Ep. 圖Z5-12 3.[2017·湖

54、北八校二聯] 兒童智力拼裝玩具“云霄飛車”的部分軌道可簡化為如圖Z5-13所示模型:光滑水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點,質量為m的小球A靜止于P點,小球半徑遠小于R.與A完全相同的小球B以速度v0向右運動,與A相碰后結合為一體.則當v0的大小在什么范圍時,兩小球在圓弧軌道內運動時才不會脫離圓弧軌道?(重力加速度為g) 圖Z5-13 4.[2017·廣州二模] 如圖Z5-14所示,質量均為2m的木板A、B并排靜止在光滑水平地面上,A左端緊貼固定于水平面上、半徑為R的四分之一圓弧軌道底端,A與B、A與圓弧軌

55、道底端均不粘連.質量為m的小滑塊C從圓弧頂端由靜止滑下,經過圓弧底端后,沿A的上表面從其左端水平滑上A,并恰好在滑到B的右端時與B一起勻速運動.已知C過圓弧底端時對軌道的壓力大小為1.5mg,在A、B上滑行時受到的摩擦阻力相同,與B一起勻速的速度是C剛滑上A時的.重力加速度為g,求: (1)C從圓弧頂端滑到底端的過程中克服摩擦力做的功; (2)兩板長度L1與L2的比值; (3)C剛滑到B的右端時,A右端到B左端的水平距離s與B的長度L2的比值. 圖Z5-14 　驗證

56、動量守恒定律 一、實驗目的 驗證碰撞中的動量守恒. 二、實驗器材 斜槽、鉛垂線、兩個大小相同而質量不等的小球、天平、白紙、復寫紙、刻度尺、圓規(guī). 考點一　實驗原理和實驗操作 1.實驗原理 (1)如圖S7-1所示,讓質量較大的小球與靜止且質量較小的小球正碰,根據動量守恒定律應有m1v1=m1v'1+m2v'2. 圖S7-1 (2)小球從斜槽上滾下后做平拋運動,其水平速度等于水平位移和運動時間的比,而從同一高度開始做平拋運動的小球運動時間相同,則它們的水平位移之比等于水平速度之比,則動量守恒時有m1·,在實驗中測出m1、m2及并代入上式,即可驗證碰撞前、后兩小球組成的系統

57、的動量是否守恒. 2.實驗步驟 (1)將斜槽固定在桌邊使其末端的切線水平. (2)在地板上合適的位置鋪上白紙并在相應的位置鋪上復寫紙,用小鉛錘把斜槽末端即入射球的重心投影到白紙上,標為O點. (3)不放被碰小球時,讓入射小球從斜槽同一高度由靜止開始滾下10次,用圓規(guī)找出小球通過復寫紙印在白紙上的落點的平均位置,標為P點. (4)把被碰小球放在槽口末端,然后讓入射小球從原高度滾下與被碰小球碰10次,用圓規(guī)分別找出入射小球和被碰小球落點的平均位置,標為M、N. (5)用天平測出兩個小球的質量,用刻度尺測出. (6)將數據代入m1·,驗證碰撞過程中的動量是否守恒. 1 [2017·

58、南寧模擬] 如圖S7-2所示為“驗證碰撞中的動量守恒”實驗裝置示意圖. 圖S7-2 (1)入射小球1與被碰小球2直徑相同,均為d,它們的質量相比較,應是m1　　　　m2.? (2)為了保證小球做平拋運動,必須調整斜槽使　　　　　　　　　　　.? (3)以下提供的器材中,本實驗必需的有　　　　(填選項前的字母).? A.刻度尺 B.游標卡尺 C.天平 D.秒表 (4)繼續(xù)實驗步驟為: A.在地面上依次鋪白紙和復寫紙. B.確定重錘對應點O. C.不放球2,讓球1從斜槽滑下,確定它落點位置P. D.把球2放在立柱上,讓球1從斜槽滑下,與球2正

59、碰后,確定球1和球2落點位置M和N. E.用刻度尺量出. F.比較m1,驗證動量守恒. 上述步驟有幾步不完善或有錯誤,請指出并寫出相應的正確步驟. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.? ■ 注意事項 (1)入射小球A和被碰小球B的大小應完全相同,且m1>m2. (2)入射小球每次都必須從斜槽上的同一位置由靜止?jié)L下. (3)斜槽末端切線方向必須水平,被碰小球放在斜槽末端邊緣處. (4)兩球碰撞時,球心應等高或在同一水平線上. 考點二　數據處理與誤差分析 1.數據處理 本實驗運用轉換法,即將測量小球做平拋運動的初速

60、度轉換成測平拋運動的水平位移;由于本實驗僅限于研究系統在碰撞前后動量的關系,所以各物理量的單位不必統一使用國際單位制單位. 2.誤差分析 (1)系統誤差 主要來源于裝置本身是否符合要求,即: ①碰撞是否為一維碰撞. ②實驗是否滿足動量守恒的條件.如斜槽末端切線是否水平,兩碰撞球是否等大. (2)偶然誤差 主要來源于質量m和速度v的測量. 2 “驗證碰撞中的動量守恒”實驗的裝置示意圖如圖S7-3所示,斜槽與水平槽平滑連接.實驗時先不放B球,使A球從斜槽上某一固定點C由靜止?jié)L下,落到位于水平地面上的記錄紙上并留下痕跡.再把B球靜置于水平槽末端邊緣處,讓A球仍從C處由靜止?jié)L下,A球和

61、B球碰撞后分別落在記錄紙上并留下各自的痕跡.記錄紙上的O點是鉛垂線所指的位置.若測得各落點痕跡到O點的距離分別為=2.68 cm,=8.62 cm,=11.50 cm,已知A、B兩球的質量之比為2∶1,則未放B球時A球的落地點是記錄紙上的　　　　點,系統碰撞前總動量p與碰撞后總動量p'的百分誤差=　　　　%.(結果保留一位有效數字)? 圖S7-3 考點三　同類實驗拓展與創(chuàng)新 驗證碰撞中的動量守恒的關鍵是通過實驗測出碰撞前后兩物體的速度,我們可以用以下幾種方案設計并完成實驗: 方案一:利用氣墊導軌驗證動量守恒定律 1.實驗器材:氣墊導軌、光電計時器、天平、滑塊(兩個)、彈簧片、膠布

62、、撞針、橡皮泥等. 2.實驗方法 (1)測質量:用天平測出兩滑塊的質量. (2)安裝:按圖S7-4安裝好氣墊導軌. 圖S7-4 (3)實驗:接通電源,利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊在各種情況下碰撞前后的速度(例如:①改變滑塊的質量;②改變滑塊的初速度大小和方向). (4)驗證:一維碰撞中的動量守恒. 方案二:利用等長的懸線懸掛等大的小球驗證動量守恒定律 1.實驗器材:帶細線的擺球(兩套)、鐵架臺、天平、量角器、坐標紙、膠布等. 2.實驗方法 (1)測質量:用天平測出兩小球的質量. (2)安裝:如圖S7-5所示,把兩個等大的小球用等長的懸線懸掛起來. 圖S7-5

63、 (3)操作:一個小球靜止,將另一個小球拉開一定角度釋放,兩小球相碰. (4)測速度:記錄下小球被拉起的角度,算出碰撞前對應小球的速度,測量碰撞后小球擺起的角度,算出碰撞后對應小球的速度. (5)改變條件:改變碰撞條件,重復實驗. (6)驗證:一維碰撞中的動量守恒. 方案三:利用光滑桌面上兩車的碰撞驗證動量守恒定律 1.實驗器材:光滑長木板、打點計時器、紙帶、小車(兩個)、天平、撞針、橡皮泥. 2.實驗方法 (1)測質量:用天平測出兩小車的質量. (2)安裝:如圖S7-6所示,將打點計時器固定在光滑長木板的一端,使紙帶的一端穿過打點計時器限位孔,另一端連在小車甲的后面,在甲、

64、乙兩小車將發(fā)生碰撞的一側分別裝上撞針和橡皮泥. 圖S7-6 (3)實驗:接通打點計時器的電源,使小車甲運動,小車乙靜止,兩車碰撞時撞針插入橡皮泥中,兩小車連接成一體一同運動. (4)測速度:測量紙帶上對應的距離,算出速度. (5)改變條件:改變碰撞條件,重復實驗. (6)驗證:一維碰撞中的動量守恒. 3 [2017·鄭州模擬] 為了驗證動量守恒定律,某同學選取了兩個材質相同、體積不等的立方體滑塊A和B,按下述步驟進行實驗: ①在A、B的相撞面分別裝上橡皮泥,以便二者相撞以后能夠立刻結為一體; ②安裝好的實驗裝置如圖S7-7所示,鋁質軌道槽的左端是傾斜槽,右端是長直水平槽.傾

65、斜槽和水平槽由一小段圓弧連接,軌道槽被固定在水平桌面上,在軌道槽的側面與軌道等高且適當的遠處裝一臺數碼頻閃照相機; 圖S7-7 ③讓滑塊B靜置于水平槽的某處,滑塊A從斜槽某處由靜止釋放,在釋放A的同時開始頻閃拍攝,直到A、B停止運動,得到一幅多次曝光的數碼照片; ④多次重復步驟3,得到多幅照片,挑出其中最理想的一幅,打印出來,將刻度尺緊靠照片放置,如圖S7-8所示. 圖S7-8 (1)由圖分析可知,滑塊A與滑塊B碰撞發(fā)生的位置　　　　(填選項前的字母).? A.在P5、P6之間 B.在P6處 C.在P6、P7之間 (2)為了探究碰撞中動量是否守恒,需要直接測量或讀取的

66、物理量是　　　　(填選項前的字母).? A.A、B兩個滑塊的質量m1和m2 B.滑塊A釋放時距桌面的高度 C.頻閃照相的周期 D.照片尺寸和實際尺寸的比例 E.照片上測得的s45、s56和s67、s78 F.照片上測得的s34、s45、s56和s67、s78、s89 G.滑塊與桌面間的動摩擦因數 寫出驗證動量守恒定律的表達式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.? 式題 現利用圖S7-9甲所示的裝置驗證動量守恒定律.在圖中,氣墊導軌上有A、B兩個滑塊,滑塊A右側帶有一彈簧片,左側與穿過打點計時器(圖中未畫出)限位孔的紙帶相連;滑塊B左側也帶有一個彈簧片,上面固定一個遮光片,光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間.實驗測得滑塊A的質量m1=0.310 kg,滑塊B的質量m2=0.108 kg,遮光片的寬度d=1.00 cm.打點計時器所用交流電的頻率f=50.0 Hz.將光電門固定在滑塊B的右側,啟動打點計時器,給滑塊A一個向右的初速度,使它與B相碰.碰后光電計時器顯示的時間為ΔtB=3.500 ms,碰撞過程中打出的紙帶如圖乙所示. 圖S