步步高2015届一轮讲义：13.1动量守恒定律及其指导应用

第1课时动量守恒定律及其应用考纲解读1.理解动量、动量变化量的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．1．[对动量、动量变化量的理解]下列说法正确的是( )A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大答案D2．[动量守恒的判断]把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是( )A．枪和弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒答案D解析内力、外力取决于系统的划分．以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒．枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒．枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．3．[动量守恒定律的简单应用]在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是( )A．0.6v B．0.4vC．0.3v D．0.2v答案A解析设碰撞后A球的速度大小为v A，B球的速度大小为v B，碰撞前A球的运动方向为正方向．根据动量守恒定律得：mv＝2mv B－mv A化简可得，v A ＝2v B －v ，因v A >0，所以v B >v2，故只有A 项正确．1．动量(1)表达式：p ＝mv . (2)动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向相同．②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的． ③相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量． (3)动量、动能、动量的变化量的关系 ①动量的变化量：Δp ＝p ′－p .②动能和动量的关系：E k ＝p 22m.2．动量守恒定律(1)守恒条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒． (2)动量守恒定律的表达式m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.或Δp 1＝－Δp 2.考点一动量守恒的判断1．动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统．系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．2．分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力．例1 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1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( )图1A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C正确，A、B、D错误．答案C突破训练1 如图2所示，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C 上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中( )图2A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C 及弹簧组成的系统动量守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒答案AD解析当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项A、D正确．考点二动量守恒定律的理解与应用1．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝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．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．例2 (2012·山东理综·38(2))如图3所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．图3解析设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知v A＝v③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0.答案 65v 01．在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的．2．注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，撞后A 、B 间的距离不变的含义是碰后A 、B 的速度相同．突破训练2 如图4所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．图4答案 v2解析 取向左为正方向，根据动量守恒定律得 推出木箱的过程有0＝(m ＋2m )v 1－mv接住木箱的过程有mv ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2 解得共同速度v 2＝v2考点三 碰撞现象的特点和规律 1．碰撞的种类及特点2(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (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．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律．以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生对心弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 2m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2结论 1.当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换速度． 2．当质量大的球碰质量小的球时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两球都向前运动． 3．当质量小的球碰质量大的球时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． 例3 (2011·课标全国·35(2))如图5，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线(细线未画出)把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0.求弹簧释放的势能．图5解析 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv 0＝3mv ① 设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒定律得 3mv ＝2mv 1＋mv 0②设弹簧的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m )v2＋E p ＝12(2m )v 21＋12mv 20③由①②③式得弹簧释放的势能为E p ＝13mv 20答案 13mv 2含有弹簧的碰撞问题，在碰撞过程中系统的机械能不一定守恒，如本例中，弹簧伸展之前，A 与B 碰撞的过程为完全非弹性碰撞，但在碰撞结束后，弹簧伸展的过程中，系统的动量和机械能均守恒．突破训练3 如图6所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧，物体B 以速度v0＝2.0 m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，设A、B 两物体的质量均为m＝2 kg，求当物体A的速度多大时，A、B组成的系统动能损失最大？损失的最大动能为多少？图6答案 1.0 m/s 2 J解析当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，系统损失的动能最大．由动量守恒定律知mv0＝2mv所以v ＝v 02＝1.0 m/s损失的动能为ΔE k ＝12mv 20－12×2m ×v 2＝2 J.52．动量和能量观点的综合应用1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解． 2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a 不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解． 例4 (2012·新课标全国·35(2))如图7所示，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：图7(ⅰ)两球a、b的质量之比；(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．解析(ⅰ)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得 m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1⑤(ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2)之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－22答案 (ⅰ)2－1 (ⅱ)1－22解决动量守恒和能量守恒的综合应用问题时，要掌握碰撞过程中的能量变化规律，虽然碰撞过程中动量守恒，但能量不一定守恒，还要知道没有能量损失和能量损失最大时的碰撞特点．突破训练4 如图8所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10 m/s 2)图8答案0.54解析以子弹和木块组成的系统为研究对象，设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：m0v0－mv＝(m＋m0)v1①解得v 1＝8 m/s它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板小车滑行距离x ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2② 解得v 2＝0.8 m/s 由能量守恒定律有μ(m 0＋m )gx ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m 0＋m ＋M )v 22③由①②③，代入数据解得μ＝0.54高考题组1．(2013·福建理综·30(2))将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母) A.m M v 0 B.M m v 0 C.MM －m v 0 D.mM －mv 0 答案 D解析 根据动量守恒定律mv 0＝(M －m )v ，得v ＝mM －mv 0，故D 正确．2．(2013·山东理综·38(2))如图9所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止．A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．图9答案 2 m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s3．(2013·全国新课标Ⅱ·35(2))如图10，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图10(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案(ⅰ)116mv20(ⅱ)1348mv20解析(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②1 2mv21＝ΔE＋12×(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116mv20④(ⅱ)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤12mv 20－ΔE ＝12×(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 20⑦模拟题组4．如图11所示，将质量为m 1、初速度大小为v 0、仰角为θ的铅球抛入一个装有砂子的总质量为M 的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略．求：图11(1)铅球和砂车的共同速度；(2)铅球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中流出，当漏出质量为m 2的砂子时砂车的速度． 答案 (1)m 1v 0cos θm 1＋M (2)m 1v 0cos θm 1＋M解析 (1)取铅球和砂车为一系统，由水平方向动量守恒得m 1v 0cos θ＝(m 1＋M )v ，解得：v ＝m 1v 0cos θm 1＋M(2)由于惯性，砂子从小孔中流出时，在水平方向的速度与漏砂前车的速度相同，则由(m 1＋M )v ＝m 2v ＋(m 1＋M －m 2)v ′可得v ′＝v ＝m 1v 0cos θm 1＋M.5．如图12所示，一质量为m 1＝0.45 kg 的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量为m 2＝0.2 kg 的小物块，小物块可视为质点．现有一质量为m 0＝0.05 kg 的子弹以水平速度v 0＝100 m/s 射中小车左端，并留在车中，最终小物块以5 m/s 的速度与小车脱离．子弹与车相互作用时间很短．g 取10 m/s 2.求：图12(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小； (2)小物块脱离小车时，小车的速度大小． 答案 (1)10 m/s (2)8 m/s解析 (1)子弹刚刚射入小车时，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m 0v 0＝(m 0＋m 1)v 1，解得v 1＝10 m/s(2)小物块脱离小车时，子弹、小车和物块三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m 0＋m 1)v 1＝(m 0＋m 1)v 2＋m 2v 3解得v2＝8 m/s.6．如图13所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下进入水平面，在坡道末端O点无机械能损失．现将轻弹簧的一端固定在M处的墙上，另一端与质量为m2的物块B相连．A从坡道上滑下来后与B碰撞的时间极短，碰后A、B结合在一起共同压缩弹簧．各处摩擦不计，重力加速度为g，求：图13(1)A在与B碰撞前瞬时速度v的大小；(2)A 与B 碰后瞬间的速度v ′的大小； (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能E p .答案 (1)2gh (2)m 1m 1＋m 22gh (3)m 21ghm 1＋m 2解析 (1)由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2v ＝2gh(2)A 、B 在碰撞过程中，由动量守恒定律得：m 1v ＝(m 1＋m 2)v ′ v ′＝m 1m 1＋m 22gh(3)A 、B 速度v ′减为零时，弹簧被压缩到最短，由机械能守恒定律得E p ＝12(m 1＋m 2)v ′2＝m 21gh m 1＋m 2(限时：30分钟)►题组1 动量守恒的判断1．如图1所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A 点的正上方从静止开始下落，与半圆柱槽相切并从A 点进入槽内．则下列说法正确的是( )图1A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒答案CD解析小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，槽往右运动，槽对小球的支持力对小球做负功，小球对槽的压力对槽做正功，系统机械能守恒，选项B错误，C正确．2．如图2所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，说法正确的是(弹簧不超过其弹性限度)( )图2A．动量始终守恒B．机械能不断增加C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零答案AC解析弹簧的弹力属于系统内力，水平恒力F1、F2等大反向，系统所受合外力为零，所以动量守恒，选项A正确；刚开始，弹簧弹力小于水平恒力，两物体均做加速运动，弹簧被拉长，当弹力的大小与恒力相等时，合力为零，两物体的速度均达到最大，之后，弹簧继续被拉长，弹力大于水平恒力，两物体开始做减速运动，当弹簧被拉伸到最长时，两物体速度减为零，在此过程中，两个外力均对系统做正功，所以系统的机械能逐渐增加；此后，两物体返回，水平恒力均对物体做负功，系统的机械能逐渐减小，根据以上分析，选项C正确，选项B、D错误．►题组2 动量守恒定律的应用3．如图3所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )图3A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大答案C解析根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，故选项A错误．若小车向左运动，A的动量一定比B的大，故选项B错误，C正确．若小车向右运动，A的动量一定比B的小，故选项D错误．4．(2012·福建·29(2))如图4所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )图4A ．v 0＋mM v B ．v 0－m MvC ．v 0＋m M(v 0＋v ) D ．v 0＋m M(v 0－v ) 答案 C解析 以v 0的方向为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒： (M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋Mv ′ 解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v ) 故C 项正确，A 、B 、D 项均错．5．如图5所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．图5答案0.02 m/s 远离空间站解析以空间站为参考系，以携手远离空间站的速度的方向为正方向，由动量守恒定律得(m A＋m B)v0＝m A v A＋m B v B解得v B＝0.02 m/s，方向为远离空间站．6．如图6所示，光滑水平地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s.铜块最终停在第二块木板上．(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：图6(1)第一块木板的最终速度的大小；(2)铜块的最终速度的大小．答案(1)2.5 m/s (2)3.4 m/s解析(1)铜块和10个木板组成的系统水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板时，第一块木板的速度为v2，由动量守恒得，Mv0＝Mv1＋10mv2得v2＝2.5 m/s.(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设铜块的最终速度为v3，由动量守恒得：Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3得v3＝3.4 m/s.7．如图7所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．图7答案大于等于3.8 m/s解析人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．对于人、甲车、乙车组成的系统，由水平方向动量守恒得：(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得v′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu 解得u＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．►题组3 对碰撞问题的考查8．如图8所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )图8A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案 A解析 由m B ＝2m A ，知碰前v B ＜v A若左为A 球，设碰后二者速度分别为v A ′、v B ′由题意知p A ′＝m A v A ′＝2 kg·m/sp B ′＝m B v B ′＝10 kg·m/s由以上各式得v A ′v B ′＝25，故正确选项为A. 若右为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰．9．质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( )A ．v A ＝13v 0，vB ＝23v 0 B ．v A ＝25v 0，v B ＝710v 0 C ．v A ＝14v 0，v B ＝58v 0 D ．v A ＝38v 0，v B ＝516v 0 答案 AC解析 两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故D 错误．根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为12mv 20，而碰撞后B 选项能量增加，B 错误，故A 、C 正确． ►题组4 对动量和能量综合问题的考查10．如图9所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最多的时刻是( )图9。

实验十三用单摆测定重力加速度考纲解读1.知道把单摆的运动看做简谐运动的条件.2.会探究与单摆的周期有关的因素.3.会用单摆测定重力加速度.第1页共10页第2页共10页第3页共10页考点一对实验操作及误差分析的考查例1(2021天·津理综·9(2某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.图2①他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图2所示.这样做的目的是________(填字母代号.A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节.保证摆球在同一竖直平面内摆动②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L0m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图3所示,那么该摆球的直径为________mm,单摆摆长为________m.图3③以下振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图象,sin5°=0.087,sin15=0.°26,这四种操作过程符合实验要求且误差最小的是 ____(填字母代号.解析①在“探究影响单摆周期的因素〞实验中,应使单摆在摆动过程中摆长不变,而且摆长便于调节,应选项A、C正确,选项B、D错误.②摆球的直径d=12mm+0×mm D第4页共10页EF摆长l=L-dGH2IJ000m.KL③单摆振动的摆角θ≤5当°,θ=5时°单摆振动的振幅A=lsin5=0°.087cm,且为了计时准确,应在摆球摆至平衡位置时开始计时,应选项A正确,选项B、C、错误.答案①AC②0③A游标卡尺的读数技巧(1对三种游标卡尺的原理和精度做到准确理解并熟练掌握,见表:(2①读数公式:读数=主尺上的整毫米数+精确度×n(n为游标尺上与主尺某一刻度对齐的格数②读数位移:各种游标卡尺的读数结果假设以毫米为单位,小数点后保存的位数与其精确度相同. (3减少各种失误:如游标尺上的精度分析错误 ;把边框线误认为零刻线;计算失误等.考点二对实验数据处理的考查例2在探究单摆周期与摆长关系的实验中,(1关于安装仪器及测量时的一些实验操作,以下说法中正确的选项是(A.用米尺测出摆线的长度,记为摆长lB.先将摆球和摆线放在水平桌面上测量摆长l,再将单摆悬挂在铁架台上C.使摆线偏离竖直方向某一角度α(接近5°,然后由静止释放摆球 D.测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期(2实验测得的数据如下表所示:第5页共10页图4(3根据数据及图象可知单摆周期的平方与摆长的关系是________.(4根据图象,可求得当地的重力加速度为________m/s2.(π=3.结14,果保存3位有效数字解析(1本实验中,应将摆球和摆线组成单摆之后再测量其摆长,摆长应为悬点到摆球球心的距离,故A、B错误;测量单摆的周期时,应为相邻两次通过最低点并且通过最低点的速度方向相同,即单摆做一次全振动,这段时间才为一个周期,为了减小误差,须测量单摆的多个周期,然后再取平均值求出一个周期,故D错误;单摆在摆角接近5°可认为做简谐运动,故C正确.(2通过描点、连线可得到单摆的T2-l图象,近似为一条直线.(3通过作出的图象说明单摆周期的平方和摆长成正比.(4根据图象求出图线的斜率k,再根据单摆的周期公式可得g=4π2进而求出重力加速度g.答案(1C(2如下列图(3成正比图象法是物理实验中处理数据的常用方法,应用时,一定要注意图象纵、横坐标的意义及截距、斜率的用途.创新实验设计例3(1在“探究单摆周期与摆长的关系〞实验中,两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图5甲、乙所示.测量方法正确的选项是________(选填“甲〞或“乙〞.图5(2实验时,假设摆球在垂直纸面的平面内摆动,为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数,在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻,如图6甲所示.光敏电阻与某一自动记录仪相连,该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示,那么该单摆的振动周期为________.假设保持悬点到小球顶点的绳长不变,改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验,那么该单摆的周期将________(填“变大〞、________(填“变大〞、“不变〞或“变小〞图,乙中的t将“不变〞或“变小〞.图6解析(1游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量,正确的选项是图乙.(2一个周期内小球应该两次经过最低点,使光敏电阻的阻值发生变化,故周期为t1+2t0-t1=2t0;小球的直径变大后,摆长变长,周期变大;使得每次经过最低点时摆球的挡光的时间变长,即t变大.答案(1乙(22t0变大变大1.在做“用单摆测定重力加速度〞的实验中,有人提出以下几点建议:.适当加长摆线.质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较大的.单摆偏离平衡位置的角度不能太大.当单摆经过平衡位置时开始计时,经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期其中对提高测量结果精确度有利的是________.答案AC解析单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度.在摆角小于5°的条件下,适当加长摆线长度,有利于把摆球看成质点,摆球的空间位置变化较大,便于观察,选项A对.摆球体积越大,所受空气阻力越大,对质量相同的摆球其影响越大,选项B 错.摆角应小于5°,选项C对.本实验采用累积法测量周期,假设仅测量一次全振动,由于球过平衡位置时速度较大,难以准确记录,且一次全振动的时间太短,偶然误差较大,选项D错.2.某同学做“用单摆测定重力加速度〞的实验时,测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值.造成这一情况的可能原因是(A.测量摆长时,把悬挂状态的摆线长当成了摆长B.测量周期时,当摆球通过平衡位置时启动秒表,记为第0次,此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表,读出经历的时间为t,并由计算式T=t30C.开始摆动时振幅过小.所用摆球的质量过大答案B解析由T=2πgg=4π2Tg值偏大说明l偏大或T偏小.把悬挂状态的摆线长当成摆长,会使l偏小,g值偏小,A错;摆球第30次通过平衡位置时,实际上共完成了15次全振动,周期T=t15,误认为30次全振动,会使T变小,引起g值明显偏大,B对;单摆周期与振幅和摆球质量无关,C、D错误.3.几名学生进行野外考察,登上一山峰后,他们想粗略测出山顶处的重力加速度.于是他们用细线拴好石块P系在树枝上做成一个简易单摆,如图7所示.然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量.同学们首先测出摆长L,然后将石块拉开一个小角度,由静止释放,使石块在竖直平面内摆动,用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.图7(1利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g=______;(2假设振动周期测量正确,但由于难以确定石块的重心,测量摆长时从悬点一直量到石块下端,所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值______(选填“偏大〞、“偏小〞或“相等〞.答案(14π2n2Lt(2偏大4.某同学在正确操作和测量的情况下,测得多组摆长L和对应的周期T,画出L-T2图线,如图8所示.出现这一结果最可能的原因是:摆球重心不在球心处,而是在球心的正____方(选填“上〞或“下〞为.了使得到的实验结果不受摆球重心位置无法准确确定的影响,他采用恰当的数据处理方法:在图线上选取A、B两个点,找出两点相应的横、纵坐标,如下列图.用表达式g=________计算重力加速度,此结果即与摆球重心就在球心处的情况一样.图8答案下4π2(L-LTA-TB解析作一条过原点的与AB线平行的直线,所作的直线就是准确测量摆长时所对应的图线.过横轴上某一点作一条平行纵轴的直线,那么和两条图线的交点不同,与准确测量摆长时的图线的交点对应的摆长是准确的,与AB线的交点对应的摆长要小些,同样的周期,摆长应一样,但AB线所对应的却小些,其原因是在测量摆长时少测了,所以其重心应在球心的下方.设重心与球心的距离为r,那么对A、B两点数据,由单摆周期公式有:TA=2πLA+rgTB=2πLB解+r得g:g,=4π2(LA-LBTA-TB 量结果将与摆球重心就在球心处的情况相同.5.石岩同学利用单摆测重力加速度,他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为cm,用游标卡尺测得摆球直径如图9甲所示,读数为________.那么该单摆的摆长为________cm.用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图乙所示,那么停表读数为________s,如果测得的g值偏大,可能的原因是________(填选项前的序号.图9.计算摆长时用的是摆球的直径.开始计时时,停表晚按下.摆线上端未牢固系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加.实验中误将30次全振动记为31次答案cmABD6.有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室,各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系〞,他们通过校园网交换实验数据,并由计算机绘制了T2-L图象,如图10甲所示.去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(填“A或〞“B〞另.外,在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象 (如图乙,由图可知,两单摆摆长之比LLb________.在t=1s时,b球振动方向是________.图10答案B49沿y轴负方向解析由单摆的周期公式得:T=2πg解,得:T2=4π2g即,图象的斜率k=4π2g力加速度大,斜率小,我们知道北京的重力加速度比南京的大,所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B;从题图乙可以得出:Tba,由单摆的周期公式得:Ta=2πagTb=2π联立bg解,得:LaLb=49t=1s时b球正在向负最大位移运动,所以在t=1s时b球的振动方向沿y轴负方向.(2021安·徽理综·21Ⅰ根据单摆周期公式T=2πlg,可以通过实验测量当地的重力加速度.如图11所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆.图11图12(1用游标卡尺测量小钢球直径,示数如图12所示,读数为________mm.(2以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有________..摆线要选择细些的、伸缩性小些的、并且尽可能长一些.摆球尽量选择质量大些、体积小些的.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置的角度不大于5°,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时间间隔t即为单摆周期T步步高2021高三物理(新课标)一轮讲义：实验13用单摆测定(精)e.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间t那么,单摆周期T t50答案(2abe解析(1十分度游标尺的第6个刻度线与主尺刻度线对齐,所以读数为mm.(2对于单摆,摆线质量可忽略且不可伸长,所以应选伸缩性小的细线,摆球应选密度较大、体积小的钢球;为使摆动周期长些,由T=2πlg知,摆线应长些,所以选项a、b正确,为使单摆具有等时性,摆角应小于5°,要减小测量周期的误差,计时起点应选在摆球的平衡位置,且测量屡次(N全振动的总时间 (t然,后再算出周期T=tN选项e正确.21 / 2121。