动量、冲量和动量定理动量守恒定律
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动量、冲量和动量定理动量守恒定律
动量、冲量和动量定理
2. 动量守恒定律
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动量、冲量和动量定理
（一）动量
1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量。是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则。是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，通常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s；
2、动量和动能的区别和联系
&&& ①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。
&&& ②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。
&&& ③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。
&&& ④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk
3、动量的变化及其计算方法
&&& 动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：
（1）ΔP＝Pt－P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动量定理ΔP＝F·t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。
（二）冲量
1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量。是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则。冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s；
2、冲量的计算方法
（1）I＝F·t。采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。
（2）利用动量定理Ft＝ΔP。主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
（三）动量定理
1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化。Ft＝mv'－mv或Ft＝p'－p；该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、末动量是mv0、mvt，动量的变化量是ΔP＝Δ（mv）＝mvt－mv0。根据动量定理得：F合＝Δ（mv）/Δt
2、单位：牛·秒与千克米／秒统一：l千克米／秒＝1千克米／秒2·秒＝牛·秒；
3、理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
（2）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把大量运算转化为代数运算。
&&& （3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式。
4、应用动量定理的思路：
&&& （1）明确研究对象和受力的时间（明确质量m和时间t）；
&&& （2）分析对象受力和对象初、末速度（明确冲量I合，和初、未动量P0，Pt）；
&&& （3）规定正方向，目的是将矢量运算转化为代数运算；
&&& （4）根据动量定理列方程
&&& （5）解方程。
（四）动量定理应用的注意事项
& 1、动量定理的研究对象是单个物体或可看作单个物体的系统，当研究对象为物体系时，物体系的总动量的增量等于相应时间内物体系所受外力的合力的冲量，所谓物体系总动量的增量是指系统内各个物体动量变化量的矢量和。而物体系所受的合外力的冲量是指系统内各个物体所受的一切外力的冲量的矢量和。
2、动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时F则是合外力对作用时间的平均值。
3、动量定理公式中的Δ（mv）是研究对象的动量的增量，是过程终态的动量减去过程始态的动量（要考虑方向），切不能颠倒始、终态的顺序。
& 4、动量定理公式中的等号表明合外力的冲量与研究对象的动量增量的数值相等，方向一致，单位相同。但考生不能认为合外力的冲量就是动量的增量，合外力的冲量是导致研究对象运动改变的外因，而动量的增量却是研究对象受外部冲量作用后的必然结果。
5、用动量定理解题，只能选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体做参照物。忽视冲量和动量的方向性，造成I与P正负取值的混乱，或忽视动量的相对性，选取相对地球做变速运动的物体做参照物，是解题错误的常见情况。
动量守恒定律
（一）动量守恒定律
1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等。
& 2、动量守恒定律适用的条件&&&
①系统不受外力或所受合外力为零。
②当内力远大于外力时。
③某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒。
3、常见的表达式
①p'＝p，其中p'、p分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。
②Δp＝0，表示系统总动量的增量等于零。
③Δp1＝－Δp2，其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。
其中①的形式最常见，具体来说有以下几种形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v'l＋m2v'2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。
B、0＝m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。
C、m1vl＋m2v2＝（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度的系统。
（二）动量守恒定律的理解
（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。
（2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。
（3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。
【规律方法】
动量、冲量和动量定理
1、冲量和动量变化量的计算
【例1】如图所示，倾角为α的光滑斜面，长为s，一个质量为m的物体自A点从静止滑下，在由A到B的过程中，斜面对物体的冲量大小是&&&&&&&&&&& ，重力冲量的大小是&&&&&&&&&&&& 。物体受到的冲量大小是&&&&&&&&&&& （斜面固定不动）。
解析：该题应用冲量的定义来求解。物体沿光滑斜面下滑，加速度a＝gsinα，滑到底端所用时间，由s＝at2，可知t＝＝
由冲量的定义式IN＝Nt＝mgcosα，IG＝mgt＝mg
&&& I合＝F合t＝mgsinα
点评：对力的冲量的计算，学生比较习惯按做功的方法求，如IF易算为Fcosθt，而实际为Ft，对支持力、重力的冲量通常因为与位移垂直而认为是零。冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。对动量变化量，分不清应该用哪个力的冲量来计算，实际只要求出合外力的冲量就可以了。
说明：（1）注意区别所求的是某一力的冲量还是合外力的冲量。
&&& （2）恒力的冲量一般直接由I＝Ft求，变力的冲量一般由I＝ΔP求。
【例2】以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断正确的是（&&& ）
A. 在两个相等的时间间隔内，石块受到的冲量相同
B. 在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同
C. 在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同
D. 在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同
解析：不计空气阻力，石块只受重力的冲量，无论路程怎样，两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A正确。据动量定理，物体动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相等的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B正确。由于石块下落时在竖直分方向上是作加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，因而动量的增量不同，C错。据动能定理，外力对物体所做的功等于物体动能的增量，石块只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力功就相同，因此动能增量就相同，D正确。答案：ABD。
2、动量定理的初步应用
【例3】如图所示，质量为2kg的物体，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由静止开始运动，经过1s撤去F，又经过1s物体停止，求物体与水平面间的动摩擦因数。
解析：在水平面上物体受力分析如图所示，据题意物体的运动分为两个阶段，第一阶段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，历时t1＝1s;第二阶段撤去F后只受摩擦力f的作用又历时t2＝ls.全过程初始速度为0，全过程结束时末速度也为0，所以总动量的增量为0。
应用动量定理可列式：Ftl－f（tl＋t2）＝0
其中摩擦力f＝μN＝μmg
由以上两式得：
注意：应用动量定理公式I＝mv2－mv1时，不要把公式左边的冲量单纯理解为合外力的冲量，可以进一步理解为“外力冲量的矢量和”，这样就对全过程应用一次动量定理就可以解决问题而使思路和解题过程简化。
【例4】如图所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为&&&&&& 。
解析：把AB作为一个整体应用动量定理得：（F－Mg－mg）t＝mv＋（－Mu）
分别对A、B应用动量定理得：（F－mg）t＝mv，－Mgt＝－Mu
代入上式得I＝Ft＝mv＋mgt＝mv＋mu＝m（v＋u）
【例5】人从高处跳到低处时，为了延长碰撞时间，保护身体不受伤，脚着地后便自然地下蹲。
&&& （1）人的这种能力是
&&& A. 应激性；&&&&& B. 反射；&&& C. 条件反射；&&&&&&&&& D. 非条件反射
&&& （2）某质量为50kg的飞行员，从5 m高的训练台上跳下，从脚着地到完全蹲下的时间约为1s，则地面对他的作用力为多大？（g＝10m／s2）
&&& （3）假如该飞行员因心理紧张，脚着地后未下蹲，他和地碰撞的时间为0.01s，则此时地对人的力又是多大？
解析：（1）B、D正确 （2）下落 5m时速度vt＝＝10m／s
&&& 由动量定理得（Fl－mg）t1＝mv&&& F1＝mv/t1＋mg＝1×103N
（3）由动量定理得（F2－mg）t2＝mv&& F2＝mv/t2＋mg＝5.05×104N
【例6】滑块A和B用轻细绳连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，已知滑块A、B与水平桌面间的滑动摩擦因数μ，力F作用t秒后，A、B间连线断开，此后力F仍作用于B，试求：滑块A刚刚停住时，滑块B的速度多大？滑块A、B的质量分别为mA、mB
解析：（1）取滑块A、B为研究对象，研究A、B整体做加速运动的过程，根据动量定理，有：[F－μ（mA＋mB）g]t＝（mA＋mB）v－0。
由此可知A、B之间连线断开时，A、B的速度为v＝[F－μ（mA＋mB）g]t/（mA＋mB）
（2）研究滑块A作匀减速运动过程，根据动量定理有：－μmAgt'＝0－mAv
将v代入上式，可求得滑块A作匀减速滑行时间为：t'＝＝
（3）研究滑块A、B整体。研究从力F作用开始直至A停住的全过程。此过程中物体系统始终受到力F及摩擦力的冲量，根据动量定理，有[F－μ（mA＋mB）g]（t＋t/）＝mBvB
将t'代入上式，可求出滑块A刚停住时滑块B的速度为vB＝
动量守恒定律
【例1】由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律（以两个物体为例）
解析：设两物体质量分别为m1、m2，作用前后的速度分别为v1、v2与v1'、v2'。在Δt时间内m1、m2所受外力为Fl、F2，内力：第1个对第2个物体作用力为f12，其反作用力为f21。
&&& 根据动量定理：
&&& 对m1：（Fl十f21）Δt＝m1 v1'－m1 v1
&&& 对m2：（F2十f12）Δt＝m2 v2'－m2 v2
&&& 根据牛顿第三定律f12＝f21&& 又由于Fl＋F2＝0
&&& 所以m1 v1'－m1 v1＝m2 v2'－m2 v2&&&&& 整理得：m1 v1＋m2 v2＝m1 v1'＋m2 v2'
动量守恒定律的“四性”
在应用动量守恒定律处理问题时，要注意“四性”
①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。若方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。
②瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1v'l＋m2v'2时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。
③相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系
④普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
【例2】一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人（相对车静止）一起以2m／s的速度向前运动，突然人相对车以 4m／s的速度向车后跳出去，则车速为多大？
下面是几个学生的解答，请指出错在何处。
（1）解析：人跳出车后，车的动量为60v，人的动量为40（4＋v）由动量守恒定律：
（60＋40）×2＝60v－40（4＋v）解得：v＝0.4 m/s&&&&&&&&&&&&& （没有注意矢量性）
（2）解析：选车的方向为正，人跳出车后，车的动量为60v，人的动量为40×4，由动量守恒定律：
&&& （60＋40）×2＝60v—40×4，解得v＝6m／s&&&&&&&&&&&&&&& （没有注意相对性）
（3）解析：选车的方向为正，人跳出车后的动量为60v，人的动量为40×（4－2）由动量守恒定律得
（60＋40）×2＝60v—40×（4－2）解得v＝14/3m/s&&&&&&&& （没有注意瞬时性）
（4）解析：选地为参照物，小车运动方向为正，据动量守恒定律，
（60＋40）×2＝60v—40（4—v）解得v＝3。6m/s此法正确。
&& &答案：3.6m／s
【例3】在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况的说法是可能发生的（&&& ）
&&& A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 vl、v2、v3，满足（M＋m0）v＝Mvl＋mv2＋m0v3
&&& B. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为vl和v2，满足Mv＝Mvl＋mv2。
&&& C. 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vl，满足Mv＝（M＋m）vl
&&& D. 小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满足（M＋m0）v＝（M＋m0）vl＋mv2
分析：小车M与质量为m的静止木块发生碰撞的时间极短，说明在碰撞过程中，悬挂摆球的细线来不及摆开一个明显的角度，因而摆球在水平方向尚未受到力的作用，其水平方向的动量未发生变化，亦即在小车与木块碰撞的过程中，只有小车与木块在水平方向发生相互作用。
解析：在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的效力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误，小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确。
【例4】如图所示，在光滑水平面上有A、B两小球沿同一条直线向右运动，并发生对心碰撞。设向右为正方向，碰前A、B两球动量分别是pA＝10kg·m/s，pB＝15kg·m/s，碰后动量变化可能是（&&&& ）
&&& A. ΔpA＝5kg·m／s&&&& &&&&&&& ΔpB＝5kg·m／s
&&& B. ΔpA ＝－5 kg·m／s&&&& & ΔpB＝5 kg·m／s
&&& C. ΔpA ＝5kg·m／s&&&& &&&&&& ΔpB＝－5 kg·m／s·
&&& D. ΔpA ＝－20kg·m／s&& &&&& ΔpB＝20 kg·m／s
解析：A。此结果动量不守恒；B。可能；C。B的动量不可能减少，因为是A碰B；D。要出现ΔpA＝－20kg·m／s只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果。答案：B
【模拟试题】
1. 据报道，一辆轿车在高速强行超车时，与迎面驰来的另一辆轿车相撞，两车身因碰撞挤压，皆缩短了约0.5m，据测算相撞时两车的速度均为109km/s，试求碰撞过程中车内质量60kg的人受到的平均冲击力约为多少?
2. 一单摆摆球质量m＝0.2kg，摆长l＝0.5m。今将摆球拉高至与竖直方向成5°角处由静止释放，求摆球运动至平衡位置过程中重力的冲量和合力的冲量。（g＝10m／s2）
3. 将质量为m的铅球以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止砂车中如图所示。砂车与地面间的摩擦力不计，球与砂车的共同速度等于多少？
4. 放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是
&&& A. 两手同时放开后，两车的总动量为零
&&& B. 先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右
&&& C. 先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右
&&& D. 两手同时放开，两车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒
5. 质量为M的金属块和质量为m的木块用细线连在一起，在水中以加速度a下沉，不计水的阻力。某时刻，下沉的速度为v时，细线突然断了，此后金属块继续下沉，木块上浮经t秒木块跃出水面。测得木块跃出水面的初速度为v1，若此时金属块还未沉到湖底，求此时金属块的速度v2？
6. 质量为m＝2kg的小球，从离地面h1＝5 m高处自由下落，球和地面相碰后又反弹至h2＝3.2 m高处，已知上述过程经历的时间t＝1.9s，求地面和小球间的平均弹力是多大？
【试题答案】
1. 解析：两车相碰时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，此过程位移为0.5m，设人随车做匀减速运动的时间为t，已知v0≈30m/s，由
根据动量定理有Ft＝mv0，解得F＝5.4×104N
2. 解析：摆球重力为恒力，且时间t为单摆周期的1/4，即t＝T/4＝。所以
&&& IG＝mg＝0.2×10×≈0.69 N·s
&&& 摆球所受合力为变力，不能直接用公式I＝Ft计算，只能应用动量定理求之：
&&& F合t＝Δmv＝m≈0.039N·s
答案：0.69 N·s；0.039 N·s
3. 解析：把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平方向的外力，则水平方向动量守恒。所以：
&&& m v0cosθ＝（M＋m）v，所以v＝ m v0cosθ/（M＋m）
答案：m v0cosθ/（M＋m）
说明：某方向合外力为零，该方向动量守恒。
4. 解析：根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左。因而，选项ABD正确。
5. 解析：把金属块和木块看成是一个系统，则此系统受到外力的冲量应等于其动量的增量。系统受到的外力为金属块与木块各自受到的重力和水的浮力，由于已知它们在水中一起下沉的加速度，可用牛顿第二定律求出其受到的合力。
&&& 设竖直向下为正方向，它们在水中受到的浮力分别为F1和F2。
&&& 据动量定理：（mg＋Mg－F1－F2）t＝（Mv2－mvl）－（m＋M）v……①
&&& 据牛顿第二定律，它们一起下沉时：Mg＋mg－F1－F2＝（m＋M）a……②
把②代入①得（m＋M）at＝（Mv2－mvl）－（m＋M）v解得
6. 解析：小球下落时是自由落体运动，下落时间和落地时的末速不难求出，反弹后作竖直上抛运动，上升时间和上抛的初速度也能求出，和地面作用的时间为由总时间和下落与上升的时间差，用动量定理就能求出地面的作用力。
落地时速度：，下落所用时间：
反弹后上升初速度：，反弹后上升时间：
对球和地面碰撞过程用动量定理，设向上方向为正：（F－mg）（t－t1－t2）＝mv2－（－mv1）
馆藏&42556
TA的最新馆藏[转]&[转]&[转]&[转]&[转]&[转]&（2014o河北区模拟）某同学用图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到1O个落点痕迹，确定小球a的落点平均位置R．再把b球放在水平槽末端R，让a球仍从固定位置G由静止开始滚下，与b球碰撞后，落到水平地面的记录纸上，重复10次，得到两球的落点平均位置分别为A和C，其中b球落点痕迹如图2所示．米尺水平放置，米尺的零点与O点对齐．（1）碰撞后b球的水平射程应取为____cm．（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：____（填选项号）A．水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离B．a球与b球碰撞后，分别测量a球和b球的落点位置到O点的距离C．测量a球或b球的直径D．测量a球和b球的质量（或两球质量之比）E．测量G点相对于水平槽面的高度（3）按照本实验方法，已知a球的质量为ma，b球的质量为mb，ma＞mb，那么动量守恒验证式是____．
& 研究平抛物体的运动知识点 & “（2014o河北区模拟）某同学用图1所示...”习题详情
300位同学学习过此题，做题成功率90.0%
（2014o河北区模拟）某同学用图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到1O个落点痕迹，确定小球a的落点平均位置R．再把b球放在水平槽末端R，让a球仍从固定位置G由静止开始滚下，与b球碰撞后，落到水平地面的记录纸上，重复10次，得到两球的落点平均位置分别为A和C，其中b球落点痕迹如图2所示．米尺水平放置，米尺的零点与O点对齐．（1）碰撞后b球的水平射程应取为64.7&cm．（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：ABD&（填选项号）A．水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离B．a球与b球碰撞后，分别测量a球和b球的落点位置到O点的距离C．测量a球或b球的直径D．测量a球和b球的质量（或两球质量之比）E．测量G点相对于水平槽面的高度（3）按照本实验方法，已知a球的质量为ma，b球的质量为mb，ma＞mb，那么动量守恒验证式是maOB=maOA+mbOC&．
本题难度：一般
题型：填空题&|&来源：2014-河北区模拟
分析与解答
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习题“（2014o河北区模拟）某同学用图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，...”的分析与解答如下所示：
根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式．
解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图2所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.7cm；（2）A、水平槽上未放b球时，测量a球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞前a球的速度，故A正确；B、a球与b球碰撞后，测量a球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞后a球的速度，故B正确；C、不需要测量a球或b球的直径，故C错误；D、测量a球和b球的质量（或两球质量之比），用来表示出球的质量，故D正确；E、不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故E错误．故选：ABD．（3）根据实验原理可得mav0=mbv1+mbv2，由已测量的物理量ma、mb、OB、OA、OC．又因下落时间相同，即可求得：maOB=maOA+mbOC，故答案为：（1）64.7；（2）ABD；（3）maOB=maOA+mbOC．
掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．
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（2014o河北区模拟）某同学用图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止...
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经过分析，习题“（2014o河北区模拟）某同学用图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，...”主要考察你对“研究平抛物体的运动”
等考点的理解。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问网上课堂。
研究平抛物体的运动
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与“（2014o河北区模拟）某同学用图1所示装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．在记录纸上记下重垂线所指的位置O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，...”相似的题目：
（1）在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹．为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上&&&&．A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置必须不同C．每次必须由静止释放小球D．小球运动时不应与木板上的白纸相接触E．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线（2）某学生在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，A为物体运动一段时间后的位置，根据图示，求出物体做平抛运动的初速度为&&&&A．1.0m/s&&&B．10m/s&&&C．2.0m/s&&&D．20m/s．
在“研究平抛物体的”实验中，正确的操作是 （　　）为保证实验准确，先在斜槽的滑道上涂抹一些润滑油，以减小小球与槽的摩擦力固定斜槽时其底部末端的切线必须水平是为了保证小球的运动轨迹是一条平抛曲线在坐标纸上画坐标时，要选定斜槽底部末端在竖直向上方向上加上小球半径所在位置作为平抛运动坐标原点，再画出x、y轴实验中每次必须由静止释放小球，但释放的位置可以不同，记录小球位置的凹槽（或木　条）一定得严格地等距离下移记录小球通过不同位置的点后，用平滑的曲线画出运动轨迹，舍弃个别偏差较大的点
用闪光照相方法研究平抛运动规律时，由于某种原因，只拍到了部分方格背景及小球的三个瞬时位置（见图）．若已知闪光时间间隔为t=0.1s，则小球运动中初速度大小为&&&&小球经B点时的竖直分速度大小&&&&（g取10m/s2，每小格边长均为L=5cm）．
“（2014o河北区模拟）某同学用图1所示...”的最新评论
该知识点好题
1（2012o四川）某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动．质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．A球落到地面N点处，B球落到地面P点处．测得mA=0.04kg，mB=0.05kg，B球距地面的高度是1.225m，M、N点间的距离为1.500m，则B球落到P点的时间是&&&&s，A球落地时的动能是&&&&J．（忽略空气阻力，g取9.8m/s2）
2（2013o上海）如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移．保持水平槽口距底板高度h=0.420m不变．改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中．（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成&&&&关系，与&&&&无关．
v0（m/s）&0.741&1.034&1.318&1.584&t（ms）&292.7&293.0&292.8&292.9&d（cm）&21.7&30.3&38.6&46.4&（2）一位同学计算出小球飞行时间的理论值t理=√2hg=√2×0.42010=289.8ms发现理论值与测量值之差约为3ms．经检查，实验及测量无误，其原因是&&&&．（3）另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竞发现测量值t′依然大于自己得到的理论值t理′，但二者之差在3-7ms之间，且初速度越大差值越小．对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是&&&&．
3（1）用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件&&&&，使指针对准电流的“0“刻线．②将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．③将插入“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动部件&&&&，使指针对准电阻的&&&&&（填“0刻线“或“∞刻线“）．④将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按&&&&的顺序避行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k“的位置&&&&B．将K旋转到电阻挡“×10“的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准（2）如图2，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量&&&&&&（填选项前的符号），间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度h&&&&&&B．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是&&&&．（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量ml、m2B．测量小球m1开始释放高度h&&&C．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N&&&&&&&E．测量平抛射程OM，ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为&&&&&（用②中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为&&&&&（用②中测量的量表示）．④经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1?，则p1：p1?=&&&&：11；若碰撞结束时m2的动量为p2?，则p1?：p2?=11：&&&&．实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值p1p1′+p2′为&&&&．⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为&&&&cm．
该知识点易错题
1（2003o上海）如图所示，在研究平抛运动时，小球A沿轨道滑下，离开轨道末端（末端水平）时撞开轻质接触式开关S，被电磁铁吸住的小球B同时自由下落．改变整个装置的高度H做同样的实验，发现位于同一高度的A、B两球总是同时落地，该实验现象说明了A球在离开轨道后&&&&A．水平方向的分运动是匀速直线运动．B．水平方向的分运动是匀加速直线运动．C．竖直方向的分运动是自由落体运动．D．竖直方向的分运动是匀速直线运动．
2（2000o上海）如图所示为用频闪摄影方法拍摄的研究物体做平抛运动规律的照片．图中A、B、C为三个同时由同一点出发的小球．AA′为A球在光滑水平面上以速度υ运动的轨迹．BB′为B球以速度υ被水平抛出后的运动轨迹．CC′为C球自由下落的运动轨迹．通过分析上述三条轨迹可得出结论&&&&．
3某同学用图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示．图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．完成下列真空：（重力加速度取9.8m/s2）（1）设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图2中可读出|y1-y2|=&&&&m，|y1-y3|=&&&&m，|x1-x2|=&&&&m（保留一位小数）．（2）若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动．利用（1）中读取的数据，求出小球从运动到所用的时间为&&&&s，小球抛出后的水平速度为&&&&（均可用根号表示）．（3）已测得小球抛也前下滑的高度为0.50m．设E1和E2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失E1-E2E1×100%，=&&&&%（保留一位有效数字）
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