资源描述
实验五探究动能定理* 注意事项1.平衡摩擦力.由于我们用绳的拉力确定对小车做的功,因此应设法排除其他力的影响,实际操作中是采用把木板的一端垫高,用小车重力的分力和阻力平衡的方法来消除阻力的影响.2.尽量减小小车的加速度.因为砝码和小盘拉着小车加速运动时,砝码和小盘处于失重状态,小车受到的拉力小于砝码和小盘的总重力.为减小这一系统误差,应使小车的加速度尽量小,也就是实验中必须满足砝码和小盘的总质量远小于小车的质量.误差分析1.实验中我们把拉力对小车做的功与砝码和小盘总重力所做的功认为是一样的,但实际上二者并不相同,这是因为砝码和小盘的总重力与绳的拉力是不一样的.2.在m M时,细绳的拉力近似等于砝码和小盘的总重力;m越大,误差越大.因此实验中应使小车的质量远大于砝码和小盘的总质量.(对应学生用书第104107页)命题点一常规实验【典例1】(2019宁夏银川一中月考)探究外力做功与物体动能变化关系的实验装置如图(甲)所示,根据实验中力传感器读数和纸带的测量数据等可分别求得外力对小车做的功和小车动能的变化.(1)关于该实验,下列说法中正确的有.A.调整滑轮高度,使连接小车的细线与木板平行B.实验中要始终满足钩码的质量远小于小车的质量C.若纸带上打出的是短线,可能是打点计时器输入电压过高造成的D.平衡摩擦力时,调整垫块的高度,改变钩码质量,使小车能在木板上做匀速运动(2)除了图(甲)中注明的器材外,实验中还需要交流电源、导线、刻度尺和.(3)某次实验中打出了一条纸带,其中一部分如图(乙)所示:若各个打出的点是连续的计时点,A,B,D,E,F各点与O点间的距离如图,设小车质量为m,打点周期为T,本次实验过程中力传感器的读数为F.则A到E过程外力做功W=,小车动能变化Ek=;在不同次实验中测得多组外力做功Wi和对应的动能变化Eki的数据,作出W-Ek图像如图(丙)所示,图线斜率约等于1,由此得出的结论是.解析:(1)实验中应使得连接小车的细线与木板平行,A正确;由于本实验中绳子的拉力可以通过力传感器读出,所以不需要始终满足钩码的质量远小于小车的质量,B错误;若纸带上打出的不是点,而是短线,可能是因为振针过低,也可能是所加电压过高,使振幅过大,二者导致与纸带接触的时间过长,C正确;在平衡摩擦力时,在小车不悬挂钩码的情况下,调整垫块的高度,使得小车能在木板上做匀速直线运动即可,D错误;(2)因为要计算小车的动能,所以还需要测量小车的质量,故需要天平;(3)外力做功W=Fs=F(s4-s1),根据匀变速直线运动推论可知vA=,vE=,故动能变化量为Ek=m-m=,图线斜率约等于1,则=1,可得外力对物体做的功等于物体动能的增量.答案:(1)AC(2)天平(3)F(s4-s1) 外力对物体做的功等于物体动能的增量误区警示该实验虽然利用“验证牛顿第二定律”的实验装置来“验证动能定理”,但当对小车的拉力能够确定时就不必把钩码质量远小于小车质量作为减小实验误差的条件.【典例2】(2018安徽省合肥市高三第三次质检)为了探究力对初速度为零的物体做功与物体获得速度的关系,某实验小组采用如图(甲)所示的装置进行实验.(1)实验小组按正确的操作,将木板一端倾斜来平衡摩擦力,打出三条纸带,其中符合实验要求的是(选填纸带的字母编号).(2)下列关于橡皮筋及其做功的说法正确的是.A.橡皮筋做功的值不需要测量B.增加规格相同的橡皮筋条数,使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加C.在小车运动的过程中,橡皮筋一直对其做功D.将橡皮筋的长度拉伸为原来的两倍,橡皮筋做的功增加了两倍(3)在操作正确的前提下,其中打出的一条纸带如图(乙)所示,为了测量小车获得的速度,应选用纸带的部分进行测量;(4)在某次实验中,实验小组误将木板水平放置,小车在橡皮筋作用下由静止开始运动,当小车运动到某一位置,橡皮筋恰好处于原长状态,下列说法正确的是.A.此时小车速度最大B.此时小车加速度最大C.此后小车开始做匀速直线运动D.当小车速度最大时,橡皮筋一定处于拉伸状态解析:(1)纸带B的点迹均匀,说明小车匀速运动,平衡摩擦力,则符合实验要求的是纸带B;(2)实验中橡皮筋做功的值不需要测量,选项A正确;增加规格相同的橡皮筋条数,使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加,选项B正确;在小车运动的过程中,橡皮筋只是刚开始时对小车做功,橡皮筋恢复原长后就不再做功,选项C错误;橡皮筋的长度拉伸为原来的两倍,橡皮筋的伸长量不一定增大两倍,弹力也增大,但不一定是增大两倍,故橡皮筋做的功不一定增加两倍,选项D错误;(3)测量小车的速度时应该用纸带上点迹均匀的部分测量,即HI,HK或IK均可;(4)由于木板水平放置,可知小车与木板间有摩擦力,则当小车速度最大时,弹力等于摩擦力,此时橡皮筋一定处于拉伸状态,选项D正确.答案:(1)B(2)AB(3)HI,HK或IK均可(4)D方法技巧(1)用橡皮筋做“探究动能定理”的实验时,不是得出力做功与物体动能变化的关系,而是得出W与v2的线性关系.(2)拉伸的橡皮筋对小车所做功的具体数值无需知道,而是通过改变橡皮筋的条数以倍数改变的方式实现的,因此,每次所用橡皮筋应相同,且被拉伸到同一位置.1.(2019甘肃甘谷一中考试)某探究学习小组的同学试图以图中的滑块为对象验证“动能定理”,他们在实验室组装了如图所示的一套装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、小木块、细沙.当连上纸带,释放沙桶时,滑块处于静止.要完成该实验,你认为:(1)还需要的实验器材有.(2)实验时首先要做的步骤是,为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的条件是.(3)在上述的基础上,某同学测得滑块的质量M.往沙桶中装入适量的细沙,测得此时沙和沙桶的总质量m.接通电源,释放沙桶,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2(v1”“”或“=”)时重锤的机械能守恒.(3)关于上述实验,下列说法中正确的是.A.实验中可用干电池作为电源B.为了减小阻力的影响,重锤的密度和质量应该适当大些C.实验时应先释放纸带后接通电源D.图(乙)Ek-h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能(4)无论如何改进实验方法和措施,总有重力势能的改变量大于动能的改变量,原因是: 解析:(1)计数点5的瞬时速度等于4,6两点间的平均速度,则v5=.(2)打计数点3时对应重锤的重力势能Ep3=-mgh3,若机械能守恒,则每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等,即两条图线的斜率大小相同,因此k1=k2.(3)实验中打点计时器使用的是交流电源,不可用干电池作为电源,故A错误;为了减小阻力的影响,重锤的密度和质量应该适当大些,故B正确;实验时应先接通电源,再释放纸带,故C错误;图(乙)Ek-图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能,故D正确.(4)无论如何改进实验方法和措施,总有重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用.答案:(1)(2)-mgh3=(3)BD(4)重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用2.(2019河北衡水模拟)如图1是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置.(g取9.80 m/s2)(1)在多次实验打出的纸带中选出一条清晰的纸带如图2(甲)所示,其中O点为打点计时器打下的第一个点,A,B,C为三个计数点,打点计时器通以频率为50 Hz的交变电流.用分度值为1 mm的刻度尺测得OA=12.41 cm,OB=18.90 cm,OC=27.06 cm,在计数点A和B,B和C之间还各有一个点,重锤的质量为1.00 kg.甲同学根据以上数据,算出当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了J;此时重锤的速度vB=m/s,此时重锤的动能比开始下落时增加了J.(结果均保留三位有效数字)(2)某同学利用他自己实验时打出的纸带,测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h,算出了各计数点对应的速度v.然后以h为横轴,以v2为纵轴作出了如图2(乙)所示的图线,图线的斜率近似等于.A.19.6B.9.8C.4.9图线未过原点O的原因是 .解析:(1)当打点计时器打到B点时,重锤的重力势能减少量Ep=mgOB=1.009.8018.9010-2 J1.85 J;打B点时重锤的速度vB= m/s1.83 m/s,此时重锤的动能增加量Ek=m=1.001.832 J1.67 J.(2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g,故B正确;由图线可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是做实验时先释放了纸带,然后才合上打点计时器的开关.答案:(1)1.851.831.67(2)B见解析命题点二创新实验实验装置图示创新角度分析2016江苏卷,11(1)实验器材的改进:利用细线系住钢球来验证机械能守恒定律.利用光电门测钢球经过光电门的速度.(2)误差分析与实验改进:因空气阻力做负功,导致EkEp,是钢球的速度计算方法引起的.改进方案应从修正钢球速度大小的角度来设计.2019湖北武汉高三诊断(1)实验器材的改进:利用气垫导轨验证机械能守恒定律.气垫导轨有效减小了阻力,从而减小了实验误差.(2)实验原理的改进:本实验利用砝码减少的重力势能与滑块和砝码增加的动能是否相当,验证系统的机械能守恒.2018安徽宣城二模实验改进:由通过验证单个物体自由下落过程的机械能守恒改为验证相关联的两个物体自由下落的机械能守恒,使定律更具普遍性,另外利用Ep减=Ek增验证,丰富了处理机械能守恒问题的方法.【典例2】 (2016江苏卷,11)某同学用如图(甲)所示的装置验证机械能守恒定律.一根细线系住钢球,悬挂在铁架台上,钢球静止于A点,光电门固定在A的正下方.在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条.将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出,取v=作为钢球经过A点时的速度.记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t,计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小Ep与动能变化大小Ek,就能验证机械能是否守恒.(1)用Ep=mgh计算钢球重力势能变化的大小,式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直距离.A.钢球在A点时的顶端B.钢球在A点时的球心C.钢球在A点时的底端(2)用Ek=mv2计算钢球动能变化的大小,用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图(乙)所示,其读数为 cm.某次测量中,计时器的示数为0.010 0 s,则钢球的速度为v= m/s.(3)下表为该同学的实验结果:Ep(10-2 J)4.8929.78614.6919.5929.38Ek(10-2 J)5.0410.115.120.029.8他发现表中的Ep与Ek之间存在差异,认为这是由于空气阻力造成的.你是否同意他的观点?请说明理由.(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议.解析:(1)钢球下落的高度为初末位置球心间的竖直距离,选项B正确.(2)由图知读数为1.50(1.491.51都算对) cm,钢球的速度为v=,代入数据解得v=1.50(1.491.51都算对) m/s.(3)若是空气阻力造成的,则Ek应小于Ep,根据表格数据知不是空气阻力造成的.(4)钢球经过A点时,光电门的位置低于球心的位置,故实验中测得的钢球速度大于钢球在A点的实际速度.由于遮光条与钢球运动的角速度相等,由v=r知,一定时,v与r成正比,故分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计算Ek时,将v折算成钢球经过A点时的速度v=v.答案:(1)B(2)1.50(1.491.51都算对)1.50(1.491.51都算对)(3)见解析(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计算Ek时,将v折算成钢球经过A点时的速度v=v.【典例3】 (2019湖北武汉高三诊断)如图为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)“验证机械能守恒定律”的实验装置,完成以下填空.实验步骤如下:将气垫导轨放在水平桌面上,桌面高度不低于1 m,将导轨调至水平;测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s;将滑块移至光电门1左侧某处,待砝码静止不动时,释放滑块,要求砝码落地前挡光条已通过光电门2;记录滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间t1和t2;用天平称出滑块和挡光条的总质量M,再称出托盘和砝码的总质量m;滑块通过光电门1和光电门2时,可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=和Ek2=;在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统势能的减少量Ep=(重力加速度为g);如果满足关系式(用Ek1,Ek2和Ep表示),则可认为验证了机械能守恒定律.解析:滑块经过光电门1时的速度v1=,经过光电门2时的速度v2=,滑块、挡光条、托盘和砝码组成的系统的动能Ek1=(M+m)=(M+m)()2;Ek2=(M+m)=(M+m)()2,系统重力势能减少Ep=mgs,如果满足关系式Ep=Ek2-Ek1,则可认为验证了机械能守恒定律.答案:(M+m)()2(M+m)()2mgsEp=Ek2-Ek11.(2018安徽宣城二模)用如图所示实验装置验证m1,m2组成的系统机械能守恒,m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律.图(乙)中给出的是实验中获取的一条纸带;0是打下的第一个点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),计数点间的距离如图所示.已知m1=50 g,m2=150 g,则(g取9.8 m/s2,所有结果均保留三位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5=m/s;(2)在打点05过程中系统动能的增量Ek= J,系统势能的减少量Ep=J,由此得出的结论是 .(3)若某同学作出v2-h图像如图(丙)所示,则当地的实际重力加速度g=m/s2.解析:(1)由题意知T=0.1 s,根据匀变速直线运动的推论可得,v5= m/s=2.40 m/s.(2)在打点05过程系统动能的增量Ek=(m1+m2)-0=0.576 J.系统势能的减少量Ep=m2gh05-m1gh05=0.588 J.由此可见,在误差允许的范围内,m1,m2组成的系统机械能守恒.(3)根据系统机械能守恒,m2gh-m1gh=(m1+m2)v2,即有=gh,故图像斜率k=g=g,g=2 m/s2=9.70 m/s2.答案:(1)2.40(2)0.5760.588在误差允许的范围内,m1,m2组成的系统机械能守恒(3)9.702.某同学利用如图所示探究“机械能守恒定律”.实验步骤如下:(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d;(2)按图竖直悬挂好轻质弹簧,将轻质遮光条水平固定在弹簧下端;在铁架台上固定一位置指针,标示出弹簧不挂钩码时遮光条下边缘的位置,并测出此时弹簧长度x0;(3)测量出钩码质量m,用轻质细线在弹簧下方挂上钩码,测量出平衡时弹簧的长度x1,并按图所示将光电门组的中心线调至与遮光条下边缘同一高度,已知当地重力加速度为g,则此弹簧的劲度系数k=;(4)用手缓慢地将钩码向上托起,直至遮光条恰好回到弹簧原长标记指针的等高处(保持细线竖直),迅速释放钩码使其无初速下落,光电门组记下遮光条经过的时间t,则此时重锤下落的速度为;(5)已知弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2(x表示弹簧形变量),则弹簧弹性势能的增加量Ep=(用题目所给字母符号表示);(6)钩码减小的机械能E=(用题目所给字母符号表示);(7)若Ep与E近似相等,说明系统的机械能守恒.解析:(3)根据平衡条件可得mg=kx,解得此弹簧的劲度系数k=;(4)由于在很短时间内的平均速度等于瞬时速度,则此时重锤下落的速度v=;(5)弹簧的弹性势能增加量Ep=kx2=(x1-x0)2=;(6)该过程中钩码重力势能的减小量EGp=mg(x1-x0),动能的增加量为Ek=mv2=m()2,故钩码减小的机械能E=EGp-Ek=mg(x1-x0)-m()2.答案:(3)(4)(5)(6)mg(x1-x0)-m()2教材直通高考(五)(对应学生用书第111页)人教版必修2P76例题是利用一个物体的摆动过程,考查小球在最低点时的速度与摆长和偏角的关系,通过改变考查角度,分析小球的运动受力和能量的情况,演变成与高考考查相似的试题.人教版必修2P76例题改编(多选)把一个小球用细线悬挂起来,就成为一个摆,如图所示,摆长为l,拉至偏角为(90)时静止释放,如果阻力可以忽略,小球运动到最低点时(AC)A.小球的速度与偏角有关B.小球的动能与偏角无关C.小球所受线的拉力大于重力D.小球的向心加速度与l成反比解析:设小球质量为m,根据动能定理得mgl(1-cos )=mv2,所以小球的动能、速度与有关,A正确,B错误.在最低点时,小球加速度向上,出现超重,线的拉力大于重力,C正确.由a=得a=2g(1-cos ),D错误.2016全国卷,16小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,P球的质量大于Q球的质量,悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短.将两球拉起,使两绳均被水平拉直,如图所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点(C)A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析:由静止释放至运动到最低点的过程分别对两球应用动能定理有mPglP=EkP-0=mP-0,mQglQ=EkQ-0=mQ-0,得vP=,vQ=,因为lPlQ,故vPmQ,lPFQ,选项C正确.第六章 碰撞与动量守恒(教师备用)考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201620172018动量、动量定理、动量守恒定律及其应用卷T35(2):动量定理和能量观点卷T35(2):动量守恒和能量守恒卷T35(2):动量守恒和能量守恒卷T14:动量守恒定律的应用卷T20:动量定理的应用卷T14:动量T24:动量守恒和能量守恒卷T15:动量定理T24:碰撞与动力学综合卷T25(2):动量的计算弹性碰撞和非弹性碰撞实验七:验证动量守恒定律说明:只限于一维1.考查方式:从近两年命题规律来看,应用动量定理、动量守恒定律,常以选择题的形式对某一过程进行分析判断,应用碰撞或反冲运动模型,常以计算题的形式考查动量和能量观点的综合应用.2.命题趋势:综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题将是今后命题的热点,既可以将动量与力学知识结合,也可将动量和电学知识结合,作为理综试卷压轴计算题进行命题,难度会逐渐加大.第1节动量定理动量守恒定律(对应学生用书第112113页)一、动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p=mvEk=p=p-p标矢性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek=,Ek=pv,p=,p=联系若物体的动能发生变化,则动量一定发生变化;但动量发生变化时动能不一定变化二、冲量1.定义:力和力的作用时间的乘积.2.公式:I=Ft,适用于求恒力的冲量.3.方向:恒力时与力的方向相同.三、动量定理1.内容:物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量.2.表达式:p-p=I或mv-mv=Ft.3.动量与力物体动量的变化率等于它所受的力.自主探究玻璃杯从某一高度处落下,如果地面较硬,则玻璃杯易碎,如果地面较松软,则玻璃杯不易碎,这是为什么?答案:玻璃杯落到地面上时,和地面相互作用,如果地面较硬,则玻璃杯的速度很快变为零,由动量定理知,玻璃杯会受到较大的撞击力,如果地面松软,则玻璃杯的速度变为零时需要较长的时间,玻璃杯受到的撞击力较小.四、动量守恒定律教材解读动量守恒定律的推导如图所示,在水平桌面上做匀速运动的两个小球,质量分别是m1和m2,速度分别是v1和v2,v2v1.当第二个小球追上第一个小球时两球碰撞.碰撞后的速度分别是v1和v2.设碰撞过程中第一个球所受第二个球对它的作用力是F1,第二个球所受第一个球对它的作用力是F2.根据牛顿第二定律,碰撞过程中两球的加速度分别是a1=,a2=根据牛顿第三定律,F1与F2大小相等、方向相反,即F1=-F2所以m1a1=-m2a2碰撞时两球之间力的作用时间很短,用t表示.a1=,a2=移项后得到m1v1+m2v2=m1v1+m2v21.内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变.2.表达式m1v1+m2v2=m1v1+m2v2或p=p.1.思考判断(1)一个物体动量大小不变时,它的动量一定不变.()(2)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同.()(3)系统的机械能守恒时,动量也一定守恒.()(4)物体的动量变化越大,其速度变化一定越大.()(5)系统内某物体所受合力不为0时,系统的动量一定不守恒.()2.(2019山东威海质检)质量是60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护,使他悬挂起来.已知安全带的缓冲时间是1.2 s,安全带长5 m,取g=10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为(C)A.500 NB.600 NC.1 100 ND.100 N解析:设建筑工人做自由落体运动所用时间为t1,由h1=g,得t1=s=1 s取全程研究,由动量定理得mg(t1+t2)-Ft2=0所以F=N=1 100 N,选项C正确.3.人教版选修3-5P16T5某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢,跟它们对接.机车跟第一节车厢相碰后,它们连在一起具有一个共同的速度,紧接着又跟第二节车厢相碰,就这样,直到碰上最后一节车厢.设机车和车厢的质量都相等,求与最后一节车厢碰撞后车厢的速度,铁轨的摩擦忽略不计.解析:取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律得mv0=(m+15m)v,则v=v0=0.8 m/s=0.05 m/s.答案:0.05 m/s(对应学生用书第113115页)考点一冲量与动量变化的计算1.动量与动量的变化(1)动量既有大小又有方向,是状态量,其方向与该时刻的速度方向相同.(2)动量变化量也是矢量,是过程量,与状态变化有关,其方向与合力的冲量等大同向.2.冲量的计算(1)恒力时直接用定义式I=Ft计算.(2)变力的冲量方向不变的变力时,若力的大小随时间均匀变化,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量I=t,其中F1,F2为该段时间内初、末两时刻力的大小.F-t图像中,图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量.如图所示.对于易确定始、末时刻动量的情况,可用动量定理求解冲量.【典例1】 (2019湖南师大附中月考)水平拉力分别作用在静止于水平面上等质量的a,b两物体上,F1F2,作用相同距离,两物体与水平面的动摩擦因数相同,则这个过程中F1,F2的冲量I1,I2的大小关系正确的是(D)A.一定I1I2B.一定I1I2C.一定I1=I2D.可能I1I2解析:由x=at2,得t=,由牛顿第二定律F-mg=ma,得a=,则冲量I=Ft=F=,由数学知识,整理得I=,当=,即F=2mg时,冲量I有最小值,因不知道F1,F2与2mg的大小关系,故两冲量的关系无法确定,故D正确.【针对训练】(2018北京房山区高三期末)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上,再以4 m/s 的速度反向弹回.取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于球动量变化量p和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是(A)A.p=2 kgm/sW=-2 JB.p=-2 kgm/sW=2 JC.p=0.4 kgm/sW=-2 JD.p=-0.4 kgm/sW=2 J解析:取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化为p=mv2-mv1=0.24 kgm/s-0.2(-6) kgm/s=2 kgm/s,方向竖直向上.由动能定理可知,合外力做的功W=m-m=0.242 J-0.262 J=-2 J,故A正确.考点二动量定理的理解与应用 1.理解要点(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体,也可以是系统,当为系统时不考虑内力的冲量.(2)求合力的冲量的方法有两种:第一先求合力再求合力冲量,第二求出每个力的冲量再对冲量求和.(3)动量定理是矢量式,列方程时先规定正方向.2.解释现象(1)p一定时,F的作用时间越短,力就越大;时间越长,力就越小.(2)F一定,此时力的作用时间越长,p就越大;力的作用时间越短,p就越小.分析问题时,要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚.3.两个重要应用(1)应用I=p求变力的冲量.如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量p,可求得冲量I.(2)应用p=Ft求动量的变化量.在曲线运动中,速度方向时刻在变化,求动量变化(p=p2-p1)需要应用矢量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量I,可求得动量的变化量p.【典例2】 (2019重庆高三质量抽检)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律,小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v-t图像,小球质量为0.6 kg,空气阻力不计,重力加速度g=10 m/s2,由图可知(C)A.横坐标每一小格表示的时间是1 sB.小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 mC.小球第一次反弹的最大高度为1.25 mD.小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66 N解析:小球下落时做自由落体运动,加速度为g,则落地时速度为v=gt=6 m/s,故用时t=0.6 s,图中对应6个小格,则每一小格表示0.1 s,故A错误;小球下落的初始位置离地面的高度为h=10(0.6)2 m=1.8 m,故B错误;第一次反弹后由图可知,经0.5 s上升到最大高度,则h=10(0.5)2 m=1.25 m,故C正确;设向下为正方向,由图可知,碰撞时间约为0.1 s根据动量定理可得mgt-Ft=mv-mv,代入数据解得F=72 N,故D错误.【针对训练】 将一个质量为m的小木块放在固定的光滑斜面上,使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动,滑到底端用时t,如图所示,设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为p1,在后一半时间内其动量变化为p2,则p1p2为(C)A.12B.13C.11D.21解析:木块在下滑的过程中,受到重力与斜面支持力的作用,二力的合力大小为F=mgsin ,方向始终沿斜面向下.由动量定理可得p1p2=(Ft1)(Ft2)=(mgsin t)(mgsin t)=11,故选项C正确.考点三动量守恒的判断与动量守恒定律的理解1.动量守恒定律适用条件(1)理想条件:系统不受外力.(2)实际条件:系统所受合外力为零.(3)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力.2.动量守恒定律的表达式(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)p1=-p2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向.(3)p=0,系统总动量的增量为零.【典例3】(2019山东菏泽模拟)如图所示,装有弹簧发射器的小车放在水平地面上,现将弹簧压缩锁定后放入小球,再解锁将小球从静止斜向上弹射出去,不计空气阻力和一切摩擦.从静止弹射到小球落地前的过程中,下列判断正确的是(C)A.小球的机械能守恒,动量守恒B.小球的机械能守恒,动量不守恒C.小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒,动量不守恒D.小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒,动量守恒解析:小球从静止弹射到落地前的过程中,弹簧的弹力对小球做功,小球的机械能不守恒;小球所受外力不等于零,其动量不守恒,故A,B错误.小球、弹簧和小车组成的系统,只有重力和弹簧的弹力做功,系统的机械能守恒,系统竖直方向的合外力不为零,所以系统的动量不守恒,故C正确,D错误.【针对训练】 (2019宁夏石嘴山三中月考)(多选)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是(AC)解析:A中在光滑的水平面,子弹与木块系统受合外力等于零,动量守恒;B中剪断细线后,竖直墙壁对左边木块有弹力作用,系统合外力不为零,动量不守恒;C中两球在匀速下落,系统合外力等于零,细线断裂后,系统合外力仍然等于零,所以系统动量守恒;D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力,则动量不守恒,所以选项A,C正确.考点四动量守恒定律的应用1.动量守恒定律的应用要点(1)研究对象是相互作用的两
展开阅读全文