高考物理二轮复习教案第十四章动量.doc

精诚凝聚 =_= 成就梦想 第十四章 动 量知识网络：14-1 动量 冲量 动量定理一、动量和冲量1动量按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。2动量的变化： 由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。例1.一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？正方向取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为： 乒乓球的末动量为： 乒乓球动量的变化为： =负号表示的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。2冲量按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。要注意的是：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。mH例2. 质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？解析：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它们的冲量依次是： 点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。二、动量定理1动量定理物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=p动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。点评：要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量” 等于动量的变化量。这是在应用动量定理解题时经常出错的地方，要引起注意。例3.以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？解析：因为合外力就是重力，所以p=Ft=mgt点评：有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用p来求。2动量定理的定性应用（1）动量变化量一定，作用时间不同，受到的力就不同。例4. 鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？解析：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=p，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）（2）作用力一定，作用时间不同，动量变化量就不同。F例5.某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。例6. 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程，进人泥潭直到停止的过程称为过程， 则( )A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B、过程中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C、I、两个过程中合外力的总冲量等于零D、过程中钢珠的动量的改变量等于零解析：根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项A正确；过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对；在I、两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。3动量定理的定量计算利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。ABC根据动量定理列式求解。例7.质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：沙对小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0， 解得：仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt1-I=0，I=mgt1点评：这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1 t2时，Fmg。m Mv0v/例8. 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为v0/g，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：点评：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。例9.质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为t=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgt-Ft3=0 ，F=60N例10. 一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力，物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。解法l 取物体为研究对象，它的运动可明显分为三个过程。设第一、二两过程末的速度分别为v1和v2。，物体所受摩擦力为f，规定推力的方向为正方向。根据动量定理对三个过程分别有：联立上述三式得 解法2 规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量p1=0，末动量p2=0。据动量定理有即： 解得 tFOFt点评：遇到涉及力、时间和速度变化的问题时，运用动量定理解答往往比运用牛顿运 动定律及运动学规律求解简便。由解法2可知，合理选取研究过程，能简化解题步骤，提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。4在Ft图中的冲量：Ft图上的“面积”表示冲量的大小。例11. 如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力与时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么.从=0开始，前3内作用在物体上的冲量为-5.前4内物体的位移为零.第4未物体的速度为零.前3内合外力对物体做功为零D*如果物体所受空气阻力与速度成正比,当以速度v1竖直上抛后,又以速度v2返回出发点。这个过程共用了多少时间?解析：如图所示，作出上升阶段和下降阶段的v-t图线（图中蓝色线所示），则图线下方的“面积”表示位移大小，即s1=s2=h，由于阻力与速度大小成正比，在图中作出f-t图线（图中红色线所示），则图线下方的面积一定相等，而此“面积”表示上升阶段和下降阶段阻力的冲量，即有If 1=If 2，对全过程由动量定理可得mgt=m（v1+v2），解得t=（v1+v2）/g点评：该题是利用物理图象解题的范例，运用物理图象解题形象直观，可以使解题过程大大简化。例12.跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出vt图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑动量定理，将第一段的vt图按比例转化成ft图，如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。设变加速下落时间为t1，又：mg=kvm，得 所以：第二段1s内： 所以第三段时间空中的总时间： 14-2 动量守恒定律一、守恒定律：1.定律：如果一个系统不受外力或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量守恒。2.表达式：（1）p=p 运动过程中，系统总动量不变（大小，方向都不变）（2）p=0 运动过程中，系统总动量的变化量为零（3）pA=-pB 运动过程中，系统的A、B两个部分，动量的增量总是等值反向。3.守恒条件：（1）绝对条件：系统不受外力或所受合外力为零。（2）相对条件：系统所受合外力不为零，但在某方向上的合力为零，则系统在该方向动量守恒，系统总动量不守恒。（3）近似条件：系统所受合外力不为零，但系统的内力远大于外力，可忽略外力时，可认为系统动量守恒。4.理解：矢量性：注意选取坐标系瞬时性: 如碰撞、爆炸等同时性：的同时性同一性：同一参考系普适性：普遍适用5.应用动量守恒定律的步骤：（1）分析题意，确定研究对象。（2）根据题意选取研究的运动段落，明确始末状态的动量大小和方向。（3）对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件。（4）选取参考正方向（5）列取方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程； 不符合守恒条件，列动量定理方程；例13一个质量为M的物体从半径为R的光滑半圆形槽的边缘A点由静止开始滑下，紧靠半圆形槽的边缘A点地面上放着一质量为m的物体，如图示。水平地面光滑。则 （ ）A. 物体M能滑回到A点B. 物体M滑到B点时恰好静止C. 物体M和半圆槽及物体m构成的系统机械能守恒D. 物体M和半圆槽及物体m构成的系统水平方向动量守恒CD二、碰撞中的动量守恒：1碰撞的分类：弹性碰撞形变能完全恢复的形变（碰后一定分离）。非弹性碰撞-形变不能完全恢复的形变。完全费弹性碰撞-形变不能完全恢复的形变（碰后不分离）。2 碰撞的特征：（1）时间特征：相互作用的时间极短。（2）力学特征：相碰物体直接作用，相互作用力先是迅速增大，后是迅速减小，相互的平均作用力很大。在内力远大于外力时，可忽略外力不计。（3）位移特征：由于相互作用时间极短，因此碰撞过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，即位移约为零。3碰撞问题的分析方法：（1）动量守恒：由于碰撞过程中内力远大于外力，忽略外力，相互碰撞的物体构成的系统动量守恒。 （2）能量不会增加：由于碰撞过程中，没有位移，外力对相互碰撞的物体构成的系统不做功，所以碰撞后系统的动能应不大于碰撞前系统的动能（有其它形式的能量转化为机械能除外，如爆炸）。 （3）完全弹性碰撞过程中，系统无机械能损失。完全非弹性碰撞中，系统机械能损失最大。（完全弹性碰撞过程简称为弹性碰撞过程）（4）参与碰撞构成的系统的物体，是那些在极短的时间内相互冲撞并发生形变、（完全或部分）恢复形变的物体。例14.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球的质量关系为mB=2mA，规定向右为正，两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰后A球的动量增量为-4 kgm/s，则：A左方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为2：5B左方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为1：10C右方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为2：5D右方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为1：10解：光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：PA=-PB由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为-2kgm/s所以碰后B球的动量是增加的，为10kgm/s由于两球质量关系为mB=2mA那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5故选：A例15.如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m。开始时A、B分别以的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，应满足什么关系？解析：将C无初速地放在A上后，A与B碰撞后粘合在一起，使B能与挡板碰撞两次，0得： 2v2 4一维碰撞碰后速度：（1）弹性碰撞： 当v2=0时，有 ； 例16如图示，质量为m的小球A以水平速率v与静止在水平面上质量为3m的小球正碰后，小球A的速率为v/2,则碰后B球的速度为（以v的方向为正方向） （ ）A、v/6 B、-vC、-v/3 D、v/2 D（2）完全非弹性碰撞：当v2=0时，有例17质量相等的三个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图示，具有初动能E0的第一号物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘成一个整体，这个整体的动能等于：A.E0 B. E0 C. E0 D. E0 C（3）非弹性碰撞： 当v2=0时，有 例18质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么，小球B的速度可能是A. B. C. D. AB 解析：碰后A球的动能为mv2/2，则mv2=mv02，解得v=v0例19一质量为2m的小物块A，沿着X轴的正方向运动，与静止在X轴上的质量为m 的小物块B发生碰撞。碰撞前物块A的速度为。已知碰撞后，两物块都沿X轴的正方向运动，则碰后，小物块B可能获得的速度为： （ ） A、 B、2 C、 D、 解析： B 物块的碰撞后的速度应满足下式 ： 即： ，应选A,C。注意：在题中没有明确说明是何种碰撞时，应以一般碰撞考虑。例20(2012全国理综).如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置 【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得，且，解得，所以A正确，B错误；根据，知第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，C错误；根据单摆的等时性，D正确。【答案】AD例21.（16分）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t。解析：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有得设碰撞后小球反弹的速度大小为，同理有得设碰撞后物块的速度大小为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有得物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小设物块在水平面上滑行的时间为，根据动量定理，有得5两个以上物体构成的系统中，没有直接发生碰撞（接触）的物体，其速度不会发生突变。例22.光滑水平面上有质量为M的两滑块A、B，现将质量为m的小球C用细线悬于A上的支架顶端，开始时A与C以速度 冲向B，若A、B碰后粘连在一起，不计空气阻力，求小球此时的速度是多少？解析：由于正碰后粘在一起的时间极短，C小球未参与该碰撞过程，碰撞是在A、B滑块间进行的。以A、B滑块构成的系统动量守恒。小球此时的速度并没有发生变化，仍未。注意：易犯的错误是以A、B、C作为系统研究，会有（M+m）=(2M+m)v的结果。例23.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，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。（2）设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得对A、B木块： 对B、C木块： 由A与B间的距离保持不变可知 联立式，代入数据得 三、反冲：大炮模型：人船模型：例24.（2011山东第38题3-5）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛给甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力（2）解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度为，抛出货物后的速度为，甲船上的人接到货物后速度为，由动量守恒定律得： 为避免两船相撞应满足： 联立式得： 四、动量和能量综合应用：1.规律选用的一般原则是：（1）对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。（2）若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。（3）若涉及系统内物体的相对位移（路程）并涉及摩擦力的，要考虑应用能量守恒定律。2滑块-木板问题例25.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度，则 。（填选项前的字母）A小木块和木箱最终都将静止 B小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确。 例26.(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g. 解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。 木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有： ，解得： 木板在第一个过程中，用动量定理，有： 用动能定理，有： 木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=。例27.一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求（i）木块在ab段受到的摩擦力f；（ii）木块最后距a点的距离s。解析：（i）设木块和物体P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得： 由得：（ii）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：由得：3.系统中有弹簧的情况处理方法：例28如图示，a、b两物体用轻弹簧连接，静止在光滑的水平面上，现给b一个向左的初速度，以后（ ） A.弹簧伸长量最大时，b的速度一定比a的速度大 B.弹簧伸长量最大时，两物速度相等 C. 弹簧由伸长状态变到其形变消失时，a的速度一定比b的小 D. 弹簧形变消失时，b的速度可能向右BCD例29.如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速沿BC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0，求弹簧释放的势能。ABAC解析：（2）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得 设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 由式得弹簧所释放的势能为 4数学归纳法的应用例30（北京卷）（20分）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为，初速度为，下降距离后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为。此后每经过同样的距离后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为、（设各质量为已知量）。不计空气阻力。（1）若不计重力，求第次碰撞后雨滴的速度；（2）若考虑重力的影响，a求第次碰撞前、后雨滴的速度和；b求第次碰撞后雨滴的动能。解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnvn 得 （2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒 a 第1次碰撞前 第1次碰撞后 b. 第2次碰撞前 利用式化简得 第2次碰撞后，利用式得 同理，第3次碰撞后 第n次碰撞后 动能 五、验证动量守恒定律的实验：例31(2011北京第21题)（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。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、m2 B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，ON若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_ (用中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_ (用中测量的量表示)。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、后总动量的比值为_。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。答案：（2）C ADE或DEA或DAE 14 2.9 11.01 76.8 点亮心灯 /(v) 照亮人生