高中物理第一章碰撞与动量守恒第1节碰撞教学案教科版
2017_2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒章末清点教学案教科版选修3_5
答案： v0
12．(10分)(新课标全国卷Ⅱ)现利用图4所示的装置验证动量守恒定律。在图4中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右边带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)能够记录遮光片通过光电门的时刻。
2．质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动，假设速度大小由4 m/s变成6 m/s，那么在此进程中，动量转变的大小可能是( )
A.4 kg·m/sB.10 kg·m/s
C.20 kg·m/sD.12 kg·m/s
解析：选AC 假设两个速度同向，那么Δv＝2 m/s，假设两个速度反向，那么Δv＝10 m/s，即可判定动量的转变可能为4 kg·m/s或20 kg·m/s。
A. B.
C. D.
解析：选A 中子和原子核发生弹性正碰，动量守恒、能量守恒，那么mv＝mv1＋Amv2， mv2＝ mv12＋ Amv22，联立方程可得： ＝ ，选项A正确，选项B、C、D错误。
二、填空题(此题共2小题，共14分。把答案填在题中横线上，或按题目要求作答)
11．(4分)质量为M的气球下面吊着质量为m的物体以速度v0匀速上升，突然吊绳断裂，当物体上升速度为零时，气球的速度为________。(整个进程中空气浮力和阻力的大小均不变)
图1 3
(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；
(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为多大？
[解析] (1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，现在两车的速度为v2
高一物理动量：碰撞中的动量守恒教案人教版
碰撞中的动量守恒【重要知识提示】1．实验目的、原理(1)实验目的运用平抛运动的知识分析、研究碰撞过程中相互作用的物体系动量守恒(2)实验原理(a)因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，若用飞行时间作时间单位，小球的水平速度在数值上就等于小球飞出的水平距离．(b)设入射球、被碰球的质量分别为m1、m2，则入射球碰撞前动量为(被碰球静止)p1=m1v1①设碰撞后m1，m2的速度分别为v’1、v’2，则碰撞后系统总动量为p2=m l V’1+m2v’2②只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入①、②两式就可研究动量守恒．2．买验器材斜槽，两个大小相同而质量不等的小钢球，天平，刻度尺，重锤线，白纸，复写纸，三角板，圆规．3．实验步骤及安装调试(1)用天平测出两个小球的质量m l、m2．(2)按图5—29所示安装、调节好实验装置，使斜槽末端切线水平，将被碰小球放在斜槽末端前小支柱上，入射球放在斜槽末端，调节支柱，使两小球相碰时处于同一水平高度，且在碰撞瞬间入射球与被碰球的球心连线与斜槽末端的切线平行，以确保正碰后两小球均作平抛运动．(3)在水平地面上依次铺放白纸和复写纸．(4)在白纸上记下重锤线所指的位置O，它表示入射球m1碰撞前的位置，如图5—30所示．(5)移去被碰球m2，让入射球从斜槽上同一高度滚下，重复10次左右，用圆规画尽可能小的圆将所有的小球落点圈在里面，其圆心即为人射球不发生碰撞情况下的落点的平均位置P，如图5—31所示．(6)将被碰小球放在小支柱上，让入射球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次左右，同理求出入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N．(7)过O、N作一直线，取O0’=2r(r为小球的半径，可用刻度尺和三角板测量小球直径计算厂)，则O’即为被碰小球碰撞前的球心的位置(即投影位置).(8)用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度．则系统碰撞前的动量可表示为p1=m1·OP，系统碰撞后的总动量可表示为p2=m1·OM+m2·O'N若在误差允许范围内p1与p2相等，则说明碰撞中动量守恒.(9)整理实验器材，放回原处．4.注意事项(1)斜槽末端切线必须水平．说明：调整斜槽时可借助水准仪判定斜槽末端是否水平．(2)仔细调节小立柱的高度，使两小球碰撞时球心在同一高度，且要求两球球心连线与斜槽末端的切线平行。
碰撞和动量守恒实验教案
碰撞和动量守恒实验教案一、实验目的1. 理解碰撞和动量守恒的概念。
2. 学习运用实验方法验证动量守恒定律。
3. 培养学生的实验操作能力和团队协作精神。
二、实验原理1. 动量守恒定律：在一个没有外力作用的系统中，系统的总动量保持不变。
2. 碰撞过程遵循碰撞定律，即碰撞前后系统的总动量不变。
三、实验器材与步骤1. 器材：小车、滑轮、木板、挡板、弹簧秤、绳子、测量尺。
2. 步骤：（1）将木板水平放置，调整滑轮位置，使小车能够通过滑轮与木板相连。
（2）将挡板放置在木板的一端，使小车在撞击挡板后能够反弹。
（3）用绳子将小车与弹簧秤相连，记录弹簧秤的示数。
（4）让小车从一定高度下滑，撞击挡板，观察并记录小车碰撞前后的速度、方向以及弹簧秤的示数。
（5）重复实验，记录多组数据。
四、数据处理与分析1. 计算碰撞前后小车的速度。
2. 计算碰撞前后系统的总动量。
3. 分析动量守恒定律在实验中的应用。
五、实验报告要求1. 整理实验数据，绘制图表。
2. 分析实验结果，验证动量守恒定律。
3. 提出改进措施，提高实验的准确性。
六、实验安全注意事项1. 确保实验过程中小车滑行速度适中，避免过快导致实验数据不准确或安全事故。
2. 操作弹簧秤时，注意防止弹簧秤突然断裂，以免造成伤害。
3. 保持实验室整洁，避免实验器材乱放影响实验结果和安全。
4. 在撞击挡板时，注意观察挡板和小车的运动状态，防止发生意外。
七、实验拓展1. 探讨在不同撞击角度下，动量守恒定律的适用性。
2. 研究碰撞过程中能量的转化，如弹性碰撞和完全非弹性碰撞。
3. 分析实际运动中摩擦力对动量守恒的影响。
八、实验注意事项1. 实验前检查器材是否完好，确保实验顺利进行。
2. 保持实验环境的稳定性，如温度、湿度等，避免影响实验结果。
3. 严格遵循实验步骤，确保数据的真实性和可靠性。
4. 记录实验数据时，注意单位和精确度，避免计算错误。
九、实验评价1. 评价学生对动量守恒定律的理解和应用能力。
2024-2025学年高中物理第一章碰撞与动量守恒1碰撞教案1教科版选修3-5
3.学生可能遇到的困难和挑战：在学习动量守恒定律及其应用时，学生可能对碰撞类型、动量守恒条件的判断等方面存在困惑。此外，在运用动量守恒定律解决实际问题时，部分学生可能难以将理论运用到实际情境中，对速度、动能等物理量的计算和分析能力有待提高。
（2）在线课程：推荐一些与碰撞与动量守恒相关的在线课程，如Coursera、edX等平台上的物理课程，让学生自主学习。
（3）学术文章：提供一些关于碰撞与动量守恒的学术论文，让学生了解该领域的最新研究动态。
（4）科普读物：推荐一些关于物理学和碰撞现象的科普读物，帮助学生从不同角度理解碰撞与动量守恒。
2.拓展建议：
1.碰撞的基本概念：让学生了解碰撞的定义、类型以及碰撞的基本特点。
2.动量守恒定律：介绍动量守恒定律的内容、适用范围和表达式，并通过实例让学生理解动量守恒定律的原理。
3.碰撞动量守恒的计算：教授学生如何运用动量守恒定律解决实际问题，包括碰撞前后的速度、动能等物理量的计算。
4.实际碰撞问题分析：通过具体案例，让学生学会分析实际碰撞问题，提高解决实际问题的能力。
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科目
授课时间节次
--年—月—日（星期——）第—节
指导教师
授课班级、授课课时
授课题目
（包括教材及章节名称）
2024-2025学年高中物理第一章碰撞与动量守恒1碰撞教案1教科版选修3-5
教学内容
本节课的教学内容来自于教科版选修3-5《物理》2024-2025学年高中物理第一章《碰撞与动量守恒》的1节《碰撞》。本节内容主要包括以下几个部分：
高中物理第一章碰撞与动量守恒第1节碰撞教学案教科版选修391
第1节碰__撞(对应学生用书页码P1)一、碰撞现象1．碰撞做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，运动状态发生改变的过程。
2．碰撞特点(1)时间特点：在碰撞过程中，相互作用时间很短。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，相互作用力远远大于外力。
(3)位移特点：在碰撞过程中，物体发生速度突变时，位移极小，可认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
试列举几种常见的碰撞过程。
提示：棒球运动中，击球过程；子弹射中靶子的过程；重物坠地过程等。
二、用气垫导轨探究碰撞中动能的变化1．实验器材气垫导轨，数字计时器、滑块和光电门，挡光条和弹簧片等。
2．探究过程(1)滑块质量的测量仪器：天平。
(2)滑块速度的测量仪器：挡光条及光电门。
(3)数据记录及分析，碰撞前、后动能的计算。
三、碰撞的分类1．按碰撞过程中机械能是否损失分为：(1)弹性碰撞：碰撞过程中动能不变，即碰撞前后系统的总动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′。
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
E k1′＋E k2′＜E k1＋E k2。
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体黏合在一起，具有相同的速度，这种碰撞动能损失最大。
2．按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：(1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向沿同一条直线。
(2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向不在同一直线上。
(高中阶段只研究正碰)。
(对应学生用书页码P1) 探究一维碰撞中的不变量1.探究方案方案一：利用气垫导轨实现一维碰撞(1)质量的测量：用天平测量。
(2)速度的测量：v ＝Δx Δt，式中Δx 为滑块(挡光片)的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
(3)各种碰撞情景的实现：利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。
物理：1.1《碰撞》教案(教科版选修3-5)
1.1 碰撞三维教学目标1、知识与技能（1）认识弹性碰撞与非弹性碰撞，认识对心碰撞与非对心碰撞；（2）了解微粒的散射。
2、过程与方法：通过体会碰撞中动量守恒、机械能守恒与否，体会动量守恒定律、机械能守恒定律的应用。
3、情感、态度与价值观：感受不同碰撞的区别，培养学生勇于探索的精神。
教学重点：用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论碰撞问题教学难点：对各种碰撞问题的理解．教学方法：教师启发、引导，学生讨论、交流。
教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备（一）引入新课碰撞过程是物体之间相互作用时间非常短暂的一种特殊过程，因而碰撞具有如下特点：（1）碰撞过程中动量守恒。
提问：守恒的原因是什么？（因相互作用时间短暂，因此一般满足F 内>>F 外的条件）（2）碰撞过程中，物体没有宏观的位移，但每个物体的速度可在短暂的时间内发生改变。
（3）碰撞过程中，系统的总动能只能不变或减少，不可能增加。
提问：碰撞中，总动能减少最多的情况是什么？（在发生完全非弹性碰撞时总动能减少最多）（二）进行新课1、展示投影片1，内容如下：如图所示，质量为M 的重锤自h 高度由静止开始下落，砸到质量为m 的木楔上没有弹起，二者一起向下运动．设地层给它们的平均阻力为F ，则木楔可进入的深度L 是多少？ 组织学生认真读题，并给三分钟时间思考。
（1）提问学生解题方法：可能出现的错误是：认为过程中只有地层阻力F 做负功使机械能损失，因而解之为Mg （h+L ）+mgL-FL=0。
（2）归纳：第一阶段，M 做自由落体运动机械能守恒，m 不动，直到M 开始接触m 为止。
再下面一个阶段，M 与m 以共同速度开始向地层内运动，阻力F 做负功，系统机械能损失。
提问：第一阶段结束时，M 有速度，gh v M 2 ，而m 速度为零。
下一阶段开始时，M 与m 就具有共同速度，即m 的速度不为零了，这种变化是如何实现的呢？（在上述前后两个阶段中间，还有一个短暂的阶段，在这个阶段中，M 和m 发生了完全非弹性碰撞，这个阶段中，机械能（动能）是有损失的）（3）让学生独立地写出完整的方程组第一阶段，对重锤有： 221Mv Mgh = 第二阶段，对重锤及木楔有： Mv +0=（M+m ）v '． 第三阶段，对重锤及木楔有： 2)(210)(v m M FL hL m M '+-=-+ （4）小结：在这类问题中，没有出现碰撞两个字，碰撞过程是隐含在整个物理过程之中的，在做题中，要认真分析物理过程，发掘隐含的碰撞问题。
高中物理第一章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用几个碰撞问题的定量分析导学案教科选修
5 动量守恒定律的应用(一)几个碰撞问题的定量分析[目标定位] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用.一、碰撞的特点 1．经历的时间很短；2．相互作用力很大，物体速度变化明显． 二、碰撞的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能守恒．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2.2．非弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒，总动能减少．满足：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12m 1v 21＋12m 2v 22>12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2.3．完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动量守恒，动能损失最大．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中一、对碰撞问题的理解 1．碰撞(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒． 2．三种碰撞类型 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2当v 2＝0时，有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1 推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝0，v 2′＝v 1 (2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2共【例1】 质量分别为300 g 和200 g 的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s 和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小； (2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小． 答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s解析 (1)令v 1＝50 cm/s ＝0.5 m/s ，v 2＝－100 cm/s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ， 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝－0.1 m/s ，负号表示方向与v 1的方向相反． (2)碰撞后两物体损失的动能为 ΔE k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2＝12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2J ＝0.135 J. (3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1′、v 2′，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′由机械能守恒定律得12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 代入数据得v 1′＝－0.7 m/s ，v 2′＝0.8 m/s. 针对训练如图1所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，求A 、B 两球的质量之比和A 、B 碰撞前、后两球总动能之比．图1答案 4∶1 9∶5解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ，A 球碰撞后的速度大小为v A 2，B 球碰撞前后的速度大小分别为v B 1和v B 2，由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1，v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2，所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41. 碰撞前后的总动能之比为12m B v 2B 112m B v 2B 2＋12m A v 2A 2＝95.二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1. (1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后， v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．【例2】 如图2，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．图2答案2116v 0 解析 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得 mv A ＝mv A ′＋mv B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12mv 20－12mv 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12mv 2B －12mv B ′2③据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv B ′＝2mv ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0⑥ 借题发挥 对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一过程都适用．【例3】 (多选)如图3所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图3A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 2答案 ACD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的． 三、碰撞需满足的三个条件1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′，否则碰撞不会结束． 【例4】 如图4所示质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s ，B 球的速度是－2 m/s ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是( )图4A ．v A ′＝－2 m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1 m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝7 m/s 答案 D解析 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②，答案D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误． 借题发挥 处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．(3)要灵活运用E k ＝p 22m或p ＝2mE k 关系式转换动能、动量.碰撞特点及满足条件1．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s，B 球的动量是5 kg·m/s，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ′＝6 kg·m/s，pB ′＝6 kg·m/sB ．p A ′＝3 kg·m/s，p B ′＝9 kg·m/sC ．p A ′＝－2 kg·m/s，p B ′＝14 kg·m/sD ．p A ′＝－4 kg·m/s，p B ′＝17 kg·m/s 答案 A解析 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三种皆有可能．从总动能不增加即p 2A 2m A ＋p 2B2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能．弹性碰撞的特点2．(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错误．非弹性碰撞的特点及计算3.在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m 1＝4 kg ，乙球的质量m 2＝1 kg ，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的v －t 图像如图5所示．已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )图5A ．3 m/s ，向右B ．13 m/s ，向左C ．13 m/s ，向右D ．3 m/s ，向左答案 C解析 由题图知，碰撞前甲球的速度为v 1＝2 m/s ，碰撞后，甲、乙两球的速度v ＝－1 m/s ，以甲、乙两球组成的系统为研究对象，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律，得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，代入数据，解得v 2＝－13 m/s ，负号表示碰前乙球的速度方向与正方向相反，即方向向右．选项C 正确．4．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1 )碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失．答案(1)1.0 m/s (2)1 400 J解析(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有mv－MV＝MV′，代入数据得V′＝1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有1 2mv2＋12MV2＝12MV′2＋ΔEV′＝1.0 m/s，代入上式解得ΔE＝1 400 J.(时间：60分钟)题组一碰撞的特点及可能性分析1．下列关于碰撞的理解正确的是( )A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞答案 A解析碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．2．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( )A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向B．甲球反向运动，乙球停下C．甲、乙两球都反向运动D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等答案 C解析由p2＝2mE k知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确．3．(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( )A.13vB.23vC.49vD.89v 答案 AB解析 设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12mv 2A ＝19×12mv 2，则v A ＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒有mv ＝m ×13v ＋2mv B 或mv ＝－m ×13v ＋2mv B ，解得v B ＝13v 或23v .4．(多选)两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A ．均为＋1 m/s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m/s 和－1 m/s D ．－1 m/s 和＋5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k 前≥E k后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.题组二 碰撞模型的处理5．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞 D ．条件不足，无法确定答案 A解析 由动量守恒3m ·v －mv ＝0＋mv ′，所以v ′＝2v 碰前总动能：E k ＝12×3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．6.在光滑的水平面上有两个质量均为m 的物块A 和B ，物块B 的左端与一轻弹簧相连并处于静止状态，如图1所示．物块A 以速度v 0向物块B 运动，在物块A 通过弹簧和物块B 相互作用的过程中，下列说法正确的是( )图1A ．弹簧对物块A 和对物块B 的冲量相同B ．物块A 、弹簧和物块B 组成的系统，机械能不守恒C ．弹簧的最大弹性势能为14mv 20D ．物块B 获得的最大速度可能大于v 0 答案 C解析 弹簧对物块A 和对物块B 的冲量大小相等，方向相反，选项A 错误；物块A 、B 和弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，物块A 、B 组成的系统机械能不守恒，选项B 错误；物块A 、B 通过弹簧作用过程中，不受外力，动量守恒，所以作用结束后，A 的速度为0，B 的速度最大，为v 0，选项D 错误；A 以速度v 0水平向右运动，通过弹簧与B 发生作用，A 减速，B 加速，当两个滑块速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，物块A 、B 与弹簧组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，有mv 0＝2mv ，解得v ＝v 02，根据能量守恒定律，得系统减少的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为E p ＝12mv 20－12×2mv 2＝14mv 20，C 正确．7. (多选)小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为M ，长为L .质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图2所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图2A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为－m Mv D ．整个系统最后静止 答案 BCD8.在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图像如图3所示，下列关系式正确的是( )图3A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断答案 B解析 由图像知，a 球以初速度与原来静止的b 球碰撞，碰后a 球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a 球质量小于b 球质量．9.两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动，如图4所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图4A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 20D ．弹簧最大弹性势能为14mv 2答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；碰撞过程mv 0＝2mv ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 20，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14mv 20，C 项错误，D 项正确．10．A 、B 两物体在水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图5所示．则：图5(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？答案 (1)2 s 6 (2)30 J解析 (1)由图像知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δx B t ＝62m/s ＝3 m/s v AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，解得m B ＝6 kg(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J. 题组三 碰撞模型的综合应用11.在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图6所示．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m 1∶m 2.图6答案 2∶1解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22利用v 2v 1＝4，解得m 1∶m 2＝2∶112.如图7所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M 的木块，一质量为m 的子弹，以水平速度v 0击中木块，已知M ＝9m ，不计空气阻力．问：(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O 低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g )(2)如果子弹在极短时间内以水平速度v 04穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？图7答案 (1)v 20200g (2)716mv 20 解析 (1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v 1，则mv 0＝(m ＋M )v 1所以v 1＝110v 0.因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h ，则12(m ＋M )v 21＝(m ＋M )gh ，解得h ＝v 20200g(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块的速度为v 2，则mv 0＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 04＋Mv 2，解得v 2＝112v 0在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为ΔE ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12Mv 22＝716mv 20 13．如图8所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止， 给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：图8(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．答案 (1)m 2 (2)16mv 20 解析 (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋m B ·2v ＝(m ＋m B )v ①由①式得m B ＝m 2②(2)从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得 mv 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则 ΔE ＝12m (v 2)2＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④联立②③④式得ΔE ＝16mv 20⑤。
教科版高中物理碰撞教案
教科版高中物理碰撞教案
教学内容：碰撞
教学目标：了解碰撞的基本概念，并能够应用相关知识解决问题。
教学重点：碰撞的类型和性质。
教学难点：碰撞中动量守恒和动能守恒的应用。
教学准备：教科书、教学PPT、实验器材。
教学过程：
一、导入（5分钟）
1.引入碰撞的概念，让学生回顾碰撞在生活中的应用和意义。
2.通过一些图片和视频展示碰撞现象，引起学生的兴趣。
二、理论学习（15分钟）
1.介绍碰撞的基本概念和分类。
2.讲解碰撞中的动量守恒和动能守恒原理。
3.示范一些碰撞实验，让学生理解碰撞现象的规律。
三、巩固练习（20分钟）
1.给学生布置一些碰撞相关的练习题，让他们运用所学知识解决问题。
2.引导学生分组进行碰撞实验，并观察记录实验结果。
四、拓展应用（10分钟）
1.让学生通过实际案例，了解碰撞在工程领域的应用。
2.鼓励学生提出自己的问题和想法，讨论碰撞的更深层次的意义。
五、总结反思（5分钟）
1.对碰撞的知识点进行总结回顾。
2.鼓励学生提出对本课程的反馈和建议。
六、作业布置（5分钟）
1.留作业：完成课堂练习题和实验报告。
2.布置下节课主题。
教学延伸：可以通过让学生设计和进行更复杂的碰撞实验，来进一步深化对碰撞原理的理解。
教学评价：观察学生的课堂表现和作业情况，检查学生对碰撞概念的掌握情况。
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 第1节 碰撞课件 教科版选修3-5
K12课件
1
活动一 感受和体会碰撞过程
你还知道哪些形式的碰撞？
K12课件
2
1 碰撞
概念：做相对运动的两个（或几个）物体相遇而发 生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态会 发生显著的变化，这一过程叫碰撞。
K12课件
3
活动二 探究碰撞前后物体动能的变化
K12课件
4
如何测定物体的速度呢？
v L t
K12课件
5
探究过程
• 带弹簧片的碰撞 • 不带弹簧片的碰撞 • 带橡皮泥的碰撞 填表：书P4表1-1-1
K12课件
6
归纳总结
（1）带弹簧片的碰撞，碰撞前后动能几乎不变
（2）不带弹簧片的碰撞，碰撞后系统的动能减 少，及有一部分机械能转化为了其它形式的能 （滑块的内能）
（3）滑块涂上橡皮泥后，碰撞后粘在一起，系 统动能的损失也大于不带弹簧片时的动能损失。 （以后将会看到，此种情况系统损失的动能最 大）
解析 碰前系统的动能 Ek0＝12mAv20＝9 J. (1)当碰后 A、B 速度均为 2 m/s 时，碰后系统的动能
Ek＝12mAvA2 ＋12mBv2B
K12课件
9
＝(12×2×22＋12×1×22)J＝6 J<Ek0 故碰撞为非弹性碰撞．
(2)当碰后 vA＝1 m/s，vB＝4 m/s 时，碰后系统的动能 Ek′＝12mAv2A＋12mBv2B ＝(12×2×12＋12×1×42)J＝9 J＝Ek0 故碰撞为弹性碰撞．
• 若两物体碰后粘在一起，形变完全不能恢复（没有 恢复的过程），这样的碰撞叫完全非弹性碰撞，此 过程两物体损失的动能最大。
K12课件11来自K12课件7活动三 碰撞的分类
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 1.1 碰撞 1.2 动量导学案 教科版选修35
1 碰撞2 动量[目标定位] 1.知道什么是碰撞及碰撞的分类，掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的区别.2.理解动量、冲量的概念，知道动量、冲量的方向.3.知道动量的改变量，并会求动量的改变量.4.理解动量定理的物理意义和表达式，能用动量定理解释现象和解决实际问题.一、碰撞1．碰撞现象做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫做碰撞．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后两滑块的总动能不变．(2)非弹性碰撞：碰撞后两滑块的总动能减少了．(3)完全非弹性碰撞：两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，完全非弹性碰撞过程动能损失最大．二、动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.2．矢量性：方向与速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．3．动量是状态量．4．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)．想一想质量和速度大小相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？答案不一定．动量是矢量，有方向性，而动能是标量，无方向．三、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积，公式：I＝Ft，单位：牛顿·秒，符号N·s.(2)矢量性：方向与力的方向相同．2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．(2)公式：Ft ＝p ′－p 或I ＝Δp .预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中一、碰撞中的动能变化及碰撞分类(1)发生碰撞的两物体，若两物体的形变是弹性的，碰后能够恢复原状，两物体碰撞前后动能不变，这样的碰撞叫弹性碰撞．(2)发生碰撞的两物体，若两物体的形变是非弹性的，碰后不能够完全恢复原状，两物体碰撞后动能减少，这样的碰撞叫非弹性碰撞．(3)若两物体碰后粘在一起，不再分开，此过程两物体损失的动能最大，这样的碰撞叫完全非弹性碰撞．【例1】 一个质量为2 kg 的小球A 以v 0＝3 m/s 的速度与一个静止的、质量为1 kg 的小球B 正碰．试根据以下数据，分析碰撞性质． (1)碰后A 、B 的速度均为2 m/s.(2)碰后A 的速度为1 m/s ，B 的速度为4 m/s. 答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 20＝9 J.(1)当碰后A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J<E k0 故碰撞为非弹性碰撞．(2)当碰后v A ＝1 m/s ，v B ＝4 m/s 时，碰后系统的动能E k ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0 故碰撞为弹性碰撞． 二、动量和动量的变化1．对动量的理解(1)动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与速度v的方向相同，遵循矢量运算法则．动量是状态量，进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．(2)动量具有相对性：由于速度与参考系的选择有关，一般以地球为参考系．(3)动量与动能的区别与联系：①区别：动量是矢量，动能是标量．②联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为E k＝p22m或p＝2mE k. 2．动量的变化(Δp)(1)Δp＝p′－p为矢量式．若p′、p不在一条直线上，要用平行四边形定则求矢量差．若p′、p在一条直线上，先规定正方向，再用正、负表示p′、p，则可用Δp＝p′－p＝mv′－mv进行代数运算．(2)动量变化的方向：与速度变化的方向相同．【例2】质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同答案 A解析以原来的方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．借题发挥关于动量变化量的求解1．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．2．若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．三、对冲量的理解和计算1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．图1(3)求变力的冲量：①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．②若给出了力随时间变化的图像如图1所示，可用面积法求变力的冲量．③利用动量定理求解．图2【例3】如图2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案见解析解析重力的冲量：I G＝Gt＝mg·t＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．支持力的冲量：I F＝Ft＝mg cos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上．摩擦力的冲量：I Ff＝F f t＝μmg cos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．借题发挥求各力的冲量或者合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积，若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解．四、对动量定理的理解和应用1．动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．【例4】跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小答案 D解析人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A 错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长则受到的冲力F越小，故选项D正确．【例5】质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s 后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s 停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)答案 1 400 N 7 700 N解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2hg＝1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0代入数据，解得F＝1 400 N下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0代入数据，解得F′＝7 700 N.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后甲滑块静止不动，乙滑块反向运动，且速度大小为2v.那么这次碰撞是( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定答案 A解析 碰前总动能：E k ＝12·3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能：E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 对．对动量和冲量的理解2．关于动量，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 ．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D ．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大 答案 D解析 动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A 、B 均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C 错误；由Δp ＝m Δv 知D 正确． 3．如图3所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t 1速度为零然后又下滑，经过时间t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F 1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )图3A ．mg sin θ(t 1＋t 2)B ．mg sin θ(t 1－t 2)C ．mg (t 1＋t 2)D ．0答案 C解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量，根据冲量的定义式I ＝Ft ，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G ＝mg (t 1＋t 2)，即C 正确．动量定理的理解和应用4．(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是( )A ．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量B ．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量C ．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·sD ．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s 答案 BD5．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N 答案 D解析 建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv ，所以F ＝mg ＋mv t ＝60×10 N＋60×101.5N＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错．(时间：60分钟)题组一 对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解 1．下列属于弹性碰撞的是( ) A ．钢球A 与钢球B B ．钢球A 与橡皮泥球B C ．橡皮泥球A 与橡皮泥球B D ．木球A 与钢球B 答案 A解析 钢球A 与钢球B 发生碰撞，形变能够恢复，属于弹性碰撞，A 对；钢球A 与橡皮泥球B 、橡皮泥球A 与橡皮泥球B 碰撞，形变不能恢复，即碰后粘在一起，是完全非弹性碰撞，B 、C 错；木球A 与钢球B 碰撞，形变部分能够恢复，属于非弹性碰撞，D 错．2．在光滑的水平面上，动能为E 0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E 1，球2的动能大小记为E 2，则必有( ) A ．E 1＜E 0 B ．E 1＝E 0 C ．E 2＞E 0 D ．E 2＝E 0 答案 A解析 根据碰撞前后动能关系得E 1＋E 2≤E 0，必有E 1＜E 0，E 2＜E 0.故只有A 项对． 题组二 对动量和冲量的理解 3．下列说法正确的是( )A ．动能为零时，物体一定处于平衡状态B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变答案 B解析动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A 错误；物体受恒力，也可能做曲线运动．如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．4．(多选)如图1所示为放到水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，则前3 s内( )图1A．物体的位移为0B．物体的动量改变量为0C．物体的动能变化量为0D．前3 s合力冲量为零，但重力冲量不为零答案BCD解析第1 s内：F＝20 N，第2、3 s内：F＝－10 N，物体先加速，后减速，在第3 s末速度为零，物体的位移不为零，A错误；根据动量定理I＝Δp，前3 s内，动量的变化量为零，B正确；由于初速度和末速度都为零，因此，动能变化量也为零，C正确；无论物体运动与否，某一个力在这段时间的冲量不为零，D正确．5．把质量为10 kg的物体放在光滑的水平面上，如图2所示，在与水平方向成53°的10 N 的力F作用下从静止开始运动，在2 s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图2答案20 N·s12 kg·m/s解析首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F、重力G、支持力F N.由冲量定义可知，力F的冲量为I F＝Ft＝10×2 N·s＝20 N·s.在水平方向，由牛顿第二定律得F cos 53°＝ma2 s 末的速度v ＝at 物体获得的动量P ＝mv ＝Ft cos 53°＝10×0.6×2 kg·m/s＝12 kg·m/s.题组三 动量定理的理解及定性分析6．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长 答案 CD解析 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h ，它们从h 高度落地瞬间的速度大小为2gh ，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝－(－m 2gh )，所以F ＝m 2ghΔt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎． 7．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了( ) A ．减小冲量 B ．减小动量的变化量C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用 答案 C解析 脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地动量变化一定，这样就减小了地面对人的冲力，故C 正确．8．质量为m 的钢球自高处落下，以速度大小v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v 2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A ．向下，m (v 1－v 2)B ．向下，m (v 1＋v 2)C ．向上，m (v 1－v 2)D ．向上，m (v 1＋v 2)答案 D解析 物体以大小为v 1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v 2的速度反弹．物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定．根据动量定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量．设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)＝mv 2＋mv 1 由于碰撞时间极短，t 趋于零，则mgt 趋于零．所以Ft ＝m (v 2＋v 1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m (v 2＋v 1)．题组四 动量定理的有关计算9．质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回，如图3所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s ，则小球所受到的平均作用力大小为________N.图3答案 90解析 选定小球与墙碰撞的过程，取v 1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft ＝－mv 2－mv 1所以，F ＝－mv 2－mv 1t ＝－0.5×4－0.5×50.05N ＝－90 N“－”号说明F 的方向向左．10．如图4所示，质量为1 kg 的钢球从5 m 高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m 高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s ，求钢球对地面的平均作用力大小．(g 取10 m/s 2)图4答案 190 N解析 钢球落到地面时的速度大小为v 0＝2gh 1＝10 m/s ，反弹时向上运动的速度大小为v t ＝2gh 2＝8 m/s ，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v 0的方向为负方向，v t 的方向为正方向，再根据动量定理得(F N －mg )t ＝mv t －(－mv 0)，代入数据，解得F N ＝190 N ，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.11．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则：(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103N解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m. 设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝－mv 0，解得F ＝－mv 0t ＝－60×30130N ＝－5.4×104 N ，与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝－mv 0t ′＝－60×301N ＝－1.8×103 N ，与运动方向相反． 12．将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的水平速度抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(3)小球落地时的动量p ′的大小．答案 (1)4 N ·s 方向竖直向下(2)10 N·s 方向竖直向下 (3)10 2 kg·m/s解析 (1)重力是恒力，0.4 s 内重力对小球的冲量 I ＝mgt ＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h ＝12gt ′2， 落地时间t ′＝2h g＝1 s. 小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I ′＝mgt ′＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．由动量定理得Δp ＝I ′＝10 N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y＝gt′＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102m/s＝10 2 m/s，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s.。
高中物理第一章碰撞与动量守恒1.3动量守恒定律导学案教科版选修3-5
3 动量守恒定律[ 目标定位 ] 1. 认识系统、内力、外力，认识和理解动量守恒定律 .2. 会应用动量守恒定律 解决生产、生活中的简单问题 .3. 了解动量守恒定律的普遍适用性和动量守恒定律适用范围 的局限性 .一、系统的动量 1．系统：在物理学中，有时要把相互作用的两个或多个物体作为一个整体来研究，这个整 体叫做系统．2．系统的动量： 在一个系统中， 把各个物体的动量都相加，相加后的动量称作系统的动量．二、动量守恒定律1．系统碰撞前后总动量不变的条件：系统所受的合外力为零．2．内容：如果一个系统不受外力或所受合外力为零，无论这一系统的内部进行了何种形式 的碰撞，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．3．数学表达式： m 1v 1＋ m 2v 2＝ m 1v 1′＋ m 2v 2′ .4．成立条件(1) 系统不受外力作用．(2) 系统受外力作用，但合外力为零．想一想 如图 1 所示，在风平浪静的水面上， 停着一艘帆船， 船尾固定一台电风扇，正在不 停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？答案 不能． 把帆船和电风扇看做一个系统， 电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、 方 向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹 风时，船仍保持静止．三、动量守恒定律的普遍性 牛顿运动定律只适用于宏观、 低速运动的物体， 而动量守恒定律无论在微观、 域，都是适用的． 预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中 问题1问题 2问题 3宏观或高速领 图1一、对动量守恒定律的理解1．研究对象相互作用的物体组成的系统．2．动量守恒定律的成立条件(1)系统不受外力或所受合外力为零．(2)系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于内力．此时系统动量近似守恒．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒． 3．动量守恒定律的几个性质(1)矢量性．公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负 ( 表示方向 ) 后，才能用代数方法运算．(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的某一时刻，v1、v2 均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．【例 1】 (多选)如图 2所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C 上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然释放后，则( )图2A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B 组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒答案 BCD解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶ 2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒， A 选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力的合力为零，故该系统的动量守恒， B、D选项均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒， C 选项正确．针对训练 ( 多选) 两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是 ( )图3A．互推后两同学总动量增加 B．互推后两同学动量大小相等，方向相反C．分离时质量大的同学的速度小一些D．互推过程中机械能守恒答案 BC解析对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故 A 错；两同学动量的变化量大小相等，方向相反，故B、C 正确；互推过程中机械能增大，故 D 错误．二、动量守恒定律简单的应用1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p 等于相互作用后总动量p′.(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．(3)Δp＝ 0：系统总动量增量为零．(4)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．应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解．【例 2】质量m1＝10 g 的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝ 50 g 的小球以v2＝ 10 cm/s 的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1 的速度大小和方向如何？答案 20 cm/s 方向向左解析碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速度为v1＝30 cm/s ，v2＝－ 10 cm/s ；v2′＝ 0.由动量守恒定律列方程m1v 1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2代入数据得v1′＝－ 20 cm/s.故小球m1 碰后的速度的大小为 20 cm/s ，方向向左．借题发挥处理动量守恒应用题“三步曲”(1) 判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．(2) 确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．【例 3】将两个完全相同的磁铁 (磁性极强 )分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为 3 m/s ，乙车速度大小为 2 m/s ，方向相反并在同一直线上，如图 4 所示．图4(1) 当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2) 由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？答案 (1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右解析两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．(1) 据动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv甲′，代入数据解得v 甲′＝v 甲－v 乙＝ (3 － 2) m/s ＝ 1 m/s ，方向向右．(2) 两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.mv甲－mv乙v甲－v乙3－2解得v′＝2m＝2＝2 m/s ＝ 0.5 m/s ，方向向右 .对动量守恒条件的理解1．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，对于枪、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．2.（多选）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图 5 所示．当撤去外力后，下列说法正确的是（）图5A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒答案 BC解析a 尚未离开墙壁前，墙壁对a 有冲量，a和b 构成的系统动量不守恒；a 离开墙壁后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．动量守恒定律的简单应用3.如图 6 所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1 为（）图6B．v0＋v2A．v0－m2D．v0＋（v0－v2）m1答案 D解析根据分离前后系统动量守恒定律可得：（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2m2解得：v1＝v0＋（v0－v2），故 D项正确．m14．两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运A车总质量为 50 kg，以 2 m/s的速度向右运动．动；B车总质量为 70 kg ，以 3 m/s 的速度向左运动；碰撞后，A以 1.5 m/s 的速度向左运动，则B 的速度大小为多少？方向如何？答案 0.5 m/s 方向向左解析由动量守恒定律得：规定向右为正方向，m A v A－m B v B＝－m A v A′＋m B v B′，解得v B′＝－0.5 m/s ，所以B 的速度大小是 0.5 m/s ，方向向左 .( 时间： 60 分钟 )题组一对动量守恒条件的理解1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒 D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒答案 C解析根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项 C 正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项 B 错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项 D 错误．2．如图 1所示，甲木块的质量为m1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图1A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案 C解析两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项 A、B 错误，选项 C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项3.如图 2 所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是 ( D错误．现有一男孩站在小车上用力向图2A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案 C解析由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项 A、 B 错误， C 正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项 D 错误．4.( 多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图 3 所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法正确的是 ( )图3A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案 ACD解析在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力 ( 内力) ，故动量守恒，即系统的总动量始终为零， A 对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的， B 错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左， C 对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变， D 对．题组二动量守恒定律的简单应用5．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为 1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为 3 000 kg 向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以 20 m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率 ( )A．小于 10 m/sB．大于 20 m/s ，小于 30 m/s C．大于 10 m/s ，小于 20 m/sD ．大于 30 m/s ，小于 40 m/s 答案 A 解析 两车碰撞过程中系统动量守恒， 两车相撞后向南滑行， 则系统动量方向向南， 即 p 客>p 卡，1 500 ×20>3 000× v ，解得 v <10 m/s ，故 A 正确．6. （多选 ）如图 4 所示， A 、B 两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为 p 1和 p 2，碰撞后 A 球继续向右运动， 动量大小为 p 1′，此时 B 球的动量大小为 p 2′，则下列等式成立的是 （ ）A ．p 1＋p 2＝p 1′＋ p 2′ C ． p 1′－ p 1＝ p 2′＋ p 2 答案 BD 解析 因水平面光滑， 所以 A 、由于 p 1、p 2、 p 1′、 p 2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为 p 1－p 2，碰后的动量为 p 1＋p 2′， B 对．经变形得－ p 1′＋ p 1＝p 2′＋ p 2，D 对．7．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 （ ）答案 D解析 火箭模型在极短时间点火， 设火箭模型获得速度为 v ，据动量守恒定律有 0＝（M －m ）vv 1 向右运动， 质量为 m 的子弹以速度v 2 水平向左答案 C解析 设发射子弹的数目为 n ，选择 n 颗子弹和木块 M 组成的系统为研究对象．系统在水平－mv 0，m得 v＝M － mv 0，故选 D.射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为（ 子弹留在木块中不穿出 ）（） B.Mv 1M ＋ m v 2C.Mv 1 mv 2mv 1 D.Mv 2B ． p 1－ p 2＝ p 1′＋ p 2′D ．－ p ′＋ p ＝B 两球组成的系统在水平方向上动量守恒． 以向右为正方向，mMA.Mv 0 * B.mv 0 C.M v 0D. mv 08．质量为 M 的木块在光滑水平面上以速度 图4方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．设木块M以v1向右运动，连同n 颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为末状态．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有： Mv 1nmv 2－Mv 1＝0，得 n ＝M m vv2，所以选项 C9．质量为 M 的小船以速度 v 0行驶，船上有两个质量均为 m 的小孩 a 和 b ，分别静止站在船 头和船尾．现小孩 a 沿水平方向以速率 v （相对于静止水面 ）向前跃入水中，然后小孩 b 沿水 平方向以同一速率 v （ 相对于静止水面 ） 向后跃入水中，则小孩b 跃出后小船的速度方向______ ，大小为 ______ （ 水的阻力不计 ）．2m答案 向前 1＋M v 0解析 选小孩 a 、b 和船为一系统，由于忽略水的阻力，故系统水平方向动量守恒，设小孩 b 跃出后小船向前行驶的速度为 v ′，选 v 0方向为正方向， 根据动量守恒定律， 有（ M ＋2m ） v 0题组三 综合应用10.如图 5所示，质量为 m 2＝1 kg 的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为 m 1＝50 g 的小球以 1 000 m/s 的速率碰到滑块后又以 800 m/s 的速率被弹回，试求滑块获得的速度．图5答案 90 m/s 方向与小球的初速度方向一致解析 对小球和滑块组成的系统， 在水平方向上不受外力， 竖直方向上所受合力为零， 系统 动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v 1＝1 000 m/s ， v 1′＝－ 800 m/s ， v 2＝ 0－2又 m 1＝50 g ＝5.0×10－2kg ，m 2＝1 kg 由动量守恒定律有： m 1v 1＋ 0＝ m 1v 1′＋m 2v 2′ 代入数据解得 v 2′＝ 90 m/s ，方向与小球初速度方向一致．11. 如图 6所示，质量为 M 的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m 的子弹以初速度 v 0 击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？图6＝Mv ′＋ mv － mv ，整理解得 v ′＝2m 1＋ M v 0，方向向答案mM ＋m v 0解析由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力（子弹与物块间作用力），故可认为此过程动量守恒．对m、M系统，m击中M过程动量守恒，12．光滑水平面上一平板车质量为 M ＝50 kg ，上面站着质量 m ＝70 kg 的人，共同以速度 v 0 匀速前进，若人相对车以速度 v ＝ 2 m/s 向后跑，问人跑动后车的速度改变了多少？ 答案 1.17 m/s解析 以人和车组成的系统为研究对象， 选 v 0 方向为正方向． 设人跑动后车的速度变为 v ′， 则人相对地的速度为 （v ′－ v ） ．系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有mv 人跑动后车的速度改变量为 Δv ＝v ′－v 0＝M m ＋vm ＝1.17 m/s. Δ v 的数值为正，说明速度的 改变与 v 0 方向一致，车速增加M ＋ m v 1 mv 2mv 0 ＝（ m ＋ M ） v ，所以 v ＝M ＋mv 0.（M ＋m ） v 0＝ Mv ′＋ m （v － v ） ．解得 v ′＝ v 0＋ mv M ＋m .。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第1节碰撞教案教科版选
第一章碰撞与动量守恒一、碰撞教学目标1.通过观察图片，初步了解碰撞现象及其特点2.通过实验，使学生能熟练测量质量、速度等大体物理量，能计算动能、动量之和、动能的改变量。
3.能通过实验中动能该变量的计算，对碰撞进行分类。
4.培育学生观察和计算的能力，初步培育学生用实验方式对同一现象从能量的角度进行分类的能力重点难点重点：碰撞的特点及分类难点：实验测量、数据处置和归纳设计思想动量守恒定律是自然界的大体守恒定律之一，是研究微观粒子所必需的知识，具体来讲，要学习原子结构和原子核的内容，动量的知识必不可少。
本章的核心是要表现学习中的探讨精神，强调物理学中“守恒量”的思想。
本章第一节“碰撞”，是通过实验为后面的教学展开打基础，因此本节课从生活中常见的碰撞事例入手，通过体验、观察和讨论，总结出碰撞现象的特点。
为整章的教学做好预备。
然后通过实验来探讨碰撞中的动能转变，使学生在老师的适当引导下归纳出碰撞的分类。
然后教师进行总结，结合相关的资料，把碰撞问题向学生不熟悉的领域适当拓展。
实验中，教师不要越俎代庖，要让学生自己动手实验，充分发挥学生在教学中的主体作用。
教学资源多媒体课件，气垫导轨（附光电门和滑块），弹簧片，数字计时器，天平，橡皮泥。
教学设计【课堂引入】碰撞是物质世界的常见现象，斯诺克中的碰撞给人以愉悦，汽车发生追尾给人们带来灾难，α粒子散射令人类熟悉了原子结构，在这些碰撞现象的背后蕴藏着什么样的规律呢？今天咱们就来学习3-5第一章“碰撞与动量守恒”的第1节“碰撞”。
【课堂学习】学习活动一：感受和体会碰撞进程请同窗们列举生活中的碰撞现象情境1：斯诺克中白球撞击花球。
情境2：公路上两车碰撞。
情境3：棒击球的一霎时。
情境4：跳高运动员落地。
（播放PPT）学生归纳：（1）必需是有彼此作用的系统（2）作历时刻很短教师引导并给出概念：做相对运动的两个（或几个）物体相遇而发生彼此作用，在很短的时刻内，它们的运动状态会发生显著的转变，这一进程叫碰撞。
2021-2022学年高二物理教科版选修3-5教案：第一章 碰撞与动量守恒 Word版含答案
碰撞与动量守恒复习学习目标1.进一步理解碰撞的基本概念，学会利用碰撞模型解决生活中的问题2.进一步生疏动量守恒定律，能结合能量规律求解简洁的综合题3.进一步增加问题意识，提高分析问题、解决问题的力量重点难点重点：运用动量守恒定律解决实际问题难点：临界问题设计思想通过本节课的学习，使同学对碰撞和动量守恒的规律有进一步的生疏，能综合运用牛顿运动定律、动能定理解决简洁的综合题，能够运用动量守恒定律解决新情景中的问题，更加体会到守恒的思想在物理学中的重要作用，进一步提高分析问题和解决问题的力量。
教学资源多媒体课件教学设计【课堂学习】学习活动一：基本概念和基本规律问题1：系统、内力和外力的概念。
问题2：动量和动能的区分和联系。
问题3：什么是碰撞？碰撞的分类？问题4：动量守恒的条件是什么？什么是动量守恒定律的矢量性？问题5：何为反冲？它满足哪些物理规律学习活动二：碰撞后速度的可能性分析例题1：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.13v0 B.23v0 C.49v0 D.59v0分析争辩碰撞中应遵循的三个原则1．系统动量守恒的原则：两个物体碰撞前后系统的总动量保持不变，符合m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，或p1＋p2＝p1′＋p2′.2．不违反能量守恒的原则：碰撞后系统的总动能不大于碰撞前的总动能，满足1 2m1v21＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.3．物理情景可行性原则：碰撞问题的解要符合物理实际．(1)若为追及碰撞，碰撞前在后面运动的物体的速度肯定大于在前面运动的物体的速度(否则不能发生碰撞)，且碰后在前面运动物体的速度肯定增大．(2)若碰撞后两物体同向运动，则在前面运动的物体的速度肯定不小于在后面运动的物体的速度(否则还要发生碰撞)．(3)若要物体相向碰撞，则不行以消灭跨跃过另一物体连续向前运动的状况．【答案】AB学习活动三：人船模型例题2：质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【分析】“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．绳梯等均属于“人船模型”．【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为：2121)(mmMLmmS++-=．提示：若m1>m2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应当留意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至来回行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．假如发生相互作用前系统就具有肯定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式．学习活动四：完全非弹性碰撞模型例题3：如图所示，质量为M的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的滑块，以初速度v0在车厢地板上向右运动，与车厢两壁发生若干次碰撞，最终静止在车厢中，则车厢最终的速度是()A．0B．v0，方向水平向右C.mv0M＋m，方向肯定水平向右D.mv0M＋m，方向可能是水平向左解析：对m和M组成的系统，水平方向所受的合外力为零，动量肯定守恒，由mv0＝(M＋m)v可得；车厢最终的速度为mv0M＋m，方向肯定水平向右，所以C选项正确．答案：C学习活动五：临界问题例题4：甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6 m/s.甲车上有质量为m＝1 kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的车总质量为M2＝30 kg.现为避开相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，此时：(1)两车的速度各为多少？ (2)甲总共抛出了多少个小球？解：两车刚好不相撞的条件是某次甲抛出球后的速度与乙接住该球后的速度相等．无论是甲抛球的过程，还是乙接球的过程，或是整个过程动量均守恒．(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为v，则M1v1－M2v1＝(M1＋M2)vv＝M1－M2M1＋M2v1＝2080×6 m/s＝1.5 m/s.(2)这一过程中乙小孩及车的动量变化为Δp＝30×6－30×(－1.5)＝225(kg·m/s)每一个小球被乙接收后，最终的动量变化为Δp 1＝16.5×1－1.5×1＝15(kg·m/s)故小球个数为n ＝Δp Δp 1＝22515＝15(个)．【答案】 (1)v 甲＝v 乙＝1.5 m/s (2)15个随堂训练：【2021天津-9】如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置．B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。
高中物理第1章碰撞与动量守恒动量守恒定律学案教科版选修3-5【2019-2020学年度】
和相互作用后的总动量大小相等，方向相同．系统总动量的求法遵循矢量运算法则．和（＞）做匀速直线运动。
当追上、。
和，力的作用时间是。
、大小相等，方向相反，即的（矢量）差，即和与②确定研究过程，进行运动分析；③判断系统在所研究的过程中是否满足动量守恒定律成立的条件；④规定某个方向为正方向，分析初末状态系统的动量；⑤根据动量守恒定律建立方程，并求出结果。
【典型例题】类型一、关于动量变化的计算例1.一个质量是的钢球，以的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动。
求碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？【思路点拨】分清初末动量：动量及动量变化都是矢量，在进行动量变化的计算时应首先规定正方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负值。
【答案】有变化；变化量方向向左，大小为。
【解析】题中钢球的速度发生了反向，说明速度发生了变化，因此动量必发生变化。
取向左的方向规定为正方向物体原来的动量：弹回后物体的动量：动量的变化：动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左，大小为。
【总结升华】此题为动量变化题目，要分清初末动量。
动量及动量变化都是矢量，在进行动量变化的计算时应首先规定正方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负值。
从而把矢量运算变成代数加减。
举一反三：【变式】一个质量为的小球，竖直落地时的速度为，反弹离地时的速度为.求小球与地面作用期间发生的动量变化。
【答案】；方向竖直向上。
【解析】取向上为正方向，则竖直落地时的速度，反向弹地的速度。
方向：竖直向上。
类型二、动量守恒守恒条件的判断例2．在光滑的水平面上、两小车中间有一弹簧，如图所示。
用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。
将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是（ ）A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，再放开右手后，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零【答案】A、C、D【解析】在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力）。
2021学年高中物理第1章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(碰撞)学案教科版选修35
2021学年高中物理第1章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用（碰撞）学案教科版选修35【学习目标】1．明白什么是弹性碰撞和非弹性碰撞；2．明白什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象；3．会运用动量守恒定律分析，解决碰撞物体相互作用的问题．【要点梳理】要点一、碰撞1．碰撞及类碰撞过程的特点（1）时刻特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时刻专门短．（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力专门大．（3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，因此，系统即使所受外力之和不为零，外力也能够忽略，系统的总动量守恒．（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬时发生的，时刻极短，因此，在物体发生碰撞、爆炸的瞬时，可忽略物体的位移．能够认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．（5）能量特点：碰撞过程中，一样相伴着机械能的缺失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：1212k k k k E E E E +≤+＇＇．（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方．2．碰撞的分类（1）按碰撞过程中动能的缺失情形，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不缺失，即碰撞前后系统总动能守恒：1212k k k k E E E E +=+＇＇．②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有缺失，系统总动能不守恒：1212k k k k E E E E ++＇＇＜．③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能缺失最大．（2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰． ①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞．②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞．高中时期一样只研究正碰的情形．③散射指微观粒子之间的碰撞．要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直截了当接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率专门小，因此多数粒子在碰撞后飞向四面八方．要点二、碰撞问题的处理方法1．解析碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212p p p p +=+＇＇．（2）动能不增加，即1212k k k k E E E E +≥+＇＇．或222212121212''2222p p p p m m m m +≥+． （3）速度要符合情境：假如碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v v 后前＞，否则无法实现碰撞．碰撞后，原先在前的物体的速度一定增大，且原先在前的物体速度大于或等于原先在后的物体的速度．即v v ≥后前＇＇，否则碰撞没有终止．假如碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．爆炸问题爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）专门大，过程连续时刻专门短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，因此爆炸过程中能够近似认为动量守恒．要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的动能会增加．要点三、弹性正碰1．弹性正碰的讨论如图所示，在光滑水平面上质量为1m 的小球以速度1v 与质量为2m 的静止小球发生弹性正碰．讨论碰后两球的速度1v ＇和2v ＇．依照动量守恒和动能守恒有： 111122 m v m v m v =+＇＇，222111122111''222m v m v m v =+， 解上面两式可得：碰后1m 的速度121112'm m v v m m -=+， 碰后2m 的速度121122'm v v m m =+． 讨论： （1）若12m m ＞，1v ＇和2v ＇差不多上正值，表示1v ＇和2v ＇都与1v 方向相同．（若12m m ，121m m m ≈－，121m m m +≈，则：11v v =＇，212v v =＇，表示1m 的速度不变，2m 以12v 的速度被撞出去）．（2）若12m m ＜，1v ＇为负值，表示1v ＇与1v 方向相反，1m 被弹回．（若12m m ，这时122m m m ≈－－，11220m m m ≈+，11v v =＇－，20v =＇，表示1m 被反向以原速率弹回，而2m 仍静止）． （3）若12m m =，则有10v =＇，21v v =＇，即碰后两球速度互换． 2．拓展设在光滑的水平面上质量为1m 的小球以速度1v 去碰撞质量为2m 、速度为2v 的小球发生弹性正碰，试求碰后两球的速度1v ＇和2v ＇。
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第1节碰__撞(对应学生用书页码P1)一、碰撞现象1．碰撞做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，运动状态发生改变的过程。
2．碰撞特点(1)时间特点：在碰撞过程中，相互作用时间很短。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，相互作用力远远大于外力。
(3)位移特点：在碰撞过程中，物体发生速度突变时，位移极小，可认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
试列举几种常见的碰撞过程。
提示：棒球运动中，击球过程；子弹射中靶子的过程；重物坠地过程等。
二、用气垫导轨探究碰撞中动能的变化1．实验器材气垫导轨，数字计时器、滑块和光电门，挡光条和弹簧片等。
2．探究过程(1)滑块质量的测量仪器：天平。
(2)滑块速度的测量仪器：挡光条及光电门。
(3)数据记录及分析，碰撞前、后动能的计算。
三、碰撞的分类1．按碰撞过程中机械能是否损失分为：(1)弹性碰撞：碰撞过程中动能不变，即碰撞前后系统的总动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′。
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
E k1′＋E k2′＜E k1＋E k2。
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体黏合在一起，具有相同的速度，这种碰撞动能损失最大。
2．按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：(1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向沿同一条直线。
(2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向不在同一直线上。
(高中阶段只研究正碰)。
(对应学生用书页码P1)探究一维碰撞中的不变量1.探究方案方案一：利用气垫导轨实现一维碰撞 (1)质量的测量：用天平测量。
(2)速度的测量：v ＝ΔxΔt ，式中Δx 为滑块(挡光片)的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
(3)各种碰撞情景的实现：利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。
方案二：利用等长悬线悬挂等大小球实现一维碰撞 (1)质量的测量：用天平测量。
(2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。
(3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两球碰撞时的能量损失。
方案三：利用小车在光滑桌面上碰撞另一静止小车实现一维碰撞。
(1)质量的测量：用天平测量。
(2)速度的测量：v ＝ΔxΔt ，Δx 是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量。
Δt 为小车经过Δx 所用的时间，可由打点间隔算出。
2．实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
3．实验步骤不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下： (1)用天平测相关质量。
(2)安装实验装置。
(3)使物体发生碰撞。
(4)测量或读出相关物理量，计算有关速度。
(5)改变碰撞条件，重复步骤(3)、(4)。
(6)进行数据处理，通过分析比较，找出碰撞中的守恒量。
(7)整理器材，结束实验。
4．数据处理为了探究碰撞中的不变量，将实验中测得的物理量填入如下表格碰撞前碰撞后m1m2m1m2质量v1v2v1′v2′速度m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′mvm1v12＋m2v22m1v1′2＋m2v2′2mv2v1/m1＋v2/m2v1′/m1＋v2′/m2vm经过验证后可知，在误差允许的范围内，碰撞前后不变的量是物体的质量与速度的乘积，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
1．如图111所示为用气垫导轨实验探究碰撞中的不变量的实验装置，遮光片D在运动过程中的遮光时间Δt被光电计时器自动记录下来。
在某次实验中，滑块1和滑块2质量分别为m1＝0.240 kg、m2＝0.220 kg，滑块1运动起来，向着静止的导轨上的滑块2撞去，碰撞之前滑块1的挡光片经过光电门时，光电计时器自动记录下来的时间Δt＝110.7 ms。
碰撞之后，滑块1和滑块2粘连在一起，挡光片通过光电门的时间Δt′＝214.3 ms，已知两滑块上的挡光板的宽度都是Δx＝3 cm，问：图111(1)碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和相等吗，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′成立吗？(2)碰撞前后两滑块各自的质量与速度平方乘积之和相等吗，即m1v12＋m2v22＝m1v′12＋m2v2′2成立吗？解析：(1)因为滑块遮光片的宽度是Δx，遮光片通过光电门的时间是Δt，所以滑块速度可用公式v ＝Δx Δt 求出。
碰撞之前，滑块1的速度v 1＝Δx Δt ＝3×10－2110.7×10－3 m/s ＝0.271 m/s碰撞之前，滑块2静止，所以v 2＝0 碰撞之后，两滑块粘连在一起v 1′＝v 2′＝Δx Δt ′＝3×10－2214.3×10－3 m/s ＝0.140 m/sm 1v 1＋m 2v 2＝0.240×0.271 kg·m/s＝0.065 kg·m/sm 1v 1′＋m 2v 2′＝(0.240＋0.220)×0.140 kg·m/s＝0.064 kg·m/s所以，在误差允许范围内，m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′成立。
(2)碰撞之前：m 1v 12＋m 2v 12＝0.240×0.2712 J ＝0.018 J碰撞之后：m 1v 1′2＋m 2v 2′2＝(0.240＋0.220)×0.1402 J ＝0.009 J可见m 1v 12＋m 2v 22＞m 1v 1′2＋m 2v 2′2答案：(1)成立 (2)不成立对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1.k1k2E k1＋E k2，其中，碰撞过程中，无机械能损失的碰撞为弹性碰撞。
2．弹性碰撞：若两球碰撞后形变能完全恢复，并没有能量损失，碰撞前后系统的动能相等，这类碰撞称为弹性碰撞。
3．非弹性碰撞：若两球碰后它们的形变不能完全恢复原状，一部分动能最终转化为内能，碰前碰后系统的动能不再相等，这种碰撞叫做非弹性碰撞。
如果碰撞后二者成为一个整体，系统的动能损失得最多，这种碰撞叫做完全非弹性碰撞。
2．在光滑的水平面上，动能为E 0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E 1，球2的动能大小记为E 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．E 1＝E 0C ．E 2＞E 0D ．E 2＝E 0解析：选A 根据碰撞前后动能关系得E 1＋E 2≤E 0，必有E 1＜E 0，E 2＜E 0。
故只有A 项对。
(对应学生用书页码P2)实验探究碰撞过程中的不变量[例1] 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的装置如图112甲所示。
在小车A 后面连着纸带，电磁打点计时器所接电源频率为50 Hz ，长木板的一端下垫着小木块用以平衡摩擦力。
图112(1)若已得到打点纸带如图112乙所示，并测得各计数点间距离标在图上，A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 碰撞前速度，应选________段来计算A 和B 碰撞后的共同速度。
(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.40 kg ，小车B 的质量m 2＝0.20 kg ，由以上测量结果可得：碰撞前两车质量与速度乘积之和为________kg·m/s； 碰撞后两车质量与速度乘积之和为________kg·m/s。
(3)结论__________________。
[解析] (1)从分析纸带上打点的情况看，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大的速度，而AB 段相同时间内间距不一样，说明刚开始不稳定，因此BC 段能较准确描述小车A 碰撞前的运动情况，故应用BC 段计算A 碰撞前的速度，从CD 段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE 段小车运动稳定，故应选DE 段计算小车A 和B 碰撞后的共同速度。
(2)小车A 碰撞前速度v 1＝BC t ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.050 m/s ；小车A 碰前的质量与速度乘积为m 1v 1＝0.40×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s。
碰撞后小车A 、B 共同速度v 1′＝DE t ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s ；两车碰撞后的质量与速度乘积之和为m 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v 1′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
(3)碰前的质量与速度乘积之和等于碰后的质量与速度乘积之和，即碰撞过程中的不变量为质量与速度乘积之和。
[答案] (1)BCDE (2)0.420 0.417 (3)见解析用能量的观点判断碰撞的类别[例2] 后A 球以1 m/s 的速度反向弹回，B 球以2 m/s 的速度向前运动，试分析：(1)碰撞过程中损失了多少动能。
(2)两球的碰撞属于何种类型的碰撞。
[解析] (1)碰撞前物体的动能E k A ＝12m A v A 2＝12×5×32 J ＝22.5 J碰撞后物体的动能E ′k ＝E k A ′＋E k B ′＝12m A v A ′2＋12m B v B 2＝12×5×12 J ＋12×10×22J ＝22.5 J 。
故碰撞过程中无动能损失。
(2)由于碰撞过程中无动能损失，故两球的碰撞属于弹性碰撞。
[答案] (1)0 (2)弹性碰撞(1)物体间发生完全弹性碰撞后形变能完全恢复，碰撞系统的动能守恒；物体间发生非弹性碰撞后形变不能完全恢复，碰撞系统的动能有损失；物体间发生完全非弹性碰撞后，形变完全不能恢复，碰撞系统的动能损失最大。
(2)质量为m 的运动物体与质量为m 的静止物体发生弹性碰撞后，两物体交换速度。
(对应学生用书页码P3)1．在研究两物体的碰撞问题时，除利用气垫导轨外，还可以利用打点计时器研究，试分析下列关于用打点计时器的研究正确的是( )A ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C ．先接通打点计时器电源，再释放拖动纸带的小车D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源解析：选BC 车的质量可以用天平测量，改变小车的质量可以加砝码，没有必要一个用钉子而另一个用橡皮泥配重，这样做的目的是为了碰撞后粘在一起有共同速度，便于测量碰后的速度，选项B 正确。