2016_2017学年高中物理第1章碰撞与动量守恒1碰撞教师用书教科版选修3_5
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 第2节 动量教学案 教科版选修35
第2节动__量(对应学生用书页码P4)一、动量的概念1．定义物体的质量和速度的乘积。
2．定义式p＝mv。
3．单位在国际单位制中，动量的单位是kg·m/s。
4．方向动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量的运算服从矢量运算。
[特别提醒] 在计算动量时必须规定正方向，与正方向同向为正，与正方向反向为负。
二、动量守恒定律1．系统相互作用的两个或多个物体组成的整体。
2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力或所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)成立条件：系统不受外力或所受合外力为零。
(3)两物体在同一直线上运动时，动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′3．动量守恒定律的适用范围及意义动量守恒定律既适用于宏观领域，又适用于微观或高速领域，它是自然界中最普遍、最基本的定律之一。
1．判断：(1)物体的质量越大，动量一定越大。
( )(2)物体的速度大小不变，动量可能不变。
( )(3)物体动量大小相同，动能一定相同。
( )答案：(1)×(2)√(3)×2．思考：如图121所示，两个穿滑冰鞋的小孩静止在滑冰场上，不论谁推谁，两人都会向相反方向滑去。
在互相推动前，两人的动量都为零；由于推力作用，每个人的动量都发生了变化。
那么，他们的总动量在推动前后是否也发生了变化呢？提示：系统的总动量守恒，系统内的每个人的动量发生变化，但系统的内力(相互作用力)不会改变系统(两个人)的总动量，推动前、后总动量都为零。
(对应学生用书页码P5)1.通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
2．动量的矢量性动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算。
3．动量的相对性物体的动量与参考系的选择有关。
选择不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量。
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 1 碰撞教案 教科版选修3-5-教科版高中选修3-5物理教案
1 碰撞一、碰撞1．碰撞的定义做相对运动的两个(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．3．弹性碰撞和非弹性碰撞的区分(1)从形变的角度：发生弹性碰撞的两物体碰后能够恢复原状，而发生非弹性碰撞的两物体碰后不能恢复原状．(2)从动能的角度：弹性碰撞的两物体碰撞前后动能守恒，非弹性碰撞的两物体碰撞后的动能减少，完全非弹性碰撞中动能损失最多．判断下列说法是否正确(1)两物体碰撞，它们的速度将发生变化．( √)(2)在做探究碰撞中动能如何变化的实验中，气垫导轨应水平放置．( √)(3)任何碰撞的两物体，碰撞后总动能一定减小．( ×)(4)完全非弹性碰撞中动能的减少最多．( √)二、探究碰撞前后物体动能的变化1．实验装置：气垫导轨、数字计时器、导轨上附有滑块和光电门，滑块上装有挡光条和弹簧片，如图所示．2．探究过程(1)先用天平分别测出带弹簧片的滑块1、滑块2的质量m1、m2，然后用手推动滑块1使其获得初速度v1，与静止的滑块2相碰(相碰时，两弹簧片要正对)，测定碰撞前、后两滑块的速度大小，算出相关数据，填入表中．(2)再换用不带弹簧片的两滑块按照上面的步骤进行实验，并读取实验数据，填入表中．(3)将滑块上的弹簧片换成橡皮泥，用天平分别测出滑块1、滑块2的质量；使有橡皮泥的两端正对，让滑块1与滑块2相碰，测算出相关数据，并填入表中．碰撞前、后动能的计算某实验小组用课本中“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验方案，探究碰撞前后物体动能的变化．探究中分别得到了两组数据，如下表所示 ：m 1与静止的m 2碰撞，碰后分开(表一)m 1与静止的m 2碰撞，碰后粘在一起(表二)计算这两个表格中滑块碰撞前后的总动能．通过比较，你有什么发现？提示：从表一的数据可以看出：在实验误差允许范围内，两滑块碰撞前后的总动能几乎相等．从表二的数据可以看出：两滑块碰撞前后的总动能并不相等，碰撞后总动能减少了． 考点一 探究碰撞中的不变量和动能的变化实验原理(1)一维碰撞两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动的碰撞．(2)探究碰撞中的不变量和动能变化在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m 1、m 2，碰撞前的速度分别为v 1、v 2，如果速度的方向与我们规定的方向一致取正值，相反取负值，依次探究以下关系是否成立：①m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′②m 1v 21＋m 2v 22＝m 1v 1′2＋m 2v 2′2③v 1m 1＋v 2m 2＝v 1′m 1＋v 2′m 2④ΔE k ＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2－12m 1v 21－12m 2v 22 (3)实验方案设计利用气垫导轨使两滑块发生一维碰撞．装置如下图．且用以下三种方式分别探究．①如下图所示，用细线将弹簧片拉成弓形，放在两个滑块之间，并使它们静止，然后烧断细线，两滑块随即向相反方向运动．探究烧断细线前后不变的量．②如下图所示，在滑块两端装上弹簧，使两滑块相互碰撞．探究碰撞前后不变的量． ③如下图所示，在两滑块上分别装上撞针和橡皮泥，二者相碰撞后粘在一起．探究碰撞前后不变的量．具体步骤(1)用天平测量两滑块质量m1、m2.(2)调整导轨使之处于水平状态，并使光电计时器系统正常工作．(3)记录光电门挡光片的宽度Δx以及光电计时器显示的挡光时间Δt，利用公式v＝Δx，计算出两滑块碰撞前后的速度．探究相互作用前后不变的量．Δt(4)将实验中测得的物理量填入如下表格．(m1＝________；m2＝________)代入m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(矢量式)，看在误差允许的范围内是否成立．【例1】某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的不变量：电磁打点计时器、低压交流电源(频率为50 Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平．该同学设计的实验步骤如下：A．用天平测出小车A的质量为m A＝0.4 kg，小车B的质量为m B＝0.2 kgB．更换纸带重复操作三次C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间D．把长木板平放在桌面上，在一端固定打点计时器，连接电源．E．接通电源，并给小车A一定的初速度v A(1)请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来________．(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如图所示，根据这些数据完成表格．(3)根据以上数据猜想碰撞前后不变量的表达式为________．【解析】(1)按照先安装，后实验，最后重复的顺序，该同学正确的实验步骤为ADCEB.(2)碰撞前后均为匀速直线运动，由纸带上的点迹分布求出速度．碰后小车A、B合为一体，求出AB整体的共同速度．注意打点计时器的频率为50 Hz，打点时间间隔为0.02 s，通过计算得下表.(3)由表中数值可看出mv一行中数值相同，可猜想碰撞前后不变量的表达式为m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v.【答案】(1)ADCEB (2)见解析(3)m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v某同学把两个大小不同的物体用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察两物体的运动情况，进行必要的测量，探究物体间相互作用时的不变量．(1)该同学还必须有的器材是刻度尺、天平；(2)需要直接测量的数据是两物体的质量m1、m2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离x1、x2；(3)根据课堂探究的不变量，本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为m1x1＝m2x2.(用测得的物理量符号表示)解析：物体离开桌面后做平抛运动，取左边物体的初速度方向为正方向，设两物体质量和平抛初速度分别为：m1、m2、v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t，需要验证的方程：0＝m1v1－m2v2，其中：v1＝x1t，v2＝x2t，代入得到m1x1＝m2x2，故需要测量两物体的质量m1、m2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离x1、x2，需要的器材为刻度尺、天平．考点二碰撞的特点及分类1．碰撞的特点(1)相互作用时间短．(2)作用力变化快．(3)作用力峰值大．因此其他外力可以忽略不计．2．碰撞中能量的特点碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：E k1′＋E k2′≤E k1＋E k2.3．碰撞的类型及区分(1)弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．(2)非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．(3)完全非弹性碰撞：非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．【例2】一个质量为2 kg的小球A以v0＝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)碰后小球A、B的速度均为2 m/s；(2)碰后小球A 的速度为1 m/s ，小球B 的速度为4 m/s.【解析】 碰前系统的动能E k0＝12m A v 20＝9 J. (1)当碰后小球A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J<E k0，故该碰撞为非弹性碰撞． (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 A ′2＋12m B v B ′2＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0，故该碰撞为弹性碰撞．【答案】 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞如图所示，有A 、B 两物体，m 1＝3m 2，以相同大小的速度v 相向运动，碰撞后A 静止，B 以2v 的速度反弹，那么A 、B 的碰撞为( A )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．无法判断解析：设m 1＝3m ，m 2＝m碰撞前总动能12m 1v 21＋12m 2v 22＝2mv 2 碰撞后总动能12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝0＋12×m (2v )2＝2mv 2 因为碰撞前后总动能不变，故为弹性碰撞，选项A 正确．重难疑点辨析利用光电门确定速度的原理如图所示，两次挡光时间内物体运动的距离是这样确定的，A 图中是双挡光片，挡光片两次挡光时间内运动的距离为d ，因为当a 边通过光电门时第一次挡光计时，c 边通过光电门时第二次挡光计时，两次挡光时间间隔物体运动的距离应为ac 两边之间的距离，这个距离通常是已知的．B 图为单挡光片，一般是两个单挡光片同时使用，其原理与双挡光片相同．还有一种计时器是专门配合B 类挡光片设计使用的，使用时先清零，而记录的是整个挡光的时间(从a ′边挡光开始到b ′边挡光结束)，利用单挡光片的宽度计算物体的运动速度．在求气垫导轨上运动的物体的运动速度v 时，首先通过光电计时装置记录其运动时间，再根据速度的计算公式v ＝Δx Δt 而求得．要确定物体的运动速度v ，首先要确定物体的运动时间，而时间Δt是运用挡光片通过光电门时挡光计时来测得的．常用的挡光片有单挡光片和双挡光片两种，要达到测量速度的目的必须同时运用两个单挡光片或一个双挡光片，因为每次挡光只能记录一个时刻，而求速度必须知道物体运动一段距离所用的时间．其中Δt＝t2－t1即光电计时装置计时的两次记录之差．【典例】某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验．气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2(左侧装有弹性碰撞架，未画出)放在气垫导轨的中间位置使其静止；⑤滑块1(右侧装有弹性碰撞架，未画出)挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括弹性碰撞架)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹性碰撞架)的质量为m2＝200 g.(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：A．______________________________________________________________________ __；B．______________________________________________________________________ __.②碰撞前，滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后，滑块1的速度v2为________m/s，滑块2的速度v3为________m/s.(结果保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)a．________________________________________________________________________；b ．________________________________________________________________________.【解析】 (2)①气垫导轨可以大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差，还可以保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s ＝0.50 m/s 滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－349.99×10－3 m/s ＝0.10 m/s 滑块2碰撞之后的速度v 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ＝0.60 m/s ； ③a.滑块1和滑块2碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．理由：滑块1和滑块2碰撞之前m 1v 1＝0.15 kg·m/s，滑块1和滑块2碰撞之后m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s.b ．滑块1和滑块2碰撞前后总动能不变．理由：滑块1和滑块2碰撞之前的总动能 E k1＝12m 1v 21＝0.037 5 J滑块1和滑块2碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 23＝0.037 5 J 所以滑块1和滑块2碰撞前后总动能相等．【答案】 (2)①A.减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差 B ．保证两个滑块的碰撞是一维的②0.50 0.10 0.60 ③见解析光电计时器能快速、方便地测量物体的速度，通常与气垫导轨配合使用，能够更精确地完成多个物理实验．随着技术的进步，这种实验方法会越来越多地应用到物理学习中，所以应了解其工作原理.1．(多选)关于碰撞的特点，下列说法正确的是( AC )A．碰撞的过程时间极短B．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大C．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力大小相等D．质量小的物体对质量大的物体作用力大解析：两物体发生碰撞，其碰撞时间极短，碰撞时，质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故选项A、C正确，B、D错误．2．(多选)两个物体发生碰撞( BD )A．碰撞中一定产生了内能B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小解析：若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以选项B、D正确．3．(多选)如图所示，两个小球A、B发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( BD )A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上解析：根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以选项B、D正确；选项A不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足选项C条件不一定能发生一维碰撞．4．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m ，g 取10 m/s 2.物块可视为质点．则A 碰撞前的瞬间速度( C )A ．0.5 m/sB ．1.0 m/sC ．1.5 m/sD ．2.0 m/s解析：碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12·2mv 2. 代入数据得v ＝1 m/s ，A 与B 碰撞的过程中A 与B 组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv 0＝mv 1＋2mv ，由于没有机械能的损失，则12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 2，联立可得，v 0＝1.5 m/s ，故选项A 、B 、D 错误，C 正确．5．如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B 做探究碰撞中的不变量的实验：(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A 运动至C 的时间t 1，B 运动至D 的时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平；(2)应测量的数据还有A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2；(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为0，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1.解析：(1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．(2)要求出A 、B 两滑块在卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝x t求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1.。
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。
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
科目
授课时间节次
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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：
【名校专用】高中物理第一章碰撞与动量守恒1.1物体的碰撞教案粤教版选修3_5
1.1物体的碰撞课堂互动三点剖析一、碰撞碰撞：当两个物体非常接近时，它们的相互作用改变了它们的运动状态，即引起动量和能量的交换，我们就说，它们发生了碰撞.由此可知，发生碰撞必须要满足两个条件：一是这种相互作用在较短的时间内发生，二是使两个质点的运动发生显著的变化.这是广义上的碰撞，例如两个微观粒子的碰撞.在宏观现象中，碰撞意味着两物体直接接触，其特点是：相碰的物体在接触前和分离后没有相互作用，接触的时间很短，接触时发生的相互作用比较强烈，因而在接触过程中可以忽略外力.二、碰撞的形式1.碰撞的研究：最早研究碰撞的是马西尔，随后，伽利略、马略特、牛顿、笛卡尔、惠更斯先后用大量的实验进行了研究，总结了碰撞的规律，形成了动量守恒的思想.并应用到了对微观粒子的研究上，发现了新的粒子.2.碰撞的形式有正碰、斜碰.3.区分正碰和斜碰主要看碰撞前两球的相对速度的方向与连心线的关系，与各小球自身的运动状态无关，与碰撞的位置无关.三、弹性碰撞与非弹性碰撞1.完全弹性碰撞如果两个物体（以两个弹性小球为例）在碰撞过程中，没有机械能的损失，这样的碰撞称为完全弹性碰撞。
此时两个物体之间的力是弹性力，在开始接触后的前一阶段，两球互相压缩，弹性力做负功，这时有一部分动能转化为弹性势能，在两球的速度相等时，压缩停止，此时系统的弹性势能最大，系统的动能最小；然后立即转为互相推开，弹性力做正功，此时弹性势能转化为动能.当全部分开时，弹性势能为零，全部转化为动能.2.非弹性碰撞两球碰撞后形变不能完全恢复.碰撞前后两小球的总动能不相等，有损失，损失的机械能转化为内能.3.完全非弹性碰撞两球碰撞后完全不反弹，动能损失最大.很多情况下表现为两球合为一体，或达到共同速度.各个击破【例1】下列说法正确的是（）A.s两小球正碰就是从正面碰撞B.两小球斜碰就是从侧面碰撞C.两小球正碰就是对心碰撞D.两小球斜碰就是非对心碰撞解析：两小球碰撞时的速度沿着连心线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在连心线上，称为斜碰，即非对心碰撞.答案：CD类题演练1在光滑的水平面上，一个运动的小球去碰撞一个静止的小球，则这个属于（）A.正碰B.斜碰C.可能是正碰，也可能是斜碰D.条件不明，无法说明解析：判断正碰还是斜碰与各物体的运动状态无关，只与两球碰前相对速度的方向与两球连心线方向的关系相关.当相对速度的方向和连心线在同一直线上是正碰；当相对速度的方向与连心线不在一直线上是斜碰.则C选项正确.答案：C【例2】如图1-1-2所示，两小球在同一轨道槽内发生了碰撞，两小球都是弹性小球，则它们的碰撞属于（）图1-1-2A.正碰B.斜碰C.弹性碰撞D.非弹性碰撞解析：两小球在同一槽内，两球相对运动速度的方向在两球的连心线上，是正碰.则选项A 正确；两小球都是弹性小球，属于弹性碰撞，故选项C正确.答案： AC类题演练2举例说明生活中哪些碰撞是完全非弹性碰撞.解析：完全非弹性碰撞的两物体碰后完全不反弹，动能损失最大，如一块泥巴摔在地上，一把刀插入木头中拔不出来，子弹射入木块中没有射出，火车站里，一列火车以一定的速度碰撞一列静止的车厢后共同前进，实现挂接等.。
2016_2017学年高中物理第1章碰撞与动量守恒章末分层冲破教师用书沪科版选修3_5
第1章碰撞与动量守恒[自我校对]①质量②速度③mv ④v ⑤Ft ⑥动量的转变⑦I＝mv t－mv0⑧p1＋p2＝p1′＋p2′⑨动量⑩动能守恒⑪有损失⑫损失最多____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________动量定理及其应用1.冲量的计算(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于图11计算恒力的冲量.(2)变力的冲量①通常利用动量定理I＝Δp求解.②Ft图象中阴影部份(如图11)的面积就表示力在时刻Δt＝t2－t1内的冲量.Ft＝mv2－mv1的应用(1)它说明的是力对时刻的积存效应.应用动量定明白得题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而没必要考虑中间的运动进程.(2)应用动量定理求解的问题①求解曲线运动的动量转变量.②求变力的冲量问题及平均力问题.③求彼此作历时刻.④利用动量定理定性分析现象.一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止历时 s，该铁球的质量为336 g，求：(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？(3)泥潭对小球的平均作使劲为多少？(保留两位小数，g取10 m/s2)【解析】(1)小球自由下落10 m所用的时刻是t1＝2hg＝2×1010s＝ 2 s，重力的冲量I G＝mgt1＝×10× 2 N·s≈ N·s，方向竖直向下.(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全进程运用动量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2＝mg(t1＋t2)＝×10×(2＋N·s≈ N·s，方向竖直向上.(3)由Ft2＝N·s得F＝ N.【答案】(1) N·s(2) N·s(3) N动量守恒定律应用中的临界问题题设情景中看是不是有彼此作用的两物体相距最近、恰好滑离、幸免相碰和物体开始反向运动等临界状态.在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系.(1)涉及弹簧类的临界问题关于由弹簧组成的系统，在物体间发生彼此作用的进程中，当弹簧被紧缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两头的两个物体的速度必然相等.(2)涉及彼此作用边界的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在滑腻水平面上)的进程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有一起的速度，物体抵达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零.(3)子弹打木块类的临界问题：子弹恰好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和.如图12所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量为M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，现在质量m 2＝2m 的乙车正以v 0的速度迎面滑来，已知h ＝2v 2g，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应知足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人都可看做质点.图12【解析】 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律得12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh得：v 1＝2gh ＝2v 0设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车进程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度别离为v 1′和v 2′，那么人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v 1′ 即(2m ＋m )v 1＝2mv ＋mv 1′①人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v 2′ 即2mv －2mv 0＝(2m ＋2m )v 2′② 解得v 1′＝6v 0－2v ③v 2′＝12v －12v 0④两车不可能发生碰撞的临界条件是v 1′＝±v 2′ 当v 1′＝v 2′时，由③④解得v ＝135v 0当v 1′＝－v 2′时，由③④解得v ＝113v 0故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.【答案】 135v 0≤v ≤113v 0动量守恒和能量守恒的综合应用动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等.(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确信研究对象. (2)若是物体间涉及多进程，要把整个进程分解为几个小的进程. (3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是不是符合动量守恒的条件.(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是不是知足机械能守恒，若是系统内有摩擦那么机械能不守恒，有机械能转化为内能.(5)选取所需要的方程列式并求解.如图13所示，AOB 是滑腻水平轨道，BC 是半径为R 的滑腻的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于BM 的小木块静止在O 点，一颗质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一路运动，且恰能抵达圆弧轨道的最高点C (木块和子弹均看成质点).图13(1)求子弹射入木块前的速度；(2)假设每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，当即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，那么当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【解析】 (1)第一颗子弹射入木块的进程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 1系统由O 到C 的运动进程中机械能守恒，由机械能守恒定律得： 12(m ＋M )v 21＝(m ＋M )gR 由以上两式解得：v 0＝m ＋Mm2gR (2)由动量守恒定律可知，第二、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第一、3、5…颗子弹射入后，木块运动.当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝(9m ＋M )v 9设尔后木块沿圆弧上升的最大高度为H ，由机械能守恒得： 12(9m ＋M )v 29＝(9m ＋M )gH由以上各式可得：H ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M ＋m M ＋9m 2R .【答案】 (1)m ＋M m 2gR (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫M ＋m M ＋9m 2R(1)两物体不发生相撞的临界条件是两物体的速度同向同速. (2)子弹进入木块的进程中因摩擦而损失的机械能转化为系统的内能.1.(2016·天津高考)如图14所示，方盒A 静止在滑腻的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.假设滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相关于盒静止，那么现在盒的速度大小为________，滑块相关于盒运动的路程为________.图14【解析】 由于水平面滑腻，那么滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv ＝(M ＋m )v 1，且M ＝2m相对静止时的一起速度v 1＝mv M ＋m ＝v3由功能关系知：μmgs ＝12mv 2－12(M ＋m )v 21解得滑块相对盒的路程s ＝v 23μg .【答案】 v3 v 23μg3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块滑腻地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg g ＝10 m/s 2.图15(ⅰ)求斜面体的质量；(ⅱ)通过计算判定，冰块与斜面体分离后可否追上小孩？【解析】(ⅰ)规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时二者达到一起速度，设此一起速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度别离为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩.【答案】(ⅰ)20 kg (ⅱ)观点析3.(2016·全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳固地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于Sρ，重力加速度大小为g.求(i)喷泉单位时刻内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相关于喷口的高度.【解析】(ⅰ)设Δt时刻内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，那么Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时刻内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(ⅱ)设玩具悬停时其底面相关于喷口的高度为h，水从喷口喷出后抵达玩具底面时的速度大小为v.关于Δt时刻内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h 高度处，Δt 时刻内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量转变量的大小为 Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作使劲的大小为F ，依照动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平稳条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2⑧ 【答案】 (ⅰ)ρv 0S (ⅱ)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S24.(2016·全国丙卷)如图16，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34ma 以初速度v 0a 与b 发生弹性碰撞，但bg .求物块与地面间的动摩擦因数知足的条件.图16【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.假设要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的刹时，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的刹时，a 、b 的速度大小别离为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 22gl ⑨ 【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl5.(2021·新课标全国卷Ⅰ)如图17，质量别离为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在BB 球释放，通过一段时刻后再将AA 球下落t ＝ s 时，恰好与B 球在地面上方的P 点处相碰.碰撞时刻极短，碰后刹时Am B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失.求：【导学号：】图17(1)B 球第一次抵达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度.【解析】 (1)设B 球第一次抵达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ①将h ＝ m 代入上式，得v B ＝4 m/s.②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小别离为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度别离为v 2和v 2′.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时刻极短，重力的作用能够忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能维持不变.规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v B ′，由运动学及碰撞的规律可得v B ′＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m.⑧【答案】 (1)4 m/s (2) m。
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1章 碰撞与动量守恒 1 碰撞教师用书 教科版选修3-5
1．碰撞[先填空]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．[再判断]1．发生碰撞的两个物体的运动方向一定都发生变化．(×)2．两个物体之间发生碰撞后，它们的运动方向可能相同．(√)3．两个带正电的小球在碰撞时并不接触，所以不能算是碰撞．(×)[后思考]如图111所示，质量为m，速度为v的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回．图111(1)小球的运动状态是否发生了改变？(2)小球的动能是否发生了变化？【提示】(1)由于小球的运动方向发生了改变，故小球的运动状态发生了改变．(2)由于小球的速度大小没有变化，故小球的动能没有变化．碰撞的特点1．时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．2．相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力．3．位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置．1．碰撞现象的主要特点有( )A．物体相互作用时间短B．物体相互作用前速度很大C．物体相互作用后速度很大D．物体间相互作用力远大于外力E．相互作用过程中物体的位移可忽略【解析】碰撞过程发生的作用时间很短作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前后的速度大小无关，物体的位移可忽略，故A、D、E正确．【答案】ADE2．钢球A以一定的速度沿光滑水平面向静止于前面的另一相同大小的钢球B运动，下列对两球相互作用过程说法正确的是( )【导学号：11010000】A．两球相互作用的过程始终没有动能的损失B．钢球A减速运动时，系统动能不变C．两球速度相等的瞬间，系统动能最小D．两球速度相等的瞬间，系统势能最大E．碰撞过程B的速度一直增大【解析】两球相互作用过程中由于存在相互作用的弹力，两球均发生形变，有弹性势能，系统动能有损失，两球速度相等瞬间，系统动能损失最大，弹性势能最大．【答案】CDE处理碰撞问题的几点提醒(1)作用时间很短．(2)运动状态变化显著．(3)位移变化非常小．1．实验装置：气垫导轨、数字计时器(图114)．导轨上附有滑块和光电门，如图112所示．滑块上装有挡光条和弹簧片，如图113所示．图113图1142．探究过程(1)先用天平测出带弹簧片的滑块1、滑块2的质量m1、m2，然后用手推动滑块1使其获得初速度v1，与静止的滑块2发生正碰，测定碰撞前、后两滑块的速度大小，并算出两滑块碰撞前、后的动能E k1、E k2和E′k1、E′k2，比较E k1＋E k2和E′k1＋E′k2的大小．(2)换用不带弹簧片的两滑块重复(1)．(3)将滑块上的弹簧片换成橡皮泥，使有橡皮泥的两端正对，重复实验(1)．3．实验结论对于不同的碰撞情况，动能的变化情况不同，在第一种情况下，两滑块碰撞前、后的动能之和大致不变，在第二、三种情况下，碰后两滑块的动能之和变小了，而第三种情况动能损失的更多．3．在利用气垫导轨探究碰撞中的动能变化时，下列哪些因素可导致实验误差( ) A．导轨安放不水平B．小车上挡光片倾斜C．两小车质量不相等D．两小车碰后连在一起E．向气垫导轨送气的气源压力不足【解析】导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差；气源压力不足时，小车与导轨的摩擦力对实验的影响而导致实验误差．故本题应选A、B、E.【答案】ABE4．某同学利用气垫导轨做“探究碰撞前、后物体动能变化”的实验，气垫导轨装置如图115所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图115(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧有固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt 1＝10.01 ms ，通过光电门2的挡光时间Δt 2＝49.99 ms ，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt 3＝8.35 ms ；⑧测出挡光片的宽度d ＝5 mm ，测得滑块1(包括撞针)的质量为m 1＝300 g ，滑块2(包括弹簧)质量为m 2＝200 g ；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：A.________________________， B ．_______________________________________________________.②碰撞前滑块1的速度v 1为________m/s ；碰撞后滑块1的速度v 2为________m/s ；滑块2的速度v 3为________m/s ；(结果保留两位有效数字)③碰撞前两滑块的总动能E k1＝________J ，碰撞后两滑块的总动能E k2＝________J ，E k1________E k2(选填“＞”“＝”或“＜”)．【解析】 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． B ．保证两个滑块的碰撞是正碰．②滑块1碰撞前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s≈0.50 m/s；滑块1碰撞后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－349.99×10－3 m/s≈0.10 m/s；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s≈0．60 m/s ；③碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 21＝0.037 5 J碰撞后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 23＝0.037 5 J所以碰撞前后总动能相等．【答案】 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． B ．保证两个滑块的碰撞是正碰． ②0.50 0.10 0.60 ③0.037 5 0.037 5 ＝利用气垫导轨探究碰撞时，一定要保证碰撞的两物体“水平”和“正碰”.[先填空] 1．弹性碰撞碰撞前后的系统总动能不变，这种碰撞称为弹性碰撞． 2．非弹性碰撞碰撞后的系统总动能减小了，有一部分动能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞．3．完全非弹性碰撞在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞．4．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． (2)斜碰：碰撞前后物体的运动方向不在同一直线上． [再判断]1．弹性碰撞过程中，物体的总机械能守恒．(√) 2．两辆汽车迎面相撞属于弹性碰撞．(×)3．正、负离子碰撞后共同组成分子的现象属于完全非弹性碰撞．(√) [后思考]你能说出弹性碰撞与非弹性碰撞的本质区别吗？现实生活中，哪些碰撞可近似看作弹性碰撞？(请举例说明)【提示】 两种碰撞的本质区别是碰撞前后系统动能是否守恒．现实生活中的碰撞，多数是非弹性碰撞．乒乓球拍击打乒乓球、网球拍击打网球、台球间的碰撞可近似看作弹性碰撞．弹性碰撞与非弹性碰撞的区别5．如图116所示，两小球在同一轨道槽内发生了碰撞，两小球都是弹性小球，则它们的碰撞属于( )【导学号：11010001】图116A．正碰B．斜碰C．弹性碰撞D．非弹性碰撞E．碰撞前后动能保持不变【解析】两小球在同一槽内，两球运动的方向在两球的连心线上，是正碰，则选项A 正确；两小球都是弹性小球，属于弹性碰撞，故选项C、E正确．【答案】ACE6．下面对于碰撞的理解，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显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用可以忽略C．正、负离子碰撞后共同组成分子的现象属于完全非弹性碰撞D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰E．正碰是弹性碰撞，斜碰是非弹性碰撞【解析】碰撞的主要特点是：相互作用时间短，作用力峰值大，因而其他外力可以忽略不计，在极短时间内物体的运动状态发生明显变化，故A、B对；根据碰撞前后动能是否不变，碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，其中动能不变的碰撞称为弹性碰撞，故C对、D、E错．【答案】ABC1．弹性碰撞是一种理想化碰撞，现实中的多数碰撞实际上都属于非弹性碰撞．2．当两物体碰撞后不再分开，此时系统动能损失最大，称为完全非弹性碰撞．。
2016_2017学年高中物理第1章碰撞与动量守恒1.2探究动量守恒定律教师用书沪科版选修3_5
1.2 探究动量守恒定律1.实验目的：探究物体碰撞前后总动量有何关系.2.实验器材：气垫导轨、滑块2块、天平、光电门、数字毫秒计等.3.实验步骤(1)用天平测出两滑块质量m1、m2填入表格.(2)调整导轨使之处于水平状态，并使光电计时器系统开始工作.(3)导轨上一滑块静止，用另一滑块与其碰撞.记录两滑块的速度变化.(v1、v1′、v2′填入下表中)(4)在一小车上帖上双面胶，用另一小车碰撞它，二者相碰后粘在一起.观察两小车碰撞前后的速度变化.(5)改变小车质量，重复步骤(1)～(4).4.结论两物体在碰撞前后总动量的大小、方向均不变.1.如图121所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做“探究碰撞中的不变量”的实验，实验步骤如下：图121(1)把两滑块A 、B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 、B ，在A 、B 的固定挡板间放入一弹簧，使弹簧处于水平压缩状态.(2)按下电钮使电动卡销放开，同时起动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，A 、B 与挡板C 、D 碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A 至C 的运动时间t 1和B 至D 的运动时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值.①在调整气垫导轨时应注意_______________________________；②应测量的数据还有______________________；③只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv 的矢量和.【解析】 (3)①用水平仪测量使导轨水平；②A 端至C 的距离L 1，B 端至D 的距离L 2；③由于滑块和气垫导轨间的摩擦力很小，因此可以忽略不计，可认为滑块在导轨上做匀速直线运动，因此两滑块作用后的速度可分别表示为：v A ＝L 1t 1，v B ＝L 2t 2.若(M ＋m )L 1t 1＝M L 2t 2成立，则(M ＋m )v A ＝Mv B 成立，即碰撞中守恒的量是mv 的矢量和.【答案】 (3)①用水平仪测量使导轨水平②A 端至C 的距离L 1，B 端至D 的距离L 2③(M ＋m )v A ＝Mv B2.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验，在小车A 的前端粘有橡皮泥，设法使小车A 做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B 相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图122所示.在小车A 的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz.图122(1)若已得到打点纸带如图123所示，并测得各计数点间的距离.则应选图中__________段来计算A 碰前的速度，应选________段来计算A 和B 碰后的速度.图123(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，则由以上结果可得碰前m A v A ＋m B v B ＝______kg·m/s，碰后m A v A ′＋m B v B ′＝_______kg·m/s.(3)从实验数据的处理结果来看，A 、B 碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？【解析】 (1)因为小车A 与B 碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A 与B 黏在一起，其共同速度比A 原来的速度小.所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC 段计算A 碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE 段计算A 和B 碰后的速度.(2)由题图可知，碰前A 的速度和碰后A 、B 的共同速度分别为：v A ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s v A ′＝v B ′＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s 故碰撞前：m A v A ＋m B v B ＝0.40×1.05 kg·m/s＋0.20×0 kg·m/s＝0.420 kg·m/s 碰撞后：m A v A ′＋m B v B ′＝(m A ＋m B )v A ′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s.(3)数据处理表明，m A v A ＋m B v B ≈m A v A ′＋m B v B ′，即在实验误差允许的范围内，A 、B 碰撞前后总的物理量mv 是不变的.【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)mv[先填空]1.系统、内力和外力(1)系统把几个有相互作用的物体合称为系统.(2)内力系统内物体间的相互作用力.(3)外力系统外的物体对系统内物体的作用力.2.动量守恒定律(1)内容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保持不变.(2)成立条件①系统不受外力作用.②系统受外力作用，但合外力为零.③系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于内力.这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况.④系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，或在某一方向上外力比内力小得多，则系统在该方向上动量守恒.3.动量守恒定律的适用范围它是自然界最普遍，最基本的规律之一.不仅适用于低速、宏观领域，而且适用于高速、微观领域.[再判断]1.对于由几个物体组成的系统，物体所受的重力为内力.(×)2.某个力是内力还是外力是相对的，与系统的选取有关.(√)3.一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒.(×)4.只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒.(×)5.系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零.(√)[后思考]1.系统总动量为零，是不是组成系统的每个物体的动量都等于零？【提示】不是.系统总动量为零，并不一定是每个物体的动量都为零，还可以是几个物体的动量并不为零，但它们的矢量和为零.2.动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是否一样？【提示】动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广.自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，对于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律不再适用.[核心点击]1.对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等.(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化.(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变.2.动量守恒定律的五个性质(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同.②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算.如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算.(2)相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度.(3)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件.(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量.(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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.3.动量守恒定律的三种表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′，大小相等，方向相同).(2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反向).(3)Δp＝p′－p＝0(系统总动量的变化量为零).4.应用动量守恒定律的解题步骤代入数据，求出结果并讨论说明3.关于动量守恒的条件，下面说法正确的是( )A.只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒B.只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒C.系统加速度为零，系统动量一定守恒D.只要系统所受合外力不为零，则系统在任何方向上动量都不可能守恒E.系统所受合外力不为零，但系统在某一方向上动量可能守恒【解析】动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，选项A 错误、B正确.系统加速度为零时，根据牛顿第二定律可得系统所受合外力为零，所以此时系统动量守恒，选项C正确.系统合外力不为零时，在某方向上合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，选项D错误，E正确.【答案】BCE图1244.如图124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p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是( )【导学号：67080004】A.p1＋p2＝p1′＋p2′B.p1－p2＝p1′＋p2′C.p1′－p1＝p2′＋p2D.－p1′＋p1＝p2′＋p2E.p1′－p1＝－(p2′＋p2)【解析】因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒.取向右为正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对.经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对.E项对应的是A、B两物体的动量变化量大小相等方向相反.【答案】BDE图1255.如图125所示，A、B两物体的质量比m A∶m B＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，若A、B两物体分别向左、右运动，则有( )A.A、B系统动量守恒B.A、B系统动量不守恒C.A、B、C系统动量守恒D.小车向左运动E.小车向右运动【解析】弹簧释放后，C对A的摩擦力向右，大小为μm A g，C对B的摩擦力向左，大小为μm B g，所以A、B系统所受合外力方向向右，动量不守恒，选项B正确.由于力的作用是相互的，A对C的摩擦力向左，大小为μm A g，B对C的摩擦力向右，大小为μm B g，所以C所受合外力方向向左而向左运动，选项D正确.由于地面光滑，A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，选项C正确.【答案】BCD6.如图126所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg.碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)_____.图126【导学号：67080005】【解析】两车碰撞过程动量守恒.m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，得v＝m1v1－m2v2m1＋m2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s＝－0.5 m/s.【答案】－0.5 m/s7.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量p a＝30 kg·m/s，b球动量p b＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则碰撞后b球的动量为________.【解析】碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，仍为30 kg·m/s，则碰撞后b球的动量为20 kg·m/s.【答案】20 kg·m/s8.(2015·浙江高考)一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力.相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下.已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小.(重力加速度取g＝10 m/s2)【解析】由牛顿第二定律得a＝F fm1＋m2＝μg＝6 m/s2v ＝2as ＝9 m/s由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 1＋m 2)vv 0＝m 1＋m 2m 2v ＝27 m/s. 【答案】 27 m/s关于动量守恒定律理解的三个误区(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒.产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律.(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒.产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线.(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系.出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系.。
高中物理第1章碰撞与动量守恒2动量教师用书教科版选修3-5
2.动量(1)定义物体的质量与速度的乘积，即p＝mv.(2)单位动量的国际制单位是千克米每秒，符号是kg·m/s.(3)方向动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．2．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矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、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、负号仅表示方向，不表示大小)．1．动量的方向与物体的速度方向相同．(√)2．物体的质量越大，动量一定越大．(×)3．物体的动量相同，其动能一定也相同．(×)1．物体做匀速圆周运动时，其动量是否变化？【提示】变化．动量是矢量，方向与速度方向相同，物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向时刻变化，其动量发生变化．2．在一维运动中，动量正负的含义是什么？【提示】正负号仅表示方向，不表示大小．正号表示动量的方向与规定的正方向相同；负号表示动量的方向与规定的正方向相反．1．对动量的认识(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．动量和动能的区别与联系1A．动量大的物体，惯性不一定大B．动量大的物体，运动一定快C．动量相同的物体，运动方向一定相同D．动量相同的物体，动能也一定相同E．动能相同的物体，动量不一定相同【解析】物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A对；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错；动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；由动量和动能的关系p＝2mE k可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D错；同理知E对．【答案】ACE2．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为________.【导学号：11010004】【解析】取向下为正方向，则碰撞前小球的动量为正，碰撞后为负，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝5×(－3)kg·m/s－5×5 kg·m/s＝－40 kg·m/s.【答案】－40 kg·m/s3．羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国运动员林丹某次扣杀羽毛球的速度为342km/h ，假设球的速度为90 km/h ，林丹将球以342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g ，试求：(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？【解析】 (1)以球飞回的方向为正方向，则p 1＝mv 1＝－5×10－3×903.6 kg·m/s ＝－0.125 kg·m/s p 2＝mv 2＝5×10－3×3423.6 kg·m/s＝0.475 kg·m/s 所以羽毛球的动量变化量为Δp ＝p 2－p 1＝0.475 kg·m/s－(－0.125 kg·m/s)＝0.600 kg·m/s即羽毛球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同．(2)羽毛球的初速度为v 1＝－25 m/s ，羽毛球的末速度为v 2＝95 m/s ，所以Δv ＝v 2－v 1＝95 m/s －(－25 m/s)＝120 m/s.羽毛球的初动能：E k ＝12mv 21＝12×5×10－3×(－25)2 J ＝1.56 J 羽毛球的末动能：E ′k ＝12mv 22＝12×5×10－3×952 J ＝22.56 J 所以ΔE k ＝E ′k －E k ＝21 J.【答案】 (1)0.600 kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同 (2)120 m/s 21 J 1动量p ＝mv ，大小由m 和v 共同决定.2动量p 和动量的变化Δp 均为矢量，计算时要注意其方向.3动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差.4物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化.动量守恒定律及动量守恒定律的普遍意义．系统：相互作用的两个或多个物体组成的整体．2．内力和外力(1)内力系统内部物体间的相互作用力．(2)外力系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．3．动量守恒定律(1)内容如果一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式对于在一条直线上运动的两个物体组成的系统表达式为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(3)适用条件系统不受外力或者所受合外力为零．1．某个力是内力还是外力是相对的，与系统的选取有关．(√)2．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(×)3．只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒．(×)4．系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(√)1．系统总动量为零，是不是组成系统的每个物体的动量都等于零？【提示】不是．系统总动量为零，并不一定是每个物体的动量都为零，还可以是几个物体的动量并不为零，但它们的矢量和为零．2．动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是否一样？【提示】动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广．自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，对于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律不再适用．1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．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．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为0，或在某一方向上外力远远小于内力，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的五个性质(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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．4．动量守恒定律的三种表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′，大小相等，方向相同)．(2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反向)．(3)Δp＝p′－p＝0(系统总动量的变化量为零)．5．应用动量守恒定律的解题步骤↓↓↓↓4．如图121所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )图121A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量一定为零E．只要不同时放手，系统总动量一定不为零【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A 正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开左手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B 、D 错误，选项C 、E 均正确．【答案】 ACE5．A 、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A 质量为5 kg ，速度大小为10 m/s ，B 质量为2 kg ，速度大小为5 m/s ，它们的总动量大小为______ kg·m/s；两者相碰后，A 沿原方向运动，速度大小为4 m/s ，则B 的速度大小为______ m/s.【导学号：11010005】【解析】 以A 物体的速度方向为正方向．则v A ＝10 m/s ，v B ＝－5 m/s ，p ＝p A ＋p B ＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s.碰撞后，由动量守恒定律得p ＝m A v A ′＋m B v B ′，解得v B ′＝10 m/s ，与A 的速度方向相同．【答案】 40 106．如图122所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O 点是其圆心，半径R ＝0.8 m ．OA 水平、OB 竖直，轨道底端距水平地面的高度h ＝0.8 m ．从轨道顶端A 由静止释放一个质量m ＝0.1 kg 的小球，小球到达轨道底端B 时，恰好与静止在B 点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C 与B 点之间的水平距离x ＝0.4 m ．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图122(1)两球从B 点飞出时的速度大小v 2；(2)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v 1；(3)从A 到B 的过程中小球克服阻力做的功W f .【解析】 (1)两球做平抛运动竖直方向上h ＝12gt 2 解得t ＝0.4 s水平方向上x ＝v 2t解得v 2＝1 m/s.(2)两球碰撞，根据动量守恒定律 mv 1＝2mv 2解得v 1＝2 m/s.(3)入射小球从A 运动到B 的过程中，根据动能定理mgR －W f ＝12mv 21－0 解得W f ＝0.6 J.【答案】 (1)v 2＝1 m/s (2)v 1＝2 m/s (3)W f ＝0.6 J关于动量守恒定律理解的三个误区(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒．产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律．(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线．(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系．出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系．(1)概念：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：冲量的单位是N·s.2．动量定理(1)内容：物体所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的变化，表达式：Ft＝p′－p 或I＝Δp，即物体所受合外力的冲量等于动量的变化．(2)动量的表达式是矢量关系式，运用它分析问题要用矢量运算法则1．冲量是矢量，其方向与力的方向相同．(√)2．力越大，力对物体的冲量越大．(×)3．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零．(√)在跳高比赛时，在运动员落地处为什么要放很厚的海绵垫子？【提示】跳过横杆后，落地时速度较大．人落到海绵垫子上时，可经过较长的时间使速度减小到零，在动量变化相同的情况下，人受到的冲力减小，对运动员起到保护作用．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积累效应，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．(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123所示，可用面积法求变力的冲量．图123③利用动量定理求解．3．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．4．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．7．恒力F作用在质量为m的物体上，如图124所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )图124A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零E．重力对物体的冲量大小是mgt【解析】对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确；重力的冲量为mgt，E正确．【答案】BDE8．(2015·北京高考改编)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )【导学号：11010006】A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力E ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A 、B 、D 正确，选项C 、E 错误．【答案】 ABD9．(2015·重庆高考改编)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求该段时间安全带对人的平均作用力．【解析】 取向下为正方向．设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg ＋F )t ＝0－mv ，得F ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2gh t ＋mg .“－”号说明F 的方向向上． 【答案】 大小为m 2gh t＋mg ，方向向上． 动量定理应用的三点提醒(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解．(2)在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．(3)列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第3节动量守恒定律的应用教学案教科版选修3_5
第3节动量守恒定律的应用(对应学生用书页码P8)一、碰撞问题的定量分析1．碰撞过程中动量守恒物体在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，外力远小于碰撞物体间的内力，故碰撞过程中动量守恒。
2．碰撞过程中的能量物体在碰撞过程中，动能不会增加，碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失最多。
二、中子的发现、反冲与火箭1．中子的发现查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。
2．反冲现象及火箭发射(1)反冲：①反冲现象。
根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。
②特点。
A．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
B．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
C．反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。
(2)火箭：①工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度。
②影响火箭获得速度大小的因素。
A．喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000 m/s～4 000 m/s。
B．质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
1．判断：(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。
( )(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。
( )(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。
( )答案：(1)√(2)×(3)√2．思考：如图131所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？图131提示：不一定。
只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。
(对应学生用书页码P9)三条：(1)系统的总动量守恒。
(2)系统的机械能不增加，即E k1′＋E k2′≤E k1＋E k2。
2015-2016学年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修3-5
第一章碰撞与动量守恒1、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、速度等基本物理量，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. 培养学生观察和计算的能力，初步培养学生用实验方法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、数据处理和归纳设计思想动量守恒定律是自然界的基本守恒定律之一，是研究微观粒子所必需的知识，具体来说，要学习原子结构和原子核的内容，动量的知识必不可少。
本章的核心是要体现学习中的探究精神，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。
为整章的教学做好准备。
然后通过实验来探究碰撞中的动能变化，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，a粒子散射使人类认识了原子结构，在这些碰撞现象的背后蕴藏着什么样的规律呢？今天我们就来学习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：感受和体会碰撞过程请同学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:棒击球的一刹那。
情境4:跳高运动员落地。
（播放PPT）的时间内I学习活动—：探究碰撞前后物体动能的变化 一：展示装置，提出问题。
问题1：研究的对象是谁？（两个相互作用的滑块）、 一 1 2冋题2：动能的表达式？（ E k mv ） 2问题3：物体的质量可用天平测量，物体的速度如何测定呢？ 简单分析光电门的工作原理，得到速度v=L/t,其中L 是挡光条的宽度，t 是光电门记录 的挡光时间。
2016_2017学年高中物理第1章碰撞与动量守恒2动量教师用书教科版选修3_5
学习目标知识脉络1.理解动量的概念，知道动量是矢量．(重点)2.理解动量守恒定律的表达式，理解其守恒的条件．(重点、难点)3.知道冲量的概念，知道冲量是矢量．(重点)4.知道动量定理的确切含义，掌握其表达式．(重点、难点)动量的概念[先填空]1．动量(1)概念物体的质量与速度的乘积，即p＝mv.(2)单位动量的国际制单位是千克米每秒，符号是kg·m/s.(3)方向动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．2．动量的转变量(1)概念：物体在某段时刻内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)动量始终维持在一条直线上时的矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的转变量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(现在的正、负号仅表示方向，不表示大小)．[再判断]1．动量的方向与物体的速度方向相同．(√)2．物体的质量越大，动量必然越大．(×)3．物体的动量相同，其动能必然也相同．(×)[后思考]1．物体做匀速圆周运动时，其动量是不是转变？【提示】转变．动量是矢量，方向与速度方向相同，物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向时刻转变，其动量发生转变．2．在一维运动中，动量正负的含义是什么？【提示】正负号仅表示方向，不表示大小．正号表示动量的方向与规定的正方向相同；负号表示动量的方向与规定的正方向相反．1．对动量的熟悉(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一名置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的转变量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定那么，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．动量和动能的区别与联系物理量动量动能区别标矢性矢量标量大小p＝mv E k＝12mv2变化情况v变化，p一定变化v变化，ΔE k可能为零联系p＝2mE k，E k＝p22m1．关于动量的概念，以下说法正确的选项是( )A．动量大的物体，惯性不必然大B．动量大的物体，运动必然快C．动量相同的物体，运动方向必然相同D．动量相同的物体，动能也必然相同E．动能相同的物体，动量不必然相同【解析】物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不必然大，惯性也不必然大，A对；一样，动量大的物体速度也不必然大，B错；动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向确实是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向必然相同，C对；由动量和动能的关系p＝2mE k可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D 错；同理知E 对．【答案】 ACE2．质量为5 kg 的小球以5 m/s 的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s 的速度反向弹回．假设取竖直向下的方向为正方向，那么小球动量的转变为________.【导学号：】【解析】 取向下为正方向，那么碰撞前小球的动量为正，碰撞后为负，Δp ＝p 2－p 1＝mv 2－mv 1＝5×(－3)kg·m/s－5×5 kg·m/s＝－40 kg·m/s.【答案】 －40 kg·m/s3．羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国运动员林丹某次扣杀羽毛球的速度为342 km/h ，假设球的速度为90 km/h ，林丹将球以342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g ，试求：(1)林丹击球进程中羽毛球的动量转变量；(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度转变、动能转变各是多少？ 【解析】 (1)以球飞回的方向为正方向，那么p 1＝mv 1＝－5×10－3×错误! kg·m/s＝－ kg·m/sp 2＝mv 2＝5×10－3×错误! kg·m/s＝ kg·m/s因此羽毛球的动量转变量为Δp ＝p 2－p 1＝ kg·m/s－(－ kg·m/s) ＝ kg·m/s即羽毛球的动量转变大小为 kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同． (2)羽毛球的初速度为v 1＝－25 m/s ， 羽毛球的末速度为v 2＝95 m/s ，因此Δv ＝v 2－v 1＝95 m/s －(－25 m/s)＝120 m/s. 羽毛球的初动能：E k ＝12mv 21＝12×5×10－3×(－25)2 J ＝ J 羽毛球的末动能：E ′k ＝12mv 22＝12×5×10－3×952J ＝ J因此ΔE k ＝E ′k －E k ＝21 J.【答案】 (1) kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同 (2)120 m/s 21 J1动量p ＝mv ，大小由m 和v 一起决定.2动量p和动量的转变Δp均为矢量，计算时要注意其方向.3动能是标量，动能的转变量等于末动能与初动能大小之差.4物体的动量转变时动能不必然转变，动能转变时动量必然转变.动量守恒定律及动量守恒定律的普遍意义[先填空]1．系统：彼此作用的两个或多个物体组成的整体．2．内力和外力(1)内力系统内部物体间的彼此作使劲．(2)外力系统之外的物体对系统之内的物体的作使劲．3．动量守恒定律(1)内容若是一个系统不受外力或所受合外力为零，那个系统的总动量维持不变．(2)表达式关于在一条直线上运动的两个物体组成的系统表达式为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(3)适用条件系统不受外力或所受合外力为零．[再判断]1．某个力是内力仍是外力是相对的，与系统的选取有关．(√)2．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(×)3．只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒．(×)4．系统动量守恒也确实是系统的动量转变量为零．(√)[后思考]1．系统总动量为零，是不是组成系统的每一个物体的动量都等于零？【提示】不是．系统总动量为零，并非必然是每一个物体的动量都为零，还能够是几个物体的动量并非为零，但它们的矢量和为零．2．动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是不是一样？【提示】动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广．自然界中，大到天体的彼此作用，小到质子、中子等大体粒子间的彼此作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，关于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律再也不适用．1．对系统“总动量维持不变”的明白得(1)系统在整个进程中任意两个时刻的总动量都相等，不单单是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量维持不变，但系统内每一个物体的动量可能都在不断转变．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．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．这种情形严格地说只是动量近似守恒，但却是最多见的情形．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为0，或在某一方向上外力远远小于内力，那么系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的五个性质(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表此刻：①该式说明系统的总动量在彼此作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法那么计算．若是各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在彼此作用前后的动量必需相关于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应历时必然要第一判定系统是不是知足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必需是系统中各物体在彼此作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必需是系统中各物体在彼此作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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．4．动量守恒定律的三种表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(系统彼此作用前的总动量p等于彼此作用后的总动量p′，大小相等，方向相同)．(2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系统内一个物体的动量转变量与另一物体的动量转变量等大反向)．(3)Δp＝p′－p＝0(系统总动量的转变量为零)．5．应用动量守恒定律的解题步骤明确研究对象，确定系统的组成↓受力分析，确定动量是否守恒↓规定正方向，确定初、末状态动量↓根据动量守恒定律，建立守恒方程↓代入数据，求出结果并讨论说明4．如图121所示，滑腻水平面上两小车中间夹一紧缩了的轻弹簧，两手别离按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，以下说法中正确的选项是( )图121A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，尔后动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．不管是不是同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢恢复长的进程中，系统总动量都维持不变，但系统的总动量必然为零E．只要不同时放手，系统总动量必然不为零【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，因此系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左侧的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开左手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，应选项B、D错误，选项C、E均正确．【答案】ACE5．A、B两物体在滑腻水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，它们的总动量大小为______ kg·m/s；二者相碰后，A 沿原方向运动，速度大小为4 m/s，那么B的速度大小为______ m/s.【导学号：】【解析】 以A 物体的速度方向为正方向．那么v A ＝10 m/s ，v B ＝－5 m/s ，p ＝p A ＋p B＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s.碰撞后，由动量守恒定律得p ＝m A v A ′＋m B v B ′，解得v B ′＝10 m/s ，与A 的速度方向相同．【答案】 40 106．如图122所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O 点是其圆心，半径R ＝ m ．OA 水平、OB 竖直，轨道底端距水平地面的高度h ＝ m ．从轨道顶端A 由静止释放一个质量m ＝ kg 的小球，小球抵达轨道底端B 时，恰好与静止在B 点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一路水平飞出，落地址C 与B 点之间的水平距离x ＝ m ．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图122(1)两球从B 点飞出时的速度大小v 2； (2)碰撞前刹时入射小球的速度大小v 1； (3)从A 到B 的进程中小球克服阻力做的功W f . 【解析】 (1)两球做平抛运动 竖直方向上h ＝12gt 2解得t ＝ s 水平方向上x ＝v 2t 解得v 2＝1 m/s.(2)两球碰撞，依照动量守恒定律mv 1＝2mv 2解得v 1＝2 m/s.(3)入射小球从A 运动到B 的进程中，依照动能定理mgR －W f ＝12mv 21－0解得W f ＝ J.【答案】 (1)v 2＝1 m/s (2)v 1＝2 m/s (3)W f ＝ J关于动量守恒定律明白得的三个误区(1)误以为只要系统初、末状态的动量相同，那么系统动量守恒．产生误区的缘故是没有正确明白得动量守恒定律，系统在转变的进程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律．(2)误以为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误熟悉的缘故是没有正确明白得动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，那么系统动量守恒，系统内各物体的运动不必然共线．(3)误以为动量守恒定律中，各物体的动量能够相关于任何参考系．显现该误区的缘故是没有正确明白得动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必需是相关于同一惯性参考系，一样情形下，选地面为参考系．动量定理[先填空]1．冲量(1)概念：力和力的作历时刻的乘积．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：冲量的单位是N·s.2．动量定理(1)内容：物体所受合力与作历时刻的乘积等于物体动量的转变，表达式：Ft＝p′－p 或I＝Δp，即物体所受合外力的冲量等于动量的转变．(2)动量的表达式是矢量关系式，运用它分析问题要用矢量运算法那么[再判断]1．冲量是矢量，其方向与力的方向相同．(√)2．力越大，力对物体的冲量越大．(×)3．假设物体在一段时刻内，其动量发生了转变，那么物体在这段时刻内的合外力必然不为零．(√)[后思考]在跳高竞赛时，在运动员落地处什么缘故要放很厚的海绵垫子？【提示】跳过横杆后，落地时速度较大．人落到海绵垫子上时，可通过较长的时刻使速度减小到零，在动量转变相同的情形下，人受到的冲力减小，对运动员起到爱惜作用．1．冲量的明白得(1)冲量是进程量，它描述的是力作用在物体上的时刻积存效应，求冲量时必然要明确所求的是哪个力在哪一段时刻内的冲量．(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：用该力和力的作历时刻的乘积．(2)求合冲量的两种方式：可别离求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，若是各个力的作历时刻相同，也能够先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．(3)求变力的冲量①假设力与时刻成线性关系转变，那么可用平均力求变力的冲量．②假设给出了力随时刻转变的图像，如图123所示，可用面积法求变力的冲量．图123③利用动量定理求解．3．动量定理的明白得(1)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，等号包括了大小相等、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转变的缘故．(3)公式中的F是物体所受的合外力，假设合外力是变力，那么F应是合外力在作历时刻内的平均值．4．动量定理的应用(1)定性分析有关现象①物体的动量转变量一按时，力的作历时刻越短，力就越大；力的作历时刻越长，力就越小．②作使劲一按时，力的作历时刻越长，动量转变量越大；力的作历时刻越短，动量转变量越小．(2)应用动量定理定量计算的一样步骤①选定研究对象，明确运动进程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，依照动量定理列方程求解．7．恒力F作用在质量为m的物体上，如图124所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，那么经时刻t，以下说法正确的选项是( )图124A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零E．重力对物体的冲量大小是mgt【解析】对冲量的计算必然要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量仍是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确；重力的冲量为mgt，E正确．【答案】BDE8．(2021·北京高考改编)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极进程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的进程中，以下分析正确的选项是( )【导学号：】A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力E．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的进程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．应选项A、B、D正确，选项C、E错误．【答案】ABD9．(2021·重庆高考改编)高空作业须系平安带，若是质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到平安带对人刚产生作使劲前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，尔后经历时刻t平安带达到最大伸长，假设在此进程中该作使劲始终竖直向上，求该段时刻平安带对人的平均作使劲．【解析】 取向下为正方向．设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，那么v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设平安带对人的平均作使劲为F ，由动量定理得(mg ＋F )t ＝0－mv ，得F ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2gh t ＋mg .“－”号说明F 的方向向上． 【答案】 大小为m 2gh t＋mg ，方向向上．动量定理应用的三点提示(1)假设物体在运动进程中所受的力不是同时的，可将受力情形分成假设干时期来解．(2)在用动量定明白得题时，必然要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．(3)列方程时必然要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．。
2016_2017学年高中物理第1章碰撞与动量守恒1.4美好的守恒定律教师用书沪科版选修3_5
美好的守恒定律学习目标知识脉络1.知道什么是弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.(重点)2.会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题.(难点)3.了解正碰与斜碰.碰撞的分类[先填空]1.从能量角度分类(1)弹性碰撞动量和动能都守恒的碰撞，叫做弹性碰撞.(2)非弹性碰撞碰撞进程中，动量守恒，动能不守恒的碰撞，叫做非弹性碰撞.(3)完全非弹性碰撞两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动；这种碰撞叫做完全非弹性碰撞.(1)正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，若是碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞以后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动.(2)斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，若是碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞以后两球的速度方向都会偏离原先两球心的连线而运动.[再判定]1.发生碰撞的两个物体，动量是守恒的.(√)2.发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的.(×)3.碰撞后，两个物体粘在一路，动量是守恒的，但机械能损失是最大的.(√)[后试探]两小球发生对心碰撞，碰撞进程中，两球的机械能守恒吗？【提示】两球发生对心碰撞，动量是守恒的，但机械能不必然守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒.[核心点击](1)时刻特点：碰撞现象中，彼此作用的时刻极短，相对物体运动的全进程可忽略不计.(2)彼此作使劲特点：在碰撞进程中，系统的内力远大于外力.(3)位移特点：在碰撞进程中，由于在极短的时刻内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，能够为碰撞前后物体处于同一名置.(1)动量守恒(2)动能不增加(3)速度要合理1.下面关于碰撞的明白得正确的选项是( )A.碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时刻内它们的运动状态发生了显著转变的进程B.在碰撞现象中，一样内力都远远大于外力，因此能够以为碰撞时系统的总动量守恒C.若是碰撞进程中机械能也守恒，如此的碰撞叫做非弹性碰撞D.微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，因此不知足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解E.宏观物体、微观物体的运动都遵守动量守恒定律【解析】碰撞进程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一.不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错.【答案】ABE2.如图141，两滑块A、B在滑腻水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向_________运动，B向________运动.图141【解析】选向右为正方向，那么A的动量p A＝m·2v0＝的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，依照动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零.【答案】 左 右3.(2021·山东高考)如图142，三个质量相同的滑块A 、B 、CA 向右的初速度v 0，一段时刻后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 别离以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、CA 、BB 、C 碰后刹时一起速度的大小.【导学号：】图142【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，碰撞后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 ′2B ③ 据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰撞后刹时一起速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv ′B ＝2mv ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0.⑥ 【答案】2116v 0处置碰撞问题的两点提示(1)选取动量守恒的系统：假设有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统.(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞仍是其他非弹性碰撞.两小球弹性碰撞的研究[先填空]如图145在滑腻水平面上质量为m 1的小球A 以速度v 1与质量为m 2的静止小球B 发生弹性正碰.依照动量守恒和机械能守恒：图145m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. 碰后两个物体的速度别离为：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(1)假设m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，那么v ′1＝0，v ′2＝v 1，即二者碰后互换速度.(2)假设m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，那么二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2m 1被反向以原速度弹回，而m 2仍静止.(3)假设m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，那么二者弹性正碰后，v ′1＝v 1，v ′2＝2v 1.说明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去.[再判定]1.与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度.(√)2.两球发生弹性正碰时，二者碰后互换速度.(×)3.微观粒子发生散射时，并非是微观粒子直接接触碰撞.(√) [后试探]1.如图146所示，滑腻水平面上并排静止着小球二、3、4，小球1以速度v 0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，那么碰撞后各小球的运动情形如何？图146【提示】小球1与小球2碰撞后互换速度，小球2与小球3碰撞后互换速度，小球3与小球4碰撞后互换速度，最终小球一、二、3静止，小球4以速度v0运动.2.微观粒子可否碰撞？动量守恒定律适用于微观粒子吗？【提示】宏观物体碰撞时一样彼此接触，微观粒子碰撞时不必然接触，但只要符合碰撞的特点，就能够够为是发生了碰撞，能够用动量守恒的规律分析求解.[核心点击]三类“碰撞”模型彼此作用的两个物体在很多情形下皆可当做碰撞处置，那么对彼此作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”.常见的三类模型如下：如图147所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在滑腻水平面上的木块B，当子弹相关于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此进程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能.图147如图148所示，滑腻水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，现在弹簧最短，其紧缩量最大.此进程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能.图148如图149所示，物块A以速度v0在滑腻的水平面上的木板B上滑行，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等.此进程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能.图1494.如图1410所示，A 、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在滑腻水平面上，A 和B 的质量别离是99m 和100m ，一颗质量为m 的子弹以速度v 0水平射入木块A 内没有穿出，那么在以后的进程中弹簧弹性势能的最大值为________.图1410【解析】 子弹射入木块A ，依照动量守恒有mv 0＝100mv 1＝200mv 2，弹性势能的最大值E p ＝12×100mv 21－12×200mv 22＝mv 20400. 【答案】mv 204005.(2021·全国卷Ⅰ)如图1411所示，在足够长的滑腻水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间.A 的质量为m ，B 、C 的质量都为MA 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应知足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.【导学号：】图1411【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞进程中，系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③v C 1＝2m m ＋Mv 0④若是m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；若是m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；因此只需考虑m <M 的情形第一次碰撞后，A 反向运动与BB 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，一样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤ 依照题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0⑦解得m ≥(5－2)M ⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去 因此，m 和M 应知足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨ 【答案】 (5－2)M ≤m <M处置碰撞问题的两点提示(1)在碰撞进程中，系统动量守恒，机械能不必然守恒，在物体与弹簧彼此作用进程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒.(2)宏观物体碰撞时一样彼此接触，微观粒子的碰撞不必然接触，但只要符合碰撞的特点，就能够够以为是发生了碰撞.。
高中物理第一章碰撞与动量守恒章末盘点教学案教科版选修397
第一章 碰撞与动量碰撞与动量守恒⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞：一维弹性碰撞非弹性碰撞完全非弹性碰撞动量⎩⎪⎨⎪⎧定义：质量与速度的乘积公式：p ＝mv 方向：与速度方向一致动量守恒定律⎩⎪⎨⎪⎧内容：系统不受外力或所受外力之和为零 时，这个系统的总动量就保持不变条件：不受外力或所受合外力为零公式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′应用：反冲运动与火箭1.人船模型此类问题关键在于确定物体位移或速度间的关系，并结合动量守恒求解。
2．完全非弹性碰撞模型此类问题特点是最后物体“合”为一体，具有共同的末速度。
利用动量守恒结合功能关系求解。
3．爆炸模型此类问题动量守恒，其他形式的能转化为物体的动能，满足能量守恒。
4．“子弹打木块”模型(1)在此类问题中，由于木块处于光滑水平面上，子弹打击木块的过程中动量守恒。
(2)由于存在阻力做功，则系统的机械能减小，且减小量为阻力乘以相对位移(子弹打入木块的深度)，所以系统产生的内能，即热量Q＝fs相＝ΔE机。
[例1] 如图11所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，上面站着一个人，车以速度v0前进。
已知车的质量为m1，人的质量为m2，某时刻人突然向前跳离车，设人跳离车时，相对于车的速度为v，求人跳离后车的速度。
图11[解析] 由受力特点可知人与车组成的系统动量守恒。
由相对速度v可建立人、车末速度的关系。
选取人和车组成的系统为研究对象。
人跳出车的过程中，系统的动量守恒。
取车前进方向为正方向，假设人跳出之后车的速度为v1，人的速度为v2。
对系统由动量守恒定律(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2又v2－v1＝v，所以v1＝v0－m2vm1＋m2。
[答案] v0－m2vm1＋m21.多体问题对于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程。
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1．碰撞
[先填空]
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．
[再判断]
1．发生碰撞的两个物体的运动方向一定都发生变化．(×)
2．两个物体之间发生碰撞后，它们的运动方向可能相同．(√)
3．两个带正电的小球在碰撞时并不接触，所以不能算是碰撞．(×)
[后思考]
如图111所示，质量为m，速度为v的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回．
图111
(1)小球的运动状态是否发生了改变？
(2)小球的动能是否发生了变化？
【提示】(1)由于小球的运动方向发生了改变，故小球的运动状态发生了改变．
(2)由于小球的速度大小没有变化，故小球的动能没有变化．
碰撞的特点
1．时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．2．相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力．
3．位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置．
1．碰撞现象的主要特点有( )
A．物体相互作用时间短
B．物体相互作用前速度很大
C．物体相互作用后速度很大
D．物体间相互作用力远大于外力
E．相互作用过程中物体的位移可忽略
【解析】碰撞过程发生的作用时间很短作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前后的速度大小无关，物体的位移可忽略，故A、D、E正确．
【答案】ADE
2．钢球A以一定的速度沿光滑水平面向静止于前面的另一相同大小的钢球B运动，下列对两球相互作用过程说法正确的是( )
【导学号：11010000】A．两球相互作用的过程始终没有动能的损失
B．钢球A减速运动时，系统动能不变
C．两球速度相等的瞬间，系统动能最小
D．两球速度相等的瞬间，系统势能最大
E．碰撞过程B的速度一直增大
【解析】两球相互作用过程中由于存在相互作用的弹力，两球均发生形变，有弹性势能，系统动能有损失，两球速度相等瞬间，系统动能损失最大，弹性势能最大．【答案】CDE
处理碰撞问题的几点提醒
(1)作用时间很短．
(2)运动状态变化显著．
(3)位移变化非常小．
1．实验装置：气垫导轨、数字计时器(图114)．导轨上附有滑块和光电门，如图112所示．滑块上装有挡光条和弹簧片，如图113所示．
图113图114
2．探究过程
(1)先用天平测出带弹簧片的滑块1、滑块2的质量m1、m2，然后用手推动滑块1使其获得初速度v1，与静止的滑块2发生正碰，测定碰撞前、后两滑块的速度大小，并算出两滑块碰撞前、后的动能E k1、E k2和E′k1、E′k2，比较E k1＋E k2和E′k1＋E′k2的大小．
(2)换用不带弹簧片的两滑块重复(1)．
(3)将滑块上的弹簧片换成橡皮泥，使有橡皮泥的两端正对，重复实验(1)．
3．实验结论
对于不同的碰撞情况，动能的变化情况不同，在第一种情况下，两滑块碰撞前、后的动能之和大致不变，在第二、三种情况下，碰后两滑块的动能之和变小了，而第三种情况动能损失的更多．
3．在利用气垫导轨探究碰撞中的动能变化时，下列哪些因素可导致实验误差( ) A．导轨安放不水平
B．小车上挡光片倾斜
C．两小车质量不相等
D．两小车碰后连在一起
E．向气垫导轨送气的气源压力不足
【解析】导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差；气源压力不足时，小车与导轨的摩擦力对实验的影响而导致实验误差．故本题应选A、B、E.
【答案】ABE
4．某同学利用气垫导轨做“探究碰撞前、后物体动能变化”的实验，气垫导轨装置如
图115所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．
图115
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③接通光电计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧有固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt 1＝10.01 ms ，通过光电门2的挡光时间Δt 2＝49.99 ms ，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt 3＝8.35 ms ；
⑧测出挡光片的宽度d ＝5 mm ，测得滑块1(包括撞针)的质量为m 1＝300 g ，滑块2(包括弹簧)质量为m 2＝200 g ；
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：A.________________________， B ．_______________________________________________________.
②碰撞前滑块1的速度v 1为________m/s ；碰撞后滑块1的速度v 2为________m/s ；滑块2的速度v 3为________m/s ；(结果保留两位有效数字)
③碰撞前两滑块的总动能E k1＝________J ，碰撞后两滑块的总动能E k2＝________J ，
E k1________E k2(选填“＞”“＝”或“＜”)．
【解析】 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． B ．保证两个滑块的碰撞是正碰．
②滑块1碰撞前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10
－3
10.01×10－3 m/s≈0.50 m/s；
滑块1碰撞后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10
－3
49.99×10－3 m/s≈0.10 m/s；
滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10
－3
8.35×10
－3 m/s≈0．60 m/s ；
③碰撞前的总动能E k1＝12
m 1v 2
1＝0.037 5 J
碰撞后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 2
3＝0.037 5 J
所以碰撞前后总动能相等．
【答案】 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． B ．保证两个滑块的碰撞是正碰． ②0.50 0.10 0.60 ③0.037 5 0.037 5 ＝
利用气垫导轨探究碰撞时，一定要保证碰撞的两物体“水平”和“正碰”.
[先填空] 1．弹性碰撞
碰撞前后的系统总动能不变，这种碰撞称为弹性碰撞． 2．非弹性碰撞
碰撞后的系统总动能减小了，有一部分动能转化为其他形式的能量，这种碰撞称为非弹性碰撞．
3．完全非弹性碰撞
在非弹性碰撞中，如果两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，这种碰撞称为完全非弹性碰撞．
4．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． (2)斜碰：碰撞前后物体的运动方向不在同一直线上． [再判断]
1．弹性碰撞过程中，物体的总机械能守恒．(√) 2．两辆汽车迎面相撞属于弹性碰撞．(×)
3．正、负离子碰撞后共同组成分子的现象属于完全非弹性碰撞．(√) [后思考]
你能说出弹性碰撞与非弹性碰撞的本质区别吗？现实生活中，哪些碰撞可近似看作弹性碰撞？(请举例说明)
【提示】 两种碰撞的本质区别是碰撞前后系统动能是否守恒．现实生活中的碰撞，多
数是非弹性碰撞．乒乓球拍击打乒乓球、网球拍击打网球、台球间的碰撞可近似看作弹性碰撞．
弹性碰撞与非弹性碰撞的区别
5．如图116所示，两小球在同一轨道槽内发生了碰撞，两小球都是弹性小球，则它们的碰撞属于( )
【导学号：11010001】
图116
A．正碰B．斜碰
C．弹性碰撞D．非弹性碰撞
E．碰撞前后动能保持不变
【解析】两小球在同一槽内，两球运动的方向在两球的连心线上，是正碰，则选项A 正确；两小球都是弹性小球，属于弹性碰撞，故选项C、E正确．
【答案】ACE
6．下面对于碰撞的理解，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显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用可以忽略
C．正、负离子碰撞后共同组成分子的现象属于完全非弹性碰撞
D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰
E．正碰是弹性碰撞，斜碰是非弹性碰撞
【解析】碰撞的主要特点是：相互作用时间短，作用力峰值大，因而其他外力可以忽略不计，在极短时间内物体的运动状态发生明显变化，故A、B对；根据碰撞前后动能是否不变，碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，其中动能不变的碰撞称为弹性碰撞，故C对、D、E
错．
【答案】ABC
1．弹性碰撞是一种理想化碰撞，现实中的多数碰撞实际上都属于非弹性碰撞．2．当两物体碰撞后不再分开，此时系统动能损失最大，称为完全非弹性碰撞．。