2019高中物理 第十六章 动量守恒定律章末小结学案 新人教版选修3-5
人教版高中选修3-5-《第十六章 动量守恒定律》章末总结(测)
一、多选题1. 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A ．B ．C ．D ．2. 水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v －t 图象如图所示，已知图中线段AB ∥CD ，则（ ）【优选整合】人教版高中选修3-5-《第十六章 动量守恒定律》章末总结（测）冲量量B ．F 1的冲量等于F 2的A ．F 1的冲量小于F 2的冲C．两物体受到的摩擦力大小不相等D．a物体受到的摩擦力冲量小于b物体受到的摩擦力冲量3. 如图所示,在光滑的水平面上静止着一带有光滑圆弧曲面的小车,其质量为M.现有一质量为m可视为质点的小球(可视为质点),以某一初速度从圆弧曲面的最低点冲上小车，且恰好能到达曲面的最高点,在此过程中,小球增加的重力势能为5.0J,若M>m,则小车增加的动能可能为（）A．4.0 J B．3.0 J C．2.0 J D．1.0 J二、单选题4. 如图所示，质量为m的物块B静止于光滑水平面上，B与弹簧的一端连接，弹簧另—端固定在竖直墙壁，弹簧处于原长．现有一质量也为m的A 物块以水平速度向右运动与B碰撞且粘在一起，则从A开始运动至弹簧被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A．A、B组成的系统，在整个运动过程中动量守恒B．组成的系统，在整个运动过程中机械能守恒C．弹簧的圾大弹性势能为D ．从开始到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧对应的冲量大小为．5. 一个气球悬浮在空中，当气球下面吊梯上站着的人沿着梯子加速上爬时，下列说法正确的是( )A．气球匀速下降B．气球匀速上升C．气球加速上升D．气球加速下降6. 人和气球离地面高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m，人要从气球下栓着的轻质软绳上安全到达地面（人看成质点），软绳的长度至少为（）A．(m+M)H /M B．M H / (m+M)C．m H / (m+M)D．(m+M)H /m三、解答题7. 下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )A ．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻B ．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．在推车时推不动是因为推力的冲量为零D ．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来8. 如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 甲=2kg 、m 乙=3kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ=0.5．一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg 的滑块P （可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E p =15J ，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态，现剪断细线，求：（1）滑块P 滑离甲车时的瞬时速度大小；（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．（取g=10m/s 2）9. 如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车B ，其质量为M ＝4Kg ，右端用细绳T 系在墙上，小车的四分之一圆弧轨道半径为R ＝1.7m ，在最低点P 处与长为L ＝2m 的水平轨道相切，可视为质点的质量为m=2Kg 物块A 放在小车B 的最右端，A 与B 的动摩擦因数为μ＝0.4，整个轨道处于同一竖直平面内。
高中物理第十六章动量守恒定律章末复习总结16课件新人教版选修3_5
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的 规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何 关系等列出辅助方程。
[答案] 3mmAA＋－mmBB2H
[总结提升] 要认真分析题目所涉及的物理过程，并找出 碰撞过程，分别分析碰前、碰撞过程、碰后物体运动规律。
[变式训练2] 如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个 质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的 力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞。每次碰撞 后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰 好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数 为μ，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求：
答案：(1)3mg(sinθ＋μcosθ)
2 (2)3
2glsinθ＋μcosθ
(3)mgl(sinθ＋μcosθ)
专题3 三大观点解题 [整合概述] 1．研究动力学问题三大观点的比较
2.综合应用力学三大观点解题的步骤 (1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。 (2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的 变化过程，画出草图。对于过程复杂的问题，要正确、合理地 把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系。
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后系统动 能小于碰撞前系统动能。减少的动能转化为其他形式的能量。
(3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后两 物体结合为一整体以相同的速度运动，系统动能损失最大。
[典例指津2] 小球A和B的质量分别为mA和mB，且 mA>mB。在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地 面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰 好与正在下落的小球B发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰 撞时间极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
高中物理 第十六章 动量守恒定律 章末优化总结课件 新人教版选修3-5
A对出发点的位移
x′＝v0t－12a1t2＝v0t－2Fmf t2，
图中几何关系
l＝L＋x′＝2v0t－Ff2MM＋mmt2，
解得x＝M4＋Mml.
[答案]
M－m (1)M＋mv0
方向向右
M＋m (2) 4M l
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念， 考试加油。
① ③有FF甲 乙＝v1＋v1 v3⑤ ② ④有FF甲 乙＝v23－v12v12⑥ 由⑤⑥式得v3＝2v1. (2)由题意知12mv23＝32 J. 将v3＝2v1代入②式得 F甲·l＝12mv21＝12m(v23)2＝14×12mv23＝8 J. 代入④式得F乙·l＝32 J－8 J＝24 J.
[答案] 见解析
素养2 多过程问题中的动量守恒
[典例2]
如图所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为L，质量为
m 2
，与地面间的动
摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、
m 2
的物块A、B，A位于C的中
点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看作
质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
好没有滑离B板的条件是A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v，A、B间因摩擦
产生的内能等于系统动能的损失，Q＝Ffl＝
M＋m 2 (v
2 0
－v2)．由以上各式得向左运动的
最远距离x＝M4＋Mml.
解法二 用动能定理求解：设小木块A向左运动离出发点最远距离为x，此时末速度为 零(板速度为v1)；当A、B刚达到共同速度v时，板B向右运动的路程为L，A速度由0增 大到v时向右运动的路程为x1，如图所示．设A、B间滑动摩擦力为Ff，根据动能定理 得，
2019-2020学年高中物理 第16章 动量守恒定律学案新人教版选修3-5【共6套48页】
本套资源目录2019_2020学年高中物理第16章1实验：探究碰撞中的不变量学案新人教版选修3_52019_2020学年高中物理第16章2动量和动量定理学案新人教版选修3_52019_2020学年高中物理第16章3动量守恒定律学案新人教版选修3_52019_2020学年高中物理第16章4碰撞学案新人教版选修3_52019_2020学年高中物理第16章5反冲运动火箭学案新人教版选修3_52019_2020学年高中物理第16章章末复习课学案新人教版选修3_51 实验：探究碰撞中的不变量一、实验目的1．明确探究碰撞中的不变量的基本思路． 2．探究一维碰撞中的不变量． 二、实验原理1．碰撞中的特殊情况——一维碰撞两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动． 2．追寻不变量在一维碰撞的情况下，与物体运动有关的物理量只有物体的质量和物体的速度，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，碰撞后的速度分别为v 1′、v 2′.如果速度与规定的正方向一致，则速度取正值，否则取负值．依据猜想与假设，通过实验探究寻找碰撞前后的不变量，可能是下列的哪些关系？ (1)可能是质量与速度的乘积，即m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.(2)可能是质量与速度的二次方的乘积，即m 1v 21＋m 2v 22＝m 1v 1′2＋m 2v 2′2. (3)也许是物体的速度与质量的比值，即v 1m 1＋v 2m 2＝v 1′m 1＋v 2′m 2.…探究以上各关系式是否成立，关键是准确测量碰撞前后的速度v 1、v 2、v 1′、v 2′.因此，利用气垫导轨和与之配套的光电计时装置，可保证两物体碰撞是一维碰撞，并可比较准确地测量出碰撞前后的速度．3．实验方案设计方案一：用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞实验装置如图所示：(1)质量的测量：用天平测量质量．(2)速度的测量：利用公式v ＝ΔxΔt ，式中Δx 为滑块(挡光片)的宽度，Δt 为计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门时对应的时间．(3)利用在滑块上增加重物的方法改变碰撞物体的质量． (4)实验方法．①用细线将弹簧压缩，放置于两个滑块之间，并使它们静止，然后烧断细线，弹簧弹开，两个滑块随即向相反方向运动(图甲)．②在两滑块相碰的端面上装上弹性碰撞架(图乙)，可以得到能量损失很小的碰撞． ③在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个滑块连成一体运动(图丙)，这样可以得到能量损失很大的碰撞．方案二：利用等长悬线悬挂等大小的小球实现一维碰撞 实验装置如图所示：(1)质量的测量：用天平测量质量．(2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度．(3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失． 方案三：利用小车在光滑长木板上碰撞另一辆静止的小车实现一维碰撞 实验装置如图所示：(1)质量的测量：用天平测量质量．(2)速度的测量：v ＝ΔxΔt，式中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．这个方案适合探究碰撞后两物体结合为一体的情况．(3)碰撞的实现：两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．三、实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧、细线、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．方案二：带细线的摆球(两个)、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、橡皮泥等．四、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．用天平测量相关碰撞物体的质量m1、m2.2．安装实验装置．3．使物体发生一维碰撞．4．测量或读出碰撞前后相关的物理量，计算对应的速度．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“不变量”．7．整理器材，结束实验．五、数据处理将实验中测得的物理量填入下表，填表时需注意物体碰撞后运动的速度与原来的方向相反的情况．1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：(1)碰撞是否为一维碰撞．(2)实验中是否合理控制实验条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验时是否平衡摩擦力．2．偶然误差：主要来源于对质量m和速度v的测量．七、注意事项1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．方案提醒：(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．(2)若利用摆球进行实验，两小球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．(3)若利用长木板进行实验，可在长木板的一端下垫一小木片用以平衡摩擦力．3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变.【例1】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(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)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)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一维的．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；③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．原因：系统碰撞前的质量与速度的乘积m 1v 1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的质量与速度的乘积之和m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/sb ．碰撞前后总动能不变．原因：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一维的． ②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变 b ．碰撞前后总动能不变【例2】 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，如图甲所示．在小车A 的后面连着纸带，电磁打点计时器的打点频率为50 Hz.甲(1)若已得到打点纸带如图乙所示，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．乙(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/sv 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)见解析1．在利用平抛运动做“探究碰撞中的不变量”实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端的切线保持水平，这样做的目的是( )A ．入射球得到较大的速度B ．入射球与被碰球对心碰撞后速度均为水平方向C ．入射球与被碰球碰撞时动能无损失D ．入射球与被碰球碰撞后均能从同一高度飞出[解析] 实验中小球能水平飞出是实验成功的关键，只有这样才能使两个小球在空中运动时间相等．[答案] B2．(多选)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列哪些操作是正确的( )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 ．先接通打点计时器的电源，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] 车的质量可以用天平测量，没有必要一个用撞针而另一个用橡皮泥配重，这样做的目的是为了碰撞后两车粘在一起有共同速度，选项B 正确；打点计时器的使用原则是先接通电源后释放纸带，C 项正确．[答案] BC3．如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车上系有一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得水平向右的速度时，随即启动打点计时器．甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如图乙所示，电源频率为50 Hz ，则碰撞前甲车速度大小为________m/s ，碰撞后两车的共同速度大小为________m/s.[解析] 碰撞前Δx ＝1.20 cm ，碰撞后Δx ′＝0.80 cm ，T ＝0.02 s ，由v ＝x t计算．[答案] 0.60 0.404．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，在小车A 后连着纸带，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，他设计的具体装置如图甲所示．甲乙(1)长木板右端下面垫放一小木片的目的是__________________________________________________________________.(2)若已获得的打点纸带如图乙所示，A为运动的起点，各计数点间距分别记为AB、BC、CD和DE，用天平测得A、B两车的质量分别为m A、m B，则需验证的表达式为______________________________________________.[解析](1)长木板右端下面垫放一小木片，目的是平衡摩擦力，使小车拖着纸带在木板上能做匀速运动．(2)从题图中可以看出，B到C的时间等于D到E的时间，所以可以用BC代表小车碰前的速度，用DE代表碰后的速度，应有m A·BC＝(m A＋m B)·DE.[答案](1)平衡摩擦力(2)m A·BC＝(m A＋m B)·DE5．某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次，得到了如图所示的三个落地点．(1)请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置？__________________________________________________________________________________________________________.并在图中读出OP＝________.(2)已知m A∶m B＝2∶1，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出R是________球的落地点，P是________球的落地点．(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式________________________________________________________________________________________________________.[解析](1)用最小的圆把所有落点圈在里面，则此圆的圆心即为落点的平均位置．OP ＝13.0 cm.(2)R应是被碰小球B的落地点，P为入射小球A碰撞后的落地点．(3)小球落地时间t相同，由m A·OQt＝m AOPt＋m BORt可知，动量守恒的验证表达式为：m A·OQ＝m A·OP＋m B·OR.[答案](1)用最小的圆把所有落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置13.0 cm (2)B A(3)m A·OQ＝m A·OP＋m B·OR6.某同学利用打点计时器和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、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(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把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g. 试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算结果保留三位有效数字．计算碰撞前m 1v 1＋m 2v 2＝________kg·m/s；碰撞后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg·m/s.计算碰撞前m 1v 21＋m 2v 22＝________kg·m 2/s 2；碰撞后m 1v ′21＋m 2v ′22＝________kg·m 2/s 2.计算碰撞前v 1m 1＋v 2m 2＝________m/(s·kg)；碰撞后v 1′m 1＋v 2′m 2＝________m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是__________________________________________________________________.(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_________________________________________________________________.[解析] (1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.(2)碰撞前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/s m 1v 1＝0.31×2 kg·m/s＝0.620 kg·m/s碰撞前滑块2的速度v 2＝0碰撞后两滑块具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/s m 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/sm 1v 21＋m 2v 22＝1.24 kg·m 2/s 2m 1v ′21＋m 2v ′22＝0.742 kg·m 2/s 2v 1m 1＋v 2m 2＝6.45 m/(s·kg) v 1′m 1＋v 2′m 2＝9.72 m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．[答案] (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1(2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦2动量和动量定理[学习目标] 1.知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量．(重点)2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量．(重点)3.知道动量定理的确切含义，掌握其表达式．(重点、难点)4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．(难点)一、动量及动量的变化量1．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)．二、动量和动量定理1．冲量2．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)表达式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．(×)(4)冲量是矢量，其方向与力的方向相同．(√)(5)力越大，力对物体的冲量越大．(×)(6)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．(√) 2．(多选)关于动量的概念，下列说法正确的是( )A．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[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．[答案]AC3．关于冲量，下列说法正确的是( )A．合外力的冲量是物体动量变化的原因B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的合外力的冲量越大D．合外力的冲量的方向就是物体运动的方向[解析]合外力的冲量是物体动量变化的原因，选项A正确；只要有力作用在物体上，经过一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同作用的结果，选项B错误；物体所受合外力的冲量I＝Ft，与物体动量的大小p＝mv无关，选项C错误；合外力的冲量的方向与物体运动的方向无关，选项D错误．[答案] A1(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．冲量的性质(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以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)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同．3．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．4．动量和动能的比较为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＝－5×10－3×903.6kg·m/s ＝－0.125 kg·m/sp 2＝mv 2＝5×10－3×3423.6kg·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)2J ＝1.56 J 羽毛球的末动能：E ′k ＝12mv 22＝12×5×10－3×952J ＝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性.(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.1．(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是( )A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动的方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp一般不为零[解析]当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与速度方向相同，如图甲所示，选项A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1＜0，即p2＜p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，选项B正确；当物体的速度大小不变时，动量可能不变化，即Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误；物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，故动量不断变化，Δp一般不为零，如图丙所示，选项D正确．故选ABD.甲乙丙[答案]ABD2．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，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( )A．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[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．[答案]BD1(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt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)定量计算有关物理量动量定理p′－p＝I中，动量变化Δp与合力的冲量大小相等，方向相同，据此有：①应用I＝Δp求变力的冲量．②应用Δp＝FΔt求恒力作用下曲线运动中物体动量的变化．③应用动量定理可以计算某一过程中的平均作用力，通常多用于计算持续作用的变力的平均大小．【例2】 蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m 高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s ，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小和方向．(g 取10 m/s 2)[解析] 方法一：运动员刚接触网时速度的大小v 1＝2gh 1＝2×10×3.2 m/s ＝8 m/s ，方向向下．刚离网时速度的大小v 2＝2gh 2＝2×10×5.0 m/s ＝10 m/s ，方向向上．运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F ，则运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ，对运动员应用动量定理(以向上为正方向)，有：(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)F ＝mv 2－m (－v 1)Δt＋mg解得F ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤60×10－60×(－8)1.2＋60×10 N ＝1.5×103 N ，方向向上．方法二：本题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理： 自由下落的时间为t 1＝2h 1g＝2×3.210s ＝0.8 s 运动员离网后上升所用的时间为t 2＝2h 2g＝2×510s ＝1 s 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t 3＝1.2 s 的时间内受到网对他向上的弹力F N 的作用，对全过程应用动量定理，有F N t 3－mg (t 1＋t 2＋t 3)＝0则F N ＝t 1＋t 2＋t 3t 3mg ＝0.8＋1＋1.21.2×60×10 N＝1 500 N ，方向向上． [答案] 1 500 N 方向向上若运动员落到普通沙坑中，经Δt1＝0.1 s停下，其他条件不变，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？【提示】由(F－mg)Δt1＝0－(－mv1)则F＝5 400 N.用动量定理进行定量计算时注意(1)列方程前首先选取正方向；(2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般是选地面为参考系；(3)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量.训练角度1 应用动量定理定性分析3．同一人以相同的力量跳远时，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[解析]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．[答案] D训练角度2 应用动量定理定量计算4．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )A．1.6×102 kg B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kg[解析]根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得ΔmΔt＝Fv＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确．[答案] B。
最新人教版高中物理选修3-5第十六章《动量守恒定律》本小结
知识网络⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧∆∆=∆=⎪⎩⎪⎨⎧=⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧∆-=∆'+'=+'+'=+⎪⎩⎪⎨⎧ ⎝⎛=∆=t p F p I I p p p p p p v m v m v m v m p p 动量变化间的互求关系动量定理给出了冲量和量变化的量度是物体动并且原因是物体发生动量变化的即于物体的动量变化物体所受合力的冲量等内容动量定理表达式的方向决定它的方向由矢量相对应它与是描述力的时间积累效应冲量表达式则这个方向上动量守恒受的合外力为零系统在某一个方向上所内力但外力系统受外力或者不受外力之和为系统不受条件守恒动量持不变这个系统的总动量保外力之和为零一个系统受外力或者受内容定律守恒动量是动量的变化表达式的方向相同与矢量相对应它与理量描述物体运动状态的物动量定律守恒动量,_______,_________,:________:_________,__________________,,,________,_____________,:________________,________:_______,________,21212122112211答案：时刻 速度 mv mv-mv 0 矢量 外力 零 远小于 过程量 时间 力 Ft 冲量 冲量重点突破一、动量守恒定律1【例1】 质量为 M 的气球上有一质量为 m 的猴子，如图16-1所示.气球和猴子静止在离地高为 h 的空中.从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多长？解析：此题为前面习题课中出现过的人船模型，要正确分析物理情景，合理选择物理规律. 设下降过程中，气球上升高度为H ，由题意知猴子下落高度为h.取猴子和气球为系统，系统所受合外力为零，所以在竖直方向动量守恒，由动量守恒定律得：M·H=m·h ，解得H=M mh 所以软梯长度至少为L=h+H=M h m M )(+. 答案：Mh m M )(+ 【例2】 传送带以v 0=2 m/s 的水平速度，把质量为m=20 kg 的行李包送到原来静止在光滑水平轨道上的质量为M=30 kg 的长木板上.如果行李包与长木板之间的动摩擦因数为0.4，取g=10 m/s2，求：(1)行李包在长木板上滑行多长时间才能与小车保持相对静止？(2)长木板至少多长才能使行李包不致滑出车外？解析：当行李包滑上木板上之后，在摩擦力作用下，行李包做匀减速运动，木板做匀加速运动，最后达到共同速度，设其共同速度为v,运动示意图如图16-2所示.对行李包和长木板组成的系统，满足动量守恒条件，根据动量守恒定律有：图16-2mv 0=(M+m)v ，得共同速度为mM m v v +=0=0.8 m/s (1)对行李包，所受动摩擦力为F f =μmg ，其加速度大小为a=μg=4 m/s 2其速度从v 0=2 m/s 减至v=0.8 m/s ，所用时间为t=gv v μ--0=0.3 s. (2)由运动过程示意图可知，木板滑动距离s 1，行李包滑动距离s 2及木板长度L 间的几何关系为 L= s 2-s 1 ①对行李包：s 2=20v v +·t=0.42 m ② 对长木板：s 1=2v ·t=0.12 m ③ 得木板最小长度L=s 2-s 1=0.3 m.答案：(1)0.3 s (2)0.3 m二、动量定理【例3】 质量为m 的钢珠从高出沙坑表面H m 处由静止自由下落，不考虑空气阻力，掉入沙坑后停止，如图16-3所示.已知钢珠在沙坑中受到沙的平均阻力是F f ，则钢珠在沙内运动时间为多少？图16-3解析：设钢珠在空中下落时间为t 1，在沙坑中运动时间为t 2，则：在空中下落，有H=21gt 12，得gh t 21= 对全过程有：mg(t 1＋t 2)-F f t 2=0-0 得：mgF gh m t f -=22. 答案：mgF gh m f -2 【例4】 如图16-4所示，一根弹簧上端固定，下端系着质量为m 的物体A ，物体A 静止时的位置为P 处，再用细绳将质量也为m 的物体B 挂在物体A 的下面，平衡后将细绳剪断.如果物体A 回到P 点处时的速率为v ，此时物体B 的下落速度大小为u ，不计弹簧的质量和空气阻力，则这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量大小为多少？图16-4思路分析：绳子剪断后，B 加速下降，A 加速上升，当A 回到P 点时，A 的速度达到最大值.本题中所求的是弹簧的弹力对物体A 的冲量，所以要分析清楚A 上升过程中A 的受力情况.解析：取向上方向为正，对B ：-mgt=-mu ①对A ：I 弹-mgt=mv ②两式联立得I 弹=m(v ＋u).答案：m(v ＋u)【例5】 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m 高处.已知运动员与网接触的时间为1.2 s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小.(取g=10 m/s 2)解析：取向上为正方向，运动员下落到网时的速度为112hg v -==-8 m/s ，运动员反弹刚离开网时的速度为222gh v ==10 m/s.运动员和网接触时受重力和网的弹力两个力的作用，根据动量定理有(F-mg)t=mv 2-mv 1，所以t m v m v F 12-=+mg=900 N+600 N=1 500 N. 答案：1 500 N。
高中物理第十六章动量守恒定律第5节反冲运动火箭课后作业含解析新人教版选修3_5
第5节 反冲运动 火箭A 组：合格性水平训练1．(反冲运动)以下实例中不属于反冲现象的是( ) A ．当枪发射子弹时,枪身会同时向后运动 B ．乌贼向前喷水从而使自己向后游动C ．火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上运动D ．战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性 答案 D解析 当枪发射子弹时,枪身同时受到一个反作用力向后运动,A 是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的力,向后游动,B 是反冲现象；火箭中的火药燃烧向下喷气而火箭自身受到一个向上的推力,推动火箭自身向上运动,C 是反冲现象；战斗机抛出副油箱,质量减小,惯性减小,机身的灵活性提高,D 不是反冲现象。
故选D 。
2．(人船模型)停在静水中的船的质量为180 kg,长12 m,不计水的阻力,当质量为60 kg 的人从船尾走到船头的过程中,船后退的距离是( )A ．3 mB ．4 mC ．5 mD ．6 m答案 A解析 船和人组成的系统在水平方向上动量守恒,人在船上行进,船向后退,人从船头走到船尾,设船后退的位移大小为x ,则人相对于岸的位移大小为L －x 。
以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m 人L －x t －m 船·xt＝0,代入数据解得x ＝3 m,故选A 。
3．(火箭问题)静止的实验火箭,总质量为M ,当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后,火箭的速度为( )A ．Δmv 0M －ΔmB ．－Δmv 0MC ．Δmv 0MD ．－Δmv 0M －Δm答案 D解析 以火箭和气体组成的系统为研究对象,选高温气体的速度方向为正方向,设火箭速度为v ′,由动量守恒定律得0＝(M －Δm )v ′＋Δmv 0,得v ′＝－Δmv 0M －Δm,故选D 。
4．(火箭问题)一质量为M 的航天器,正以大小为v 0的速度在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v 1,加速后航天器的速度大小为v 2,则喷出气体的质量m 为( )A.v2－v0v1M B.v2v2＋v1MC.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M答案 C解析规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,Mv0＝(M－m)v2－mv1,解得m＝v2－v0v2＋v1M,故C正确。
高中物理第16章动量守恒定律章末小结新人教版选修3_5
• 代入数据解得：k＝6 • 此时AB的运动方向与C相反 • 若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量 守恒定律得2mv2＝kmv • 代入数据解得k＝4 • 总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C 相同 • 当k＝4时，AB的速度为0 • 当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反。 • 答案：见解析
• 2．定量计算 • 在用动量定理计算有关问题时，要注意力必 须是物体所受的合外力，以及动量定理的矢 量性，求解前先规定正方向，再简化为代数 运算(一维碰撞时)。 • 3．动量定理是解决动力学问题的一种重要方 法 • 对于只涉及物体运动时间而不涉及加速度的 问题，用动量定理要比用牛顿运动定律解题 方便得多。
• 点评：物体的动量变化与物体所受合外力的 冲量有关，因此解决这一类问题要注意研究 对象和研究过程中物体的受力分析。
• 三、动量守恒定律及其应用 • 1．守恒条件 • (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合 力为零，则系统动量守恒。 • (2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当 内力远大于外力时，系统的动量可近似看成 守恒。 • (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力 为零时，系统在该方向上动量守恒。
触及高考
• 1．动量守恒定律属于高考热点，动量概念的 考查也是个重点。 • 2．以碰撞、反冲、爆炸、相互摩擦打滑等为 情景，与能量转化与守恒定律结合起来考查 在高考题中出现频率较高。 • 3．动量定理和动量守恒定律在实际生活、生 产、 新科技中的应用等题目在高考中可能增 加。据此在学习中要重视这部分基本概念、 基本理论的理解，并培养用其定性分析讨论 问题的能力。
• (1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度； • (2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围， 并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
高中物理 第16章 动量守恒定律 章末总结课件 新人教版选修3-5
解决力学题的三种思路
思路
特点分析
适用情况
分析物体的受力，确定
力的观点：牛顿 运动定律结合运 动学公式
加速度，建立加速度和 运动量间的关系． 涉及力、加速度、位移
恒力作用下的运 动
、速度、时间
思路
特点分析
解析：取 v0 方向为正方向，人向后跑动时，车相对于地面 的速度为 v，则人相对于地面的速度为(v－u)．以人和车整体 为研究对象，系统在水平方向上满足动量守恒条件．对人跑动
的前后过程由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv＋m(v－u)．解得 v＝v0＋Mu＋mm，故车速增加 Δv＝v－v0＝mm＋uM≈0.25 m/s.
答案：AC
反思领悟：题中动量定理及动能定理的应用，均涉及过程 的选取；可单独选两个物理分过程或选全过程．选全过程时由 于不出现中间物理量，解题时往往比较简捷，但会出现力的分 段作用情况，在计算冲量和功时，要特别注意．
动量守恒定律
1．理解动量守恒定律的“四性” (1)系统性：应用动量守恒定律时，应明确该定律的研究对 象是整个系统，这个系统在整个过程中的质量应不变． (2)矢量性：动量守恒定律的数学表达式为一个矢量方程， 解题时必须先规定正方向，凡是与正方向相同的矢量取正值， 反之取负值．这样各矢量的方向可以由其正、负号体现出来． 在高中物理中，动量守恒定律主要讨论一维的情况，这时 该方程就简化为代数方程．
涉及力、时间、动量(速度)
恒力作用下的运 动、瞬时作用、 往复运动等
(2)运用两个守恒需注意问题：①确定系统：动量守恒定律 和机械能守恒定律的研究对象都是相互作用的系统，正确选择 系统是应用的第一步．②确定守恒条件：要特别注意，在使用 前应先依据条件判断动量或机械能是否守恒，两者守恒的条件 要区分．③确定始末状态：既可以选择一个物理过程的始末状 态，也可选择过程中某两个时刻的状态，还可以选择全过程的 始末状态．确定状态时，必须注意各物理量的同时性，对动量 和速度，还要注意它们的相对性，一般取地面为参考系；④确 定正方向或零势能的参考面：动量具有方向性，应用动量守恒 定律要先规定正方向；重力势能具有相对性，应用机械能守恒 定律时，要先规定零势能参考面．
高中物理第十六章动量守恒定律5反冲运动火箭名师导航学案新人教版选修3_5
5 反冲运动 火箭名师导航知识梳理1.反冲指在_____________下，系统内一部分物体向某一方向发生_____________时，系统内其余部分向________________方向发生______________________的现象.2.爆炸的特点是:____________________动量守恒，由其他形式的能转化为机械能. 疑难突破对反冲运动的正确理解剖析:反冲运动（1）反冲是静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象，实际上是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.（2）反冲运动的过程中，如果没有外力作用或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理.（3）反冲运动中由于有其他形式的能转变为机械能，于是系统的总动能增加，反冲运动是作用力与反作用力都做正功的典型事例.（4）研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的对象和各物体对地的运动状态.（5）应用：反冲运动有利也有弊，有利的一面我们可以应用，比如反击式水轮发电机、喷气式飞机、火箭、宇航员在太空行走等等.反冲运动不利的一面则需要尽力去排除，比如开枪或开炮时反冲运动对射击准确性的影响等.问题探究问题：通过实验探究影响小火箭反冲速度大小的因素是什么？探究：实验材料：相同规格的小火箭四支 竖直发射架 秒表砝码实验步骤：①把四支小火箭分成二组，每组两支，固定在竖直发射架上.②向第一组的两支小火箭加质量相同的发射火药调节气体喷出口，使第一支的喷气口大于第二支的喷气口.③调节使第二组小火箭的喷气口相同，在第一支火箭上固定一小质量的砝码. ④依次点燃发射，用秒表记录火箭从发射到落地的时间.探究结论：火箭的反冲速度和火箭的质量及发射过程中喷出气体的速度有关. 典题精讲【例1】 火箭喷气发动每次喷出m=200 g 气体，喷出气体相对地面的速度为v=1 000 m/s ，设火箭初始质量M=300 kg ，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s 末的速度是多大？思路解析：选火箭和1 s 内喷出的气体为研究对象，设火箭1 s 末速度为V ，1 s 内共喷出质量为20m 的气体，选火箭前进方向为正方向，由动量守恒定律得，（M-20m ）V-20mv=0 解得V=mM mv 2020 ≈13.5 m/s 故火箭1 s 末的速度约13.5 m/s.答案：13.5 m/s【例2】 在太空中有一枚相对太空站处于静止状态的火箭，突然喷出质量为m 的气体，喷出速度为v 0（相对太空站），紧接着再喷出质量也为m 的另一部分气体，此后火箭获得速度为v （相对太空站）.火箭第二次喷射的气体（相对太空站）的速度为多大？思路解析：本题所出现的速度都是以太空站为参考系的，根据动量守恒定律，规定v 0方向为正，有：第一次喷射后，0=mv 0+（M-m ）v 1，v 1=)(0m M m v --, 负号表示v 1方向跟v 0反向.第二次喷射后，（M-m ）v 1=mv 2-（M-2m ）vmv 2=（M-2m ）v-mv 0所求速度为v 2=(m M -2)v-v 0. 答案：v 2=(mM -2)v-v 0. 【例3】 质量为m 1的热气球吊筐中有一质量为m 2的人，共同静止在距地面为h 的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，求软绳至少有多长. 思路解析：人和气球原来静止，说明人和气球组成的系统所受外力（重力和浮力）的合力为零，在人沿软绳下滑过程中，它们所受的重力和空气的浮力都不变，因此，系统的合外力仍为零，动量守恒. 设人下滑的平均速度（对地）为v ，气球上升的平均速度（对地）为v ′，并选定向下为正方向，根据动量守恒定律有0=v m 2+v m 1两边同乘人下滑的时间得0=v m 2t+v m 1′t则气球上升的高度H=|t v '|=h m m 12 人要安全到达地面，绳长至少为：L=H+h=h m m m 121+. 答案：h m m m 121+ 知识导学本节的知识点是对动量守恒定律的应用，重点是理解反冲的定义和特点，明确反冲过程中决定冲力大小的各个因素，理解爆炸的意义.爆炸可以看作是特殊的一类反冲. 疑难导析在应用动量守恒定律分析反冲运动的有关特性时，必须注意的问题：（1）剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说，两者运动方向必然相反，做数值计算时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值，列表达式时，也可把负号包含在相关字母中.（2）把物体中的一部分抛出和剩余部分产生反冲都需要经历一个过程，直到部分物体离开整体的瞬间，两者的速度差达到最大，才形成相对速度.因此，若题中已知抛掷物体的速度是相对于剩余部分而言，应理解为相对于“抛出”这一瞬间.问题导思要探究火箭发射速度的影响因素，首先应该从反冲的原理出发，反冲的实质是动量守恒定律，从动量守恒定律的公式出发，发现发射速度与火箭自身质量、喷气速度和气体质量的乘积有关.在本实验的探究过程中，由于我们给火箭加了相同质量的发射火药，故喷出气体的质量应该是相同的，在实验过程中，由于火箭发射后做的是竖直上抛运动，对同一地点重力加速度g 又相同，只要测得竖直上抛运动中火箭从发射到落地所需要的时间t ，就可以知道火箭的发射速度，这是一种数据处理转化的思想.典题导考绿色通道：火箭是典型的反冲应用，解决此类题时从动量守恒定律入手，分清喷气前和喷气后的速度和质量，即可解题.【典题变式1】 一门旧式大炮水平发射出一枚质量为10 kg 的炮弹，炮弹飞出的对地速度是600 m/s ，炮身的质量是2 t ，则大炮后退的速度是_____________m/s ；若大炮后退中所受的阻力是它重力的30%，则大炮能后退_____________m.答案：3 1.5绿色通道：解火箭分多次向外喷气这类题时应注意，动量守恒定律中的速度必须是物体对同一参考系的速度.本题参考系选为太空站.每次喷射过程中的研究对象选为火箭和喷射气体，但应当注意喷射一次气体后火箭的质量有了变化.【典题变式2】一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，牵引力阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是（ ）A.动量不变，速度增大B.动量变小，速度不变C.动量增大，速度增大D.动量增大，速度减小答案：C绿色通道：用平均速度列动量守恒定律表达式，实质是对运动过程的一种等效处理，即将复杂的运动等效为以平均速度匀速运动.【典题变式3】平静的湖面上停着一只小木船，船头站着一个人，如图16-5-1所示，现在人要走到船尾取一样东西，已知船长为L ，那么人从船头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离多大？（船的质量为M ，人的质量为m ）图16-5-1 答案：L m M m。
2019年高中物理第十六章动量守恒定律章末小结与测评课件新人教版选修3_5
3．动量定理是解决动力学问题的一种重要方法 对于只涉及物体运动时间而不涉及加速度的问题，用动量 定理要比用牛顿运动定律解题方便得多。
[典例 1] (天津高考)质量为 0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面，再以 4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上 为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s。 若小球与地面的作用时间为 0.2 s，则小球受到地面的平均作用力 大小为________N(取 g＝10 m/s2)。
B．球棒对垒球的平均作用力大小为 360 N
C．球棒对垒球做的功为 238.5 J
D．球棒对垒球做的功为 36 J
解析：设球棒对垒球的平均作用力为 F，由动量定理得 F ·t ＝m(vt－v0)，取 vt＝45 m/s，则 v0＝－25 m/s，代入上式， 得 F ＝1 260 N，由动能定理得 W＝12mvt2－12mv02＝126 J， 只有选项 A 正确。 答案：A
为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同 点
动能、机 械能情况
有其他形式的能 弹性碰撞时动能不变，非
转化为动能，动 弹性碰撞时动能要损失，
能会增加，机械 动能转化为内能，动能减
能不守恒
少，机械能不一定守恒Fra bibliotek 动量与能量的综合应用
[典例 4] 如图所示，小球 A 系在细线的一端，线的另一端 固定在 O 点，O 点到水平面的距离为 h。物块 B 质量是小球 A 的 5 倍，置于粗糙的水平面上且位于 O 点正下方，物块与水平 面间的动摩擦因数为 μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止 开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反 弹后上升至最高点时到水平面的距离为1h6。小球与物块均视为质 点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求碰后物块的速度。
高中物理第十六章动量守恒定律章末复习课学案新人教版选修3-5(2021年整理)
2018-2019学年高中物理第十六章动量守恒定律章末复习课学案新人教版选修3-5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中物理第十六章动量守恒定律章末复习课学案新人教版选修3-5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第十六章动量守恒定律章末复习课【知识体系】主题1 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．②可用图象法计算．在F－t图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用．(1）它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．（2)应用动量定理求解的问题．①求解曲线运动的动量变化量．②求变力的冲量问题及平均力问题．③求相互作用时间．④利用动量定理定性分析现象．【典例1】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，从进入泥潭到静止用时0.4 s,该铁球的质量为336 g.（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用力为多少（保留两位小数，g取10 m/s2)？解析：(1）小球自由下落10 m所用的时间是t1＝错误!＝错误! s＝错误! s，重力的冲量I G＝mgt＝0.336×10× 2 N·s≈4。
2019高中物理 第十六章 动量守恒定律 第三节 动量守恒定律学案 新人教版选修3-5
第三节动量守恒定律学习目标知识导图知识点1 系统、内力和外力1．系统相互作用的两个或几个物体组成一个力学__系统__。
2．内力系统__内部__物体间的相互作用力。
3．外力系统__以外__的物体对系统__以内__的物体的作用力。
知识点2 动量守恒定律1．内容如果一个系统不受__外力__，或者所受__外力__的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式对两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝__p1′＋p2′__或m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__3．适用条件系统不受__外力__或者所受__外力__之和为零。
知识点3 动量守恒定律的普适性动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的__一切__领域。
预习反馈『判一判』(1)动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子。
(×) (2)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。
(×)(3)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，这两个物体组成的系统动量守恒。
(√) (4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。
(√)(5)系统动量守恒，动能不一定守恒，某一方向上动量守恒，系统整体动量不一定守恒。
(√)『选一选』(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( AC )解析：A 中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B 中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C 中木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D 中木块下滑过程中，斜面始终受挡板的作用力，系统动量不守恒。
『想一想』如图三国演义“草船借箭”中，若草船的质量为m 1，每支箭的质量为m ，草船以速度v 1返回时，对岸士兵万箭齐发，n 支箭同时射中草船，箭的速度皆为v ，方向与船行方向相同。
由此，草船的速度会增加多少？(不计水的阻力)答案：nmm 1＋nm(v －v 1) 解析：船与箭的作用过程系统动量守恒：m 1v 1＋nmv ＝(m 1＋nm )(v 1＋Δv )得Δv ＝nm m 1＋nm(v －v 1)。
人教版高中物理选修3-5学案：第十六章章末整合
人教版高中物理选修3-5学案：第十六章章末整合动量守恒定律一、动量定理及应用1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量变化．2．公式：Ft＝mv2－mv1，它为一矢量式，在一维情况时可变为代数式运算．3．研究对象是质点．它说明的是外力对时间的积累效应．应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．4．解题思路：(1)确定研究对象，进行受力分析；(2)确定初、末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；(3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．例1 质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10 m/s2)．答案 2 12解析由题知vt＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝mvt－mv0＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F合·t＝Δp得(N－mg)t＝Δp，则N＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N.借题发挥(1)动量、动量的变化量和动量定理都是矢量或矢量式，应用时先规定正方向．(2)物体动量的变化率等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．二、多过程问题中的动量守恒1．合理选择系统(由哪些物体组成)和过程，分析系统所受的外力，看是否满足动量守恒的条件．分析物体所经历的过程时，注意是否每个过程都满足动量守恒．2．合理选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．例2图1(2013·山东高考)如图1所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．答案 2 m/s解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v联立以上各式，代入数值解得：vA＝2 m/s例3图2两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以vC＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：(1)当C在A上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？(2)当C在B上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度vC′是多大？答案(1)不守恒守恒(2)守恒 4.2 m/s解析(1)当C在A上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．(2)当C在B上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：mCvC′＋mBvA＝(mB＋mC)vBC①A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA②由以上两式联立解得vC′＝4.2 m/s，vA＝2.6 m/s.三、动量和能量综合问题分析1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．2．动量守恒及机械能守恒都有条件．注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但机械能不守恒的过程，能量仍守恒．3．当两物体相互作用后具有相同速度时，相互作用过程损失的机械能最多．例4图3(2014·河北石家庄高二期末)如图3所示，在一光滑的水平面上，有三个质量都是m的物体，其中B、C静止，中间夹着一个质量不计的弹簧，弹簧处于松弛状态，今物体A以水平速度v0撞向B，且立即与其粘在一起运动．求整个运动过程中．(1)弹簧具有的最大弹性势能；(2)物体C的最大速度．答案(1)mv (2)v0解析(1)A、B碰撞过程动量守恒，mv0＝2mv1；A、B碰撞后至弹簧被压缩到最短，三物体组成的系统动量守恒，机械能守恒，故2mv1＝3mv2，×2mv＝1×3mv＋Ep，可得Ep＝mv.2(2)弹簧恢复原长时，C物体的速度达到最大，由系统动量守恒和机械能守恒，得3mv2＝2mv3＋mvm，×2mv＝×3mv＋mv，可得vm＝v0.例5 (2014·天津高二期末)质量为m＝1.0 kg的物块A以v0＝4.0 m/s速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M＝2.0 kg的物块B，物块A和物块B碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起．已知物块A和物块B均可视为质点，两物块间的距离为L＝1.75 m，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2.求：图4(1)物块A和物块B碰撞前的瞬间，物块A的速度v的大小；(2)物块A和物块B碰撞的过程中，物块A对物块B的冲量I；(3)物块A和物块B碰撞的过程中，系统损失的机械能ΔE.答案(1)3 m/s (2)I＝2 N·s方向水平向右(3)ΔE＝3 J解析(1)物块A运动到和物块B碰撞前的瞬间，根据动能定理可知：－μmgL＝mv2－mv①解得：v＝3 m/s(2)以物块A和物块B为系统，根据动量守恒可知：mv＝(m＋M)v1②以物块B为研究对象，根据动量定理可知：I＝Mv1③解得：I＝2 N·s方向水平向右(3)以物块A和物块B为系统，根据能量关系可知：ΔE＝mv2－(m＋M)v④解得：ΔE＝3 J.。
推荐2019高中物理第十六章动量守恒定律章末小结学案新人教版选修3
第十六章 动量守恒定律章 末 小 结动量守恒定律错误!一、动量定理及应用1．冲量的计算(1)恒力的冲量：公式I ＝Ft 适用于计算恒力的冲量 (2)变力的冲量：①通常利用动量定理I ＝Δp 求解②可用图象法计算。
在F t 图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt ＝t 2－t 1内的冲量 2．动量定理Ft ＝mv 2－mv 1的应用(1)它说明的是力对时间的累积效应。
应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。
(2)应用动量定理求解的问题： ①求解曲线运动的动量变化量 ②求变力的冲量问题及平均力问题 ③求相互作用时间④利用动量定理定性分析一些物理现象典例1 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。
一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m 高处。
已知运动员与网接触的时间为1.2s ，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。
(g 取10m/s 2)解题指导：物体的动量变化与物体所受合外力的冲量有关，因此解决这一类问题要注意研究对象和研究过程中物体的受力分析。
解析：方法一：运动员刚接触网时速度的大小：v 1＝2gh1＝2×10×3.2m/s ＝8m/s ，方向向下。
刚离网时速度的大小：v 2＝2gh2＝2×10×5.0m/s ＝10m/s ，方向向上。
运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F N ，对运动员由动量定理(以向上为正方向)有： (F N －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)，解得F N ＝错误!＋mg ＝错误!N ＋60×10N ＝1.5×103N ，方向向上。
方法二：此题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理。
从3.2m 高处自由下落的时间为：t 1＝2h1g ＝2×3.210s ＝0.8s ． 运动员弹回到5.0m 高处所用的时间为：t 2＝2h2g ＝2×510s ＝1s 。
精品-2019年高中物理第十六章动量守恒定律优化总结学案新人教版选修3_5
第十六章动量守恒定律本章优化总结动量定理的综合应用动量定理研究对象不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样适用，对多物体组成的系统在应用动量定理时应注意：(1)对多物体受力分析时，系统内物体间的相互作用力属于内力，不是合外力的组成部分．(2)动量定理是矢量式，应用动量定量时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性．滑块A和B(质量分别为m A和m B)用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图所示．已知滑块A、B与水平桌面的动摩擦因数均为μ，在力F作用时间t后，A、B间细线突然断开，此后力F仍作用于B.试求：滑块A刚好停住时，滑块B的速度为多大？[思路点拨] 在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便．[解析] 取滑块A、B构成的系统为研究对象．设F作用时间t后线突然断开，此时A、B 的共同速度为v ，根据动量定理，有[F －μ(m A ＋m B )g ]t ＝(m A ＋m B )v －0解得v ＝[F －μ(mA ＋mB)g]tmA ＋mB在线断开后，滑块A 经时间t ′停止，根据动量定理有－μm A gt ′＝0－m A v由此得t ′＝vμg＝[F －μ(mA ＋mB)g]t μ(mA ＋mB)g设A 停止时，B 的速度为v B .对于A 、B 系统，从力F 开始作用至A 停止的全过程，根据动量定理有[F －μ(m A ＋m B )g ](t ＋t ′)＝m B v B －0将t ′代入此式可求得B 滑块的速度为v B ＝F[F －μ(mA ＋mB)g]tμmB(mA ＋mB)g .[答案]F[F －μ(mA ＋mB)g]t μmB(mA ＋mB)g尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量．应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便．1.质量为M 的金属块和质量为m 的木块用细绳连在一起，放在水中，如图所示．从静止开始以加速度a 在水中匀加速下沉．经时间t 1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间t 2，木块停止下沉，试求此时金属块的速度．解析：把金属块、木块及细绳看成一个物体系统，整个过程中受重力(Mg ＋mg )和浮力(F M ＋F m )不变，它们的合力为F 合＝(M ＋m )a ，在绳断前后合力也不变，设木块停止下沉时，金属块的速度为v ，选取竖直向下为正方向，对全过程应用动量定理，有F 合(t 1＋t 2)＝p ′－p ＝Mv －0则v ＝M ＋mMa (t 1＋t 2)． 答案：M ＋mMa (t 1＋t 2)动量守恒定律的综合应用1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．2．解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否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：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．(5)选取所需要的方程列式并求解．如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度大小v A ；(2)A 、B 两球的质量之比m A ∶m B .[思路点拨] 小球A 下滑的过程，机械能守恒，可求小球A 滑到坡道底端时的速度；小球A 与B 相碰，满足动量守恒，由动量守恒可求共同速度，二者同时做平抛运动，利用平抛运动规律即可求出二者的质量之比．[解析] (1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得m A gh ＝12m A v 2A解得v A ＝2gh .(2)设两球碰撞后共同的速度为v ，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m B )v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t ，由运动学公式，在竖直方向上有h ＝12gt2在水平方向上有h 2＝vt联立以上各式得m A ∶m B ＝1∶3. [答案] (1)2gh (2)1∶32.(2014·高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv2得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v′22μg＝0.25 m. 答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m(18分)如图所示，两个斜面AB 和CD 的倾角分别为α和β，且均与水平面BC 平滑连接．水平面的C 端静止地放置一质量为m 的物块，在斜面AB 上一质量为M 的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0，碰撞后合为一体冲上斜面CD ，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .求：(1)物块M 在斜面AB 上运动时的加速度大小a ；(2)两物块碰后的共同速度的大小v ；(3)能冲上斜面CD 的最大高度H .[思路点拨] (1)本题分为四个运动过程：①物块M 沿斜面AB 下滑的过程；②物块M 在水平面BC 的运动过程；③物块M 与m 的碰撞过程；④系统沿斜面CD 的上升过程．(2)过程与规律：①物块M 沿斜面AB 下滑过程的受力情况已知，牛顿运动定律是否适用？②物块M 在水平面BC 的运动过程是否需要分析？题目中给出的M 冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0与在B 点时的速度相同吗？水平面BC 段是否光滑对解题有影响吗？③物块M 与m 的碰撞过程的动量守恒吗？④整体冲上斜面CD 的运动过程遵循什么规律？[解析] (1)在AB 斜面上对物块进行受力分析(如图)，根据牛顿第二定律有：垂直斜面方向有：F N －Mg cos α＝0(2分) 沿斜面向下有：Mg sin α－F f ＝Ma(2分)又知F f ＝μF N (1分)由以上三式可解得加速度a ＝g sin α－μg cos α.(2分)(2)两物块碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：Mv 0＝(M ＋m )v(3分)可得碰撞后整体的速度大小v ＝M M ＋mv 0.(2分)(3)碰撞后物块在斜面CD 上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：－μ(M ＋m )g cos β·H sin β－(M ＋m )gH ＝0－12(M ＋m )v 2(3分)可解得：H ＝M2v20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β).(3分)[答案] (1)g sin α－μg cos α (2)M M ＋mv 0(3)M2v20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β)本题考查了牛顿第二定律、动量守恒定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第(3)问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．章末过关检测(一) (时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2017·高考全国卷乙)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s解析：选A ．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．2．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的动能不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．物体的动量越大，其惯性也越大解析：选A ．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D 错误．3．如图甲所示，物体A 、B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M .当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 上升经过某一位置时速度大小为v ，这时物体B 下落的速度大小为u ，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为( )A ．mvB ．mv －MuC ．mv ＋MuD ．mv ＋mu解析：选D ．该题涉及的物体较多，可先选B 为研究对象．在B 下落的这段时间t 内，其动量向下增加Mu ，B 只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt ＝Mu ，解得t ＝ug.在时间t 内，A 受两个力作用：重力mg ，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A 为研究对象，其动量在时间t 内向上增加mv ，设弹力的冲量为I ，由动量定理有I －mgt ＝mv ，解得I ＝m (v ＋u )，故D 正确．4．质量m ＝100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲＝40 kg 、m 乙＝60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A ．0.6 m/s ，向左B ．3 m/s ，向左C ．0.6 m/s ，向右D ．3 m/s ，向右解析：选A ．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m 甲v －m 乙v ＋mv ′，代入数据解得v ′＝0.6 m/s ，方向向左．5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0B ．2E03 C ．E03D ．E09解析：选C ．碰撞中动量守恒mv 0＝3mv 1，得v 1＝v03①E 0＝12mv 20②E k ′＝12×3mv 21③由①②③得E k ′＝12×3m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v032＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv20＝E03，故C 正确．6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选A ．由两球的动量都是6 kg ·m/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球．碰后A 球的动量减少了4 kg ·m/s ，即A 球的动量为2 kg ·m/s ，由动量守恒定律得B 球的动量为10 kg ·m/s ，则碰后二者速度大小之比为2∶5，故选项A 是正确的．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J解析：选AC ．设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F ·t ＝m (v t －v 0)，取v t ＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12mv 2t －12mv 20＝126J ，选项A 、C 正确．8．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两部分，若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则( )A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达水平地面D ．在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD ．爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a 、b 的速度大小，所以选项A 、B 错误；因炸开后a 、b 都做平抛运动，且高度相同，故选项C 正确；由牛顿第三定律知，选项D 正确．9．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0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 ．13v 0 B ．23v 0 C ．49v 0D ．59v 0解析：选AB ．当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′mv 0＋0＝m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v0＋2mv B ″ 解得：v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.由于碰撞过程中动能不增加，即12mv 20≥12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v032＋12·2mv 2B将13v 0及23v 0代入上式均成立，所以A 、B 选项均正确．10．如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的小球 A 和质量为13m 的小球B 通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m 的小球C 以初速度v 0沿AB 连线向右匀速运动，并与小球A 发生弹性碰撞．在小球B 的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反．则B 与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值E m 可能是( )A ．mv 20B ．12mv 20C ．16mv 20D ．130mv 20解析：选BC ．质量相等的C 球和A 球发生弹性碰撞后速度交换，当A 、B 两球的动量相等时，B 球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能E p ＝12mv 20，B 正确；当B 球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，mv 0＝4mv13，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出E p ＝12mv 20－12×43mv 21＝18mv 20，所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，C 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2017·南通高二检测)某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(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把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先____________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算结果保留三位有效数字．计算碰撞前m 1v 1＋m 2v 2＝________kg ·m/s ； 碰撞后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg ·m/s.计算碰撞前m 1v 21＋m 2v 2＝________kg ·m 2/s 2； 碰撞后m 1v ′21＋m 2v ′2＝________kg ·m 2/s 2. 计算碰撞前v1m1＋v2m2＝________m/(s·kg)； 碰撞后v1′m1＋v2′m2＝________m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是________________________________________________________________________.(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________.解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.(2)碰撞前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/sm 1v 1＝0.31×2 kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s碰撞前滑块2的速度v 2＝0碰撞后两滑块具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/sm 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.2 kg ·m/s ＝0.618 kg ·m/sm 1v 21＋m 2v 2＝1.24 kg ·m 2/s2m 1v ′21＋m 2v ′2≈0.742 kg ·m 2/s2v1m1＋v2m2≈6.45 m/(s·kg) v1′m1＋v2′m2≈9.72 m/(s·kg)．(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦12．(12分)(2017·衡水中学模拟)如图所示，可视为质点质量为m 的小球用长为L 的细线悬挂于O 点，在光滑的水平面上有一个质量为M 的物体，其右侧是一个半径为R 的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为R2的粗糙水平面，在其左端A 处放有一个质量也为M 的弹性物体，物块与物体间有摩擦．现将小球拉起到与悬点O 等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到θ＝60°角处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高点C 处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数．解析：小球下摆过程中，由mgL ＝12mv 21得v 1＝2gL ，碰后返回过程中，由mgL (1－cosθ)＝12mv ′21得v ′1＝gL小球和物块发生碰撞时动量守恒mv 1＝Mv 0－mv 1′和能量守恒12mv 21＝12Mv 20＋12mv ′21，联立解得v 0＝(2－1)gL ，m M＝2－12＋1物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒Mv 0＝2Mv ，损失的动能用于克服摩擦做功12Mv 20＝12(M ＋M )v 2＋MgR ＋μMg R 2，整理可得μ＝(3－22)L2R－2. 答案：2－12＋1(3－22)L2R －213．(16分)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R 的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k (k <1)．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高度h 处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰．(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g )(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v 1；(2)若已知h ＝0.1 m ，R ＝0.64 m ，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k 值为多少？解析：(1)设0号球碰前速度为v 0，由机械能守恒定律得：m 0gh ＝12m 0v 20碰撞过程两球动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 0v 0＝m 0v ′0＋m 1v 1由机械能守恒定律得：12m 0v 20＝12m 0v ′20＋12m 1v 21 解得：v 1＝2m0m0＋m1v 0＝21＋k v 0＝21＋k2gh . (2)同理可得：v 2＝21＋k v 1，…，v 4＝21＋kv 3，解得：v 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋k 4v 0，4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：12m 4v 24＝12m 4v 2＋m 4g ·2R ， 4号球在最高点：m 4v2R≥m 4g ，解得：k ≤2－1.答案：(1)21＋k2gh (2)k ≤2－1。
2018-2019版物理新导学笔记选修3-5第16章 章末总结
章末总结
内容索引
知识网络
梳理知识 构建网络
题型探究
重点难点 各个击破
达标检测
检测评价 达标过关
知识网络
动量：p＝ mv ，矢量，方向与速度v的方向相同，是状态量 Δp＝ p′－p ＝m·Δv 动量 基本 动量变化量 方向：与 Δv 方向相同 守恒 概念 冲量：I＝ Ft ，矢量，方向与 恒力F 的方向一致，若力为 定律 变力，冲量方向与相应时间内 动量的改变量方向一致，是 过程量
v2 由式子 p＝8 x kg· m/s 和动量定义式 p＝mv，可以得到 x＝16，
再由匀加速直线运动的速度位移公式v2＝2ax知加速度a＝8 m/s2.受到的恒
力F＝ma＝16 N,1 s末的动量为p1＝mv1＝16 kg· m/s，故A、B、C正确； 1 s末的动能应是64 J，D错误.
1 2 3
3.两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的动能最多.
例3 如图4所示，光滑水平面上质量为1 kg的小球
A以2.0 m/s的速度与同向运动的速度为1.0 m/s、质 量为2 kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小 球B以1.5 m/s的速度运动.求： (1)碰后A球的速度； 答案 1.0 m/s，方向与A的初速度方向相同 解析 碰撞过程，以A的初速度方向为正，
1
2
3
解析
答案
例2
如图3所示，在光滑水平轨道上放置着长木板A(上表面粗糙)和滑块
C，将滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg. 开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰 撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起 向右运动，且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.
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第十六章 动量守恒定律章 末 小 结动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧探究碰撞中的不变量动量⎩⎪⎨⎪⎧定义：质量与速度的乘积公式：p ＝mv方向：与速度的方向一致动量的变化量：Δp ＝p ′－p 冲量⎩⎪⎨⎪⎧定义：力和力的作用时间的乘积公式：I ＝Ft方向：与力的方向相同动量定理⎩⎪⎨⎪⎧ 内容：合外力的冲量等于物体动量的变化量公式：Ft ＝mv ′－mv 动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧系统的概念：相互作用的物体系公式：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′适用条件⎩⎪⎨⎪⎧不受外力合外力为零某个方向上合力为零内力远大于外力应用⎩⎪⎨⎪⎧碰撞(能量不能增加)反冲爆炸(动能可以增加)一、动量定理及应用1．冲量的计算(1)恒力的冲量：公式I ＝Ft 适用于计算恒力的冲量 (2)变力的冲量：①通常利用动量定理I ＝Δp 求解②可用图象法计算。
在F t 图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt ＝t 2－t 1内的冲量2．动量定理Ft ＝mv 2－mv 1的应用(1)它说明的是力对时间的累积效应。
应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。
(2)应用动量定理求解的问题： ①求解曲线运动的动量变化量 ②求变力的冲量问题及平均力问题 ③求相互作用时间④利用动量定理定性分析一些物理现象典例 1 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。
一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m 高处。
已知运动员与网接触的时间为1.2s ，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。
(g 取10m/s 2)解题指导：物体的动量变化与物体所受合外力的冲量有关，因此解决这一类问题要注意研究对象和研究过程中物体的受力分析。
解析：方法一：运动员刚接触网时速度的大小：v 1＝2gh 1＝2×10×3.2m/s ＝8m/s ，方向向下。
刚离网时速度的大小：v 2＝2gh 2＝2×10×5.0m/s ＝10m/s ，方向向上。
运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F N ，对运动员由动量定理(以向上为正方向)有：(F N －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)， 解得F N ＝mv 2－m (－v 1)Δt ＋mg ＝60×10－60×(－8)1.2N ＋60×10N＝1.5×103N ，方向向上。
方法二：此题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理。
从3.2m 高处自由下落的时间为：t 1＝2h 1g＝2×3.210s ＝0.8s ． 运动员弹回到5.0m 高处所用的时间为：t 2＝2h 2g＝2×510s ＝1s 。
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t 3＝1.2s 的时间内受到网对他向上的弹力F N 的作用，对全过程应用动量定理，有F N t 3－mg (t 1＋t 2＋t 3)＝0，则F N ＝t 1＋t 2＋t 3t 3mg ＝0.8＋1＋1.21.2×60×10N＝1.5×103N ，方向向上。
二、动量守恒定律在多物体问题及临界问题中的应用 1．对于两个以上的物体组成的物体系(1)正确分析相互作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。
(2)分清作用过程的各个阶段和联系各阶段的状态量。
(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要便于解题。
2．对于临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。
这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。
典例2 (吉林省长春十一中、白城一中2017～2018年高二下学期期中联考)如图所示，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，此时质量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)应满足什么条件？(不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点)解题指导：选取研究系统→挖掘临界条件→动量守恒列方程→分析讨论 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过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v ′1 即(2m ＋m )v 1＝2mv ＋mv ′1① 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 0－2v③ v ′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 0三、解答动力学问题的三种思路 1．三种思路的比较2．三种思路的选择(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
(2)对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程。
特别提醒：(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律。
若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理。
所选方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别。
(2)两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。
特别是对于变力做功、曲线运动、竖直平面内的圆周运动、碰撞等问题，就更显示出它们的优越性。
典例3 在某高速公路上，质量为M 的汽车拉着质量为m 的拖车匀速行驶，速度为v 。
在某一时刻拖车脱钩了，若汽车的牵引力保持不变，则在拖车刚停止运动的瞬间，汽车的速度多大(设阻力大小正比于车的重量)?解题指导：本题可从力的观点或动量的观点分析求解。
解析：方法一：设阻力系数为k ，汽车和拖车受到的阻力分别是F f 1＝kMg ，Ff 2＝kmg 则匀速运动时，牵引力F ＝F f 1＋F f 2＝k (M ＋m )g 拖车脱钩后做匀减速运动，加速度大小a 2＝F f 2m＝kg 到停止时所用时间t ＝v a 2＝vkg汽车做匀加速运动，加速度大小a 1＝F －F f1M ＝kmgM由速度公式得v ′＝v ＋a 1t ＝M ＋m Mv 方法二：将汽车和拖车看成一个系统，匀速运动时系统受到的合力为零。
脱钩后在拖车停止前，牵引力和阻力均不变，系统受到的合力仍为零，故汽车和拖车的动量守恒。
拖车停止时设汽车速度为v ′，有(M ＋m )v ＝Mv ′解得v ′＝M ＋mMv 答案：M ＋mMv1．动量守恒定律属于高考热点，动量概念的考查也是个重点。
2．以碰撞、反冲、爆炸、相互摩擦打滑等为情景，与能量转化与守恒定律结合起来考查在高考题中出现频率较高。
3．动量定理和动量守恒定律在实际生活、生产、 新科技中的应用等题目在高考中可能增加。
据此在学习中要重视这部分基本概念、基本理论的理解，并培养用其定性分析讨论问题的能力。
一、考题探析例题 (2018·全国卷Ⅰ，24)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。
当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动。
爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量。
求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案：(1)1g2E m (2)2E mg解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0－v 0＝－gt②联立①②式得t ＝1g2E m③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2。
由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 21＝12mgh 2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2E mg⑧二、临场练兵一、选择题(1、2题为单选题，3题为多选题)1．(2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( B )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比 解析：A 错：速度v ＝at ，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比；B 对：根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12mv 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比；C 错：动能E k ＝12mv 2，与速度的平方成正比；D 错：动量p ＝mv ，动能E k ＝12mv 2＝p22m，与动量的平方成正比。
2．(2018·全国卷Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( C )A ．10 NB ．102N C ．103ND ．104N解析：设每层楼高约为3m ，则下落高度约为h ＝3×25m＝75m由mgh ＝12mv 2及(F －mg )t ＝mv 知鸡蛋对地面的冲击力F ＝mvt＋mg ≈103N 。