高中物理精讲精练精析第7点解决多物体问题的三点提示粤教版选修3_5

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粤教版选修3-5物体的碰撞

能量守恒定律
E_初 + E_末 = E_总
表述形式
能量守恒定律的表述
能量守恒定律适用于孤立系统或系统边界不与外界交换能量。
系统封闭
无外力做功
无能量损失
系统所受的外力做功之和为零，或者外力做功可以忽略不计。
碰撞过程中没有能量转化为其他形式的能量，如热能、光能等。
03
02
01
能量守恒定律的适用条件
利用斜面和小球进行碰撞实验，测量碰撞前后的速度，验证能量守恒定律。
安全作用
03
安全气囊的充气过程非常快，能够在短时间内为乘员提供缓冲，减轻碰撞对乘员的伤害。
安全气囊的工作原理
火箭升空的原理
火箭推进
火箭是一种依靠喷射燃气产生反作用力推动自身前进的飞行器。
工作原理
火箭发动机通过燃烧燃料产生高速燃气，通过喷嘴向下喷射产生反作用力，推动火箭向上运动。
升空过程
火箭升空过程中，需要克服地球引力，因此需要持续产生足够的推力以克服重力。
总结词
完全非弹性碰撞是碰撞的一种极端情况，这种情况下，两个物体碰撞后，动能全部转化为其他形式的能量，如热能或光能，导致两个物体以相同的速度一起运动。这种碰撞常见于黏性较大的物质，如气体或液体。
详细描述
完全非弹性碰撞
02
CHAPTER
碰撞的动量守恒定律
一个系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的总动量保持不变。
在日常生活中，碰撞检测技术广泛应用于安全监控、机器人等领域，用于检测物体之间的碰撞。
碰撞检测
在物品包装、家具设计和建筑结构中，常常使用泡沫、橡胶等材料作为碰撞缓冲，以减轻物品在运输或使用过程中受到的冲击。
缓冲材料
在汽车、航空航天等领域，碰撞实验是必不可少的测试环节，用于评估产品的耐撞性能和安全性。

2020年粤教版高中物理选修3-5课后练习(1)(含答案解析)

2020年粤教版选修3-5课后练习（1）一、计算题（本大题共1小题，共10.0分）1.质量为10g的子弹，以的速度射入质量是24g静止在水平桌面上的木块，并留在木块中．子弹留在木块中以后，木块运动的速度是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为，这时木块的速度又是多大？二、简答题（本大题共9小题，共72.0分）2.判断下列碰撞是什么碰撞。

弹性小球在某一高度从静止开始下落，与地面相碰后，反弹回到出发点。

子弹射穿静止在光滑平面上的木块。

3.把两个穿孔小球用细线链接，如图，中间夹有一根已被压缩的弹簧，剪开细线，小球将分别向两侧弹开。

这种现象是否也属于物体的碰撞？生活中有没有类似的实例？4.两个质量都是3kg的球，各以的速率相向运动，发生正碰后每个球都以原来的速率向相反方向运动，它们的碰撞是弹性碰撞吗？为什么？5.两个球以相同的速度相向运动，其中一个球的质量是另一个球的三倍，相碰后重球停止不动，轻球以二倍的速率弹回，试证明它们发生的是弹性碰撞。

6.碰撞后物体运动状态的变化会与哪些因素有关。

7.两个质量均为45kg的女孩手挽手以的速度溜冰．一个质量为60kg的男孩以的速度从后面追上她们，然后三人一起手挽手向前滑行的速度是多少？8.在光滑的水平桌面上有两个小球A和B，如图，他们的质量分别是和。

如果小球A和小球B沿同一直线向同一方向运动，如图，速率分别为和，它们碰撞前的总动量是多大？方向如何？如果小球A和B沿同一直线相向运动见图，速率仍分别是和，它们碰撞前的总动量又是多少？方向如何？在以上两问中，假如无法知道小球A和小球B碰撞后速度的大小和方向，你能确定碰撞后总动量的大小和方向吗？如果碰撞前两个小球沿同一直线相向运动的速率分别是和，破撞后两个小球的动量大小有什么关系？动量方向有什么关系？为什么？9.两个质量相等的小球分别以和的速率相向运动．相撞后粘合在一起，假设以的速率一起运动．这是否有可能？10.1930年，科学家用放射性物质中产生的粒子轰击铍原子时，产生了一种看不见的、贯穿能力很强的不带电粒子，为了弄清楚这是一种什么粒子，人们用它分别去轰击氢原子和氮原子，结果从中打出了氢核和氮核，以此推算出该粒子的质量，从而确定该粒子为中子．设氢核的质量为，打出后速度为，氮核的质量为氢核的14倍，打出后速度为假设中子与它们的碰撞为弹性碰撞．请根据这些可测量的量，推算中子的质量．-------- 答案与解析 --------1.答案：解：以子弹、木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：；以子弹、木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，子弹打穿木块，由动量守恒定律得：，解得：；答：如果子弹留在木块中未射出，木块运动的速度是；如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为，木块的速度又是．解析：子弹射击木块的过程中系统的动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块的速度．该题通过子弹木块模型考查动量守恒定律，在应用动量守恒定律解题时，要注意正方向的选取，要明确物体变化的过程．2.答案：解：弹性小球在某一高度从静止开始下落，与地面相碰后，反弹回到出发点，小球的机械能不变，说明发生的是弹性碰撞；子弹射穿静止在光滑水平面上的木块，子弹与木块摩擦产生内能，子弹的一部分动能转化为系统的内能，子弹的动能减小，该碰撞不是弹性碰撞。

2020-2021学年高中物理粤教版选修3-5 第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律教学案

第五节自然界中的守恒定律1．各种形式的能量可以相互转化，但总能量不变，可以说能量的守恒是最重要的守恒形式。

2．动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的,适用于任何形式的运动。

3．物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变，例如能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性,动量守恒则对应着某种空间变换中的不变性。

4．所谓对称,其本质也是具有某种不变性，守恒定律来源于对称，物理规律的每一种对称性通常都相应于一种守恒定律.5．物质世界三大守恒定律是指物质、能量、动量三个方面。

对守恒定律的理解1.守恒定律的特点(1)守恒定律并不告诉我们物体状态变化的全部细节，也不能判定某种变化是否会发生，也无法描述变化过程的快慢。

(2）守恒定律可以用来判断某个变化是否可能发生,以及一旦发生物体初、末状态间应满足什么样的关系。

即在符合守恒条件时，可以不分析系统内相互作用过程的细节，而对系统的变化状态或一些问题作出判断。

（3)物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变。

例如：在微观世界中我们对粒子之间的相互作用情况不清楚,但是仍然可以用守恒定律得出一些结论。

当两个亚原子微粒碰撞时，由于对碰撞过程中的各种细节我们还缺乏完整而可靠的计算理论,因而事先并不能准确预知碰撞的结果。

但却可以根据能量与动量守恒推断碰撞后是否会有未观察到的粒子产生，从而在实验中加以注意，进行检验。

2．守恒与对称的关系(1）所谓对称，其本质也就是具有某种不变性,守恒定律来源于对称,物理规律的每一种对称（即不变性)通常都对应于一种守恒定律.对称和守恒这两个重要概念是紧密联系在一起的。

（2）物理规律的对称性就是某种物理状态或过程在一定的变换下（例如转动、平移等等），它所服从的物理规律不变.例如：物理学概念有对称性的如正电子和负电子、南北磁极、电场与磁场、粒子与反粒子、平面镜成像、光的可逆性、力现象和热现象的平衡态、物质性质的各向同性、物质的波动性和粒子性等等.物理学上受对称性启发而提出新概念，发现新规律的事例也是很多的。

物体的碰撞-粤教版选修3-5教案

物体的碰撞-粤教版选修3-5教案一、教学目标1.了解物体的碰撞类型，掌握碰撞的守恒性质。

2.练习使用碰撞的守恒性质解决问题。

3.掌握动能，动能守恒定律，动量，动量守恒定律的概念及应用。

4.了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，掌握计算碰撞的基本方法。

二、教学重点1.物体碰撞的类型和守恒性质。

2.动能，动能守恒定律，动量，动量守恒定律的概念及应用。

3.弹性碰撞和非弹性碰撞的特点及计算方法。

三、教学内容3.1 物体碰撞的类型和守恒性质物体碰撞的类型包括完全弹性碰撞、非完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞等。

不同类型的碰撞，在碰撞前后物体的速度和动量的变化是不同的。

在碰撞中，动量、动能守恒定律是最基本的守恒规律。

在弹性碰撞中，动能也是守恒的，而在非弹性碰撞中，动能则通常不守恒。

3.2 动量，动量守恒定律及应用动量是描述物体运动状态的物理量之一，它定义为物体的质量乘以速度。

动量守恒定律指出：在一个系统内，如果合外力为零，该系统的总动量是守恒的。

在物体碰撞问题中，应用动量守恒定律来解题，可以得到方程组，通过求解方程组求解问题。

3.3 动能，动能守恒定律及应用动能是描述物体能够做功的物理量，它定义为1/2×物体质量×速度的平方。

动能守恒定律指出：在一个系统内，动能的总量是守恒的。

在弹性碰撞中，动能守恒定律是成立的。

在物体碰撞问题中，应用动能守恒定律来解题，同样可得到方程组，通过求解可得出问题的答案。

3.4 弹性碰撞和非弹性碰撞的特点及计算方法弹性碰撞和非弹性碰撞是物体碰撞的两种特殊情况。

弹性碰撞是指碰撞前后的动能守恒，碰撞物体之间的动量也守恒。

在弹性碰撞中，物体之间的变形很小。

非弹性碰撞是指碰撞前后的动能不守恒，但是碰撞物体的动量仍然守恒。

在非弹性碰撞中，物体之间的变形较大。

在解题中，可以通过计算物体碰撞前后的速度和动量变化，判断碰撞类型，从而选择合适的解题方法。

四、教学方法与技巧1.理论与实践相结合，引导学生观察实验现象，通过实验推导碰撞的守恒性质。

粤教版高二物理选修3-5知识点

粤教版高二物理选修3-5知识点提高记忆高中高二物理选修3-5知识点，高中学生可以把相关知识点分类整理，下面是店铺给大家带来的粤教版高二高二物理选修3-5知识点，希望对你有帮助。

粤教版高二物理选修3-5动量守恒定律知识点一、动量;动量守恒定律1、动量：可以从两个侧面对动量进行定义或解释：①物体的质量跟其速度的乘积，叫做物体的动量。

②动量是物体机械运动的一种量度。

动量的表达式P=mv。

单位是。

动量是矢量，其方向就是瞬时速度的方向。

因为速度是相对的，所以动量也是相对的。

2、动量守恒定律：当系统不受外力作用或所受合外力为零，则系统的总动量守恒。

动量守恒定律根据实际情况有多种表达式，一般常用等号左右分别表示系统作用前后的总动量。

运用动量守恒定律要注意以下几个问题：①动量守恒定律一般是针对物体系的，对单个物体谈动量守恒没有意义。

②对于某些特定的问题, 例如碰撞、爆炸等，系统在一个非常短的时间内，系统内部各物体相互作用力，远比它们所受到外界作用力大，就可以把这些物体看作一个所受合外力为零的系统处理, 在这一短暂时间内遵循动量守恒定律。

③计算动量时要涉及速度，这时一个物体系内各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的，一般取地面为参照物。

④动量是矢量，因此“系统总动量”是指系统中所有物体动量的矢量和，而不是代数和。

⑤动量守恒定律也可以应用于分动量守恒的情况。

有时虽然系统所受合外力不等于零，但只要在某一方面上的合外力分量为零，那么在这个方向上系统总动量的分量是守恒的。

⑥动量守恒定律有广泛的应用范围。

只要系统不受外力或所受的合外力为零，那么系统内部各物体的相互作用，不论是万有引力、弹力、摩擦力，还是电力、磁力，动量守恒定律都适用。

系统内部各物体相互作用时，不论具有相同或相反的运动方向;在相互作用时不论是否直接接触;在相互作用后不论是粘在一起，还是分裂成碎块，动量守恒定律也都适用。

3、动量与动能、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较。

高中创新设计物理粤教版选修3-5学案：1-11-2 物体的碰撞动量动量守恒定律 Word版含解析

第一节物体的碰撞第二节(1)动量动量守恒定律[目标定位] 1.探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.3.理解动量定理并能解释和解决实际问题.4.理解动量与动能、动量定理与动能定理的区别．一、物体的碰撞1．碰撞碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．其最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等．2．碰撞的分类(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：①正碰(对心碰撞)：作用前后沿同一条直线．②斜碰(非对心碰撞)：作用前后不沿同一条直线．(2)按碰撞过程中机械能是否损失分为：①弹性碰撞：碰撞前后系统的动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′.②非弹性碰撞：碰撞前后系统的动能不再相等，E k1′＋E k2′＜E k1＋E k2.二、动量及其改变1．冲量(1)定义：物体受到的力与力的作用时间的乘积．(2)定义式：I＝Ft.(3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒，符号为N·s.2．动量(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积．(2)定义式：p＝m v.(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m·s－1.(4)方向：动量是矢量，其方向与速度方向相同．3．动量的变化量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 0(矢量式)．4．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量，等于物体动量的改变量．(2)公式：Ft ＝m v t －m v 0.预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．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 k10＋E k20.2．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．3．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．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.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 02＝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 A 2＋12m B v B 2＝(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．针对训练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＋12m v 2＝2m v 2碰后总动能：E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′，所以A 对．二、对动量和动量变化量的理解1．动量：p ＝m v ，动量是矢量，方向与速度v 的方向相同．2．动量和动能的区别动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量p ＝m v 是矢量，而动能E k ＝12m v 2是标量．当速度发生变化时，物体的动量一定发生变化，而动能不一定发生变化．3．动量的变化量(Δp )Δp ＝p －p 0(1)若p 、p 0在同一条直线上，先规定正方向，再用正、负号表示p 、p 0的方向，则可用Δp ＝p －p 0＝m v t －m v 0进行代数运算．(2)动量变化量的方向：与速度变化的方向相同．【例2】羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h ，假设球飞来的速度为90 km/h ，运动员将球以 342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球的质量为5 g ，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化量是多少？答案 (1)0.6 kg·m/s ，方向与球飞来的方向相反(2)21 J解析 (1)以球飞来的方向为正方向，则羽毛球的初速度v 1＝903.6 m/s ＝25 m/s末速度v 2＝－3423.6 m/s ＝－95 m/sp 1＝m v 1＝5×10－3×25 kg·m/s ＝0.125 kg·m/sp 2＝m v 2＝－5×10－3×95 kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s 所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－0.475 kg·m/s －0.125 kg·m/s ＝－0.6 kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为0.6 kg·m/s ，方向与球飞来的方向相反．(2)羽毛球的初动能：E k ＝12m v 21≈1.56 J ，羽毛球的末动能：E k ′＝12m v 22≈22.56 J.所以ΔE k ＝ΔE k ′－E k ＝21 J.借题发挥关于动量变化量的计算(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 ＝m v t －m v 0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3】在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)答案 12 s解析法一用动量定理解，分段处理．选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v .取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0，对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v .以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 法二用动量定理解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得(F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 针对训练2 质量为0.5 kg 的弹性小球，从1.25 m 高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m ，g 取10 m/s 2.(1)若地板对小球的平均冲力大小为100 N ，求小球与地板的碰撞时间；(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1 s ，求小球对地板的平均冲力．答案 (1)0.047 s (2)55 N ，方向竖直向下解析 (1)碰撞前的速度：v 1＝2gh 1＝5 m/s 方向竖直向下碰撞后的速度：v 2＝2gh 2＝4 m/s 方向竖直向上取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：(F －mg )Δt ＝m v 2－(－m v 1)解得Δt ≈0.047 s(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失故碰撞后球的速度：v 2′＝5 m/s ，方向竖直向上由动量定理得(F ′－mg )Δt ′＝m v 2′－(－m v 1)解得F ′＝55 N由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55 N ，方向竖直向下.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1．质量为1 kg 的A 球以3 m/s 的速度与质量为2 kg 静止的B 球发生碰撞，碰后两球均以1 m/s 的速度一起运动．则两球的碰撞属于______类型的碰撞，碰撞过程中损失了______J 动能．答案完全非弹性 3解析由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v t 2＝(12×1×32－12×3×12) J ＝3 J.对动量和动量变化量的理解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，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．动量定理的理解和应用3．(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BD4．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/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500 N B．1 100 NC．600 N D．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＝－m v所以F＝mg＋m vt＝60×10 N＋60×101.5N＝1 000 N.(时间：60分钟)题组一对碰撞的理解1．在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小为E1，球2的动能大小为E2，则必有()A．E1＜E0B．E1＝E0C．E2＞E0D．E2＝E0答案 A解析根据碰撞前后动能关系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0.故只有A项对．2. (多选)如图1所示，A、B两个小球发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是()图1A．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在同一条直线上答案BD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B、D项正确；A项不能发生一维碰撞；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C项条件不一定能发生一维碰撞．3．如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t图象．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断：图2①碰前m2静止，m1向右运动②碰后m2和m1都向右运动③碰撞过程中系统机械能守恒④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能以上判断正确的是()A．①③B．①②③C．①②④D．③④答案 A解析由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故①是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，②错误；由题图乙可以计算出碰前m1的速度v10＝4 m/s，碰后速度v1＝－2 m/s，碰前m20的速度v20＝0，碰后速度v2＝2 m/s，碰撞过程中系统损失的机械能ΔE k＝12m1v102－12m1v12－12m2v22＝0，因此③是正确的，④是错误的．题组二对动量的理解4．(多选)下列说法中正确的是()A．物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变B．物体的速度方向改变时，其动量不一定改变C．物体的动量不变，其速度一定不变D．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答案ACD5．(多选)下列说法中正确的是()A．动能变化的物体，动量一定变化B．动能不变的物体，动量一定不变C．动量变化的物体，动能一定变化D．动量不变的物体，动能一定不变答案AD解析动量是矢量，p＝m v，动能是标量，E k＝12m v2，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，B、C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确．6．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．物体做曲线运动时动量一定变化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；物体做曲线运动时速度方向一定变化，所以动量一定变化．选项B正确；合外力不变且不为0时，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．题组三动量定理的理解与计算7．(多选)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，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，则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＝m2gh，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＝m2gh相同，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝m2gh，所以F＝m2ghΔt＋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．8．如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点()图3A．仍在P点B．在P点左侧C．在P点右侧不远处D．在P点右侧原水平位移的两倍处答案 B解析以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减少，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．9．如图4所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()图4A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同答案 D解析在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝m v2－(－m v1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同．10.如图5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t1速度为零然后又下滑，经过时间t2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F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()图5A．mg sin θ(t1＋t2) B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) 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总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，即C正确．11．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么()A．I1<I2，W1＝W2B．I1<I2，W1<W2C．I1＝I2，W1＝W2D．I1＝I2，W1<W2答案 D解析在Δt1内，I1＝FΔt1＝m v－0＝m v，在Δt2内，I2＝FΔt2＝2m v－m v＝m v，所以I1＝I2，又因为W1＝12m v2，W2＝12m(2v)2－12m v2＝32m v2，所以W1<W2，选项D正确．12.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6所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s，则小球所受到的平均力大小为________N.图6答案90解析选定小球与墙碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－m v2－m v1所以，F＝－m v2－m v1t＝－0.5×4－0.5×50.05N＝－90 N“－”号说明F的方向向左．13．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 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．(g取10 m/s2) 答案 1.5×103 N解析将运动员看做质量为m的质点，从高h1处下落，刚接触网时速度的大小v1＝2gh1(竖直向下)．弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小v2＝2gh2(竖直向上)．选竖直向上为正方向．由动量定理得(F－mg)·Δt＝m[v2－(－v1)]由以上各式解得F＝mg＋m 2gh2＋2gh1Δt代入数据得F＝1.5×103 N第二节(2)动量动量守恒定律[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.理解动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.会用动量守恒定律解决实际问题．一、系统、内力与外力1．系统：具有相互作用的两个物体组成一个力学系统．2．内力：系统中，物体间的相互作用力．3．外力：系统外部其他物体对系统的作用力．二、动量守恒定律1．内容：如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．2．表达式：对两个物体m1、m2组成的系统，常写成：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2.想一想如图1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？图1答案不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、对动量守恒定律的理解1．研究对象相互作用的物体组成的系统．2．动量守恒定律的成立条件(1)系统不受外力或所受合外力为零．(2)系统受外力作用，但内力远大于外力，此时动量近似守恒．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零或某一方向上内力远大于外力，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的几个性质(1)矢量性．公式中的v10、v20、v1和v2都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负后，才能用代数方法运算．(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v10、v20、v1和v2应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前同一时刻，v10、v20均是此时刻的瞬时速度；同理，v1、v2应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．【例1】(多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图2所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是()图2A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案ACD解析在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，后放开右手，系统的动量守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量都保持不变，D对．针对训练如图3所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()图3A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案 C解析两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，选项D错误．二、动量守恒定律的简单应用1．动量守恒定律的表达式及含义(1)p0＝p：系统相互作用前总动量p0等于相互作用后总动量p.(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．(4)m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．2．应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解．【例2】质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？答案20 cm/s方向向左解析碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速度为v10＝30 cm/s，v20＝－10 cm/s；v2＝0.由动量守恒定律列方程m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2，代入数据得v1＝－20 cm/s.故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左．借题发挥处理动量守恒应用题“三步曲”(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．【例3】如图4所示，将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上．图4(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？答案(1)1 m/s方向向右(2)0.5 m/s方向向右解析两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．(1)据动量守恒得：m v甲－m v乙＝m v甲′，代入数据解得v甲′＝v甲－v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右．(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得：m v甲－m v乙＝m v′＋m v′.解得v′＝m v甲－m v乙2m＝v甲－v乙2＝3－22m/s＝0.5 m/s，方向向右.对动量守恒条件的理解1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是()A．枪和弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒答案 D解析内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒；枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒；枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．故D正确．2．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是()图5A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒答案BC解析a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b构成的系统动量不守恒；a 离开墙壁后，系统所受合外力等于零，系统的动量守恒．动量守恒定律的简单应用3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.则甲、乙两物体质量之比为()图6。

(vip免费)(69页)粤教版高中物理选修3-5课堂练习+课后作业(整本书汇总)

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正确．二、双项选择题5．对于碰撞现象，下列说法正确的是()A．碰撞前后，两物体的速度方向必须共线B．碰撞前后，两物体的速度方向可以不共线C．碰撞时的相互作用时间一般很短D．碰撞时的相互作用时间一般很长解析：选BC.两物体发生正碰时，碰撞前后速度共线，当两物体发生斜碰时，碰撞前后速度可以不共线，碰撞的特点之一是相互作用时间短．6．在公路上甲、乙两车相撞，发生了一起车祸，甲车司机的前胸受伤，乙车司机的后背受伤，则这起车祸可能出现的情况是()A．两车同向运动，甲车在前，乙车在后，乙车撞上甲车B．两车同向运动，乙车在前，甲车在后，甲车撞上乙车C．乙车司机在前倒车，甲车在乙车的后面向乙车运动，撞上了乙车D．两车相向运动，来不及刹车，互相撞上了解析：选BC.甲司机胸前受伤，说明车突然受到向后的力，车速突然减小；乙司机后背受伤，说明乙车速度突然增大，受到向前的力，即甲车从后面碰上乙车．7．两物体发生碰撞后分开，各自以不同的速度运动，则下列说法正确的是()A．此碰撞过程一定无机械能的损失B．此碰撞过程可能无机械能的损失C．此碰撞过程可能有机械能的损失D．此碰撞过程一定有机械能的损失解析：选BC.两物体发生碰撞后分开，各自以不同速度运动，则两物体的碰撞必定属于弹性碰撞或非弹性碰撞，所以可能有机械能的损失，也可能没有机械能的损失．8．质量为m的小球从静止于光滑水平面上的光滑圆弧某处以初速度v滑上，当小球滚下到原位置时，下列说法正确的是()A．此时小球的速度仍为vB．此过程小球和圆弧的总动能保持不变C．此过程可等效为一个弹性碰撞过程D．无法确定解析：选BC.小球再次回到原位置时，整个过程系统无机械能损失，类似于弹性碰撞，但小球的动能减小． ☆9.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s －t 图线．已知m 1＝0.1 kg ，m 2＝0.3 kg ，由此可以判断( )A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．碰撞过程中系统机械能守恒D ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能解析：选AC.由乙图可以看出，碰前m 1位移随时间均匀增加，m 2位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B 错误；由乙图可以计算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后速度v 2′＝2 m/s ，又m 1＝0.1 kg ，m 2＝0.3 kg ，所以碰撞过程中系统损失的机械能ΔE k ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此C 是正确的，D 是错误的． 10.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( )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AB 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：选BD.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B 、D 项正确；A 项不能发生正碰；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C 项条件不一定能发生正碰．故正确答案为B 、D.三、非选择题11．质量为1 kg 的A 球以3 m/s 的速度与质量为2 kg 的B 球发生碰撞，碰后两球以1 m/s 的速度一起运动．则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________J 动能．解析：由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2 ＝⎝⎛⎭⎫12×1×32－12×3×12 J ＝3 J. 答案：完全非弹性碰撞 3☆12.小球A 、B 的质量均为m ，A 球用轻绳吊起，B 球静止放于水平地面上．现将小球A 拉起h 高度由静止释放，如图所示．小球A 摆到最低点与B 球发生对心碰撞后粘在一起共同上摆．不计两小球相互碰撞所用时间，忽略空气阻力作用，碰后两小球上升的最大高度为h 4，则在两小球碰撞过程中，两小球的内能一共增加了多少？解析：两球发生完全非弹性碰撞，动能损失转化为内能．碰撞之前的动能等于A 球原来的重力势能mgh ，碰撞之后系统的动能等于A 、B 共同的动能即上升到最大高度处的重力势能2×mgh 4＝mgh 2，所以系统损失的动能为mgh －mgh 2＝mgh 2.由能量守恒定律知系统损失的动能等于碰撞中两小球的内能增量，即两小球的内能一共增加了mgh 2. 答案：mgh 21．(双选)下列说法正确的是( )A ．人类很早就开始了对碰撞的研究，为动量守恒定律的得出奠定了基础B ．人类对碰撞的研究始于发现了动量守恒定律之后C ．碰撞是一种常见的相互作用形式D ．碰撞发生后，两物体一定在同一直线上运动解析：选AC.人类早在17世纪中叶就对碰撞现象开始了研究，碰撞现象是物体间的直接相互作用．2．(双选)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解析：选AD.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，与物体作用前及作用后的速度大小无关．3．(单选)下列属于弹性碰撞的是( )A ．钢球A 与钢球BB ．钢球A 与橡皮泥球BC ．橡皮泥球A 与橡皮泥球BD ．木球A 与钢球B解析：选A.钢球A 与钢球B 发生碰撞，形变能够完全恢复，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，形变不能够完全恢复，属于非弹性碰撞，D 错．4．(双选)下列说法正确的是( )A ．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：选CD.两小球碰撞时的速度沿着球心连线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在球心连线上，称为斜碰，即非对心碰撞．5．如图所示，在离地面3h 的平台边缘有一质量为2m 的小球A ，在其上方悬挂着一个质量为m 的摆球B ，当球B 从离平台3h 高处由静止释放到达最低点时，恰与A 发生正碰，使A 球水平抛出，已知碰后A 着地点距抛出点的水平距离为3h ，B 偏离的最大高度为h ，试求碰后两球的速度大小，并判断碰撞属于何种碰撞．解析：碰后对B 球由机械能守恒可知mgh ＝12m v 22，则v 2＝2gh .对A 球：3h ＝12gt 2，v 1t ＝3h ，解得v 1＝ 32gh . 碰前对B 球根据机械能守恒定律可得mg ×3h ＝12×m v 20，解得v 0＝6gh . 则碰撞过程中动能的损失为ΔE k ＝12m v 20－12m v 22－12×2m v 21＝12mgh 所以两球的碰撞为非弹性碰撞．答案： 32gh 2gh 非弹性碰撞一、单项选择题1．用水平力F 拉静止在地面上的桌子，作用了t 时间，但桌子未动．则力F 对桌子所做的功及在时间t 内的冲量分别为( )A ．0，FtB ．0,0C ．均不为零D ．无法确定解析：选A.由功的定义知，在力F 的方向上无位移，故做功为零；由冲量的定义知，力F 不为零，作用时间为t ，故力F 的冲量为Ft .应选A.2．一质量为m 的物体做匀速圆周运动，线速度大小为v ，当物体从某位置转过14周期时，动量改变量的大小为( )A ．0B ．m vC.2m v D ．2m v解析：选C.物体做匀速圆周运动时，动量大小不变，但方向在发生变化，故计算动量变化Δp 时应使用平行四边形定则，如图所示，设p 为初动量，p ′为末动量，而由于p 、p ′大小均为m v ，且p ′与p 垂直，则Δp 大小为2m v .选项C 正确．3．水平面上的物体M ，在水平恒力F 的作用下由静止开始运动，经时间t 后，撤去水平恒力F ，又经时间t 后物体停止运动，则物体所受的摩擦力大小为( )A ．F B.F 2C.F 3D.F 4解析：选B.对全过程应用动量定理可得Ft －2ft ＝0，则f ＝F 2.即B 选项正确． 4．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A ．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒B ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒C ．只要系统所受的外力为零，系统的动量就守恒D ．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒解析：选C.由动量守恒条件知，选项C 正确，选项A 、B 错误．系统中所有物体的加速度为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，故选项D 错误．5．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7 kg·m/s ，球2的动量为5 kg·m/s ，当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是( )A ．Δp 1＝－1 kg·m/s ，Δp 2＝1 kg·m/sB ．Δp 1＝－1 kg·m/s ，Δp 2＝4 kg·m/sC．Δp1＝1 kg·m/s，Δp2＝－1 kg·m/sD．Δp1＝－12 kg·m/s，Δp2＝10 kg·m/s解析：选A.两球相撞过程中满足动量守恒，即相撞过程中两球动量变化大小相等，方向相反，所以Δp1＋Δp2＝0，B、D选项错误；球2被碰后动量增大，且与原动量方向相同，即Δp2＞0，C选项错误．6．光滑水平面上，小球A以速率v运动时和静止的小球B发生碰撞，碰后A以v/2的速率弹回，而B球以v/3的速率向前运动，求A、B两球的质量之比() A．2∶3 B．2∶9C．3∶2 D．9∶2解析：选B.小球A和静止的小球B发生碰撞，取两小球为系统，受到重力和支持力的合外力为零，满足动量守恒，又因为动量是一个矢量，取A球初速度方向为正方向，设A、B小球质量分别为m1、m2，则m1v＝－m1v/2＋m2v/3，得m1∶m2＝2∶9.故B正确．二、双项选择题7．以一定的初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力不可忽略，关于物体受到的冲量，以下说法正确的是()A．物体上升阶段和下落阶段受到重力冲量的方向相反B．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的方向相反C．物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量D．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量解析：选BC.某个恒力冲量的方向与该力方向相同，即物体在上升阶段和下落阶段重力的冲量方向均竖直向下；由于空气阻力不可忽略，物体上升时间小于下落时间，即物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量．8.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则()A．木块的最终速度为mM＋mv0B．小车和木块所组成的系统动量守恒C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多解析：选AB.木块和小车间存在摩擦，为内力，系统所受合外力为零，动量守恒，由m v0＝(M＋m)v，可知木块和小车最终有共同速度v＝m v0M＋m.车表面越粗糙，滑动摩擦力越大，但木块减少的动量和小车增加的动量不变．☆9.如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然被释放后，则()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动解析：选BC.A、B组成的系统所受合外力不为0，所以动量不守恒；A、B、C组成的系统所受合外力为0，所以动量守恒，故B选项正确．对于C，它受A给它向左的摩擦力，大小为μm A g；同理它受B给它向右的摩擦力，大小为μm B g.而m A∶m B＝3∶2，所以向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故向左运动．则选项B、C正确．三、非选择题☆10.某同学设计了一个用打点计时器做“验证动量守恒定律”的实验：在小车A的前端粘着橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的小车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所示，在小车后连接着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50 Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力．(1)若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距(标在图上)．A 为运动起点，则应该选择________段来计算A 碰前的速度，应选择________段来计算A 和B 碰后的共同速度．(以上空格选填“AB ”、“BC ”、“CD ”或“DE ”)(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.40 kg ，小车B 的质量m 2＝0.20 kg ，由以上测量结果可得碰前m 1v 0＝________kg·m/s ；碰后(m 1＋m 2)v 共＝________kg·m/s.由此得出结论________________________________________________________________________．解析：(1)分析纸带上的点迹可以看出，BC 段既表示小车做匀速运动，又表示小车具有较大的速度，故BC 段能准确地描述小车A 碰前的运动情况，应当选择BC 段计算小车A 碰前的速度．而DE 段内小车运动稳定，故应选择DE 段计算碰后A 和B 的共同速度．(2)小车A 碰撞前的速度v 0＝BC 5×1f＝10.50×10－25×0.02 m/s ＝1.050 m/s 小车A 在碰撞前m 1v 0＝0.40×1.050 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s碰后A 和B 的共同速度v 共＝DE 5×1f＝6.95×10－25×0.02 m/s ＝0.695 m/s 碰撞后A 和B(m 1＋m 2)v 共＝(0.20＋0.40)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s结论：在误差允许的范围内，碰撞前后系统的动量守恒．答案：(1)BC DE (2)0.420 0.417在误差允许的范围内，碰撞前后系统的动量守恒11．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/s 2)．解析：以竖直向上为正方向，则v ′＝4 m/s ，v ＝－6 m/s所以小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp ＝m v ′－m v ＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s＝2 kg·m/s根据动量定理，得(F －mg )t ＝Δp所以平均作用力F ＝Δp t ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N ＝12 N. 答案：2 1212．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49 t ，以54 km/h 的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为 2.5 m/s 2(不超载时则为5 m/s 2)．(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？(2)若超载货车刹车时正前方25 m 处停着总质量为1 t 的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s 后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？解析：(1)设货车刹车时速度大小为v 0、加速度大小为a ，末速度大小为v t ，刹车距离为s ，则s ＝v 20－v 2t 2a代入数据，得超载时s 1＝45 m ，若不超载s 2＝22.5 m.(2)设货车刹车后经s ′＝25 m 与轿车碰撞时的初速度大小为v 1，则v 1＝v 20－2as ′①设碰撞后两车共同速度为v 2、货车质量为M 、轿车质量为m ，由动量守恒定律得 M v 1＝(M ＋m )v 2②设货车对轿车的作用时间为Δt 、平均冲力大小为F ，由动量定理得F Δt ＝m v 2③联立①②③式，代入数据得F ＝9.8×104 N.答案：(1)45 m 22.5 m (2)9.8×104 N1．(单选)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．物体的动量越大，其惯性越大B ．物体的动量越大，其速度越大C ．物体的动量越大，其动能越大D ．物体的动量发生变化，其动能可能不变解析：选D.动量取决于质量和速度两个因素，动量是矢量，其方向与速度方向相同，动量变化时，可能是大小变化，也可能是方向变化．2．(单选)下面关于物体动量和冲量的说法不．正确的是( ) A ．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B ．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C ．物体动量变化量的方向，就是它所受合外力的冲量方向D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快解析：选A.由Ft ＝Δp 知，Ft 越大，Δp 越大，但动量不一定大，它还与初状态的动量有关；冲量不仅与Δp 大小相等，而且方向相同．由F ＝p ′－p t知，物体所受合外力越大，动量变化越快．3.(双选)木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )A ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 系统的动量守恒B ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 系统的动量不守恒C ．a 离开墙后，a 、b 系统动量守恒D ．a 离开墙后，a 、b 系统动量不守恒解析：选BC.撤去外力后，a 尚未离开墙壁前，弹簧对a 有弹力，因此墙壁必然对a 有压力，则a 和b 的系统所受合外力不为零，动量不守恒，B 项正确；a 离开墙后，a 和b 组成的系统所受外力只有竖直方向的重力和支持力，且这两个力的合力为零，因此a 、b 系统动量守恒，C 项正确．4．(双选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，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解析：选AB.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．5．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．解析：设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0. 答案：见解析一、单项选择题1．质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)( )A.(M ＋m )v 2m v 1B.M v 1(M ＋m )v 2C.M v 1m v 2D.m v 1M v 2解析：选C.设须发射数目为n ，以v 1为正方向，由动量守恒定律，得M v 1－n ·m v 2＝0，所以n ＝M v 1m v 2，故选C. 2．如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．3.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：选B.因系统受合外力为零，根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B 正确．4．质量为M 的小车在光滑的水平地面上以速度v 0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，小车的速度将( ) A ．减小 B ．不变 C ．增大 D ．无法确定解析：选B.本题中小车与沙子组成的系统仅在水平方向上动量守恒．因沙子从车上漏出前在水平方向有速度为v 0，故沙子漏出后做平抛运动，水平方向的速度为v 0.由动量守恒定律得，小车的速度仍为v 0，即不变．5.如图所示，光滑水平面上有质量均为m 的物块A 和B ，B 上固定一轻弹簧．B 静止，A 以速度v 0水平向右运动，通过弹簧与B 发生作用．作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能E p 为( )A.116m v 20B.18m v 20C.14m v 20D.12m v 20解析：选C.A 、B 速度相等时弹簧的弹性势能最大，这时设A 、B 的速度为v ，由动量守恒m v 0＝2m v ，弹性势能的最大值E p ＝12m v 20－12×2m v 2＝14m v 20. 6.如图所示，小球A 和小球B 质量相同，球B 置于光滑水平面上，球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )A ．h B.12h C.14h D.18h 解析：选C.对A 由机械能守恒mgh ＝12m v 2，得v ＝ 2gh .对碰撞过程由动量守恒m v ＝2m v ′，得v ′＝2gh 2.设碰撞后A 、B 整体上摆的最大高度为h ′，则2mgh ′＝12×2m v ′2，解得h ′＝h 4，C 正确．二、双项选择题7．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是( )A ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行解析：选AD.碰撞过程动量守恒，若碰撞是弹性碰撞，A 正确；若碰撞后粘在一起，会以相同速率运动，D 正确．8．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．上述两种情况相比较( )A ．子弹对滑块做功一样多B ．子弹对滑块做功不一样多C ．系统产生的热量一样多D ．系统产生的热量不一样多解析：选AC.由于都没有射出滑块，因此根据动量守恒，两种情况滑块最后的速度是一样的，即子弹对滑块做功一样多，再根据能量守恒，损失的机械能也一样多，故系统产生的热量一样多，选项A 、C 正确．。

粤教版高中物理选修3-5考前必备高考总复习教案1.3动量守恒定律在碰撞中的应用习题课

1.2动量守恒定律在碰撞中的应用（习题课）教案（粤教版选修3-5）一、教学目的1、复习巩固动量定理2、复习巩固应用动量守恒定律解答相关问题的基本思路和方法3、掌握处理相对滑动问题的基本思路和方法二、教学重点1、本节知识结构的建立2、物理情景分析和物理规律的选用三、教学难点物理情景分析和物理规律的选用四、教学过程本章知识结构〖引导学生回顾本章内容，建立相关知识网络（见下表）〗典型举例问题一：动量定理的应用例1：质量为m 的钢珠从高出沙坑表面H 米处由静止自由下落，不考虑空气阻力，掉入沙坑后停止，如图所示，已知钢珠在沙坑中受到沙的平均阻力是f ，则钢珠在沙内运动时间为多少？分析：此题给学生后，先要引导学生分清两个运动过程：一是在空气中的自由落体运动，二是在沙坑中的减速运动。

学生可能会想到应用牛顿运动定律和运动学公式进行分段求解，此时不急于否定学生的想法，应该给予肯定。

在此基础上，可以引导学生应用全过程动量定理来答题。

然后学生自己思考讨论，动手作答，老师给出答案。

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=2121gt ，得t 1=gH 2, 对全过程有：mg(t 1 ＋t 2)－f t 2=0－0 得：mgf gHm t -=22巩固：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动量和动量守恒定律动量冲量动量守恒定律动量P=mv描述物体运动状态的状态量，它与时刻相对应矢量，与速度的方向相同动量的变化△P=mv`－mv ，是矢量冲量I=Ft描述力的时间积累效应，是过程量，它与时间相对应矢量，它的方向由力的方向决定动量定理物体所受合力的冲量等于物体的动量变化，即I=ΔP冲量是物体发生动量变化的原因，并且冲量是物体动量变化的量度给出了冲量和动量变化间的互求关系tP F ∆∆=一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变22112211v m v m v m v m '+'=+动量守恒条件系统不受外力或者受外力之和为零系统受外力，但外力远小于内力系统在某一个方向上所受的合外力为零，则这个方向上动量守恒内容表达形式到离水平网面5.0m 高处。

2013-2014学年高二物理粤教版选修3-5同步课件：第1章第3节动量守恒定律在碰撞中的应用

2×
解析：以A、B为系统，系统所受合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，即pA′＋pB′＝pA＋pB＝9 kg·m/s＋3 kg·m/s＝ 12 kg·m/s，故先排除D项．
A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即：
EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′，
EkA＋EkB＝
pA2 2m

pB2 2m
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动．
答案：A
分方向的动量守恒
如果相互作用的物体所受到外力之和不为零，外力也不远小于内力，系统总动量就不守恒，也不能近似认为守恒，但是，只要在某一方向上合外力的分量为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方向上系统的动量守恒或近似守恒．
小型迫击炮在总质量为1 000 kg的船上发射，炮弹的质量为2 kg.若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600 m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度．
解析：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．
A．做加速运动 B．做减速运动 C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向)
Mv－mv＝(M＋m)v′. 则v′＝ MMv－＋mmv＝3×43－＋11×4 m/s＝2 m/s. 共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同．
相互作用的几个物体，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．

2020学年高中物理精讲精练精析第3点三点诠释动量守恒定律粤教版选修3-5

第3点三点诠释动量守恒定律动量守恒定律是自然界中的一条普适规律，其表述为：物体在碰撞时，如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．下面从四个方面谈谈对动量守恒定律的理解一、动量守恒定律的研究对象从动量守恒定律的表述中不难看出，其研究对象是由两个或两个以上的物体所组成的系统，研究对象具有系统性．二、动量守恒的条件在定律表述中，明确提出了动量守恒的条件，即“系统所受到的合外力为零”．对守恒条件的掌握应注意其全面性：1．严格的“守恒”条件系统所受到的合外力为零．2．“守恒”条件的外延(1)当系统在某一方向上所受到的合外力为零时，则系统在这一方向上遵守动量守恒定律．(2)当系统内力远大于外力时，该系统近似遵守动量守恒定律．三、“守恒”的含义定律中的“守恒”有两层含义(1)系统作用前后总动量的大小和方向都不变；(2)在整个动量守恒的过程中，系统在任意两个状态下的总动量都相等．四、动量守恒定律的两种表达式对动量守恒定律的认识角度不同，将得到两种不同的表达式：(1)守恒式：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，其含义是：系统作用前后的总动量相等．(2)转移式：Δp 1＝－Δp 2，其含义是：系统中某一部分物体动量的增加量等于另一部分物体动量的减少量．对点例题光滑水平面上放着一质量为M 的槽，槽与水平面相切且光滑，如图1所示，一质量为m 的小球以速度v 0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球上升的高度？图1解题指导槽固定时，设球上升的高度为h 1，由机械能守恒得mgh 1＝12mv 20 解得h 1＝v 202g槽不固定时，设球上升的最大高度为h 2，此时两者速度为v .由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 由机械能守恒得：12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgh 2 解得h 2＝Mv 202m ＋M g答案 v 202g Mv 202m ＋M g点拨提升槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，到达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，因此水平方向上动量守恒，由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度相同．1．(双选)如图2所示，在光图2滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是( )A ．斜面和小球组成的系统动量守恒B ．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C ．斜面向右运动D ．斜面静止不动答案 BC解析斜面受到的重力、地面对它的支持力以及球受到的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A 选项错误．但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B 选项正确．由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C 选项正确，D 选项错误．2．如图3所示，质量为M 的刚性斜面体静止在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以速度v 0的水平速度射到斜面体的斜面上并被斜面体沿竖直方向弹起，求子弹竖直弹起后斜面体的速度．图3答案 m M v 0解析子弹与斜面体相互作用时，水平方向不受外力作用，故两者组成的系统水平方向动量守恒，有mv 0＝Mv ，得v ＝m Mv 0.3．如图4所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0＝6.0 m/s.甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg.甲不断地将小球一个一个地以v＝16.5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？图4答案15个解析两车不相碰的临界条件是它们最终的速度(对地)相同，由甲、乙和他们的车及所有小球组成的系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′①再以甲和他的车及所有小球组成的系统为研究对象，同样有M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv②联立①②解得n＝15个．。

2020-2021学年高中物理粤教版选修3-5 第一章碰撞与动量守恒实验验证动量守恒定律教学案

实验验证动量守恒定律一、实验目的1．验证一维碰撞中的动量守恒.2．探究一维弹性碰撞的特点。

二、实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′,看碰撞前后动量是否守恒.三、实验器材方案一:气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥.方案二：带细线的摆球（两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。

方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车（两个)、天平、撞针、橡皮泥。

方案四：斜槽，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，天平一台,刻度尺，圆规。

四、实验步骤方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验（1)测质量：用天平测出滑块质量.(2）安装：正确安装好气垫导轨。

(3）实验：接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量，②改变滑块的初速度大小和方向）.(4）验证：一维碰撞中的动量守恒。

方案二:利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

（2）安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。

（3）实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。

(4）测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度.(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验.(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。

方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验（1）测质量：用天平测出两小车的质量。

(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

(3）实验:接通电源,让小车A运动,小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。

（4）测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝错误!算出速度。

2017-2018学年同步备课套餐之物理粤教版选修3-5讲义：

第7点动量和能量观点的综合应用1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单个物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时，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．这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态，不对过程变化的细节作深入的研究，这是它们比牛顿运动定律的方便之处．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(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；(2)动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，用力和运动的观点求解比较复杂，若用动量或能量的观点求解会比较简便．对点例题如图1所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2 kg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)．其中甲车上表面光滑，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(细线未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E0＝10 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止．现剪断细线，求：(g＝10 m/s2)图1(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小；(2)要使滑块P恰好不滑离小车乙，则小车乙的长度至少为多少？解题指导(1)设滑块P滑上乙车前的速度为v0，小车的速度为v，选甲、乙和P为系统，对从滑块P开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程，应用动量守恒有m v0－2M v＝0在这个过程中系统的机械能守恒，有E 0＝12m v 20＋12×2M v 2联立两式解得：v 0＝4 m/s 同时可得v ＝1 m/s(2)设滑块P 到达小车乙另一端时与小车恰好有共同速度v ′，选滑块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m v 0－M v ＝(m ＋M )v ′ 解得：v ′＝23m/s对滑块P 和小车乙组成的系统，由能量守恒定律得12m v 20＋12M v 2－12(m ＋M )v ′2＝μmgL 联立各式，代入数据解得：L ＝53 m.答案 (1)4 m/s (2)53m点拨提升动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律、机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．1．如图2所示，A 、B 、C 三个小物块放置在光滑水平面上，A 紧靠竖直墙壁，A 、B 之间用轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为m A ＝m ，m B ＝2m ，m C ＝m .现给C 一水平向左的速度v 0，C 与B 发生碰撞并粘在一起．试求：图2(1)A 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能； (2)A 离开墙壁后，C 的最小速度．答案 (1)16m v 20 (2)v 06解析 (1)B 、C 碰撞动量守恒，则m v 0＝3m v弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由动量守恒定律可得：E pm ＝12×3m v 2联立解得：E pm ＝16m v 20 (2)在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒．设弹簧恢复原长时，B 、C 的速度为v ′，有E pm ＝32m v ′2，则v ′＝v 03，A 离开墙壁后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B 、C 的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A 达到最大速度v A ，B 、C 的速度减小到最小值v C .在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有3m v ′＝m v A ＋3m v C ， E pm ＝12m v 2A ＋32m v 2C 解得：v C ＝v 06.2．如图3所示，在倾角θ＝30°的斜面上放置一段凹槽B ，B 与斜面间的动摩擦因数μ＝36，槽内靠近右侧壁处有一小物块A (可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d ＝0.10 m ．A 、B 的质量都为m ＝2.0 kg ，B 与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A 、B 之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A 、B ，经过一段时间，A 与B 的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g ＝10 m/s 2.求：图3(1)物块A 和凹槽B 的加速度大小；(2)物块A 与凹槽B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间A 、B 的速度大小．答案 (1)5.0 m /s 2 0 (2)0 1.0 m/s 解析 (1)设A 的加速度为a 1，则 mg sin θ＝ma 1，a 1＝g sin θ＝5.0 m/s 2 设B 受到斜面施加的滑动摩擦力f ，则 f ＝μ·2mg cos θ＝36×2×2.0×10×32N ＝10 N ，方向沿斜面向上，B 所受重力沿斜面的分力G 1＝mg sin θ＝2.0×10×12 N ＝10 N ，方向沿斜面向下，因为G 1＝f ，所以B 受力平衡，释放后B 保持静止，则凹槽B 的加速度a 2＝0(2)释放A 后，A 做匀加速运动，设物块A 运动到凹槽B 的左内侧壁时的速度v A 0，根据匀变速直线运动规律得v A 02＝2a 1dv A 0＝2a 1d ＝2×5.0×0.10 m /s ＝1.0 m/s因A 、B 发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A 和B 碰撞前后动能守恒，设A 与B 碰撞后A 的速度为v A 1，B 的速度为v B 1，根据题意有 m v A 0＝m v A 1＋m v B 112m v A02＝12m v A12＋12m v B12解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为v A1＝0，v B1＝1.0 m/s.。

2020年粤教版高中物理选修3-5课后练习(7)(有答案解析)

2020年粤教版选修3-5课后练习（7）一、单选题（本大题共3小题，共12.0分）1.在用α粒子轰击金箔的实验中，使α粒子发生散射的主要作用力是()A. α粒子与原子核间的库仑力B. α粒子与原子中电子的库仑力C. α粒子与原子核和电子的库仑力两者都很重要D. α粒子和原子间的万有引力2.氢原子由n=1的状态激发到n=4的状态，在它回到n=1的状态的过程中，有以下说法①可能激发的能量不同的光子只有3种②可能发出6种不同频率的光子③可能发出的光子的最大能量为12.75eV④可能发出光子的最小能量为0.85eV其中正确的说法是()A. ①③B. ②④C. ①④D. ②③3.用能量为12.30eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，则受到光的照射后下列关于氢原子跃迁的说法正确的是()A. 电子能跃迁到n=2的能级上去B. 电子能跃迁到n=3的能级上去C. 电子能跃迁到n=4的能级上去D. 电子不能跃迁到其他能级上去二、填空题（本大题共2小题，共8.0分）4.卢瑟福通过______ 实验，发现了原子中间有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构模型．右面平面示意图中的四条线表示α粒子运动的可能轨迹，在图中完成中间两条α粒子的运动轨迹．5.原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子，例如在某种条件下，铬原子的n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n=4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子，已知铬，式中n=1，2，3…表示不同能级，A是正的已知常数，原子的能级公式可简化表示为E n=−An2上述俄歇电子的动能是______．三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）6.当用能量为12.6eV的电子轰击未激发的氢原子时，试求这些氢原子所能达到的最高能态。

7.汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A′中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点，O′与O点的竖直间距为b，水平间距可忽略不计．此时，在P和P′间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O 点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为d，极板右端到荧光屏的距离为L2．(1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小．(2)推导出电子的比荷的表达式．四、简答题（本大题共3小题，共24.0分）8.原子丢失电子的过程叫做电离。

高中物理知识点复习粤教版选修3

【步步高】2014-2015学年高中物理知识点复习粤教版选修3第1点动量定理的两点应用1．用动量定理求变力的冲量和物体动量的变化一个物体的动量变化Δp 与合外力的冲量具有等效代换关系，二者大小相等、方向相同，可以相互代换，据此有：(1)应用I ＝Δp 求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft 求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp ，等效代换变力的冲量I .(2)应用Δp ＝F Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动的物体速度方向时刻在变化，求动量的变化Δp ＝p ′－p 需要运用矢量的运算方法，比较麻烦．如果作用力是恒力，可以先求恒力的冲量，等效代换动量的变化． 2．用动量定理解释相关物理现象的要点由Ft ＝p ′－p ＝Δp 可以看出，当Δp 为恒量时，作用力F 的大小与相互作用时间t 成反比．例如，玻璃杯自一定高度自由下落，掉在水泥地面上，玻璃杯可能破碎，而掉在垫子上就可能不破碎，其原因就是玻璃杯的动量变化虽然相同，但作用时间不同．当F 为恒量时，物体动量的变化Δp 与相互作用时间t 成正比．例如，叠放在水平桌面上的两物体，如图1所示，若施力快速将A 水平抽出，物体B 几乎仍静止，当物体A 抽出后，物体B 将竖直下落．图1对点例题如图2所示，一质量为m 的小球，以初速度v 0沿水平方向射出，恰好垂直地落到一倾角为30°的固定斜面上，并立即沿反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的34.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．图2解题指导小球在碰撞斜面前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球速度为v ，由题意知，v 的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v 0，如题图所示．由此得v ＝2v 0①碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的34v ，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为I ＝m (34v )－m ·(－v )②由①②得I ＝72mv 0.答案 72mv 0规律方法重力的冲量可以忽略不计是因为作用时间极短．重力的冲量远小于斜面对物体的冲量，这是物理学中常用的一种近似处理方法．1．(单选)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小 B ．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小 C ．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小 D ．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小答案 D解析人跳远从一定高度落下，落地前的速度(v ＝v 20＋2gh )一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp 一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft ＝Δp 知，t 长F 小，故D 对． 2．光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下做匀速圆周运动，已知球的质量为m ，线速度为v ，且绳长为l ，试求球运动半圆周过程中绳拉力的冲量大小．答案 2mv解析在球运动半圆周过程中，由动量定理可知：I 绳＝Δp ＝2mv .3．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2) 答案 12 s解析解法一用动量定理解，分段处理．选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，初态速度为零，末态速度为v .取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有 (F －μmg )t 1＝mv －0对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，初态速度为v ，末态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv 以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s解法二用动量定理解，研究全过程．选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程物体初、末状态的速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得(F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0 解得：t 2＝F －μmgμmgt 1 ＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s第2点微元法解决连续质量变动问题应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为： (1)确定一小段时间Δt 内的连续体为研究对象； (2)写出Δt 内连续体的质量Δm 与Δt 的关系式； (3)分析连续体Δm 的受力情况和动量变化； (4)应用动量定理列式、求解．对点例题飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持飞船速度不变的问题．我国科学家已将这一问题解决，才使得“神舟五号”载入飞船得以飞行成功．假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S ＝0.98 m 2，以v ＝2×103 m/s 的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m 3空间有一微粒，每一微粒平均质量m ＝2×10－4g ，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上)解题指导由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力相等，据牛顿第三定律知，此力也与飞船对微粒的作用力相等．只要求出时间t 内微粒的质量，再由动量定理求出飞船对微粒的作用力，即可得到飞船增加的牵引力．时间t 内附着到飞船上的微粒质量为：M ＝m ·S ·vt ，设飞船对微粒的作用力为F ，由动量定理得：Ft ＝Mv ＝mSvt ·v ，即F ＝mSv 2，代入数据解得F ＝0.784 N. 答案 0.784 N方法点评对这类有连续质量变动的问题关键在于研究对象的选取，通常采用的方法是选Δt 时间内发生相互作用的变质量物体为研究对象，确定发生相互作用前后的动量，然后由动量定理解题．1．(单选)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s ，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3)( ) A ．0.15 Pa B ．0.54 Pa C ．1.5 Pa D ．5.4 Pa 答案 A解析由题中1小时内水位上升了45 mm ，可知每秒钟水位上升的高度：Δh ＝45×10－33 600m ＝1.25×10－5m ，在t 秒内雨水对睡莲叶面的冲量：I ＝F ·t ＝mv ＝ρ·V ·v ＝ρ(S底·Δh ·t )·v ，可得雨滴对睡莲叶面的压强：p ＝FS 底＝ρΔhv ＝0.15 Pa ，故选项A 正确．2．如图1所示，图1水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d ＝30 cm ，水速为v ＝50 m/s ，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．(水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3) 答案 1.77×105N解析设在一小段时间Δt 内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρS ·v Δt . 以质量为Δm 的水为研究对象，如题图所示，它在Δt 时间内的动量变化 Δp ＝Δm ·(0－v )＝－ρSv 2Δt .设F 为水对煤层的平均作用力，即冲力，F ′为煤层对水的反冲力，以v 的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有F ′·Δt ＝Δp ＝－ρv 2S Δt ，即F ′＝－ρSv 2.根据牛顿第三定律知F ＝－F ′＝ρSv 2. 式中S ＝π4d 2，代入数据解得F ≈1.77×105N.第3点三点诠释动量守恒定律动量守恒定律是自然界中的一条普适规律，其表述为：物体在碰撞时，如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．下面从四个方面谈谈对动量守恒定律的理解一、动量守恒定律的研究对象从动量守恒定律的表述中不难看出，其研究对象是由两个或两个以上的物体所组成的系统，研究对象具有系统性．二、动量守恒的条件在定律表述中，明确提出了动量守恒的条件，即“系统所受到的合外力为零”．对守恒条件的掌握应注意其全面性： 1．严格的“守恒”条件系统所受到的合外力为零．2．“守恒”条件的外延(1)当系统在某一方向上所受到的合外力为零时，则系统在这一方向上遵守动量守恒定律．(2)当系统内力远大于外力时，该系统近似遵守动量守恒定律．三、“守恒”的含义定律中的“守恒”有两层含义(1)系统作用前后总动量的大小和方向都不变；(2)在整个动量守恒的过程中，系统在任意两个状态下的总动量都相等．四、动量守恒定律的两种表达式对动量守恒定律的认识角度不同，将得到两种不同的表达式：(1)守恒式：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，其含义是：系统作用前后的总动量相等．(2)转移式：Δp 1＝－Δp 2，其含义是：系统中某一部分物体动量的增加量等于另一部分物体动量的减少量．对点例题光滑水平面上放着一质量为M 的槽，槽与水平面相切且光滑，如图1所示，一质量为m 的小球以速度v 0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球上升的高度？图1解题指导槽固定时，设球上升的高度为h 1，由机械能守恒得mgh 1＝12mv 2解得h 1＝v 202g槽不固定时，设球上升的最大高度为h 2，此时两者速度为v .由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v 由机械能守恒得：12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgh 2解得h 2＝Mv 202m ＋M g答案 v 202g Mv 202m ＋M g点拨提升槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，到达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，因此水平方向上动量守恒，由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度相同．1．(双选)如图2所示，在光图2滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是( ) A ．斜面和小球组成的系统动量守恒B ．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C ．斜面向右运动D ．斜面静止不动答案 BC解析斜面受到的重力、地面对它的支持力以及球受到的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A 选项错误．但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B 选项正确．由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C 选项正确，D 选项错误．2．如图3所示，质量为M 的刚性斜面体静止在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以速度v 0的水平速度射到斜面体的斜面上并被斜面体沿竖直方向弹起，求子弹竖直弹起后斜面体的速度．图3答案 m Mv 0解析子弹与斜面体相互作用时，水平方向不受外力作用，故两者组成的系统水平方向动量守恒，有mv 0＝Mv ，得v ＝m Mv 0.3．如图4所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v 0＝6.0 m/s.甲车上有质量m ＝1 kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M 1＝50 kg ，乙和他的车总质量M 2＝30 kg.甲不断地将小球一个一个地以v ＝16.5 m/s 的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？图4答案 15个解析两车不相碰的临界条件是它们最终的速度(对地)相同，由甲、乙和他们的车及所有小球组成的系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有M 1v 0－M 2v 0＝(M 1＋M 2)v ′①再以甲和他的车及所有小球组成的系统为研究对象，同样有M 1v 0＝(M 1－nm )v ′＋nmv ② 联立①②解得n ＝15个．第4点碰撞过程的分类及碰撞过程的制约一、碰撞过程的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失．弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即 12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 特殊情况：质量m 1的小球以速度v 1与质量m 2的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2.碰后两个小球的速度分别为：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(1)若m 1≫m 2，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去． (2)若m 1≪m 2，v 1′≈－v 1，v 2′≈0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止． (3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换．2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失．非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：12m 1v 21＋12m 2v 22＞12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多．此种情况m 1与m 2碰后速度相同，设为v ，则：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 系统损失的动能最多，最大损失动能为 ΔE km ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2二、碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程．1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约； 2．动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．对点例题如图1所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平地面上，物体A 被质量为m 、水平速度为v 0的子弹击中并嵌入其中，已知物体A 的质量是物体B 的质量的34倍，物体B 的质量是子弹的质量的4倍，求弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能．图1解题指导本题所研究的情况可分为两个过程：一是子弹射入A 的过程(从子弹开始射入A 到它们获得相同的速度v 1)．这一过程时间很短，物体B 没有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以子弹和A 发生完全非弹性碰撞，子弹的质量为m ，m A ＝3m ，由动量守恒定律可知：mv 0＝(m ＋m A )v 1，v 1＝mv 0m ＋m A ＝v 04. 二是A (包括子弹)以v 1的速度开始压缩弹簧，在这一过程中，A (包括子弹)向右做减速运动，B 向右做加速运动，当A (包括子弹)和B 的速度相同时，弹簧被压缩到最短，由动量守恒定律：(m ＋m A )v 1＝(m ＋m A ＋m B )v 2，得：v 2＝m ＋m A v 1m ＋m A ＋m B ＝v 08弹簧具有的弹性势能为ΔE p ＝12(m ＋m A )v 21－12(m ＋m A ＋m B )v 22＝116mv 20答案116mv 21．(双选)半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( ) A ．甲球的速度为零而乙球的速度不为零 B ．乙球的速度为零而甲球的速度不为零 C ．两球的速度均不为零D ．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等答案 AC解析甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒．碰撞前，由于E k 甲＝E k 乙，而E k ＝p 22m，由题设条件m 甲>m 乙可知p 甲>p 乙，即碰撞前系统的总动量方向应与甲的动量方向相同．碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的．A 选项正确．如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B 选项错误．如果碰撞后甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C 选项正确．如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D 选项错误． 2．如图2所示，在光滑水平面上放置一质量为M 的静止木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块，穿出后子弹的速度变为v 1，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．(不计空气阻力)图2答案m 2M[M (v 20－v 21)－m (v 0－v 1)2] 解析木块和子弹所构成的系统的动量守恒，设子弹穿出后木块的速度为v 2，以子弹运动的方向为正方向，则有：mv 0＝mv 1＋Mv 2得：v 2＝m v 0－v 1M由能量守恒定律得系统损失的机械能为ΔE ＝12mv 20－12mv 21－12Mv 22＝m 2M[M (v 20－v 21)－m (v 0－v 1)2]第5点爆炸现象的三个特征解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．对点例题从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度v 0＝100 m/s ，经t ＝6.0 s 后，此炮弹炸成质量相等的两块．从爆炸时算起，经t 1＝10.0 s 后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时起，另一碎片经多长时间也落回地面？(g ＝10 m/s 2，空气阻力不计) 解题指导设炮弹爆炸时的速度为v 0′，离地面高度为H ，则有：v 0′＝v 0－gt ，H ＝v 0t －12gt 2 代入数据解得v 0′＝40 m/s ，H ＝420 m设刚爆炸后瞬间，先落到地面上的碎片的速度为v 1，因落在发射点，所以v 1为竖直方向．若v 1＞0，表示竖直向上运动；若v 1＜0，表示竖直向下运动；若v 1＝0，则表示自由落体运动．若v 1＝0，则落地时间t ′＝2Hg＝84 s ＜t 1＝10.0 s ，由此可知，v 1方向应是竖直向上．选炮弹爆炸时H 高度为坐标原点，则：－H ＝v 1t 1－12gt 21，解得：v 1＝8 m/s设刚爆炸后瞬间，后落地的碎片的速度为v 2，则由动量守恒定律得2mv 0′＝mv 1＋mv 2 将v 0′、v 1代入解得：v 2＝72 m/s若从爆炸时起，这块碎片经时间t 2落地，则－H ＝v 2t 2－12gt 22，得：5t 22－72t 2－420＝0t 2≈18.9 s 或t 2′≈－4.5 s(舍去)答案 18.9 s方法总结 1.炮弹在空中爆炸时，所受合外力(重力)虽不为零，但重力比起炮弹碎块间相互作用的内力小得多，故可认为爆炸过程炮弹系统(各碎块)的动量守恒.2.爆炸时位置不变，各碎块自爆炸位置以炸裂后的速度开始运动．1．有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M ＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出时的速度v 0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、R ＝600 m 为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(忽略空气阻力) 答案 6×104J解析炮弹炸裂时的高度h ＝v 202g ＝6022×10m ＝180 m弹片落地的时间t ＝2h g＝2×18010s ＝6 s 两弹片的质量m 1＝4.0 kg ，m 2＝2.0 kg 设它们的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律知m 1v 1＝m 2v 2 所以v 2＝2v 1设m 1刚好落在R ＝600 m 的圆周上则v 1＝R t ＝600 m6 s＝100 m/s此时v 2＝200 m/s所以总动能至少为：E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22代入数据得E ＝6×104J.2．在水平面上以v 0＝20 m/s 的速度竖直向上发射一炮弹，其质量m ＝10 kg ，当炮弹上升至最高点时，突然炸裂成A 、B 两块，各自沿着水平方向飞出，测得A 、B 落地点间的距离x ＝100 m ，落地时两者的速度相互垂直，问A 、B 的质量各为多少？(忽略空气阻力，g 取10 m/s 2)答案 m A ＝8 kg ，m B ＝2 kg 或m A ＝2 kg ，m B ＝8 kg解析炮弹竖直上升的高度h ＝v 202g＝20 m ，炸裂的瞬间，A 、B 组成的系统水平方向动量守恒0＝m A v A －m B v B .此后A 、B 各自做平抛运动，设A 、B 落地时与水平方向的夹角分别为α和β，依题意有α＋β＝90°，h ＝12gt 2，解得t ＝2hg＝2 s.水平方向有v A t ＋v B t ＝100 m ，竖直方向有gt ＝v A tan α＝v B tan β，联立以上各式，代入数据解得⎩⎪⎨⎪⎧v A ＝10 m/sv B ＝40 m/s 或⎩⎪⎨⎪⎧v A ＝40 m/sv B ＝10 m/s故m A m B ＝v B v A ＝41或14，又m A ＋m B ＝10 kg ，则⎩⎪⎨⎪⎧m A ＝8 kg m B ＝2 kg或⎩⎪⎨⎪⎧m A ＝2 kgm B ＝8 kg第6点透析反冲运动的模型——“人船”模型反冲运动中的“人船模型”图1模型建立：如图1所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒．当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来．设某时刻人对地的速度为v 人，船对地的速度为v 船，取人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：m 人v 人－m 船v 船＝0，即v 船∶v 人＝m 人∶m 船．因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比．因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度与船的平均速度也与它们的质量成反比．而人的位移s 人＝v 人t ，船的位移s船＝v 船t ，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即s 船∶s 人＝m 人∶m 船①①式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒．由图可以看出：s 船＋s 人＝L ② 由①②两式解得s 人＝m 船m 人＋m 船L ，s 船＝m 人m 人＋m 船L .此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等．对点例题 (单选)如图2所示，质量m ＝60 kg 的人，站在质量M ＝300 kg 的车的一端，车长L ＝3 m ，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )图2A ．后退0.5 mB ．后退0.6 mC ．后退0.75 mD ．一直匀速后退解题指导人车组成的系统动量守恒，则mv 1＝Mv 2，所以ms 1＝Ms 2，又有s 1＋s 2＝L ，解得s 2＝0.5 m. 答案 A方法点评人船模型是典型的反冲实例，从瞬时速度关系过渡到平均速度关系，再转化为位移关系，是解决本题的关键所在．1.图3一个质量为M 、底边长为b 的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，如图3所示．有一质量为m 的小球由斜面顶部无初速度地滑到底部时，斜劈移动的距离为多少？答案mbM ＋m解析斜劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力，所以系统在水平方向上动量守恒．斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图所示，由图知斜劈的位移为s，小球的水平位移为b－s，由m1s1＝m2s2，得Ms＝m(b－s)，所以s＝mbM＋m.2.图4质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为M的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，如图4所示，当小球从图中所示位置无初速度地沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离为多大？答案mM＋mR解析小球与大球组成的系统水平方向不受力的作用，系统水平动量守恒．因此小球向右滚动，大球向左滚动．在滚动过程中，设小球向右移动的水平距离为s1，大球向左移动的水平距离为s2，两者移动的总长度为R.因此有ms1－Ms2＝0而s1＋s2＝R.由以上两式解得大球移动的距离为s2＝mM＋mR第7点解决多物体问题的三点提示对于两个以上的物体组成的系统，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，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方程．求解这类问题时应注意以下三点：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型；(2)分清作用过程中的不同阶段，并找出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，又要方便解题．对点例题两只小船质量分别为m1＝500 kg，m2＝1 000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m＝50 kg的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果载重较轻的一只船停了下来，另一只船则以v＝8.5 m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率v1＝____________，v2＝________________.图1解题指导以载重较轻的船的速度v1为正方向，选取载重较轻的船和从载重较重的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，如题图所示，根据动量守恒定律有(m1－m)v1－mv2＝0即450v1－50v2＝0①选取载重较重的船和从载重较轻的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有mv1－(m2－m)v2＝－m2v即50v1－950v2＝－1 000×8.5②选取两船、两个麻袋组成的系统为研究对象有m1v1－m2v2＝－m2v即500v1－1 000v2＝－1 000×8.5③联立①②③式中的任意两式解得v1＝1 m/s，v2＝9 m/s答案 1 m/s 9 m/s方法点评应用动量守恒定律解这类由多个物体构成系统的问题的关键是合理选取研究对象，有时选取某部分物体为研究对象，有时选取全部物体为研究对象．。

2020-2021学年高中物理粤教版选修3-5：第一章第二节动量动量守恒定律

提示：不一定相同．因为动量变化量的方向与初动量无直接关系．
1．动量的“三性”． (1)矢量性：方向与瞬时速度的方向相同． (2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某时刻而言的． (3)相对性：大小与参考系的选择有关，通常情况是指相对地面的动量．
2．动量的运算法则． (1)物体动量变化的运算，要按照矢量运算的法则进行． (2)如果物体的初、末动量都在同一直线上，常常选取一个正方向，使物体的初、末动量都带有表示自己方向的正负号，这样就可以把复杂的矢量运算转化为简单的代数运算了．
第一章碰撞与动量守恒
第二节动量动量守恒定律
学习目标
1.理解冲量和动量的概念. 2.理解动量、动量的变化及冲量的矢量性. 3.理解动量定理. 4.理解动量守恒定律及其表达式和适用条件．
重点难点
重点
1.动量、冲量和动量变化的概念. 2.动量定理、动量守恒定律的应用．
难点
1.应用动量定理解释现象. 2.理解动量守恒定律的条件和内容.
答案：AD
拓展一动量及其变化量
1．当两个物体的动能相同时，其动量一定相同吗？提示：不一定．动能是标量，动量是矢量，当两个物体动能相同时，速度方向不一定相同，动量的方向不一定相同．再者由 p＝ 2mEk可知，当 m 不同时，其动量的大小也不相同．
2．动量的变化量也是矢量，动量变化量的方向与初状态的动量方向一定越大，Δp 越大，但动量不一定大，它还与初状态的动量有关；冲量不仅与 Δp 大小相等，而且方向相同．由 F＝p′t－p，物体所受合外力越大，动量变化越快．
答案：BCD
知识点二碰撞中的动量守恒定律
提炼知识 (1)内容：物体在碰撞时如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变． (2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 判断正误 (1)系统加速度为零，动量一定守恒．(√) (2)只要系统内存在摩擦力，动量就不可能守恒．(×)