【配套K12】[学习]2018-2019学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第二节动量动量守恒定

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2018_19版高中物理第1章碰撞与动量守恒1.1探究动量变化与冲量的关系学案沪科版

1.1 探究动量变化与冲量的关系[学习目标]1.理解冲量和动量的定义、公式、单位及矢量性.2.理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象，解决有关实际问题．一、动量和冲量[导学探究] 在激烈的橄榄球赛场上，一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上了高大结实的对方运动员，自己被碰倒在地，而对方却几乎不受影响……，这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关．(1)若质量为60kg的运动员(包括球)以5m/s的速度向东奔跑，他的动量是多大？方向如何？若他以大小不变的速率做曲线运动，他的动量是否变化？(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零，他的动量的变化量多大？动量的变化量方向如何？答案(1)动量是300kg·m/s，方向向东；做曲线运动时他的动量变化了，因为方向变了．(2)—300kg·m/s，方向向西．[知识梳理] 动量和动量的变化量1．动量(1)定义：物体的质量m和速度v的乘积mv.(2)公式：p＝mv.单位：kg·m/s.(3)动量的矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同．(4)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．(5)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．2．冲量(1)冲量的定义式：I＝Ft.(2)冲量是过程(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效应，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(3)冲量是矢(填“矢”或“标”)量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与力F 的方向相同．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)动量相同的物体，运动方向一定相同．( √ )(2)一个物体(质量不变)的动量改变，它的动能一定改变．( × )(3)一个物体(质量不变)的动能改变，它的动量一定改变．( √ )(4)冲量是矢量，其方向与合外力的方向相反．( × )(5)力越大，力对物体的冲量越大．( × )(6)不管物体做什么运动，在相同的时间内重力的冲量相同．( √ )二、动量定理[导学探究]1．如图1所示，假定一个质量为m 的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力F ，在F 的作用下，经过时间t ，物体的速度从v 变为v ′，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量Δp 与恒力F 及作用时间t 的关系．图1答案该物体在碰撞过程中的加速度a ＝v ′－v t ① 根据牛顿第二定律F ＝ma ②由①②得F ＝m v ′－v t整理得：Ft ＝m (v ′－v )＝mv ′－mv即Ft ＝Δp .2．在日常生活中，有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎……这样做的目的是为了什么？答案为了缓冲以减小作用力．[知识梳理]1．内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．2．公式：I ＝Ft ＝Δp .其中F 为物体受到的合外力．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)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受到的合外力一定不为零．( √ )(2)物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化量一定越大．( √ )(3)动量变化量为正，说明它的方向与初始时动量的方向相同．( × )一、对动量及其变化量的理解1．动量p ＝mv, 描述物体运动状态的物理量．是矢量，方向与速度的方向相同．2．动量的变化量(1)动量变化的三种情况：大小变化、方向变化、大小和方向同时变化(2)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．例1 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100m/s ，假设球飞来的速度为50 m/s ，运动员将球以100m/s 的速度反向击回．设羽毛球的质量为10g ，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量．答案 (1)1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反(2)37.5J解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p 1＝mv 1＝10×10－3×50kg·m/s＝0.5 kg·m/s.p 2＝mv 2＝－10×10－3×100kg·m/s＝－1 kg·m/s所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－1kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．(2)羽毛球的初动能：E k ＝12mv 12＝12.5J ，羽毛球的末动能：E k ′＝12mv 22＝50J ．所以ΔE k ＝E k ′－E k ＝37.5J.动量与动能的区别与联系1．区别：动量是矢量，动能是标量，质量相同的两个物体，动量相同时动能一定相同，但动能相同时，动量不一定相同．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. 二、冲量及冲量的计算1．求冲量大小时，一定要注意是哪一个力在哪一段时间内的冲量．2．公式I＝Ft只适合于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：(1)用动量定理I＝mv′－mv求冲量．(2)若力随时间均匀变化，则可用平均力求冲量．图2(3)若给出了力F随时间t变化的图像，可用F－t图像与t轴所围成的面积求冲量．如图2所示，力F在1s内的冲量I1＝F1t1＝20×1N·s＝20N·s力F在6s内的冲量I＝(20×1－10×5) N·s＝－30N·s例2在倾角为37°的足够长的斜面上，有一质量为5kg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2s的时间内，物体所受各力的冲量．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案见解析解析物体沿斜面下滑的过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用．冲量I＝Ft，是矢量．重力的冲量I G＝Gt＝mgt＝5×10×2N·s＝100N·s，方向竖直向下．支持力的冲量I N＝Nt＝mg cos37°·t＝5×10×0.8×2N·s＝80N·s，方向垂直于斜面向上．摩擦力的冲量I f＝ft＝μmg cos37°·t＝0.2×5×10×0.8×2N·s＝16N·s，方向沿斜面向上．1．在求力的冲量时，首先明确是求哪个力的冲量，是恒力还是变力，如果是恒力，可用I＝Ft进行计算，如果是变力，可考虑根据动量定理求冲量．2．注意不要忘记说明冲量的方向．力为恒力时，冲量的方向与力的方向相同．三、动量定理的理解和应用1．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向．(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．应用动量定理定量计算的一般步骤选定研究对象，明确运动过程→进行受力分析，确定初、末状态 →选取正方向，列动量定理方程求解例3 如图3所示，用0.5kg 的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为4.0m/s ，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s ，那么：图3(1)不计铁锤受到的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？(g 取10m/s 2) 答案 (1)200N ，方向竖直向下(2)205N ，方向竖直向下解析 (1)以铁锤为研究对象，不计重力时，铁锤只受到钉子的平均作用力，方向竖直向上，设为F 1，取竖直向上为正，由动量定理可得F 1t ＝0－mv所以F 1＝－0.5×(－4.0)0.01N ＝200N ，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为200N ，方向竖直向下．(2)若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为F 2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正．则(F 2－mg )t ＝0－mvF 2＝－0.5×(－4.0)0.01N ＋0.5×10N＝205N ，方向竖直向上．由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为205N ，方向竖直向下．用动量定理进行定量计算时应注意：(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．例4 (多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是( )A ．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B ．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D ．在车内推车推不动，是因为车与人组成的系统所受合外力的冲量为零答案 CD解析击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A 、B 错误；据动量定理Ft ＝Δp 知，当Δp 相同时，t 越长，作用力越小，故C 项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用力无关，所以D 项正确．针对训练从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了( )A ．减小冲量B ．减小动量的变化量C ．延长与地面的冲击时间，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，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地时的动量变化量为定值，这样就减小了地面对人的冲力，故C 项正确．利用动量定理解释现象的问题主要有三类：(1)Δp一定，t短则F大，t长则F小．(2)F一定，t短则Δp小，t长则Δp大．(3)t一定，F大则Δp大，F小则Δp小．1．(对动量定理的理解)(多选)下面关于物体动量和冲量的说法，正确的是( )A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体动量发生变化，则物体所受合外力冲量不为零C．物体动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量方向D．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化量就越大答案BCD2．(对冲量的理解和计算)(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图4所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经过时间t，下列说法正确的是( )图4A．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 cosθD．合力对物体的冲量大小为零答案BD3．(动量定理的分析应用)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，两臂随球迅速收缩至胸前，这样做可以( )A．减小球对手的冲量B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量答案 B解析篮球运动员接球的过程中，手对球的冲量等于球的动量的变化量，大小等于球入手时的动量，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，并没有减小球对手的冲量，也没有减小球的动量变化量，更没有减小球的动能变化量，而是延长了手与球的作用时间，从而减小了球对人的冲击力，B 正确．4．(动量定理的计算)0.2kg 的小球竖直向下以6m/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，g ＝10m/s 2.(1)求小球与地面碰撞前后的动量变化量的大小？(2)若小球与地面的作用时间为0.2s ，则小球受到地面的平均作用力的大小为多少？答案 (1)2kg·m/s (2)12N解析 (1)小球与地面碰撞前的动量为：p 1＝m (－v 1)＝0.2×(－6) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为：p 2＝mv 2＝0.2×4 kg·m/s＝0.8 kg·m/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp ＝p 2－p 1＝2 kg·m/s.(2)由动量定理得(F －mg )Δt ＝Δp所以F ＝Δp Δt ＋mg ＝20.2 N ＋0.2×10 N＝12 N.一、选择题考点一对动量和动量变化量的理解1．关于动量，以下说法正确的是( )A ．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化B ．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同C ．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D ．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比答案 D解析做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，故动量时刻变化，A 项错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B 项错；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C 项错；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p y ＝mv y ＝mgt ，故D 项对．2．质量为0.5kg 的物体，运动速度为3m/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 ．5kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2kg·m/s，方向与原运动方向相同答案 A解析以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．考点二对冲量的理解和计算3．放在水平桌面上的物体质量为m，用一个大小为F的水平推力推它t秒，物体始终不动，那么t秒内，推力的冲量大小是( )A．F·t B．mg·tC．0 D．无法计算答案 A4．质量为1kg的物体做直线运动，其速度－时间图像如图1所示，则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是( )图1A．10N·s,10N·s B．10N·s，－10N·sC．0,10N·s D．0，－10N·s答案 D解析由题图图像可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.5．质量为m的钢球由高处自由落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.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(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)答案 D解析设竖直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)．6．(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，小球质量为m ，速度大小为v ，做圆周运动的周期为T ，则以下说法中正确的是( )A ．经过时间t ＝T 2，小球动量变化量为0 B ．经过时间t ＝T 4，小球动量变化量大小为2mv C ．经过时间t ＝T 2，细绳对小球的冲量大小为2mv D ．经过时间t ＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT 4答案 BCD解析经过时间t ＝T 2，小球转过了180°，速度方向正好反向，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp ＝－mv －mv ＝－2mv ，细绳对小球的冲量为I ＝Δp ＝－2mv ，故大小为2mv ，A 错误，C 正确；经时间t ＝T 4，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp ′＝2mv ，重力对小球的冲量大小为I G ＝mgt ＝mgT 4，B 、D 正确．7．水平推力F 1和F 2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上，作用一段时间后撤去推力．物体将继续运动一段时间后停下来．两物体的v －t 图像如图2所示．图中线段AB ∥CD ，则整个运动过程中( )图2A ．F 1的冲量大于F 2的冲量B ．F 1的冲量等于F 2的冲量C ．两物体受到的摩擦力大小相等D ．两物体受到的摩擦力大小不等答案 C解析甲、乙先做加速运动，撤去推力后做减速运动．题图中线段AB∥CD，表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同．又甲、乙质量相等，所以两物体受到的摩擦力大小相等，所以选项C正确，D错误；因为整个运动过程中物体的动量改变量为零．所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小．由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间．所以甲受到的摩擦力的冲量小于乙受到的摩擦力的冲量，则F1的冲量小于F2的冲量，所以选项A、B错误．考点三动量定理的分析和计算8．从某高处落下一个鸡蛋，分别落到相同高度的棉絮上和水泥地上，下列结论正确的是( ) A．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小B．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大C．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化率大D．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它的动量变化快答案 D9．(多选)如图3所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着纸带一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，下列解释正确的是( )图3A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小答案CD二、非选择题10．(冲量和动量的计算)将质量为m＝1kg的小球，从距水平地面高h＝5m处，以v0＝10m/s 的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)抛出后0.4s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)小球落地时的动量大小p ′.答案 (1)4N·s，方向竖直向下(2)10N·s，方向竖直向下 (3)102kg·m/s解析 (1)重力是恒力，0.4s 内重力对小球的冲量I 1＝mgt 0＝1×10×0.4N·s＝4N·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 ＝2hg ＝1s ．小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I ＝mgt ＝1×10×1N·s＝10N·s，方向竖直向下．由动量定理得Δp ＝I ＝10N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y ＝gt ＝10m/s.由速度合成知，落地速度v ＝v 0 2＋v y 2＝102＋102m/s ＝102m/s ，所以小球落地时的动量大小为p ′＝mv ＝102kg·m/s.11．(动量定理的应用)质量为m 的物体静止在足够大的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，有一水平恒力F 作用于物体上，并使之加速前进，经时间t 1后撤去此恒力，求物体运动的总时间t .答案 Ft 1μmg解析方法一：物体的运动可分为两个阶段，第一阶段水平方向受F 、f 两个力的作用，时间为t 1，物体由A 运动到B 速度达到v 1；第二阶段物体水平方向只受力f 的作用，时间为t 2，由B 运动到C ，速度由v 1变为0.设向右为正，据动量定理：第一阶段(F －f )t 1＝mv 1－0＝mv 1第二阶段：－f ·t 2＝0－mv 1＝－mv 1两式相加：F·t1－f(t1＋t2)＝0因为f＝μmg，代入得t2＝(F－μmg)t1μmg所以总时间t＝t1＋t2＝Ft1μmg.方法二：把两个阶段当成一个过程来看：F作用t1时间，μmg则作用了t时间，动量变化Δp ＝0.F·t1－μmgt＝0，t＝Ft1μmg.12．(动量定理的应用)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45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12m/s.据此估算该压强约为多少(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)．答案0.15Pa解析下雨天，雨滴对睡莲叶面持续的作用可以看作是恒力，取单位面积的睡莲叶面，t＝1h ＝3600s时间内，打到该叶面的雨水质量为m＝ρSh.根据动量定理，mv＝Ft，其中F就是单位面积上的压力，所以F＝mvt＝ρShvt＝1.0×103×1×0.045×123600N＝0.15N．所以ρ＝FS＝0.15Pa.。

[配套K12]2017-2018学年高中物理第1章碰撞与动量守恒 1.2 探究动量守恒定律课时

课时1 探究物体碰撞时动量变化的规律[学习目标] 1.探究物体碰撞时动量变化的规律.2.掌握在同一条直线上运动的两个物体碰撞前、后速度的测量方法．一、实验原理为了使问题简化，这里先研究两个物体碰撞时动量变化的规律，碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度方向与我们规定的正方向一致取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰撞前的总动量p＝m1v1＋m2v2碰撞后总动量p′＝m1v1′＋m2v2′看一看p与p′有什么关系？二、实验设计1．实验设计要考虑的问题(1)如何保证碰撞前、后两物体速度在一条直线上？(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度？2．实验案例：气垫导轨上的实验气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光条、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1图2(1)质量的测量：用天平测量． (2)速度的测量：用光电计时器测量．设Δs 为滑块上挡光条的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块上挡光条经过光电门的时间，则v ＝Δs Δt.三、实验步骤和数据处理1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好光电计时器与光电门．3．如图3所示，在滑片上安装好弹性架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿与各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后发生碰撞，相碰后粘在一起，测出它们的质量和速度，将实验结果记入相应的表格．图45．在滑块上安装好撞针及橡皮泥后，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，然后一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．6．根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞时动量变化的规律．气垫导轨实验数据记录表实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变．四、注意事项1．保证两个物体碰撞前沿同一直线，碰撞后仍沿同一直线运动．2．调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平.例1某同学利用气垫导轨做“探究物体碰撞时动量变化的规律”的实验．气垫导轨装置如图5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5(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后与左侧固定弹簧的滑块2相碰撞，碰撞后滑块1和滑块2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：滑块1通过光电门1的挡光时间为Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间为Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间为Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)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；(结果均保留两位有效数字)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 ．________________________________________________________________________. 答案见解析解析 (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＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ≈0.60 m/s ；③a.系统总动量不变．原因：系统碰撞之前m 1v 1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞之后m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s. b ．系统碰撞前后总动能不变．原因：系统碰撞之前的总动能E k1＝12m 1v 21＝0.037 5 J系统碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 23＝0.037 5 J所以系统碰撞前后总动能相等． c ．系统碰撞前后质量不变．例2 为了探究物体碰撞时动量变化的规律，实验最好在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中，A 、B 两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用频闪摄像的方法每隔0.4秒的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的持续时间很短，可以忽略，如图6所示，已知A 、B 之间的质量关系是m B ＝1.5m A ，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A 原来处于静止状态，设A 、B 滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm 至105 cm 这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：图6(1)A 、B 两滑块碰撞前后的速度各为多少？(2)根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后，两个滑块的总动量是否不变．答案见解析解析 (1)分析题图可知碰撞后⎩⎪⎨⎪⎧v B′＝Δs B′Δt ＝0.20.4m/s ＝0.5 m/s ；v A′＝Δs A′Δt ＝0.30.4m/s ＝0.75 m/s.从发生碰撞到第二次拍摄照片时，A 运动的时间是t 1＝Δs A ″v A ′＝0.150.75s ＝0.2 s 由此可知，从第一张拍摄照片到发生碰撞的时间为t 2＝(0.4－0.2) s ＝0.2 s则碰撞前B 物体的速度为v B ＝Δs B ″t 2＝0.20.2 m/s ＝1.0 m/s由题意得v A ＝0.(2)碰撞前：m A v A ＋m B v B ＝1.5m A碰撞后：m A v A ′＋m B v B ′＝0.75m A ＋0.75m A ＝1.5m A ，所以m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′，即碰撞前后两个物体总动量不变．例3 某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来探究物体碰撞时动量变化的规律：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 kg B ．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7所示，根据这些数据完成下表．图7(3)根据以上数据可得碰撞前后动量守恒的表达式为____________________．答案(1)ADCEB (2)见解析(3)m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v AB解析(1)按照先安装，后实验，最后重复实验的顺序，该同学正确的实验步骤为ADCEB.(2)小车在碰撞前后均为匀速直线运动，可由纸带上的点迹分布求出速度．碰撞后小车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，可猜想碰撞前后动量守恒的表达式为m A v A＋m B v B ＝(m A＋m B)v AB.1．在利用气垫导轨探究物体碰撞时动量变化的规律实验中，哪些因素可导致实验误差( ) A．导轨安放不水平B．滑块上挡光片倾斜C．两滑块质量不相等D．两滑块碰后粘合在一起答案AB2．用如图8所示装置探究物体碰撞时动量变化的规律，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm ，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040 s ，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060 s ，左侧滑块的质量为100 g ，左侧滑块的动量m 1v 1＝________ g·m/s，右侧滑块的质量为150 g ，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝________ g·m/s.(取向左为速度的正方向)图8答案 22.5 0解析左侧滑块的速度为：v 1＝d 1t 1＝9.0×10－30.040m/s ＝0.225 m/s则左侧滑块的动量m 1v 1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s以向左为速度的正方向，则右侧滑块的速度为：v 2＝－d 2t 2＝－9.0×10－30.060m/s ＝－0.15 m/s则右侧滑块的动量m 2v 2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s 因m 1v 1与m 2v 2等大、反向，所以两滑块动量的矢量和m 1v 1＋m 2v 2＝0. 3.图9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9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总动量规律．(1)该同学还必须有的器材是____________________________________________________； (2)需要直接测量的数据是______________________________________________________； (3)本实验中表示碰撞前后动量守恒的表达式应为______________________(用测得的物理量符号表示)．答案 (1)刻度尺、天平(2)两物体的质量m 1、m 2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离s 1、s 2 (3)m 1s 1＝m 2s 2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：m 1、m 2，v 1、v 2，平抛运动的水平位移分别为s 1、s 2，平抛运动的时间为t ，需要验证的方程：0＝m 1v 1－m 2v 2，其中：v 1＝s 1t ，v 2＝s 2t，代入得到m 1s 1＝m 2s 2，故需要测量两物体的质量m 1、m 2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离s 1、s 2，需要的器材为刻度尺、天平．1.图1用如图1所示的装置探究物体碰撞时动量变化的规律，必须注意的事项是( ) A ．A 到达最低点时，两球的球心连线可以不水平B ．实验时，拉起A 球，应由静止释放，以便较准确地计算小球碰撞前的速度C ．多次测量减小误差时，A 球必须从同一高度下落D ．A 、B 两小球碰撞后可以粘合在一起共同运动答案 BCD解析要保证一维对心碰撞，必须保证碰撞时球心在同一高度，A 项错；为了较准确地利用机械能守恒定律计算小球碰撞前的速度，小球释放时速度必须为零，B 项对；实验要求多次测量求平均值，必须保证过程的重复性，A 球必须从同一高度落下，C 项正确；两球正碰后，有各种运动情况，所以D 正确．2．对于实验最终的结论m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，下列说法正确的是( ) A ．仅限于一维碰撞B ．任何情况下m 1v 21＋m 2v 22＝m 1v 1′2＋m 2v 2′2都一定成立 C ．式中的v 1、v 2、v 1′、v 2′都是速度的大小 D ．式中的不变量是m 1和m 2组成的系统的总动量答案 AD解析这个实验是在一维碰撞情况下设计的实验；系统的总动量在碰撞前后保持不变是实验的结论，其他探究的结论情况不成立，而速度是矢量，应考虑方向．故选项A 、D 正确． 3．在用气垫导轨做“探究物体碰撞时动量变化的规律”实验时，左侧滑块质量为m 1＝170 g ，右侧滑块质量为m 2＝110 g ，挡光片宽度d 为3.00 cm ，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图2所示．开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动．挡光片通过光电门的时间分别为Δt 1＝0.32 s ，Δt 2＝0.21 s ．则两滑块的速度分别为v 1′＝________m/s ，v 2′＝________m/s(保留三位有效数字)．烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝________kg·m/s ，烧断细线后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg·m/s.可得到的结论是________________________________．(取向左为速度的正方向)图2答案 0.094 －0.143 0 2.5×10－4在实验误差允许的范围内，两滑块动量之和不变解析两滑块的速度v 1′＝d Δt 1＝3.00×10－20.32m/s ≈0.094 m/s ，v 2′＝－d Δt 2＝－3.00×10－20.21 m/s ≈－0.143 m/s ，烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝0烧断细线后m 1v 1′＋m 2v 2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s，在实验误差允许的范围内，m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′4．某同学设计了一个用打点计时器探究物体碰撞时动量变化的规律实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图3所示．在小车甲后面连着纸带，打点计时器打点频率为50 Hz ，长木板下垫着的小木片用以平衡摩擦力．图3(1)若已得到打点纸带如图4所示，测得的各计数点间距已标在图上，A 为运动起始的第一点，则应选__________段来计算小车甲碰撞前的速度，应选__________段来计算小车甲和乙碰撞后的共同速度(以上两空选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．图4(2)已测得小车甲的质量为m 甲＝0.40 kg ，小车乙的质量为m 乙＝0.20 kg ，由以上测量结果可得：碰撞前m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝________ kg·m/s；碰撞后m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′＝________ kg·m/s.(3)可得出的结论是__________________．答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许的范围内，碰撞前后两个小车的动量之和相等解析 (1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的BC 段应为小车甲与乙碰撞前的阶段，CD段点迹不均匀，故CD 段应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起做匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE 段来计算碰撞后共同的速度． (2)v 甲＝BCΔt＝1.05 m/s ，v 乙＝0v 甲′＝v 乙′＝DEΔt＝0.695 m/s m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝0.420 kg·m/s碰撞后m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′＝0.60×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s. (3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的动量之和相等．5．如图5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 ，做探究物体碰撞时动量变化的规律实验：图5(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放一质量为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____________________________________________________； (2)应测量的数据还有__________________________________________________________； (3)作用前A 、B 两滑块的总动量为______________，作用后A 、B 两滑块的总动量为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 (1)用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平 (2)A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2 (3)0 (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 两滑块在电动卡销放开后的速度，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 ＝st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.作用前两滑块静止，v ＝0，动量之和为0；作用后两滑块的动量之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的总动量之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1.6．有甲、乙两辆小车，质量分别为m 1＝302 g 、m 2＝202 g ，甲小车拖有纸带，通过打点计时器记录它的运动情况，乙小车静止在水平桌面上，甲小车以一定的速度向乙小车运动，与乙小车发生碰撞后两车粘合在一起共同运动．这个过程中打点计时器在纸带上记录的点迹如图6所示，在图上还标出了用刻度尺量出的各点的数据，已知打点计时器的打点频率为50 Hz.图6(1)从纸带上的数据可以得出：两车碰撞过程经历的时间大约为________ s ；(结果保留两位有效数字)(2)碰前甲车的动量大小为______ kg·m/s，碰后两车的总动量为______ kg·m/s；(结果保留三位有效数字)(3)从上述实验中能得出什么结论？__________. 答案 (1)0.10 (2)0.202 0.203(3)在误差允许范围内，碰撞前、后两车的总动量保持不变解析本题通过分析纸带来确定甲车速度的变化．从纸带上0点开始每0.02 s 内甲车位移分别为13.2 mm 、13.5 mm 、13.5 mm 、12.6 mm 、11.7 mm 、10.8 mm 、9.9 mm 、9 mm 、8.1 mm 、8 mm 、8 mm.(1)从以上数据可知从第3点到第8点是碰撞过程，则t ＝5×0.02 s＝0.10 s. (2)碰撞前甲车的速度v 1＝40.23×0.02×10－3m/s ＝0.670 m/s ，碰撞前甲车的动量p 1＝m 1v 1＝0.302 kg×0.670 m/s≈0.202 kg·m/s；碰撞后两车的速度v 2′＝v 1′＝v ′＝118.3－94.23×0.02×10－3m/s ≈0.402 m/s ，碰撞后两车的总动量p ＝(m 1＋m 2)v ′＝(0.302＋0.202)×0.402 kg·m/s≈0.203 kg·m/s.(3)在误差允许范围内，碰撞前、后两车的总动量保持不变．7．某班物理兴趣小组选用如图7所示的装置来“探究物体碰撞时动量变化的规律”．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O 点，另一端连接小钢球A ，把小钢球拉至M 处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N 右侧放置一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B (B 上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g .图7某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B (调整滑块B 的位置使小钢球自由下垂静止在N 点时与滑块B 接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A 通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰．让小钢球A 从某位置静止释放，摆到最低点N 与滑块B 碰撞，碰撞后小钢球A 立即反向，碰撞时间极短．(1)为了完成实验，除了毫秒计读数Δt 、碰撞前瞬间绳的拉力F 1、碰撞结束瞬间绳的拉力F 2、滑块B 的质量m B 和遮光板宽度d 外，还需要测量的物理量有________．A ．小钢球A 的质量m AB ．绳长LC ．小钢球从M 到N 运动的时间(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝________.(用题中已给的物理量符号来表示) (3)实验中要验证的表达式是： __________________________________________________. (用题中已给的物理量符号来表示)答案 (1)AB (2)dΔt (3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋mB dΔt解析滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝dΔt. 根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v21L .F 2－m A g ＝m A v22L.由：m A v 1＝m A v 2＋m B v B得：F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋mB dΔt .所以还需要测量小钢球A 的质量m A 以及绳长L .。

2018版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3_5

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.。

2018-2019学年高中物理第一章碰撞与动量守恒 1.1 碰撞教科版选修3-5

m1v′1+m2v′2
mv2/(kg·m2·s-2)
v /(m·s-1·kg-1)
m
其他可能的猜想实验得出的结论
碰撞前
m1v12 m2v22
v1 v2 m1 m2
碰撞后
m1v12 m2v22
v1 v2 m1 m2
【误差分析】 1.系统误差: (1)碰撞是否为一维碰撞,设计实验方案时应保证碰撞为一维碰撞。 (2)碰撞中其他力(例如,摩擦力、空气阻力等)的影响带来的误差。实验中要合理控制实验条件,避免除碰撞时相互作用力外的其他力影响物体速度。
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。
【归纳总结】 1.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m1、m2, 碰撞前的速度分别为v1、v2,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:
【典例探究】【典例】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:打点计时器、低压交流电源(频率为50Hz)、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。

2018_2019版高中物理第1章碰撞与动量守恒微型专题动量守恒定律的应用课件沪科版选修3_520190110267

(1)正方向的选取.
(2)研究对象的选取，明确取哪几个物体为系统作为研究对象.
(3)研究过程的选取，明确哪个过程中动量守恒.
达标检测
1.(某一方向上的动量守恒 )(多选) 如图4所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是 A.当小球到达最低点时，木块有最大速率 √ B.当小球的速率最大时，木块有最大速率 √
第1章碰撞与动量守恒
微型专题动量守恒定律的应用
[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件. 2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.
内容索引
题型探究
重点难点各个击破
达标检测
当堂检测巩固反馈
题型探究
一、动量守恒条件的扩展应用
1.动量守恒定律成立的条件： (1)系统不受外力或所受外力的合力为零； (2)系统的内力远大于外力； (3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0. 2.动量守恒定律的研究对象是系统 .研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析.分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件.
二、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用
求解这类问题时应注意：
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；
(2)分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个
小系统，既要符合守恒条件，又要方便解题.
(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程.
例3
如图3所示，A、B两个木块的质量分别为2 kg
例1
(多选)质量分别为M和m0的滑块用轻弹簧连接，

2018-19版高中物理第1章碰撞与动量守恒1.4美妙的守恒定律学案沪科版

1.4 美妙的守恒定律[学习目标]1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．一、弹性碰撞和非弹性碰撞[导学探究] 1.如图1所示，相同的钢球A 、B 用长度相等的丝线悬挂起来，使B 球自然下垂，处于静止状态，拉起A 球，放开后与B 球相撞，发现碰撞后A 球静止下来，而B 球能上升到与A 球原来相同的高度．那么A 、B 两球在碰撞前后的动量变化多少？动能变化多少？图1答案碰撞前B 静止，由机械能守恒定律可得mgL (1－cos θ)＝12mv A 2解得：v A ＝2gL (1－cos θ).碰撞前二者总动量为：p 1＝mv A ＋mv B ＝m 2gL (1－cos θ) 总动能为：E k1＝12mv A 2＋12mv B 2＝mgL (1－cos θ)．碰撞后A 静止，对B 球：由机械能守恒定律可得：12mv B ′2＝mgL (1－cos θ)解得：v B ′＝2gL (1－cos θ) 可知碰撞后二者总动量：p 2＝mv B ′＋mv A ′＝m 2gL (1－cos θ).总动能为：E k2＝12mv B ′2＋12mv A ′2＝mgL (1－cos θ)．所以A 、B 两球组成的系统碰撞前后：Δp ＝0，ΔE k ＝0，即碰撞前后，动量守恒，机械能守恒．2．如图2甲、乙所示，两个质量都是m 的物体，物体B 静止在光滑水平面上，物体A 以速度v 0正对B 运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v 继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？甲乙图2答案不守恒．碰撞时：mv 0＝2mv 因此v ＝v 02碰撞前系统的总动能：E k1＝12mv 02碰撞后系统的总动能：E k2＝12·2mv 2＝14mv 02所以ΔE k ＝E k2－E k1＝14mv 02－12mv 02＝－14mv 02，即系统总动能减少了14mv 02.[知识梳理] 弹性碰撞和非弹性碰撞的特点和规律1．碰撞特点：碰撞时间非常短；碰撞过程中内力远大于外力，系统所受外力可以忽略不计；可认为碰撞前后物体处于同一位置． 2．弹性碰撞(1)定义：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞叫做弹性碰撞． (2)规律动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′23．非弹性碰撞(1)定义：动量守恒，动能不守恒的碰撞叫做非弹性碰撞． (2)规律：动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q 4．完全非弹性碰撞(1)定义：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动的碰撞． (2)规律：动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( √ ) (3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒．( × )2．如图3所示，木块A 、B 的质量均为2kg ，置于光滑水平面上，B 与一水平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，A 以4m/s 的速度向B 运动，碰撞后两木块粘在一起运动，则两木块碰前的总动能为________J ，两木块碰后瞬间的总动能为________J ；A 、B 间碰撞为________(填“弹性”或“非弹性”)碰撞．弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为________J.图3答案 16 8 非弹性 8 解析 A 、B 碰撞前的总动能为12m A v A2＝16J ，A 、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得：m A v A ＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝m A v A m A ＋m B ＝2m/s ，所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的总动能为12(m A ＋m B )v 2＝8J ，为非弹性碰撞．当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8J. 二、研究弹性碰撞[导学探究] 已知A 、B 两个弹性小球，质量分别为m 1、m 2，B 小球静止在光滑的水平面上，如图4所示，A 以初速度v 0与B 小球发生正碰，求碰撞后A 小球速度v 1和B 小球速度v 2的大小和方向．图4答案由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2①由碰撞中动能守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22②由①②可以得出：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 讨论 (1)当m 1＝m 2时，v 1＝0，v 2＝v 0，两小球速度互换； (2)当m 1>m 2时，则v 1>0，v 2>0，即小球A 、B 同方向运动．因m 1－m 2m 1＋m 2<2m 1m 1＋m 2，所以v 1<v 2，即两小球不会发生第二次碰撞．(其中，当m 1≫m 2时，v 1≈v 0，v 2≈2v 0.)(3)当m 1<m 2时，则v 1<0，而v 2>0，即小球A 向反方向运动．(其中，当m 1≪m 2时，v 1≈－v 0，v 2≈0.)一、碰撞的特点和分类 1．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，所以动量守恒． 2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 3．爆炸：一种特殊的“碰撞” 特点1：系统动量守恒．特点2：系统动能增加．例1 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图5所示．小球A 与小球B 发生弹性碰撞后，小球A 、B 均向右运动．且碰后A 、B 的速度大小之比为1∶4，求两小球质量之比m 1m 2.图5答案 2解析两球碰撞过程为弹性碰撞，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22由题意知：v 1∶v 2＝1∶4 解得m 1m 2＝2.例2 如图6所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m ＝1kg 的相同小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：图6(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度多大？ (2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？答案 (1)1m/s (2)1.25J解析 (1)A 、B 相碰满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：mv 0＝2mv 1 得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1m/s.(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：2mv 1＝mv C ＋2mv 2 得两球碰后的速度v 2＝0.5m/s ，两次碰撞损失的动能|ΔE k |＝12mv 02－12×2mv 22－12mv C 2＝1.25J.1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．2．完全非弹性碰撞(碰后两物体粘在一起)机械能一定损失(机械能损失最多)．例3 一弹丸在飞行到距离地面5m 高时仅有向右的水平速度v 0＝2m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2hg＝1s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m甲＝34m ，m 乙＝14m ，v 0＝2m/s ，代入数值计算知选项B 正确．例4 如图7所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小v 2.(重力加速度为g )图7答案2m 12ghm 1＋m 2解析设m 1碰撞前的速度为v ，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 2，解得v ＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2② 由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22③ 联立②③式解得v 2＝2m 1vm 1＋m 2④ 将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v 0射向它们，如图8所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )图8A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 答案 D解析由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v 0.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D 正确．1．当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律． 2．两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换．3．解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程(或阶段)的动量守恒情况、机械能守恒情况．二、判断一个碰撞过程是否存在的依据 1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．总动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 1 22m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.例5 在光滑水平面上，一质量为m ，速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v 答案 A解析 A 、B 两球在水平方向上合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程中动量守恒，设A 、B 两球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，以v 的方向为正方向，由动量守恒定律有：mv ＝mv 1＋2mv 2，①假设碰后A 球静止，即v 1＝0，可得v 2＝0.5v由题意可知A 被反弹，所以球B 的速度有：v 2>0.5v ②A 、B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv 2≥12mv 12＋12×2mv 22③ ①③两式联立得：v 2≤23v ④由②④两式可得：0.5v <v 2≤23v ，符合条件的只有0.6v ，所以选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．针对训练2 如图9所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6m/s ，B 球的速度是－2 m/s ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )图9A ．v A ′＝－2m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3m/s ，v B ′＝7 m/s 答案 D解析两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v A 2＋12m B v B 2≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②，答案D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误．1．一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒．2．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ，E k ＝12pv 或p ＝2E kv几个关系式．1．(碰撞的类型特点)现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞 D ．条件不足，无法确定答案 A解析以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3m ·v －mv ＝0＋mv ′，解得v ′＝2v碰前总动能E k ＝12×3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．2．(碰撞特点及满足条件)(多选)质量为1kg 的小球以4m/s 的速度与质量为2kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面可能正确的是( ) A ．v 1′＝v 2′＝43m/sB ．v 1′＝3m/s ，v 2′＝0.5 m/sC ．v 1′＝1m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝－1m/s ，v 2′＝2.5 m/s 答案 AD解析由碰撞前后总动量守恒m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和能量不增加E k ≥E k1′＋E k2′验证A 、B 、D 三项皆有可能．但B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，所以A 、D 两项有可能．3．(弹性碰撞的特点)(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( ) A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1 B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1 C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1 D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量答案 ABC解析由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错．4．(多物体多过程的碰撞)如图10所示的三个小球的质量都为m ，B 、C 两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起．问：图10(1)A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度是多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？答案 (1)v 02 (2)v 03 (3)112mv 02解析 (1)在A 、B 碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可忽略，即C 球并没有参与作用，因此A 、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有：mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02.(2)粘合在一起的A 、B 两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C 球加速，速度由零开始增大，而A 、B 两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：2mv 1＝3mv 2，解得v 2＝23v 1＝v 03.(3)当弹簧被压缩最短时，弹性势能E p 最大，即：E pm ＝12×2mv 12－12×3mv 22＝112mv 02.一、选择题考点一碰撞的特点及类型1．下列关于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞答案 A解析碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故选A.2．如图1所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )图1A.h 2B ．h C.h 4D.h2 答案 C解析 A 球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12mv 12，所以v 1＝2gh ；A 、B 碰撞后并粘在一起的过程动量守恒，mv 1＝2mv 2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 12＝(m ＋m )gh ′，联立解得h ′＝h 4.3．(多选)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的动能变为原来的19，则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A.13vB.23vC.49vD.59v 答案 AB解析根据碰后A 球的动能变为原来的19，得：12mv ′2＝19×12mv 2，解得：v ′＝±13v ，碰撞过程中A 、B 两球组成的系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝mv ′＋2mv B ，解得：v B ＝13v 或v B ＝23v ，故选A 、B.4．(多选)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m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x －t 图像，已知m 1＝0.1kg ，由此可以判断( )图2A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 1和m 2都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.3kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4J 的机械能答案 AC解析碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止．m 1的速度大小为v 1＝ΔxΔt ＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞，故A 正确；由题图乙读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，故B 错误；由题图乙求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝ 0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，故D 错误．考点二弹性正碰模型5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2 答案 A解析设碰撞前后中子的速度分别为v 1、v 1′，碰撞后原子核的速度为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据弹性碰撞规律可得m 1′＝m 2v 2＋m 1v 1′，12m 1v 12＝12m 2v 22＋12m 1v 1′2，解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，则碰后中子的速率为m 2－m 1m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比v 1v 1′＝A ＋1A －1，A 正确． 6．(多选)如图3所示，在光滑水平面上停放质量为m 的装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图3A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 02答案 ACD解析小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的．7．(多选)如图4，小球A 的质量为m A ＝5kg ，动量大小为p A ＝4kg·m/s，小球A 水平向右运动，与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )图4A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3kg·m/s B ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5kg·m/sC ．小球B 的质量为15kgD ．小球B 的质量为3kg 答案 AD解析规定向右为正方向，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p A ′＋p B ，解得p B ＝3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A22m A ＝p A ′22m A ＋p B 22m B，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确．考点三完全非弹性碰撞模型8．两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与水平轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动时，如图5所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图5A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统动量均守恒 B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 02D ．弹簧最大弹性势能为14mv 02答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；以v 0的方向为正方向，碰撞过程mv 0＝2mv ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 02，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14mv 02，C 项错误，D 项正确．9．(多选)如图6所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与水平轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )图6A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D ．当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零答案 ACD解析在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a 与b 碰撞过程机械能减少，故A 正确，B 错误；当小球b 、c 速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C 正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b 的动能不为零，故D 正确．二、非选择题10．(多过程的碰撞问题)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．答案235μgd5解析设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.以碰撞前木块A 的速度方向为正方向．在碰撞过程中，由机械能守恒和动量守恒得12mv 2＝12mv 12＋12(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②由①②式得v 1＝－v 22③设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得－μmgd 1＝0－12mv 12④－μ(2m )gd 2＝0－12(2m )v 22⑤按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得－μmgd ＝12mv 2－12mv 02⑦联立②③④⑤⑥⑦式，得v 0＝235μgd5.11．(多物体多过程的碰撞问题)如图7所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和4m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：图7(1)C 与A 碰撞前的速度大小． (2)A 、B 间由于摩擦产生的热量．答案 (1)34v 0 (2)75mv 02解析取向右为正方向．(1)对三个物体组成的系统，根据动量守恒定律得：(m ＋2m )v 0－4mv C ＝0 解得C 与A 碰撞前的速度大小v C ＝34v 0(2)A 、C 碰后连成一体，设速度为v 共．根据动量守恒定律得mv 0－4mv C ＝(m ＋4m )v 共解得v 共＝－25v 0根据能量守恒定律得：Q ＝12(m ＋4m )v 共2＋12×2mv 02－0解得Q ＝75mv 02.。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.1物体的碰撞1.2动量动量守恒定律(1)教学案粤教版选修3-5

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：相互极短碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的等．大和作用力峰值变化快，作用力时间短作用 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：沿同一条直线．：作用前后)对心碰撞(碰正① 不沿同一条直线．：作用前后)非对心碰撞(斜碰② (2)按碰撞过程中机械能是否损失分为：′.k2E ＋′k1E ＝k2E ＋k1E ，相等弹性碰撞：碰撞前后系统的动能① .k2E ＋k1E ＜′k2E ＋′k1E 非弹性碰撞：碰撞前后系统的动能不再相等，② 二、动量及其改变1．冲量的乘积．力的作用时间与力定义：物体受到的(1) .Ft ＝I 定义式：(2) .N·s ，符号为秒·牛顿单位：在国际单位制中，冲量的单位是(3) 2．动量的乘积．速度和它的质量定义：运动物体的(1) .mv ＝p 定义式：(2) .1－kg·m·s ，符号为千克米每秒单位：在国际单位制中，动量的单位是(3) (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．)矢量式(0p －p ＝p Δ，)也是矢量(的矢量差初动量与末动量物体在某段时间内 4．动量定理动量的改变量．的冲量，等于物体合力内容：物体所受(1) .0mv －t mv ＝Ft 公式：(2)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 A2＋12m B v B2＝(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＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能：E k ′＝12mv ′2＝2mv 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 ＝mv ，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 ＝mv 是矢量，而动能E k ＝12mv 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＝mv t －mv 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＝－3423.6m/s ＝－95 m/sp 1＝mv 1＝5×10－3×25 kg·m/s＝0.125 kg·m/sp 2＝mv 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 ＝12mv 21≈1.56 J，羽毛球的末动能：E k ′＝12mv 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 ＝mv t －mv 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＝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，始态速度为v ，终态速度为零．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. 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＝2gh1＝5 m/s 方向竖直向下碰撞后的速度：v 2＝2gh2＝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 ＝mv 2－(－mv 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 ′＝mv 2′－(－mv 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t2v )B m ＋A m (12－02v A m 12＝k E Δ3 J.＝) J 2×3×112－2×1×312(＝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)(，则安全带所受的平均冲力的大小为210 m/s 取g ，5 m ，安全带自然长度为1.5 s 缓冲时间是 A ．500 N B ．1 100 N C ．600 ND ．1 000 N 答案 D解析建筑工人下落5 m 时速度为v ， 10 m/s.＝m/s 2×10×5＝2gh ＝v 则设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv1 000 N.＝N 60×101.5＋60×10 N ＝mv t＋mg ＝F 所以(时间：60分钟)题组一对碰撞的理解，1E 反向运动，其动能大小为1发生碰撞，碰后球2与静止钢球1的钢球0E ．在光滑的水平面上，动能为1)(，则必有2E 的动能大小为2球 0E ＜1E ．A 0E ＝1E ．B0E ＞2E ．C0E ＝2E ．D 答案 A项对．A 故只有.0E ＜2E ，0E ＜1E ，必有0E ≤2E ＋1E 根据碰撞前后动能关系得解析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．图乙为它们碰撞前后的.2m 和1m 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2．如图3，由此可以判断：0.3 kg ＝2m ，0.1 kg ＝1m 图象．已知t －s图2碰撞过程中系④ 碰撞过程中系统机械能守恒③ 都向右运动1m 和2m 碰后② 向右运动1m 静止，2m 碰前①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是正①向右运动，故1m 静止，2m 位移不变，可知2m 加，位移随时间均匀增1m 由题图乙可以看出，碰前解析的速1m 错误；由题图乙可以计算出碰前②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，，碰撞过程中系统损失的2 m/s ＝2v ，碰后速度0＝20v 的速度20m ，碰前2 m/s ＝－1v ，碰后速度4 m/s ＝10v 度错误的．是④是正确的，③，因此0＝22v 2m 12－12v 1m 12－102v 1m 12＝k E Δ机械能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正确；当动A ，所以动能变化，则动量的大小一定变化，2mv 12＝k E ，动能是标量，mv ＝p 动量是矢量，解析量的大小不变，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＝p ，则落地前瞬间的动量大小为m ，设玻璃杯的质量为2gh ，则落地瞬间的速度大小为h 下落高度为相同，再2gh m ＝p Δ时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化t Δ，与水泥或草地接触2gh m 越小，玻璃杯所受撞击力越t Δ由此可知，.mg ＋m 2ghΔt＝F ，所以2gh m ＝t )·Δmg －F (由动量定理可知大，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)(忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量.1v ＞2v 方向相反，且2v 与1v ，2v 、1v图4方向相同1v ，方向与)1v －2v (m ．大小为A 方向相同1v ，方向与)1v ＋2v (m ．大小为B 方向相同2v ，方向与)1v －2v (m ．大小为C 方向相同2v ，方向与)1v ＋2v (m ．大小为D 答案 D＋2v (m ＝)1mv －(－2mv ＝I 方向为正方向，对网球运用动量定理有2v 在球拍拍打网球的过程中，选取解析方向相同．2v ，方向与)1v ＋2v (m ，即拍子对网球作用力的冲量大小为)1v 速度为零然后又下滑，经过时1t 的斜面向上滑动，经过时间θ的小滑块沿倾角为m 所示，质量为5如图10.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为.1F 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2t 间( )图5)2t ＋1t (θsin mg ．A)2t －1t (θsin mg ．B )2t ＋1t (mg ．C0．D 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 ＝正确．C ，即)2t ＋1t (mg ＝G I ，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以Ft 增大v 内速度由2t Δ，在时间v 增大到0内速度由1t Δ作用下做直线运动，在时间F ．物体在恒定的合力11)(那么.2I ，冲量是2W 内做的功是2t Δ；在1I ，冲量是1W 内做的功是1t Δ在F 设.v 2到 2W ＝1W ，2I <1I ．A 2W <1W ，2I <1I ．B2W ＝1W ，2I ＝1I ．C2W <1W ，2I ＝1I ．D 答案 D，mv ＝0－mv ＝1t ΔF ＝1I ，内1t Δ在解析，mv ＝mv －mv 2＝2t ΔF ＝2I ，内2t Δ在，2I ＝1I 所以，2mv 12＝1W 又因为，2mv 32＝2mv 12－2)v (2m 12＝2W ．正确D 选项，2W <1W 所以 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 901mv －2mv ＝－Ft 的方向为正方向，对小球应用动量定理得1v 小球与墙碰撞的过程，取选定解析 90 N ＝－N －0.5×4－0.5×50.05＝－mv2－mv1t ＝F 所以， “－”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)210 m/s 取g (力的大小．．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此1.2 s 接触的时间为 N31.5×10 答案．)竖直向下(2gh1＝1v 处下落，刚接触网时速度的大小1h 的质点，从高m 将运动员看做质量为解析，刚离网时速度的大小2h 弹跳后到达的高度为．)竖直向上(2gh2＝2v 选竖直向上为正方向．)]1v －(－2v [m ＝t )·Δmg －F (由动量定理得由以上各式解得2gh2＋2gh1Δtm＋mg ＝F N31.5×10＝F 代入数据得第二节(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、内力与外力物体组成一个力学系统．两个．系统：具有相互作用的1 2．内力：系统中，物体间的相互作用力．其他物体对系统的作用力．外部．外力：系统3 二、动量守恒定律为零，则系统的总动量保持不变．所受到的合外力．内容：如果系统1 组成的系统，常写成：2m 、1m ．表达式：对两个物体2.2v 2m ＋1v 1m ＝20v 2m ＋10v 1m 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v 10、v 20、v 1和v 2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v 10、v 20、v 1和v 2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，v 10、v 20均是此时刻的瞬时速度；同理，v 1、v 2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．运动，正前方有一静止的、质量沿光滑水平地面向前v ，以速度1m 所示，甲木块的质量为3如图针对训练)(的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后2m 为图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.p 等于相互作用后总动量0p ：系统相互作用前总动量p ＝0p (1) ：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2p Δ＝－1p (2)Δ相等、方向相反．(3)Δp ＝0：系统总动量增量为零．：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．2v 2m ＋1v 1m ＝20v 2m ＋10v 1m (4) 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．50 ＝2m 的速率向右运动，恰遇上质量为30 cm/s ＝1v 的小球在光滑的水平桌面上以10 g ＝1m 质量】2【例的速度大小和方向如1m 恰好停止，则碰后小球2m 的速率向左运动，碰撞后，小球10 cm/s ＝2v 的小球以g 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，0.＝2v ；10 cm/s ＝－20v ，30 cm/s ＝10v 则各小球速度为由动量守恒定律列方程，2v 2m ＋1v 1m ＝20v 2m ＋10v 1m 20 cm/s.＝－1v 代入数据得，方向向左．20 cm/s 碰后的速度的大小为1m 故小球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．，′甲mv ＝乙mv －甲mv 据动量守恒得：(1) 代入数据解得，方向向右．1 m/s ＝2) m/s －(3＝乙v －甲v ＝′甲v (2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v ′，由动量守恒得：′.mv ＋′mv ＝乙mv －甲mv .，方向向右0.5 m/s ＝m/s 3－22＝v 甲－v 乙2＝mv 甲－mv 乙2m ＝′v 解得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6A ．2∶3B ．2∶5C ．3∶5D ．5∶3答案 C，代入2v 乙m ＋1v 甲m ＝－20v 乙m －10v 甲m 选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有解析正确．C ，5∶3＝乙m ∶甲m 数据，可得 4．如图7所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．图7答案 0.02 m/s 远离空间站方向，B v B m ＋A v A m ＝0v )B m ＋A m (向为正方向．据动量守恒定律得方0v 以空间站为参考系，选远离空间站，即解析，远离空间站方向．0.02 m/s ＝ B v 代入数据解得(时间：60分钟)题组一对动量守恒条件的理解1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是( )A ．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒B ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒C ．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒。

2018-2019学年高中物理第一章碰撞与动量守恒章末复习课学案粤教版选修3-5

【知识体系】第一章碰撞与动量守恒章末复习课提纲挈领复习知识｛动量守恒完全弹性碰撞［动能—:动量守恒（动能 ___________■•动量守恒碰撞/非弹性总撞完全非弾性碰撞二士:\功能③「动量；”=唤矢量p 芍r ® A^=—卄是矢量动量<■冲量动量与动量守恒定律碰撞与势量守恒'动量与动能J>= \］2mE k % =卷冲量；r= Fi ：矢量•恒力的冲量与力同向恒力；根据定文 _____________变力：根据动虽定理⑥ 根据F=普解释现象；求冲量和动量的变化冲量计算动量定理内容阳+应=川一"血1_ ® — ni2亍勺=血1瓷忙 —■:亍卫动量守恒定律=表达形式“△ *1 = —△怏 △立总=0-*愉总—”后总.若系统所受0 成立条件|若系统内力⑧ .I 若系统在⑨:反冲运动产主的原埋在现实主活中时宜用守恒与不变反冲运动自然界中的守恒定律：m '二守怛与对称_外力Ffr 为零［答案填写］①守恒 ②有损失 ③损失最大 ④同向 ⑤I = Ft ⑥I = A p ⑦合外力F 合=0⑧远大于⑨某一方向上总结归纳提升能力主题1动量定理的应用1. 动量定理的应用.⑴应用I =△ p求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不能直接用I = F- t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化△ p,即等效代换为变力的冲量I.(2) 应用△ p= F- t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化△ p= p'—p需要应用矢量运算方法，比较复杂•如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化.(3) 用动量定理解释现象：用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，分析力与作用时间的关系；另一类是作用力一定，分析力作用时间与动量变化间的关系•分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚.(4) 处理连续流体问题(变质量问题)通常选取流体为研究对象，对流体应用动量定理列式求解.2. 应用动量定理解题的步骤.(1) 选取研究对象；(2) 确定所研究的物理过程及其始、末状态；(3) 分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；(4) 规定正方向，根据动量定理列方程式；(5) 解方程，统一单位，求解结果.［典例？］宇宙飞船在太空飞行时，如果遇到微陨石云，会受到较大的阻力. 微陨石云是太空中游离的物质微粒比较集中的区域•已知宇宙飞船沿运行方向的横截面积为S,运行速度为v,微陨石云的平均密度为p ,设宇宙飞船接触到的微陨石最后都附着在飞船上. 求宇宙飞船在穿越微陨石云过程中所受阻力F的大小.解析：设在时间t内，微陨石的总质量m r p Svt,飞船增加的动量△ p= mv= p Sv*由动量定理可得：Ft = A p,解得阻力F= p Sv2答案：F= p Sv2•针对训练1. 一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示.长物块以v o= 9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止. g取10 m/sA B(1) 求物块与地面间的动摩擦因数卩；(2) 若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;(3) 求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W1 2 1 2解析：⑴ 由动能定理，有：一卩mgs= 2mv —2mv,可得卩=0.32.(2) 由动量定理，有F A t = mv —mv可得F= 130 N.1 2(3) W= 2mv = 9 J.答案：(1)卩=0.32 (2) F= 130 N (3) W= 9 J主题2 动量守恒中的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个物体相距最近、避免相碰和开始反向等临界问题，分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的切入点.【典例2】质量为M= 6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为6 kg,停在B的左端•质量为1 kg的小球用长为0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2 m,物块与小球可视为质点，不计空气阻力.已知A、B间的动摩擦因数= 0.1，为使A B达到共同速度前A不滑离木板，木板至少多长？----------- o1 2解析：mgL= 2mv,w= 2gL= 4 m/s ,.1/ 2 mgh=2mv 1,v' 1 = \/ 2gh= 2 m/s.球与A碰撞过程中，系统动量守恒mv=—mv 1 + R A V A得V A= 1 m/s.物块A与木板B相互作用过程中R A V A=(R A+ M) V共=0.5 m/s.1 2 1 2mgx= 2R A V A-2(m+ M v共,得x = 0.25 m.答案：0.25 m•针对训练2•如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为 6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A,在小车C的左端有一个质量为 2 kg的滑块B,滑块A与B均可看作质点.现使滑块A从距小车的上表面高h= 1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间黏合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出•已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均2为= 0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，g取10 m/s .求：(1) 滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2) 小车C上表面的最短长度.解析：(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为V1,由机械能守恒定律有：mgh = [mV* ①代入数据解得V1 = 5 m/s.②设A、B碰后瞬间的共同速度为V2,滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，mv1= ( m+ m) V2,③代入数据解得V2 = 2.5 m/s.④(2)设小车C的最短长度为L,滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为V3,根据动量守恒定律有：(m+ m B) V2 = (m+ m) V3，⑤根据能量守恒定律：1 2 1 21 (m+ m)gL= 2(m+ m)V2 —?( m+ m+ m)V3,⑥联立⑤⑥式代入数据解得L= 0.375 m.答案：(1)2.5 m/s (2)0.375 m主题3多体多过程的动量守恒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，但因未知条件多而无法解. 这的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程•解这类问题时应注意：(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【典例3】如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m^ 1 kg , B质量为M= 3 kg.开始时A、B静止，现将C以初速度v o= 2 m/s的速度滑向A,与A碰后C的速度变为零，而后A向右运动与B发生碰撞并粘在一起•求：”回…匡........(1) A与B碰撞后的共同速度大小；(2) A与B碰撞过程中，A与B增加的内能.解析：(1)以A、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv= mv,A B碰撞过程动量守恒，以A B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mu= (M v,代入数据解得：V A= 2 m/s , v= 0.5 m/s.(2) A、B碰撞过程中，由能量守恒定律可得A与B增加的内能：1 2 1 2△ E= 2口张—2(W mv ,解得：△ E= 1.5 J.答案：(1)0.5 m/s (2)1.5 J歩针对训练3. 如图所示，一质量为M= 2 kg，半径为R= 0.3 m的四分之一光滑圆弧轨道A静止在光滑水平面上，轨道末端与水平面相切，现将质量为1 kg的滑块耳可视为质点)从弧形轨道顶端静止释放，滑块B从弧形轨道滑上水平而后，与静止的物块C发生弹性正碰.⑵若滑块B与C碰后能再次追上A,贝U C的质量应满足什么条件？解析：(1)弧形轨道及水平面均光滑，滑块B滑下过程中，A B组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒•设B滑到水平面时，A的速度大小为v i, B的速度大小为V2，根据动量守恒定律有Mv = mv,1 1A B组成的系统机械能守恒：有mg卍？MV + g mV,解得：v i= 1 m/s , V2= 2 m/s.C的质量为m,碰后B C的(2) B、C发生弹性正碰，满足动量守恒，机械能守恒，设速度的大小分别为V20、V3,且B与C碰后反向，则mv=—mv o+ mv3,1 2 1 2 1 2^mv = mv o + 小mv3,2 2 2若要B能追上A应满足：V20> V1,解得m>3 kg.答案：(1)2 m/s (2) m> 3 kg分析考情体验真题/•统揽考情1 •动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查2. 动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点.•真题例析(2016 •全国I卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.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V o竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为p，重力加速度大小为g.求：(1) 喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2) 玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.解析：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量m= p V= p Ss.(2)设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h, 根据运动学基本公式得：v2—v0 = —2gh,水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，根据动量定理，得—Mgt= p Sst (0 —v),p 2《v0 —Mg27777777777777777777777777针对训练（2017 •全国卷I ）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）（）2A. 30 kg • m/s B . 5.7 x 10 kg • m/s 2 2C. 6.0 x 10 kg • m/sD. 6.3 x 10 kg • m/s解析：设火箭的质量（不含燃气）为m ,燃气的质量为 m ，根据动量守恒，mv 1 = mv 2, 解得火箭的动量为： p = mV 1= mv 2= 30 kg • m/s ，故A 正确，BCD 错误.答案：A章末集训知能提升1.如图，某物体在拉力 F 的作用下没有运动，经时间 t 后（）A. 拉力的冲量为FtB. 拉力的冲量为 Ft cos 0C. 支持力的冲量为零D. 重力的冲量为零解析：根据冲量的公式，I = Ft ,所以t 时间内拉力F 的冲量就是Ft ,故A 正确，B 错误；物体受到斜向上的力而没有运动，说明水平方向物体一定受到摩擦力的作用，而有摩擦力则物体必定受到支持力，所以经过 t 时间，则支持力的冲量一定不等于 0，故C 错误；根据冲量的公式，I = Ft ，所以t 时间内重力G 的冲量就是Gt ，故D 错误.答案：A 2.如图所示，质量为 M 的小车静止在光滑的水平地面上，车上有n 个质量均为m 的小答案：(1) P Sv 。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第1节碰撞教案教科版选

第一章碰撞与动量守恒一、碰撞教学目标1.通过观察图片，初步了解碰撞现象及其特点2.通过实验，使学生能熟练测量质量、速度等大体物理量，能计算动能、动量之和、动能的改变量。

3.能通过实验中动能该变量的计算，对碰撞进行分类。

4.培育学生观察和计算的能力，初步培育学生用实验方式对同一现象从能量的角度进行分类的能力重点难点重点：碰撞的特点及分类难点：实验测量、数据处置和归纳设计思想动量守恒定律是自然界的大体守恒定律之一，是研究微观粒子所必需的知识，具体来讲，要学习原子结构和原子核的内容，动量的知识必不可少。

本章的核心是要表现学习中的探讨精神，强调物理学中“守恒量”的思想。

本章第一节“碰撞”，是通过实验为后面的教学展开打基础，因此本节课从生活中常见的碰撞事例入手，通过体验、观察和讨论，总结出碰撞现象的特点。

为整章的教学做好预备。

然后通过实验来探讨碰撞中的动能转变，使学生在老师的适当引导下归纳出碰撞的分类。

然后教师进行总结，结合相关的资料，把碰撞问题向学生不熟悉的领域适当拓展。

实验中，教师不要越俎代庖，要让学生自己动手实验，充分发挥学生在教学中的主体作用。

教学资源多媒体课件，气垫导轨（附光电门和滑块），弹簧片，数字计时器，天平，橡皮泥。

教学设计【课堂引入】碰撞是物质世界的常见现象，斯诺克中的碰撞给人以愉悦，汽车发生追尾给人们带来灾难，α粒子散射令人类熟悉了原子结构，在这些碰撞现象的背后蕴藏着什么样的规律呢？今天咱们就来学习3-5第一章“碰撞与动量守恒”的第1节“碰撞”。

【课堂学习】学习活动一：感受和体会碰撞进程请同窗们列举生活中的碰撞现象情境1：斯诺克中白球撞击花球。

情境2：公路上两车碰撞。

情境3：棒击球的一霎时。

情境4：跳高运动员落地。

（播放PPT）学生归纳：（1）必需是有彼此作用的系统（2）作历时刻很短教师引导并给出概念：做相对运动的两个（或几个）物体相遇而发生彼此作用，在很短的时刻内，它们的运动状态会发生显著的转变，这一进程叫碰撞。