高中物理第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞教学案粤教版选修35

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2024-2025学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第1节物体的碰撞教案粤教版选修3-5

（3）碰撞实验设计：鼓励学生设计一个简单的碰撞实验，并说明实验目的、实验方法和预期结果。
（4）碰撞问题解答：提供一些碰撞问题，要求学生解答并解释所用的物理原理和计算方法。
（5）碰撞现象观察：要求学生观察日常生活中的一些碰撞现象，如体育比赛中的碰撞，并记录下来，分析其中的物理原理。
2.作业反馈
及时对学生的作业进行批改和反馈，指出存在的问题并给出改进建议，以促进学生的学习进步。具体包括：
3.课后拓展应用
教师活动：
-布置作业：根据“物体的碰撞”课题，布置适量的课后作业，巩固学习效果。
-提供拓展资源：提供与“物体的碰撞”课题相关的拓展资源（如书籍、网站、视频等），供学生进一步学习。
-反馈作业情况：及时批改作业，给予学生反馈和指导。
学生活动：
-完成作业：认真完成老师布置的课后作业，巩固学习效果。
（2）研究现实生活中的碰撞案例：鼓励学生观察和分析现实生活中的碰撞现象，如交通事故、体育比赛中的碰撞等，并尝试运用所学的动量守恒定律进行解释。
（3）设计自己的碰撞实验：学生可以在家中或实验室里设计自己的碰撞实验，通过实际操作来验证动量守恒定律。
（4）参与在线讨论和学术研究：学生可以加入相关的在线学术论坛或研究小组，与他人交流碰撞与动量守恒定律的相关问题，或参与相关的研究项目。
-讲解知识点：详细讲解碰撞的基本概念、类型和基本定理，结合实例帮助学生理解。
-组织课堂活动：设计小组讨论、模拟碰撞实验等活动，让学生在实践中掌握动量守恒定律的应用。
-解答疑问：针对学生在学习中产生的疑问，进行及时解答和指导。
学生活动：
-听讲并思考：认真听讲，积极思考老师提出的问题。
-参与课堂活动：积极参与小组讨论、模拟碰撞实验等活动，体验动量守恒定律的应用。

高中物理第一章碰撞与动量守恒实验验证动量守恒定律同步备课教学案粤教版选修35

实验：验证动量守恒定律[学习目标] 1.掌握验证动量守恒定律的方法和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验目的验证碰撞中的动量守恒定律二、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且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′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2，碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．三、实验设计实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上．(2)如何测定质量和速度．①测量质量用天平．②测定碰撞前后的速度，这是实验成功的关键．四、实验案例气垫导轨上的实验器材：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、挡光片、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设Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v ＝Δx Δt .五、实验步骤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．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．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45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，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，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．图56．根据上述各次碰撞的实验数据验证碰撞前后的动量是否守恒．实验数据记录表例1某同学利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒的实验；气垫导轨装置如图6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6(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碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)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 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前后总动量不变．b.碰撞前后总动能不变．(c.碰撞前后质量不变．) 解析 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＝5×10－30.049 9m/s ≈0.10 m/s ；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ≈0.60 m/s ；③a.系统碰撞前后总动量不变．因为系统碰撞前的动量m 1v 1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的动量m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s b ．碰撞前后总动能不变．因为碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 12＝0.037 5 J ，碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 32＝0.037 5J ，所以碰撞前后总动能相等． c ．碰撞前后质量不变．例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中动量变化的规律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图7所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若已得到打点纸带如图8所示，并测得各计数点间的距离标在图上，A 为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A 的碰前速度，应选______段来计算小车A 和小车B 碰后的共同速度(填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s. 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417解析 (1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC 段点距相等，碰后DE 段点距相等，故取BC 段、DE 段分别计算碰前小车A 的速度和碰后小车A 和小车B 的共同速度． (2)碰前小车速度v A ＝x BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s其动量p A ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后小车A 和小车B 的共同速度v AB ＝x DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s碰后总动量p AB ＝(m A ＋m B )v AB ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s从上面计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．例3 某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来探究动量守恒定律．图中SQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止滚下，和B 球碰撞后，A 、B 两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O 所在平面，米尺的零点与O 点对齐． (1)碰撞后B 球的水平射程ON 应取为________ cm.图9(2)该同学实验数据记录如表所示，设两球在空中运动的时间为t ，请根据数据求出两球碰撞前的动量之和是________，两球碰撞后的动量之和是________，由此得出的结论是________________________________________________________________________.答案 (1)65.2 (2)958.0 g·cm t 956.0 g·cmt误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒定律成立解析 (1)水平射程是将10个不同的落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为平均落点，从题图乙上可读出约为65.2 cm.(2)A 、B 两球在碰撞前后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间相同，而水平方向都做匀速直线运动，其水平射程等于速度与落地时间t 的乘积．碰撞前A 球的速度为v A ＝OP t ＝47.9 cm t，碰撞前质量与速度的乘积之和为m A v A ＝20.0 g×47.9 cm t ＝958.0 g·cmt.碰撞后A 球的速度为v A ′＝OM t ＝15.2 cmt，碰撞后B 球的速度为v B ′＝ON t ＝65.2 cm t.碰撞后动量之和为m A v A ′＋m B v B ′＝20.0 g×15.2 cm t ＋10.0 g×65.2 cm t ＝956.0 g·cmt.一、选择题(1题为单选题，2～3题为多选题)1．用气垫导轨进行验证碰撞中的动量守恒的实验时，不需要测量的物理量是( ) A ．滑块的质量 B ．挡光时间 C ．挡光片的宽度 D ．光电门的高度答案 D2．在利用气垫导轨探究动量守恒定律实验中，哪些因素可导致实验误差( ) A ．导轨安放不水平 B ．小车上挡光板倾斜 C ．两小车质量不相等 D ．两小车碰后粘合在一起答案 AB解析导轨不水平，小车速度将受重力影响．挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差．3．若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列操作正确的是( ) A ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量 B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起 C ．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车 D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源答案 BC解析相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞，选项A 错，B 正确；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再接通电源，不容易得到实验数据，故选项C 正确，D 错误．二、非选择题4．在用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”实验时，左侧滑块质量m 1＝170 g ，右侧滑块质量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1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 ．则两滑块的速度大小分别为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1答案 0.094 0.143 0 2.5×10－4在实验允许的误差范围内，碰撞前后两滑块的总动量保持不变解析两滑块速度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烧断细前后m 1v 1′＋m 2v 2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s，在实验允许的误差范围内，m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.5．用如图2所示装置验证碰撞中的动量守恒，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 ，左侧滑块质量为100 g ，左侧滑块的m 1v 1＝________ g·m/s，右侧滑块质量为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2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m 1v 1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s 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，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝0.6．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做探究碰撞中的不变量的实验：图3(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞的同时，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 两滑块的速度与质量乘积之和为________________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(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 ②A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2 ③0 (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 ＝xt求出其速度．③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 7．某班物理兴趣小组选用如图4所示装置来“探究碰撞中的动量守恒”．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 右侧放置有一水平气垫导轨，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4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 并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，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 A B ．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)实验中需要探究的表达式为________．答案 (1)AB (2)dΔt(3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt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 v 22L.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 ＋m BdΔt.所以还需要测量小钢球A 的质量m A 以及绳长L .。

高中物理第一章碰撞与动量守恒章末盘点教学案粤教版选修3_5

第一章碰撞与动量守恒碰撞与动量守恒⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧冲量⎩⎪⎨⎪⎧定义式：I ＝Ft适用于恒力冲量的计算方向：若F 的方向不变，冲量的方向与F 的方向一致物理意义：表示力对时间的累积效应，是过程量运算法则：平行四边形定则动量⎩⎪⎨⎪⎧定义式：p ＝mv方向：动量的方向与速度的方向一致物理意义：表示物体运动状态的物理量，是状态量动量定理⎩⎪⎨⎪⎧内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化表达式：F 合t ＝p 2－p 1＝mv 2－mv 1矢量等式：合力的冲量与物体动量的变化大小相等，方向相同动量守恒定律⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧内容：系统不受外力或所受外力之和为零时，这个系统的总动量就保持不变研究对象：相互作用的物体组成的系统公式⎩⎪⎨⎪⎧①p ′＝p ，作用前后总动量相同②Δp ＝0，作用前后总动量不变③Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化大小相等，方向相反守恒条件⎩⎪⎨⎪⎧①系统不受外力的作用或系统所受的外力之和为零②内力远大于外力，且作用时间短，系统动量近似守恒③系统某一方向的外力之和为零，系统在该方向上动量守恒应用⎩⎪⎨⎪⎧碰撞——作用时间短，内力远大于外力，动量守恒反冲——一般合外力不为零，内力远大于外力，总动量守恒自然界中的守恒定律⎩⎨⎧守恒与不变：守恒对应着某个物理量保持不变守恒与对称⎩⎪⎨⎪⎧ 守恒来源于对称三大守恒定律体现物质世界和谐美1.(1)动量与冲量的区别：(2)动量、动量变化量、动量变化率的区别：2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp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Δp，即等效代换为变力的冲量I。

(2)应用Δp＝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Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞教学案粤教选修3-5

第一节物体的碰撞对应学生用书页码P11．碰撞是力学的基本问题之一，著名的科学家伽利略、牛顿等都先后进行了一系列的实验，从最初对一些现象尚无法作出解释，到逐渐归纳成系统的理论，总结出碰撞的规律，直至明确提出运动量守恒的基本思想，都为后来的动量守恒定律奠定了基础。

2．20世纪30年代以后，由于加速器技术和探测技术的发展，通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现了许多新粒子。

3．物体间碰撞的形式多种多样。

如图1－1－1甲所示，两小球碰撞时的速度沿着连心线的方向，这种碰撞称为正碰，如图1－1－1乙所示，两球碰撞前的相对速度不在连心线上，这种碰撞称为斜碰。

图1－1－14．碰撞的最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等，因而其他外力可以忽略不计。

碰撞是生活中常见的现象，两节火车车厢之间的挂钩靠碰撞连接，台球由于两球的碰撞而改变运动状态，微观粒子之间更是由于相互碰撞而改变能量，甚至使得一种粒子转化为另一种粒子，物体在碰撞中遵循什么物理规律呢？本章我们将从历史上的碰撞实验出发，认识各种碰撞的形式，探究碰撞的规律—动量守恒定律，从守恒和对称的关系中感受物理学的和谐美。

5．如果碰撞过程中系统动能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。

如果碰撞过程中系统动能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞，如果两个物体碰撞后合为一体具有共同的速度，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞。

对应学生用书页码P1对碰撞现象的研究1.碰撞现象两个或两个以上有相对速度的物体相遇时，在很短的时间内它们的运动状态发生显著变化，物体间相互作用的过程叫碰撞。

2．碰撞的特点(1)作用时间极短，相互作用力变化很快，平均作用力很大；相互作用力远大于其他外力，其他外力可以忽略不计。

(2)碰撞过程是在一瞬间发生的，作用时间极短，所以可以忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞前后仍在同一位置。

3．碰撞的分类按碰撞过程的能量损失情况可分为完全弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞。

2017-2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞教学案粤教版选修3-5

2．20世纪30年代以后，由于加速器技术和探测技术的发展，通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现了许多新粒子。

3．物体间碰撞的形式多种多样。

图1－1－14．碰撞的最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等，因而其他外力可以忽略不计。

5．如果碰撞过程中系统动能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。

如果碰撞过程中系统动能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞，如果两个物体碰撞后合为一体具有共同的速度，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞。

2．碰撞的特点(1)作用时间极短，相互作用力变化很快，平均作用力很大；相互作用力远大于其他外力，其他外力可以忽略不计。

(2)碰撞过程是在一瞬间发生的，作用时间极短，所以可以忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞前后仍在同一位置。

3．碰撞的分类按碰撞过程的能量损失情况可分为完全弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞。

18学年高中物理第一章碰撞与动量守恒实验验证动量守恒定律教学案粤教版选修3_5

实验验证动量守恒定律对应学生用书页码一、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 ＝ΔsΔt 算出速度。

【名校专用】高中物理第一章碰撞与动量守恒1.1物体的碰撞教案粤教版选修3_5

1.1物体的碰撞课堂互动三点剖析一、碰撞碰撞：当两个物体非常接近时，它们的相互作用改变了它们的运动状态，即引起动量和能量的交换，我们就说，它们发生了碰撞.由此可知，发生碰撞必须要满足两个条件：一是这种相互作用在较短的时间内发生，二是使两个质点的运动发生显著的变化.这是广义上的碰撞，例如两个微观粒子的碰撞.在宏观现象中，碰撞意味着两物体直接接触，其特点是：相碰的物体在接触前和分离后没有相互作用，接触的时间很短，接触时发生的相互作用比较强烈，因而在接触过程中可以忽略外力.二、碰撞的形式1.碰撞的研究：最早研究碰撞的是马西尔，随后，伽利略、马略特、牛顿、笛卡尔、惠更斯先后用大量的实验进行了研究，总结了碰撞的规律，形成了动量守恒的思想.并应用到了对微观粒子的研究上，发现了新的粒子.2.碰撞的形式有正碰、斜碰.3.区分正碰和斜碰主要看碰撞前两球的相对速度的方向与连心线的关系，与各小球自身的运动状态无关，与碰撞的位置无关.三、弹性碰撞与非弹性碰撞1.完全弹性碰撞如果两个物体（以两个弹性小球为例）在碰撞过程中，没有机械能的损失，这样的碰撞称为完全弹性碰撞。

此时两个物体之间的力是弹性力，在开始接触后的前一阶段，两球互相压缩，弹性力做负功，这时有一部分动能转化为弹性势能，在两球的速度相等时，压缩停止，此时系统的弹性势能最大，系统的动能最小；然后立即转为互相推开，弹性力做正功，此时弹性势能转化为动能.当全部分开时，弹性势能为零，全部转化为动能.2.非弹性碰撞两球碰撞后形变不能完全恢复.碰撞前后两小球的总动能不相等，有损失，损失的机械能转化为内能.3.完全非弹性碰撞两球碰撞后完全不反弹，动能损失最大.很多情况下表现为两球合为一体，或达到共同速度.各个击破【例1】下列说法正确的是（）A.s两小球正碰就是从正面碰撞B.两小球斜碰就是从侧面碰撞C.两小球正碰就是对心碰撞D.两小球斜碰就是非对心碰撞解析：两小球碰撞时的速度沿着连心线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在连心线上，称为斜碰，即非对心碰撞.答案：CD类题演练1在光滑的水平面上，一个运动的小球去碰撞一个静止的小球，则这个属于（）A.正碰B.斜碰C.可能是正碰，也可能是斜碰D.条件不明，无法说明解析：判断正碰还是斜碰与各物体的运动状态无关，只与两球碰前相对速度的方向与两球连心线方向的关系相关.当相对速度的方向和连心线在同一直线上是正碰；当相对速度的方向与连心线不在一直线上是斜碰.则C选项正确.答案：C【例2】如图1-1-2所示，两小球在同一轨道槽内发生了碰撞，两小球都是弹性小球，则它们的碰撞属于（）图1-1-2A.正碰B.斜碰C.弹性碰撞D.非弹性碰撞解析：两小球在同一槽内，两球相对运动速度的方向在两球的连心线上，是正碰.则选项A 正确；两小球都是弹性小球，属于弹性碰撞，故选项C正确.答案： AC类题演练2举例说明生活中哪些碰撞是完全非弹性碰撞.解析：完全非弹性碰撞的两物体碰后完全不反弹，动能损失最大，如一块泥巴摔在地上，一把刀插入木头中拔不出来，子弹射入木块中没有射出，火车站里，一列火车以一定的速度碰撞一列静止的车厢后共同前进，实现挂接等.。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞学案粤教版选修3-5

第一节物体的碰撞1.知道历史上对碰撞问题的研究和生活中的各种碰撞现象．2。

理解碰撞的特点，明确正碰和斜碰的含义．3．理解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的含义．一、历史上对碰撞问题的研究1．最早发表有关碰撞问题研究成果的是物理学教授马尔西．2．近代,由于加速器技术和探测技术的发展,通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现了许多新粒子．二、生活中的各种碰撞现象物体间碰撞的形式多种多样．若两个小球的碰撞，作用前后沿同一直线运动,这样的碰撞称为正碰;若两个小球的碰撞，作用前后不沿同一直线运动，则称为斜碰．三、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞:任何两个小球碰撞时都会发生形变，若两个小球碰撞后形变能完全恢复，则没有能量损失,碰撞前后两个小球构成的系统的动能相等,我们称这种碰撞为弹性碰撞．2．非弹性碰撞:若两个球碰撞后它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分动能最终会转变为其他形式的能（如热能)，碰撞前后系统的动能不再相等，我们称这种碰撞为非弹性碰撞．自然界中，多数的碰撞实际上都属于非弹性碰撞．3．完全非弹性碰撞：如果碰撞后完全不反弹,比如湿纸或一滴油灰，落地后完全粘在地上,这种碰撞则是完全非弹性碰撞．碰撞是如何分类的？提示：按碰撞过程中机械能是否损失，可分为弹性碰撞和非弹性碰撞；按碰撞前后,物体的速度方向是否沿同一直线可将碰撞分为正碰和斜碰．探究碰撞的特点及形式1．碰撞的特点(1）相互作用力为变力，作用时间短,作用力很大,且远远大于系统所受的外力．(2）根据能的转化和守恒可知：在碰撞过程中,系统的总动能是不可能增加的．(3）由于碰撞作用时间很短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为物体在相互作用前的瞬间位置以新的速度开始运动．2．碰撞的形式（1）正碰：两物体碰撞前的相对速度沿着连心线方向，即碰撞前后两物体的速度方向在同一条直线上．（2）斜碰:两物体碰撞前的相对速度不在连心线上，即碰撞前后两物体的速度方向不在同一条直线上．3．弹性碰撞和非弹性碰撞（1)弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞．弹性碰撞过程一般可分为两个阶段，即压缩阶段和恢复阶段．弹性碰撞两物体的动能之和完全没有损失，可表示为:错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!＝错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!。

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。

高中物理第一章碰撞与动量守恒 1.2 动量动量守恒定律教案粤教版选修35

1.2 动量动量守恒定律课堂互动三点剖析一、动量和动量的变化1.动量众所周知，运动的剧烈程度，即运动的“量”的大小是与运动速度有关的，但速度是不是唯一决定因素呢？一个足球和一个铅球以相同的速度从远处飞来，运动员可以用头将足球顶回去，却不敢去顶铅球.可见，运动的“量”的大小不仅与运动速度有关，还与物体的质量有关.物理学上用两者的乘积表示这个量，称为动量，故有p=mv.从公式可以看出，由于质量m为一标量，只有大小的变化，故动量p的一些特点主要是由速度v引起的.平常所说的速度v是指物体的瞬时速度，对应的是某一时刻，故谈到物体的动量一般是指某一时刻的动量，但这不是绝对的，如果取速度v为某一段时间内的平均速度，则这时的动量应为这一段时间内的平均动量；由于速度具有相对性，选用不同的参考系，同一物体的动量也可能不同，在通常情况下，取地面为参考系.2.动量的变化动量的变化即动量的变化量，用Δp来表示，一个量的变化，一般指末状态的值减初状态的值，动量变化也不例外，应为末动量减初动量，即Δp=p′-p,p′为末动量，p为初动量.p′=mv′,p=mv,故Δp=mv′-mv=mΔv(注这是矢量式)，故动量的变化量也是个矢量，其方向不一定与p或p′相同，而是与Δv的方向相.当然，这个结论的前提是质量不变，当质量也变时，Δp的方向与Δv的方向不一定相同，但有一点是肯定的，Δp′-p为矢量式，当p′、p在同一直线上，可以先规定正方向，用正、负号表示p′、p的方向，将矢量运算转化为代数运算.二、冲量冲量是力与力的作用时间的乘积，I=Ft，它反映了力在时间上的积累效果.在力特别大的情况下，作用时间很短，也会产生很大的冲量.由于I=Ft，某一个冲量I必然对应着一个时间t，故冲量是一个过程量.如果力F为恒力，求冲量时只需按公式I=Ft来计算就行，但要分清所求的是某个分力的冲量还是合力的冲量.若是求合力的冲量要分清这几个力是否同时作用于物体；若同时作用可先求合力再求冲量，也可以先求各个力的冲量，再求合冲量；若几个力不同时作用，只能先求每个力的冲量，再求合冲量.如果作用力是变力，在中学阶段不能直接用I=Ft求解冲量，但可以根据Ft=Δ(mv)求解.三、动量守恒定律1.动量守恒定律是研究两个或两个以上的物体相互作用过程中的动量变化情况的，它的研究对象是这些相互作用的物体组成的系统.动量守恒定律的成立条件是系统不受外力或所受合外力为零，因此选择哪些物体组成系统就显得尤为重要了，只有选择了系统才能分清哪些力是外力，哪些力是内力，才能确定动量是否守恒.选择某一系统，动量可能守恒，选择另外的物体组成系统时，动量可能就不守恒了.2.动量守恒是指总动量在物体相互作用的过程中一直不变，并不是只有初、末两态的动量守恒.解题时可根据题意适当选择相互作用过程中的两个状态列方程求解.3.动量守恒定律的特点（1）动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，在应用动量守恒定律解题之前，必须明确这个系统是由哪些物体组成，只有恰当地划分系统才能正确、有效地运用动量守恒定律.（2）动量守恒定律的表达式是矢量式.若相互作用的物体沿同一直线运动，注意设定方向，将矢量运算转化为代数运算.（3）动量守恒定律表达式中的速度必须是相对于同一参考系的.如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系的，必须适当转换参考系，使其成为相对同一参考系（通常选地面）的速度.（4）注意动量守恒定律表达式中速度的同时性.式中的v 1、v 2是作用同一时刻的瞬时速度，v 1′、v 2′是作用后同一时刻的瞬时速度.各个击破【例1】关于动量的概念，下列说法正确的是（）A.动量大的物体惯性一定大B.动量大的物体运动一定快C.动量相同的物体运动方向一定相同D.动量相同的物体速度小的惯性大解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的.动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A 项错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B 项也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C 项对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D 项也对.答案：CD类题演练1若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的（质量不变）（）A.速度大小一定改变了B.速度方向一定改变了C.速度一定变化了D.加速度一定不为零解析：动量p=mv ，动量发生了变化（质量不变），必定是速度发生了变化，而速度的改变包括大小和方向.故A 、B 两项不正确，C 项正确；速度变化了必然有加速度，故D 正确. 答案：CD变式提升质量为0.1 kg 的弹性小球，从高1.25 m 处自由落向一光滑而坚硬的水平木板，碰后弹回到0.8 m 高，求：（1）小球与水平板碰撞前后的动量；（2）小球与水平板碰撞前后的动量变化.解析：（1）由于小球做自由落体运动，设碰前小球速度为v 1，则v 1=25.11022⨯⨯=gh m/s=5 m/s,方向竖直向下，于是小球与水平板碰前的动量p 1=mv 1=0.1×5 kg·m/s=0.5 kg·m/s,方向竖直向下.碰后，小球做竖直上抛运动的最大高度为0.8 m ，则碰后小球速度为v 2=8.0102'2⨯⨯=gh m/s=4 m/s,方向竖直向上，此时小球的动量p 2=mv 2=0.1×4 kg·m/s=0.4 kg·m/s,方向竖直向上.（2）设竖直向下为正方向，则p 1=5 kg·m/s，p 2=-0.4 kg·m/s，Δp=p 2-p 1=(-0.4 -0.5) kg·m/s=-0.9 kg·m/s，即碰撞前后小球动量变化的大小为0.9 kg·m/s，方向竖直向上. 答案：（1）0.5 kg·m/s,竖直向下；0.4 kg·m/s，竖直向上.（2）0.9 kg·m/s,竖直向上.【例2】关于冲量的概念，以下说法正确的是（）A.作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B.作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C.作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D.只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同解析：力的冲量I=F·t，力F的大小虽然不同，只要力F的作用时间t也不同，则力F与时间t的乘积可能相同，所以A项正确；力F很大，如果力F的作用时间很短，则力F的冲量仍然可以很小，故B项错；当力F的作用时间很短时，如果力F很大，则力F的冲量仍可以很大，因此C项错；由于冲量是矢量，而矢量相同包括大小相同，方向也相同，因此既使力的大小F和作用时间t的乘积相同，也只能说明冲量的大小相同，如果力的方向不同，则冲量的方向不同，因此我们说冲量不同，所以D项不正确.答案：A【例3】在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图1-2-1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法正确的是（）图1-2-1A.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项对；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项错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C项对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D项对.答案：ACD类题演练2如图1-2-2所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量m=15 kg的箱子，和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞.图1-2-2解析：设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后速度为v乙，则由动量守恒定律，得甲推箱子过程：（M+m）v0=Mv甲+mv ①乙抓箱子过程：mv-Mv0=(M+m)v乙②甲、乙恰不相碰条件：v甲=v乙③代入数据可解得v=5.2 m/s.答案：5.2 m/s。

高中物理第一章碰撞与动量守恒1.3动量守恒定律在碰撞中的应用教学案粤教版选修3-5(new)

第三节动量守恒定律在碰撞中的应用［目标定位] 1。

进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点解决碰撞问题。

2。

了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用．一、应用动量守恒定律解题的一般步骤1．确定研究对象组成的系统，分析所研究的物理过程是否满足动量守恒的应用条件．2．设定正方向,分别写出系统初、末状态的总动量．3．根据动量守恒定律列方程．4．解方程,统一单位后代入数值进行运算写出结果．二、动量守恒定律的普遍应用1．在自然界中，大到天体的相互作用,小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律．2．动量守恒定律是比牛顿运动定律应用更为普遍的定律．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、对碰撞问题的理解1．碰撞(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒．2．三种碰撞类型(1）弹性碰撞动量守恒：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2机械能守恒：错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!＝错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!当v20＝0时，有v1＝错误!v10，v2＝错误!v10推论:质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞,碰后交换速度．(2)非弹性碰撞动量守恒：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2机械能减少，损失的机械能转化为内能｜ΔE k|＝E k初－E k末＝Q（3）完全非弹性碰撞动量守恒:m1v10＋m2v20＝(m1＋m2）v共碰撞中机械能损失最多｜ΔE k｜＝错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!－错误!(m1＋m2)v错误!【例1】形状、大小完全相同，质量分别为300 g和200 g的两个物体在光滑的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s。

（1）如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小;（2)求碰撞后损失的动能;(3）如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．答案(1）0.1 m/s (2）0。

「精品」高中物理第一章碰撞与动量守恒1.2动量动量守恒定律教案粤教版选修35

1.2 动量动量守恒定律课堂互动三点剖析一、动量和动量的变化1.动量众所周知，运动的剧烈程度，即运动的“量”的大小是与运动速度有关的，但速度是不是唯一决定因素呢？一个足球和一个铅球以相同的速度从远处飞来，运动员可以用头将足球顶回去，却不敢去顶铅球.可见，运动的“量”的大小不仅与运动速度有关，还与物体的质量有关.物理学上用两者的乘积表示这个量，称为动量，故有p=mv.从公式可以看出，由于质量m为一标量，只有大小的变化，故动量p的一些特点主要是由速度v引起的.平常所说的速度v是指物体的瞬时速度，对应的是某一时刻，故谈到物体的动量一般是指某一时刻的动量，但这不是绝对的，如果取速度v为某一段时间内的平均速度，则这时的动量应为这一段时间内的平均动量；由于速度具有相对性，选用不同的参考系，同一物体的动量也可能不同，在通常情况下，取地面为参考系.2.动量的变化动量的变化即动量的变化量，用Δp来表示，一个量的变化，一般指末状态的值减初状态的值，动量变化也不例外，应为末动量减初动量，即Δp=p′-p,p′为末动量，p为初动量.p′=mv′,p=mv,故Δp=mv′-mv=mΔv(注这是矢量式)，故动量的变化量也是个矢量，其方向不一定与p或p′相同，而是与Δv的方向相.当然，这个结论的前提是质量不变，当质量也变时，Δp的方向与Δv的方向不一定相同，但有一点是肯定的，Δp′-p为矢量式，当p′、p在同一直线上，可以先规定正方向，用正、负号表示p′、p的方向，将矢量运算转化为代数运算.二、冲量冲量是力与力的作用时间的乘积，I=Ft，它反映了力在时间上的积累效果.在力特别大的情况下，作用时间很短，也会产生很大的冲量.由于I=Ft，某一个冲量I必然对应着一个时间t，故冲量是一个过程量.如果力F为恒力，求冲量时只需按公式I=Ft来计算就行，但要分清所求的是某个分力的冲量还是合力的冲量.若是求合力的冲量要分清这几个力是否同时作用于物体；若同时作用可先求合力再求冲量，也可以先求各个力的冲量，再求合冲量；若几个力不同时作用，只能先求每个力的冲量，再求合冲量.如果作用力是变力，在中学阶段不能直接用I=Ft求解冲量，但可以根据Ft=Δ(mv)求解.三、动量守恒定律1.动量守恒定律是研究两个或两个以上的物体相互作用过程中的动量变化情况的，它的研究对象是这些相互作用的物体组成的系统.动量守恒定律的成立条件是系统不受外力或所受合外力为零，因此选择哪些物体组成系统就显得尤为重要了，只有选择了系统才能分清哪些力是外力，哪些力是内力，才能确定动量是否守恒.选择某一系统，动量可能守恒，选择另外的物体组成系统时，动量可能就不守恒了.2.动量守恒是指总动量在物体相互作用的过程中一直不变，并不是只有初、末两态的动量守恒.解题时可根据题意适当选择相互作用过程中的两个状态列方程求解.3.动量守恒定律的特点（1）动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，在应用动量守恒定律解题之前，必须明确这个系统是由哪些物体组成，只有恰当地划分系统才能正确、有效地运用动量守恒定律. （2）动量守恒定律的表达式是矢量式.若相互作用的物体沿同一直线运动，注意设定方向，将矢量运算转化为代数运算.（3）动量守恒定律表达式中的速度必须是相对于同一参考系的.如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系的，必须适当转换参考系，使其成为相对同一参考系（通常选地面）的速度.（4）注意动量守恒定律表达式中速度的同时性.式中的v 1、v 2是作用同一时刻的瞬时速度，v 1′、v 2′是作用后同一时刻的瞬时速度.各个击破【例1】关于动量的概念，下列说法正确的是（）A.动量大的物体惯性一定大B.动量大的物体运动一定快C.动量相同的物体运动方向一定相同D.动量相同的物体速度小的惯性大解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的.动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A 项错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B 项也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C 项对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D 项也对.答案：CD类题演练1若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的（质量不变）（）A.速度大小一定改变了B.速度方向一定改变了C.速度一定变化了D.加速度一定不为零解析：动量p=mv ，动量发生了变化（质量不变），必定是速度发生了变化，而速度的改变包括大小和方向.故A 、B 两项不正确，C 项正确；速度变化了必然有加速度，故D 正确.答案：CD变式提升质量为0.1 kg 的弹性小球，从高1.25 m 处自由落向一光滑而坚硬的水平木板，碰后弹回到0.8 m 高，求：（1）小球与水平板碰撞前后的动量；（2）小球与水平板碰撞前后的动量变化.解析：（1）由于小球做自由落体运动，设碰前小球速度为v 1，则v 1=25.11022⨯⨯=gh m/s=5 m/s,方向竖直向下，于是小球与水平板碰前的动量p 1=mv 1=0.1×5 kg·m/s=0.5 kg·m/s,方向竖直向下.碰后，小球做竖直上抛运动的最大高度为0.8 m ，则碰后小球速度为v 2=8.0102'2⨯⨯=gh m/s=4 m/s,方向竖直向上，此时小球的动量p 2=mv 2=0.1×4 kg·m/s=0.4 kg·m/s,方向竖直向上.（2）设竖直向下为正方向，则p 1=5 kg·m/s，p 2=-0.4 kg·m/s，Δp=p 2-p 1=(-0.4 -0.5) kg·m/s=-0.9 kg·m/s，即碰撞前后小球动量变化的大小为0.9 kg·m/s，方向竖直向上.答案：（1）0.5 kg·m/s,竖直向下；0.4 kg·m/s，竖直向上.（2）0.9 kg·m/s,竖直向上.【例2】关于冲量的概念，以下说法正确的是（）A.作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B.作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C.作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D.只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同解析：力的冲量I=F·t，力F 的大小虽然不同，只要力F 的作用时间t 也不同，则力F 与时间t 的乘积可能相同，所以A 项正确；力F 很大，如果力F 的作用时间很短，则力F 的冲量仍然可以很小，故B 项错；当力F 的作用时间很短时，如果力F 很大，则力F 的冲量仍可以很大，因此C 项错；由于冲量是矢量，而矢量相同包括大小相同，方向也相同，因此既使力的大小F 和作用时间t 的乘积相同，也只能说明冲量的大小相同，如果力的方向不同，则冲量的方向不同，因此我们说冲量不同，所以D项不正确.答案：A【例3】在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图1-2-1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法正确的是（）图1-2-1A.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项对；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项错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C项对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D项对.答案：ACD类题演练2如图1-2-2所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量m=15 kg的箱子，和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞.图1-2-2解析：设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后速度为v乙，则由动量守恒定律，得甲推箱子过程：（M+m）v0=Mv甲+mv ①乙抓箱子过程：mv-Mv0=(M+m)v乙②甲、乙恰不相碰条件：v甲=v乙③代入数据可解得v=5.2 m/s.答案：5.2 m/s。

2017_2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞同步备课教学案粤教版选修3_5

第一节物体的碰撞[学习目标] 1.了解生活中的各种碰撞现象，知道碰撞的特点.2.通过实验探究，知道弹性碰撞和非弹性碰撞．一、碰撞特点及分类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．2．碰撞特点(1)相互作用时间短．(2)作用力变化快．(3)作用力峰值大．因此其他外力可以忽略不计．3．碰撞的分类(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一直线可分为：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可分为弹性碰撞和非弹性碰撞．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)最早发表有关碰撞问题研究成果的是伽利略．( ×)(2)碰撞过程作用时间很短，相互作用力很大．( √)(3)所有的碰撞，作用前、后物体的速度都在一条直线上．( ×)二、弹性碰撞和非弹性碰撞[导学探究] 演示实验：用如图1所示装置做实验．图1(1)让橡皮球A与另一静止的橡皮球B相碰，两橡皮球的质量相等，会看到什么现象？两橡皮球碰撞前后总动能相等吗？(2)在A、B两球的表面涂上等质量的橡皮泥，再重复实验(1)，可以看到什么现象？若两橡皮球粘在一起上升的高度为橡皮球A 摆下时的高度的14，则碰撞前后总动能相等吗？答案 (1)可看到碰撞后橡皮球A 停止运动，橡皮球B 摆到橡皮球A 开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后橡皮球B 获得的速度与碰撞前橡皮球A 的速度相等，这说明碰撞前后A 、B 两球的总动能相等．(2)可以看到碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．碰前总动能E k ＝mgh碰后总动能E k ′＝2mg ·h 4＝12mgh 因为E k ′<E k ，所以碰撞前后总动能减少．[知识梳理] 按碰撞前后系统的总动能是否损失，可将碰撞分为：(1)弹性碰撞：两个小球碰撞后形变能完全恢复，没有能量损失，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′.(2)非弹性碰撞：两个小球碰撞后形变不能完全恢复，一部分动能最终转化为其他形式的能(如热能)，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能不再相等，E k1＋E k2>E k1′＋E k2′.[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)碰撞时形变能够完全恢复的系统动能没有损失．( √ )(2)两物体碰撞后粘在一起运动，系统的动能也可能不损失．( × )(3)两物体碰撞后总动能可能增加．( × )一、弹性碰撞与非弹性碰撞的判断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 k1＋E k2.2．碰撞的类型(1)弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．(2)非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．(3)完全非弹性碰撞：非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．例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．针对训练如图2所示，有A 、B 两物体，m 1＝3m 2，以相同大小的速度v 相向运动，碰撞后A 静止，B 以2v 的速度反弹，那么A 、B 的碰撞为( )图2A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．无法判断答案 A解析设m 1＝3m ，m 2＝m碰撞前总动能12m 1v 12＋12m 2v 22＝2mv 2 碰撞后总动能12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝0＋12×m (2v )2＝2mv 2 因为碰撞前后总动能不变，故为弹性碰撞，A 项正确．二、碰撞模型的拓展例2 如图3所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞．A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( )图3A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时答案 D解析方法一：B 和A (包括弹簧)的作用，可以看成广义上的碰撞，两物体(包括弹簧)碰后粘在一起或碰后具有共同速度时，其动能损失最多，故选D.方法二：B 与弹簧作用后，A 加速，B 减速，当A 、B 速度相等时，弹簧最短、弹性势能最大，系统动能损失最多，故D正确．两物体通过弹簧的相互作用可以看成广义上的碰撞，当弹簧最短(两物体速度相等)时相当于完全非弹性碰撞；当弹簧完全恢复原状，两物体分离时相当于弹性碰撞．1．(多选)关于碰撞的特点，下列说法正确的是( )A．碰撞的过程时间极短B．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大C．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力相等D．碰撞时，质量小的物体对质量大的物体作用力大答案AC解析两物体发生碰撞，其碰撞时间极短，碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、C 正确，B、D错误，故选A、C.2．(多选)两个物体发生碰撞，则( )A．碰撞中一定产生了内能B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小答案BD解析若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以正确选项为B、D.3．(多选)如图4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( )图4A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上答案 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．故正确答案为B 、D.4．(多选)如图5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 图象．已知m 1＝0.1 kg ，m 2＝0.3 kg ，由此可以判断，下列说法正确的是( )图5A ．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 ．此碰撞为弹性碰撞D ．此碰撞为非弹性碰撞答案 AC解析由题图乙可以看出，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 ，m 2＝0.3 kg ，碰撞过程中系统损失的机械能ΔE k ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此C 是正确的，D 是错误的．5．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．答案完全非弹性碰撞 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 2－12(m A ＋m B )v 12＝(12×1×32－12×3×12) J ＝3 J.。

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。

高中物理第一章碰撞与动量守恒 1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用教案粤教版选修35

1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用课堂互动三点剖析一、动量守恒定律的应用1.应用动量守恒定律解决问题关键要注意两点：第一是根据动量守恒的条件选取合适的系统，第二是分清系统初、末状态的动量.2.动量定理通常选某单个物体为研究对象，而动量守恒定律是以两个或两个以上相互作用的物体系为对象，并分析此物体系是否满足动量守恒的条件，即这个物体系是否受外力作用，或合外力是否为零（或近似为零）.显然物体系内力（即系统内物体间相互作用）仍然存在，这些相互作用的内力，使每个物体的动量变化，但这物体系的总动量守恒.3.应用动量守恒定律表达式列方程时，必须明确过程的初状态和末状态，对于碰撞过程来说，初状态是指刚开始发生相互作用时的状态，末状态是指相互作用刚结束时的状态，只要抓住过程的初末状态，而无须考虑过程的细节，根据动量守恒定律即可求解碰撞问题.4.动量守恒定律应用的思路（1）确哪几个物体组成的系统为研究对象；（2）分析受力和物理过程，判断动量是否守恒；（3）规定正方向，确定初、末状态各物体的动量，并把矢量化成标量；（4）利用动量守恒定律列方程求解.二、碰撞及碰撞过程的特点1.碰撞特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用时间很短.（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大.（3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置.（5）能量特点：碰前总动能E k 与碰后总动能E k′满足：E k ≥E k′.（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方.2.追及碰撞满足的关系（1）碰撞过程满足动量守恒：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′;(2)碰撞前，后面物体速度大于前面物体速度：v 1＞v 2;（3）碰撞后，后面物体的速度小于等于前面物体的速度：v 1′≤v 2′;(4)碰撞后的总动能小于等于碰撞前的总动能.三、碰撞的类型碰撞的过程由于作用时间短，内力远大于外力，不论相互碰撞的物体所处的平面是否光滑都可以认为系统动量守恒，但根据碰撞过程中机械能的损失情况可将碰撞分为三种类型.1.完全非弹性碰撞：两物体碰后合为一个整体，以共同的速度运动，这种碰撞机械能损失最多.满足：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 损失的机械能：ΔE=221222211)(212121v m m v m v m +-+. 2.弹性碰撞：两物体碰后很短时间内分开，发生的是弹性形变，机械能无损失.满足：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′2222'11222211'21212121v m v m v m v m +=+ 当两小球的质量相等时，碰撞后交换速度.3.非弹性碰撞：两物体碰后虽能分开，但碰撞时间较长，机械能有损失，但不如完全非弹性碰撞的机械能损失大.这种类型的碰撞在练习题中出现得不多.各个击破【例1】两只小船平行逆向航行，如图1-3-2所示,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 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s 的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m 1=500 kg 及m 2=1 000 kg,问：在交换麻袋前两只船的速率为多少？（水的阻力不计）图1-3-2解析：选取小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：（m 1-m)v 1-mv 2=0即450v 1-50v 2=0 ①选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(m 2-m)v 2+mv 1=-m 2v即-950v 2+50v 1=-1 000×8.5 kg·m/s ②选取四个物体为系统有：m 1v 1-m 2v 2=-m 2v即500v 1-1 000v 2=-1 000×8.5 kg·m/s ③联立①②③式中的任意两式解得v 1=1 m/s,v 2=9 m/s.答案：大船速度1 m/s,小船速度9 m/s.类题演练1甲乙两人均以2 m/s 的速度在冰上相向滑行，m 甲=50 kg ，m 乙=52 kg ，甲拿着一个质量Δm=2kg 的球，当甲将球传给乙，乙再传给甲，这样传球若干次后，乙的速度变为零，球在甲手中，求甲的速度.解析：无论传球多少次，甲、乙两人和球组成的系统动量守恒.（m 甲+Δm）v-m 乙v=（m 甲+Δm）v 甲即（50+2）×2-52×2=（50+2）v 甲得v 甲=0.答案：0【例2】在光滑水平面上，质量为m 的小球A 以速度v 0与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，碰后A 球的速率为021v ,试求碰后B 球的速度v B 的大小. 解析：设A 球初速度方向为正，假设碰后A 球仍沿原方向运动，则据动量守恒定律知：mv 0=20v m+3mv B 得v B =60v由于碰后A 、B 两球都沿正方向运动，且B 球在前A 球在后，应有：v A ＜v B ,而实际计算结果是v A ＞v B ，因此，不会出现这种情况，即碰后A 球不能沿原方向运动，因此碰后A 球被反弹，据动量守恒定律有：mv 0=20v m -+3mv B 得v B =20v . 答案：20v 变式提升如图1-3-3所示，水平桌面上放着一个半径为R 的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M 和m 的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药.开始时两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道反向运动一段时间后相遇.到它们相遇时，M 转过的角度θ是多少？图1-3-3解析：在炸药爆炸瞬间，两球作为一个系统的总动量守恒，以后两小球在轨道外壁弹力作用下在水平轨道内做匀速圆周运动，经过一段时间相遇.设炸药爆炸后，M 的速度为v 1，m 的速度为v 2，两球的运动方向相反，由动量守恒定律有Mv 1-mv 2=0，即Mv 1=mv 2 ①以后两球各自沿圆轨道做圆周运动，由于两球都只受外壁压力（方向指向环中心），因此两球都做匀速圆周运动.设经过时间t 两球再次相遇，则由运动学公式有v 1t+v 2t=2πR ②由①式有v 2=1v m M ,代入②，得v 1t=mM Rm +π2 ③ v 1t 就是小球M 在圆环轨道内移过的距离（即弧长）.因此，M 球转过的角度θ=m M m R t v +=π21. 答案：mM Rm +π2 【例3】如图1-3-4所示，在水平面地上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离；（2）射入的过程中，系统的机械能损失.图1-3-4解析：（1）设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv=(M+m)v′ ①二者一起沿平面滑动，前进的距离为s ，由动能定理：μ（M+m)gs=21（M+m)v′2 ②由①②两式解得s=gm M v m μ222)(2+. (2)射入过程中的机械能损失ΔE=21mv 2-21（M+m)v′2 ③ 将①代入③式解得ΔE=)(22m M Mmv +. 答案：（1）gm M v m μ222)(2+ （2）)(22m M Mmv + 类题演练2质量为m 1的小球以速度v 0与质量为m 2的小球发生弹性正碰，求碰后两个小球的速度. 解析：设碰后m 1球的速度为v 1,m 2球的速度为v 2，由系统动量守恒有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2 ① 由系统动能守恒有：222211*********v m v m v m += ② 将②变形为m 1(v 02-v 12)=m 2v 22 ③将①变形为m 1(v 0-v 1)=m 2v 2 ④ ③/④得v 0+v 1=v 2 ⑤ 将⑤代入①得v 1=02121v m m m m +- ⑥ 将⑥代入⑤得v 2=02112v m m m + ⑦ 答案：碰后m 1球的速度为02121v m m m m +-，m 2球的速度为02112v m m m +.。