动量守恒定律 碰撞问题试卷教案资料
动量与冲量教案碰撞实验和动量守恒定律
动量与冲量教案碰撞实验和动量守恒定律在学习物理学的过程中，我们经常会遇到动量与冲量这两个概念。
本篇文章将通过教案的方式，介绍动量与冲量的实验和动量守恒定律，以帮助读者更好地理解这些内容。
实验一：简单碰撞实验实验目的：通过简单碰撞实验，了解动量守恒定律的基本原理。
实验材料：1. 平滑水平桌面2. 两个带有弹性碰撞器的小车3. 测量尺4. 计时器实验步骤：1. 在平滑水平桌面上放置两个小车，使它们相距一定的距离。
2. 将其中一个小车推动起来，让其撞向另一个小车。
3. 使用计时器测量碰撞前后两个小车的速度，并记录下观察结果。
4. 使用测量尺测量碰撞前后两个小车的位移，并记录下观察结果。
实验结果和讨论：通过实验可以观察到，在碰撞前，一个小车的速度较高，而另一个小车的速度较低。
当它们发生碰撞后，速度发生了改变。
根据观察结果可知，在碰撞前后，两个小车的总动量始终保持不变，即动量守恒定律成立。
实验二：车辆碰撞实验实验目的：通过车辆碰撞实验，进一步探究动量与冲量的关系，并应用动量守恒定律解释观察结果。
实验材料：1. 具有弹性碰撞器的两辆小车2. 长直路段3. 测速仪器实验步骤：1. 将两辆小车放置在长直路段的起始位置，它们应该面对面相距一定的距离。
2. 先推动一辆小车，让其沿直线方向前进一段距离。
3. 等待第一辆小车停下后，再推动第二辆小车使其与第一辆小车发生碰撞。
4. 使用测速仪器测量碰撞前后两辆小车的速度，并记录下观察结果。
实验结果和讨论：在实验过程中，可以观察到碰撞前后两辆小车的速度发生了变化。
根据观察结果可知，碰撞后两辆小车的总动量与碰撞前相比发生了改变，但总动量的变化量等于系统所受的冲量。
这表明冲量与动量的变化量成正比，且具有相同的方向。
因此，动量与冲量有着密切的关系，动量守恒定律可以用来解释碰撞实验的观察结果。
动量守恒定律的应用：动量守恒定律广泛应用于物理学和工程领域，以下是一些实际应用的例子：1. 飞机在打着陆时的减速过程，需要考虑动量守恒定律，以确保安全降落。
动量守恒定律教案
动量守恒定律教案动量动量守恒定律教案篇一碰撞中的动量守恒1、实验目的、原理（1）实验目的运用平抛运动的知识分析、研究碰撞过程中相互作用的物体系动量守恒（2）实验原理(a)因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，若用飞行时间作时间单位，小球的水平速度在数值上就等于小球飞出的水平距离。
(b)设入射球、被碰球的质量分别为m1、m2，则入射球碰撞前动量为（被碰球静止）p1=m1v1①设碰撞后m1，m2的速度分别为v’1、v’2，则碰撞后系统总动量为p2=mlV’1+m2v’2②只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入①、②两式就可研究动量守恒。
2、买验器材斜槽，两个大小相同而质量不等的小钢球，天平，刻度尺，重锤线，白纸，复写纸，三角板，圆规。
3、实验步骤及安装调试（1）用天平测出两个小球的质量ml、m2.（2）按图5—29所示安装、调节好实验装置，使斜槽末端切线水平，将被碰小球放在斜槽末端前小支柱上，入射球放在斜槽末端，调节支柱，使两小球相碰时处于同一水平高度，且在碰撞瞬间入射球与被碰球的球心连线与斜槽末端的切线平行，以确保正碰后两小球均作平抛运动。
（3）在水平地面上依次铺放白纸和复写纸。
（4）在白纸上记下重锤线所指的位置O，它表示入射球m1碰撞前的位置，如图5—30所示。
（5）移去被碰球m2，让入射球从斜槽上同一高度滚下，重复10次左右，用圆规画尽可能小的圆将所有的小球落点圈在里面，其圆心即为人射球不发生碰撞情况下的落点的平均位置P，如图5—31所示。
（6）将被碰小球放在小支柱上，让入射球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次左右，同理求出入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.（7)过O、N作一直线，取O0’=2r(r为小球的半径，可用刻度尺和三角板测量小球直径计算厂），则O’即为被碰小球碰撞前的球心的位置（即投影位置）。
物理 动量守恒与碰撞教学案【精编】
动量守恒考纲解读1．动量守恒定律的应用是本章重点、高考热点，动量、动量的变化量两个概念常穿插在规律中考查．2．在高考题中动量守恒定律常与能量的转化和守恒定律结合，解决碰撞、打击、反冲、滑块摩擦等问题，还要重视动量守恒与圆周运动、核反应的结合．二、考点知识梳理（一）、动量守恒定律1、动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的总动量就保持不变。
用公式表示为：P P P P 1212+='+' 或 m v m v m v m v 11221122+='+'用牛顿第三定律和动量定理推导动量守恒定律：如图14-2-1所示，在光滑水平桌面上有两个匀速运动的球，它们的质量分别是m 1和m 2，速度分别是v 1和v 2，而且v 1＞v 2。
则它们的总动量(动量的矢量和)P ＝p 1+p 2＝m 1v 1+m 2v 2。
经过一定时间m 1追上m 2，并与之发生碰撞，设碰后二者的速度分别为,1v 和,2v ，此时它们的动量的矢量和，即总动量'22'11'2'1'v m v m p p p +=+=下面从动量定理和牛顿第三定律出发讨论p 和p ′有什么关系。
设碰撞过程中两球相互作用力分别是F 1和F 2，力的作用时间是t 。
根据动量定理，m 1球受到的冲量是F 1t ＝m 1v ′1-m 1v 1；m 2球受到的冲量是F 2t ＝m 2v ′2-m 2v 2。
根据牛顿第三定律，F 1和F 2大小相等，方向相反，即F 1t ＝-F 2t 。
则有： m 1v ′1-m 1v 1＝-(m 2v ′2-m 2v 2)整理后可得： 22112211v m v m v m v m '+'=+， p ′＝p 2、动量守恒定律适用的条件①系统__不受力 或_所受合外力为零_．②当内力_远远大于_外力时．③某一方向_不受力 或所受_合外力为零__，或该方向上内力_远远大于外力时，该方向的动量守恒．14-2-13、常见的表达式（1）P=P/（系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的总动量P/）（2）ΔP=0（系统总动量的增量为零）（3）ΔP1=ΔP2（相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等、方向相反）（4）m1v1+ m2v2= m1v1/+ m2v2/（相互作用的两个物体组成的系统，作用前系统的总动量等于作用后系统的总动量）（二）、对动量守恒定律的理解（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。
初一数学教案：碰撞实验引入动量守恒定律的教学设计
初一数学教案：碰撞实验引入动量守恒定律的教学设计教案设计：碰撞实验引入动量守恒定律引言：碰撞是物体间相互作用的过程，在学习物理学时，引入碰撞实验可以帮助学生理解动量守恒定律的概念和应用。
本教案旨在通过碰撞实验，引导初一学生了解动量守恒定律，培养他们的实验观察和数据处理能力。
一、教学目标1. 知识目标：a. 理解碰撞实验和动量守恒定律的概念。
b. 掌握动量守恒定律的表达方式。
c. 能够运用动量守恒定律解决简单的碰撞问题。
2. 能力目标：a. 能够观察并记录实验现象。
b. 能够设计实验流程和控制变量。
c. 能够分析实验数据，得出结论。
3. 情感目标：a. 培养学生的合作意识和团队合作精神。
b. 培养学生的实验精神和科学探究兴趣。
二、教学重点和难点1. 教学重点：a. 动量守恒定律的概念和表达方式。
b. 精心设计碰撞实验并分析实验数据。
2. 教学难点：a. 动量守恒定律的概念理解和应用。
b. 实验数据的分析和结论的推导。
三、教学准备1. 实验器材：小球、光滑轨道、试验台、测量尺、计时器等。
2. 教学资源：教学投影仪、教学PPT。
3. 教师准备：熟悉碰撞实验的操作步骤和实验流程。
4. 学生准备：学生带好写字工具，课前预习课本相关内容。
四、教学过程一、引入（约10分钟）1. 呈现教学目标和教学重点。
2. 以生活中的实例引导学生思考碰撞与动量守恒的关系。
3. 引导学生产生学习兴趣，明确本节课的重要性。
二、知识讲解（约15分钟）1. 介绍碰撞实验和动量守恒定律的概念。
2. 讲解动量守恒定律的数学表达方式。
3. 展示实验器材和实验流程，让学生了解如何通过实验来验证动量守恒定律。
三、实验操作（约30分钟）1. 小组合作设计碰撞实验，并记录实验流程。
2. 分配任务，让每个小组负责一次碰撞实验。
3. 老师进行实验示范，并解答学生的问题。
4. 引导学生观察实验现象，记录实验数据。
四、数据分析（约20分钟）1. 引导学生在小组内讨论实验数据，并将数据整理到实验报告中。
高考物理一轮复习：实验(16)《验证动量守恒定律》教学案(含答案)
实验十六验证动量守恒定律前期准备·明确原理——知原理抓住关键【实验目的】验证碰撞中的动量守恒。
【实验原理】在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m1和m2及碰撞前、后物体的速度v1、v2及v′1、v′2，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前、后动量是否守恒。
【实验器材】方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验气垫导轨、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：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
方案三：利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重锤线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
再现实验·重视过程——看过程注重数据【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，如图所示。
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：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，如图所示。
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 ＝Δx Δt算出速度。
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：利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验1．先用天平测出小球质量m 1、m 2。
2．按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，调节实验装置使两小球碰时处于同一水平高度，且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保正碰后的速度方向水平。
高考物理大一轮复习 第6章 碰撞 动量守恒定律配套教案
六碰撞动量守恒定律第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为：p ＝p ′、Δp ＝0和Δp 1＝－Δp 24．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．[自我诊断]1．判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)2．(2017·广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A ．动能相等，则质量大的动量大B ．动能相等，则动量大小也相等C ．动量大小相等，则质量大的动能小D ．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能E k ＝12mv 2可知，动量p ＝2mE k ，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确．4．(2017·河南开封质检)(多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，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：选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确．5．(2017·湖南邵阳中学模拟)一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ft cos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：100 86.6考点一动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1] (2016·高考全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．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 0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ρ，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)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2⑧ 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．1．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为( ) A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2. 质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )A．10 N·s10 N·sB．10 N·s－10 N·sC．0 10 N·sD．0 －10 N·s解析：选D.由图象可知，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.3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是F f，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为F f(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)，沿斜面向下．答案：F f(t2－t1) 沿斜面向上mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2) 沿斜面向下4．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.答案：2mv05．(2017·甘肃兰州一中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m 高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2) 解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N6．(2016·河南开封二模)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5 kg的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝(m＋M)v1，即v1＝mvm＋M＝2 m/s(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS(v －v1)Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小车的加速度a＝FM＋m＝2.56 m/s2答案：(1)2 m/s (2)2.56 m/s2考点二动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．[典例2] (2017·山东济南高三质检)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．解析 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0④答案 65v 0应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R ，最低点为C ，两端A 、B 等高，现让小滑块m 从A 点由静止开始下滑，在此后的过程中，则( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量守恒B ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动D ．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为mRM ＋m解析：选B.M 和m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A 错误，B 正确；m 从A 到C 过程中，M 向左加速运动，当m 到达C 处时，M 向左速度最大，m 从C 到B 过程中，M 向左减速运动，C 错误；在m 从A 到B 过程中，有Mx M ＝mx m ，x M ＋x m ＝2R ，得x M ＝2mR /(m ＋M )，D 错误．2．(2016·广东湛江联考)如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－mv ，接住木箱的过程中mv ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2.解得v 2＝v 2. (2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv 2＝3mv 3－mv ，则v 3＝v ，故无法再次接住木箱．答案：(1)v 2(2)否 3．(2017·山东济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端．三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 相碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C，联立解得v A＝2 m/s.答案：2 m/s4．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′；第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′……第n次推球(M＋m)v n－1′＝Mv n－mv，可得v n＝n－mv M，当v n≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.答案：9次课时规范训练[基础巩固题组]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变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解析：选 D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )A．1 000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝m M v M－m N v N，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当m M＝m N时，v M＝v N，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．5．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－mg 解析：选A.由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，得F ＝m 2gh t ＋mg .选项A 正确． 6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．0～4 s 内物体的位移为零B ．0～4 s 内拉力对物体做功为零C ．4 s 末物体的动量为零D ．0～4 s 内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s 内先做匀加速后做匀减速运动，4 s 末的速度为零，位移一直增大，A 错；前2 s 拉力做正功，后2 s 拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B 正确；4 s 末的速度为零，故动量为零，故C 正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D 正确．7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v (相对于空间站)将物体A 推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：M2v0＝(M2－m)v1＋mv代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)代入数据解得F＝432 N答案：(1)5.2 m/s (2)432 N[综合应用题组]8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是( )A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B．在迅速拉动时，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．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则( )A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．船的动量变化量是105 kg·m/s解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m 人v 人－m 船v 船＝(m 人＋m 船)v ，代入数据解得：v ＝0.25 m/s ，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A 错误，C 错误；人的动量的变化Δp 为：Δp ＝m 人v －m 人v 人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B 正确；船的动量变化量为：Δp ′＝m 船v －m 船v 船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D 正确．10．如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .现以地面为参照系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离木板B .站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是( )A ．2.4 m/sB ．2.8 m/sC ．3.0 m/sD ．1.8 m/s解析：选A.A 相对地面速度为0时，木板的速度为v 1，由动量守恒得(向右为正)：Mv－mv ＝Mv 1，解得：v 1＝83m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v 2，由动量守恒得：Mv －mv ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝2 m/s ，故B 对地的速度在2 m/s ～83m/s 范围内，选项A 正确．11．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触，另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v t 图象如图乙所示，求：(1)物块C 的质量m C ；(2)从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中弹簧对A 物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，m C v 1＝(m A ＋m C )v 2，代入数据解得m C ＝2 kg.(2)12 s 时B 离开墙壁，此时B 速度为零，A 、C 速度相等时，v 3＝－v 2从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中，A 、C 两物体的动量变化为：Δp ＝(m A ＋m C )v 3－(m A ＋m C )v 2从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中弹簧对A 物体的冲量大小为I ＝2(m A ＋m C )v 2，代入数据整理得到I ＝36 N·s.答案：(1)2 kg (2)36 N·s12. 如图所示，质量为0.4 kg 的木块以2 m/s 的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg ，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g 取10 m/s 2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得mv 0＝(M ＋m )v 解得：v ＝m M ＋mv 0＝0.4 m/s. (2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt ＝mv －mv 0解得：t ＝v 0－v μg＝0.8 s. (3)木块做匀减速运动，加速度为a 1＝F f m＝μg ＝2 m/s 2 小车做匀加速运动，加速度为a 2＝F f M ＝μmg M＝0.5 m/s 2 在此过程中木块的位移为x 1＝v 2－v 202a 1＝0.96 m 车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82 m ＝0.16 m 由此可知，木块在小车上滑行的距离为：Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m第2节碰撞与能量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．[自我诊断]1．判断正误(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×)(2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√)(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√)(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√)(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( ) A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好。
高中物理第1章碰撞与动量守恒动量守恒定律学案教科版选修3-5【2019-2020学年度】
和相互作用后的总动量大小相等，方向相同．系统总动量的求法遵循矢量运算法则．和（＞）做匀速直线运动。
当追上、。
和，力的作用时间是。
、大小相等，方向相反，即的（矢量）差，即和与②确定研究过程，进行运动分析；③判断系统在所研究的过程中是否满足动量守恒定律成立的条件；④规定某个方向为正方向，分析初末状态系统的动量；⑤根据动量守恒定律建立方程，并求出结果。
【典型例题】类型一、关于动量变化的计算例1.一个质量是的钢球，以的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动。
求碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？【思路点拨】分清初末动量：动量及动量变化都是矢量，在进行动量变化的计算时应首先规定正方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负值。
【答案】有变化；变化量方向向左，大小为。
【解析】题中钢球的速度发生了反向，说明速度发生了变化，因此动量必发生变化。
取向左的方向规定为正方向物体原来的动量：弹回后物体的动量：动量的变化：动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左，大小为。
【总结升华】此题为动量变化题目，要分清初末动量。
动量及动量变化都是矢量，在进行动量变化的计算时应首先规定正方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负值。
从而把矢量运算变成代数加减。
举一反三：【变式】一个质量为的小球，竖直落地时的速度为，反弹离地时的速度为.求小球与地面作用期间发生的动量变化。
【答案】；方向竖直向上。
【解析】取向上为正方向，则竖直落地时的速度，反向弹地的速度。
方向：竖直向上。
类型二、动量守恒守恒条件的判断例2．在光滑的水平面上、两小车中间有一弹簧，如图所示。
用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。
将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是（ ）A．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，再放开右手后，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】A、C、D【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）。
物理3-5 动量守恒定律 碰撞 学案 答案版.
动量定理的理解与应用1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． (2)表达式：p ＝m v . (3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积． (2)定义式：I ＝Ft . (3)单位：N·_s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量． (2)表达式：mv v m p Ft I -'=∆== 4．用动量定理解释现象(1)Δp 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δp 就越大；力的作用时间越短，Δp 就越小． 分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚． 5．动量、动能、动量变化量的比较注意：对于给定的物体，若动能发生变化，动量一定也发生变化；而动量发生变化，动能却不一定发生变化．1．[对动量的理解]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．只要物体的运动速度大小不变，则物体的动量也保持不变D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大答案 D解析p＝m v，p由m、v二者乘积决定，故A、B错误；p是矢量，故C错误；Δp＝m·Δv，故D正确．2.下列说法中正确的是（）A．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功B．物体的运动状态改变，其动量一定改变C．物体的动量发生改变，其动能一定发生改变D．物体的动能发生改变，其动量一定发生改变A、物体的动量发生变化，可能是速度的大小、方向中有一个量或两个量发生了变化，物体肯定受到了力的作用，但此力不一定做功，故A错误B、运动状态的标志是速度，运动状态改变，则动量一定变化，故B正确C、物体的动量变化，可能是速度的大小、方向中有一个量或两个量发生了变化，若仅是速度的方向改变，则动能不变，故C错误D、物体的动能改变，则其速度的大小一定改变，故动量一定发生改变，故D正确故选BD3.[动量定理的应用]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解析由动量定理可知，人落地动量变化量一定，脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延长了人落地时动量变化所用的时间，这样就减小了地面对人的冲力，故C正确．4.从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎，这是因为（）A．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大。
高中物理动量试题讲解教案
高中物理动量试题讲解教案
本次试题涉及了动量守恒定律的应用，考察学生对动量守恒原理的理解以及其在实际问题中的应用能力。
以下是试题讲解的具体内容：
题目：两个物体A和B，物体A的质量为m1，速度为v1；物体B的质量为m2，速度为v2。
当它们发生碰撞后，速度分别变为v1'和v2'，且碰撞是完全非弹性碰撞。
求证：在碰撞前后，系统总动量守恒。
解析：首先，我们来看碰撞前的动量之和：
系统总动量 = m1v1 + m2v2
然后，我们来看碰撞后的动量之和：
系统总动量' = m1v1' + m2v2'
由题意可知，碰撞是完全非弹性碰撞，即碰撞后两个物体会粘在一起运动。
根据动量守恒定律，碰撞前后系统总动量守恒，即有：
系统总动量 = 系统总动量'
即 m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'
所以，在碰撞前后，系统总动量守恒。
通过这个题目的讲解，可以帮助学生加深对动量守恒定律的理解，并且了解其在实际问题中的应用。
同时，也可以帮助学生培养解决问题的逻辑思维能力和动手能力。
希望学生在解题过程中能够灵活运用所学知识，提高解决实际问题的能力。
碰撞和动量守恒实验教案
碰撞和动量守恒实验教案一、教学目标1. 让学生理解碰撞的基本概念，掌握碰撞的分类和特点。
2. 让学生了解动量守恒定律，并能运用动量守恒定律解决实际问题。
3. 培养学生进行实验操作、数据处理和分析问题的能力。
二、教学内容1. 碰撞的基本概念：碰撞的定义、碰撞的分类（弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞）。
2. 动量守恒定律：动量的定义、动量守恒定律的表述、动量守恒定律的应用。
3. 碰撞和动量守恒实验：实验原理、实验器材、实验步骤、实验数据处理。
三、教学重点与难点1. 教学重点：碰撞的基本概念、动量守恒定律、碰撞和动量守恒实验。
2. 教学难点：动量守恒定律在复杂碰撞问题中的应用。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解碰撞的基本概念、动量守恒定律及其应用。
2. 采用实验法，进行碰撞和动量守恒实验，培养学生的实践操作能力。
3. 采用讨论法，分析实验结果，引导学生运用动量守恒定律解决实际问题。
五、教学过程1. 导入：通过提问方式引导学生回顾力学基本知识，为新课的学习做好铺垫。
2. 讲解：讲解碰撞的基本概念、动量守恒定律及其应用，引导学生理解并掌握相关知识。
3. 实验：组织学生进行碰撞和动量守恒实验，指导学生正确操作、测量并记录数据。
4. 分析：引导学生分析实验结果，运用动量守恒定律解释实验现象。
5. 练习：布置课后练习题，让学生巩固所学知识，提高解决问题的能力。
6. 总结：对本节课内容进行总结，强调动量守恒定律在碰撞问题中的应用。
六、实验原理与器材6.1 实验原理本实验基于动量守恒定律，即在一个封闭系统中，系统的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。
通过测量碰撞前后物体的速度，可以验证动量守恒定律。
6.2 实验器材两个相同质量的小车光滑的水平轨道计时器测量长度的工具（如卷尺）推动小车的装置（如弹簧）七、实验步骤7.1 实验准备确保轨道水平光滑，没有摩擦力。
将两个小车放在轨道的两端，相距一定距离。
调整推动小车的装置，使其能够以恒定的速度推动小车。
碰撞与动量守恒定律(教学案)-2020年高考物理二轮复习精品资料Word版含解析
动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。
用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。
具体体现在：①题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能力的重要内容； ②题型灵活性强，难度较大，能力要求高，题型全，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中；③经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占份量相当大；④主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。
一、动量与动能、冲量的关系 1．动量和动能的关系(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p ＝mv ；动能的大小与速度的平方成正比，E k ＝mv 2/2.两者的关系：p 2＝2mE k .(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．(3)动量的变化量Δp ＝p 2－p 1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔE k ＝E k2－E k1是标量式，运算时应用代数法．2．动量和冲量的关系冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同． 二、动能定理和动量定理的比较 动能定理动量定理研究对象单个物体或可视为单个物体的系统单个物体或可视为单个物体的系统公式W ＝E k ′－E k 或Fs ＝12mv 2t －12mv 20I ＝p t －p 0或Ft ＝mv t －mv 0物理量的意义公式中的W 是合外力对物体所做的总功，做功是物体动能变化的原因．Ek ′－Ek公式中的Ft 是合外力的冲量，冲量是使研究对象动量发生变化的原因．mvt －mv0是研究对象的动是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能量变化，是过程终态动量与初态动量的矢量差相同处①两个定理都可以在最简单的情景下，利用牛顿第二定律导出．②它们都反映了力的积累效应，都是建立了过程量与状态量变化的对应关系．③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情况，又适用于变力的情况不同处①动能定理是标量式，动量定理是矢量式．②侧重于位移过程的力学问题用动能定理处理较为方便，侧重于时间过程的力学问题用动量定理处理较为方便．③力对时间的积累决定了动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．三、机械能守恒定律1．机械能守恒的判断(1)物体只受重力作用，发生动能和重力势能的相互转化．如物体做自由落体运动、抛体运动等．(2)只有弹力做功，发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞，在其与弹簧作用的过程中，物体和弹簧组成的系统的机械能守恒．上述弹力是指与弹性势能对应的弹力，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力，不是指压力、支持力等．(3)物体既受重力又受弹力作用，只有弹力和重力做功，发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化．如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上，在小球与弹簧作用的过程中，小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．(4)物体除受重力(或弹力)外虽然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零．如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动，其拉力与摩擦力大小相等，该过程物体的机械能守恒．判断运动过程中机械能是否守恒时应注意以下几种情况：①如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能守恒；②可以对系统的受力进行整体分析，如果有除重力以外的其他力对系统做了功，则系统的机械能不守恒；③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有明确说明不计机械能的损失，则系统机械能不守恒；④如果系统内部发生“爆炸”，则系统机械能不守恒；⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时，系统机械能不守恒．2．机械能守恒定律的表述(1)守恒的角度：系统初、末态的机械能相等，即E 1＝E 2或E k1＋E p1＝E p2＋E k2，应用过程中重力势能需要取零势能面；(2)转化角度：系统增加的动能等于减少的势能，即ΔE k ＝－ΔE p 或ΔE k ＋ΔE p ＝0；(3)转移角度：在两个物体组成的系统中，A 物体增加的机械能等于B 物体减少的机械能，ΔE A ＝－ΔE B或ΔE A ＋ΔE B ＝0.四、能量守恒定律1．能量守恒定律具有普适性，任何过程的能量都是守恒的，即系统初、末态总能量相等，E 初＝E 末． 2．系统某几种能量的增加等于其他能量的减少，即 ΔE n 增＝－ΔE m 减．3．能量守恒定律在不同条件下有不同的表现，例如只有重力或弹簧弹力做功时就表现为机械能守恒定律．五、涉及弹性势能的机械能守恒问题1．弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．2．对同一根弹簧而言，先后经历两次相同的形变过程，则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同． 3．弹性势能公式E p ＝12kx 2不是考试大纲中规定的内容，高考试题除非在题干中明确给出该公式，否则不必用该公式定量解决物理计算题，以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的．六、机械能的变化问题1．除重力以外的其他力做的功等于动能和重力势能之和的增加．2．除(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于动能和弹性势能之和的增加．3．除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于机械能的增加，即W 其＝E 2－E 1.除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做正功，机械能增加；除了重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做负功，机械能减少．高频考点一、动量定理的应用例1．（2018年全国II 卷）高空坠物极易对行人造成伤害。
2021-2022学年高二物理教科版选修3-5教案：第一章 碰撞与动量守恒 Word版含答案
碰撞与动量守恒复习学习目标1.进一步理解碰撞的基本概念，学会利用碰撞模型解决生活中的问题2.进一步生疏动量守恒定律，能结合能量规律求解简洁的综合题3.进一步增加问题意识，提高分析问题、解决问题的力量重点难点重点：运用动量守恒定律解决实际问题难点：临界问题设计思想通过本节课的学习，使同学对碰撞和动量守恒的规律有进一步的生疏，能综合运用牛顿运动定律、动能定理解决简洁的综合题，能够运用动量守恒定律解决新情景中的问题，更加体会到守恒的思想在物理学中的重要作用，进一步提高分析问题和解决问题的力量。
教学资源多媒体课件教学设计【课堂学习】学习活动一：基本概念和基本规律问题1：系统、内力和外力的概念。
问题2：动量和动能的区分和联系。
问题3：什么是碰撞？碰撞的分类？问题4：动量守恒的条件是什么？什么是动量守恒定律的矢量性？问题5：何为反冲？它满足哪些物理规律学习活动二：碰撞后速度的可能性分析例题1：质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是( )A.13v0 B.23v0 C.49v0 D.59v0分析争辩碰撞中应遵循的三个原则1．系统动量守恒的原则：两个物体碰撞前后系统的总动量保持不变，符合m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，或p1＋p2＝p1′＋p2′.2．不违反能量守恒的原则：碰撞后系统的总动能不大于碰撞前的总动能，满足1 2m1v21＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.3．物理情景可行性原则：碰撞问题的解要符合物理实际．(1)若为追及碰撞，碰撞前在后面运动的物体的速度肯定大于在前面运动的物体的速度(否则不能发生碰撞)，且碰后在前面运动物体的速度肯定增大．(2)若碰撞后两物体同向运动，则在前面运动的物体的速度肯定不小于在后面运动的物体的速度(否则还要发生碰撞)．(3)若要物体相向碰撞，则不行以消灭跨跃过另一物体连续向前运动的状况．【答案】AB学习活动三：人船模型例题2：质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【分析】“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．绳梯等均属于“人船模型”．【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为：2121)(mmMLmmS++-=．提示：若m1>m2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应当留意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至来回行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．假如发生相互作用前系统就具有肯定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式．学习活动四：完全非弹性碰撞模型例题3：如图所示，质量为M的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的滑块，以初速度v0在车厢地板上向右运动，与车厢两壁发生若干次碰撞，最终静止在车厢中，则车厢最终的速度是()A．0B．v0，方向水平向右C.mv0M＋m，方向肯定水平向右D.mv0M＋m，方向可能是水平向左解析：对m和M组成的系统，水平方向所受的合外力为零，动量肯定守恒，由mv0＝(M＋m)v可得；车厢最终的速度为mv0M＋m，方向肯定水平向右，所以C选项正确．答案：C学习活动五：临界问题例题4：甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6 m/s.甲车上有质量为m＝1 kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的车总质量为M2＝30 kg.现为避开相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，此时：(1)两车的速度各为多少？ (2)甲总共抛出了多少个小球？解：两车刚好不相撞的条件是某次甲抛出球后的速度与乙接住该球后的速度相等．无论是甲抛球的过程，还是乙接球的过程，或是整个过程动量均守恒．(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为v，则M1v1－M2v1＝(M1＋M2)vv＝M1－M2M1＋M2v1＝2080×6 m/s＝1.5 m/s.(2)这一过程中乙小孩及车的动量变化为Δp＝30×6－30×(－1.5)＝225(kg·m/s)每一个小球被乙接收后，最终的动量变化为Δp 1＝16.5×1－1.5×1＝15(kg·m/s)故小球个数为n ＝Δp Δp 1＝22515＝15(个)．【答案】 (1)v 甲＝v 乙＝1.5 m/s (2)15个随堂训练：【2021天津-9】如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置．B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。
动量及其守恒定律典型例题剖析教案
动量及其守恒定律典型例题剖析教案一、教学目标1. 理解动量的概念及其计算方法。
2. 掌握动量守恒定律及其应用。
3. 能够运用动量守恒定律解决实际问题。
4. 培养学生的分析问题、解决问题的能力。
二、教学内容1. 动量的概念及其计算动量是物体的质量与速度的乘积，用p表示，公式为p = mv。
2. 动量守恒定律动量守恒定律指出，在一个系统内部，如果没有外力作用，系统的总动量保持不变。
3. 动量守恒定律的应用动量守恒定律可以应用于碰撞、爆炸等物理过程。
三、教学方法1. 讲授法：讲解动量的概念、计算方法及动量守恒定律。
2. 案例分析法：剖析典型例题，引导学生运用动量守恒定律解决问题。
3. 讨论法：组织学生讨论，培养学生的思维能力和合作精神。
四、教学准备1. 课件：制作动量及其守恒定律的课件，用于讲解和展示。
2. 例题：挑选具有代表性的典型例题，用于剖析和分析。
3. 教学工具：黑板、粉笔、多媒体设备等。
五、教学过程1. 导入：通过提问方式引导学生回顾力学基础知识，为新课的学习做好铺垫。
2. 讲解动量的概念及其计算方法：讲解动量的定义，演示动量的计算过程。
3. 讲解动量守恒定律：阐述动量守恒定律的内涵和条件，并通过实例说明动量守恒定律的应用。
4. 剖析典型例题：分析碰撞、爆炸等实际问题，引导学生运用动量守恒定律解决问题。
5. 学生练习：布置练习题，让学生巩固所学知识。
6. 总结：对本节课的内容进行总结，强调动量及其守恒定律的重要性。
7. 作业布置：布置课后作业，巩固所学知识。
教学评价：通过课堂讲解、例题剖析和课后作业，评价学生对动量及其守恒定律的理解和应用能力。
六、教学案例分析1. 案例一：两个滑冰者相向而行的碰撞问题描述两个滑冰者以相同的速度相向而行，发生碰撞后，求碰撞后的速度。
2. 案例二：火车通过桥的问题一列火车以恒定速度通过一座长度为L的桥，火车完全通过桥所需时间为t。
求火车的速度。
3. 案例三：子弹射入木块的问题一颗子弹以速度v射入一个静止的木块，求子弹射入木块后的共同速度。
动量守恒定律和碰撞问题(原卷版)
动量守恒定律和碰撞问题特训目标特训内容目标1 动量守恒的条件（1T—4T）目标2 弹性碰撞动碰静模型（5T—8T）目标3 弹性碰撞动碰动模型（9T—12T）目标4 完全非弹性碰撞模型（13T—16T）目标5 类碰撞问题（17T—20T）【特训典例】一、动量守恒的条件1．在光滑水平面上，A、B两小车中间有一轻弹簧（弹簧不与小车相连），如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中不正确的是（）A．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，系统总动量都保持不变2．如图所示，A、B两物体的质量之比A B:1:2M M=，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。
当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中（）A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2:1，A、B组成的系统动量守恒，机械能守恒C．若A、B所受的动摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的动摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒3．如图所示，光滑的半圆槽质量为M，半径为R，静止在光滑的水平地面上，一质量为m的小球（视为质点）恰好能沿槽右边缘的切线方向释放滑入槽内，小球沿槽内壁运动直至槽左边缘。
重力加速度大小为g。
关于小球和半圆槽的运动，下列说法正确的是（）A ．小球和半圆槽组成的系统，动量守恒，机械能守恒B ．小球和半圆槽组成的系统，动量不守恒，机械能守恒C D4．如图所示，A 、B 两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C 以一定的初速度v 0从A 的左端开始向右滑行，最后停在B 木块的右端，A 、B 、C 表面粗糙，对此过程，下列叙述正确的是（ ）A ．当C 在B 上滑行时，B 、C 组成的系统动量守恒B ．当C 在A 上滑行时，A 、C 组成的系统动量守恒C ．无论C 是在A 上滑行还是在B 上滑行，A 、B 、C 三木块组成的系统都动量守恒D ．当C 在B 上滑行时，A 、B 、组成的系统动量不守恒二、弹性碰撞动碰静模型5．斯诺克是一种台球运动，越来越受到人们的喜爱。
动量及其守恒定律典型例题剖析教案
动量及其守恒定律典型例题剖析教案一、教学目标1. 理解动量的概念，掌握动量的计算公式。
2. 掌握动量守恒定律及其应用。
3. 能够分析实际问题，运用动量守恒定律解决问题。
二、教学内容1. 动量的概念：动量的定义，动量的计算公式。
2. 动量守恒定律：动量守恒的条件，动量守恒定律的数学表达式。
3. 动量守恒定律的应用：正碰撞、弹性碰撞、非弹性碰撞。
4. 动量守恒定律在实际问题中的应用举例。
三、教学重点与难点1. 动量的概念及计算公式的理解与应用。
2. 动量守恒定律的数学表达式及其应用。
3. 不同类型碰撞中动量守恒定律的应用。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解动量的概念、计算公式及动量守恒定律。
2. 采用案例分析法，剖析典型例题，引导学生学会运用动量守恒定律解决问题。
3. 采用讨论法，让学生分组讨论不同类型碰撞中动量守恒定律的应用。
五、教学过程1. 导入：通过讲解动量的概念，引导学生理解动量的定义及计算公式。
2. 讲解动量守恒定律：介绍动量守恒的条件，讲解动量守恒定律的数学表达式。
3. 剖析典型例题：分析不同类型碰撞中动量守恒定律的应用，让学生学会运用动量守恒定律解决问题。
4. 小组讨论：让学生分组讨论动量守恒定律在实际问题中的应用，分享讨论成果。
5. 总结与反思：对本节课内容进行总结，强调动量及其守恒定律在物理学习中的重要性。
教学评价：通过课堂讲解、典型例题剖析和小组讨论，评价学生对动量及其守恒定律的理解和应用能力。
六、教学案例与分析1. 案例一：两个人在冰面上相互推挤分析：两人相互作用力大小相等、方向相反，根据牛顿第三定律。
由于没有外力作用，动量守恒。
2. 案例二：火车与静止的小车相撞分析：火车与小车碰撞过程中，外力可以忽略不计，动量守恒。
通过计算碰撞前后火车和小车的动量，可以得出碰撞后火车和小车的速度。
七、动量守恒定律在实际中的应用1. 碰撞问题：在体育运动中，如篮球、足球等运动中的碰撞，动量守恒定律可以帮助我们分析碰撞过程中物体的速度变化。
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考点23动量守恒定律碰撞问题考点名片考点细研究：(1)动量守恒定律处理系统内物体的相互作用；(2)碰撞、打击、反冲等“瞬间作用”问题。
其中考查到的如：2016年全国卷Ⅰ第35题(2)、2016年全国卷Ⅲ第35题(2)、2016年天津高考第9题(1)、2015年福建高考第30题(2)、2015年北京高考第17题、2015年山东高考第39题(2)、2014年重庆高考第4题、2014年福建高考第30题(2)、2014年江苏高考第12题C(3)、2014年安徽高考第24题、2013年天津高考第2题、2013年福建高考第30题等。
高考对本考点的考查以识记、理解为主，试题难度不大。
备考正能量：预计今后高考仍以选择题和计算题为主要命题形式，以物理知识在生活中的应用为命题热点，灵活考查动量守恒定律及其应用，难度可能加大。
一、基础与经典1. 如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上。
已知m A<m B，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将()A．静止B．向右运动C．向左运动D．无法确定答案 A解析选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零。
初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确。
2．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量一定守恒答案 C解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，与系统内是否存在摩擦力无关，与系统中物体是否具有加速度无关，故A、B选项错误，C选项正确；所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量只能说不变，不能说守恒，D选项错误。
3. 质量为m的甲物块以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在甲物块上。
另一质量也为m的乙物块以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示。
则()A．甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5 m/s答案 C解析甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，它们的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m v乙－m v甲＝2m v，代入数据，可得v＝0.5 m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1 m/s 时，其运动方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，且均满足能量守恒条件，所以选项C正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，若甲物块的速率达到5 m/s，那么乙物块的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D错误。
4．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。
c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。
小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。
他跳到a车上相对a车保持静止，此后()A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c>v a>v bD．a、c两车运动方向相反答案CD解析 若人跳离b 、c 车时速度为v ，由动量守恒定律知，人和c 车组成的系统：0＝－M 车v c ＋m 人v对人和b 车：m 人v ＝－M 车v b ＋m 人v对人和a 车：m 人v ＝(M 车＋m 人)v a所以：v c ＝m 人v M 车，v b ＝0，v a ＝m 人v M 车＋m 人即v c >v a >v b ，并且v c 与v a 方向相反。
5. (多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑( )A ．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B ．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处答案 BC解析 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A 错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B 正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球和槽都做匀速运动，小球不能滑到槽上，选项C正确、D错误。
6. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态。
一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动。
木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为()A.Mm v0M＋mB．2M v0 C.2Mm v0M＋mD．2m v0答案 A解析子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即m v0＝(m＋M)v，即击中后木块速度为v＝m v0m＋M，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度仍然等于v，根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，即I＝M v－0＝Mm v0m＋M，选项A正确。
7．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg，m B＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s。
当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．v A′＝5 m/s，v B′＝2.5 m/sB．v A′＝2 m/s，v B′＝4 m/sC．v A′＝－4 m/s，v B′＝7 m/sD．v A′＝7 m/s，v B′＝1.5 m/s答案 B解析 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ，违背了能量守恒定律，故B 项正确。
8. (多选)将两个小物体放在光滑的水平面上，其中小物体B 的左端与一轻弹簧相连接，在光滑的水平面上处于静止状态，现给小物体A 一水平向右的初速度v 0。
已知小物体A 、B 的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，v 0＝4 m/s 。
则下列关于两小物体的运动描述正确的是( )A ．整个过程中小物体A 的最小速度为1 m/sB ．整个过程中小物体B 的最大速度为2 m/sC ．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6 JD ．整个运动过程中小物体A 、B 整体动能减少量的最大值为8 J 答案 BC 解析 当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时小物体A 、B 共速，由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v ，解得v ＝1 m/s ，此时弹簧的弹性势能最大，即小物体A 、B 整体动能减少量最多，ΔE pm ＝ΔE km ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝6 J ，C 正确，D 错误；当弹簧恢复原长时，小物体B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得m A v 0＝m A v A＋m B v m ，12m A v 20＝12m B v 2m ＋12m A v 2A ，解得v m ＝2 m/s ，v A ＝－2 m/s ，B正确；由以上的计算可以看出小物体A的运动方向发生了改变，因此整个过程中小物体A的最小速度应为0，A错误。
9. (多选)如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。
甲球的质量m甲大于乙球的质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是()A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．乙球速度为零，甲球速度不为零C．两球速度都不为零D．两球都以各自原来的速率反向运动答案AC解析上述分析知E k甲＝E k乙，因为E k＝12m v2＝m2v22m＝p22m，所以动量为：p＝2mE k，因为m甲>m乙，所以有：p甲>p乙。
甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲可能继续沿原来的方向运动，乙必弹回。
所以乙的速度不可能为零，故A正确，B错误；因为碰撞后甲乙可能都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零，C 正确；若碰撞后两球都以各自原来的速率反向运动，则违反了动量守恒定律，故D错误。
10. (多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶mC ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动答案 BC解析 小车AB 与木块C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A 错误。
设碰前C 的速率为v 1，AB的速率为v 2，则0＝m v 1－M v 2，得v 1v 2＝M m ，故B 正确。
设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误。
二、真题与模拟11. [2015·福建高考]如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动答案 D 解析 选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2m v 0－2m v 0＝m v A ＋2m v B ＝0，选项A 、B 、C 都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D 项正确。