物理选修35碰撞与动量守恒知识点与习题

人教版物理选修3-5 实验：探究碰撞中的动量守恒一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1.在“探究碰撞中的不变量”的实验中，用如图的斜槽装置进行探究，以下说法正确的是（）A. 选择实验仪器时,天平可选可不选B. 实验中的斜槽需要光滑且末端切线水平C. 需要记录小球抛出的高度及水平距离,以确定小球离开斜槽末端时的速度D. 无论是否放上被碰小球,入射小球都必须从同一高度处静止释放2.如图是某同学利用光电门和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验装置图，下列做法正确的是（）A. 用压强计测量滑块的质量B. 用米尺测量挡光片的宽度C. 用秒表测量挡光片通过光电门的时间D. 用挡光片的宽度除以挡光时间来近似计算滑块的瞬时速度3.若采用图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同，质量均为已知，且m A＞m B，B、B′两点在同一水平线上），下列说法正确的是（）A. 采用图甲所示的装置,必须测量OB、OM、OP和ON的距离B. 采用图乙所示的装置,必须测量OB、、和的距离C. 采用图甲所示装置,若,则表明此碰撞动量守恒D. 采用图乙所示装置,若,则表明此碰撞机械能守恒4.如图是某同学设计的验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边沿有一高为H的竖直立柱。

实验前，调节悬点与绳长，使弹性球1静止时，恰好与立柱上的球2接触，且两球球心等高。

实验时，把球2放在立柱上，将球1拉到A点，由静止释放。

当球1摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞；碰撞后球1向右最远可摆回到B点，球2则落到水平地面上的C点；测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。

现已测出弹性球1和球2的质量m1和m2，A点、B点和立柱分别距水平桌面的高度为a、b，立柱高度为H，C点与桌子边沿间的水平距离c，桌面高度H。

已知当地重力加速度g，忽略小球的大小。

根据测量的数据，在误差允许的范围内，该实验中动量守恒的表达式为____。

第4课碰撞备课堂教学目标：（一）知识与技能1．会用动量守恒定律处理碰撞问题。

2．掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的区别。

3．知道对心碰撞和非对心碰撞的区别。

4．知道什么是散射。

5．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题．（二）过程与方法1、通过探究一维弹性碰撞的特点，体验科学探究的过程（由简单到复杂），掌握科学探究的方法（理论和实验相结合）。

2、理解从研究宏观碰撞到微观碰撞的引申思路，体验这种引申的重大意义，并进一步感受动量守恒定律的普适性。

（三）情感态度与价值观知道散射和中子的发现过程，体会理论对实践的指导作用，进一步了解动量守恒定律的普适性．重点：碰撞类问题的处理思想以及一维弹性碰撞的定量分析。

用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题。

难点：通过定性研究二维弹性碰撞，理解从研究宏观碰撞到微观碰撞的引申思路。

教学方法：讲练法、举例法、阅读法教学用具：投影仪、投影片讲法速递（一）引入新课：观看丁俊晖打斯诺克的视频，讨论回答斯诺克在碰撞中有些在一条直线上，有些不在一条直线上的原因。

板书：第4节碰撞（二）进行新课：预习检查：1．从能量角度分类(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大． 2．从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类(1)正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动．(2)斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动．判断正误：1．发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．(√) 2．发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的．(×)3．碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．(√) 思考：两小球发生对心碰撞，碰撞过程中，两球的机械能守恒吗？【提示】 两球发生对心碰撞，动量是守恒的，但机械能不一定守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒．预习检查： 1．弹性碰撞特例(1)两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(2)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则v ′1＝0，v ′2＝v 1，即两者碰后交换速度． (3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．(4)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v ′1＝v 1，v ′2＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．2．散射 (1)定义微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做散射． (2)散射方向由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方． 判断正误：1．与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度．(√) 2．两球发生弹性正碰时，两者碰后交换速度．(×)3．微观粒子发生散射时，并不是微观粒子直接接触碰撞．(√)思考：1．如图所示，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1以速度v 0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？【提示】 小球1与小球2碰撞后交换速度，小球2与小球3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v 0运动．2．微观粒子能否碰撞？动量守恒定律适用于微观粒子吗？【提示】 宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子碰撞时不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发生了碰撞，可以用动量守恒的规律分析求解．弹性碰撞的规律推导：质量为m 1的物体，以速度v 1与原来静止的物体m 2发生完全弹性碰撞，设碰撞后它们的速度分别为v ′1和v ′2，碰撞前后的速度方向均在同一直线上。

第56讲动量动量守恒定律碰撞考情剖析(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A 代表容易，B代表中等，C代表难)考查内容考纲要求及变化考查年份考查形式考查详情考试层级命题难度动量动量守恒定律Ⅰ09年填空考查动量守恒的运用12年计算考查动量的公式次重点 B小结及预测1.小结：动量、动量守恒定律以填空题、计算题的形式进行考查，侧重考查动量、动量守恒定律的应用．2．预测：09、12年各考查过一次，预测14年考查的可能性较大．3．复习建议：建议复习时注重动量的表达式、动量守恒定律的适用范围，并能用动量守恒定律解释相关物理现象.知识整合知识网络基础自测一、动量1．定义：运动物体的质量和____________的乘积叫做物体的动量，通常p来表示．2．表达式：p＝____________.3．单位：____________.4．标矢性：动量是矢量，其方向和____________方向相同．二、碰撞1．定义：碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的________发生了显著变化的过程．2．特点(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间________________________________________________________________________．(2)位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞前后仍在________．(3)相互作用力的特点：在碰撞过程中，物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力________．(4)系统动量的特点：碰撞是物体之间突然发生的现象，由于作用时间极短，相互作用力远远大于外力，所以，即使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，因此碰撞时系统的动量________．3．分类(1)按碰撞前速度是否在同一直线上分为：________________________________________________________________________.(2)按碰撞前后物体能量的变化分为：____________和____________．①完全弹性碰撞两物体碰撞后，若动能________，称为完全弹性碰撞．②非弹性碰撞两物体碰撞后，若动能________，称为非弹性碰撞．③完全非弹性碰撞两物体碰撞后合为一个整体，以某一共同速度运动，称为完全非弹性碰撞，此类碰撞中动能损失________，即动能转化为其他形式能的值最多．4．碰撞现象满足的三个原则(1)动量守恒．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大；若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．重点阐述重点知识概述1．动量守恒定律(1)内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.②m1v1＋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．③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．④Δp＝0，系统总动量的增量为零2．动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统动量守恒．难点释疑1．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)正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初末两个时刻的总动量相等，而且指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．(3)动量守恒定律的“五性”①矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．②相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．③系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．④同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．⑤普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．2．动量守恒的判断方法(1)系统不受外力或所受的合外力为零．(2)系统所受的合外力不为零，但系统若在某一方向上的合力为零，则在这一方向上的分动量守恒．(3)系统所受的合外力不为零，但系统的内力远远大于外力时，可忽略外力，近似认为系统动量守恒，如碰撞、爆炸等现象．3．动量守恒定律的应用(1)应用动量守恒定律解题的特点由于动量守恒定律只考虑物体相互作用前、后的动量，不考虑相互作用过程各个瞬间细节，它也能解决许多由于相互作用力难以确定而不能直接应用牛顿运动定律的问题，这正是动量守恒定律的特点和优点所在．(2)应用动量守恒定律解题的基本步骤①分析题意，明确研究对象．要明确所研究的系统是由哪几个物体组成的．②要对系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间的相互作用力，即内力；哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力，即外力．在受力分析的基础上，根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律．③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式．对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的情形，动量守恒方程中各个动量的方向可以用代数符号正、负表示．④建立动量守恒方程，代入已知量求解．注意：应用动量守恒定律解决问题，关键是合理选取物体系统，准确分析物体相互作用过程是否满足守恒条件，然后再选取正方向，列方程求解．【典型例题1】如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则()A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒温馨提示首先要明确研究对象和过程，即明确在哪一过程中哪些物体组成系统的动量是守恒的，然后再依据动量守恒的条件依次判断即可．记录空间【变式训练1】(12年江苏模拟)下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是()A．轮滑男孩推轮滑女孩B．子弹击穿地上面粉袋的瞬间C．太空人在舱外发射子弹D．公路上运动的汽车发生碰撞【典型例题2】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线上的同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)温馨提示(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． 记录空间【变式训练2】 如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体，现A 以初速v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离，已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0，求弹簧释放的势能．易错诊所1．对动量变化量的正确理解 动量的变化量Δp 也是矢量，动量的变化有三种情况：动量的大小变化(例如物体做变速直线运动时)；动量的方向变化(例如物体做匀速圆周运动时)；动量的大小和方向均变化(例如物体做平抛运动时)．2．动量、动能、动量变化量的比较名称项目动 量 动 能 动量变化量定 义物体的质量 和速度的乘积 物体由于运动而 具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差定义式 p ＝m v E k ＝12m v 2Δp ＝p ′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量关联方程 E k ＝p 22m ，E k ＝12p v ，p＝2mE k ，p ＝2E kv【典型例题3】从距地面相同的高度，以大小相等的初速度抛出质量相等的甲、乙两球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，不计空气阻力，两球最后都落在地面上，下列说法正确的是( )A．两球的动量变化量及落地时的动量均相同B．两球的动量变化量及落地时的动量均不相同C．两球的动量变化量相同，但落地时的动量不相同D．两球的动量变化量不相同，但落地时的动量相同温馨提示动量变化量指物体末动量与初动量的矢量差，且两者均为矢量．记录空间【变式训练3】关于动量和动量的增量的下列说法中正确的是()A．动量增量的方向一定和动量的方向相同B．动作量增量的方向一定和动量的方向相反C．动量增量的大小一定和动量大小的增量相同D．动量增量的大小可能和动量大小的增量相同随堂演练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位移方向2．做平抛运动的物体，在相等的时间内，物体动量的变化量()A．始终相同B．只有大小相同C．只有方向相同D．以上说法均不正确3．如图所示，光滑水平面上子弹m水平射入木块后留在木块内，现将子弹、弹簧、木块合在一起作为研究对象，则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中系统()第3题图A．动量守恒，机械能不守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量机械能均守恒D．动量不守恒，机械能守恒4．一个质量为M、静止的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为()A．－v B．－m vM－mC．－m vm－M D．－m vM5．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对炮艇的水平速度v沿前进方向射击一质量为m的炮弹，发射炮弹后炮艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()A．M v0＝M v′＋m vB．M v0＝(M－m)v′＋m vC．M v0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)D．M v0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)6．在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为Δp A、Δp B.下列数值可能正确的()A．Δp A＝－3 kg·m/s、Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝3 kg·m/s、Δp B＝－3 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝24 kg·m/s、Δp B＝－24 kg·m/s7．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量m A＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移－时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，则物体B的质量为多少？甲乙第7题图8．如图所示，质量为M的弧形槽静止在光滑的水平面上，弧形槽的光滑弧面底端与水平地面相切．一个质量为m的小物块以速度v0沿水平面向弧形槽滑来，并冲上弧形槽，设小物块不能越过弧形槽最高点，求小物块所能上升的最大高度．第8题图第56讲动量动量守恒守律碰撞知识整合基础自测一、1.速度 2.mv 3.kg·m/s 4.速度二、1.运动状态 2.(1)很短(2)同一位置(3)很大(4)守恒3．(1)正碰和斜碰(2)弹性碰撞非弹性碰撞①无损失②有损失③最多重点阐述【典型例题1】如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则()A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒【答案】BCD【解析】如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．【点评】(1)判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零．因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力、哪些是外力．(2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关．如本例中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的，因此，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成系统的动量是守恒的，即要明确研究对象和过程．变式训练1AC【解析】A选项中男孩推女孩时，由于轮子所受摩擦力较小，满足动量守恒条件；C选项中所受外力可忽略，满足动量守恒条件，B项和D项中摩擦力不能忽略，动量不守恒．【典型例题2】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线上的同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)【答案】 4v 0 【解析】 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得 120mv 0＝11mv 1－mv min ① 10m ×2v 0－mv min ＝11mv 2② 为避免两船相撞应满足 v 1＝v 2③联立①②③式得 v min ＝4v 0变式训练2 13mv 20【解析】 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒得，3mv ＝mv 0 ①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得，3mv ＝2mv 1＋mv 0 ②设弹簧的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v 2＋E p ＝12(2m)v 21＋12mv 20 ③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为E p ＝13mv 20.【典型例题3】从距地面相同的高度，以大小相等的初速度抛出质量相等的甲、乙两球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，不计空气阻力，两球最后都落在地面上，下列说法正确的是( )A ．两球的动量变化量及落地时的动量均相同B ．两球的动量变化量及落地时的动量均不相同C ．两球的动量变化量相同，但落地时的动量不相同D ．两球的动量变化量不相同，但落地时的动量相同【答案】 D 【解析】 设甲、乙两球的质量均为m ，初速度大小均为v 0.由于不计空气阻力，两球距地面的高度相同，初速度大小相同，根据机械能守恒定律可知，两球落地时的速度相同，都为v ，则两球落地时的动量相同．规定向下为正方向，甲、乙两球的动量变化量分别为Δp 甲＝mv －(－mv 0)＝mv ＋mv 0，Δp 乙＝mv －mv 0，甲球的动量变化量大于乙球的动量变化量．变式训练3 D 【解析】 动量增量的方向与动量的方向没有必然联系，故A 、B 错误；动量增量是矢量，按照平行四边形定则求解，而动量大小的增量按代数法则运算，两者大小不一定相等，当初末动量方向在同一条直线上时，两者相同，故选D.随堂演练1.B 【解析】 此题考查有关动量大小的决定因素和矢量性．物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，不一定惯性(质量)大，A 项错；对于同一物体，质量一定，所以速度越大，动量越大，B 项对；加速度不变，但速度可以变，如平抛运动的物体，故C 项错；动量的方向始终与速度方向相同，与位移方向不一定相同，D 错误．2.A 【解析】 做平抛运动的物体，只受重力作用，重力是恒力，其在相等的时间内的冲量始终相等，根据动量定理，在相等的时间内，物体动量的变化量始终相同．本题答案为A.3.B 【解析】 子弹打木块模型是两个物体相互作用的典型问题．依据其相互作用原理、各自运动原理、能量转化原理建立的“子弹打木块”模型，其实质是物体系在一对内力的作用下，实现系统内物体的动量、动能和能量的变化过程．在子弹射入木块的过程中，因为入射时间极短，可认为系统静止，所以不受弹力作用，系统合力为零，动量守恒，而在木块压缩弹簧过程中，系统受到水平向右弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以整个过程中，动量不守恒；在子弹射入木块过程中，子弹相对于木块发生位移，内力做功，子弹将一部分机械能转化为系统内能，即系统的机械能不守恒，综上可知，本题答案为B.4.B 【解析】 设原子核剩余部分的速度为v 1，根据动量守恒定律有0＝mv ＋(M －m)v 1，可得v 1＝－mvM －m，所以选项B 正确．5.D 【解析】 发射炮弹的过程，系统动量守恒，发射前，系统的总动量为M v 0，发射炮弹后，炮艇的质量变为M －m ，速度为v′，炮弹质量为m ，对地速度为v ＋ v′，所以系统总动量为(M －m)v′＋m(v ＋ v′)，本题答案为D.6.A 【解析】 对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A ＜0，Δp B ＞0，并且Δp A ＝－Δp B ，据此可排除选项BD ；若Δp A ＝－24 kg ·m/s 、ΔP B ＝24 kg ·m/s ，碰后两球的动量分别为p′A ＝－12 kg ·m/s 、p′B ＝37 kg ·m/s ，根据关系式E k ＝p 22m 可知，A 球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B 球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C 可以排除；经检验，选项A 满足碰撞遵循的三个原则，本题答案为A.7.3 kg 【解析】 根据公式v ＝ΔsΔt由图可知，撞前v A ＝164m/s ＝4 m/s v B ＝0 撞后v ＝20－168－4m/s ＝1 m/s则由m A v A ＝(m A ＋m B )v 解得：m B ＝m A v A －m A vv＝3 kg 8.Mv 202g （M ＋m ） 【解析】 m 在M 弧面上升过程中，当m 的竖直分速度为零时它升至最高点，此时二者只具有相同的水平速度(设为v)，根据动量守恒定律有：mv 0＝(M ＋m)v ，整个过程中机械能没有损失，设上升的最大高度是h ，则有：12mv 20＝12(M ＋m)v 2＋mgh ，联立两式，解得：h ＝Mv 202g （M ＋m ）.随堂11。

绝密★启用前教科版高中物理选修3-5 第一章碰撞与动量守恒寒假复习题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E1，球2的动能大小记为E2，则必有 ()A．E1＜E0B．E1＝E0C．E2＞E0D．E2＝E0【答案】A【解析】根据碰撞前后动能关系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0.故只有A项对．2.如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为()A． (Mg＋mg－ma)tB． (m＋M)vC． (Mg＋mg＋ma)tD．mv【答案】C【解析】杆与人之间的作用力为F，对人，F－mg＝ma，地面与杆的作用力为F N，对杆，F N＝F＋Mg，地面对杆的冲量，I＝F N t.3.一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共120 kg.这个士兵用自动步枪在2 s时间内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10 g，子弹离开枪口时相对枪口的速度是800 m/s.射击前皮划艇是静止的()A．每次射击后皮划艇的速度改变2 m/sB．连续射击后皮划艇的速度是2 m/sC．每次射击后子弹的速度改变m/sD．连续射击时枪所受到的平均反冲作用力约40 N【答案】D【解析】射击过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv－Mv′＝0，代入数据解得：v′＝v≈0.06 m/s，A错误；连续射击2 s过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则有：10mv－Mv″＝0代入数据解得：v″＝＝0.67 m/s，船的速度改变0.67 m/s，所以射出10发子弹后，子弹速度的改变量为0.67 m/s，B、C错误；每颗子弹的发射时间为：t＝s＝0.2 s，对子弹，由动量定理可知：Ft＝mv－0，代入数据解得：F＝＝40 N，由牛顿第三定律可知，枪受到的平均作用力F′＝F＝40 N，D正确．4.质量为m的钢球自高处落下，以速度大小v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为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】物体以大小为v1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v2的速度反弹．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＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1由于碰撞时间极短，t趋于零，则mgt趋于零．所以Ft＝m(v2＋v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．5.一运动员踢质量为1 kg的球时的力F＝100 N，球在地上滚了10 s才停下来，则运动员踢球的冲量为()A． 1 000 N·sB． 500 N·sC． 0D．无法确定【答案】D【解析】运动员踢球瞬间作用力为F＝100 N，但其作用时间t≠10 s，运动员踢球的冲量不为零，但无法求解其大小，D正确．6.手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球() A．竖直向上抛出B．向前方抛出C．向后方抛出D．向左方抛出【答案】C【解析】欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出，人和铁球水平方向的总动量守恒，因为铁球的动量向后，所以人向前的动量增加．7.甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为()A． 0B． 2 m/sC． 4 m/sD．无法确定【答案】A【解析】设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：(M甲＋m)v0－M乙v0＝M乙×0＋(M甲＋m)v，代入数据解得v＝0，A正确．8.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A，B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时()A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大【答案】C【解析】根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，A错误．若小车向左运动，A的动量一定比B的大，B错误，C正确．若小车向右运动，A的动量一定比B的小，D错误．9.质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，下列说法正确的是()A．此碰撞属于弹性碰撞B．此碰撞非弹性碰撞C．a球碰撞前后速度方向没有改变D．b球碰撞前后速度方向改变【答案】A【解析】根据x－t图象可知：a球的初速度为：v a＝m/s＝3 m/s，b球的初速度为v b＝0，碰撞后a球的速度为：v a′＝－m/s＝－1 m/s，碰撞后b球的速度为：v b′＝m/s＝2 m/s，可知碰撞前后两球碰撞过程中a球的速度方向发生改变，b球由静止到运动，C、D错误；系统动能变化量为：ΔE k＝ma v＋0－ma v a′2－mb v b′2＝×1×32－×1×12－×2×22＝0，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；A正确．10.如图，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为()A． 5×105NB． 50 NC． 5×103ND． 5×102N【答案】B【解析】t s时间内喷水质量为：m＝ρSvt＝1000×0.0005×10t kg＝5t kg，水在时间t s内受到墙的冲量为：I＝0－mv＝Ft所以：F＝＝N＝－50 N负号表示水受到的墙的作用力的方向与运动的方向相反．二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg、mB＝2 kg.A的速度v A＝3 m/s(以vA的方向为正方向)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为()A．均为＋1 m/sB．＋4 m/s和－5 m/sC．＋2 m/s和－1 m/sD．－1 m/s和＋5 m/s【答案】AD【解析】由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E前＝mA v＋mB v＝27 JE后＝mA v A′2＋mB v B′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误．验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.12.(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组成的系统动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，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，C正确，D错误．13.(多选)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上A点的曲率圆定义为：在曲线上某一点A 和邻近的另外两点分别做一圆，当邻近的另外两点无限接近A点时，此圆的极限位置叫做曲线A 点处的曲率圆，其曲率圆半径R叫做A点的曲率半径．现将一质量为m的物体沿与水平面成θ角的方向以某一速度抛出，如图乙所示．不计空气阻力，在其轨迹最高点P处的曲率半径为r，则( )A．物体抛出时，速度大小是B．物体抛出时，速度大小是C．抛出物体时，至少需要对物体做功D．抛出物体时，对物体施加的冲量最小值是【答案】BCD【解析】物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosθ，在最高点，把物体的运动看成圆周运动的一部分，物体的重力提供向心力，由向心力的公式得mg＝，所以初速度为：v0＝，B正确；抛出物体时，至少需要对物体做功mv＝，抛出物体时，对物体施加的冲量最小值是I＝Ft＝mv0＝，C、D正确．14.(多选)下面的说法正确的是()A．冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小【答案】BD【解析】冲量等于动量改变量，A错误；根据动量定理Ft＝Δmv可得，速度变化时，合外力肯定不为零，合外力的冲量肯定不为零，但这种情况下，物体的速度可能增大，可能减小，也可能大小不变，只是方向发生变化，所以B正确，C错误；做匀速圆周运动的物体受到的向心力即合力的冲量只改变速度的方向，D正确．分卷II三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动. 图乙为某次实验打出的、点迹清晰的两条纸带各自的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为________、________，两滑块的总动量大小为________；碰撞后的两滑块的总动量大小为________. 重复上述实验，多做几次. 若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证.【答案】0.2abs30.2abs1(第1、2空答案可互换)0.2ab(s1－s3)0.4abs2【解析】动量p＝mv,根据v＝可知两滑块碰前的速度分别为v1＝0.2s1b、v2＝0.2s3b,则碰前两滑块动量分别为0.2abs1和0.2abs3,总动量大小为av1－av2＝0.2ab(s1－s3)；碰撞后两滑块的总动量大小为2av＝＝0.4abs2.四、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．【答案】2 m/s【解析】长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mA v0＝mA v A＋mC v C两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，则mA v A＋mB v0＝(mA＋mB)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则v C＝v联立以上各式，代入数值解得：v A＝2 m/s.17.如图所示，物体A和B的质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b.设A、B之间以及B与水平地面间均无摩擦，当A由B顶端从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是多少？【答案】【解析】设下滑过程中A相对于B的水平平均速度为，B对地的平均速度为′，对A和B组成的系统，水平方向的动量守恒，则0＝m1′＋m2(′－)，解得′＝.两边同乘以下滑时间t，得sB＝.18.光滑水平面有两个物块A、B在同一直线上相向运动，A的速度为4 m/s，质量为2 kg，B的速度为2 m/s，二者碰后粘在一起沿A原来的方向运动，且速度大小变为1 m/s.求：(1)B的质量；(2)这一过程产生的内能．【答案】(1) 2 kg(2) 18 J【解析】(1)设A、B两物块的质量分别为mA、mB，碰前速度为v A、v B，碰后共同速度为v，以A物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：mA v A－mB v B＝(mA＋mB)v，解得mB＝2 kg.(2)碰撞过程产生的内能为Q＝ΔE k＝mA v＋mB v－(mA＋mB)v2＝×2×42J＋×2×22J－×(2＋2)×12J＝18 J.。

碰撞__________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________1.理解常见的碰撞模型。

2.学会用动量守恒能量守恒解决相关问题。

1．碰撞（1）碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． （2）在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒； （3）根据碰撞过程中系统总动能的变化情况，可将碰撞分为几类：①弹性碰撞：总动能没有损失或总动能损失很小，可以忽略不计，此碰撞称为弹性碰撞．可使用动量守恒定律和机械能守恒定律帮助计算. 如： 若一个运动的球1m 与一个静止的球2m 碰撞，则 根据动量守恒定律：________________________ 根据机械能守恒定律：______________________ 得到：121112m m v v m m -'=+，121122m v v m m '=+②一般碰撞：碰撞结束后，动能有部分损失.③完全非弹性碰撞：两物体碰后粘合在一起，这种碰撞损失动能最多． （4）判断碰撞过程是否存在的依据 ①动量守恒②机械能不增加（动能不增加）：k1k2k1k2E E E E ''++≥或2222121212122222p p p p m m m m ++≥ ③速度要合理：碰前两物体同向，则v v 后前＞，并且碰撞后，原来在前的物体速度一定增大，并有v v ''后前≥；两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.（v 后为在后方的物体速度，v 前为在前方的物体速度） （5）常见模型①“速度交换”模型：质量相同的两球发生弹性正碰．若10v v =，20v =，则有1200,v v v ''==． ②“完全非弹性碰撞”模型：两球正碰后粘在一起运动．若10v v =，20v =，则有1012m v v m m =+共，动能损失最大，22k 101211()22E m v m m v ∆=-+共． ③“弹性碰撞”模型：若102,0v v v ==，则有121012m m v v m m -'=+，120122m v v m m '=+．2．反冲（1）指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象． （2）在反冲现象中系统的动量是守恒的．①质量为M 的物体以对地速度v 抛出其本身的一部分，若该部分质量为m ，则剩余部分对地反冲速度为：mv v M m'=-． ②反冲运动中的已知条件常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度）． （3）反冲现象中往往伴随有能量的变化.3．爆炸（1）爆炸过程中，内力远远大于外力，动量守恒. （2）在爆炸过程中，有其它形式的能转化为机械能.4. 人船模型（1）移动距离问题分析①若一个原来静止的系统的一部分发生运动，则根据动量守恒定律可知，另一部分将向相反方向运动.11220m v m v -=，则2121m v v m =经过时间的积累，运动的两部分经过了一段距离，同样的，有2121m x x m =. ②当符合动量守恒定律的条件，而仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解．解此类题通常要画出反映位移关系的草图．（2）人船模型中，人的位移与船的位移分别为 M l L M m =+船人人船，m l L M m =+人船人船，其中L 是人和船的相对位移.类型一：碰撞后的动量例1．A 、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A 球的动量为5 kg ·m/s ，B 球的动量是7 kg ·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞， 则碰撞后A 、B 两球动量的可能值为： （ ） A. p A ′＝6 kg ·m/s p B ′＝6 kg ·m/s B. p A ′＝3 kg ·m/s p B ′＝9kg ·m/s C ．p A ′＝－2 kg ·m/s p B ′＝14 kg ·m/s D ．p A ′＝－5 kg ·m/s p B ′＝17kg ·m解析：由于Ａ追上Ｂ发生碰撞，所以可知v A ＞v B 且碰后 v B ′＞v B v B ′≥v Ａ，即p B ′＞p B ，故可排除选项Ａ。

碰撞与动量守恒冲量和动量是物理学中的重要概念，动量定理和动量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律之一.动量定理和动量守恒定律是可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。

动量守恒定律广泛应用于碰撞、爆炸、冲击；近代物理中微观粒子的研究，火箭技术的发展都离不开动量守恒定律有关的物理知识。

在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律。

本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。

一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。

高考中有关动量的计算题在分析解答问题的过程中常会运用数学的归纳、推理的方法，解答多次反复碰撞问题，要求考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学解决物理问题。

运用数学解决物理问题的能力是高考中能力考查的重点内容之一，加强这方面的练习十分必要。

一、动量和冲量◎知识梳理1．动量的概念(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv （2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

（3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。

题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。

（5）动量的变化：0p p p t -=∆.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。

A 、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。

B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

（6）动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。

第4节碰撞1.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞，如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。

2．两小球碰撞前后的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。

3．微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，这样的碰撞又叫散射。

一、碰撞的分类1．从能量角度分类(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒。

(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大。

2．从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类(1)正碰：(对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动。

(2)斜碰：(非对心碰撞)两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动。

二、弹性碰撞特例1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1。

2．若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即两者碰后交换速度。

3．若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0。

表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止。

4．若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1。

表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。

三、散射1．定义微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞。

2．散射方向由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。

1．自主思考——判一判(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起，因而不满足动量守恒定律。

(×)(2)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失。

1．碰撞学习目标知识脉络1.知道碰撞的特色 .2.会用实验研究碰撞前后物体动能的变化． ( 重点 )3.知道弹性碰撞和非弹性碰撞，会用能量的看法剖析弹性碰撞和非弹性碰撞． ( 重点、难点 )碰撞现象[先填空 ]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明显变化，这一过程叫做碰撞．[再判断 ]1．发生碰撞的两个物体的运动方向必定都发生变化．( ×)2．两个物体之间发生碰撞后，它们的运动方向可能同样．( √)3．碰撞只好是两个物体之间发生的相互作用．( ×)[后思虑 ]图 1-1-1如图 1-1-1 所示，质量为m，速度为 v 的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回．(1)小球的运动状态能否发生了改变？(2)小球的动能能否发生了变化？【提示】(1) 因为小球的运动方向发生了改变，故小球的运动状态发生了改变．(2)因为小球的速度大小没有变化，故小球的动能没有变化．碰撞的特色1．时间特色：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视不计．2．相互作使劲特色：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力．3．位移特色：在碰撞过程中，因为在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可以为碰撞前后物体处于同一地点．1． ( 多项选择 ) 碰撞现象的主要特色有()A．物体相互作用时间短B．物体相互作用前速度很大C．物体相互作用后速度很大D．物体间相互作使劲远大于外力【分析】碰撞过程发生的作用时间很短作使劲很大，远大于物体遇到的外力，与物体作用前后的速度大小没关，故A、 D 正确．【答案】AD2． ( 多项选择 ) 钢球A以必定的速度沿圆滑水平面向静止于前方的另一同样大小的钢球 B 运动，以下对两球相互作用过程说法正确的选项是()【导学号： 22482000】A．两球相互作用的过程一直没有动能的损失B．钢球A减速运动时，系统动能不变C．两球速度相等的瞬时，系统动能最小D．两球速度相等的瞬时，系统势能最大【分析】两球相互作用过程中因为存在相互作用的弹力，两球均发生形变，有弹性势能，系统动能有损失，两球速度相等瞬时，系统动能损失最大，弹性势能最大．【答案】CD办理碰撞问题的几点提示(1)作用时间很短．(2)运动状态变化明显．(3)位移变化特别小．碰撞中动能的变化1．实验装置：气垫导轨、数字计时器 ( 图 1-1-4) ．导轨上附有滑块和光电门，如图1-1-2 所示．滑块上装有挡光条和弹簧片，如图1-1-3所示．图 1-1-3 图1-1-42．研究过程(1) 先用天平测出带弹簧片的滑块1、滑块 2 的质量m1、m2，而后用手推进滑块 1 使其获得初速度 v1，与静止的滑块 2 发生正碰，测定碰撞前、后两滑块的速度大小，并算出两滑块碰撞前、后的动能E k1、 E k2和 E′k1、 E′k2，比较 E k1＋ E k2和 E′k1＋ E′k2的大小．(2)换用不带弹簧片的两滑块重复 (1) ．(3) 将滑块上的弹簧片换成橡皮泥，使有橡皮泥的两正直对，重复实验(1) ．3．实验结论对于不一样的碰撞状况，动能的变化状况不一样，在第一种状况下，两滑块碰撞前、后的动能之和大概不变，在第二、三种状况下，碰后两滑块的动能之和变小了，而第三种状况动能损失的更多．3． ( 多项选择 ) 在利用气垫导轨研究碰撞中的动能变化时，以下哪些要素可致使实验偏差()A．导轨安置不水平B．小车上挡光条倾斜C．两小车质量不相等D．两小车碰后连在一同【分析】导轨安置不水平，小车速度将受重力的影响，进而致使实验偏差；挡光条倾斜会致使挡光条宽度不等于挡光阶段小车经过的位移，使计算速度出现偏差．故此题应选A、B.【答案】AB4．某同学利用气垫导轨做“研究碰撞前、后物体动能变化”的实验，气垫导轨装置如图 1-1-5 所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等构成．图 1-1-5(1) 下边是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调理气垫导轨的调理旋钮，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开释滑块1，滑块1 经过光电门1 后与左边有固定弹簧的滑块2 碰撞，碰后滑块1 和滑块2 挨次经过光电门2，两滑块经过光电门后挨次被制动；⑦读出滑块经过两个光电门的挡光时间：滑块 1 经过光电门ms ，经过光电门 2 的挡光时间 t 2＝ 49.99 ms ，滑块 2 经过光电门1 的挡光时间2 的挡光时间t 1＝t 3＝ms ；⑧测出挡光片的宽度d ＝ 5 mm ，测得滑块1( 包含撞针) 的质量为m 1＝300 g，滑块2( 包括弹簧) 质量为m 2＝ 200 g；(2) 数据办理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：，B ． ___________________________________________________________.②碰撞前滑块1 的速度v 1 为________m/s ；碰撞后滑块1 的速度v 2 为________m/s ；滑块2的速度v 3 为 ________m/s ； ( 结果保存两位有效数字)③碰撞前两滑块的总动能E k1＝ ________J ，碰撞后两滑块的总动能E k2＝ ________J ，E k1________E k2( 选填“＞”“＝”或“＜” ) ．【分析】(2) ①A. 大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而惹起的偏差．B ．保证两个滑块的碰撞是正碰．②滑块 1 碰撞前的速度 v ＝ d 5×10 －3－3 m/s ≈0.50 m/s ；＝1t 1 ×10滑块 1 碰撞后的速度 v 2＝ d ＝ 5×10－ 3－3 m/s ≈0.10 m/s ；49.99 ×10t 2 v 3＝d － 3滑块 2 碰撞后的速度＝5×10－ 3 m/s ≈0． 60 m/s ；t 3 8.35 ×101 2③碰撞前的总动能E k1＝2m1v1 ＝ 0.037 5 J1 2 1 2碰撞后的总动能E k2＝2m1v2 ＋2m2v3 ＝0.037 5 J所以碰撞前后总动能相等．【答案】(2) ①A. 大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而惹起的偏差．B．保证两个滑块的碰撞是正碰．②③0.037 50.037 5＝利用气垫导轨研究碰撞时，必定要保证碰撞的两物体“水平”和“正碰”.只有弹性碰撞时碰撞前后动能之和保持不变，一般状况下的碰撞总动能要减小.碰撞的分类[先填空 ]1．弹性碰撞碰撞前后系统总动能不变，这类碰撞称为弹性碰撞．2．非弹性碰撞碰撞后的系统总动能减小了，有一部分动能转变成其余形式的能量，这类碰撞称为非弹性碰撞．3．完整非弹性碰撞在非弹性碰撞中，假如两物体碰后粘在一同，以同样的速度运动，这类碰撞称为完整非弹性碰撞．[再判断 ]1．弹性碰撞过程中，物体的总机械能守恒．( √)2．两辆汽车迎面相撞属于弹性碰撞．( ×)3．正、负离子碰撞后共同构成分子的现象属于完整非弹性碰撞．( √)[后思虑 ]你能说出弹性碰撞与非弹性碰撞的实质差别吗？现实生活中，哪些碰撞可近似看作弹性碰撞？ ( 请举例说明 )【提示】两种碰撞的实质差别是碰撞前后系统动能能否守恒．现实生活中的碰撞，多数是非弹性碰撞．乒乓球拍击打乒乓球、网球拍击打网球、台球间的碰撞可近似看作弹性碰撞．弹性碰撞与非弹性碰撞的差别弹性碰撞非弹性碰撞碰后形变状况完整恢复不可以完整恢复没有能量损失，碰撞前后一部分动能转变成其余形式的能，碰撞前能量损失状况系统的动能相等后系统的动能不再相等5．如图 1-1-6 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 ()【导学号： 22482001】图 1-1-6A．完整非弹性碰撞B．弹性碰撞C．非弹性碰撞D．碰撞前后动能保持不变【分析】两小球都是弹性小球，属于弹性碰撞，应选项 B 正确．【答案】 B6． ( 多项选择 ) 下边对于碰撞的理解，正确的选项是()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明显变化的过程B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用能够忽视C．正、负离子碰撞后共同构成分子的现象属于完整非弹性碰撞D．依据碰撞过程中动能能否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰【分析】碰撞的主要特色是：相互作用时间短，作使劲峰值大，因此其余外力能够忽略不计，在极短时间内物体的运动状态发生显然变化，故A、 B 对；依据碰撞前后动能能否不变，碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，此中动能不变的碰撞称为弹性碰撞，故C对、D错．【答案】ABC1．弹性碰撞是一种理想化碰撞，现实中的多半碰撞实质上都属于非弹性碰撞．2．当两物体碰撞后不再分开，此时系统动能损失最大，称为完整非弹性碰撞．3.光的波粒二象性学习目标知识脉络1.知道什么是康普顿效应及康普顿散射实验原理． ( 重点 )2．理解光的波粒二象性，认识光是一种概率波 .康普顿效应[先填空 ]1．光的散射：光在介质中与物体微粒的相互作用，使光的流传方向发生偏转，这类现象叫光的散射．湛蓝的天空、殷红的彩霞是大气层对阳光散射形成的，夜晚探照灯或激光的光柱，是空气中微粒对光散射形成的．2．康普顿效应康普顿在研究石墨对X 射线的散射时，发此刻散射的X 射线中，除原波长外，还发现了波长随散射角的增大而增大的谱线． X 射线经物质散射后波长变长的现象，称为康普顿效应．3．康普顿的理论当光子与电子相互作用时，既恪守能量守恒定律，又恪守动量守恒定律．在碰撞中光子将能量 hν的一部分传达给了电子，光子能量减少，波长变长．4．康普顿效应的意义康普顿效应表示光子除了拥有能量以外，还拥有动量，深入揭露了光的粒子性的一面，为光子说供给了又一例证．[再判断 ]1．康普顿效应证明了光子不单拥有能量，也拥有动量．( √)2．康普顿效应进一步说明光拥有粒子性．( √)3．光子发生散射时，其动量大小发生变化，但光子的频次不发生变化．( ×)4．光子发生散射后，其波长变大．( √)[后思虑 ]1．太阳光从小孔射入室内时，我们从侧面能够看到这束光；白日的天空各处都是亮的；宇航员在太空中只管太阳灿烂眼刺眼，其余方向的天空倒是黑的．为何？【提示】地球上存在着大气，太阳光经大气中的微粒散射后传向各个方向；而在太空中的真空环境下，光不再散射，只向前流传．2．光电效应与康普顿效应研究问题的角度有何不一样？【提示】光电效应应用于电子汲取光子的问题，而康普顿效应应用于议论光子与电子碰撞且没有被电子汲取的问题．1．对康普顿效应的理解(1)实验现象X 射线管发出波长为λ0的X射线，经过小孔投射到散射物石墨上．X 射线在石墨上被散射，部分别射光的波长变长，波长改变的多少与散射角有关．(2)康普顿效应与经典物理理论的矛盾依照经典物理理论，入射光惹起物质内部带电粒子的受迫振动，振动着的带电粒子从入射光汲取能量，并向周围辐射，这就是散射光．散射光的频次应当等于粒子受迫振动的频次( 即入射光的频次) ．所以散射光的波长与入射光的波长应当同样，不该当出现波长变长的散射光．此外，经典物理理论没法解说波长改变与散射角的关系．(3)光子说对康普顿效应的解说假设 X 射线光子与电子发生弹性碰撞．①光子和电子相碰撞时，光子有一部分能量传给电子，散射光子的能量减少，于是散射光的波长大于入射光的波长．②因为碰撞中互换的能量与碰撞的角度有关，所以波长的改变与散射角有关．2．康普顿的散射理论进一步证明了爱因斯坦的光量子理论，也有力证了然光拥有波粒二象性．1．( 多项选择 ) 美国物理学家康普顿在研究石墨对X 射线的散射时，发此刻散射的X 射线中，除了与入射波长λ 0 同样的成格外，还有波长大于λ 0的成分，这个现象称为康普顿效应．关于康普顿效应，以下说法正确的选项是()A．康普顿效应说明光子具动量B．康普顿效应现象说明光拥有颠簸性C．康普顿效应现象说明光拥有粒子性D．当光子与晶体中的电子碰撞后，其能量增添【分析】康普顿效应说明光拥有粒子性， B 项错误， A、C 项正确；光子与晶体中的电子碰撞时知足动量守恒和能量守恒，故两者碰撞后，光子要把部分能量转移给电子，光子的能量会减少， D 项错误．【答案】AC2．康普顿效应证明了光子不单拥有能量，也有动量．如图4-3-1 给出了光子与静止电子碰撞后电子的运动方向，则碰后光子可能沿__________ 方向运动，而且波长________( 选填“不变”“变短”或“变长”) ．图4-3-1【分析】因光子与电子在碰撞过程中动量守恒，所以碰撞以后光子和电子的总动量的方向与光子碰前动量的方向一致，可见碰后光子运动的方向可能沿 1 方向，不行能沿 2 或 3 方向；经过碰撞，光子将一部分能量转移给电子，能量减少，由ε＝ hν知，频次变小，再依据c＝λν知，波长变长．【答案】1变长动量守恒定律不只合用于宏观物体，也合用于微观粒子间的作用；康普顿效应进一步揭露了光的粒子性，也再次证了然爱因斯坦光子说的正确性.光的波粒二象性光是一种概率波[先填空 ]1．光的波粒二象性(1)光既拥有颠簸性又拥有粒子性，既光拥有波粒二象性．光的颠簸性是指光的运动形态拥有各样颠簸的共同特色，如干预、衍射和色散等都有波动的表现．光的粒子性是指光与其余物质相互作用时所互换的能量和动量拥有不连续性，如光电效应、康普顿效应等．(2)光子的能量和动量①能量：ε＝ hν.②动量：h p＝λ.(3) 意义能量ε 和动量p 是描绘物质的粒子性的重要物理量；波长λ 和频次ν 是描绘物质的h颠簸性的典型物理量．所以ε＝ hν和p＝λ揭露了光的粒子性和颠簸性之间的亲密关系．2．光是一种概率波光波在某处的强度代表着光子在该处出现概率的大小，所以光是一种概率波．[再判断 ]1．光的干预、衍射、偏振现象说明光拥有颠簸性．( √)2．光子数目越大，其粒子性越显然．( ×)3．光拥有粒子性，但光子又不一样于宏观看法的粒子．( √)4．光子经过狭缝后落在屏上明纹处的概率大些．( √)[后思虑 ]h1．由公式E＝ hν和λ＝p，能看出颠簸性和粒子性的联系吗？【提示】从光子的能量和动量的表达式能够看出，是h架起了粒子性与颠簸性之间的桥梁．2．在光的单缝衍射实验中，在光屏上放上照相底片，并想法控制光的强度，尽可能使光子一个一个地经过狭缝，曝光时间短时，可看到胶片上出现一些无规则散布的点；曝光时间足够长时，有大批光子经过狭缝，底片上出现一些平行条纹，中央条纹最亮最宽．请思虑以下问题：(1)曝光时间短时，说明什么问题？【提示】少许光子表现出光的粒子性，但其运动规律与宏观粒子不一样，其地点是不确定的．(2)曝光时间足够长时，说明什么问题？【提示】大批光子表现出光的颠簸性，光波强的地方是光子抵达的时机多的地方．(3)暗条纹处必定没有光子抵达吗？【提示】暗条纹处也有光子抵达，不过光子抵达的几率特别小，很难体现出亮度．1．对光的认识的几种学说学说名称微粒说代表人物牛顿颠簸说惠更斯电磁说麦克斯韦光子说爱因斯坦波粒二象性公认光的直线能在真空中传光电效应，光的干播，是横波，光光既有颠簸现象，又实验依照流传、光康普顿效涉、衍射速等于电磁波速有粒子特色的反射应度光是一群光是一种光是由一光是拥有电磁天性内容重点光是一种电磁波份一份光的物质，既有颠簸性弹性粒子机械波子构成的又有粒子性理论领域宏观世界宏观世界微观世界微观世界微观世界2.对光的波粒二象性的理解实验基础表现说明(1) 光子在空间各点出现的可能性大小(1) 光的颠簸性是光子自己光的可用颠簸规律来描绘的一种属性，不是光子之间颠簸干预和衍射(2) 足够能量的光 ( 大批光子 ) 在流传时，相互作用产生的性表现出波的性质(2) 光的颠簸性不一样于宏观(3) 波长长的光简单表现出颠簸性看法的波(1) 当光同物质发生作用时，这类作用是光的“一份一份”进行的，表现出粒子的性(1) 粒子的含义是“不连光电效应、质续”“一份一份”的粒子康普顿效应(2) 少许或个别光子简单显示出光的粒(2) 光子不一样于宏观看法的性子性粒子(3)波长短的光，粒子性明显3.光波是一种概率波在双缝干预实验中，光子经过双缝后，对某一个光子而言，不可以必定它落在哪一点，但屏上各处明暗条纹的不一样亮度，说明光子落在各处的可能性即概率是不同样的．光子落在明条纹处的概率大，落在暗条纹处的概率小．这就是说光子在空间出现的概率能够经过颠簸的规律来确立，所以说光是一种概率波．3．对于光的波粒二象性，以下说法中正确的选项是()【导学号： 22482062】A．光的频次越高，衍射现象越简单看到B．光的频次越高，粒子性越明显C．大批光子产生的成效常常显示粒子性D．光的波粒二象性否认了光的电磁说【分析】光拥有波粒二象性，波粒二象性其实不否认光的电磁说，不过说某些状况下粒子性显然，某些状况下颠簸性显然，故D错误．光的频次越高，波长越短，粒子性越显然，颠簸性越不显然，越不易看到其衍射现象，故 B 正确、 A 错误．大批光子的行为表现出颠簸性，个别光子的行为表现出粒子性，故C错误．【答案】 B4．( 多项选择 ) 在单缝衍射实验中，中央亮纹的光霸占从单缝射入的整个光强的95%以上．假设此刻只让一个光子能经过单缝，那么该光子()A．必定落在中央亮纹处B．必定落在亮纹处C．可能落在亮纹处D．可能落在暗纹处【分析】依据光的概率波的看法，对于一个光子经过单缝落在哪处，是不行确立的，但概率最大的是落在中央亮纹处，可达95%以上．自然也可能落在其余亮纹处，还可能落在暗纹处，只可是落在暗处的概率很小而已，故只有C、 D正确．【答案】CD对光的波粒二象性的两点提示1．光的干预和衍射及偏振说明光拥有颠簸性，而光电效应和康普顿效应是光拥有粒子性的例证．2．颠簸性和粒子性都是光的实质属性，不过在不一样条件下的表现不一样．当光与其余物质发生作用时，表现出粒子的性质；少许或个别光子易显示出光的粒子性；频次高波长短的光，粒子性明显．大批光子在流传时表现为颠簸性；频次低波长长的光，颠簸性明显．对光子落点的理解1．光拥有颠簸性，光的颠簸性是统计规律的结果，对某个光子我们没法判断它落到哪个地点，我们只好判断大批光子的落点地区．2．在暗条纹处，也有光子达到，不过光子数极少．3．对于经过单缝的大批光子而言，绝大部分光子落在中央亮纹处，只有少量光子落在其余亮纹处及暗纹处．六、词语点将（据意写词）。

动量守恒定律的典型例题【例1】把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上．枪发射出一颗子弹．对于此过程，下列说法中正确的有哪些[]A．枪和子弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．车、枪和子弹组成的系统动量守恒D．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力．且摩擦力的冲量甚小【分析】本题涉及如何选择系统，并判断系统是否动量守恒．物体间存在相互作用力是构成系统的必要条件，据此，本题中所涉及的桌子、小车、枪和子弹符合构成系统的条件．不仅如此，这些物体都跟地球有相互作用力．如果仅依据有相互作用就该纳入系统，那么推延下去只有把整个宇宙包括进去才能算是一个完整的体系，显然这对于分析、解决一些具体问题是没有意义的．选择体系的目的在于应用动量守恒定律去分析和解决问题，这样在选择物体构成体系的时候，除了物体间有相互作用之外，还必须考虑“由于物体的相互作用而改变了物体的动量”的条件．桌子和小车之间虽有相互作用力，但桌子的动量并没有发生变化．不应纳入系统内，小车、枪和子弹由于相互作用而改变了各自的动量，所以这三者构成了系统．分析系统是否动量守恒，则应区分内力和外力．对于选定的系统来说，重力和桌面的弹力是外力，由于其合力为零所以系统动量守恒．子弹与枪筒之间的摩擦力是系统的内力，只能影响子弹和枪各自的动量，不能改变系统的总动量．所以D的因果论述是错误的．【解】正确的是C．<【例2】一个质量M=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2．求：鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离．【分析】子弹击中鸟的过程，水平方向动量守恒，接着两者一起作平抛运动。

【解】把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为u，取v0的方向为正方向，则由Mv0＋mv＝(m＋M)u，得击中后，鸟带着子弹作平抛运动，运动时间为-鸟落地处离击中处水平距离为S＝ut＝×2m＝．【例3】一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为[]【分析】列车原来做匀速直线运动，牵引力F等于摩擦力f，f=k(m＋M)g(k为比例系数)，因此，整个列车所受的合外力等于零．尾部车厢脱钩后，每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力．因此，如果把整个列车作为研究对象，脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间，整个列车(前部+尾部)的动量应该守恒．考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间，由(m+M)v0=0+Mv·得此时前部列车的速度为【答】B．【说明】上述求解是根据列车受力的特点，恰当地选取研究对象，巧妙地运用了动量守恒定律，显得非常简单．如果把每一部分作为研究对象，就需用牛顿第二定律等规律求解．有兴趣的同学，请自行研究比较．【例4】质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m2=50g，速率v2=10cm/s．碰撞后，小球m2恰好停止．那么，碰撞后小球m1的速度是多大，方向如何【分析】取相互作用的两个小球为研究的系统。

动量守恒定律的应用【本讲主要内容】动量守恒定律的应用在人船问题、子弹打木块、追碰、水平方向碰弹簧等问题中动量守恒定律的应用【知识掌握】知识点精析】1、人船问题：说明：若系统在全过程中动量守恒(包括单方向) ，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。

推导：若两物体组成的系统相互作用前静止，则有：0 = m i?V i + m2?V2即: m i?Si|= m2?|S2|例1.静止在水面上的船长为L,质量为M , —个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，船移动了多大距离？分析：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s船=$，则人向左移动的距离为s人=L —s,取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M • s—m (L —s)= 0,从而可解得s.注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分。

说明：(1)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，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。

(2)做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。

(3)以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。

如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用mMnm z v?这种形式列方程，而要利用(m^m zl v o n m1v1+ m2v2 列式。

例2.在光滑水平面上静止着一辆长为L的小车，其一端固定着靶牌，另一端有一人手拿手枪站在车上，车、靶、人(不含子弹)总质量为M，如图。

人开枪，待子弹射中靶牌后再开枪，每发子弹均留在靶中，这样将枪中N发质量为m的子弹全部射出。

求：在射击过程中车的位移多大？要点：由守恒，知道每一次子弹打入靶中时刻，车的速度都是零。

分析：解法1：与N发齐发等同，即：N?m?V i + M?V2= 0而t=L/( |V I|+|V2|)且|S i|=|v i|?t，|S2|=|V2|?|S I|+|S2|=L联立解得：S1 Nm^M + Nm解法2：设第一颗子弹射出后船的后退速度为v i'，每发效果相同，即:m?v i = [M+ ( N—1) m]?v i'在时间t内船的后退距离s1= v1't子弹前进的距离d= v i t如图L= d+®，即卩L= v1t + v i't子弹全部射出后船的后退距离S1= N?S1联立解得: S1M Nm小结：对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。

人教版高中物理选修3-5第十六章动量守恒定律1.4碰撞一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线。

具有初动能E0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5个物块粘成一个整体。

这个整体的动能等于（）A. B. C. D.2.如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。

则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )A. 子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒机械能不守恒C. 在木块压缩弹簧过程,木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D. 在弹簧压缩到最短的时间,木块的速度为零,加速度不为零3.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为p A=9kg•m/s，B球的动量为p B=3kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）A. ,B. ,C. ,D. ,4.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A＝4kg，m B＝2kg，速度分别是v A＝3m/s(设为正方向)，v B＝－3m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为()A. ,B. ,C. ,D. ,5.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量P A=9kg•m/s，B球的动量P B=3kg•m/s。

当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A. ,B. ,C. ,D. ,6.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍．将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）A. B. n C. D. 17.弹性碰撞是指（）A. 正碰B. 对心碰撞C. 机械能守恒的碰撞D. 机械能不守恒的碰撞8.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A. ,B. ,C. ,D. ,9.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是（）A. 碰撞前后A的动量变化为4B. 碰撞时A对B所施冲量为C. A、B碰撞前的总动量为3D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J10.两球在水平面上相向运动，发生正碰后都静止，则碰前两球的A. 质量一定相等B. 动能一定相等C. 动量大小一定相等D. 速度大小一定相等二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）11.如图的甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量=2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移---时间图象如图的乙所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度为___________m/s，物体B的质量为__________ kg。

人教版物理选修3-5 实验：探究碰撞中的动量守恒一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1.在“探究碰撞中的不变量”的实验中，用如图的斜槽装置进行探究，以下说法正确的是（）A. 选择实验仪器时,天平可选可不选B. 实验中的斜槽需要光滑且末端切线水平C. 需要记录小球抛出的高度及水平距离,以确定小球离开斜槽末端时的速度D. 无论是否放上被碰小球,入射小球都必须从同一高度处静止释放2.如图是某同学利用光电门和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验装置图，下列做法正确的是（）A. 用压强计测量滑块的质量B. 用米尺测量挡光片的宽度C. 用秒表测量挡光片通过光电门的时间D. 用挡光片的宽度除以挡光时间来近似计算滑块的瞬时速度3.若采用图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同，质量均为已知，且m A＞m B，B、B′两点在同一水平线上），下列说法正确的是（）A. 采用图甲所示的装置,必须测量OB、OM、OP和ON的距离B. 采用图乙所示的装置,必须测量OB、、和的距离C. 采用图甲所示装置,若,则表明此碰撞动量守恒D. 采用图乙所示装置,若,则表明此碰撞机械能守恒4.如图是某同学设计的验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边沿有一高为H的竖直立柱。

实验前，调节悬点与绳长，使弹性球1静止时，恰好与立柱上的球2接触，且两球球心等高。

实验时，把球2放在立柱上，将球1拉到A点，由静止释放。

当球1摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞；碰撞后球1向右最远可摆回到B点，球2则落到水平地面上的C点；测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。

现已测出弹性球1和球2的质量m1和m2，A点、B点和立柱分别距水平桌面的高度为a、b，立柱高度为H，C点与桌子边沿间的水平距离c，桌面高度H。

已知当地重力加速度g，忽略小球的大小。

根据测量的数据，在误差允许的范围内，该实验中动量守恒的表达式为____。

碰撞与动量守恒一、动量和冲量【例1】质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？【例3】一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图1所示,如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？二．动量定理1．求动量及动量变化的方法。

图1 【例1】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少?【例2】一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则（ )A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零1．质量为m的钢球自高处落下,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（D）A．向下，m（v2—v1)B．向下，m(v2 + v1）C．向上，m（v2—v1）D．向上，m（v2 + v1）2．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。

求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。

2．用动量定理求解相关问题(1）．简解多过程问题。

【例3】一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N,方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经过t3=6s停下来.试求物体在水平面上所受的摩擦力。

（2）.求解平均力问题【例4】质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．( g= 10m／s2）（3）、求解曲线运动问题【例5】以V o ＝10m／s2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m＝2kg的小球．忽略空气阻力的作用,g取10m／s2．求抛出后第2s末小球速度的大小．（4）、求解流体问题【例6】某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg 速度V ＝460m/s 的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n 0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．（5)、对系统应用动量定理。

碰撞1．碰撞（1）碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． （2）在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒； （3）根据碰撞过程中系统总动能的变化情况，可将碰撞分为几类：①弹性碰撞：总动能没有损失或总动能损失很小，可以忽略不计，此碰撞称为弹性碰撞．可使用动量守恒定律和机械能守恒定律帮助计算. 如： 若一个运动的球1m 与一个静止的球2m 碰撞，则 根据动量守恒定律：111122m v m v m v ''=+ 根据机械能守恒定律：222111122111222m v m v m v ''=+ 得到：121112m m v v m m -'=+，121122m v v m m '=+ ②一般碰撞：碰撞结束后，动能有部分损失.③完全非弹性碰撞：两物体碰后粘合在一起，这种碰撞损失动能最多． （4）判断碰撞过程是否存在的依据 ①动量守恒②机械能不增加（动能不增加）：k1k2k1k2E E E E ''++≥或2222121212122222p p p p m m m m ++≥③速度要合理：碰前两物体同向，则v v 后前＞，并且碰撞后，原来在前的物体速度一定增大，并有v v ''后前≥；两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.（v 后为在后方的物体速度，v 前为在前方的物体速度） （5）常见模型①“速度交换”模型：质量相同的两球发生弹性正碰．若10v v =，20v =，则有1200,v v v ''==． ②“完全非弹性碰撞”模型：两球正碰后粘在一起运动．若10v v =，20v =，则有1012m v v m m =+共，动能损失最大，22k 101211()22E m v m m v ∆=-+共． ③“弹性碰撞”模型：若102,0v v v ==，则有121012m m v v m m -'=+，120122m v v m m '=+．2．反冲（1）指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象． （2）在反冲现象中系统的动量是守恒的．①质量为M 的物体以对地速度v 抛出其本身的一部分，若该部分质量为m ，则剩余部分对地反冲速度为：mv v M m'=-． ②反冲运动中的已知条件常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度）． （3）反冲现象中往往伴随有能量的变化.3．爆炸（1）爆炸过程中，内力远远大于外力，动量守恒. （2）在爆炸过程中，有其它形式的能转化为机械能.4. 人船模型（1）移动距离问题分析①若一个原来静止的系统的一部分发生运动，则根据动量守恒定律可知，另一部分将向相反方向运动.11220m v m v -=，则2121m v v m =经过时间的积累，运动的两部分经过了一段距离，同样的，有2121m x x m =. ②当符合动量守恒定律的条件，而仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解．解此类题通常要画出反映位移关系的草图．（2）人船模型中，人的位移与船的位移分别为 M l L M m =+船人人船，m l L M m =+人船人船，其中L 是人和船的相对位移.类型一：碰撞后的动量例1．A 、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A 球的动量为5 kg ·m/s ，B 球的动量是7 kg ·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞， 则碰撞后A 、B 两球动量的可能值为： （ ） A. p A ′＝6 kg ·m/s p B ′＝6 kg ·m/s B. p A ′＝3 kg ·m/s p B ′＝9kg ·m/s C ．p A ′＝－2 kg ·m/s p B ′＝14 kg ·m/s D ．p A ′＝－5 kg ·m/s p B ′＝17kg ·m解析：由于Ａ追上Ｂ发生碰撞，所以可知v A ＞v B 且碰后 v B ′＞v B v B ′≥v Ａ，即p B ′＞p B ，故可排除选项Ａ。

碰 撞重/难点重点：用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论碰撞问题。

难点：对各种碰撞问题的理解。

重/难点分析重点分析：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。

由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。

碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

难点分析：弹性碰撞由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121112112122,m m m v v v v m m m m -''==++。

非弹性碰撞因为全过程系统动能有损失，原因是一部分动能转化为内能。

完全非弹性碰撞可以证明，A 、B 最终的共同速度为112112m v v v m m ''==+。

在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大。

突破策略一、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．弹性碰撞在弹性力作用下，碰撞过程只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失的碰撞，称为弹性碰撞。

通常情况下的钢球、玻璃球等坚硬物体之间的碰撞及分子、原子等之间的碰撞皆可视为弹性碰撞。

仔细分析课本例题，掌握课本例题的分析方法然后进一步分析下面的问题。

在一光滑水平面上有两个质量分别为1m 、2m 的刚性小球A 和B ，以初速度1v 、2v 运动，若它们能发生碰撞（为一维弹性碰撞），碰撞后它们的速度分别为'1v 和'2v 。

我们的任务是得出用1m 、2m 、1v 、2v 表达'1v 和'2v 的公式。

1v 、2v 、'1v 和'2v 是以地面为参考系的，将A 和B 看作系统。

由碰撞过程中系统动量守恒，有''11221122m v m v m v m v +=+ ① 由弹性碰撞中没有机械能损失，有22'2'21122112211112222m v m v m v m v +=+ ② 由①得()()''111222m v v m v v -=- 由②得()()'222'2111222m v v m v v -=-将上两式左右相比，可得''1122v v v v +=+即()''2121v v v v -=--或()''1212v v v v -=-- ③碰撞前B 相对于A 的速度为2121v v v =-，碰撞后B 相对于A 的速度为'''2121v v v =-，同理碰撞前A 相对于B 的速度为1212v v v =-，碰撞后A 相对于B 的速度为'''1212v v v =-，故③式为'2121v v =-或'1212v v =-，其物理意义是：碰撞后B 相对于A 的速度与碰撞前B 相对于A 的速度大小相等，方向相反； 碰撞后A 相对于B 的速度与碰撞前A 相对于B 的速度大小相等，方向相反； 故有[结论1]对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变，方向相反（即以原速率弹回）。