高中物理第1章第2节动量守恒定律学案鲁科版选修35053132

第2节动量守恒定律一、内力、外力和系统问题1：如何理解系统内力和外力，举例说明？创设物理情境现实生活中，这种守恒随处可见。

为此我们创设一个情境：如图，在光滑水平面上做匀速运动的两个小球，质量分别是m1 和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，且v2＞v1，经过一段时间后，m2追上了m1，两球发生碰撞，碰撞后的速度分别是v1′和v2′．试分析碰撞中两球动量的变化量有何关系。

1．系统：有相互作用的物体构成一个系统．例如实验中的两辆小车或推导实例中碰撞的两个小球；2．内力：系统中相互作用的各物体之间的相互作用力叫做内力．例如：两小球在碰撞中施加给对方的平均作用力．3．外力：外部其他物体对系统的作用力叫做外力．如重力和支持力。

我们把两个物体看作一个系统，那么两个物体间的相互作用就属于系统的内力，外界其它物体对系统中任何一物体的作用就是系统所受的外力。

根据牛顿运动定律可知：不论外力还是内力都会改变物体的运动状态，而内力起的作用就像人民内部矛盾，外力起的作用则为外在矛盾。

前者可以相互抵消达到和谐，但是后者必然破坏这种和谐关系。

明确：多媒体展示教师总结内力和外力是相对的，两个物体相互作用，如果选择每个物体为研究对象，则相互作用力对每个物体来说都是外力，它参与每个物体运动状态变化。

若选择两个物体构成的系统为研究对象，则此相互作用力为内力。

二、动量守恒定律问题2：推导1：试用动量定理推导两物体碰撞前后的总动量的关系？物理建模：对于两个物体相碰组成的典型系统，我们可以将其抽象成处于光滑水平面上的两滑块相碰（ppt展示模型）。

此模型中系统的总动量P总等于两滑块的动量的矢量和。

P总=PA+PB推导1：用动量定理推导用F1表示B对A的作用力，用F2表示A对B的作用力，设他们相互作用时间为Δt，A和B受到的重力和支持力相互平衡，在水平方向上，我们分别对A、B运用动量定理得：F1Δt=m1v1'-m1v1F2Δt=m2v2'-m2v2教师引导，学生自主推导学生自学课本，自己推导(3)系统所受外力合力不为零，但系统内力远大于外力，外力相对来说可以忽略不计，因而系统动量近似守恒；(近似条件）如手榴弹在空中爆炸的的瞬间，内力远远大于其重力，重力可以完全忽略不计，动量近似守恒。

新编鲁科版⾼中物理选修3-5全册教案鲁科版⾼中物理选修3-5 全册教案第⼀章动量守恒研究新课标要求（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）通过实验，理解动量和动量守恒定律，能⽤动量守恒定律定量分析⼀维碰撞问题，知道动量守恒定律的普遍意义；例1：⽕箭的发射利⽤了反冲现象。

例2：收集资料，了解中⼦是怎样发现的。

讨论动量守恒定律在其中的作⽤。

（3）通过物理学中的守恒定律，体会⾃然界的和谐与统⼀。

第⼀节动量定理三维教学⽬标1、知识与技能：知道动量定理的适⽤条件和适⽤范围；2、过程与⽅法：在理解动量定理的确切含义的基础上正确区分动量改变量与冲量；3、情感、态度与价值观：培养逻辑思维能⼒，会应⽤动量定理分析计算有关问题。

教学重点：动量、冲量的概念和动量定理。

教学难点：动量的变化。

教学⽅法：教师启发、引导，学⽣讨论、交流。

教学⽤具：投影⽚，多媒体辅助教学设备。

1、动量及其变化（1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。

记为p=mv 单位：kg·m/s读作“千克⽶每秒”。

理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两⽅⾯的信息，反映了由这两⽅⾯共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。

⼤家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和⽅向，⽽运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两⽅⾯的信息，更能从本质上揭⽰物体的运动状态，是⼀个动⼒学概念。

②⽮量性：动量的⽅向与速度⽅向⼀致。

综上所述：我们⽤动量来描述运动物体所能产⽣的机械效果强弱以及这个效果发⽣的⽅向，动量的⼤⼩等于质量和速度的乘积，动量的⽅向与速度⽅向⼀致。

（2）动量的变化量：1、定义：若运动物体在某⼀过程的始、末动量分别为p和p′，则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。

2、指出：动量变化△p是⽮量。

第2讲动量守恒定律[目标定位] 1.认识系统、内力、外力；理解动量守恒定律的内容，以及其适用条件.2.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律.3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的应用．一、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.3．动量守恒定律的普适性动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且也适用于高速、微观物体的运动．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．二、反冲运动与火箭1．当空气喷出时，空气具有动量，气球要向相反方向运动，这种运动叫做反冲运动．2．火箭(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大，火箭能达到的速度越大．二是燃料质量，燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．3．反冲现象的应用及防止(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向．(2)防止用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．想一想为什么反冲运动中系统动量守恒？答案反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的．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，但内力远远大于合外力时动量近似守恒．(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，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v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)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v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的同一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．例1如图2所示，光滑的水平地面上有一上表面水平的小车C，A、B中间用一段轻绳相连接并有一被压缩的轻质弹簧，A、B、C均处于静止状态．若细绳被剪断后，A、B滑离C之前，A、B在C上向相反方向滑动，设A与C、B与C之间的摩擦力大小分别用f1、f2表示，用P 表示A、B、弹簧组成的系统，用Q表示A、B、C、弹簧组成的系统．关于A、B在C上滑动的过程中，下列说法中正确的是( )图2A．若f1＝f2，则P和Q动量均不守恒B．若f1＝f2，则P动量守恒，Q动量不守恒C．若f1≠f2，则P动量守恒，Q动量守恒D．若f1≠f2，则P动量不守恒，Q动量守恒答案 D解析对P，弹簧弹力为内力，而C对A、C对B的摩擦力均为外力，若f1＝f2，则P所受合外力为零，动量守恒，A错误；若f1≠f2，则P所受合外力不为零，动量不守恒，C错误；而对Q，由于弹簧的弹力、A与C、B与C之间的摩擦力均为内力，无论f1与f2是否相等，Q所受合外力均为零，动量守恒，B错误，D正确．针对训练1 下列情形中，满足动量守恒条件的是( )A．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量答案 B解析A中竖直方向合力不为零；C中墙壁受地面的作用力；D中棒球受人手的作用力，故合力均不为零，不符合动量守恒的条件．二、动量守恒定律的简单应用1．动量守恒定律的表达式及含义(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′.(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．(4)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．应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解．例2质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？答案20 cm/s 方向向左解析碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速度为v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s，v2′＝0.由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据得v1′＝－20 cm/s.故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左．借题发挥 处理动量守恒应用题“三步曲”(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件． (2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量． (3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．例3 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，如图3所示．图3(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？ 答案 (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向向右解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．(1)据动量守恒得：mv 甲－mv 乙＝mv 甲′，代入数据解得v 甲′＝v 甲－v 乙＝(3－2) m/s ＝1 m/s ，方向向右．(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v ′，由动量守恒得：mv 甲－mv 乙＝mv ′＋mv ′. 解得v ′＝mv 甲－mv 乙2m ＝v 甲－v 乙2＝3－22m/s ＝0.5 m/s ，方向向右． 三、对反冲运动的理解 1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理． (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加． 2．讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的反向性对于原来静止的整体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的运动方向与被抛出部分的速度方向必然相反． (2)速度的相对性 一般都指对地速度．例4 质量相等的A 、B 两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A 而只释放B 球时，B 球被弹出落到距桌边水平距离为s 的地面上，如图4所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距桌边( )图4A.s 2B.2s C ．s D.22s 答案 D解析 挡板挡住A 球时，弹簧的弹性势能全部转化为B 球的动能，有E p ＝12mv 2B ，挡板撤走后，由于两球及弹簧系统机械能守恒，弹性势能转化为两球的动能，且二者动能相等，则有E p ＝2×12mv B ′2，由以上两式解得v B ′＝22v B ，由于B 球抛出后做平抛运动，s ＝v 0t ＝v 02hg所以D 对．针对训练2 如图5所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )图5A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析 根据动量守恒定律列方程求解． 对火箭和卫星由动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝ m 1＋m 2 v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D.对动量守恒条件的理解1．如图6所示，甲木块的质量为m 1，以速度v 沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图6A．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 C2.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7所示．当撤去外力后，下列说法正确的是( )图7A．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组成的系统动量不守恒；a离开墙壁后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．对反冲运动的理解3.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图8所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是( )图8A．打开阀门S1B．打开阀门S2C．打开阀门S3D．打开阀门S4答案 B解析反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故选项B正确．动量守恒定律的简单应用4．如图9所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg ，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s ，乙同学和他的车的总质量为200 kg.碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s ，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )图9A ．1 m/sB ．0.5 m/sC ．－1 m/sD ．－0.5 m/s 答案 D解析 两车碰撞过程动量守恒．m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v得v ＝m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s ＝－0.5 m/s5．甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m 1＝0.5 kg ，v 1＝2 m/s ；m 2＝3 kg ，v 2＝1 m/s.两小车相碰后，乙车的速度减小为v 2′＝0.5m/s ，方向不变，求甲车的速度v 1′. 答案 1 m/s ，方向与乙车的速度方向相同解析 设碰前甲车运动的方向为正方向．对两车组成的系统，由于在光滑的水平面上运动，作用在系统上的水平方向的外力为零，故由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2＝m 1v 1′－m 2v 2′，得v 1′＝m 1v 1－m 2v 2＋m 2v 2′m 1＝0.5×2－3×1＋3×0.50.5m/s ＝－1 m/s.负号表示甲在相碰后速度的方向与乙车的速度方向相同.(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D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒答案 C解析根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项D错误．2.如图1所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )图1A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案 C解析由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D 错误．3.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小车处于静止状态．将两小车及弹簧看成一个系统，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，再放开右手后，系统的动量仍守恒，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，即系统的总动量保持不变，D对．题组二动量守恒定律的简单应用4．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为5 000 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为10 000 kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率( )A．小于10 m/sB．大于20 m/s，小于30 m/sC．大于10 m/s，小于20 m/sD．大于30 m/s，小于40 m/s答案 A解析两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统总动量方向向南，即p p卡，5 000×20 kg·m/s>10 000 kg ×v，解得v<10 m/s，故A正确．客>5.如图3所示，物体A的质量是物体B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后一小段时间内( )图3A．A的速度是B的一半B．A的动量大于B的动量C．A受的力大于B受的力D．A、B及弹簧所组成系统总动量为零答案AD6.如图4所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是( )图4A．p1＋p2＝p1′＋p2′ B．p1－p2＝p1′＋p2′C．p1′－p1＝p2′＋p2 D．－p1′＋p1＝p2′＋p2答案BD解析因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对．经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．7．如图5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5答案0.02 m/s 远离空间站方向解析以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．据动量守恒定律得(m A＋m B)v0＝m A v A＋m B v B，代入数据解得v B＝0.02 m/s，沿远离空间站方向．题组三对反冲运动的理解8.一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图6所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )图6A．只要l<x，他一定能跳上站台B．只有l<x，他才有可能跳上站台C．只要l＝x，他一定能跳上站台D．只要l＝x，他有可能跳上站台答案 B解析人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于x，故l<x时，人才有可能跳上站台，故B对．9.如图7所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是( )图7A．若前后舱是分开的，则前舱将向后加速运动B．若前后舱是分开的，则前舱将向前加速运动C．若前后舱不分开，则船将向后加速运动D．若前后舱不分开，则船将向前加速运动答案 B解析前后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前加速运动，若不分开，前后舱和水是一个整体，则船不动．10．将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv0 B.Mmv0 C.MM－mv0 D.mM－mv0答案 D解析火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝mM－mv0，故选D.题组四综合应用11.如图8所示，质量为m2＝1 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又以800 m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度．图8答案90 m/s 方向与小球的初速度方向一致解析对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v1＝1 000 m/s，v1′＝－800 m/s，v2＝0又m1＝50 g＝5.0×10－2 kg，m2＝1 kg由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′代入数据解得v2′＝90 m/s，方向与小球初速度方向一致．12.如图9所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？图9答案mM＋mv0解析由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒．对m、M系统，m击中M过程动量守恒，mv0＝(m＋M)v，所以v＝mM＋mv0.13．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s－t图象如图10所示．若a球的质量m a＝1 kg，则b球的质量m b等于多少？图10答案 2.5 kg解析由题图知v a＝4 m/s，v a′＝－1 m/s，v b＝0，v b′＝2 m/s，根据动量守恒定律有m a v a ＝m a v a′＋m b v b′，代入数据解得m b＝2.5 kg.。

1.2《动量守恒定律》教案3【学习目标】1．知道动量守恒定律的内容，掌握动量守恒定律建立的条件，并在详细问题中判断动量能否守恒。

2．会应用动量守恒定律解决反冲物体互相作用的问题【学习重点】动量守恒定律及其守恒条件【知识重点】1.动量守恒吗？一个系统不受外力或许所受外力的和为零，这个系统的总动量保持不变。

这个结论叫做动量守恒定律。

公式： m1υ1+ m2υ2 = m1υ1′+ m2υ2′2.动量守恒定律的推导设碰撞过程中两球互相作使劲分别是 F1和 F2，力的作用时间是 t 。

依据动量定理， m1球遇到的冲量是 F1t ＝m1v′1-m1v1；m2球遇到的冲量是 F2t ＝m2v′2-m2v2。

依据牛顿第三定律， F1和 F2大小相等，方向相反，即F1 t ＝ -F 2t 。

板书： F1t ＝m1v′1-m1v1①F2t ＝m2v′2-m2v2②F1t ＝-F 2tmv′-m v ＝ -(m v′ -m v ③将①、②两式代入③式应有1>1112222整理后可得 m1v′1+m2v′2＝ m1v1+m2v2或写成p ′1+P′2＝p1+p2就是p′＝ p(1> 动量守恒的条件：系统不受外力或合外力为零时系统的动量守恒。

(2> 动量守恒定律合用的范围：合用于两个或两个以上物体构成的系统。

动量守恒定律是自然界广泛合用的基本规律，对高速或低速运动的物系统统，对宏观或微观系统它都是合用的。

3.反冲运动与火箭当物体的一部分以必定的速度走开物体时，节余部分将获取一个反向冲量而向相反方向运动，这类向相反方向的运动，往常叫做反冲运动。

在反冲现象中，系统所做的合外力一般不为零；可是反冲运动中假如属于内力远大于外力的状况，能够以为反冲运动中系统动量守恒【典型例题】质量为 30kg 的儿童以8m/s 的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板车，已知平板车的质量是80kg，求儿童跳上车后他们共同的速度。

第2节动量守恒定律1．理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件和适用范围．2．会用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律．3．能用动量守恒定律解释有关现象，会处理碰撞、爆炸之类中两个相互作用问题(只限于一维情况)4．培养学生严谨的科学态度和实事求是的精神，体会物理学对科技、生活、社会的影响．●教学地位美国的载人航天成就是人类探测太空历史的奇葩，其中发射载人飞船的航天火箭一度扮演着至关重要的角色．按照NASA(美国国家航空航天局)的计划，航天飞机已在2010年全部退役，已经启动的新一代航天工程“星座计划”则包含了载人登月等一系列目标，旨在2015年开始将宇航员送达国际空间站，然后2020年再次载人登月．计划中，战神系列火箭是新一代运输火箭，并在整个工程中居于进度的前列．按照分工定位的不同，战神系列火箭共包括三个型号：战神－1、战神－4和战神－5.“星座计划”是人员货物分运制，这体现在战神各型号火箭的分工上：战神－1是载人航天载具，用于发射新一代载人探索航天器——猎户座飞船，取代NASA 当前使用的航天飞机．战神－4既可以用来发射货物也可以用来发射飞船，送月球着陆器或猎户座飞船进入正确轨道．战神－5目前的定位是货物运载火箭，运载牵牛星号登月舱，以后火星探测计划中其功能将得到进一步扩展，可能将用于人员运输．由于战神系列火箭各个型号在发动机等诸多方面具备通用性，因此战神－1的开发实际上就是后面其他型号的研制前奏．你想知道“战神”系列的工作原理吗？请同学们认真学习本节课内容．●新课导入建议动量守恒定律成立的条件是一个系统不受外力或者系统所受外力的矢量和为0，考虑的是由多个物体组成的系统，因此在应用时需注意区分内力和外力．本节在了解系统、内力和外力的基础上，以一维情况下两个相互作用的小球为例，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律，导出具体的动量守恒定律的表达式．这样的处理，使学生对动量守恒定律的理解更深刻，同时也使学生对知识间的联系有了更深入的理解．运用动量守恒定律解决实际问题，只考虑物体相互作用前后的动量，不考虑相互作用过程中各个瞬间细节，即使在牛顿定律适用范围内，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定律解决的问题．这正是动量守恒定律的特点和优点，同时又为我们解决力学问题提供了一种新的方法和思路．动量守恒定律并不是由牛顿运动定律导出的，而是一条独立的实验定律，它比牛顿运动定律适用范围广泛，是自然界客观存在的基本规律之一．从物理学发展史看，动量守恒的思想早于牛顿运动定律的发现．动量守恒定律的应用是教学的重点高考的热点．●教学流程设计课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】同学之间可进行讨论⇒步骤1：导入新课，本节教学地位分析⇒步骤2：老师提问，检查预习效果可多提问几个学生⇒步骤3：师生互动完成“探究1”除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路⇓步骤7：完成“探究4”让学生进一步体会建模的思想方法和重要性⇐步骤6：完成“探究3”⇐步骤5：师生互动完成“探究2”方式同完成探究1相同⇐步骤4：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评⇓步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况⇒步骤8：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课后知能检测】课标解读重点难点1.知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律．2.理解动量守恒定律的确切含义和表达式．3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．4.了解火箭的飞行原理和主要用途.1.理解并掌握动量守恒定律．(重点)2.知道动量守恒定律的运用条件和适用范围．(重点)3.会用动量守恒定律解决简单的实际问题．(难点)动量守恒定律1.(1)动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．(2)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力的作用．②系统受外力作用，但合外力为零．③系统受外力的作用，合外力也不为零，但合外力远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．(3)动量守恒定律的表达式①p＝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′)．②Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反．)③Δp＝0(系统总动量的增量为零)．④m1v1＋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．思考判断(1)如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒．(×)(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒．(×)(3)只要系统受外力做的功为零，动量就守恒．(×)3．探究交流动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(或动量定理)推导出来，那么二者的适用范围是否一样？【提示】牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，而动量守恒定律适用于任何物体，任何运动．反冲运动与火箭1.(1)反冲根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．(2)反冲现象的防止及应用①防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．②应用：喷灌装置、火箭等．(3)火箭①原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．②影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．2．思考判断(1)宇航员利用喷气装置实现太空行走是利用反冲的原理．(√)(2)火箭发射时，其速度大小只与喷出气体的质量有关．(×)3．探究交流假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋浆飞机呢？【提示】应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋浆与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行.两物体相互作用前后总动量是否守恒【问题导思】1．教材用气垫导轨探究动量守恒需要哪些实验器材？2．实验探究的基本步骤有哪些？1．实验器材气垫导轨、滑块(3块)、天平、光电门、数字毫秒表等2．实验步骤(1)将两个质量相等的滑块装上相同的挡光板，放在光滑气垫导轨的中部．两滑块靠在一起，压缩其间的弹簧，并用细线栓住，使滑块处于静止状态．烧断细线，两滑块被弹开并朝相反的方向通过光电门，记录挡光板通过光电门的时间，表示出滑块的速度，求出两滑块的总动量p ＝mv 1－mv 2，如图1－2－1所示．图1－2－1实验结果：两滑块的总动量p ＝0.(2)增加一滑块，质量与前两块相同，使弹簧一侧滑块的质量是另一侧的2倍，重复(1)步骤，求出两侧滑块的总动量p ＝mv 1－2mv 2.实验结果：两侧滑块的总动量p ＝0.(3)把气垫导轨的一半覆盖上牛皮纸，并用胶带固定后，用两块质量相等的滑块重复(1)步骤，求出滑块的总动量p ＝mv 1－mv 2.实验结果：两滑块的总动量p ≠0.3．实验结论(1)在光滑气垫导轨上无论两滑块质量是否相等，它们被弹开前的总动量为零，分开后的总动量也为零．(2)两滑块构成的系统受到牛皮纸的摩擦力后，两滑块的总动量发生了变化．在用气垫导轨验证动量守恒的实验中，为了减小误差应该将气垫导轨调整到水平，确保两滑块分开后均做匀速直线运动．图1－2－2(2013·莆田检测)如图1－2－2所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B 做“验证动量守恒定律”的实验，实验步骤如下：(1)把两滑块A 、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 、B ，在A 、B 的固定挡板间放入一弹簧，使弹簧在水平方向上处于压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动记录两滑块运动时间的电子计时器，在滑块A 、B 与挡板C 、D 碰撞的同时，电子计时器自动停止计时，记下A 至C 的运动时间t 1和B 至D 的运动时间t 2.(3)将两滑块A 、B 仍置于原位置，重复几次上述实验，并对多次实验记录的t 1、t 2分别取平均值．①在调整气垫导轨时，应注意_____________________________________________． ②应测量的数据还有__________________________________________________． ③只要满足关系式________，即可验证动量守恒．【审题指导】 (1)滑块和气垫导轨的摩擦很小可忽略不计．(2)滑块在气垫导轨上的速度可通过距离和时间计算．【解析】 由于滑块和气垫导轨间的摩擦力很小，可以忽略不计，可认为滑块在导轨上做匀速直线运动，因此两滑块作用后的速度可分别表示为：v A ＝L 1t 1 ，v B ＝L 2t 2.(L 1为A 至C 板的距离，L 2为B 至D 板的距离) 若(M ＋m )L 1t 1＝M L 2t 2成立， 则(M ＋m )v A ＝mv B 成立，即动量守恒．【答案】 (3)①用水平测量仪使导轨水平②A 至C 板的距离L 1，B 至D 板的距离L 2③(M ＋m )L 1t 1＝M L 2t 21．(2013·琼海检测)某同学设计了一个用打点计时器验证两物体碰撞前后总动量是否守恒的实验：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1－2－3所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图1－2－3(1)若已得到打点纸带如图1－2－4所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A 点是运动起始的第一点，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．(以上两空填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)图1－2－4(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 ，由以上测量结果可得：碰前m A v A ＋m B v B ＝________ kg·m/s；碰后m A v A ′＋m B v B ′＝________ kg·m/s.并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．【解析】 (1)因小车做匀速直线运动，纸带上应取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A 的速度v A ＝S BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s ，其动量p ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，小车B 的速度为零，动量也为零．碰后小车A 和B 的共同速度v A ′＝v B ′＝v ′＝S DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s.碰后总动量p ′＝(m A ＋m B )v ′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m /s.从上面的计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．动量守恒定律的理解 1．光滑水平面上，一小球与另一固定小球相碰并反弹，小球的动量守恒吗？2．光滑水平面上，一小球与另一静止小球相碰，碰后两小球系统动量守恒吗？3．光滑水平面上，一小球与另一小球碰后粘在一起运动系统动量守恒吗？1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．2．“总动量保持不变”是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：定律的表达式是一个矢量式．①该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等，而且方向也相同．②在求系统的总动量p ＝p 1＋p 2＋…时，要按矢量运算法则计算．(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件． ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零，系统的动量守恒．②系统受外力，但在某一方向上合外力为零，则系统在这一方向上动量守恒．(4)同时性：动量守恒定律中p 1、p 2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p 1′、p 2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普遍性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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．(2012·上海高考)A 、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A 质量为5 kg ，速度大小为10 m/s ，B 质量为2 kg ，速度大小为5 m/s ，它们的总动量大小为______ kg·m/s；两者相碰后，A 沿原方向运动，速度大小为4 m/s ，则B 的速度大小为______ m/s.【审题指导】 (1)动量是矢量，运算要规定正方向．(2)根据条件判断是否守恒并列方程求解．【解析】 以A 物体的速度方向为正方向．则v A ＝10 m/s v B ＝－5 m/s p ＝p A ＋p B ＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s 碰撞后，由动量守恒定律得p ＝m A v A ′＋m B v B ′ v B ′＝10 m/s ，与A 原来的速度方向相同．【答案】 40 10应用动量守恒定律解题的基本步骤1．分析题意，合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．2．分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．3．确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．4．对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．5．建立动量守恒方程，代入已知量求解．2．(2013·乌鲁木齐检测)图1－2－5如图1－2－5所示，一人站在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M ＝70 kg ，当它遇到一个质量m ＝20 kg 、以速度v 0＝5 m/s 迎面滑来的木箱后，立即以相对于冰面v ′＝2 m/s 的速度逆着木箱原来滑行的方向推出(不计冰面阻力)．问小车获得的速度是多大？方向如何？【解析】 以v 0方向为正方向，设推出木箱后小车的速度为v ，由动量守恒定律得mv 0＝Mv －mv ′v ＝m v 0＋v ′M ＝20×5＋270m/s ＝2 m/s 与木箱的初速度v 0方向相同．对反冲的进一步理解 1．反冲运动中物体一定不受外力吗？2．反冲运动中，相互作用的两部分动量守恒吗？3．反冲运动的速度是相互作用的两物体的相对速度吗？1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．2．讨论反冲运动时应注意的问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律的方程．(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．1．内力的存在不会影响系统的动量守恒． 2．内力做的功往往会改变系统的总动能．图1－2－6(2012·福建高考)如图1－2－6，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋mMv B ．v 0－m M vC ．v 0＋m M (v 0＋v )D ．v 0＋m M (v 0－v ) 【审题指导】 解此题的关键是规定正方向和判断人跳出的速度，由于水静止，相对水面的速度即为相对地的速度．【解析】 以向右为正方向，据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，故选C.【答案】 C3．(2013·江苏高考)如图1－2－7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1－2－7【解析】 根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．综合解题方略——人船模型的分析方法(2013·三亚检测)长为L 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人站立在船头，若不计水的阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？【规范解答】 选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，人未走时系统的总动量为零，当人走动时，船同时后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速度为v 1，船对地的速度为v 2，根据动量守恒得mv 1－Mv 2＝0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量守恒，对①式两边同乘以Δt ，得ms 1－Ms 2＝0②②式为人对地的位移和船对地的位移关系．由图所示还可看出：s 1＋s 2＝L ③联立②③两式得⎩⎪⎨⎪⎧ s 1＝M M ＋m Ls 2＝m M ＋m L 【答案】 船对地的位移为m M ＋m L 人对地的位移为MM ＋mL1．“人船模型”问题的特征两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒定律，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．用动量守恒定律求位移的题目大都是系统原来处于静止状态，动量守恒表达式经常写成m 1v 1－m 2v 2＝0的形式，式中v 1、v 2是m 1、m 2末状态时的瞬时速率．如果两物体相互作用时间为t ，在这段时间内两物体的位移大小分别为s 1和s 2，则有m 1s 1t －m 2s 2t＝0，即m 1s 1－m 2s 2＝0.(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面的位移的关系．3．处理“人船模型”问题的两点注意(1)“人船模型”问题中，两物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．(2)问题中的“船长”通常理解为“人”相对“船”的位移．而在求解过程中应讨论的是“人”及“船”相对地的位移，即相对于同一参照物的位移【备课资源】(教师用书独具)反冲运动的演示(1)用火箭筒演示拿一个空摩丝瓶，在其底部用大号缝衣针钻一小洞，这样就制成了一个简易的火箭筒．图教1－2－1如图教1－2－1所示，在铁支架的立柱顶端装上顶轴，在旋转臂的两侧各装一只火箭筒，再把旋转系统放在顶轴上．往火箭筒内注入约4 mL的酒精，并在火箭筒下方的棉球上注少量酒精，点燃酒精棉球，片刻火箭筒内的酒精蒸气从尾孔中喷出，并被点燃．这时可以看到火箭旋转起来，带着长长的火舌，并伴随有呼呼的声响．注意棉球上的酒精不要太多，下方的桌上不要放易燃物品．实验完毕，应将筒内剩余的酒精烧尽或倒出．(2)用水火箭演示水火箭用空可乐瓶制作．用一段吸管和透明胶带在瓶上固定一个导向管．瓶口塞一橡皮塞，在橡皮塞上钻一个孔．在塞上固定一只自行车车胎上的进气阀门，并在气门芯内装上小橡皮管(如图教1－2－2)．图教1－2－2 实验时，瓶中先注入约13体积的水，用橡皮塞把瓶口塞严．将尼龙线穿过可乐瓶上的导向管，使线的一端拴在门的上框上，另一端拴在板凳腿上，要把线拉直．将瓶的进气阀与打气筒相接，向筒内打气到一定程度时，瓶塞脱开，水从瓶口喷出，瓶向反方向飞去.1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列哪些因素可导致实验误差( )A ．导轨安放不水平B ．小车上挡光片倾斜C ．两小车质量不相等D ．两小车碰后连在一起【解析】 导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差．【答案】 AB2．(2013·海口检测)运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )A ．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B ．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭C ．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D ．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭【解析】 火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确答案为B.【答案】 B3．(2012·厦门检测)一个静止的质量为M 的不稳定原子核，当它以速度v 放出一个质量为m 的粒子后，剩余部分的速度为( )A ．－vB ．－mv /(M －m )C ．mv /(M －m )D ．－mv /(M ＋m )【解析】 由动量守恒：mv ＋(M －m )v ′＝0，v ′＝－mM －m v ，负号表示与v 的方向相反． 【答案】 B4．(2013·福建高考)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.m M v 0 B.M m v 0C.MM －m v 0 D.m M －m v 0 【解析】 应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′故v ′＝mv 0M －m，选项D 正确． 【答案】 D5．如图1－2－8所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，其右端放一质量为m 的小木块A (可看成质点)，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 刚好没有滑离B 板．若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向．图1－2－8【解析】取水平向右为正方向，设它们最后的共同速度为v，依据动量守恒定律：Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得：v ＝M－m v0 M＋m，方向为水平向右(与木板B方向一致)．【答案】M－m v0M＋m向右11。

第1节动量定理[目标定位] 1.理解动量的概念，以及动量和动量变化量的矢量性.2.知道冲量的概念，以及冲量的矢量性.3.理解动量定理的确切含义及其表达式.4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．一、动量1．定义运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s. 2．矢量性方向与物体运动速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．3．动量的变化量物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝mv2－mv1(矢量式)．想一想质量相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？答案不一定．动能和质量相同，则速度大小相同，方向不一定相同，又因为动量是矢量，有方向性，所以动量不一定相同．二、动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft.单位：牛顿·秒，符号：N·s.(2)矢量性：方向与力的方向相同．2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．(2)公式：I＝Δp或Ft＝mv2－mv1.3．动量与缓冲的实例分析碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间；要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．想一想跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？答案这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力．一、对动量的理解1．动量的矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝mv2－mv1＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．与动能的区别与联系：(1)区别：动量是矢量，动能是标量．(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，二者大小关系为E k＝p22m或p＝2mE k. 【例1】关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．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B．物体的动能不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．物体的动量越大，其惯性也越大答案 A解析动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向与该时刻物体的速度方向相同，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．【例2】质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同答案 A解析以原来的方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．借题发挥关于动量变化量的计算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．二、对冲量的理解和计算1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，当力是恒力时，冲量的方向与力的方向相同；当力是变力时，冲量的方向与动量变化量方向一致．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：等于该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I 合＝F 合Δt 求解．图1(3)求变力的冲量：①若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量，平均力F ＝F 1＋F 22.②若给出了力随时间变化的图象如图1所示，可用面积法求变力的冲量，即F ­t 图线与时间轴围成图形的面积在数值上等于力在该段时间内的冲量．③利用动量定理求解．【例3】 如图2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg 的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s 的时间内，物体所受各力的冲量．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图2答案 见解析解析 重力的冲量：I G ＝Gt ＝mgt ＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下． 支持力的冲量：I N ＝Nt ＝mg cos α·t ＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上． 摩擦力的冲量：I f ＝ft ＝μmg cos α·t ＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．借题发挥 求各力的冲量或者合力的冲量，首先判断各力是否是恒力，若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积、求解，若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解．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 2－mv 1是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．【例4】跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )A．人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上的小B．人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上的小C．人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上的小D．人跳在沙坑里受到的平均作用力比跳在水泥地上的小答案 D解析人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A 错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长则受到的平均作用力F越小，故选项D正确．【例5】质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s 后停止，则该运动员身体受到的平均作用力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均作用力约为多少？(g取10 m/s2)答案 1 400 N 7 700 N解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2hg＝1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0 代入数据，解得F＝1 400 N下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0代入数据，解得F′＝7 700 N.对动量和冲量的理解1．关于动量，下列说法正确的是( )A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大答案 D解析动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量就发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．2. (多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图3所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )图3A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零答案BD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft，A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化，即等于零，选项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BD解析根据动量定理可知，引起物体动量变化的是合外力的冲量，故A错，B对；若选向上为正方向，则Δp ＝p 2－p 1＝[0.5－(－0.5)]kg·m/s＝1 kg·m/s，故C 错，D 对．4．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 答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2gh t＋mg ，A 项正确．(时间：60分钟)题组一 对动量和冲量的理解1．(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，一定与该时刻的速度方向相同答案 ACD2．(多选)下列说法中正确的是( )A ．动能变化的物体，动量一定变化B ．动能不变的物体，动量一定不变C ．动量变化的物体，动能一定变化D ．动量不变的物体，动能一定不变答案 AD解析 动量是矢量，动能是标量，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A 正确；动能不变，速度的大小不变，但方向可能变化，所以动量可能变化，B 错误；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，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．3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力答案 A解析从绳恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时，F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误．4．(多选)在任何相等时间内，物体动量的变化总是相等的运动可能是( )A．匀速圆周运动B．匀变速直线运动C．自由落体运动D．平抛运动答案BCD5.在短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )图1A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功答案 B解析运动员乙推甲的过程中，甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A错，B对；“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的过程中位移不一定相等，因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等，由动能定理，其动能变化量的绝对值也不一定相等，C、D错．题组二动量定理的理解及定性分析6．(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，而掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时相互作用时间长答案 CD解析 玻璃杯是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对玻璃杯的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h ，它们从h 高度落地瞬间的速度大小为2gh ，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，玻璃杯停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝0－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝0－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，玻璃杯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，故A 、B 错误，C 、D 正确．7．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是先让脚尖着地，这样做是为了( )A ．减小冲量B ．减小动量的变化量C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用答案 C解析 脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延长了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地动量变化一定，这样就减小了地面对人的冲力，故C 正确．8.如图2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2A ．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，而纸条对铁块的摩擦力不变，故与以速度v 抽出相比，纸条对铁块的冲量I 减小，铁块获得的动量减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P 点的左侧．题组三 动量定理的定量计算9．质量为m 的钢球自高处落下，以速度大小v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v 2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A ．向下，m (v 1－v 2)B ．向下，m (v 1＋v 2)C ．向上，m (v 1－v 2)D ．向上，m (v 1＋v 2)答案 D解析 物体以大小为v 1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v 2的速度反弹．物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定．根据动理定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量．设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)＝mv 2＋mv 1. 由于碰撞时间极短，t 趋于零，则mgt 趋于零．所以Ft ＝m (v 2＋v 1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m (v 2＋v 1)．10.质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回，如图3所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s ，则小球所受到的平均力大小为________N.图3答案 90解析 选定小球与墙碰撞的过程，取v 1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft ＝－mv 2－mv 1所以，F ＝－mv 2－mv 1t ＝－0.5×4－0.5×50.05N ＝－90 N “－”号说明F 的方向与v 1的方向相反．11.如图4所示，质量为1 kg 的钢球从5 m 高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m 高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s ，求钢球对地面的平均作用力大小．(g 取10 m/s 2)图4答案 190 N解析 钢球落到地面时的速度大小为v 0＝2gh 1＝10 m/s ，反弹时向上运动的速度大小为v t＝2gh 2＝8 m/s ，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v 0的方向为负方向，v t 的方向为正方向，再根据动量定理得(N －mg )t ＝mv t －(－mv 0)，代入数据，解得N ＝190 N ，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则：(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103N解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m. 设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝－mv 0，解得F ＝－mv 0t ＝－60×30130N ＝－5.4×104 N ，方向与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝－mv 0t ′＝－60×301N ＝－1.8×103 N ，方向与运动方向相反． 13.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图5所示．物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.图5(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20 代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv11 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左．(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12mv ′2 解得W ＝9 J。

1.2《动量守恒定律》学案3【学习目标】1．知道动量守恒定律的内容，掌握动量守恒定律成立的条件，并在具体问题中判断动量是否守恒。

2．会应用动量守恒定律解决反冲物体相互作用的问题【学习重点】动量守恒定律及其守恒条件【知识要点】1.动量守恒吗？一个系统不受外力或者所受外力的和为零，这个系统的总动量保持不变。

这个结论叫做动量守恒定律。

公式：m1υ1+ m2υ2= m1υ1′+ m2υ2′2.动量守恒定律的推导设碰撞过程中两球相互作用力分别是F1和F2，力的作用时间是t。

根据动量定理，m1球受到的冲量是F1t＝m1v′1-m1v1；m2球受到的冲量是F2t＝m2v′2-m2v2。

b5E2RGbCAP根据牛顿第三定律，F1和F2大小相等，方向相反，即F1t＝-F2t。

板书：F1t＝m1v′1-m1v1 ①F2t＝m2v′2-m2v2 ②F1t＝-F2t③将①、②两式代入③式应有m1v′1-m1v1＝-(m2v′2-m2v2>整理后可得m1v′1+m2v′2＝m1v1+m2v2或写成 p′1+P′2＝p1+p2就是p′＝p(1>动量守恒的条件：系统不受外力或合外力为零时系统的动量守恒。

(2>动量守恒定律适用的范围：适用于两个或两个以上物体组成的系统。

动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律，对高速或低速运动的物体系统，对宏观或微观系统它都是适用的。

p1EanqFDPw 3. 反冲运动与火箭当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量而向相反方向运动，这种向相反方向的运动，通常叫做反冲运动。

DXDiTa9E3d在反冲现象中，系统所做的合外力一般不为零；但是反冲运动中如果属于内力远大于外力的情况，可以认为反冲运动中系统动量守恒【典型例题】质量为30kg的小孩以8m/s的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板车，已知平板车的质量是80kg，求小孩跳上车后他们共同的速度。

RTCrpUDGiT解读：对于小孩和平板车系统，由于车轮和轨道间的滚动摩擦很小，可以不予考虑，所以可以认为系统不受外力，即对人、车系统动量守恒。

第2节动量守恒定律1．知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律．2．理解动量守恒定律的确切含义和表达式．(重点＋难点) 3．知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．(重点) 4．了解火箭的飞行原理和主要用途．一、动量守恒吗1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)物体m1、m2相互作用前的速度为v1、v2，相互作用后的速度为v1′、v2′，则可表示为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．(2)物体m1、m2相互作用前的动量为p1、p2，相互作用后的动量为p1′、p2′，则可表示为：p1＋p2＝p1′＋p2′．(3)物体m1、m2相互作用后动量的变化分别为Δp1和Δp2，则可表示为：Δp1＝－Δp2或Δp1＋Δp2＝0．3．适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且适用于微观、高速物体的运动．1．(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．( )(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( )(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( )提示：(1)×(2)√(3)√二、动量守恒定律的推导设两质点质量分别为m1、m2，F1与F2表示两质点间相互作用力，两质点的加速度分别为a1、a2，初速度分别为v1、v2，末速度分别为v1′、v2′，相互作用时间为t，则对m1，由动量定理得F1t＝m1v1′－m1v1，对m2，由动量定理得F2t＝m2v2′－m2v2，据牛顿第三定律：F2＝－F1，所以F2t＝－F1t，所以m2v2′－m2v2＝－(m1v1′－m1v1)，整理得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．此式表明质点在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(动量定理)推导，那么二者的适用范围是否一样？提示：牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，动量守恒定律适用于任何物体、任何运动．三、反冲运动与火箭1．反冲：根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．2．反冲现象的防止及应用(1)防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．(2)应用：喷灌装置、火箭等．2．(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( )(2)一切反冲现象都是有益的．( )(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( )提示：(1)√(2)×(3)√3．火箭(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大、负荷越小，火箭能达到的速度也越大．3．(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．( )(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )提示：(1)×(2)√动量守恒定律的理解及应用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，而是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：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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．4．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，并对结果进行讨论．将矢量运算转化为代数运算时，符号处理应注意：(1)若用v、v′表示物体的速度大小，则速度沿正向时动量表示为mv、mv′，速度沿负方向时，动量表示为－mv、－mv′．(2)若用v、v′表示物体速度，则无论正向、反向，动量都表示为mv、mv′，方向包含在v、v′之中，求解结果的正、负可确定速度的方向．命题视角1 对动量守恒定律的理解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，系统的总动量不一定守恒[思路点拨] 动量守恒定律成立的条件是系统不受外力，或所受合外力为0，或者是系统所受的外力比相互作用的内力小很多．[解析] 根据动量守恒条件可知A、B错误，C正确；D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒．[答案] C系统动量守恒的判定方法(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力．(2)研究系统受到的外力矢量和．(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化． 命题视角2 动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A 和B ，已知木块A 、B 的质量分别为m A ＝500 g 、m B ＝300 g ．有一个质量为80 g 的小铁块C 以25 m/s 的水平初速度开始在A 表面上滑动．由于C 与A 、B 之间有摩擦，铁块最后停在B 上，B 和C 一起以2．5 m/s 的速度共同前进．求：(1)木块A 的最后速度v ′A 的大小；(2)C 在离开A 时的速度v ′C 的大小．[思路点拨] (1)本题的物理过程可分为两个阶段，即C 分别在A 、B 上滑动的阶段．(2)本题求解的一个关键是确定C 离开A 时A 、B 的速度相同．[解析] (1)取A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象．系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，则m C v C ＝m A v ′A ＋(m B ＋m C )v代入已知数据解得v ′A ＝m C v C －（m B ＋m C ）v m A ＝80×25－（300＋80）×2.5500m/s ＝2．1 m/s ． (2)铁块C 离开A 滑到B 上时，木块A 和B 具有相同的速度v ′A ．仍对A 、B 、C 组成的系统应用动量守恒定律得m C v C ＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′A ．解得v ′C ＝m C v C －（m A ＋m B ）v ′A m C ＝80×25－（500＋300）×2.180m/s ＝4 m/s ． [答案] (1)2．1 m/s (2)4 m/s应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题的关键是正确划分过程与合理选择研究系统．有的过程选部分物体为研究系统，有的过程需要选取全部物体为研究系统．命题视角3 动量守恒定律中的临界、极值问题如图所示，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)[思路点拨] 选取向右为速度的正方向，甲接住货物后，两船不相撞应满足：v′乙≥v′v′乙＝v′甲．此时对应抛出货物的速度最小．甲，临界条件为：[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v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，甲、乙两船的运动方向为正方向．由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mv min①10m×2v0－mv min＝11mv2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0．[答案] 4v0动量守恒定律应用中的常见临界情形(1)如图甲所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．甲乙(2)如图乙所示，物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等．丙(3)如图丙所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)．【通关练习】1．(多选)在光滑水平面上，A、B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，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解析：选ACD．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，系统就在右手作用下，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，那么放手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对．2．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0＝6．0 m/s．甲小孩车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg．甲不断地将小球一个一个地以v＝16．5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？解析：两车不相碰的临界条件是它们最后的速度(对地)相同．由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′，①再以甲及小球为系统，同样有M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv，②联立①②解得n＝15个．答案：15个对反冲运动的理解1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．2．讨论反冲运动时应注意的问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程．(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．(1)内力的存在不会影响系统的动量守恒．(2)内力做的功往往会改变系统的总动能．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1 000 m/s．设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？[思路点拨] 求解本题时应把握以下三点：(1)以每秒20次喷出的气体和火箭剩余质量为研究对象．(2)判断动量是否守恒．(3)选正方向，据动量守恒定律列式求解．[解析] 以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象．设火箭1 s末的速度为v′，1 s 内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向．由动量守恒定律得：(M－20m)v′－20mv＝0解得v′＝20mvM－20m＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s≈13．5 m/s．[答案] 13．5 m/s对变质量问题，动量守恒定律仍适用，但必须考虑到气体喷出后，带走了一定质量，剩余部分质量已减少，在建立动量守恒定律方程时务必注意．如图，质量为M的小船在静止水面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋mM (v 0＋v ) D ．v 0＋mM(v 0－v ) 解析：选C ．人跳起前后小船和人组成的系统动量守恒，所以有(m ＋M )v 0＝－mv ＋Mv 1，解得v 1＝v 0＋m （v 0＋v ）M．[随堂检测]1．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m ，出口速度为v ，车厢和人的质量为M ，作用完毕后车厢的速度为( )A ．mv M ，向前B ．mv M ，向后C ．mvm ＋M ，向前D ．0 解析：选D ．以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零．不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D 正确．2．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选D ．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确．3．将质量为1．00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/sB．5．7×102 kg·m/sC．6．0×102 kg·m/sD．6．3×102 kg·m/s解析：选A．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0．050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．4．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0．08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1．0 kg大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6．0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4．0 m/s．铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2．5 m/s．(2)铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3≈3．4 m/s．答案：(1)2．5 m/s (2)3．4 m/s[课时作业]一、单项选择题1．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A．0．6 m/s，向左B．3 m/s，向左C．0．6 m/s，向右D．3 m/s，向右解析：选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0．6 m/s，方向向左．2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )A ．E 0B ．m M E 0C ．m M －m E 0D ．Mm（M －m ）2E 0 解析：选C ．由动量守恒定律知(M －m )v ＝mv 0＝p ，又E k ＝p 22（M －m ），E 0＝p 22m，知选项C 对．3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s ．假设他站在车的A 端，如图所示，想要跳到距离为l 远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )A ．只要l <s ，他一定能跳上站台B ．只要l <s ，他就有可能跳上站台C ．只要l ＝s ，他一定能跳上站台D ．只要l ＝s ，他就有可能跳上站台解析：选B ．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s ，故l <s 时，才有可能跳上站台．4．质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v －t 图象为( )解析：选B ．由题意可知，人跳离小车前后动量守恒，所以有(m ＋2m )v 0＝m (－v 0)＋2mv ，解得v ＝2v 0，即人跳出瞬间，车速度为2v 0，考察四个选项，只有B 正确．5．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 ．无法确定解析：选A ．以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m 甲＋m 球)v 甲＋m 乙v 乙＝(m 甲＋m 球)v 甲′得v 甲′＝（m 甲＋m 球）v 甲＋m 乙v 乙m 甲＋m 球＝ （48＋2）×2＋50×（－2）48＋2m/s ＝0，A 正确． 6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：选B ．把小木块和木箱看成一个系统，该系统所受合外力为零，故系统动量守恒，系统的初动量向右，末动量也应向右．选项C 中小木块始终在木箱内做往复运动，因摩擦力的存在，系统的机械能会越来越少，最终停止，这是不可能的．可见，只有选项B 正确．二、多项选择题7．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若( )A ．两人质量相等，则必定是v 甲>v 乙B ．两人质量相等，则必定是v 乙>v 甲C ．两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙D ．两人速率相等，则必定是m 乙>m 甲解析：选AC ．取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v 甲>v 乙，所以选项A 正确，B 错误．若两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙，所以选项C 正确，D 错误．8.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，开始时小车AB 和木块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 继续向右运动解析：选BC ．弹簧向右推C ，C 向右运动，同时弹簧向左推A 端，小车向左运动，A 错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C 与B 碰前，有mv C ＝Mv AB ，得：v C ∶v AB ＝M ∶m ，B 正确；C 与B 碰撞过程动量守恒，有：mv C －Mv AB ＝(M ＋m )v ，知v ＝0，故C 正确，D 错误．9.如图所示，两物块质量关系为m 1＝2m 2，两物块与水平面间的动摩擦因数μ2＝2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定．若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则( )A ．两物块在脱离弹簧时的速率最大B ．两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为v 1v 2＝12C ．两物块的速率同时达到最大D ．两物块在弹开后同时达到静止解析：选BCD ．烧断细线后，对m 1、m 2及弹簧组成的系统，在m 1、m 2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中F 1＝μ1m 1g ，F 2＝μ2m 2g ，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段，先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．综合以上分析可知，A 选项是错误的，在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0＝m 1v 1－m 2v 2，显然，任意时刻，两物块的速率之比v 1v 2＝m 2m 1＝12；当v 1最大时，v 2亦最大；当v 1＝0时，亦有v 2＝0，所以B 、C 、D 选项都正确．10.如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )A ．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B ．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C ．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D ．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选AC ．小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速．若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．三、非选择题11.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边顺水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1．25 m ．(g 取10 m/s 2)(1)求车在人跳出后到人落到A 点期间的反冲速度；(2)人落在A 点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，得v 2＝14v 1 人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h g＝0．5 s ，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t由x 1＋x 2＝l 得v 1t ＋v 2t ＝l 则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1．6 m/s ． (2)人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0．故人落到车上A 点站定后车的速度为零．车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1．6×0．5 m ＝0．8 m ．答案：(1)1．6 m/s (2)不运动 0．8 m12.如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R＝0．3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m＝1 kg 的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0．2，g＝10 m/s2，求：(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；(2)B、D之间的距离．解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgR＝12Mv21＋12mv22，代入m＝1 kg、M＝2 kg、R＝0．3 m，得v2＝2 m/s．(2)小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0．由能量守恒定律有mgR＝μmgL，代入μ＝0．2、R＝0．3 m，得L＝1．5 m．答案：(1)2 m/s (2)1．5 m。

实验验证动量守恒定律一、实验目的验证碰撞中的动量守恒．二、实验原理1．质量为m1和m2的两个小球发生正碰，假设碰前m1运动，m2静止，根据动量守恒定律应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′．2．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．那么小球的水平速度假设用飞行时间作时间单位，在数值上就等于小球飞出的水平距离．所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式，即m1OP＝m1OM＋m2ON．假设在实验误差允许X围内成立，就验证了两小球组成的系统碰撞前后总动量守恒．式中OP、OM和ON的意义如下图．三、实验器材斜槽，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，三角板．四、实验步骤1．用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为碰撞球．2．按照图所示安装实验装置，调整固定斜槽，调整时应使斜槽末端水平．3．白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好，记下重垂线所指的位置O．4．不放被碰小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次，用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．5．把被碰小球放在槽口上，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后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，如下图．6．连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度，将测量数据填入表中，最后代入m1OP＝m1OM ＋m2ON，看在误差允许的X围内是否成立．五、须知1．斜槽轨道末端的切线必须水平，判断是否水平的方法是将小球放在斜槽轨道平直部分任一位置，假设小球均能保持静止，那么说明斜槽末端已水平．2．入射小球每次都必须从斜槽轨道同一位置由静止释放，可在斜槽适当高度处固定一挡板，使小球靠着挡板，然后释放小球．3．入射球的质量应大于被碰球的质量．4．实验过程中确保实验桌、斜槽、记录所用的白纸的位置要始终保持不变．5．在计算时一定要注意m1、m2与OP、OM和ON的对应关系．6．应尽可能的在斜槽较高的地方由静止释放入射小球．六、误差分析1．小球落点位置确定的是否准确是产生误差的一个原因，因此在确定落点位置时，应严格按步骤中的4、5去做．2．入射小球每次是否从同一高度无初速度滑下是产生误差的另一原因．3．两球的碰撞假设不是对心正碰那么会产生误差．4．线段长度的测量产生误差．5．入射小球释放的高度太低，两球碰撞时内力较小也会产生误差．实验的操作与数据处理如图，用“碰撞实验器〞可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP ．然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始释放的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)假设两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________________(用(2)中测量的量表示)；假设碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________________(用(2)中测量的量表示)．(4)经测定，m 1＝45．0 g ，m 2＝7．5 g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如下图．碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p 1′，那么p 1∶p 1′＝________∶11；假设碰撞结束时m 2的动量为p 2′，那么p 1′∶ p 2′＝11∶________．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p 1p 1′＋p 2′为________． (5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请你用(4)中的数据，分析和计算出被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为________cm ．[思路点拨] 此题可根据平抛运动、能量守恒定律等知识求解．[解析] (1)该实验是验证动量守恒定律，也就是验证两球碰撞前后动量是否相等，即验证m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，由题图中装置可以看出，不放被碰小球m 2时，m 1从抛出点下落高度与放上m 2两球相碰后下落的高度H 相同，即在空中做平抛运动的下落时间t 相同，故有v 1＝OP t ，v 1′＝OM t ，v 2′＝ON t，代入m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，可得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，只需验证该式成立即可，在实验中不需测出速度，只需测出小球做平抛运动的水平位移即可． (2)需先找出落地点才能测量小球的水平位移，测量小球的质量无先后之分． (3)假设是弹性碰撞，还应满足能量守恒， 即12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 即m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2．(4)p 1p 1′＝m 1·OP m 1·OM ＝OP OM ＝44.835.2＝14∶11． p 1′p 2′＝m 1·OM m 2·ON ＝45.0×35.207.5×55.68＝11∶2．9． p 1p 1′＋p 2′＝m 1·OP m 1·OM ＋m 2·ON＝45.0×44.8045.0×35.20＋7.5×55.68≈1(1～1．01均可)． (5)当两球发生弹性碰撞时，碰后m 2的速度最大，射程最大，由m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON 与m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2可解出ON 的最大值为76．8 cm ．[答案] (1)C (2)ADE 或DEA 或DAE(3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OPm 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2 (4)14 2．9 1(1～1．01均可)(5)76．8实验的改进与创新如下图为气垫导轨上两个滑块A 、B 相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ．开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，A 、B 离开弹簧后，A 滑块做________运动，其速度大小为________m /s ，本实验中得出的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________．[解析] 由题图可知，A 、B 离开弹簧后，均做匀速直线运动，开始时v A ＝0，v B ＝0，A 、B 被弹开后，v A ′＝0．09 m /s ，v B ′＝0．06 m /s ，m A v A ′＝0．2×0．09 kg ·m /s ＝0．018 kg ·m /sm B v B ′＝0．3×0．06 kg ·m /s ＝0．018 kg ·m /s 由此可得：m A v A ′＝m B v B ′，即0＝m B v B ′－m A v A ′结论：两滑块组成的系统在相互作用过程中质量与速度乘积的矢量和守恒．[答案] 匀速直线 0．09 两滑块组成的系统在相互作用过程中质量与速度乘积的矢量和守恒1．(多项选择)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，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 ．两小车碰后连在一起解析：选AB ．选项A 中，导轨不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；选项B 中，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，使计算速度出现误差，所以答案应为A 、B ．2．(多项选择)在做利用悬线悬挂等大的小球探究碰撞中的不变量的实验中，以下说法正确的选项是( )A ．悬挂两球的细线长度要适当且等长B ．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度C ．两小球必须都是刚性球且质量相同D ．两小球碰后可以粘合在一起共同运动解析：选ABD ．两线等长能保证两球正碰，也就是对心碰撞，以减小实验误差，所以A正确．由于计算碰撞前速度时用到了mgh ＝12mv 2－0，即初速度为0时碰前的速度为v ＝2gh ，B 正确．本实验中对小球的材质性能无要求，C 错误．两球正碰后，有各种运动情况，所以D 正确．3．(多项选择)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量〞实验时，以下哪些操作是正确的( )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 解析：选BC ．车的质量可以用天平测量，没有必要一个用撞针而另一个用橡皮泥配重．这样做的目的是为了碰撞后两车粘在一起有共同速度，选项B 正确；打点计时器的使用原那么是先接通电源，C 项正确．4．在利用平抛运动做“探究碰撞中的不变量〞实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端的切线保持水平，这样做的目的是( )A ．入射球得到较大的速度B ．入射球与被碰球对心碰撞后速度均为水平方向C ．入射球与被碰球碰撞时动能无损失D ．入射球与被碰球碰撞后均能从同一高度飞出解析：选B ．实验中小球能水平飞出是实验成功的关键，只有这样才能使两个小球在空中运动时间相等．5．“探究碰撞中的不变量〞的实验中，入射小球质量m 1＝15 g ，原来静止的被碰小球质量m 2＝10 g ，由实验测得它们在碰撞前后的x －t 图象如下图，由图可知，入射小球碰撞前的m 1v 1是________，入射小球碰撞后的m 1v ′1是________，被碰小球碰撞后的m 2v ′2是________．由此得出结论________________________________________________________________________．解析：由题图可知碰撞前m 1的速度大小v 1＝0.20.2m/s ＝1 m/s 故碰撞前的m 1v 1＝0．015×1 kg ·m/s ＝0．015 kg ·m/s碰撞后m 1的速度大小v ′1＝0.3－0.20.4－0.2m/s ＝0．5 m/s m 2的速度大小v ′2＝0.35－0.20.4－0.2m/s ＝0．75 m/s 故m 1v ′1＝0．015×0．5 kg ·m/s ＝0．007 5 kg ·m/sm2v′2＝0．01×0．75 kg·m/s＝0．007 5 kg·m/s可知m1v1＝m1v′1＋m2v′2．答案：0．015 kg·m/s 0．007 5 kg·m/s0．007 5 kg·m/s 碰撞中mv的矢量和是守恒的量6．用如下图的装置可以完成“探究碰撞中的不变量〞实验．(1)假设实验中选取的A、B两球半径相同，为了使A、B发生一维碰撞，应使两球悬线长度________，悬点O1、O2之间的距离等于________．(2)假设A、B两球的半径不相同，利用本装置能否完成实验？如果你认为能完成，请说明如何调节？解析：(1)为了保证一维碰撞，碰撞点应与两球在同一条水平线上．故两球悬线长度相等，O1、O2之间的距离等于球的直径．(2)如果两球的半径不相等，也可完成实验．调整装置时，应使O1、O2之间的距离等于两球的半径之和，两球静止时，球心在同一水平高度上．答案：(1)相等球的直径(2)见解析7．把两个大小相同、质量不等的金属球用细线连接起来，中间夹一被压缩了的轻弹簧，置于摩擦可以忽略不计的水平桌面上，如下图，现烧断细线，观察两球的运动情况，进行必要的测量，探究物体间发生相互作用时的不变量．测量过程中：(1)还必须添加的器材有________________________________________________________________________．(2)需直接测量的数据是________________________________________________________________________．解析：两球被弹开后，分别以不同的速度离开桌面做平抛运动，两球做平抛运动的时间相等，均为t＝2hg(h为桌面离地的高度)．根据平抛运动规律，由两球落地点距抛出点的水平距离x＝v·t，知两物体水平速度之比等于它们的射程之比，即v1∶v2＝x1∶x2，因此本实验中只需测量x1、x2即可．测量x1、x2时需准确记下两球落地点的位置，故需要直尺、纸、复写纸、图钉、细线、铅锤和木板等．假设要探究m1x1＝m2x2或m1x21＝m2x22或x1m1＝x2m2是否成立，还需要用天平测量两球的质量m1、m2．答案：(1)直尺、纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板、天平(2)两球的质量m1、m2以及它们做平抛运动的射程x1、x28．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如下图．在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．(1)假设已得到打点纸带如下图，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点，那么应选________段计算小车甲的碰前速度，应选________段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB〞“BC〞“CD〞或“DE〞)．(2)已测得小车甲的质量m甲＝0．40 kg，小车乙的质量m乙＝0．20 kg，由以上测量结果可得：碰前m甲v甲＋m乙v乙＝________kg·m/s；碰后m甲v′甲＋m乙v′乙＝________kg·m/s．(3)通过计算得出的结论是什么？________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：(1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段BC应为小车甲与乙碰前的阶段，CD段点迹不均匀，故CD应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE段计算碰后共同的速度．(2)v甲＝BCΔt＝1．05 m/s，v′＝DEΔt＝0．695 m/sm甲v甲＋m乙v乙＝0．420 kg·m/s碰后m甲v′甲＋m乙v′乙＝(m甲＋m乙)v′＝0．60×0．695 kg·m/s＝0．417 kg·m/s．(3)在误差允许X围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的．答案：(1)BCDE(2)0．420 0．417(3)在误差允许X围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。