高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节动量教学案教科版选修393

——教学资料参考参考范本——高中物理第一章碰撞与动量守恒第二节动量动量守恒定律二同步备课教学案粤教版选修3_5______年______月______日____________________部门[学习目标] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解守恒的条件.3.了解动量守恒定律的普遍意义，会初步利用动量守恒定律解决实际问题．一、动量守恒定律[导学探究]1．如图1所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力还是外力？图1答案内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．一个力是内力还是外力关键是看选择的系统．如果将甲和乙看成一个系统，丙车对乙车的力是外力，如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力．2.如图2所示，水平桌面上的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．图2答案设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)．因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′此式表明两球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．[知识梳理]1．系统、内力与外力(1)系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．(2)内力：系统内部物体间的相互作用力．(3)外力：系统外部物体对系统内物体的作用力．2．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零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)一个系统初、末态动量大小相等，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)只要系统受到的外力的功为零，动量就守恒．( ×)(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒．( √)(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( √)二、对动量守恒定律的认识[导学探究] 如图3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.(1)A、B二人相互作用时动量守恒吗？(2)如果守恒，应以什么为参考系？(3)轻推后B的速度大小是多少？方向如何？图3答案(1)守恒(2)以空间站为参考系(3)0.02 m/s 远离空间站方向解析规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB代入数据可解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．[知识梳理] 对动量守恒定律的理解1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．2．动量守恒定律的“四性”(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式．(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相对于地面的速度．(3)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．(4)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．[即学即用] 如图4所示，甲木块的质量为m1，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m2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4A．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机械能守恒答案C一、动量守恒条件的理解1．系统不受外力作用：这是一种理想化的情形．2．系统受外力作用，但所受合外力为零．3．系统受外力作用，但当系统所受的外力远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力可以完全忽略不计，系统的动量近似守恒．4．系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．例1 (多选)如图5所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝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，则下列说法正确的是( )图5A．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相同，A、B、C组成的系统动量守恒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分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左．由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的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上的重力和支持力，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组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．1．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．2．判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力．3．一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的．针对训练1 如图6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，下列说法正确的是( )图6A．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．二、动量守恒定律的简单应用1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(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)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．(3)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．(4)Δp＝0：系统总动量增量为零．2．应用动量守恒定律的解题步骤：例2 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7所示．图7(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)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s.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＝m v′＋mv′.解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．例3 如图8所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0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m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2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v1为( )图8A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)答案D解析根据动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，可得v1＝v0＋(v0－v2)，故选D.应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向．针对训练2 质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以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′，代入数据解得v1′＝－20 cm/s.故碰后小球m1的速度大小为20 cm/s，方向向左．1．(多选)如图9所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( )图9A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒答案BC解析若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，选项D 错误．2．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( ) A.v B.vC.vD.v答案A解析设快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′，解得v′＝v.3．如图10所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( )图10A．木块的最终速度为v0B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多D．车上表面越粗糙，小车获得的动量越多答案A解析由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．4．一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力，相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度取g＝10 m/s2)答案27 m/s解析由牛顿第二定律得a＝＝μg＝6 m/s2v＝＝9 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)vv0＝v＝27 m/s.一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)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中棒受人手的作用力，故合外力不为零，不符合动量守恒的条件．2.如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，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．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )图1A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能守恒答案B3．某公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车，撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在撞前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率( )A．小于10 m/sB．大于10 m/s，小于20 m/sC．大于20 m/s，小于30 m/sD．大于30 m/s，小于40 m/s答案A解析设长途客车和卡车的质量分别为m1、m2，撞前的速度大小分别为v1、v2，撞后共同速度为v，规定向南为正方向，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，又v>0，则m1v1－m2v2>0，代入数据得v2<10 m/s，故选项A正确．4．如图2所示，质量为M的小船在静止水面上以速率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( )图2A．v0＋v B．v0－vC．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)答案C解析小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′解得v′＝v0＋(v0＋v)故C项正确，A、B、D项均错．5．设a、b两球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若它们碰撞前的速度分别为va、vb，碰后的速度分别为va′、vb′，则两个小球的质量比ma∶mb为( )A. B.va′－vavb′－vbC. D.va－va′vb′－vb答案A解析根据动量守恒定律得mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，整理得＝，故A项正确，B、C、D项错误．6．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m 的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)( )A. B.错误!C. D.mv1Mv2答案C解析设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以选项C正确．7．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )A．1.0 m/s，向右B．1.0 m/s，向左C．2.2 m/s，向右D．2.2 m/s，向左答案A解析取向右为正方向，设小车质量为m1，小车速度为v1，砂袋质量为m2，砂袋速度为v2，共同速度为v共，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共，得v共＝1 m/s，方向向右，A项正确．8．两个小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平桌面上，松开细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后做平抛运动，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图3所示，则下列说法正确的是( )图3A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2答案ABC解析A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律得：木块A、B离开弹簧时的速度之比为＝＝，A对；根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此＝＝，由此可知B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比为：＝＝×＝，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比：＝＝1，D错．9．如图4所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相反，则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动量变化量大小之比Δp1∶Δp2为( )图4A．m1∶m2＝1∶3 B．m1∶m2＝1∶1C．Δp1∶Δp2＝1∶3 D．Δp1∶Δp2＝1∶1答案AD10．如图5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( )图5A．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vc＞va＞vbD．a、c两车运动方向相反答案CD解析若人跳离b、c车时对地的水平速度为v，由动量守恒定律知：人和c车组成的系统：0＝M车vc＋m人v对人和b车：m人v＝M车vb＋m人v对人和a车：m人v＝(M车＋m人)·va所以：vc＝－，vb＝0，va＝m人vM车＋m人即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．二、非选择题11．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的x－t图象如图6所示．若a球的质量ma＝1 kg，则b球的质量mb等于多少？图6答案 2.5 kg解析由题图知va＝4 m/s，va′＝－1 m/s，vb＝0，vb′＝2 m/s，根据动量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入数据解得mb＝2.5 kg.12．如图7所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求：图7(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(2)A和B整体在桌面上滑动的距离L.答案(1)1 m/s (2)0.25 m解析(1)滑块A从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒，由mAvA2＝mAgR，可得vA＝2 m/s.在底部和B相撞，满足动量守恒，由mAvA＝(mA＋mB)v′，可得v′＝1 m/s.(2)根据动能定理，对A、B一起滑动过程由－μ(mA＋mB)gL＝0－(mA ＋mB)v′2，可得L＝0.25 m.13．如图8所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 的距离为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：图8(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；(2)小球A冲进轨道时速度v的大小．答案(1)2 (2)22gR解析(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地做平抛运动，由平抛运动知识得，2R＝gt2 ①所以t＝2②(2)设球A的质量为m，碰撞前瞬间速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知1mv2＝mv12＋2mgR2③设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知mv1＝2mv2 ④飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有2R＝v2t⑤综合②③④⑤式得v＝2.⑥。

1 碰撞一、碰撞1．碰撞的定义做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫做碰撞．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后两滑块的总动能不变．(2)非弹性碰撞：碰撞后两滑块的总动能减少了．(3)完全非弹性碰撞：两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动．3．弹性碰撞和非弹性碰撞的区分(1)从形变的角度：发生弹性碰撞的两物体碰后能够恢复原状，而发生非弹性碰撞的两物体碰后不能恢复原状．(2)从动能的角度：弹性碰撞的两物体碰撞前后动能守恒，非弹性碰撞的两物体碰撞后的动能减少，完全非弹性碰撞中动能损失最多．判断下列说法是否正确(1)两物体碰撞，它们的速度将发生变化．( √)(2)在做探究碰撞中动能如何变化的实验中，气垫导轨应水平放置．( √)(3)任何碰撞的两物体，碰撞后总动能一定减小．( ×)(4)完全非弹性碰撞中动能的减少最多．( √)二、探究碰撞前后物体动能的变化1．实验装置：气垫导轨、数字计时器、导轨上附有滑块和光电门，滑块上装有挡光条和弹簧片，如图所示．2．探究过程(1)先用天平分别测出带弹簧片的滑块1、滑块2的质量m1、m2，然后用手推动滑块1使其获得初速度v1，与静止的滑块2相碰(相碰时，两弹簧片要正对)，测定碰撞前、后两滑块的速度大小，算出相关数据，填入表中．(2)再换用不带弹簧片的两滑块按照上面的步骤进行实验，并读取实验数据，填入表中．(3)将滑块上的弹簧片换成橡皮泥，用天平分别测出滑块1、滑块2的质量；使有橡皮泥的两端正对，让滑块1与滑块2相碰，测算出相关数据，并填入表中．碰撞前、后动能的计算某实验小组用课本中“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验方案，探究碰撞前后物体动能的变化．探究中分别得到了两组数据，如下表所示 ：m 1与静止的m 2碰撞，碰后分开(表一)m 1与静止的m 2碰撞，碰后粘在一起(表二)计算这两个表格中滑块碰撞前后的总动能．通过比较，你有什么发现？提示：从表一的数据可以看出：在实验误差允许范围内，两滑块碰撞前后的总动能几乎相等．从表二的数据可以看出：两滑块碰撞前后的总动能并不相等，碰撞后总动能减少了． 考点一 探究碰撞中的不变量和动能的变化实验原理(1)一维碰撞两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动的碰撞．(2)探究碰撞中的不变量和动能变化在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m 1、m 2，碰撞前的速度分别为v 1、v 2，如果速度的方向与我们规定的方向一致取正值，相反取负值，依次探究以下关系是否成立：①m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′②m 1v 21＋m 2v 22＝m 1v 1′2＋m 2v 2′2③v 1m 1＋v 2m 2＝v 1′m 1＋v 2′m 2④ΔE k ＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2－12m 1v 21－12m 2v 22 (3)实验方案设计利用气垫导轨使两滑块发生一维碰撞．装置如下图．且用以下三种方式分别探究．①如下图所示，用细线将弹簧片拉成弓形，放在两个滑块之间，并使它们静止，然后烧断细线，两滑块随即向相反方向运动．探究烧断细线前后不变的量．②如下图所示，在滑块两端装上弹簧，使两滑块相互碰撞．探究碰撞前后不变的量． ③如下图所示，在两滑块上分别装上撞针和橡皮泥，二者相碰撞后粘在一起．探究碰撞前后不变的量．具体步骤(1)用天平测量两滑块质量m1、m2.(2)调整导轨使之处于水平状态，并使光电计时器系统正常工作．(3)记录光电门挡光片的宽度Δx以及光电计时器显示的挡光时间Δt，利用公式v＝Δx，计算出两滑块碰撞前后的速度．探究相互作用前后不变的量．Δt(4)将实验中测得的物理量填入如下表格．(m1＝________；m2＝________)代入m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(矢量式)，看在误差允许的范围内是否成立．【例1】某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的不变量：电磁打点计时器、低压交流电源(频率为50 Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平．该同学设计的实验步骤如下：A．用天平测出小车A的质量为m A＝0.4 kg，小车B的质量为m B＝0.2 kgB．更换纸带重复操作三次C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间D．把长木板平放在桌面上，在一端固定打点计时器，连接电源．E．接通电源，并给小车A一定的初速度v A(1)请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来________．(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如图所示，根据这些数据完成表格．(3)根据以上数据猜想碰撞前后不变量的表达式为________．【解析】(1)按照先安装，后实验，最后重复的顺序，该同学正确的实验步骤为ADCEB.(2)碰撞前后均为匀速直线运动，由纸带上的点迹分布求出速度．碰后小车A、B合为一体，求出AB整体的共同速度．注意打点计时器的频率为50 Hz，打点时间间隔为0.02 s，通过计算得下表.(3)由表中数值可看出mv一行中数值相同，可猜想碰撞前后不变量的表达式为m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v.【答案】(1)ADCEB (2)见解析(3)m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v某同学把两个大小不同的物体用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察两物体的运动情况，进行必要的测量，探究物体间相互作用时的不变量．(1)该同学还必须有的器材是刻度尺、天平；(2)需要直接测量的数据是两物体的质量m1、m2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离x1、x2；(3)根据课堂探究的不变量，本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为m1x1＝m2x2.(用测得的物理量符号表示)解析：物体离开桌面后做平抛运动，取左边物体的初速度方向为正方向，设两物体质量和平抛初速度分别为：m1、m2、v1、v2，平抛运动的水平位移分别为x1、x2，平抛运动的时间为t，需要验证的方程：0＝m1v1－m2v2，其中：v1＝x1t，v2＝x2t，代入得到m1x1＝m2x2，故需要测量两物体的质量m1、m2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离x1、x2，需要的器材为刻度尺、天平．考点二碰撞的特点及分类1．碰撞的特点(1)相互作用时间短．(2)作用力变化快．(3)作用力峰值大．因此其他外力可以忽略不计．2．碰撞中能量的特点碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：E k1′＋E k2′≤E k1＋E k2.3．碰撞的类型及区分(1)弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．(2)非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．(3)完全非弹性碰撞：非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．【例2】一个质量为2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度与一个静止的、质量为1 kg 的小球B正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质：(1)碰后小球A、B的速度均为2 m/s；(2)碰后小球A 的速度为1 m/s ，小球B 的速度为4 m/s.【解析】 碰前系统的动能E k0＝12m A v 20＝9 J. (1)当碰后小球A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J<E k0，故该碰撞为非弹性碰撞． (2)当碰后v A ′＝1 m/s ，v B ′＝4 m/s 时，碰后系统的动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0，故该碰撞为弹性碰撞．【答案】 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞如图所示，有A 、B 两物体，m 1＝3m 2，以相同大小的速度v 相向运动，碰撞后A 静止，B 以2v 的速度反弹，那么A 、B 的碰撞为( A )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．无法判断解析：设m 1＝3m ，m 2＝m碰撞前总动能12m 1v 21＋12m 2v 22＝2mv 2 碰撞后总动能12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝0＋12×m (2v )2＝2mv 2 因为碰撞前后总动能不变，故为弹性碰撞，选项A 正确．重难疑点辨析利用光电门确定速度的原理如图所示，两次挡光时间内物体运动的距离是这样确定的，A 图中是双挡光片，挡光片两次挡光时间内运动的距离为d ，因为当a 边通过光电门时第一次挡光计时，c 边通过光电门时第二次挡光计时，两次挡光时间间隔物体运动的距离应为ac 两边之间的距离，这个距离通常是已知的．B 图为单挡光片，一般是两个单挡光片同时使用，其原理与双挡光片相同．还有一种计时器是专门配合B 类挡光片设计使用的，使用时先清零，而记录的是整个挡光的时间(从a ′边挡光开始到b ′边挡光结束)，利用单挡光片的宽度计算物体的运动速度．在求气垫导轨上运动的物体的运动速度v 时，首先通过光电计时装置记录其运动时间，再根据速度的计算公式v ＝Δx Δt 而求得．要确定物体的运动速度v ，首先要确定物体的运动时间，而时间Δt是运用挡光片通过光电门时挡光计时来测得的．常用的挡光片有单挡光片和双挡光片两种，要达到测量速度的目的必须同时运用两个单挡光片或一个双挡光片，因为每次挡光只能记录一个时刻，而求速度必须知道物体运动一段距离所用的时间．其中Δt＝t2－t1即光电计时装置计时的两次记录之差．【典例】某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验．气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2(左侧装有弹性碰撞架，未画出)放在气垫导轨的中间位置使其静止；⑤滑块1(右侧装有弹性碰撞架，未画出)挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括弹性碰撞架)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹性碰撞架)的质量为m2＝200 g.(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：A．______________________________________________________________________ __；B．______________________________________________________________________ __.②碰撞前，滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后，滑块1的速度v2为________m/s，滑块2的速度v3为________m/s.(结果保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)a．________________________________________________________________________；b ．________________________________________________________________________.【解析】 (2)①气垫导轨可以大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差，还可以保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s ＝0.50 m/s 滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－349.99×10－3 m/s ＝0.10 m/s 滑块2碰撞之后的速度v 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ＝0.60 m/s ； ③a.滑块1和滑块2碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．理由：滑块1和滑块2碰撞之前m 1v 1＝0.15 kg·m/s，滑块1和滑块2碰撞之后m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s.b ．滑块1和滑块2碰撞前后总动能不变．理由：滑块1和滑块2碰撞之前的总动能 E k1＝12m 1v 21＝0.037 5 J滑块1和滑块2碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 23＝0.037 5 J 所以滑块1和滑块2碰撞前后总动能相等．【答案】 (2)①A.减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差 B ．保证两个滑块的碰撞是一维的②0.50 0.10 0.60 ③见解析光电计时器能快速、方便地测量物体的速度，通常与气垫导轨配合使用，能够更精确地完成多个物理实验．随着技术的进步，这种实验方法会越来越多地应用到物理学习中，所以应了解其工作原理.1．(多选)关于碰撞的特点，下列说法正确的是( AC )A．碰撞的过程时间极短B．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大C．碰撞时，质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力大小相等D．质量小的物体对质量大的物体作用力大解析：两物体发生碰撞，其碰撞时间极短，碰撞时，质量大的物体对质量小的物体的作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故选项A、C正确，B、D错误．2．(多选)两个物体发生碰撞( BD )A．碰撞中一定产生了内能B．碰撞过程中，组成系统的动能可能不变C．碰撞过程中，系统的总动能可能增大D．碰撞过程中，系统的总动能可能减小解析：若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以选项B、D正确．3．(多选)如图所示，两个小球A、B发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( BD )A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上解析：根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以选项B、D正确；选项A不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足选项C条件不一定能发生一维碰撞．4．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m ，g 取10 m/s 2.物块可视为质点．则A 碰撞前的瞬间速度( C )A ．0.5 m/sB ．1.0 m/sC ．1.5 m/sD ．2.0 m/s解析：碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12·2mv 2. 代入数据得v ＝1 m/s ，A 与B 碰撞的过程中A 与B 组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv 0＝mv 1＋2mv ，由于没有机械能的损失，则12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 2，联立可得，v 0＝1.5 m/s ，故选项A 、B 、D 错误，C 正确．5．如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B 做探究碰撞中的不变量的实验：(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A 运动至C 的时间t 1，B 运动至D 的时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平；(2)应测量的数据还有A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2；(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为0，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1.解析：(1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．(2)要求出A 、B 两滑块在卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝x t求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1.。

第三节动量守恒定律在碰撞中的应用对应学生用书页码1．应用动量守恒定律解题的一般步骤为：(1)确定研究对象组成的系统。

分析所研究的过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件。

(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量。

(3)根据动量守恒定律列方程。

(4)解方程，统一单位后代入数值进行运算，列出结果。

2．碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，过程相当复杂，很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节，因而在解决碰撞问题中有广泛的应用。

3．不同类型的碰撞问题一定满足动量守恒定律，但不一定满足机械能守恒定律。

对应学生用书页码1.(1)弹性碰撞特点：在弹性碰撞过程中系统无机械能损失。

即只发生机械能传递而不发生能量转化。

弹性碰撞同时遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。

(2)非弹性碰撞特点：在碰撞过程中有机械能损失，即发生能量转化，一般是机械能转化为内能。

故只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。

(3)完全非弹性碰撞特点：在碰撞过程中机械能损失最多，只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。

2．碰撞过程应满足的条件在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：(1)系统的总动量守恒。

(2)系统的机械能不增加，即E′k1＋E′k2≤E k1＋E k2。

(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。

(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。

故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。

(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。

1．相向运动的A、B两辆小车相撞后，一同沿A原来的方向前进，这是由于( ) A．A车的质量一定大于B车的质量B．A车的速度一定大于B车的速度C．A车的动量一定大于B车的动量D．A车的动能一定大于B车的动能解析：碰撞过程中动量守恒，碰后一同沿A原来方向前进，说明总动量与A的动量方向相同，故A车动量大于B车的动量，选项C对。

1.2 动量动量守恒定律课堂互动三点剖析一、动量和动量的变化1.动量众所周知，运动的剧烈程度，即运动的“量”的大小是与运动速度有关的，但速度是不是唯一决定因素呢？一个足球和一个铅球以相同的速度从远处飞来，运动员可以用头将足球顶回去，却不敢去顶铅球.可见，运动的“量”的大小不仅与运动速度有关，还与物体的质量有关.物理学上用两者的乘积表示这个量，称为动量，故有p=mv.从公式可以看出，由于质量m为一标量，只有大小的变化，故动量p的一些特点主要是由速度v引起的.平常所说的速度v是指物体的瞬时速度，对应的是某一时刻，故谈到物体的动量一般是指某一时刻的动量，但这不是绝对的，如果取速度v为某一段时间内的平均速度，则这时的动量应为这一段时间内的平均动量；由于速度具有相对性，选用不同的参考系，同一物体的动量也可能不同，在通常情况下，取地面为参考系.2.动量的变化动量的变化即动量的变化量，用Δp来表示，一个量的变化，一般指末状态的值减初状态的值，动量变化也不例外，应为末动量减初动量，即Δp=p′-p,p′为末动量，p为初动量.p′=mv′,p=mv,故Δp=mv′-mv=mΔv(注这是矢量式)，故动量的变化量也是个矢量，其方向不一定与p或p′相同，而是与Δv的方向相.当然，这个结论的前提是质量不变，当质量也变时，Δp的方向与Δv的方向不一定相同，但有一点是肯定的，Δp′-p为矢量式，当p′、p在同一直线上，可以先规定正方向，用正、负号表示p′、p的方向，将矢量运算转化为代数运算.二、冲量冲量是力与力的作用时间的乘积，I=Ft，它反映了力在时间上的积累效果.在力特别大的情况下，作用时间很短，也会产生很大的冲量.由于I=Ft，某一个冲量I必然对应着一个时间t，故冲量是一个过程量.如果力F为恒力，求冲量时只需按公式I=Ft来计算就行，但要分清所求的是某个分力的冲量还是合力的冲量.若是求合力的冲量要分清这几个力是否同时作用于物体；若同时作用可先求合力再求冲量，也可以先求各个力的冲量，再求合冲量；若几个力不同时作用，只能先求每个力的冲量，再求合冲量.如果作用力是变力，在中学阶段不能直接用I=Ft求解冲量，但可以根据Ft=Δ(mv)求解.三、动量守恒定律1.动量守恒定律是研究两个或两个以上的物体相互作用过程中的动量变化情况的，它的研究对象是这些相互作用的物体组成的系统.动量守恒定律的成立条件是系统不受外力或所受合外力为零，因此选择哪些物体组成系统就显得尤为重要了，只有选择了系统才能分清哪些力是外力，哪些力是内力，才能确定动量是否守恒.选择某一系统，动量可能守恒，选择另外的物体组成系统时，动量可能就不守恒了.2.动量守恒是指总动量在物体相互作用的过程中一直不变，并不是只有初、末两态的动量守恒.解题时可根据题意适当选择相互作用过程中的两个状态列方程求解.3.动量守恒定律的特点（1）动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，在应用动量守恒定律解题之前，必须明确这个系统是由哪些物体组成，只有恰当地划分系统才能正确、有效地运用动量守恒定律.（2）动量守恒定律的表达式是矢量式.若相互作用的物体沿同一直线运动，注意设定方向，将矢量运算转化为代数运算.（3）动量守恒定律表达式中的速度必须是相对于同一参考系的.如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系的，必须适当转换参考系，使其成为相对同一参考系（通常选地面）的速度.（4）注意动量守恒定律表达式中速度的同时性.式中的v 1、v 2是作用同一时刻的瞬时速度，v 1′、v 2′是作用后同一时刻的瞬时速度.各个击破【例1】 关于动量的概念，下列说法正确的是（ ）A.动量大的物体惯性一定大B.动量大的物体运动一定快C.动量相同的物体运动方向一定相同D.动量相同的物体速度小的惯性大解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的.动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A 项错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B 项也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C 项对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D 项也对.答案：CD类题演练1若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的（质量不变）（ ）A.速度大小一定改变了B.速度方向一定改变了C.速度一定变化了D.加速度一定不为零解析：动量p=mv ，动量发生了变化（质量不变），必定是速度发生了变化，而速度的改变包括大小和方向.故A 、B 两项不正确，C 项正确；速度变化了必然有加速度，故D 正确. 答案：CD变式提升质量为0.1 kg 的弹性小球，从高1.25 m 处自由落向一光滑而坚硬的水平木板，碰后弹回到0.8 m 高，求：（1）小球与水平板碰撞前后的动量；（2）小球与水平板碰撞前后的动量变化.解析：（1）由于小球做自由落体运动，设碰前小球速度为v 1，则v 1=25.11022⨯⨯=gh m/s=5 m/s,方向竖直向下，于是小球与水平板碰前的动量p 1=mv 1=0.1×5 kg·m/s=0.5 kg·m/s,方向竖直向下.碰后，小球做竖直上抛运动的最大高度为0.8 m ，则碰后小球速度为v 2=8.0102'2⨯⨯=gh m/s=4 m/s,方向竖直向上，此时小球的动量p 2=mv 2=0.1×4 kg·m/s=0.4 kg·m/s,方向竖直向上.（2）设竖直向下为正方向，则p 1=5 kg·m/s，p 2=-0.4 kg·m/s，Δp=p 2-p 1=(-0.4 -0.5) kg·m/s=-0.9 kg·m/s，即碰撞前后小球动量变化的大小为0.9 kg·m/s，方向竖直向上. 答案：（1）0.5 kg·m/s,竖直向下；0.4 kg·m/s，竖直向上.（2）0.9 kg·m/s,竖直向上.【例2】关于冲量的概念，以下说法正确的是（）A.作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B.作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C.作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D.只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同解析：力的冲量I=F·t，力F的大小虽然不同，只要力F的作用时间t也不同，则力F与时间t的乘积可能相同，所以A项正确；力F很大，如果力F的作用时间很短，则力F的冲量仍然可以很小，故B项错；当力F的作用时间很短时，如果力F很大，则力F的冲量仍可以很大，因此C项错；由于冲量是矢量，而矢量相同包括大小相同，方向也相同，因此既使力的大小F和作用时间t的乘积相同，也只能说明冲量的大小相同，如果力的方向不同，则冲量的方向不同，因此我们说冲量不同，所以D项不正确.答案：A【例3】在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图1-2-1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法正确的是（）图1-2-1A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A项对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B项错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C项对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D项对.答案：ACD类题演练2如图1-2-2所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量m=15 kg的箱子，和他一起以大小为v0=2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞.图1-2-2解析：设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后速度为v乙，则由动量守恒定律，得甲推箱子过程：（M+m）v0=Mv甲+mv ①乙抓箱子过程：mv-Mv0=(M+m)v乙②甲、乙恰不相碰条件：v甲=v乙③代入数据可解得v=5.2 m/s.答案：5.2 m/s。

动量一，教材分析本节课是科教2003课标版选修3-5第一章第二节内容，本节的内容为“动量”，是本章的重点内容，是第一节“碰撞”的继续，同时又为第三节“动量守恒定律”奠定了基础,所以“动量定理”有承前启后的作用。

“动量定理”是牛顿第二定律的进一步展开。

它侧重于力在时间上的累积效果，为解决力学问题开辟了新途径，尤其是打击和碰撞类的问题。

动量定理的知识与人们的日常生活，生产技术和科学研究有着密切的关系，因此学习这部分知识有着广泛的现实意义。

二，学情分析学生已经掌握了动量概念，会运用牛顿第二定律和运动学公式等，为本节课的学习打下了坚实的基础。

高中生思维方式逐步由形象思维向抽象思维过渡，因此在教学中需要以一些感性认识为依托，加强直观性和形象性，以便学生理解,因此在教学中多让学生参与利用动量定理解释生活中的有关现象，加强学生思维由形象到抽象的过渡。

三，教学目标知识与技能1．理解动量的变化和冲量的定义；2．理解动量定理的含义和表达式，理解其矢量性；3．会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握动量定理的简单计算过程与方法通过运用牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理表达式，培养学生逻辑运算能力。

情感态度与价值观1. 通过运用所学知识推导新的规律，培养学生学习的兴趣,激发学生探索新知识的欲望。

2. 通过用动量定理解释有关物理现象，培养学生用所学物理知识应用于生活实践中去，体现物理学在生活中的指导作用。

四，教学重点理解动量的变化、冲量、动量定理的表达式和矢量性五，教学难点用动量定理解释有关物理现象，针对动量定理进行简单的计算六，教学过程（一），复习引入上节课我们探讨了碰撞中的不变量，通过学习知道，质量和速度的乘积是一个描述物体的运动状态的很重要的物理量，这节课我们要在上节课内容的基础上学习新的内容：动量和动量定理。

在日常生活中,有不少应用动量和动量定理的事例,跳远时要跳在沙坑里;跳高时在下落处要放海绵垫子;从高处往下跳,落地后双腿往往要弯曲;轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡皮轮胎等等。

1 碰撞2 动量[目标定位] 1.知道什么是碰撞及碰撞的分类，掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的区别.2.理解动量、冲量的概念，知道动量、冲量的方向.3.知道动量的改变量，并会求动量的改变量.4.理解动量定理的物理意义和表达式，能用动量定理解释现象和解决实际问题.一、碰撞1．碰撞现象做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫做碰撞．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后两滑块的总动能不变．(2)非弹性碰撞：碰撞后两滑块的总动能减少了．(3)完全非弹性碰撞：两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动，完全非弹性碰撞过程动能损失最大．二、动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.2．矢量性：方向与速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．3．动量是状态量．4．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)．想一想质量和速度大小相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？答案不一定．动量是矢量，有方向性，而动能是标量，无方向．三、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积，公式：I＝Ft，单位：牛顿·秒，符号N·s.(2)矢量性：方向与力的方向相同．2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．(2)公式：Ft ＝p ′－p 或I ＝Δp .预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中一、碰撞中的动能变化及碰撞分类(1)发生碰撞的两物体，若两物体的形变是弹性的，碰后能够恢复原状，两物体碰撞前后动能不变，这样的碰撞叫弹性碰撞．(2)发生碰撞的两物体，若两物体的形变是非弹性的，碰后不能够完全恢复原状，两物体碰撞后动能减少，这样的碰撞叫非弹性碰撞．(3)若两物体碰后粘在一起，不再分开，此过程两物体损失的动能最大，这样的碰撞叫完全非弹性碰撞．【例1】 一个质量为2 kg 的小球A 以v 0＝3 m/s 的速度与一个静止的、质量为1 kg 的小球B 正碰．试根据以下数据，分析碰撞性质． (1)碰后A 、B 的速度均为2 m/s.(2)碰后A 的速度为1 m/s ，B 的速度为4 m/s. 答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 20＝9 J.(1)当碰后A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J<E k0 故碰撞为非弹性碰撞．(2)当碰后v A ＝1 m/s ，v B ＝4 m/s 时，碰后系统的动能E k ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0 故碰撞为弹性碰撞． 二、动量和动量的变化1．对动量的理解(1)动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与速度v的方向相同，遵循矢量运算法则．动量是状态量，进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．(2)动量具有相对性：由于速度与参考系的选择有关，一般以地球为参考系．(3)动量与动能的区别与联系：①区别：动量是矢量，动能是标量．②联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为E k＝p22m或p＝2mE k. 2．动量的变化(Δp)(1)Δp＝p′－p为矢量式．若p′、p不在一条直线上，要用平行四边形定则求矢量差．若p′、p在一条直线上，先规定正方向，再用正、负表示p′、p，则可用Δp＝p′－p＝mv′－mv进行代数运算．(2)动量变化的方向：与速度变化的方向相同．【例2】质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同答案 A解析以原来的方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．借题发挥关于动量变化量的求解1．若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．2．若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．三、对冲量的理解和计算1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．图1(3)求变力的冲量：①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．②若给出了力随时间变化的图像如图1所示，可用面积法求变力的冲量．③利用动量定理求解．图2【例3】如图2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案见解析解析重力的冲量：I G＝Gt＝mg·t＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．支持力的冲量：I F＝Ft＝mg cos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上．摩擦力的冲量：I Ff＝F f t＝μmg cos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．借题发挥求各力的冲量或者合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积，若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解．四、对动量定理的理解和应用1．动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．【例4】跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小答案 D解析人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A 错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长则受到的冲力F越小，故选项D正确．【例5】质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s 后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s 停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)答案 1 400 N 7 700 N解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2hg＝1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0代入数据，解得F＝1 400 N下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0代入数据，解得F′＝7 700 N.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后甲滑块静止不动，乙滑块反向运动，且速度大小为2v.那么这次碰撞是( )A ．弹性碰撞B ．非弹性碰撞C ．完全非弹性碰撞D ．条件不足，无法确定答案 A解析 碰前总动能：E k ＝12·3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能：E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 对．对动量和冲量的理解2．关于动量，下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大C ．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D ．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大 答案 D解析 动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A 、B 均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C 错误；由Δp ＝m Δv 知D 正确． 3．如图3所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t 1速度为零然后又下滑，经过时间t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F 1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )图3A ．mg sin θ(t 1＋t 2)B ．mg sin θ(t 1－t 2)C ．mg (t 1＋t 2)D ．0答案 C解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量，根据冲量的定义式I ＝Ft ，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G ＝mg (t 1＋t 2)，即C 正确．动量定理的理解和应用4．(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是( )A ．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量B ．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量C ．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·sD ．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s 答案 BD5．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N 答案 D解析 建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv ，所以F ＝mg ＋mv t ＝60×10 N＋60×101.5N＝1 000 N ，故D 对，A 、B 、C 错．(时间：60分钟)题组一 对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解 1．下列属于弹性碰撞的是( ) A ．钢球A 与钢球B B ．钢球A 与橡皮泥球B C ．橡皮泥球A 与橡皮泥球B D ．木球A 与钢球B 答案 A解析 钢球A 与钢球B 发生碰撞，形变能够恢复，属于弹性碰撞，A 对；钢球A 与橡皮泥球B 、橡皮泥球A 与橡皮泥球B 碰撞，形变不能恢复，即碰后粘在一起，是完全非弹性碰撞，B 、C 错；木球A 与钢球B 碰撞，形变部分能够恢复，属于非弹性碰撞，D 错．2．在光滑的水平面上，动能为E 0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E 1，球2的动能大小记为E 2，则必有( ) A ．E 1＜E 0 B ．E 1＝E 0 C ．E 2＞E 0 D ．E 2＝E 0 答案 A解析 根据碰撞前后动能关系得E 1＋E 2≤E 0，必有E 1＜E 0，E 2＜E 0.故只有A 项对． 题组二 对动量和冲量的理解 3．下列说法正确的是( )A ．动能为零时，物体一定处于平衡状态B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变答案 B解析动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A 错误；物体受恒力，也可能做曲线运动．如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．4．(多选)如图1所示为放到水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，则前3 s内( )图1A．物体的位移为0B．物体的动量改变量为0C．物体的动能变化量为0D．前3 s合力冲量为零，但重力冲量不为零答案BCD解析第1 s内：F＝20 N，第2、3 s内：F＝－10 N，物体先加速，后减速，在第3 s末速度为零，物体的位移不为零，A错误；根据动量定理I＝Δp，前3 s内，动量的变化量为零，B正确；由于初速度和末速度都为零，因此，动能变化量也为零，C正确；无论物体运动与否，某一个力在这段时间的冲量不为零，D正确．5．把质量为10 kg的物体放在光滑的水平面上，如图2所示，在与水平方向成53°的10 N 的力F作用下从静止开始运动，在2 s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图2答案20 N·s12 kg·m/s解析首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F、重力G、支持力F N.由冲量定义可知，力F的冲量为I F＝Ft＝10×2 N·s＝20 N·s.在水平方向，由牛顿第二定律得F cos 53°＝ma2 s 末的速度v ＝at 物体获得的动量P ＝mv ＝Ft cos 53°＝10×0.6×2 kg·m/s＝12 kg·m/s.题组三 动量定理的理解及定性分析6．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长 答案 CD解析 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h ，它们从h 高度落地瞬间的速度大小为2gh ，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝－(－m 2gh )，所以F ＝m 2ghΔt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎． 7．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了( ) A ．减小冲量 B ．减小动量的变化量C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用 答案 C解析 脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地动量变化一定，这样就减小了地面对人的冲力，故C 正确．8．质量为m 的钢球自高处落下，以速度大小v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v 2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A ．向下，m (v 1－v 2)B ．向下，m (v 1＋v 2)C ．向上，m (v 1－v 2)D ．向上，m (v 1＋v 2)答案 D解析 物体以大小为v 1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v 2的速度反弹．物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定．根据动量定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量．设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)＝mv 2＋mv 1 由于碰撞时间极短，t 趋于零，则mgt 趋于零．所以Ft ＝m (v 2＋v 1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m (v 2＋v 1)．题组四 动量定理的有关计算9．质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回，如图3所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s ，则小球所受到的平均作用力大小为________N.图3答案 90解析 选定小球与墙碰撞的过程，取v 1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft ＝－mv 2－mv 1所以，F ＝－mv 2－mv 1t ＝－0.5×4－0.5×50.05N ＝－90 N“－”号说明F 的方向向左．10．如图4所示，质量为1 kg 的钢球从5 m 高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m 高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s ，求钢球对地面的平均作用力大小．(g 取10 m/s 2)图4答案 190 N解析 钢球落到地面时的速度大小为v 0＝2gh 1＝10 m/s ，反弹时向上运动的速度大小为v t ＝2gh 2＝8 m/s ，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v 0的方向为负方向，v t 的方向为正方向，再根据动量定理得(F N －mg )t ＝mv t －(－mv 0)，代入数据，解得F N ＝190 N ，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.11．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则：(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103N解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m. 设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝－mv 0，解得F ＝－mv 0t ＝－60×30130N ＝－5.4×104 N ，与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝－mv 0t ′＝－60×301N ＝－1.8×103 N ，与运动方向相反． 12．将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的水平速度抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(3)小球落地时的动量p ′的大小．答案 (1)4 N ·s 方向竖直向下(2)10 N·s 方向竖直向下 (3)10 2 kg·m/s解析 (1)重力是恒力，0.4 s 内重力对小球的冲量 I ＝mgt ＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h ＝12gt ′2， 落地时间t ′＝2h g＝1 s. 小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I ′＝mgt ′＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．由动量定理得Δp ＝I ′＝10 N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y＝gt′＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102m/s＝10 2 m/s，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s.。

学 习 资 料 汇编1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用课堂互动三点剖析一、动量守恒定律的应用1.应用动量守恒定律解决问题关键要注意两点：第一是根据动量守恒的条件选取合适的系统，第二是分清系统初、末状态的动量.2.动量定理通常选某单个物体为研究对象，而动量守恒定律是以两个或两个以上相互作用的物体系为对象，并分析此物体系是否满足动量守恒的条件，即这个物体系是否受外力作用，或合外力是否为零（或近似为零）.显然物体系内力（即系统内物体间相互作用）仍然存在，这些相互作用的内力，使每个物体的动量变化，但这物体系的总动量守恒.3.应用动量守恒定律表达式列方程时，必须明确过程的初状态和末状态，对于碰撞过程来说，初状态是指刚开始发生相互作用时的状态，末状态是指相互作用刚结束时的状态，只要抓住过程的初末状态，而无须考虑过程的细节，根据动量守恒定律即可求解碰撞问题.4.动量守恒定律应用的思路（1）确哪几个物体组成的系统为研究对象；（2）分析受力和物理过程，判断动量是否守恒；（3）规定正方向，确定初、末状态各物体的动量，并把矢量化成标量；（4）利用动量守恒定律列方程求解.二、碰撞及碰撞过程的特点1.碰撞特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用时间很短.（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大.（3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置.（5）能量特点：碰前总动能E k 与碰后总动能E k′满足：E k ≥E k′.（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方.2.追及碰撞满足的关系（1）碰撞过程满足动量守恒：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′;(2)碰撞前，后面物体速度大于前面物体速度：v 1＞v 2;（3）碰撞后，后面物体的速度小于等于前面物体的速度：v 1′≤v 2′;(4)碰撞后的总动能小于等于碰撞前的总动能.三、碰撞的类型碰撞的过程由于作用时间短，内力远大于外力，不论相互碰撞的物体所处的平面是否光滑都可以认为系统动量守恒，但根据碰撞过程中机械能的损失情况可将碰撞分为三种类型.1.完全非弹性碰撞：两物体碰后合为一个整体，以共同的速度运动，这种碰撞机械能损失最多.满足：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v损失的机械能：ΔE=221222211)(212121v m m v m v m +-+.学 习 资 料 汇编2.弹性碰撞：两物体碰后很短时间内分开，发生的是弹性形变，机械能无损失.满足：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′2222'11222211'21212121v m v m v m v m +=+ 当两小球的质量相等时，碰撞后交换速度.3.非弹性碰撞：两物体碰后虽能分开，但碰撞时间较长，机械能有损失，但不如完全非弹性碰撞的机械能损失大.这种类型的碰撞在练习题中出现得不多.各个击破【例1】两只小船平行逆向航行，如图1-3-2所示,航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50 kg 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s 的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m 1=500 kg 及m 2=1 000 kg,问：在交换麻袋前两只船的速率为多少？（水的阻力不计）图1-3-2解析：选取小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：（m 1-m)v 1-mv 2=0即450v 1-50v 2=0 ①选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(m 2-m)v 2+mv 1=-m 2v即-950v 2+50v 1=-1 000×8.5 kg·m/s ②选取四个物体为系统有：m 1v 1-m 2v 2=-m 2v即500v 1-1 000v 2=-1 000×8.5 kg·m/s ③联立①②③式中的任意两式解得v 1=1 m/s,v 2=9 m/s.答案：大船速度1 m/s,小船速度9 m/s.类题演练1甲乙两人均以2 m/s 的速度在冰上相向滑行，m 甲=50 kg ，m 乙=52 kg ，甲拿着一个质量Δm=2kg 的球，当甲将球传给乙，乙再传给甲，这样传球若干次后，乙的速度变为零，球在甲手中，求甲的速度.解析：无论传球多少次，甲、乙两人和球组成的系统动量守恒.（m 甲+Δm ）v-m 乙v=（m 甲+Δm ）v 甲即（50+2）×2-52×2=（50+2）v 甲 得v 甲=0.答案：0【例2】 在光滑水平面上，质量为m 的小球A 以速度v 0与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，碰后A 球的速率为021v ,试求碰后B 球的速度v B 的大小. 解析：设A 球初速度方向为正，假设碰后A 球仍沿原方向运动，则据动量守恒定律知：学 习 资 料 汇编mv 0=20v m +3mv B 得v B =60v 由于碰后A 、B 两球都沿正方向运动，且B 球在前A 球在后，应有：v A ＜v B ,而实际计算结果是v A ＞v B ，因此，不会出现这种情况，即碰后A 球不能沿原方向运动，因此碰后A 球被反弹，据动量守恒定律有：mv 0=20v m -+3mv B 得v B =20v . 答案：20v 变式提升如图1-3-3所示，水平桌面上放着一个半径为R 的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M 和m 的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药.开始时两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道反向运动一段时间后相遇.到它们相遇时，M 转过的角度θ是多少？图1-3-3解析：在炸药爆炸瞬间，两球作为一个系统的总动量守恒，以后两小球在轨道外壁弹力作用下在水平轨道内做匀速圆周运动，经过一段时间相遇.设炸药爆炸后，M 的速度为v 1，m 的速度为v 2，两球的运动方向相反，由动量守恒定律有Mv 1-mv 2=0，即Mv 1=mv 2 ①以后两球各自沿圆轨道做圆周运动，由于两球都只受外壁压力（方向指向环中心），因此两球都做匀速圆周运动.设经过时间t 两球再次相遇，则由运动学公式有v 1t+v 2t=2πR②由①式有v 2=1v m M ,代入②，得v 1t=mM Rm +π2 ③ v 1t 就是小球M 在圆环轨道内移过的距离（即弧长）.因此，M 球转过的角度θ=m M m R t v +=π21. 答案：mM Rm +π2 【例3】 如图1-3-4所示，在水平面地上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离；（2）射入的过程中，系统的机械能损失.图1-3-4解析：（1）设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv=(M+m)v′学 习 资 料 汇编①二者一起沿平面滑动，前进的距离为s ，由动能定理：μ（M+m)gs=21（M+m)v′2 ② 由①②两式解得s=gm M v m μ222)(2+. (2)射入过程中的机械能损失ΔE=21mv 2-21（M+m)v′2 ③ 将①代入③式解得ΔE=)(22m M Mmv +. 答案：（1）gm M v m μ222)(2+ （2）)(22m M Mmv + 类题演练2质量为m 1的小球以速度v 0与质量为m 2的小球发生弹性正碰，求碰后两个小球的速度. 解析：设碰后m 1球的速度为v 1,m 2球的速度为v 2，由系统动量守恒有m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2 ① 由系统动能守恒有：222211*********v m v m v m += ② 将②变形为m 1(v 02-v 12)=m 2v 22 ③将①变形为m 1(v 0-v 1)=m 2v 2 ④ ③/④得v 0+v 1=v 2 ⑤ 将⑤代入①得v 1=02121v m m m m +- ⑥ 将⑥代入⑤得v 2=02112v m m m + ⑦ 答案：碰后m 1球的速度为02121v m m m m +-，m 2球的速度为02112v m m m +. 敬请批评指正。