高中物理专题1动量和动量定理的理解和应用复习学案粤教版选修3_5

第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用情景导入如图1—3-1所示，在水平桌面上做匀速运动的两个小球,质量分别是m 1和m 2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别分v 1和v 2，且v 2＞v 1.当第二个小球追上第一个小球时两球相碰.碰撞后的速度分别为v 1′和v 2′，碰撞过程中第一个小球受另一个小球的作用力是F 1，第二个小球所受另一个小球对它的作用力是F 2，（F 1、F 2都看作恒力）。

试用牛顿第二定律推导：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′。

图1-3-1推证:根据牛顿第二定律,碰撞过程中1、2两球的加速度分别是a 1=11m F ,a 2=22m F 根据牛顿第三定律，F 1与F 2大小相等、方向相反，即F 1=—F 2所以m 1a 1=-m 2a 2碰撞时两球之间力的作用时间很短，用Δt 表示,这样，根据加速度定义可知：1球的加速度a 1=t v v ∆-11',2球的加速度a 2=t v v ∆-22',代入m 1a 1=-m 2a 2并移项后得m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′. 式中m 1v 1表示碰前1球的动量，m 2v 2表示碰前2球的动量，而m 1v 1′为碰后1球的动量,m 2v 2′为碰后2球的动量。

知识预览⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧能碰后动能不大于碰前动能量特点位移可忽略位移特点近似守恒内力远远大于外力守恒特点然后急剧减小先急剧增大作用力特点碰撞过程时间极短时间特点碰撞的特点求解结果据动量守恒列式末动量求初设定正方向判断是否守恒一般指系统确定研究对象解题的思路动量守恒定律的应用::,:,::,)4(,,)3()2()()1( 尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。

第二节动量动量守恒定律1．运动物体的质量和它的速度的乘积叫做物体的动量．用符号p表示．2．动量是矢(填“标”或“矢”)量，它的方向和速度的方向相同，在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m·．3．物体受到的力与力的作历时刻的乘积叫力的冲量，冲量是矢(填“标”或“矢”)量，在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒，符号是N·s．4．冲量与动量的改变量之间的关系为：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．5．若是系统所受到的合外力为零，则系统的总动量维持不变，即系统动量守恒．基础达标1．(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是(BD)A．惯性越大的物体，它的动量也越大B．动量大的物体，它的速度不必然大C．物体的速度大小不变，则其动量也维持不变D．运动物体在任一时刻的动量的方向必然是该时刻的速度方向解析：动量的大小由质量和速度的大小一路决定，即p ＝mv ，惯性大则质量大，但动量不必然大，选项A 错误；动量大的物体，可能是速度大，但也有可能是质量大，选项B 正确；动量是矢量，其方向与速度方向相同，只有在速度大小、方向均不变时，其动量才维持不变，故选项C 错误、D 正确．2．下列说法中正确的是(A )A ．按照F ＝Δp Δt，可把牛顿第二定律表述为：物体在碰撞运动进程中动量的转变率等于它所受的合外力B ．力与力的作历时刻的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时刻的积累效应，是一个标量C ．作用在静止的物体上的力的冲量必然为零D ．冲量的方向就是物体运动的方向解析：用动量概念表示牛顿第二定律为F ＝Δp Δt ，F ＝Δp Δt表示物体动量的转变率，所以选项A 正确；冲量是矢量，它的方向与力的方向一致，选项B 错误；冲量是作使劲对时刻的积累效应，只要有力作用了一段时刻，就有冲量，与物体的运动状态无关，选项C 错误；冲量的方向与力的方向相同；但力的方向与物体运动的方向并非必然相同，选项D 错误．3．竖直向上抛出一个物体，若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体动量随时刻转变的图象是下图中的(C )解析：取竖直向上为正方向，竖直上抛物体的速度先正向均匀减小，后负向均匀增大，故物体的动量先正向均匀减小，后负向均匀增大．4．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，如此做是为了(C )A ．减小冲量B ．减小动量的转变量C ．增大与地面的冲击时刻，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用解析：脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延缓了人落地时动量转变所用的时刻．依动量定理可知，人落地动量转变必然，而作历时刻长，如此就减小了地面对人的冲力，故C 正确．5．(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F 的作用下匀速前进了时刻t ，则(AD )A ．拉力F 对物体的冲量大小为FtB ．拉力对物体的冲量大小为Ft sin θC ．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θD ．合外力对物体的冲量大小为零解析：求冲量时，必需明确是哪个力在哪一段时刻内的冲量．本题中，作用的时刻都是一样的，求力F 对物体的冲量就是Ft ，所以A 正确、B 错误；物体受到的摩擦力Ff ＝F cos θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为Fft ＝F cos θ·t ，C 错；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D 对．正确选项为A 、D.6．质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量转变为____________kg ·m/s.若小球与地面的作历时刻为 s ，则小球受到地面的平均作使劲大小为________N(取g ＝10 m/)．解析：取竖直向上为正方向，则初动量方向为负、末动量方向为正，动量转变为：Δp ＝p ′－p ＝4×－(－6×＝2 kg ·m/s.F ＝Δp t＋mg ＝错误!＋×10＝12 N. 答案：2 12能力提升7．如图所示，小车与木箱紧挨着静放在滑腻的水平冰面上，现有一男孩站在小车上使劲向右迅速推出木箱，关于上述进程，下列说法中正确的是(C )A ．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．8．如图所示，设车箱长为L ，质量为M ，静止在滑腻的水平面上，车箱内有一质量为m 的物体以初速度v 0向右运动，与车箱来回碰撞n 次后，最终相对车箱静止，这时车箱的速度(C )A ．v 0，水平向右B ．0，水平向右 ，水平向左解析：物体和车箱所受的合外力为0，在物体与车箱的n 次碰撞的整个进程中系统的动量守恒，忽略中间细节，只考虑初、末状态，由系统动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ，车箱最终速度v＝mv0M＋m，方向与v0相同，即水平向右．9．如下图所示，质量为M的小车置于滑腻的水平面上，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，若车表面足够长，则(A)A．木块的最终速度为mM＋mv0B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多D．车表面越粗糙，小车取得的动量越多解析：木块和小车间存在摩擦力，为内力，系统所受合外力为零，动量守恒，由mv0＝(M＋m)v，可知木块和小车最终有一路速度v＝mv0M＋m.车表面越粗糙，滑动摩擦力越大，但木块减少的动量和小车增加的动量不变．10．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＝2 kg的小球，当甲将球传给乙，乙再传给甲，如此传球若干次后，乙的速度变成零，则甲的速度为________．答案：0。

实验：验证动量守恒定律[学习目标] 1.掌握验证动量守恒定律的方法和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验目的验证碰撞中的动量守恒定律二、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2，碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．三、实验设计实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上．(2)如何测定质量和速度．①测量质量用天平．②测定碰撞前后的速度，这是实验成功的关键．四、实验案例气垫导轨上的实验器材：气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1 图2设Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v ＝Δx Δt .五、实验步骤1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．图56．根据上述各次碰撞的实验数据验证碰撞前后的动量是否守恒．实验数据记录表碰撞(烧断)前 碰撞(烧断)后质量m (kg) m 1 m 2 m 1 m 2速度v (m·s －1)v 1v 2v 1′v 2′m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′mv(kg·m·s－1)结论例1某同学利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒的实验；气垫导轨装置如图6所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图6(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是a.________b．________.②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为______m/s；滑块2的速度v3为______m/s；(结果保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)．a ．____________b ．____________.答案 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前后总动量不变．b.碰撞前后总动能不变．(c.碰撞前后质量不变．) 解析 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s ≈0.50 m/s ；滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－30.049 9m/s ≈0.10 m/s ；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ≈0.60 m/s ；③a.系统碰撞前后总动量不变．因为系统碰撞前的动量m 1v 1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的动量m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s b ．碰撞前后总动能不变．因为碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 12＝0.037 5 J ，碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 32＝0.037 5J ，所以碰撞前后总动能相等． c ．碰撞前后质量不变．例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中动量变化的规律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图7所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若已得到打点纸带如图8所示，并测得各计数点间的距离标在图上，A 为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A 的碰前速度，应选______段来计算小车A 和小车B 碰后的共同速度(填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s. 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417解析 (1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC 段点距相等，碰后DE 段点距相等，故取BC 段、DE 段分别计算碰前小车A 的速度和碰后小车A 和小车B 的共同速度． (2)碰前小车速度v A ＝x BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s其动量p A ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后小车A 和小车B 的共同速度v AB ＝x DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s碰后总动量p AB ＝(m A ＋m B )v AB ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s从上面计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．例3 某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来探究动量守恒定律．图中SQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止滚下，和B 球碰撞后，A 、B 两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O 所在平面，米尺的零点与O 点对齐． (1)碰撞后B 球的水平射程ON 应取为________ cm.图9(2)该同学实验数据记录如表所示，设两球在空中运动的时间为t ，请根据数据求出两球碰撞前的动量之和是________，两球碰撞后的动量之和是________，由此得出的结论是________________________________________________________________________.m A /gm B /gOM /cmON /cm OP /cm20.010.015.247.9答案 (1)65.2 (2)958.0 g·cm t 956.0 g·cmt误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒定律成立解析 (1)水平射程是将10个不同的落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为平均落点，从题图乙上可读出约为65.2 cm.(2)A 、B 两球在碰撞前后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间相同，而水平方向都做匀速直线运动，其水平射程等于速度与落地时间t 的乘积． 碰撞前A 球的速度为v A ＝OP t ＝47.9 cm t，碰撞前质量与速度的乘积之和为m A v A ＝20.0 g×47.9 cm t ＝958.0 g·cmt.碰撞后A 球的速度为v A ′＝OM t ＝15.2 cmt，碰撞后B 球的速度为v B ′＝ON t ＝65.2 cm t.碰撞后动量之和为m A v A ′＋m B v B ′＝20.0 g×15.2 cm t ＋10.0 g×65.2 cm t ＝956.0 g·cmt.一、选择题(1题为单选题，2～3题为多选题)1．用气垫导轨进行验证碰撞中的动量守恒的实验时，不需要测量的物理量是( ) A ．滑块的质量 B ．挡光时间 C ．挡光片的宽度 D ．光电门的高度答案 D2．在利用气垫导轨探究动量守恒定律实验中，哪些因素可导致实验误差( ) A ．导轨安放不水平 B ．小车上挡光板倾斜 C ．两小车质量不相等 D ．两小车碰后粘合在一起 答案 AB解析 导轨不水平，小车速度将受重力影响．挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差．3．若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列操作正确的是( ) A ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量 B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起 C ．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车 D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源 答案 BC解析 相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞，选项A 错，B 正确；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再接通电源，不容易得到实验数据，故选项C 正确，D 错误． 二、非选择题4．在用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”实验时，左侧滑块质量m 1＝170 g ，右侧滑块质量m 2＝110 g ，挡光片宽度d 为3.00 cm ，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图1所示．开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动．挡光片通过光电门的时间分别为Δt 1＝0.32 s ，Δt 2＝0.21 s ．则两滑块的速度大小分别为v 1′＝______m/s ，v 2′＝______m/s(保留三位有效数字)．烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝______kg·m/s，烧断细线后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg·m/s.可得到的结论是__________________________．(取向左为速度的正方向)图1答案 0.094 0.143 0 2.5×10－4在实验允许的误差范围内，碰撞前后两滑块的总动量保持不变 解析 两滑块速度v 1′＝d Δt 1＝3.00×10－20.32m/s ≈0.094 m/s ，v 2′＝－d Δt 2＝－3.00×10－20.21 m/s ≈－0.143 m/s ，烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝0烧断细前后m 1v 1′＋m 2v 2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s， 在实验允许的误差范围内，m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.5．用如图2所示装置验证碰撞中的动量守恒，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm ，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040 s ，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060 s ，左侧滑块质量为100 g ，左侧滑块的m 1v 1＝________ g·m/s，右侧滑块质量为150 g ，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝________g·m/s.(取向左为速度的正方向)图2答案 22.5 0解析 左侧滑块的速度为：v 1＝d 1t 1＝9.0×10－30.040m/s ＝0.225 m/s则左侧滑块的m 1v 1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s 右侧滑块的速度为：v 2＝－d 2t 2＝－9.0×10－30.060m/s ＝－0.15 m/s则右侧滑块的m 2v 2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s 因m 1v 1与m 2v 2等大、反向，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝0.6．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做探究碰撞中的不变量的实验：图3(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A 运动至C 的时间t 1，B 运动至D 的时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值． 请回答以下几个问题：①在调整气垫导轨时应注意___________________________________________________； ②应测量的数据还有_________________________________________________________； ③作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 ①用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平 ②A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2 ③0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 ①为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．②要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt求出其速度．③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 7．某班物理兴趣小组选用如图4所示装置来“探究碰撞中的动量守恒”．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O 点，另一端连接小钢球A ，把小钢球拉至M 处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N 右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B (B 上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g .图4某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B (调整滑块B 的位置使小钢球自由下垂静止在N 点时与滑块B 接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A 通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰．让小钢球A 从某位置静止释放，摆到最低点N 与滑块B 碰撞，碰撞后小钢球A 并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt 、碰撞前瞬间绳的拉力F 1、碰撞结束瞬间绳的拉力F 2、滑块B 的质量m B 和遮光板宽度d 外，还需要测量的物理量有________． A ．小钢球A 的质量m A B ．绳长LC ．小钢球从M 到N 运动的时间(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝________.(用题中已给的物理量符号来表示) (3)实验中需要探究的表达式为________． 答案 (1)AB (2)dΔt(3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt解析 滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝dΔt. 根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v21L .F 2－m A g ＝m A v 22L.由m A v 1＝m A v 2＋m B v B 得F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt.所以还需要测量小钢球A 的质量m A 以及绳长L .。

第一节物体的碰撞第二节(1)动量动量守恒定律[目标定位] 1.探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.3.理解动量定理并能解释和解决实际问题.4.理解动量与动能、动量定理与动能定理的区别．一、物体的碰撞1．碰撞碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．其最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等．2．碰撞的分类(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：①正碰(对心碰撞)：作用前后沿同一条直线．②斜碰(非对心碰撞)：作用前后不沿同一条直线．(2)按碰撞过程中机械能是否损失分为：①弹性碰撞：碰撞前后系统的动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′.②非弹性碰撞：碰撞前后系统的动能不再相等，E k1′＋E k2′＜E k1＋E k2.二、动量及其改变1．冲量(1)定义：物体受到的力与力的作用时间的乘积．(2)定义式：I＝Ft.(3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒，符号为N·s.2．动量(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积．(2)定义式：p＝m v.(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m·s－1.(4)方向：动量是矢量，其方向与速度方向相同．3．动量的变化量 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 0(矢量式)．4．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量，等于物体动量的改变量．(2)公式：Ft ＝m v t －m v 0.预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞中能量的特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：E k1＋E k2≤E k10＋E k20.2．弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．3．非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．【例1】 一个质量为2 kg 的小球A 以v 0＝3 m/s 的速度与一个静止的、质量为1 kg 的小球B 正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质：(1)碰后小球A 、B 的速度均为2 m/s ；(2)碰后小球A 的速度为1 m/s ，小球B 的速度为4 m/s.答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 02＝9 J.(1)当碰后小球A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝(12×2×22＋12×1×22)J ＝6 J ＜E k0，故该碰撞为非弹性碰撞．(2)当碰后v A ′＝1 m/s ，v B ′＝4 m/s 时，碰后系统的动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝(12×2×12＋12×1×42)J ＝9 J ＝E k0，故该碰撞为弹性碰撞．针对训练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＋12m v 2＝2m v 2碰后总动能：E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′，所以A 对．二、对动量和动量变化量的理解1．动量：p ＝m v ，动量是矢量，方向与速度v 的方向相同．2．动量和动能的区别动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量p ＝m v 是矢量，而动能E k ＝12m v 2是标量．当速度发生变化时，物体的动量一定发生变化，而动能不一定发生变化．3．动量的变化量(Δp )Δp ＝p －p 0(1)若p 、p 0在同一条直线上，先规定正方向，再用正、负号表示p 、p 0的方向，则可用Δp ＝p －p 0＝m v t －m v 0进行代数运算．(2)动量变化量的方向：与速度变化的方向相同．【例2】 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h ，假设球飞来的速度为90 km/h ，运动员将球以 342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球的质量为5 g ，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化量是多少？答案 (1)0.6 kg·m/s ，方向与球飞来的方向相反(2)21 J解析 (1)以球飞来的方向为正方向，则羽毛球的初速度v 1＝903.6 m/s ＝25 m/s末速度v 2＝－3423.6 m/s ＝－95 m/sp 1＝m v 1＝5×10－3×25 kg·m/s ＝0.125 kg·m/sp 2＝m v 2＝－5×10－3×95 kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s 所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－0.475 kg·m/s －0.125 kg·m/s ＝－0.6 kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为0.6 kg·m/s ，方向与球飞来的方向相反．(2)羽毛球的初动能：E k ＝12m v 21≈1.56 J ，羽毛球的末动能：E k ′＝12m v 22≈22.56 J. 所以ΔE k ＝ΔE k ′－E k ＝21 J.借题发挥 关于动量变化量的计算(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．(2)若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．三、对动量定理的理解和应用1．动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft ＝m v t －m v 0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F 是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F 应是合外力在作用时间内的平均值．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．【例3】 在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)答案 12 s解析 法一 用动量定理解，分段处理．选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v .取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0，对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v .以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 法二 用动量定理解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得(F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 针对训练2 质量为0.5 kg 的弹性小球，从1.25 m 高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m ，g 取10 m/s 2.(1)若地板对小球的平均冲力大小为100 N ，求小球与地板的碰撞时间；(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1 s ，求小球对地板的平均冲力．答案 (1)0.047 s (2)55 N ，方向竖直向下解析 (1)碰撞前的速度：v 1＝2gh 1＝5 m/s 方向竖直向下碰撞后的速度：v 2＝2gh 2＝4 m/s 方向竖直向上取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：(F －mg )Δt ＝m v 2－(－m v 1)解得Δt ≈0.047 s(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失故碰撞后球的速度：v 2′＝5 m/s ，方向竖直向上由动量定理得(F ′－mg )Δt ′＝m v 2′－(－m v 1)解得F ′＝55 N由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55 N ，方向竖直向下.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1．质量为1 kg 的A 球以3 m/s 的速度与质量为2 kg 静止的B 球发生碰撞，碰后两球均以1 m/s 的速度一起运动．则两球的碰撞属于______类型的碰撞，碰撞过程中损失了______J 动能．答案 完全非弹性 3解析 由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v t 2＝(12×1×32－12×3×12) J ＝3 J.对动量和动量变化量的理解2．关于动量，下列说法正确的是( )A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大答案 D解析动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp ＝m·Δv，知D正确．动量定理的理解和应用3．(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是()A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量B．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·sD．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s答案BD4．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500 N B．1 100 NC．600 N D．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＝－m v所以F＝mg＋m vt＝60×10 N＋60×101.5N＝1 000 N.(时间：60分钟)题组一对碰撞的理解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，其动能大小为E1，球2的动能大小为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. (多选)如图1所示，A、B两个小球发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是()图1A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向在同一条直线上答案BD解析根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B、D项正确；A项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C项条件不一定能发生一维碰撞．3．如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t图象．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断：图2①碰前m2静止，m1向右运动②碰后m2和m1都向右运动③碰撞过程中系统机械能守恒④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能以上判断正确的是()A．①③B．①②③C．①②④D．③④答案 A解析由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故①是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，②错误；由题图乙可以计算出碰前m1的速度v10＝4 m/s，碰后速度v1＝－2 m/s，碰前m20的速度v20＝0，碰后速度v2＝2 m/s，碰撞过程中系统损失的机械能ΔE k＝12m1v102－12m1v12－12m2v22＝0，因此③是正确的，④是错误的．题组二对动量的理解4．(多选)下列说法中正确的是()A．物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变B．物体的速度方向改变时，其动量不一定改变C．物体的动量不变，其速度一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向答案ACD5．(多选)下列说法中正确的是()A．动能变化的物体，动量一定变化B．动能不变的物体，动量一定不变C．动量变化的物体，动能一定变化D．动量不变的物体，动能一定不变答案AD解析动量是矢量，p＝m v，动能是标量，E k＝12m v2，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，B、C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确．6．下列说法正确的是()A．动能为零时，物体一定处于平衡状态B．物体做曲线运动时动量一定变化C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变答案 B解析动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体做曲线运动时速度方向一定变化，所以动量一定变化．选项B正确；合外力不变且不为0时，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．题组三动量定理的理解与计算7．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长答案CD解析杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，则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＝m2gh，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＝m2gh相同，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝m2gh，所以F＝m2ghΔt＋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．8．如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点()图3A．仍在P点B．在P点左侧C．在P点右侧不远处D．在P点右侧原水平位移的两倍处答案 B解析以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减少，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．9．如图4所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()图4A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同答案 D解析在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝m v2－(－m v1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同．10.如图5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t1速度为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()图5A．mg sin θ(t1＋t2) B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) 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总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，即C正确．11．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么()A．I1<I2，W1＝W2B．I1<I2，W1<W2C．I1＝I2，W1＝W2D．I1＝I2，W1<W2答案 D解析在Δt1内，I1＝FΔt1＝m v－0＝m v，在Δt2内，I2＝FΔt2＝2m v－m v＝m v，所以I1＝I2，又因为W1＝12m v2，W2＝12m(2v)2－12m v2＝32m v2，所以W1<W2，选项D正确．12.质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度冲向墙壁后又以4 m/s的速度反向弹回，如图6所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s，则小球所受到的平均力大小为________N.图6答案90解析选定小球与墙碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－m v2－m v1所以，F＝－m v2－m v1t＝－0.5×4－0.5×50.05N＝－90 N“－”号说明F的方向向左．13．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．(g取10 m/s2) 答案 1.5×103 N解析将运动员看做质量为m的质点，从高h1处下落，刚接触网时速度的大小v1＝2gh1(竖直向下)．弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小v2＝2gh2(竖直向上)．选竖直向上为正方向．由动量定理得(F－mg)·Δt＝m[v2－(－v1)]由以上各式解得F＝mg＋m 2gh2＋2gh1Δt代入数据得F＝1.5×103 N第二节(2)动量动量守恒定律[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.理解动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.会用动量守恒定律解决实际问题．一、系统、内力与外力1．系统：具有相互作用的两个物体组成一个力学系统．2．内力：系统中，物体间的相互作用力．3．外力：系统外部其他物体对系统的作用力．二、动量守恒定律1．内容：如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．2．表达式：对两个物体m1、m2组成的系统，常写成：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2.想一想如图1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？图1答案不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中一、对动量守恒定律的理解1．研究对象相互作用的物体组成的系统．2．动量守恒定律的成立条件(1)系统不受外力或所受合外力为零．(2)系统受外力作用，但内力远大于外力，此时动量近似守恒．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零或某一方向上内力远大于外力，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的几个性质(1)矢量性．公式中的v10、v20、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v10、v20、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”是指相互作用前同一时刻，v10、v20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】(多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图2所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是()图2A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案ACD解析在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，后放开右手，系统的动量守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量都保持不变，D对．针对训练如图3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3A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案 C解析两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，选项D错误．二、动量守恒定律的简单应用1．动量守恒定律的表达式及含义(1)p0＝p：系统相互作用前总动量p0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)m1v10＋m2v20＝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v10＝30 cm/s，v20＝－10 cm/s；v2＝0.由动量守恒定律列方程m1v10＋m2v20＝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】如图4所示，将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上．图4(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？答案(1)1 m/s方向向右(2)0.5 m/s方向向右解析两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．(1)据动量守恒得：m v甲－m v乙＝m v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：m v甲－m v乙＝m v′＋m v′.解得v′＝m v甲－m v乙2m＝v甲－v乙2＝3－22m/s＝0.5 m/s，方向向右.对动量守恒条件的理解1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是()A．枪和弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒答案 D解析内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒；枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒；枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．故D正确．2．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是()图5A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒答案BC解析a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b构成的系统动量不守恒；a 离开墙壁后，系统所受合外力等于零，系统的动量守恒．动量守恒定律的简单应用3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.则甲、乙两物体质量之比为()图6。