(共68张PPT)
3 动量守恒定律
第一章 动量守恒定律
学习目标
1．知道系统、内力、外力的概念
2．掌握动量守恒定律的内容及表达式，知道其守恒的条件
3．了解动量守恒定律的普遍意义，会用动量守恒定律解决实际问题
学法指导
1．熟悉动量守恒公式的推导、变形，与其他定律的区别和联系，计算时需注意单位的统一和矢量的方向性
2．理解动量守恒定律(内容、守恒条件)，会分析计算同一直线上两个物体的动量守恒问题
3．学会运用建模思想，把复杂的问题分解成熟悉的模块，逐一解决
4．本节内容综合性较强，有时需要结合受力分析、牛顿运动定律、能量守恒等知识的运用
知识导图
预习导学 | 新知领悟
1．系统
相互作用的两个或多个物体构成的________．
2．内力
系统________物体间的作用力．
3．外力
系统________的物体施加给系统________物体的力．
系统、内力、外力
整体
中
以外
内
如图所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将前面两辆汽车看作一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是内力，还是外力？如果将后面两辆汽车看作一个系统呢？
【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所选择的系统．如果将前面两辆汽车看作一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是系统以外的物体对系统内物体的作用力，是外力；如果将后面两辆汽车看作一个系统，最后面一辆汽车与中间汽车的作用力是系统内部物体之间的作用力，是内力．
如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度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，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后 ( )
A．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】根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D错误．
1．内容
如果一个系统不受________或者所受________的矢量和为0，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＝__________或m1v1＋m2v2＝_______________.
3．适用条件
系统不受________或者所受________的矢量和为零．
动量守恒定律
外力
外力
p1′＋p2′
m1v1′＋m2v2′
外力
外力
1．系统总动量为零，是不是组成系统的每个物体的动量都等于零？
【答案】不是．系统总动量为零，并不一定是每个物体的动量都为零，还可以是几个物体的动量并不为零，但它们的矢量和为零．
2．动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是否一样？
【答案】动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广．自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，对于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律不再适用．
(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 ( )
A．斜面和小球组成的系统动量守恒
B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C．斜面向右运动
D．斜面静止不动
【答案】BC
【解析】小球加速下滑，系统竖直方向上有向下的加速度，竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，但系统水平方向上合力为零，故系统水平方向上动量守恒，因小球下滑过程中水平方向的速度在增大，由动量守恒定律可得，斜面水平向右的速度也在增加，故B、C正确．
多维课堂 | 素养初培
如图所示，两小球m1和m2在光滑的水平面上沿同一直线同向匀速运动，且v2＞v1，两球相撞后的速度分别为v1′和v2′.
对动量守恒定律的理解
问题
(1) 两球在碰撞过程中系统动量守恒吗？若守恒，请写出动量守恒表达式．
(2) 试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前动量m1v1＋m2v2和碰后动量m1v1′＋m2v2′的关系．
【答案】(1) 守恒，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(2) 设m1和m2间的相互作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t，根据动量定理可得F1t＝m1v1′－m1v1，F2t＝m2v2′－m2v2．
由牛顿第三定律可得F1＝－F2．
故有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)
即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
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，不仅仅是初、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．
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．
探究总结
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0．
(2)系统受外力作用，合外力也不为0，但合外力远远小于内力．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)系统所受到的合外力不为0，但在某一方向上合外力为0，或在某一方向上外力远远小于内力，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的五个性质
(1)矢量性：动量守恒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：在动量守恒定律中，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参考系，各物体的速度通常均为对地的速度．
(3)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足动量守恒条件．
(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．
素养点评：本探究通过对动量守恒定律的理解，培养“科学思维”素养．
对动量守恒定律条件的理解
精练1 (多选)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是 ( )
A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒
B．只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒
C．系统加速度为零，系统动量一定守恒
D．只要系统所受合外力不为零，则系统在任何方向上动量都不可能守恒
【答案】BC
【解析】动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，选项A错误、B正确．系统加速度为零时，根据牛顿第二定律可得系统所受合外力为零，所以此时系统动量守恒，选项C正确．系统合外力不为零时，在某方向上合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，选项D错误．
变式1 (多选)如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是 ( )
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三木块组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量
不守恒
【答案】BC
【解析】当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已经分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三木块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，D错误．
对动量守恒定律的理解
精练2 如图所示，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 ( )
A．p1＋p2＝p1′＋p2′
B．p1－p2＝p1′－p2′
C．p1′－p1＝p2′＋p2
D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
【答案】D
【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．取向右为正方向，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′，由系统动量守恒知p1－p2＝p1′＋p2′，经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D正确．
变式2 (多选)如图所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，若A、B两物体分别向左、右运动，则有 ( )
A．A、B系统动量守恒
B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动
D．小车向右运动
【答案】BC
【解析】弹簧释放后，C对A的摩擦力向右，大小为μmAg，C对B的摩擦力向左，大小为μmBg，所以A、B系统所受合外力方向向右，动量不守恒，A错误．由于力的作用是相互的，A对C的摩擦力向左，大小为μmAg，B对C的摩擦力向右，大小为μmBg，所以C所受合外力方向向左而向左运动，C正确，D错误．由于地面光滑，A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，B正确．
关于动量守恒定律理解的三个误区
1．误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒．产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻总动量均不变，才符合动量守恒定律．
2．误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线．
3．误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系．出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系．
1666年在英国皇家学会的例会上有人表演了如下实验：用两根细绳竖直悬挂两个质量相等的钢球A和B，静止时两球恰好互相接触靠在一起，使A球偏开一角度后放下，撞击B球，B球将上升到A球原来的高度，而A球则静止，然后B球落下又撞击A球，B球静止，A球又几乎升到原来的高度，以后两球交替往复多次．
动量守恒定律的应用
问题
你知道其中的规律吗？
【答案】在整个相互作用过程中有一个量(系统动量)恒定不变．
1．动量守恒定律的三种表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′，大小相等，方向相同)．
(2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反向)．
(3)Δp＝p′－p＝0(系统总动量的变化量为零)．
探究总结
2．应用动量守恒定律的解题步骤
素养点评：本探究通过“动量守恒定律应用”的研究，培养“科学思维”素养．
动量守恒定律的应用
精练3 如图所示，质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v，子弹穿过物体A的时间极短．已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：
(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；
(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)
变式3 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g取10 m/s2)
【答案】27 m/s
变式4 光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动．
(1)若槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)；
(2)若槽不固定，则小球上升多高？
运用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
1．分析题意，明确研究对象．
在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统．对于比较复杂的物理过程，要对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．
2．要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析．
弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒条件，判断能否应用动量守恒定律．
3．明确所研究的物体间相互作用的过程，分清始、末状态时系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．
【注意】在研究地面上物体间相互作用的过程中，各物体运动的速度均应取地球为参考系．
4．确定好正方向建立动量守恒方程求解．
核心素养微专题
短道速滑
短道速滑第一次在冬奥会上亮相是在1988年的卡尔加里冬奥会上，当时短道速滑仅仅是表演项目.1992年国际奥委会(IOC)正式把短道速滑列为奥运会项目．
短道速滑在冬奥会的第一次亮相获得了巨大的成功，在1994年的利勒哈默尔冬奥会上，短道速滑共设立了六个小项，即男女500米、1 000米和接力．在盐湖城冬奥会上，短道速滑所设立的小项继续增加，IOC又加设了男女1 500米的比赛，使短道速滑的金牌总数达到八枚．
尽管短道速滑在1992年才成为冬奥会的正式项目，但是在短道上比赛的形式早在1932年的普莱西德湖冬奥会上就出现了，当年举行的所有速度滑冰比赛都采用了与今天短道速滑类似的形式进行，这引起了传统的欧洲人的恐慌．一些短道速滑运动员对短道竞赛的形式非常反感，因此他们拒绝参加这种形式的比赛，其中最有名的一位就是五枚冬奥会金牌得主——芬兰运动员克劳斯－桑博格．
【考题延伸】(2021届广州月考)如图，短道速滑接力比赛中，运动员甲和乙在水平直道交接时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，则此过程中 ( )
A．甲、乙系统的总动量守恒
B．甲、乙系统的机械能守恒
C．甲、乙的动量变化量相同
D．甲、乙的动能变化量相同
【答案】A
【解析】乙猛推甲一把过程中，甲、乙系统所受外力的矢量和为0，则甲、乙系统的总动量守恒，A正确；乙猛推甲一把过程中，乙将体内的化学能转化为机械能，则甲、乙系统的机械能增加，B错误；乙猛推甲一把过程中，甲对乙和乙对甲的作用力大小相等，方向相反，由动量定理可知，甲、乙的动量变化量大小相等，方向相反，故动量变化量不相同，C错误；甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，D错误．
素养点评：本题通过考查短道速滑比赛，培养学生的“科学态度与责任”素养．
课堂小练 | 素养达成
1．(2021届金溪县第一中学月考)关于动量守恒的条件，下列说法正确的有 ( )
A．只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒
B．只要系统受外力做的功为零，动量守恒
C．只要系统所受到合外力的冲量为零，动量守恒
D．系统加速度为零，动量不一定守恒
【答案】C
【解析】只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统受外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，如用绳子拴着一个小球，让小球做匀速圆周运动，小球转过半圆的过程中，系统外力做功为零，但小球的动量不守恒，故B错误；由动量定理可知，系统所受到合外力的冲量为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D错误；故选C．
2．(2021届三门峡义马高中月考)小船相对于地面以速度v1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v水平向西抛出一个质量为m的重物，则小船的速度将 ( )
A．不变 B．减小
C．增大 D．改变方向
【答案】C
3．(2021届安溪一中联考)在光滑水平面上有两辆车，上面分别站着A、B两个人，人与所在车的质量总和相等，在A的手中拿有一个球，两车均保持静止状态，当A将手中球抛给B，B接到后，又抛给A，如此反复多次，最后球落在B的手中，则下列说法中正确的是 ( )
A．A、B两车速率相等
B．A车速率较大
C．A车速率较小
D．两车均保持静止状态
【答案】B
【解析】由动量守恒可知，总动量始终为零，则两辆车(包括各自车上站的人)的动量大小相等，方向相反．这样质量大的速度就小，最后球在B车上，所以A车速度大，B正确．故选B．
4．(2021届绵阳南山中学期中)如图所示，水平面上 A、B 两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A、B 两物体质量之比为2∶1，它们与水平面间的动摩擦因数之比为 1∶2．现将线烧断，A、B物体从静止被弹开过程中，则下列判断正确的是 ( )
A．A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C．A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒
D．A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】A、B被弹开后，根据f＝μmg可知，两物体所受的摩擦力大小相等，方向相反，则A、B 和弹簧组成的系统所受的合力为零，系统动量守恒；因有摩擦力做功，则系统的机械能不守恒．故选B．
5．(2021届北京通州区月考)甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去．已知甲推乙之前两人的总动量为0，甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg.关于甲推乙后两人的动量和速率，下列说法正确的是 ( )
A．两人的总动量大于0
B．两人的总动量等于0
C．甲、乙两人的速率之比为1∶1
D．甲、乙两人的速率之比为9∶10
【答案】B (共74张PPT)
4 实验：验证动量守恒定律
第一章 动量守恒定律
学习目标 学法指导
1．掌握动量守恒定律的适用范围 2．会用实验验证动量守恒定律 1．明确实验的目的和原理
2．清楚实验条件，按实验原理完成实验操作
3．正确记录并处理实验数据得出实验结论
知识导图
预习导学 | 新知领悟
一、实验目的
(1)明确探究碰撞中的不变量的基本思路．
(2)探究一维碰撞中的不变量．
二、实验原理
1．理想化的碰撞——一维碰撞
两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动．
2．追寻不变量
在一维碰撞的情况下，与物体运动有关的物理量只有物体的质量和物体的速度，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′.如果速度与规定的正方向一致，则速度取正值，否则取负值．
依据猜想与假设，通过实验探究寻找碰撞前后的不变量，可能是下列的哪些关系？
探究以上各关系式是否成立，关键是准确测量碰撞前后的速度v1、v2、v1′、v2′.因此，利用气垫导轨和与之配套的光电计时装置，可保证两物体碰撞是一维碰撞，并可比较准确地测量出碰撞前后的速度．
3．实验方案设计
方案1：用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞．
实验装置如图所示：
(4)碰撞实验方法：
①用细线将弹簧压缩，放置于两个滑块之间，并使它们静止，然后烧断细线，弹簧弹开，两个滑块随即向相反方向运动(图甲)．
②在两滑块相碰的端面上装上弹性碰撞架(图乙)，可以得到能量损失很小的碰撞．
③在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个滑块连成一体运动(图丙)，这样可以得到能量损失很大的碰撞．
方案2：利用等长悬线悬挂等大小的小球实现一维碰撞．
实验装置如图所示：
(1)质量的测量：用天平测量质量．
(2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度．
(3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失．
方案3：利用小车在光滑长木板上碰撞另一辆静止的小车实现一维碰撞．
实验装置如图所示：
(1)质量的测量：用天平测量质量．
三、实验器材
方案1：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧、细线、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．
方案2：带细线的摆球(两个)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．
方案3：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两辆)、天平、撞针、橡皮泥等．
四、实验步骤
不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：
(1)用天平测量相关碰撞物体的质量m1、m2．
(2)安装实验装置．
(3)使物体发生一维碰撞．
(4)测量或读出碰撞前后相关的物理量，计算对应的速度．
(5)改变碰撞条件，重复步骤(3)、(4)．
(6)进行数据处理，通过分析比较，找出碰撞中的“不变量”．
7．整理器材，结束实验．
五、数据处理
将实验中测得的物理量填入下表，填表时需注意物体碰撞后运动的速度与原来的方向相反的情况.
比较 碰撞前 碰撞后
质量 m/kg m1 m2 m1 m2
速度 v/(m·s－1) v1 v2 v1′ v2′
六、误差分析
1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：
(1)碰撞是否为一维碰撞．
(2)实验中是否合理设置实验条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡摩擦力．
2．偶然误差：主要来源于对质量m和速度v的测量．
七、注意事项
1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．
2．方案提醒：
(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．
(2)若利用摆球进行实验，两小球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．
(3)若利用长木板进行实验，可在长木板的一端下垫一小木片用以平衡摩擦力．
3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．
多维课堂 | 素养初培
实验原理与操作
精练1 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后与左侧有固定弹簧的滑块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，滑块1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)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】(2)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 0.60
③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变 b．碰撞前后总动能不变
变式1 (2021届辽宁六校联考)如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；
②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为sM、sP、sN.依据上述实验步骤，请回答下面问题：
(1)两小球的质量m1、m2应满足m1________m2(填“>”“<”或“＝”)．
(2)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中______点，m2的落点是图中________点．
(3)用题目中给出的符号来表示，只要满足关系式_____________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的．
【解析】(1)为了保证碰后一起向前运动，必须满足m1>m2．
(2)由于m1>m2，两球碰撞后，m2的速度比m1自由滚下时的速度还要大，m1的速度减小，因此m1落到M点，而m2落到N点．
(3)设斜面倾角为θ，物体落到斜面上距离抛出点s时，根据平抛运动
实验数据处理
精练2 某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起继续做匀速运动，如图所示．在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz.
(1)若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间的距离．则应选图中________段来计算A碰前的速度，应选________段来计算A和B碰后的速度．
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，则由以上结果可得碰前mAvA＋mBvB＝________kg·m/s，碰后mAvA′＋mBvB′＝________kg·m/s.
(3)从实验数据的处理结果来看，A、B碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？
【答案】(1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)mv
【解析】(1)因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A与B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小．所以，应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且点距较小的DE段计算A和B碰后的速度．
故碰撞前：mAvA＋mBvB＝0.40×1.05 kg·m/s＋0.20×0 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝(mA＋mB)vA′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.
(3)数据处理表明，mAvA＋mBvB≈mAvA′＋mBvB′，即在实验误差允许的范围内，A、B碰撞前后总动量mv是不变的．
变式2 (2020年烟台名校适应性练习)某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：
①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平；
②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘．将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P；
③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P2；
④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P1、P3．
(1)下列说法正确的是________．
A．小球a的质量一定要大于小球b的质量
B．弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑
C．步骤②③中入射小球a的释放点位置一定相同
D．把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平
(2)本实验必须测量的物理量有________．
A．小球的半径r
B．小球a、b的质量m1、m2
C．弹簧的压缩量x1，木板距离桌子边缘的距离x2
D．小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3
(3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式__________________时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒．
【解析】(1)小球a的质量一定要大于小球b的质量，以防止入射球碰后反弹，选项A正确；弹簧发射器的内接触面及桌面不一定要光滑，只要a球到达桌边时速度相同即可，选项B错误；步骤②③中入射小球a的释放点位置不一定相同，但是步骤③④中入射小球a的释放点位置一定要相同，选项C错误；把小球轻放在桌面右边缘，观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平，选项D正确．故选AD．
课堂小练 | 素养达成
1．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
【答案】B
【解析】实验中小球能水平飞出是实验成功的关键，只有这样才能验证在水平方向的动量关系．
2．(多选)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列哪些操作是正确的 ( )
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
【答案】BC
【解析】车的质量可以用天平测量，没有必要一个用钉子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则是先接通电源，选项C正确．
3．如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车上系有一穿过打点计时器的纸带，启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如
图乙所示，电源频率为50 Hz，
则碰撞前甲车速度大小为____
m/s，碰撞后两车的共同速
度大小为________m/s.
【答案】0.6 0.4
4．某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，
甲
乙
在小车A后连着纸带，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图甲所示．
(1)长木板右端下面垫放一小木片的目的是__________．
(2)若已获得的打点纸带如图乙所示，A为运动的起点，各计数点间距分别记为AB、BC、CD和DE，用天平测得A、B两车的质量分别为mA、mB，则需验证的表达式为____________________．
【答案】(1)平衡摩擦力 (2)mA·BC＝(mA＋mB)·DE
【解析】(1)长木板右端下面垫放一小木片，目的是平衡摩擦力，使小车拖着纸带在木板上能做匀速运动．
(2)从题图中可以看出，B到C的时间等于D到E的时间，所以可以用BC代表小车碰前的速度，用DE代表碰后的速度，应有mA·BC＝(mA＋mB)·DE.
5．(2021届南昌第二中学月考)如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则 ( )
A．m1>m2，r1>r2
B．m1>m2，r1C．m1>m2，r1＝r2
D．m1(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________．(填下列对应的字母)
A．直尺 B．游标卡尺
C．天平
D．弹簧秤 E．秒表
(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在此装置中，所得“验证动量守恒定律”的结论为____________________(用装置图中的字母来表示)．
【解析】(1)为了保证碰撞中入射小球不会被反弹，要求m1>m2，为了保证两个小球发生对心碰撞，碰撞前后在一条线上，所以要求r1＝r2，故C正确，A、B、D错误．
(2)碰撞过程中动量守恒，即m1v1＝m1v1′＋m2v2′，测小球的质量要用到天平，测速度需要利用平抛运动中的位移来计算，所以需要的器材有天平和直尺，故A、C正确．
6．(2021届太原第五中学月考)如图所示，在做“碰撞中的动量守恒”的实验中，所用钢球质量m1，玻璃球的质量为m2，两球的半径均为r.实验时，钢球从斜槽上同一位置由静止释放，玻璃球置于小支柱上(设两球碰撞为弹性碰撞，小支柱不影响钢球的运动)．某同学重复10次实
验得到如下图所示的记录纸，其中O
是斜槽末端的投影点．回答下列问题：
(1)P点为___________________________________________落点，
M点为____________________________________________落点，
N点为_____________________________________________落点．
(2)安装和调整实验装置的两个主要要求是：__________________________________.
测量得OM＝x1，OP＝x2，ON＝x3，则要验证的动量守恒关系式为(用题中所给相关符号表示)：__________________________.
【答案】(1)没放玻璃球时，钢球的平均(或钢球单独滚下时的平均) 碰撞后，钢球的平均 碰撞后，玻璃球的平均 (2)斜槽末端保持水平，碰撞时两球球心在同一水平线上 m1x2＝m1x1＋m2(x3－2r)
【解析】(1)入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以P点是没放玻璃球时，钢球的平均落地点，M点是碰后钢球的平均落地点，N点为碰后被碰玻璃球的平均落地点．
(2)为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平．否则会引起误差；为了发生对心碰撞，两球的直径需相同且在同一高度，否则会引起误差．碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2，小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，m1v1t＝m1v1′t＋m2v2t，但本题中的O点并非实际抛出点的投影点，故在计量水平位移时，均需减掉2r，故表达式为m1(x2－2r)＝m1(x1－2r)＋m2(x3－2r)，化简后可得m1x2＝m1x1＋m2(x3－2r)．
7．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“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，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
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把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先____________________，然后__________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图所示；
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.
【答案】(1)接通打点计时器的电源 放开滑块1
(2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72
(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和
(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦
(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．
(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．(共64张PPT)
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
第一章 动量守恒定律
学习目标 学法指导
1．知道什么是弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞) 2．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题 3．知道散射和中子的发现过程，体会理论对实践的指导作用，进一步了解动量守恒定律的普适性 1．通过碰撞实验学生对于碰撞问题中动量和机械能的守恒或不守恒的理解
2．通过分组合作的探究性学习过程，锻炼学生主动与他人合作的精神
3．通过观察和推理，分析大量碰撞现象，提高对理论的认识及应用知识的水平
知识导图
预习导学 | 新知领悟
1．从能量角度分类
(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能________．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能________．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰撞后具有共同速度，这种碰撞动能损失________．
碰撞的分类
守恒
不守恒
最大
2．从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类
(1)正碰(对心碰撞)：两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的速度方向与________的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度仍会沿着________．
(2)斜碰(非对心碰撞)：两个球发生碰撞，如果碰撞之前球的运动速度方向与________的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度方向都会________原来两球心的连线．
两球心
这条直线
两球心
偏离
两小球发生对心碰撞，碰撞过程中，两球的机械能守恒吗？
【答案】两球发生对心碰撞，动量是守恒的，但机械能不一定守恒，只有发生弹性碰撞时，机械能才守恒．
(多选)下列关于碰撞的理解正确的是 ( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
【答案】AB
【解析】碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力都远大于外力，故A、B正确．如果碰撞过程中机械能守恒，就叫作弹性碰撞，故C错误．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞，故D错误．
弹性碰撞特例
(1)两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰
后两球速度分别为v1′＝____________v1，v2′＝____________v1．
(2)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝________，v2′＝________，即两者碰后交换速度．
弹性碰撞的处理
0
v1
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝0．表明m1被反向以________弹回，而m2仍静止．
(4)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝________，v2′＝________.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
－v1
原速率
v1
2v1
1．如图所示，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1以速度v0向右做匀速直线运动，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？
【答案】小球1与小球2碰撞后交换速度，小球2与小球3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动．
2．微观粒子能否碰撞？动量守恒定律适用于微观粒子吗？
【答案】宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子碰撞时不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可认为是发生了碰撞，所以微观粒子也可以用动量守恒定律分析求解．
如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是A向________运动，B向________运动．
【答案】左 右
【解析】选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0．B的动量pB＝－2mv0．碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒定律，碰后A、B的动量之和也应为零．
多维课堂 | 素养初培
如图所示，物体A和B放在光滑的水平面上，A、B之间用一轻绳连接，开始时绳是松弛的，现突然给A以水平向右的初速度v0．(作用过程绳未断)
对碰撞种类的理解
问题
(1)物体A和B组成的系统动量是否守恒？机械能是否守恒？
(2)上述物体A和B之间的作用过程可以视为哪一类碰撞？
【答案】(1) 动量守恒，机械能不守恒．
(2) 完全非弹性碰撞．
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力．
(3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置．
探究总结
2．处理碰撞问题的三个原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要合理：
①若碰前两物体同向，则v后>v前，碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′.
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向，不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
素养点评：本探究通过对碰撞种类的理解，培养“物理观念”素养．
对碰撞的理解
精练1 两球做相向运动，碰撞后两球变为静止，则碰撞前两球
( )
A．质量一定相等 B．动能一定相等
C．动量大小一定相等 D．以上均不正确
【答案】C
【解析】碰撞前后动量守恒，碰后静止，则系统总动量为0，说明两球动量大小相等，方向相反，故选C．
变式1 在光滑水平面上，两球沿着球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞．则下列现象中不可能发生的是 ( )
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率相互分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
【答案】B
【解析】根据碰撞动量守恒以及碰撞前后机械能不增加，得出B不可能发生，故B正确．
碰撞的可能情况
【答案】D
【答案】D
【解析】两个质量相等的小球发生弹性正碰，若碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．
求解碰撞问题常用的三种方法
1．解析法：碰撞过程，若从动量角度看，系统的动量守恒；若从能量角度分析，系统的动能在碰撞过程中不会增加；从物理过程考虑，题述的物理情景应符合实际情况，这是用解析法处理问题应遵循的原则．
2．临界法：相互作用的两个物体在很多情况下，皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两个物体“相距”最近、“相距”最远这一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．
3．极限法：处理碰撞问题时，有时我们需要将某些未知量设出，然后根据实际情况将未知量推向极端，从而求得碰撞的速度范围．
如图所示，光滑的水平地面上放着一块质量为M、长度为d的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块．如果木块足够长，子弹最终将留在木块内；如果木块不够长，子弹将击穿木块并穿出，可假设穿出后子弹的速度为v，子弹与木块间的平均摩擦力为f.
碰撞模型的理解和应用
问题
(1)子弹撞击木块的过程中，系统的动量守恒吗？系统的机械能守恒吗？
(2)在子弹和木块的作用中，系统的一部分机械能转化成了哪种能量？
(3)在子弹和木块的两种作用情境中，哪种损失的机械能多？
(4)在解答实际问题中，能否列出能量守恒与转化方程？
【答案】(1)由于桌面光滑，系统只受内力作用，故动量守恒；由于有摩擦力做功，故机械能不守恒．(2)作用过程中，克服摩擦力做功，系统的一部分机械能转化为内能．(3)子弹留在木块内，最终共速，相当于完全非弹性碰撞，故此种情况损失的能量最多．(4)可列出能量守恒方程，即碰前的机械能等于碰后的机械能与产生的热量之和，也可通过动能定理列方程．
三类“碰撞”模型
(1)子弹打击木块模型．
如图所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
探究总结
(2)连接体模型．
如图所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．
(3)板块模型．
如图所示，在光滑的水平面上，物块A以速度v0在木板B上滑行，当A在B上滑行的距离最远时(未脱离)，A、B相对静止，A、B的速度相等．此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
素养点评：本探究通过对“碰撞模型的理解和应用”的研究，培养“科学思维”素养．
弹簧模型
精练3 如图所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上．B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为 ( )
A．4 J B．8 J
C．16 J D．32 J
【答案】B
变式3 如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是
( )
A．A开始运动时
B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时
D．A和B的速度相等时
【答案】D
【解析】对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒．而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值．当A、B速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，所以此时动能损失最大，故选D．
滑板模型
精练4 (多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 ( )
【答案】BD
变式4 (多选)(2021届广东实验中学期中)如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长l＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则 ( )
A．物块滑上小车后，物块和小车构成的系统动
量守恒
B．物块滑上小车后，物块和小车构成的系统机械能守恒
C．若v0＝2 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s
【答案】ACD
子弹打木块模型
精练5 (多选)木块长为L，静止在光滑的水平桌面上，有A、B两颗规格不同的子弹以相反的速度vA、vB同时射向木块，A、B在木块中嵌入的深度分别为dA、dB，且dA>dB，(dA＋dB)A．速度vA>vB
B．子弹A的动能等于子弹B的动能
C．子弹A的动量大小大于子弹B的动量大小
D．子弹A的动量大小等于子弹B的动量大小
【答案】AD
【解析】由题知，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析可知，两子弹对木块的推力大小相等，方向相反，子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动．设两子弹所受的阻力大小均为f，根据动能定理，对A子弹有－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB.由于dA>dB，则子弹入射时的初动能EkA>EkB，B错误．
变式5 (多选)(2020年重庆西南大学附属中学期中)矩形滑块由不同材料的上下两层黏结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较
( )
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．两次滑块受的冲量一样大
C．子弹射入下层过程中克服阻力做功较少
D．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多
【答案】AB
【解析】由动量守恒可知两种情况的最后速度相同，则滑块获得的动能相同，根据动能定理可知子弹对滑块做的功相同，A正确；根据动量定理，滑块所受合外力的冲量等于其动量的变化量，所以两种情况下滑块受的冲量相同，B正确；根据能量守恒，系统初动能相同，末动能相同，则系统损失的动能相同，所以产生的热量相等，克服阻力做功相等，C、D错误．
子弹打木块模型需遵守的规律
1．动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对相互作用力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反．
2．运动学规律：“子弹”穿过“木块”可看作两个做匀变速直线运动的物体间的追及问题，或说是一个相对运动问题．在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小．
3．动量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律．
4．能量规律：由于相互作用力做功，每个物体动能均发生变化，力对“子弹”做的功等于“子弹”动能的变化，力对“木块”做的功等于“木块”动能的变化．
核心素养微专题
碰 碰 车
碰碰车的供电为地网式供电：一种用条块状导体组合而成的供电网络，是在一块足够大的绝缘板上，布置若干导电条，相邻导电条的电极性相反，各导电条以适当的方法各自与电源的同名端相连．当一个物体在供电网络里自由活动时，可通过一个滑动触点组从供电网络中吸取电能或电信号．此条块状供电网络，可直接应用于游乐园中的碰碰车供电．采用这种供电方法的碰碰车活动场所，地面不必再铺钢板，可直接利用普通地面．
碰碰车的游戏规则是：驾驶者争取最快在场内完成绕圈，途中可以横冲直撞，把对手的车碰开．当时间到了，游戏结束时操作员把电源关上．碰碰车的速度通常很慢，就算是碰撞亦不会损害人和车．最早的碰碰车在1910年已出现．
【考题延伸】(2021届盐城调研)如图所示，在游乐场，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．设甲同学和车的总质量为M，碰撞前向右运动，速度大小为v1；乙同学和车的总质量为1.5M，碰撞前向左运动，速度大小为0.5v1．求碰撞后两车共同的运动速度．
【答案】0.1v1 方向水平向右
【解析】设水平向右为正方向，由动量守恒可得Mv1－1.5M×0.5v1＝(M＋1.5M)v共，解得v共＝0.1v1，方向水平向右．
素养点评：本题通过考查动量守恒定律在碰撞中的应用，培养学生的“科学思维”素养．
课堂小练 | 素养达成
1．(2021届邢台期中)短道速滑接力赛中，质量为60 kg的甲以大小为10 m/s的速度在前面滑行，质量为50 kg的乙以大小为12 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，之后乙的速度大小变为4 m/s，乙的方向与原速度方向相反(整个过程均在同一条直线上)，则推后瞬间甲的速度大小为 ( )
【答案】B
2．(2020年冀州期中)甲、乙两球在光滑水平地面上同向运动，动量分别为p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量关系可能是 ( )
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】C
3．(2021届哈尔滨期末)质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于 ( )
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，不能判断
【答案】A
【答案】D
【答案】C (共63张PPT)
6 反冲现象 火箭
第一章 动量守恒定律
学习目标 学法指导
1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用 2．知道反冲运动的原理 3．掌握应用动量守恒定律解决反冲运动问题 4．了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素 1．通过观察反冲现象，寻找它们的共同规律，培养观察能力和发现问题的能力
2．进一步提高运用动量守恒定律分析和解决实际问题的能力
3．了解我国的航空、航天事业的巨大成就和当前的航空、航天计划，激发学生热爱祖国的情感
4．体会物理知识来源于生活而又应用于生活的特点，提高学习物理的积极性
知识导图
预习导学 | 新知领悟
1．定义
根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向__________的方向运动，这个现象叫作__________．
反冲运动
相反
反冲
2．反冲原理
反冲运动的基本原理是________定律，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得____________的动量．
3．公式
若系统的初始动量为零，则动量守恒定律的表达式变为0＝____________，此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小________、方向________，而它们的速率与质量成________．
动量守恒
同样大小
m1v1＋m2v2
相等
相反
反比
1．反冲运动中，内力做功的代数和是否为零？
【答案】不为零．反冲运动中，两部分受到的内力做功的代数和为正值．
2．两位同学在公园里划船，当小船离
码头大约1.5 m时，有一位同学心想：自己
在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，
跳到岸上绝对没有问题．于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图所示)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸
上呢？
【答案】这位同学与船组成的系统在不
考虑水的阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律．在她向前跳起瞬间，船要向后运动，使其跳出后对地速度变小．
(2021届临夏中学期末)如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m，底座质量为3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以相对地面v的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是 ( )
【答案】C
1．原理
火箭的飞行应用了________的原理，靠喷出气流的________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____________，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比．喷气速度________，质量比________，火箭获得的速度越大．
火箭
反冲
反冲
喷气速度
越大
越大
假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？
【答案】应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行．
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/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
【答案】A
【解析】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，A正确．
多维课堂 | 素养初培
如图所示，为一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，不计水的阻力．
人船模型
问题
(1) 小船发生移动的动力是什么力？小船向哪个方向运动？
(2) 当人走到船头相对船静止时，小船还运动吗？为什么？
(3) 当人从船尾走到船头时，有没有可能出现如图甲或如图乙的情形？为什么？
【答案】(1) 摩擦力．向左运动，即与人行走的方向相反．
(2)不运动．小船和人组成的系统动量守恒，当人的速度为零时，船的速度也为零．
(3)不可能．由系统动量守恒可知，人和船相对于地面的速度方向一定相反，不可能向同一个方向运动，且人、船位移比等于人、船质量的反比．
1．反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
(2)条件：①系统不受外力或所受外力的矢量和为零．②内力远大于外力．③系统在某一方向上不受外力或该方向上所受外力之和为零．
(3)反冲运动遵循动量守恒定律．
探究总结
2．反冲运动的特点
(1)速度的反向．
对于原来静止的物体，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必然相反．
(2)速度的相对性．
一般都指对地速度．
3．“人船模型”问题
(1)定义．
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．
素养点评：本探究通过对人船模型的分析，培养“科学思维”素养．
对人船模型的理解
精练1 (2021届绵阳南山中学调研)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”．该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源．该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说法正确的是 ( )
【答案】D
【解析】蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统原来静止状态，总动量为零，根据动量守恒定律可知，蜗牛运动后，系统的总动量仍为零，所以蜗牛运动时，滑块会向相反的方向运动，而不会不动，A错误；取滑块的运动方向为正，蜗牛从滑块的一端移动到另一端时，滑块与蜗牛运动的位移之和为L.
变式1 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重1吨左右)，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而且轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他身体的质量为m，则小船的质量为多少？
解决“人船模型”应注意两点
1．适用条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．
2．画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
如图所示，是多级运载火箭的示意图，发射时，先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下一级火箭开始工作．
火箭问题
问题
(1)火箭点火后能加速上升的动力是什么力？
(2)要提升运载物的最大速度可采用什么措施？
【答案】(1) 燃烧产生的气体高速向下喷出，气体产生的反作用力推动火箭加速上升．
(2) 提高气体喷射速度，增加燃料质量，及时脱离前一级火箭空壳．
探究总结
2．决定因素
火箭获得速度取决于燃气喷出速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素．
3．多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s，实际火箭为多级．
多级火箭发射时，较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度．目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求．
素养点评：本探究通过火箭的分析，培养“科学思维”素养．
火箭问题
精练2 某校课外科技小组制作了一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m3/s，喷出速度保持水平且对地为10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是103 kg/m3．
【答案】4 m/s
变式2 (多选)(2021届鄂东南省级示范高中联考)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户．他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是 ( )
A．火箭的推力来源于燃气对它的反作用力
【答案】AB
反冲问题
精练3 如图所示，质量为M的密闭汽缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则汽缸的运动情况是 ( )
A．保持静止不动
B．向左移动一定距离后恢复静止
C．最终向左做匀速直线运动
D．先向左移动，后向右移动回到原来位置
【答案】B
【解析】突然撤去隔板，气体向右运动，汽缸做反冲运动，当气体充满整个汽缸时，它们之间的相互作用结束．由动量守恒定律可知，开始时系统的总动量为零，结束时总动量必为零，汽缸和气体都将停止运动，B正确．
【答案】C
爆炸问题
精练4 向空中发射一物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则 ( )
A．b的速度方向一定与初速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小不一定相等
【答案】C
【解析】爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b两块的速度大小，所以选项A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动，且高度相同，故下落时间相同，选项C正确；由牛顿第三定律知a、b受到的爆炸力大小相等，作用时间也相同，故a、b受到的爆炸力的冲量大小相等，选项D错误．
变式4 (2020年菏泽期中)如图所示，一枚手榴弹在空中竖直下落，一段时间后爆炸成a、b两块，又过了一段时间，a、b两块同时落到水平地面上，其中a飞行的水平距离OA是b飞行的水平距离OB的2倍，忽略空气阻力，则a、b两块在爆炸前后 ( )
A．动量增加量之比是1∶2
B．动量增加量之比是2∶1
C．动能增加量之比是1∶2
D．动能增加量之比是2∶1
【答案】D
火箭类问题的三点提醒
1．火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
2．明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．
3．列方程时要注意初、末状态动量的方向．
核心素养微专题
西昌卫星发射中心
西昌卫星发射中心(英文名称：Xichang Satellite Launch Center，简称XSLC，又称“西昌卫星城”)，是中国卫星发射基地，始建于1970年，1982年交付使用，位于四川省凉山彝族自治州冕宁县．
自1984年1月发射中国第一颗通信卫星以来，到2016年11月22日用“长征三号”丙运载火箭成功将“天链一号”04星送入预定轨道，西昌卫星发射中心发射活动已突破100次．
中心由总部、发射场(技术区和两个发射工位)、通信总站、指挥控制中心和三个跟踪测量站，以及其他一些相关的生活保障单位组成，其中发射场的坐标位置为东经102度、北纬28.2度．主要担负广播、通信和气象等地球同步轨道(GEO)卫星发射的组织指挥、测试发射、主动段测量、安全控制、数据处理、信息传递、气象保障、残骸回收、试验技术研究等任务，是中国目前对外开放的规模最大、设备技术最先进、承揽卫星发射任务最多、具备发射多型号卫星能力的新型航天器发射场．
【考题延伸】
如图所示，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．已知前端卫星的质量为m1，后端箭体的质量为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 ( )
【答案】D
素养点评：本题通过动量守恒分析火箭问题，培养学生的“科学态度与责任”素养．
课堂小练 | 素养达成
1．(2021届盐城新丰中学期中)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，空气反作用力推动火箭
B．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
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．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
【答案】D
【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，气体的反作用力使火箭获得反冲速度，故A、B、C错误，D正确．
3．一辆拉水车上有两个贮水箱，刚开始前面的水箱有水，后面的水箱无水，若把水从前面的水箱抽到后面的水箱中，假设水车停在光滑水平面上，则抽完水后，水车与原来的位置相比较 ( )
A．水车向前进了一段距离
B．水车向后退了一段距离
C．水车仍在原来位置
D．无法确定水车的位置
【答案】A
【解析】水和水车(包括水箱)在水从前面水箱抽到后面水箱的过程中所组成的系统动量守恒，由于水向后发生一段位移，所以车向前发生一段位移，A正确．
4．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是 ( )
A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小
【答案】A
【解析】整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变，又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大，A正确．(共66张PPT)
第一章 动量守恒定律
①物理观念：理解冲量和动量．掌握动量定理和动量守恒定律．知道动量守恒定律的普适性．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象．知道火箭的发射利用了反冲现象．
②科学思维：通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象．体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然科学的奥妙．
③科学探究：通过实验，探究碰撞中的不变量．通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．
④科学态度与责任：制作“水火箭”．收集资料，了解中子的发现过程，讨论动量守恒定律在其中的作用．查阅资料，了解太空物体的碰撞和微观粒子的碰撞等相关信息．观察台球碰撞前后的运动情况，尝试用动量知识定性解释．
本章在学生初步形成的运动与相互作用观念和能量观念的基础上，进行学习．能从理论推导和实验验证的角度，理解动量守恒定律，深化对物体之间相互作用规律的理解．能用动
量和机械能的知识分析和解释机械运动现
象，解决一维碰撞问题．通过对动量守恒
定律等内容的学习，认识到物理规律的内
在一致性和适用范围，认识到物理研究是
建立在观察和实验基础上的一项创造性工作，在研究中必须坚持实事求是的态度．
本章重点 ①知道动量、冲量等概念；②了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点；③掌握动量定理、动量守恒定律等知识．
本章难点 ①理解冲量和动量；②理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象；③动量守恒定律的实验．
1 动量
2 动量定理
学习目标
1．知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量
2．知道冲量的概念，知道冲量是矢量
3．知道动量定理的确切含义，掌握其表达式
4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象
学法指导
1．通过定义、公式、实例加深体会动量、冲量等物理量的意义
2．认真做实验，仔细观察物体间的相互作用过程，结合数据分析，理解动量定理，及其适用的情境，灵活运用公式，求解未知量
知识导图
预习导学 | 新知领悟
1．动量
(1)定义：物体的________与________的乘积，即p＝________.
(2)单位：动量的单位是____________，符号是________．
(3)方向：动量是________量，它的方向与________的方向相同．
动量及动量的变化量
质量
速度
mv
千克米每秒
kg·m/s
矢
速度
2．动量的变化量
(1)定义：物体在某段时间内________与________的矢量差(也是矢量)，Δp＝________(矢量式)．
(2)动量始终保持在一条直线上时的矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为________运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)．不在同一直线上的动量运算遵循______________________．
末动量
初动量
p′－p
代数
平行四边形定则
1．物体做匀速圆周运动时，其动量是否变化？
【答案】变化．动量是矢量，方向与速度方向相同，物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向时刻变化，其动量发生变化．
2．在一维运动中，动量正、负的含义是什么？
【答案】正、负号仅表示方向，不表示大小．正号表示动量的方向与规定的正方向相同；负号表示动量的方向与规定的正方向相反．
关于动量，下列说法中正确的是 ( )
A．质量大的物体，动量一定大
B．速度大的物体，动量一定大
C．两物体的质量与其速度大小的乘积相同，两物体的动量一定相同
D．两物体的动能相同，它们的动量可能不同
【答案】D
1．冲量
【答案】时间 N·s 力 时间
冲量和动量定理
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_____________．
(2)表达式：__________________或__________．
动量变化量
F(t′－t)＝mv′－mv
I＝p′－p
在跳高比赛时，在运动员的落地处为什么要放很厚的海绵垫子？
【答案】跳过横杆后，落地时速度较大．人落到海绵垫子上时，可经过较长的时间使速度减小到零，在动量变化量相同的情况下，人受到的冲力减小，对运动员起到保护作用．
质量为m的木箱放置在光滑的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内拉力F与重力的冲量大小分别为 ( )
A．Ft 0 B．Ftcos θ 0
C．mv mgt D．Ft mgt
【答案】D
【解析】力F的冲量就是F与时间t的乘积，即IF＝Ft；重力的冲量就是重力与时间t的乘积，即IG＝mgt，故选D．
多维课堂 | 素养初培
如图所示，质量为m，速度为v的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回．
问题
(1)小球碰撞挡板前后的动量是否相同？
(2)小球碰撞挡板前后的动能是否相同？
(3)小球碰撞挡板过程中动量变化量大小是多少？
【答案】(1) 不相同．碰撞前后小球的动量大小相等，方向相反． (2) 相同 (3) 2mv
对动量和动量变化量的理解
1．对动量的认识
(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．
探究总结
2．动量的变化量
是矢量，其表达式Δp＝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．动量和动能的区别与联系
素养点评：本探究通过对动量和动量变化量的理解，培养“物理观念”素养．
对动量概念的理解
精练1 (多选)关于动量的概念，下列说法正确的是 ( )
A．动量大的物体，惯性不一定大
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，动能也一定相同
【答案】AC
【答案】B
对动量变化的理解
精练2 (多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是 ( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动的方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp一般不为零
【答案】ABD
【解析】当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与速度方向相同，如图甲所示，A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1＜0，即p2＜p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，B正确；当物体的速度大小不变时，动量可能不变化，即Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，C错误；物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，故动量不断变化，Δp一
般不为零，如图丙所示，D正确．故
选ABD．
变式2 质量m＝2 kg的物体，在光滑水平面上以v0＝4 m/s的速度向右运动，受到一个水平向左的力作用一段时间后，速度大小变为4 m/s，方向水平向左．设向右的方向为正，则在这个过程中物体动量的变化为 ( )
A．0 B．16 kg·m/s
C．－8 kg·m/s D．－16 kg·m/s
【答案】D
【解析】根据动量变化Δp＝mvt－mv0．代入数据可得Δp＝[2×(－4)－2×4] kg·m/s＝－16 kg·m/s.负号表示动量变化的方向向左．
动量和动能的理解误区
1．动量p＝mv，大小由m和v共同决定．
2．动量p和动量的变化Δp均为矢量，计算时要注意其方向性．
3．动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差．
4．物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化．
如图所示，一个质量为m的物体，在动摩擦因数为μ的水平面上运动，受到一个与运动方向相同的恒力F作用，经过时间t，速度由v增加到v′.
对动量定理的理解和应用
问题
(1)在时间t内拉力F的冲量和合外力的冲量各是多大？
(2)在此过程中，物体动量的变化量是多大？
(3)恒力F的冲量与物体动量的变化量相等吗？
【答案】(1)Ft (F－μmg)t (2)mv′－mv (3)不相等．合外力的冲量(F－μmg)t与动量的变化量才相等．
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积累效应，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．
探究总结
2．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：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．
(3)求变力的冲量：
①若力与时间呈线性关系变化，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所示，可用面积法求变力的冲量．
③利用动量定理求解．
3．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式F·Δt＝mv′－mv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．
4．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．
素养点评：本探究通过“动量定理”，培养“科学思维”素养．
对动量定理的理解
精练3 (多选)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2．以下判断正确的是 ( )
A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从抛出至落回出发点动量的改变量大小为0
C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0
D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20 N·s
【答案】AD
【解析】小球仅受重力，选竖直向上为正方向，由动量定理，上升过程中小球的冲量I＝0－mv＝－10 N·s，故A正确．全过程动量的改变量Δp＝－2mv＝－20 N·s，冲量大小为20 N·s，故D正确．
【答案】C
【解析】子弹射穿木块的过程时间很短，忽略地面摩擦力的冲量，应用动量定理，对子弹穿过第一、第二木块的两个过程，得F·t＝2mv1， ①
F·t＝mv2－mv1， ②
由①②两式可得v1∶v2＝1∶3．
动量定理的应用
精练4 据统计，人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍．为探究这个问题，实验小组的同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过使一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情
况．重物与地面的形变很小，可忽
略不计．g取10 m/s2．下表为一次实
验过程中的相关数据.
重物(包括传感器)的质量m/kg 8.5
重物下落高度H/cm 45
重物反弹高度h/cm 20
最大冲击力Fm/N 850
重物与地面接触时间t/s 0.1
(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：
①重物受到地面的冲击力最大时的加速度为多大？
②在重物与地面接触过程中，重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍？
(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施？请你提供一种可行的方法并说明理由．
【答案】(1)①90 m/s2 ②6倍 (2)略
变式4 一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，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约为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为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，这时人体受到的平均冲力为多大？
【答案】(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
动量定理应用的三点提醒
1．若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来求解，也可当成一个全过程来求解．
2．在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如易漏掉的物体的重力．
3．列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
核心素养微专题
水滴石穿的典故
宋朝时，张乖崖在崇阳当县令．当时，常有军卒侮辱将帅、小吏侵犯长官的事．张乖崖认为这是一种反常的事，下决心要整治这种现象．一天，他在衙门周围巡行．突然，他看见一个小吏从府库中慌慌张张地走出来．张乖崖喝住小吏，发现他头巾下藏着一文钱．
那个小吏支吾了半天，才承认是从府库中偷来的．张乖崖把那个小吏带回大堂，下令拷打．那小吏不服气：“一文钱算得了什么！你也只能打我，不能杀我！”张乖崖大怒，判道：“一日一钱，千日千钱，绳锯木断，水滴石穿．”为了惩罚这种行为，张乖崖当堂斩了这个小吏．
【考题延伸】人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差为h＝20 m，水流量为Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头后的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2)
【答案】2.0×103 N
素养点评：本题通过对动量定理应用的考查，培养学生的“科学思维”素养．
课堂小练 | 素养达成
1．(2021届银川一中期中)对一定质量的物体，下列说法不正确的是
( )
A．物体的动能发生变化，其动量一定变化
B．物体的动量发生变化，其动能一定变化
C．物体所受的合外力不为零，物体的动量一定变化，但物体的动能不一定变化
D．物体所受的合外力为零时，物体的动量变化量一定为零
【答案】B
【解析】对于一定质量的物体，物体的动能发生变化，则速度的大小一定变化，则动量一定变化，选项A正确；物体的动量发生变化，可能是速度的方向发生变化，若大小不变，则动能不变，选项B错误；物体所受的合外力不为零，物体的动量一定变化，但物体的动能不一定变化，如匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向不断变化，物体的动能不变而动量变化，选项C正确；物体所受的合外力为零时，物体将保持静止或匀速直线运动的状态，速度不变，所以物体的动量一定不发生变化，选项D正确．故选B．
2．一颗子弹沿水平方向射向木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行．这两次相比较 ( )
A．第一次子弹的动量变化较大
B．第二次子弹的动量变化较大
C．两次子弹的动量变化相等
D．无法比较两次子弹的动量变化大小
【答案】B
【解析】子弹在同一块木块中穿行过程中受到的阻力大小是相等的，因此子弹的加速度大小是不变的．当木块被固定时，子弹在木块中运动的位移等于木块的宽度，而木块静止放在光滑的水平面上时，子弹在木块中运动的过程中，木块也要运动，则子弹在木块中运动的位移大于木块的宽度(对地面参考系而言)，因此第二次子弹在木块中运动的时间较长，因此子弹受到的阻力的冲量较大，它的动量变化也较大．故选B．
3．(2020年辽宁六校期中)质量相同的甲、乙两小球，自同一高度以相同的速率抛出，甲做平抛运动，乙做竖直上抛运动，则从抛出到落地的过程中(空气阻力不计) ( )
A．两球动量的变化相同
B．两球所受重力的冲量相同
C．两球动量的变化率相同
D．甲球动量的变化大于乙球动量的变化
【答案】C
4．(2021届抚州第二中学月考)如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是 ( )
A．拉力F的冲量大小为Ftcos θ
B．摩擦力的冲量大小为Ftsin θ
C．重力的冲量大小为mgt
D．物体所受支持力的冲量是mgt
【答案】C
【解析】拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝Fcos θ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ftcos θ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为N＝mg－Fsin θ，则支持力的冲量为(mg－Fsin θ)t，故D错误．
5．(2020年长春第二十九中学期中)质量为0.5 kg的钢球从高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起，落地速度大小为10 m/s，反弹速度大小为9 m/s，球与地面接触时间为0.1 s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力大小为(g取10 m/s2) ( )
A．5.0 N B．90 N
C．95 N D．100 N
【答案】D
【解析】根据动量定理有(mg－FN)·t＝mv2－mv1，代入数据得(0.5×10 N－FN)×0.1 s＝0.5×(－9－10) N·s，解得FN＝100 N，故D正确，A、B、C错误．
6．(2021届衡水桃城中学月考)从同一高度将两个质量相等的物体，一个自由落下，一个以某一水平速度抛出，当它们落至同一水平面的过程中(空气阻力不计) ( )
A．动量变化量大小不同，方向相同
B．动量变化量大小相同，方向不同
C．动量变化量大小、方向都不相同
D．动量变化量大小、方向都相同
【答案】D (共43张PPT)
本章小结
第一章 动量守恒定律
构建知识网络
动
量
守
恒
定
律
动
量
守
恒
定
律
归纳专题小结
专题1 动量守恒定律应用中的临界问题
1．解决相互作用的物体系统的临界问题时，应处理好以下三个方面的问题：
(1)寻找临界状态．
看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
(2)挖掘临界条件．
与动量相关的临界问题，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．
2．常见类型．
(1)涉及弹簧类的临界问题．
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．
(2)涉及相互作用边界的临界问题．
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．
(3)子弹打木块类的临界问题．
子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．
例1 如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱质量为m，小车和人总质量为m0，m0∶m＝4∶1，人以速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱，木箱又被原速反弹……问人最多能推几次木箱？
当vn≥v时，人就接不到木箱了，由此得，n≥2.5，分析可知应取n＝3．
所以，人最多能推3次木箱．
答案：3次
专题2 碰撞问题的综合应用
概述：当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．
1．三种碰撞类型的特点．
(1)弹性碰撞：碰撞过程中不仅动量守恒，而且机械能守恒，碰撞前后系统动能相等．同时，在碰撞问题中常做动量和动能的换算．
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后系统动能小于碰撞前系统动能．减少的动能转化为其他形式的能量．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰撞结束后两物体结合为一整体以相同的速度运动，系统动能损失最大．
2．处理碰撞问题的思路．
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否变化．
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定．
例2 如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l.工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞．每次碰撞后木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑．已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.设碰撞时间极短，求：
(1)工人的推力；
(2)三个木箱匀速运动的速度；
(3)在第一次碰撞中损失的机械能．
专题3 力学规律的选用
1．解决动力学问题的三种方法．
(1)力的观点：应用受力分析、运动学公式和牛顿运动定律来求解．
(2)能量观点：应用动能定理和能量守恒定律求解．
(3)动量观点：应用动量定理和动量守恒定律求解．
2．三种方法的选择．
(1)若研究的对象为一系统，且它们之间有相互作用力，一般用两个守恒定律(动量守恒定律、能量守恒定律)去解决问题．但须注意是否满足守恒的条件．
(2)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．
(3)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，必须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间短，故动量守恒定律一般能派上大用场．
(4)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可应用牛顿第二定律．
(5)研究某一物体受力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移问题)去解决问题．
例3 如图所示，有一固定在水平面上的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成．各段轨道的编号已在图中标出．仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端．某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，在小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受的水平恒力．
滑块A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动．已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L＝0.10 m，匀强电场的电场强度的大小E＝1.0×104 N/C；滑块A、B的质量均为m＝0.010 kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为μ＝0.40，绝缘滑块B所带电荷量q＝＋1.0×10－5 C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v＝6.0 m/s.A、B均可视为质点，且不计A、B间的静电力作用．在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10 m/s2．
(1)求F的大小；
(2)求碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；
(3)若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值．
(2)设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB，根据动量守恒定律有mv＝2mvAB，
设滑块B对滑块A的冲量为I，规定水平向右为正方向．以滑块A为研究对象，根据动量定理有
I＝mvAB－mv，
解得I＝－0.030 N·s，
负号表示滑块B对滑块A的冲量方向水平向左．
即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能
Ek＝0.5(ΔE1＋ΔE2)＝6×10－3 J，
因Ek>ΔE1，故滑块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能Ek′＝Ek－ΔE1＝2×10－3 J<ΔE2，故不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上．
答案：(1)1.84 N (2)－0.030 N·s，负号表示方向水平向左 (3)17
典练素养提升
素养解读：学科核心素养是通过学科学习而逐渐形成的正确价值观念、必备品格和关键能力．
本章能从理论推导和实验验证的角度，理解动量守恒定律，深化对物体之间相互作用规律的理解．能用动量和机械能的知识分析和解释机械运动现象，解决一维碰撞问题．会用系统的思想和守恒的思想分析物理问题．能恰当使用证据说明自己的观点，质疑他人的观点．能从运动定律、动量守恒、能量守恒等不同角度思考物理问题．通过对动量守恒定律等内容的学习，认识到物理规律的内在一致性和适用范围，认识到物理研究是建立在观察和实验基础上的一项创造性工作，在研究中必须坚持实事求是的态度．
【答案】D
2．[科学态度与责任] 人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，然后身体下蹲，这样做的目的是为了 ( )
A．减小着地时所受冲量
B．使动量增量变得更小
C．增大人对地面的压强，起到安全作用
D．延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力
【答案】D
【解析】人落地时从脚尖着地到脚掌全部与地面接触需要一定的时间，根据动量定理I＝Ft可知，动量变化量一定时，作用时间越长，作用力越小．
3．[科学思维] 如图所示，质量之比mA∶mB＝3∶2的两物体A、B，原来静止在平板小车C上，地面光滑．现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，下列正确的说法是 ( )
A．仅当A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为μA∶μB＝2∶3时，A、B、C组成系统的动量才守恒
B．无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成系统的动量都守恒
C．因为F1、F2等大反向，故A、B组成的系统的机械能守恒
D．若A、B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则C与B的运动方向相同
【答案】B
【解析】A、B、C组成的系统合力为零，系统动量守恒，A错误，B正确；由于A、B与C之间有摩擦力，有内能产生，故系统机械能不守恒，C错误；若A、B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，A与C的运动方向相同，D错误．
4．[科学思维]如图所示，一质量为m的弹性小球从一定高处自由落下，与倾斜角为45°的固定斜面相碰，碰撞前小球的动量为p，方向竖直向下，碰撞后小球沿水平向左的方向运动，动量大小为p，设碰撞时间极短且为t，则碰撞过程中，斜面对小球的平均作用力为 ( )
【答案】C
5．[科学思维](多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2．图乙为它们碰撞前后的x－t(位移—时间)图像．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断 ( )
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了
0.4 J的机械能
【答案】AC
6．[科学探究] 用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得的照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为Δt＝0.02 s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光时间内A、B均在0～80 cm范围内，且第一
次闪光时，A恰好过x＝
55 cm处，B恰好过x＝
70 cm处，则由图可知：
(1)两滑块在x＝______cm处碰撞．
(2)两滑块在第一次闪光后t＝______s时发生碰撞．
(3)若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为______．
【答案】(1)60 (2)0.01 (3)2∶3(共12张PPT)
本章易错题归纳
第一章 动量守恒定律
丢分题1 如图所示，在甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t ( )
不能正确理解冲量的含义
A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D．以上三种情况都有可能
错因分析：由于对冲量概念理解不透，且不能把握“相同大小的恒定拉力”这一关键性条件．误认为图甲中人对船做的功少，甲图中人对绳拉力的冲量也小．错选A．
正确思路：冲量是力和力作用的时间的乘积，由于人用相同大小的恒定拉力拉绳子，则在相同的时间内，人对绳子拉力的冲量一样大，正确选项为C．
答案：C
丢分题2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是 ( )
不理解系统某一方向上的动量守恒
答案：B
丢分题3 (多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是 ( )
不能正确选取研究对象
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mu＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足Mu＝(M＋m)v
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足(M＋m0)u＝(M＋m0)v1＋mv2
错因分析：选择A、D的一个共同原因是，认为在碰撞的过程中，单摆也参与了碰撞，选A是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同．
正确思路：由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A、D．因为单摆的速度不变，所以，研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律有：Mu＝Mv1＋mv2，故B正确．由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞，故C正确．
答案：BC
丢分题4 一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜．若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计) ( )
A．向左移动一段距离
B．留在原位置
C．向右移动一段距离
D．做匀速直线运动
不认真分析系统的运动情况而出错
错因分析：取整个系统为研究对象，由动量守恒定律，弹簧枪向右发射弹丸时，弹丸向右运动，小车向左运动；弹丸进入网兜时，小车向右运动，回到原处，故错选B．
正确思路：由于弹丸与车组成的系统水平方向动量守恒，总动量保持为零不变，弹丸离开枪向右运动，则小车必向左运动，弹丸落在网兜后做完全非弹性碰撞，相互作用后静止，而车已向左移动了一段距离．
答案：A
