动量定理的应用
1.基本方法
(1)对研究对象进行全面的受力分析，确定所受外力的总冲量．
(2)具体分析物理过程，分析所涉及的力的冲量和研究对象初、末状态的动量．
(3)由于动量定理是一个矢量式，解题时必须先规定正方向再列式求解．
2．动量定理与牛顿定律
对于恒力相互作用的问题(如一物体在另一物体表面滑动，有摩擦力作用)，用牛顿定律结合运动学公式也可解决，但使用动量定理更方便．由于动量定理也适用变力作用情况，比牛顿定律更优越，因此在解题时应优先考虑．
(2012·杨陵检测)国产水刀——超高压数控万能水切割机以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40 mm厚的钢板，50 mm厚的大理石等材料．水刀就是将普通的水加压，使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以800 m/s～1 000 m/s的速度射出的水射流，我们知道，任何材料，承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强限度.
橡胶
5×107 Pa
花岗石
1.2×108 Pa～2.6×108 Pa
铸铁
8.8×108 Pa
工具钢
6.7×108 Pa
设想有一水刀的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v＝800 m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则：
(1)推导水刀产生压强p的表达式；
(2)判断此水刀不能切割上述材料的哪几种？
【解析】 取Δt时间内喷出的水为研究对象，这部分水的质量为Δm＝ρSvΔt，这部分水经过时间Δt后速度都由v变为零，取水喷出方向为正方向，对这部分水由动量定理得－FΔt＝Δm×(0－v)，得材料对水的作用力F＝＝ρSv2，由牛顿第三定律可知水对材料的作用力F′＝F＝ρSv2由p＝＝＝ρv2，得水刀产生的压强p＝6.4×108 Pa由于此压强小于表中所列的铸铁和工具钢两种材料所能承受的压强限度，所以水刀不能切割铸铁和工具钢．
【答案】 (1)p＝ρv2 (2)铸铁和工具钢
1．一质量为100 g的小球从0.80 m高处自由下落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，则这段时间内软垫对小球的冲量为(取g＝10 m/s2，不计空气阻力)( )
A．0.2 N·s B．0.4 N·s
C．0.6 N·s D．0.8 N·s
【解析】 小球落至软垫时的速度v0＝＝4 m/s，取竖直向上为正方向，对小球与软垫作用过程应用动量定理得：I－mgΔt＝0－(－mv0)，I＝mgΔt＋mv0＝(0.1×10×0.2＋0.1×4) N·s＝0.6 N·s，故C正确．
【答案】 C
爆炸与碰撞的比较
名称
比较项目
爆炸
碰撞
相同点
过程特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型
由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看做一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点
动能情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能，动能减少
假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反的两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能．求：
(1)烟花上升的最大高度；
(2)烟花炸裂后其中一块水平飞出时的速度大小；
(3)烟花炸裂时消耗的化学能．
【解析】 (1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度h＝.
(2)设烟花炸裂后其中一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得s＝v1t，h＝gt2 解得v1＝.
(3)烟花炸裂时动量守恒，有v1－v2＝0，解得另一块的速度为v2＝v1
由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能
E＝＝mv＝.
【答案】 (1) (2) (3)
2．(2013·青岛二中检测)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一定相等
【解析】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体在水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB.当vA与原来速度v同向时，vB可能与vA相反，也可能与vA同向，第二种情况是由vA的大小没有确定，题目只讲A的质量较大，但若vA很小，则mAvA还可能小于原动量(mA＋mB)v，这时，vB的方向会与vA的方向一致，即与原来的运动方向相同，所以A不正确；A、B两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由t＝决定，因为h相同，所以落地时间一定相等，选项C是正确的；由于水平飞行距离x＝vt，A、B两块炸裂后的速度大小关系不确定，所以B不正确；根据牛顿第三定律，A、B所受爆炸力FA＝－FB，力的作用时间相等，所以冲量I＝Ft的大小一定相等，所以D是正确的．
【答案】 CD
动量守恒定律的应用
1.动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，应用动量守恒定律能够解决很多由牛顿运动定律难以解决的问题．然而，实际问题错综复杂，灵活多变，这就要求我们在应用动量守恒定律时，应特别注意动量守恒定律的“六性”，即条件性、系统性、矢量性、相对性、同时性和普遍性．
2．人船模型问题
人船模型问题的特点是：两个原来静止的物体相互作用，所受合外力为零．解题时应注意两点：
(1)处理此类题目的关键是正确地画出草图，确定各物体的位移．
(2)速度和位移都是对同一参考系而言的．
3．多物体构成的系统动量守恒问题
对于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解．这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程．
图1－1
两只船平行逆向航行，如图1－1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m1＝500 kg及m2＝1 000 kg，则在交换麻袋前两只船的速率为多少？(水的阻力不计)
【解析】 在此问题中，只考虑船在原运动方向上的动量．特别指出的是，抛出的物体由于惯性的原因，在原运动方向上的速度不变．
选取投出麻袋后小船和从大船投过来的麻袋为系统，并以小船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：(m1－m)v1－mv2＝0，即450v1－50v2＝0①，选取投出麻袋后大船和从小船投过的麻袋为系统有：－(m2－m)v2＋mv1＝－m2v，即－950v2＋50v1＝－1 000×8.5 kg·m/s②，选取四个物体为系统有：m1v1－m2v2＝－m2v，即500v1－1 000v2＝－1 000×8.5 kg·m/s③，联立①②③式中的任意两式解得：v1＝1 m/s，v2＝9 m/s.
【答案】 1 m/s 9 m/s
3．(2013·山东高考)如图1－2所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．
图1－2
【解析】 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为
vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s.④
【答案】 2 m/s
课件23张PPT。动量定理的应用 爆炸与碰撞的比较 动量守恒定律的应用 课件74张PPT。教师用书独具演示演示结束 动量及动量的变化 质量 mv kg·m/s 运动速度 末动量 mv2－mv1 正方向 动量定理 Ft N·s Δp 碰撞与缓冲的实例分析 缩短 延长 正确理解动量及动量的变化 冲量的理解及应用 动量定理的理解及应用 综合解题方略——动量定理在实际
问题中的应用 课时作业（一） 课件76张PPT。教师用书独具演示演示结束 动量守恒定律 外力 合外力 总动量 为零 远小于 相等 相反 为零 等于 反冲运动与火箭 相反 反冲 喷气速度 越小 两物体相互作用前后总动量是否守恒 动量守恒定律的理解 对反冲的进一步理解 综合解题方略——人船模型的分析方法 课时作业（二） 课件61张PPT。教师用书独具演示演示结束 不同类型的碰撞 发热 动能 结合在一起 动能损失 完全恢复 动能 形变 弹性碰撞的实验研究和规律 不变 不变 速度 不变 动能 相同 相反 速度 碰撞的特点和规律 碰撞过程的分析 综合解题方略——与动量相关的临界问题 课时作业（三）
LK物 理选修3－5
第1节动量定理
(教师用书独具)
●课标要求
知识与技能
1.理解动量的概念及动量变化量的计算.
2.知道冲量的定义，知道冲量和动量变化的关系．
3.理解动量定理的确切含义，会用动量定理解释有关现象．
过程与方法
1.通过生活中实例分析体会动量在描述物体运动特征中的作用．
2.体会冲量和动量变化的关系，掌握理论推导在物理学中的作用．
情感态度和价值观
1.通过实验现象的分析，提高对物理学习的好奇心，初步体会物理学与生活的关系．
2.体验物理定理中理论和实验的统一性，培养勇于探索的科学精神.
●课标解读
1．理解动量的概念；知道动量和动量的变化量均为矢量；会计算一维情况下的动量的变化量．
2．知道冲量的概念，知道冲量是矢量．
3．理解动量定理的确切含义，能从牛顿运动定律和运动学方程推导其表达式，并应用动量定理解释生活中的有关现象和处理有关问题．
4．渗透物理学研究方法的教育，培养学生推理能力和理论联系实际的能力．
●教学地位
本节课在分析汽车刹车效果的基础上引入动量的概念，并进一步通过实例提出动量的变化以及动量变化的计算方法，加深了对动量矢量性的认识．动量定理是一个非常重要的物理规律，表示力在一段时间内连续作用的积累效果与物体动量变化之间的关系，教材中虽是在恒力作用情况下由牛顿第二定律和运动学方程推导的，但动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力情形．正因为如此，动量定理在实际中有广泛的应用，尤其在解决教材中例举的碰撞、缓冲类问题时，动量定理比牛顿运动定律方便的多．
本节教学中应通过演示实验和学生实验，激发学生学习的兴趣，通过运用动量定理解释现象和处理有关问题，培养学生理论联系实际的能力.
(教师用书独具)
●新课导入建议
情景导入
用一条细线悬挂着一个重物，把重物拿到悬挂点附近，然后释放，重物可以把细线拉断．如果在细线上端拴一段橡皮筋，再把重物拿到悬挂点附近释放，细线就不会被拉断了(如图教1－1－1所示)．你想知道这是什么道理吗？请跟我进入本节课的学习．
图教1－1－1
●教学流程设计
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课 标 解 读
重 点 难 点
1.理解动量、冲量的概念，知道动量、冲量是矢量．
2.知道动量的变化量是矢量，会正确计算一维的动量变化量．
3.理解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、缓冲等现象.
1.对动量、冲量概念的理解．(重点)
2.对动量定理的理解和应用．(重点)
3.对冲量、动量、动量变化量的矢量性的理解．(难点)
4.应用动量定理分析和解决实际问题．(难点)
动量及动量的变化
1.基本知识
(1)动量
①定义：运动物体的质量和速度的乘积．
②公式：p＝mv.
③单位：动量的单位是kg·m/s.
④矢量性：动量是矢量，它的方向与物体运动速度的方向相同，动量运算服从平行四边形定则．
(2)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＝mv2－mv1(矢量式)．
②计算：动量始终保持在一条直线上时，首先选定一个正方向，与正方向相同的动量取为正，与正方向相反的动量取为负，由此可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)．
2．思考判断
(1)动量大的物体惯性一定大．(×)
(2)动量大的物体运动一定快．(×)
(3)动量相同的物体，运动方向一定相同．(√)
3．探究交流
动量和动能都是由质量和速度定义的物理量，两者间有什么不同？
【提示】 动量是矢量，动能是标量，动量和动能分别从不同的角度描述了物体的运动效果.
动量定理
1.基本知识
(1)冲量
①概念：力和力的作用时间的乘积．
②公式：I＝Ft.
③单位：冲量的单位是N·s.
(2)动量定理
①内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．
②公式：I＝Δp.
③力与动量的关系：F＝，即作用在物体上的合外力等于物体动量的变化率．
2．思考判断
(1)物体动量的变化量越大，物体受到的作用力越大．(×)
(2)物体动量变化量一定时，力作用时间越短，作用力越大．(√)
(3)物体动量变化量一定时，力的大小与作用时间无关．(×)
3．探究交流
做匀速圆周运动的物体的向心力，在物体运动一个周期内的冲量能用冲量的定义式求解吗？为什么？
【提示】 不能．因为向心力是变力，I＝Ft只适用于恒力的求解.
碰撞与缓冲的实例分析
1.基本知识
(1)碰撞时可产生冲击力，利用这种冲击力就要设法缩短作用力的作用时间．
(2)要防止冲击力带来的危害，就要延长作用力的作用时间．
2．思考判断
(1)冲床冲压工件是利用碰撞时产生的冲击力．(√)
(2)开车时系安全带是利用冲击力．(×)
3．探究交流
在进行跳高比赛时，为什么要放上很厚的海绵垫子？
【提示】 人落到海绵垫子上时，可经过较长的时间使速度减小为零，在动量变化相同的情况下，人受到的冲力减小，对运动员起到保护作用.
正确理解动量及动量的变化
【问题导思】
1．研究物体的动量及动量变化时，为何要选取正方向？
2．影响动量的因素有哪些？
3．物体运动的速度发生变化时，动量一定变化吗？
1．动量的瞬时性
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．动量的矢量性
动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算了．
3．动量的相对性
物体的动量与参考系的选择有关．选择不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量．
4．动量是矢量，动量的变化量也是矢量．Δp＝p2－p1为矢量表达式，当p2、p1在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算；当p2、p1不在同一直线上时，应依据平行四边形定则运算．
质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1，如图1－1－1所示，则A、B两物体( )
图1－1－1
A．滑到h1高度时的动量相等
B．滑到h1高度时的动能相等
C．由h2滑到h1的过程中物体动量变化相等
D．由h2滑到h1的过程中物体动能变化相等
【审题指导】 (1)两物体下滑过程中，机械能守恒，可判断滑下时的速度．
(2)动量是矢量，考虑大小和方向，动能是标量只考虑其大小．
【解析】 两物体由h2下滑到h1高度的过程中，机械能守恒，mg(h2－h1)＝mv2，v＝，物体下滑到h1处时，速度的大小相等，由于α不等于β，速度的方向不同，由此可判断，物体在h1高度处动能相同，动量不相同．物体运动过程中动量的变化量不同，而物体动能的变化量相等．
【答案】 BD
1．(2013·福州一中检测)质量为m＝2 kg的物体以初速度v0＝3 m/s水平抛出，求物体抛出后0.4 s末时的动量(取g＝10 m/s2)．
【解析】 由平抛运动规律可知，物体抛出0.4 s末时的速度大小为v＝＝ m/s＝5 m/s.
其方向与水平方向夹角为θ，则 tan＝＝，得θ＝53°所以p＝mv＝2×5 kg·m/s＝10 kg·m/s，方向与水平方向成53°角．
【答案】 10 kg·m/s，方向与水平方向成53°角
冲量的理解及应用
【问题导思】
1．物体受力越大，所受力的冲量越大吗？
2．力对物体的作用时间越长，冲量越大吗？
3．两个力的冲量大小相等时，两个力的冲量就相同吗？
1．冲量的理解
(1)冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．
(2)冲量是矢量．冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．
(3)冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素．所以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．
(4)冲量的单位：在国际单位制中，力F的单位是N，时间t的单位是s，所以冲量的单位是N·s.冲量与动量的单位关系是：1 N·s＝1 kg·m/s，但要区别使用．
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量
公式I＝Ft适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算；若力为一般变力，则不能直接计算冲量．
图1－1－2
(2)变力的冲量
①变力的冲量通常可利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算，如图1－1－2所示，若某一力方向恒定不变，那么在F－t图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
1．判断两个力的冲量是否相同，要看这两个力冲量的大小是否相等和方向是否相同，缺一不可．
2．力对物体有冲量时，不一定对物体做功；力对物体做功时，一定对物体有冲量．
图1－1－3
如图1－1－3所示，质量为2 kg的物体沿倾角为30°，高为5 m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中，g取10 m/s2，求：
(1)重力的冲量；
(2)支持力的冲量；
(3)合力的冲量．
【审题指导】 (1)分析物体的受力情况，确定各力的大小和方向．
(2)确定物体在斜面上运动的时间．
(3)根据公式求各力及合力的冲量．
【解析】 由于物体下滑过程中各个力均为恒力，所以只要求出物体下滑的时间，便可以用公式I＝Ft逐个求出．由牛顿第二定律得：a＝＝gsin θ＝5 m/s2
由x＝at2，得t＝＝＝2 s
重力的冲量为
IG＝mgt＝2×10×2 N·s＝40 N·s，方向竖直向下．
支持力的冲量为
IN＝FNt＝mgcos θt＝20 N·s，方向垂直于斜面向上．
合力的冲量为
I合＝F合t＝mgsin θt＝20 N·s，方向沿斜面向下．
【答案】 (1)40 N·s，方向竖直向下
(2)20 N·s，方向垂直于斜面向上
(3)20 N·s，方向沿斜面向下
恒力冲量的计算技巧
1．某个力的冲量：仅由该力的大小和作用时间共同决定，与其他力是否存在及物体的运动状态无关．例如，一个物体受几个恒力作用处于静止或匀速直线运动状态，其中每一个力的冲量均不为零．
2．求合冲量
(1)如果是一维情形，可以转化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则或用正交分解法求出．
(2)两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和，I合＝F1t1＋F2t2＋F3t3＋…如果各力的作用时间相同，也可以先求合力，再用I合＝F合t求解．
2．物体受到一随时间变化的外力作用，外力随时间变化的规律为F＝(10＋5t) N，则该力在2 s内的冲量为________．
【解析】 由题意知，外力F随时间t均匀变化，因此可以认为2 s内物体所受外力的平均值为＝ N＝15 N．再根据冲量的定义式，可求得外力在2 s内的冲量为I＝t＝15×2 N·s＝30 N·s.
【答案】 30 N·s
动量定理的理解及应用
【问题导思】
1．动量定理中的冲量是某一个力的冲量吗？
2．动量定理的表达式是矢量式还是标量式？
3．动量定理只适用于恒力情况吗？
1．动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量．它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(4)动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，作用力不论是恒力还是变力，几个力作用的时间不论是相同还是不同，动量定理都适用．
2．定性解释一些物理现象
(1)在动量变化一定的情况下，如果需要增大作用力，必须缩短作用时间；
(2)在动量变化一定的情况下，如果需要减小作用力，必须延长作用时间——缓冲作用．
在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要先选定正方向．对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力．
(2013·宁德检测)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，设碰撞时间为0.1 s，g取10 m/s2，求小球对地板的平均冲力．
【审题指导】 (1)选好研究对象，分析求解碰前碰后的速度．
(2)规定正方向，分析对象的受力情况，列方程求解．
【解析】 取小球为研究对象．根据物体做自由落体和竖直上抛运动，可知
碰撞前的速度v1＝＝5 m/s方向向下．
碰撞后的速度v2＝＝4 m/s
方向向上．
碰撞时小球受力情况如图所示，
取竖直向上为正方向，根据动量定理
(N－mg)t＝mv2－mv1
则N＝＋mg
＝N＋0.5×10 N＝50 N
由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均冲力大小为50 N，方向竖直向下．
【答案】 50 N，方向竖起向下
应用动量定理解题的一般步骤
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．
3．(2013·青岛二中检测)质量为m的钢球自高处落下，落地瞬间速率为v1，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2，钢球受到合力的冲量的方向和大小为( )
A．向上，m(v1－v2) B．向下，m(v1－v2)
C．向下，m(v1＋v2) D．向上，m(v1＋v2)
【解析】 取方向向上为正，则
p2＝mv2，p1＝－mv1
Δp＝p2－p1＝mv2－(－mv1)
＝m(v1＋v2)
据动量定理，I＝Δp＝m(v1＋v2)
方向竖直向上，故选D.
【答案】 D
综合解题方略——动量定理在实际
问题中的应用
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，车身因相互挤压皆缩短了0.5 m，根据测算，两车相撞前速度约为30 m/s.
(1)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，安全带在车碰撞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？
【规范解答】 (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，根据s＝t，得t＝＝ s.
根据动量定理得Ft＝Δp＝mv0
解得F＝＝ N＝5.4×104 N.
(2)若人系有安全带，则
F′＝＝ N＝1.8×103 N.
【答案】 (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
冲量问题中平均作用力的计算
1．对于大小、方向都不变的恒力，它们的冲量可以用I＝Ft计算．冲量的方向和恒力F的方向相同，进一步可根据恒力的冲量确定物体动量变化的大小和方向.
2．若F是变力，但在某段时间内方向不变，大小随时间均匀变化，可用平均力F＝通过I＝Ft求出在时间t内的冲量．
3．若F的大小、方向都随时间发生变化，或虽然F的方向不变，但大小不随时间均匀变化，可根据动量定理I＝Δp，通过求Δp间接求出变力的冲量．
【备课资源】(教师用书独具)
动量和体育运动
在许多体育运动中，人们力图最大限度地转移动量．例如在拳击中，把动量传递给敌手时，单纯伸臂一击远不如身体一起运动打出去的拳头有效．但是在日本拳术中动量的转移却常常不是依靠整个身体的运动而是靠四肢的高速运动来实现的．
接触式运动(contact sports)并不是动量转移在其中起重要作用的唯一领域．例如，铅球运动员的基本目的就是要把整个身体的质量的低速运动转换成小球的高速运动(图教1－1－2)．在球类活动中动量也起着重要的作用．
铅球运动员的动作过程．
在理想情况下，当把球刚
推出去时身体的部分动量很小，
身体的动量都转移给了铅球．
图教1－1－2
下表列出了在各种球类运动中测量到的优秀运动员的典型速度和时间．击球器是用采击球的器械，例如棒球棍，网球拍，或是脚．要想利用冲量和动量并由这些数据中得出有用的信息时，我们必须搞清楚击球器的质量，因而其动量并不总能算得十分精确。例如以网球为例，击球器是质量为0.4 kg的网球拍，但是当用拍子时，手臂和部分身体也可看做是击球器的一部分；球拍可当做是身体的延长．击球器的有效质量取决于利用身体的哪一部分，以及怎样利用它们．当一个人基本上是通过手腕的动作来挥动网球拍时，击球器的有效质量是很小的，因而不能有力地挥动.
球的质量，击球前后击球器的速度，球和击球器接触时的撞击时间
球
球的质量/kg
球的速度(m·s－1)
击球器速度前 后(m·s－1) 前 后
撞击时间/s
棒球(从静止时开始击球)
0.15
0 39
31 27
1.35×10－3
足球(踢悬空球)
0.42
0 28
18 12
8×10－3
高尔夫球(用力击球)
0.047
0 69
51 35
1.25×10－3
手球(发球)
0.061
0 23
19 14
1.35×10－2
英式足球(踢)
0.43
0 26
18 13
8×10－3
橄榄球(发球)
0.032
0 49
44 34
3×10－3
垒球(由静止时开始击球)
0.17
0 35
32 22
3×10－3
网球(发球)
0.058
0 51
38 33
4×10－3
1．下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．物体的动量改变，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
【解析】 动量是矢量，有大小也有方向．动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同．质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，故D正确．
【答案】 D
2．(2013·海口高二检测)关于冲量，下列说法正确的是( )
A．冲量是物体动量变化的原因
B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零
C．动量越大的物体受到的冲量越大
D．物体受力越大，冲量一定越大
【解析】 力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量就发生了变化．因此说冲量使物体的动量发生了变化，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况，是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B选项错误；物体所受冲量I＝Ft与物体的动量的大小p＝mv无关，C选项错误；冲量是力与作用时间的乘积，受力大，作用时间不一定长，故D选项错误．
【答案】 A
3．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
【解析】 先脚尖着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，依动量定理可知，人落地动量变化量为定值，这样就减小了地面对人的冲力，故C正确．
【答案】 C
4．从塔顶以相同速率抛出A、B、C三小球，A竖直上抛，B平抛，C竖直下抛．另有D球从塔顶起自由下落，四小球质量相同，落到同一水平面上．则( )
A．落地时动能相同的小球是A、B、C
B．落地时动量相同的小球是A、B、C
C．从离开塔顶到落地过程中，动能增量相同的小球只有A、B、C
D．从离开塔顶到落地过程中，动量增量相同的小球是B、D
【解析】 四个小球在运动过程中机械能均守恒．抛出时动能相同的小球，机械能相同，落地时它们机械能一定也相同，即落地时动能相同，故A对．动量是矢量，落地时B的速度方向与A、C不同，故B的动量与A、C不同，B错．四小球运动过程中的动能增量为ΔEk＝mgh，相同，C错．小球运动过程中的动量增量为Δp＝mgt，只有B、D运动时间相同，故D对．
【答案】 AD
5．(2012·天津高考)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变化为_______kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为_____N．(取g＝10 m/s2)
【解析】 小球与地面碰撞前的动量为
p1＝m(－v1)＝0.2×(－6) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s
小球与地面碰撞后的动量为
p2＝mv2＝0.2×4 kg·m/s
＝0.8 kg·m/s
小球与地面碰撞前后动量的变化量为
Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s
由动量定理得(F－mg)Δt＝Δp，
所以F＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N
【答案】 2 12
1．(2013·南平检测)下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
【解析】 因为p＝mv，所以动量大，质量不一定大，A错．做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以动量时刻变化，B错．速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，C对．运动状态变化即速度发生变化，D对．
【答案】 CD
2．某物体受到－2 N·s的冲量作用，则( )
A．物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量一定减小
D．物体的动量增量一定与规定的正方向相反
【解析】 若选初动量的反方向为正方向，冲量方向与物体原来动量方向相同，A错；由动量定理I合＝p2－p1，I合＜0，Δp＜0，但p2不一定是负值，B错；由于动量是矢量，物体的动量不一定减小，C错．故选D.
【答案】 D
3．对于力的冲量的说法，正确的是( )
A．力越大，力的冲量就越大
B．作用在物体上的力大，力的冲量不一定大
C．F1与其作用时间t1的乘积大小等于F2与其作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量相同
D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零
【解析】 力的冲量I＝Ft与力和时间两个因素有关，力大冲量不一定大，A错B对；冲量是矢量，有大小也有方向，冲量相同是指大小和方向都相同，C错；冲量的大小与物体的运动状态无关，D错，因此选B.
【答案】 B
4．(2013·澄迈检测)物体在恒力作用下运动，下列说法中正确的是( )
A．动量的方向与受力方向相同
B．动量的方向与冲量的方向相同
C．动量的增量方向与受力方向相同
D．动量变化率的方向与速度方向相同
【解析】 物体动量的方向由物体的速度方向决定，只有物体动量的变化(动量的增量)方向才与冲量的方向相同，动量变化率就是物体所受的合外力，其方向与速度方向无关，所以本题只有C选项正确．
【答案】 C
5．质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出，经时间t达到最高点，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是( )
A．－mv和－mgt B．mv和mgt
C．mv和－mgt D．－mv和mgt
【解析】 以竖直向上为正方向，则末动量为0，初动量为mv，所以动量的变化量为－mv；重力为负，所以重力的冲量为－mgt，正确选项为A.
【答案】 A
6．(2013·福州三中检测)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小
B．人跳在沙坑的动量变化量比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
【解析】 人跳远会以一定的速度落地，落地后静止，所以人落地过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥上作用的时间短，根据动量定理知，Ft＝Δp，Δp一定，t越大F越小，故D对．
【答案】 D
7．对物体所受的合外力与其动量之间的关系，叙述正确的是( )
A．物体所受的合外力与物体的初动量成正比
B．物体所受的合外力与物体的末动量成正比
C．物体所受的合外力与物体动量的变化量成正比
D．物体所受的合外力与物体动量对时间的变化率成正比
【解析】 动量对时间的变化率即为，根据动量定理FΔt＝Δp，可得＝F，所以正确选项为D.
【答案】 D
8．(2013·琼海检测)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．I1C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1【答案】 D
9．质量为2 kg的物体，速度由4 m/s变成－6 m/s，在此过程中，动量的变化是( )
A．－20 kg·m/s B．20 kg·m/s
C．－4 kg·m/s D．－12 kg·m/s
【解析】 Δp＝mv－mv0＝2×(－6) kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－20 kg·m/s，A正确．
【答案】 A
10．(2013·西安一中检测)质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长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 N
C．600 N D．100 N
【解析】 选取人为研究对象，人下落过程中，知v2＝2gh，v＝10 m/s，缓冲过程由动量定理得
(F－mg)t＝mv
F＝＋mg
＝(＋60×10) N
＝1 100 N
由牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力为1 100 N.
【答案】 B
11．羽毛球是速度最快的球类运动之一，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．设羽毛球质量为5 g，试求击球过程中羽毛球的动量变化．
【解析】 以球飞来的方向为正方向，则p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s，
p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s＝－0.475 kg·m/s.
所以动量的变化量
Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s
＝－0.600 kg·m/s
所以球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反．
【答案】 0.600 kg·m/s，方向与球飞来方向相反
12．(2013·海口检测)质量是40 kg的铁锤从高为5 m处自由落下，打在物体上且未反弹．试求下面两种情况下铁锤对物体的平均冲击力的大小．(g＝10 m/s2)
(1)打在水泥桩上，与水泥桩的撞击时间为0.05 s；
(2)打在泥地上，与泥地的撞击时间为0.4 s.
【解析】 设铁锤自由下落5 m时的速度为v，由机械能守恒得mgh＝mv2
铁锤与水泥桩作用过程中，设平均冲击力为F，以向下为正方向，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv.
将题给条件m＝40 kg，h＝5 m，t＝0.05 s，g取10 m/s2，代入两式可解得，铁锤对水泥桩的平均冲击力F＝8 400 N.
同样的方法，可求得铁锤对泥地的平均冲击力F′＝1 400 N.
【答案】 (1)8 400 N (2)1 400 N
第2节动量守恒定律
(教师用书独具)
●课标要求
知识与技能
1.了解系统、内力和外力，理解动量守恒定律．
2.能用牛顿运动定律推导出动量守恒定律的表达式．
3.了解动量守恒定律的普遍性，能应用动量守恒定律解决问题．
过程与方法
1.通过学生独立的对动量守恒定律的推导，加深对定律的理解．
2.通过对动量守恒定律的定量应用，体会定律的优越性，并逐步熟悉用守恒的观点处理问题的方法．
情感态度与价值观
1.通过定量守恒定律的应用体会自然界的和谐与统一，并培养学生实事求是的科学态度和严谨的推论方法．
2.使学生知道自然科学规律发现的重大意义以及对社会发展的推动作用.
●课标解读
1．理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件和适用范围．
2．会用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律．
3．能用动量守恒定律解释有关现象，会处理碰撞、爆炸之类中两个相互作用问题(只限于一维情况)
4．培养学生严谨的科学态度和实事求是的精神，体会物理学对科技、生活、社会的影响．
●教学地位
美国的载人航天成就是人类探测太空历史的奇葩，其中发射载人飞船的航天火箭一度扮演着至关重要的角色．按照NASA(美国国家航空航天局)的计划，航天飞机已在2010年全部退役，已经启动的新一代航天工程“星座计划”则包含了载人登月等一系列目标，旨在2015年开始将宇航员送达国际空间站，然后2020年再次载人登月．计划中，战神系列火箭是新一代运输火箭，并在整个工程中居于进度的前列．按照分工定位的不同，战神系列火箭共包括三个型号：战神－1、战神－4和战神－5.“星座计划”是人员货物分运制，这体现在战神各型号火箭的分工上：
战神－1是载人航天载具，用于发射新一代载人探索航天器——猎户座飞船，取代NASA当前使用的航天飞机．
战神－4既可以用来发射货物也可以用来发射飞船，送月球着陆器或猎户座飞船进入正确轨道．
战神－5目前的定位是货物运载火箭，运载牵牛星号登月舱，以后火星探测计划中其功能将得到进一步扩展，可能将用于人员运输．
由于战神系列火箭各个型号在发动机等诸多方面具备通用性，因此战神－1的开发实际上就是后面其他型号的研制前奏．
你想知道“战神”系列的工作原理吗？请同学们认真学习本节课内容．
(教师用书独具)
●新课导入建议
动量守恒定律成立的条件是一个系统不受外力或者系统所受外力的矢量和为0，考虑的是由多个物体组成的系统，因此在应用时需注意区分内力和外力．本节在了解系统、内力和外力的基础上，以一维情况下两个相互作用的小球为例，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律，导出具体的动量守恒定律的表达式．这样的处理，使学生对动量守恒定律的理解更深刻，同时也使学生对知识间的联系有了更深入的理解．
运用动量守恒定律解决实际问题，只考虑物体相互作用前后的动量，不考虑相互作用过程中各个瞬间细节，即使在牛顿定律适用范围内，它也能解决许多由于相互作用力难以确定而不能直接应用牛顿定律解决的问题．这正是动量守恒定律的特点和优点，同时又为我们解决力学问题提供了一种新的方法和思路．
动量守恒定律并不是由牛顿运动定律导出的，而是一条独立的实验定律，它比牛顿运动定律适用范围广泛，是自然界客观存在的基本规律之一．从物理学发展史看，动量守恒的思想早于牛顿运动定律的发现．
动量守恒定律的应用是教学的重点高考的热点．
●教学流程设计
???
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课 标 解 读
重 点 难 点
1.知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律．
2.理解动量守恒定律的确切含义和表达式．
3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．
4.了解火箭的飞行原理和主要用途.
1.理解并掌握动量守恒定律．(重点)
2.知道动量守恒定律的运用条件和适用范围．(重点)
3.会用动量守恒定律解决简单的实际问题．(难点)
动量守恒定律
1.基本知识
(1)动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．
(2)动量守恒定律的成立条件
①系统不受外力的作用．
②系统受外力作用，但合外力为零．
③系统受外力的作用，合外力也不为零，但合外力远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．
(3)动量守恒定律的表达式
①p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)．
②Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反．)
③Δp＝0(系统总动量的增量为零)．
④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和)．
2．思考判断
(1)如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒．(×)
(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒．(×)
(3)只要系统受外力做的功为零，动量就守恒．(×)
3．探究交流
动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(或动量定理)推导出来，那么二者的适用范围是否一样？
【提示】 牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，而动量守恒定律适用于任何物体，任何运动．
反冲运动与火箭
1.基本知识
(1)反冲
根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．
(2)反冲现象的防止及应用
①防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．
②应用：喷灌装置、火箭等．
(3)火箭
①原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．
②影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．
2．思考判断
(1)宇航员利用喷气装置实现太空行走是利用反冲的原理．(√)
(2)火箭发射时，其速度大小只与喷出气体的质量有关．(×)
3．探究交流
假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋浆飞机呢？
【提示】 应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋浆与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行.
两物体相互作用前后总动量是否守恒
【问题导思】
1．教材用气垫导轨探究动量守恒需要哪些实验器材？
2．实验探究的基本步骤有哪些？
1．实验器材
气垫导轨、滑块(3块)、天平、光电门、数字毫秒表等
2．实验步骤
(1)将两个质量相等的滑块装上相同的挡光板，放在光滑气垫导轨的中部．两滑块靠在一起，压缩其间的弹簧，并用细线栓住，使滑块处于静止状态．烧断细线，两滑块被弹开并朝相反的方向通过光电门，记录挡光板通过光电门的时间，表示出滑块的速度，求出两滑块的总动量p＝mv1－mv2，如图1－2－1所示．
图1－2－1
实验结果：两滑块的总动量p＝0.
(2)增加一滑块，质量与前两块相同，使弹簧一侧滑块的质量是另一侧的2倍，重复(1)步骤，求出两侧滑块的总动量p＝mv1－2mv2.
实验结果：两侧滑块的总动量p＝0.
(3)把气垫导轨的一半覆盖上牛皮纸，并用胶带固定后，用两块质量相等的滑块重复(1)步骤，求出滑块的总动量p＝mv1－mv2.
实验结果：两滑块的总动量p≠0.
3．实验结论
(1)在光滑气垫导轨上无论两滑块质量是否相等，它们被弹开前的总动量为零，分开后的总动量也为零．
(2)两滑块构成的系统受到牛皮纸的摩擦力后，两滑块的总动量发生了变化．
在用气垫导轨验证动量守恒的实验中，为了减小误差应该将气垫导轨调整到水平，确保两滑块分开后均做匀速直线运动．
图1－2－2
(2013·莆田检测)如图1－2－2所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验，实验步骤如下：
(1)把两滑块A、B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A、B，在A、B的固定挡板间放入一弹簧，使弹簧在水平方向上处于压缩状态．
(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动记录两滑块运动时间的电子计时器，在滑块A、B与挡板C、D碰撞的同时，电子计时器自动停止计时，记下A至C的运动时间t1和B至D的运动时间t2.
(3)将两滑块A、B仍置于原位置，重复几次上述实验，并对多次实验记录的t1、t2分别取平均值．
①在调整气垫导轨时，应注意_____________________________________________．
②应测量的数据还有__________________________________________________．
③只要满足关系式________，即可验证动量守恒．
【审题指导】 (1)滑块和气垫导轨的摩擦很小可忽略不计．
(2)滑块在气垫导轨上的速度可通过距离和时间计算．
【解析】 由于滑块和气垫导轨间的摩擦力很小，可以忽略不计，可认为滑块在导轨上做匀速直线运动，因此两滑块作用后的速度可分别表示为：
vA＝ ，vB＝.(L1为A至C板的距离，L2为B至D板的距离)
若(M＋m)＝M成立，
则(M＋m)vA＝mvB成立，即动量守恒．
【答案】 (3)①用水平测量仪使导轨水平
②A至C板的距离L1，B至D板的距离L2
③(M＋m)＝M
1．(2013·琼海检测)某同学设计了一个用打点计时器验证两物体碰撞前后总动量是否守恒的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图1－2－3所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
图1－2－3
(1)若已得到打点纸带如图1－2－4所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选________段来计算小车A的碰前速度，应选________段来计算小车A和小车B碰后的共同速度．(以上两空填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)
图1－2－4
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，由以上测量结果可得：碰前mAvA＋mBvB＝________ kg·m/s；碰后mAvA′＋mBvB′＝________ kg·m/s.并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．
【解析】 (1)因小车做匀速直线运动，纸带上应取打点均匀的一段来计算速度，碰前BC段点距相等，碰后DE段点距相等，故取BC段、DE段分别计算碰前小车A的速度和碰后小车A和小车B的共同速度．
(2)碰前小车A的速度vA＝＝m/s＝1.05 m/s，其动量p＝mAvA＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，小车B的速度为零，动量也为零．碰后小车A和B的共同速度vA′＝vB′＝v′＝＝ m/s＝0.695 m/s.碰后总动量p′＝(mA＋mB)v′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.从上面的计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．
【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417
动量守恒定律的理解
【问题导思】
1．光滑水平面上，一小球与另一固定小球相碰并反弹，小球的动量守恒吗？
2．光滑水平面上，一小球与另一静止小球相碰，碰后两小球系统动量守恒吗？
3．光滑水平面上，一小球与另一小球碰后粘在一起运动系统动量守恒吗？
1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．
2．“总动量保持不变”是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．
3．动量守恒定律的“五性”
(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式．
①该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等，而且方向也相同．
②在求系统的总动量p＝p1＋p2＋…时，要按矢量运算法则计算．
(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．
(3)条件性：动量守恒是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．
①系统不受外力或所受外力的矢量和为零，系统的动量守恒．
②系统受外力，但在某一方向上合外力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
(4)同时性：动量守恒定律中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)普遍性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
(2012·上海高考)A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，它们的总动量大小为______ kg·m/s；两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为______ m/s.
【审题指导】 (1)动量是矢量，运算要规定正方向．
(2)根据条件判断是否守恒并列方程求解．
【解析】 以A物体的速度方向为正方向．则vA＝10 m/s vB＝－5 m/s p＝pA＋pB＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s碰撞后，由动量守恒定律得
p＝mAvA′＋mBvB′ vB′＝10 m/s，与A原来的速度方向相同．
【答案】 40 10
应用动量守恒定律解题的基本步骤
1．分析题意，合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．
2．分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．
3．确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．
4．对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．
5．建立动量守恒方程，代入已知量求解．
2．(2013·乌鲁木齐检测)
图1－2－5
如图1－2－5所示，一人站在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M＝70 kg，当它遇到一个质量m＝20 kg、以速度v0＝5 m/s迎面滑来的木箱后，立即以相对于冰面v′＝2 m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出(不计冰面阻力)．问小车获得的速度是多大？方向如何？
【解析】 以v0方向为正方向，设推出木箱后小车的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝Mv－mv′
v＝＝ m/s＝2 m/s
与木箱的初速度v0方向相同．
【答案】 2 m/s 方向与木箱的初速度v0相同
对反冲的进一步理解
【问题导思】
1．反冲运动中物体一定不受外力吗？
2．反冲运动中，相互作用的两部分动量守恒吗？
3．反冲运动的速度是相互作用的两物体的相对速度吗？
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动时应注意的问题
(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律的方程．
(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．
1．内力的存在不会影响系统的动量守恒．
2．内力做的功往往会改变系统的总动能．
图1－2－6
(2012·福建高考)如图1－2－6，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
【审题指导】 解此题的关键是规定正方向和判断人跳出的速度，由于水静止，相对水面的速度即为相对地的速度．
【解析】 以向右为正方向，据动量守恒定律有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选C.
【答案】 C
3．(2013·江苏高考)如图1－2－7所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．
图1－2－7
【解析】 根据动量守恒定律，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数值解得vB＝0.02 m/s，离开空间站方向．
【答案】 0.02 m/s，离开空间站方向
综合解题方略——人船模型的
分析方法
(2013·三亚检测)长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站立在船头，若不计水的阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
【规范解答】 选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，人未走时系统的总动量为零，当人走动时，船同时后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速度为v1，船对地的速度为v2，根据动量守恒得
mv1－Mv2＝0①
因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量守恒，对①式两边同乘以Δt，得ms1－Ms2＝0②
②式为人对地的位移和船对地的位移关系．
由图所示还可看出：s1＋s2＝L③
联立②③两式得
【答案】 船对地的位移为L
人对地的位移为L
1．“人船模型”问题的特征
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒定律，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．用动量守恒定律求位移的题目大都是系统原来处于静止状态，动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率．如果两物体相互作用时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1－m2s2＝0.
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面的位移的关系．
3．处理“人船模型”问题的两点注意
(1)“人船模型”问题中，两物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．
(2)问题中的“船长”通常理解为“人”相对“船”的位移．而在求解过程中应讨论的是“人”及“船”相对地的位移，即相对于同一参照物的位移
【备课资源】(教师用书独具)
反冲运动的演示
(1)用火箭筒演示
拿一个空摩丝瓶，在其底部用大号缝衣针钻一小洞，这样就制成了一个简易的火箭筒．
图教1－2－1
如图教1－2－1所示，在铁支架的立柱顶端装上顶轴，在旋转臂的两侧各装一只火箭筒，再把旋转系统放在顶轴上．往火箭筒内注入约4 mL的酒精，并在火箭筒下方的棉球上注少量酒精，点燃酒精棉球，片刻火箭筒内的酒精蒸气从尾孔中喷出，并被点燃．这时可以看到火箭旋转起来，带着长长的火舌，并伴随有呼呼的声响．
注意棉球上的酒精不要太多，下方的桌上不要放易燃物品．实验完毕，应将筒内剩余的酒精烧尽或倒出．
(2)用水火箭演示
水火箭用空可乐瓶制作．用一段吸管和透明胶带在瓶上固定一个导向管．瓶口塞一橡皮塞，在橡皮塞上钻一个孔．在塞上固定一只自行车车胎上的进气阀门，并在气门芯内装上小橡皮管(如图教1－2－2)．
图教1－2－2
实验时，瓶中先注入约体积的水，用橡皮塞把瓶口塞严．将尼龙线穿过可乐瓶上的导向管，使线的一端拴在门的上框上，另一端拴在板凳腿上，要把线拉直．将瓶的进气阀与打气筒相接，向筒内打气到一定程度时，瓶塞脱开，水从瓶口喷出，瓶向反方向飞去.
1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列哪些因素可导致实验误差( )
A．导轨安放不水平 B．小车上挡光片倾斜
C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起
【解析】 导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差．
【答案】 AB
2．(2013·海口检测)运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
【解析】 火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确答案为B.
【答案】 B
3．(2012·厦门检测)一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它以速度v放出一个质量为m的粒子后，剩余部分的速度为( )
A．－v B．－mv/(M－m)
C．mv/(M－m) D．－mv/(M＋m)
【解析】 由动量守恒：mv＋(M－m)v′＝0，v′＝－v，负号表示与v的方向相反．
【答案】 B
4．(2013·福建高考)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
【解析】 应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mv0－(M－m)v′
故v′＝，选项D正确．
【答案】 D
5．如图1－2－8所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，其右端放一质量为m的小木块A(可看成质点)，m图1－2－8
【解析】 取水平向右为正方向，设它们最后的共同速度为v，依据动量守恒定律：Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得：v＝，
方向为水平向右(与木板B方向一致)．
【答案】 向右
1．下面物体在相互作用过程中系统动量守恒的有( )
A．人在船上行走，人与船组成的系统(不计水的阻力)
B．子弹射穿一棵小树，子弹与小树组成的系统
C．人推平板车前进，人与平板车组成的系统
D．炮弹在空中爆炸，所有的弹片组成的系统
【解析】 人在船上行走，在不计水的阻力的情况下，人和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒；子弹射穿小树过程，子弹和小树组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；人推平板车前进，人受到地面的摩擦力，人与平板车组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；炮弹在空中爆炸，作用时间短，内力远大于外力，所有的弹片组成的系统在爆炸过程中动量守恒．故选项A、D正确，B、C不正确．
【答案】 AD
2．如图1－2－9所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块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( )
图1－2－9
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三物块组成的系统动量守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
【解析】 无论C在A上滑行，还是B上滑行，A、B、C组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，D错C对；当C在A上滑行时，B对A、C系统有向左的力的作用，A、C系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错；当C在B上滑行时，A、B已经分开无相互作用，B、C系统所受合外力为零，动量守恒，故B正确．
【答案】 BC
图1－2－10
3．(2013·三明检测)如图1－2－10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
【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．由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对；经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．
【答案】 BD
4．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭的速率u向后喷出，则燃料喷出后，火箭的速度大小为( )
A．v0＋u B．v0－u
C．v0＋(v0＋u) D．v0＋u
【解析】 由动量守恒定律得m(－u＋v)＋(M－m)v＝Mv0，解得v＝v0＋u，A选项正确．
【答案】 A
5．(2013·泉州检测)一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0＝10 m/s，设它炸成两块后，质量为0.4 kg的大块的速度大小为250 m/s，方向与原来方向相反．若取v0方向为正方向，则质量为0.2 kg的小块的速度为( )
A．530 m/s，与原来方向相同
B．530 m/s，与原来方向相反
C．470 m/s，与原来方向相同
D．470 m/s，与原来方向相反
【解析】 手榴弹在最高点时速度沿水平方向，v0＝10 m/s，设v0方向为正方向，根据动量守恒得：(m1＋m2)v0＝－m1v1＋m2v2，所以v2＝530 m/s，v2为正值，说明与原来方向相同．
【答案】 A
6．如图1－2－11所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )
图1－2－11
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
【解析】 A、B车和人三者构成的系统动量守恒，那么(m人＋mA)vA－mBvB＝0，m人＋mA＞mB，所以vA＜mB，B选项正确．
【答案】 B
7．(2012·福州高一检测)甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞．碰撞前，甲球向左运动，乙球向右运动，碰撞后一起向右运动，由此可以判断( )
A．甲的质量比乙小 B．甲的初速度比乙小
C．甲的初动量比乙小 D．甲的动量变化比乙小
【解析】 甲、乙两球碰撞过程中系统动量守恒，规定向右为正方向，则m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v>0，故m乙v乙>m甲v甲，即甲的初动量比乙的小．而甲的动量变化与乙的动量变化是大小相同的，故C正确．
【答案】 C
8．如图1－2－12所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
图1－2－12
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
【解析】 系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．
【答案】 B
9．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
【解析】 由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB>mv，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.
【答案】 A
10．如图1－2－13甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的瞬时力时，随即启动打点计时器，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，碰撞后的共同速度大小为________m/s，m甲∶m乙＝________.
图1－2－13
【解析】 由图知在开始0.02 s内位移约为1.2×10－2 m．故碰前速度v1＝ m/s＝0.6 m/s.碰后在0.02 s内位移约为0.8×10－2 m．故碰后速度v2＝ m/s＝0.4 m/s.
碰撞过程动量守恒，所以有m甲v1＝(m甲＋m乙)v2解得m甲∶m乙＝2∶1.
【答案】 0.6 0.4 2∶1
11．(2012·山东高考)如图1－2－14所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图1－2－14
【解析】 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0.④
【答案】 v0
12．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道原速返回，质量为.求：
(1)爆炸后另一块瞬时速度的大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能．
【解析】 (1)爆炸后沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与原方向相反，爆炸过程动量守恒
mv＝－v＋v1
解得v1＝3v.
(2)爆炸过程中重力势能没有改变，
爆炸前系统总动能为Ek＝mv2
爆炸后系统总动能为Ek′＝·v2＋··(3v)2＝2.5mv2
系统增加的机械能ΔE＝2mv2.
【答案】 (1)3v (2)2mv2
第3节科学探究——一维弹性碰撞
(教师用书独具)
●课标要求
知识与技能
1.知道弹性碰撞的概念和特点．
2.知道非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的概念和特点．
过程与方法
1.通过参与弹性碰撞的实验研究，体会并掌握控制变量的方法．
2.通过对弹性碰撞规律的推导，进一步掌握碰撞中的守恒问题的处理方法．
情感态度与价值观
体验动量守恒定律在弹性碰撞中的应用，培养学生理论联系实际以及利用理论分析解决实际问题的能力.
●课标解读
1．了解不同类型的碰撞，知道完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞的主要特征．
2．掌握探究碰撞的规律，即在弹性碰撞中动量守恒，动能也守恒．
3．能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题．
4．通过探究一维弹性碰撞问题，使学生体验科学探究的过程，掌握科学探究的方法．
●教学地位
本节内容首先提到了不同类型的碰撞，教学中着重引导学生从“能量转化的情况不同”这一角度去理解不同类型的碰撞，本节重点探讨了完全弹性碰撞的规律，知道在完全弹性碰撞中动量守恒，动能也守恒，教学中要充分利用弹性碰撞的实验培养学生的科学探究能力，可让学生亲自操作以便切身体验弹性碰撞的特点．为了培养学生的表达能力应要求学生准确描述出不同情况下两钢球发生弹性碰撞的特点．碰撞问题是教学的重点，高考的热点.
(教师用书独具)
●新课导入建议
演示实验导入
五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？让我们共同探究本节课一维弹性碰撞问题吧．
●教学流程设计
???
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???
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课 标 解 读
重 点 难 点
1.知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点．
2.掌握弹性碰撞的规律，能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题.
1.用动量守恒定律、机械能守恒定律讨论碰撞问题．(重点)
2.对各种碰撞问题的理解．(难点)
3.应用动量守恒定律、机械能守恒定律解决碰撞问题．(难点)
不同类型的碰撞
1.基本知识
(1)非弹性碰撞
碰撞过程中物体往往会发生形变、发热、发声，一般会有动能损失．
(2)完全非弹性碰撞
碰撞后物体结合在一起，动能损失最大．
(3)弹性碰撞
碰撞过程中形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失．
2．思考判断
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒．(×)
(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒．(×)
(3)三种碰撞中，动量都守恒．(√)
3．探究交流
日常生活中哪些是弹性碰撞，哪些是完全非弹性碰撞？
【提示】 弹性碰撞：两钢球间的碰撞，台球中母球和子球间的碰撞．完全非弹性碰撞：子弹打入木块.
弹性碰撞的实验研究和规律
1.基本知识
(1)实验研究
①质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能不变，碰撞后两球交换了速度．
②质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰后两球运动方向相同，碰撞过程中两球总动能不变．
③质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰后，质量较小的钢球被反弹回来，碰撞过程中两球总动能不变．
综上可知，弹性碰撞过程中，系统的动量与动能守恒．
(3)理论推导
质量m1的小球以速度v1与质量m2的静止小球发生弹性碰撞．根据动量守恒和动能守恒，得
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v′＋m2v′
碰后两球的速度分别为：
v′1＝，v′2＝
①若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向相同．(若m1?m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去)
②若m1③若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．
2．思考判断
(1)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失．(×)
(2)微观粒子在碰撞时并不接触，所以不能算是碰撞．(×)
碰撞的特点和规律
【问题导思】
1．在不光滑的水平面上两小球相碰后粘在一起运动，碰撞过程中动量守恒吗？
2．碰撞过程中机械能会增加吗？
3．碰撞分几种类型，哪种类型的碰撞动量、动能都守恒？
1．发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短，各物体作用前后各自动量变化显著，物体在作用时间内的位移可忽略．
2．即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，因为内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．
3．若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能．
4．对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．
下面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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
【审题指导】 根据碰撞的特点和动量守恒的条件分析判断
【解析】 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错．
【答案】 AB
1．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是 ( )
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
【解析】 选项A是非弹性碰撞，成立．选项B是完全弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D错．
【答案】 AB
碰撞过程的分析
【问题导思】
1．碰撞过程中动量和动能满足什么条件？
2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能守恒吗？
3．同向运动的两小球相碰后同向运动，两小球的速度满足什么条件？
1．判断依据
在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)系统动能不增加，即Ekl＋Ek2≥E′kl＋E′k2或＋≥＋.
(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则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．
2．爆炸与碰撞的异同
(1)共同点：相互作用的力为变力，作用力很大，作用时间极短，均可认为系统满足动量守恒．
(2)不同点：爆炸有其他形式的能转化为动能，所以动能增加；弹性碰撞时动能不变，而非弹性碰撞时通常动能要损失，动能转化为内能，动能减小．
1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．
2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．
(2013·福州八中检测)在一条直线上，运动方向相反的两球发生碰撞．以球1的运动方向为正，碰前球1、球2的动量分别是p1＝6 kg·m/s，p2＝－8 kg·m/s.若两球所在的水平面是光滑的，碰后各自的动量可能是( )
A．p1′＝4 kg·m/s，p2′＝－6 kg·m/s
B．p1′＝－4 kg·m/s，p2′＝2 kg·m/s
C．p1′＝－8 kg·m/s，p2′＝6 kg·m/s
D．p1′＝－12 kg·m/s，p2′＝10 kg·m/s
【审题指导】 由于本题为两球碰撞问题，一方面应满足动量守恒，另一方面动能不会增加，还要注意碰后若两球同向运动，则v前>v后．
【解析】 解答本题时要注意，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，所以，它们在碰撞过程中动量守恒，但动能不一定守恒，一般情况下，要有一部分机械能转化为内能，除此之外，还要注意它们的速度关系．
经过计算可知，4种情况均符合动量守恒．一般来说，在碰撞过程中，要有一部分机械能转化为内能，即系统会损失一部分机械能，即有＋≥＋
经计算知，选项D不符合上述关系，所以选项D错误；再仔细分析选项A、B、C中的速度关系，发现在选项A中，碰后两小球的速度方向不变，好像二者相互穿过一样(如图所示)，这显然是不可能的，所以选项A错误；同样对选项B、C进行分析，可以判断B、C是正确的．
【答案】 BC
判断一个碰撞过程能否发生需从以下三个方面入手：
1．是否遵守动量守恒定律．
2．系统的动能如何变化，如果增加则碰撞不可能发生．
3．碰撞的结果与各物体的运动情况是否符合实际，比如A球去碰静止的B球，碰后若两球同向，A球的速度不能大于B球．
2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
D．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
【解析】 从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三种皆有可能，D不可能；从总动能只有守恒或减少：＋≥＋来看，只有A可能．
【答案】 A
综合解题方略——与动量相关的临界问题
(2013·南平检测)两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，劈A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图1－3－1所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在劈B上能够达到的最大高度．
图1－3－1
【规范解答】 设物块到达劈A的底端时，物块和劈A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得
mgh＝mv2＋M1V2①
M1V＝mv②
设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和劈B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得
mgh′＋(M2＋m)V′2＝mv2③
mv＝(M2＋m)V′④
联立①②③④式得h′＝h.
【答案】 h
分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，分析时与追及问题模型联系，不难找到这类问题的切入点.
【备课资源】(教师用书独具)
安全气囊
安全气囊是安全气囊系统的一个辅助保护设备，设置在车内前方(正、副驾驶位)，侧方(车内前排和后排)和车顶三个方向．装有安全气囊系统的容器外部都印有SRS的字样，直译成中文为
图教1－3－1
“辅助可充气约束系统”．旨在减轻乘员的伤害程度，当发生碰撞事故时，避免乘员发生二次碰撞，或车辆发生翻滚等危险情况下被抛离座位．
汽车在行驶过程中，传感器系统不断向控制装置发送速度变化(或加速度)信息，由控制装置(中央控制器)对这些信息加以分析判断，如果所测的加速度、速度变化量或其他指标超过预定值(即真正发生了碰撞)，则控制装置向气体发生器发出点火命令或传感器直接控制点火，点火后发生爆炸反应，产生N2或将储气罐中压缩氮气释放出来充满碰撞气袋．乘员与气袋接触时，通过气袋上排气孔的阻尼吸收碰撞能量，达到保护乘员的目的．汽车的安全气囊内有氮化钠或硝酸铵等物质．当汽车在高速行驶中受到猛烈撞击时，这些物质会迅速发生分解反应，产生大量气体，充满气囊．
新型安全气囊加入了可分级充气或释放压力的装置，以防止一次突然点爆产生的巨大压力对人头部产生的伤害，特别在乘客未配戴安全带的时候，可导致生命危险．具体方式有：
1．分级点爆方式：气体发生器分两级点爆，第一级产生约40%的气体容积，远低于最大压力，对人头部移动产生缓冲作用，第二级点爆产生剩余气体，并且达到最大压力．总的来说，两级点爆的最大压力小于单级点爆．这种形式的压力逐步增加．
2．分级释放压力方式：囊袋上开有泄压孔或可调节压力的孔，分为完全凭借气体压力顶开的方式或电脑控制的拉片Tether.这种方式，一开始压力达到设定极限，然后瞬时释放压力，以避免过大伤害．
随着科技的发展和人们对汽车安全重视程度的提高，汽车安全技术中的安全气囊技术近年来也发展得很快，智能化、多安全气囊是今后整体安全气囊系统发展的必然趋势.
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，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
【解析】 由动量守恒得3mv－mv＝0＋mv′
所以v′＝2v
碰前总动能为
Ek＝·3mv2＋mv2＝2mv2
碰后总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，
所以A对．
【答案】 A
图1－3－2
2．(2013·宁德检测)如图1－3－2所示，光滑水平面上有大小相同的两球在同一直线上运动，mB＝2mA，规定向右为正，A、B两球动量均为6 kg·m/s，运动中两球碰撞后，A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．左方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为1∶10
【解析】 由于向右为正，而A球动量增量为－4 kg·m/s，说明A受冲量向左，知A球在左方，C、D均错，由动量守恒知A、B碰后的动量分别为mAvA′＝2 kg·m/s，mBvB′＝10 kg·m/s.
则＝·＝
因此＝，选项A正确．
【答案】 A
3．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
【解析】 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，即A、D项均错误；C项中，两球碰后的总动能为Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝22 J，违背了能量守恒，所以C项错；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B项对．
【答案】 B
4．(2013·济南检测)在光滑水平面上，甲、乙两物体的质量分别为m1、m2，它们沿同一直线相向运动，其中甲物体运动速度v1的大小是6 m/s，乙物体运动速度v2的大小是2 m/s.已知两物体碰撞后各自沿着相反的方向运动，速度v的大小都是4 m/s，甲、乙两物体的质量之比为________．
【解析】 选甲物体碰前的速度v1的方向为正方向，则由动量守恒定律，得m1v1－m2v2＝m2v－m1v
由上式得：＝＝.
【答案】
图1－3－3
5．(2012·新课标全国高考)如图1－3－3所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
【解析】 (1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2①
式中g是重力加速度的大小．设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得
m2v＝(m1＋m2)v′②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③
联立①②③式得
＝－1④
代入题给数据得
＝－1.⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek，(Ek＝m2v2)之比为＝1－(1－cos θ)⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
＝1－.⑧
【答案】 (1)－1 (2)1－
1．(2013·海口检测)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】 总动量与A车的动量方向相同，因此有A车动量大于B车的动量．
【答案】 C
2．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1＜E0 B．p1＜p0
C．E2＞E0 D．p2＞p0
【解析】 两个钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒定律．由于没有外界能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E1＋E2≤E0，可见A对，C错；另外，A也可写成＜，因此B对；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，所以D对．
【答案】 ABD
3．(2013·济南检测)质量为m的α粒子，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为，则碳核获得的速度为( )
A. B．2v0
C. D.
【解析】 由α粒子与碳核所组成的系统动量守恒，若碳核获得的速度为v，则mv0＝3mv－m×，所以v＝，C正确．
【答案】 C
4．如图1－3－4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质量相等的物体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( )
图1－3－4
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
【解析】 A、B两物体碰撞过程中动量守恒，当A、B两物体速度相等时，系统动能损失最大，损失的动能转化成弹簧的弹性势能．
【答案】 D
5．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )
A. B.
C. D.
【解析】 设需发射n颗子弹，对整个过程由动量守恒定律可得：Mv1－nmv2＝0，所以n＝.
【答案】 D
6．(2013·西安一中检测)如图1－3－5所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )
图1－3－5
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
【解析】 首先根据两球动能相等，m甲 v＝m乙 v，且Ek＝，得出两球碰前动量大小之比为：＝，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．
【答案】 AB
7．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，碰撞前a球的动量pa＝30 kg·m/s，b球的动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则碰撞后b球的动量为( )
A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s
【解析】 在碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s.
【答案】 C
8．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－3－6所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的( )
图1－3－6
A．M、m0、m的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m的速度均发生变化，M和m0速度变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v＋mv2
【解析】 因为碰撞时间极短，所以m0的速度应该不发生变化，A错，D错；碰后M与m的速度可能相同也可能不同，B对，C对．
【答案】 BC
9．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率之比v′A∶v′B为( )
A. B.
C．2 D.
【解析】 设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，解得碰前vB＝.碰后v′A＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得v′B＝v，所以＝＝.选项D正确．
【答案】 D
图1－3－7
10．(2012·琼海检测)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象(s－t图)如图1－3－7中A、D、C和B、D、C所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
【解析】 由图象知：碰前vA＝4m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故选项C正确．
【答案】 C
11．如图1－3－8所示，已知A、B两个钢性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1和小球B的速度v2的大小．
图1－3－8
【解析】 取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变，有：
m1v0＝m1v1＋m2v2①
m1v＝m1v＋m2v②
由①②两式得：v1＝，v2＝.
【答案】
12．(2012·天津高考)如图1－3－9所示，水平地面上固定有高为h的平
图1－3－9
台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切，小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求
(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；
(2)A、B两球的质量之比mA∶mB.
【解析】 (1)小球从坡道滑至水平台面的过程中，机械能守恒，则：mAgh＝mAv
解得：vA＝.
(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得：
mAvA＝(mA＋mB)v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，则在竖直方向上有：h＝gt2
在水平方向上有：＝vt
由以上各式联立解得：mA∶mB＝1∶3.
【答案】 (1) (2)1∶3
综合检测(一)
第1章 动量守恒研究
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本题共7小题，每小题6分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．下列说法中正确的是( )
A．作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越快
B．作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量变化就越快
C．作用在物体上的冲量恒定时，物体的动量保持不变
D．延长物体间的相互作用时间，可以增大物体间的相互作用力
【解析】 由F＝知选项A正确．
【答案】 A
2．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有 ( )
A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统
B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统
C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统
D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统
【解析】 判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定．B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零．C选项末动量为零，而初动量不为零．D选项，在物体沿斜面下滑的过程中，向下的动量增大．故选A.
【答案】 A
3．物体动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )
A．物体的动量在减小
B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小也可能不变
D．物体的动能可能不变
【解析】 动量是矢量，动能是标量，动量变化了5 kg·m/s，物体动量的大小可能在增加，也可能在减小，还可能不变．如物体以大小为5 kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，物体的动能也不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s.
【答案】 CD
4．(2013·龙岩检测)一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mg·Δt B.
C.＋mg D.－mg
【解析】 铁锤与木桩作用的过程中，铁锤受竖直向下的重力和木桩对铁锤向上的弹力作用，以竖直向下方向为正方向，由动量定理可得(mg－F)Δt＝0－mv，由此得F＝mg＋，即C正确．
【答案】 C
5．(2013·海口检测)在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图1所示，下列关系正确的是( )
图1
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
【解析】 由图象知a球以初速度向原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且小于a的初速度，根据碰撞规律，a球质量小于b球质量．
【答案】 B
6．(2012·福州一中检测)如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )
图2
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v0/2
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为mv/2
【解析】 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒；小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换．
【答案】 ACD
7．质量相同的A、B两木块从同一高度自由落下，如图3所示，当A木块落至某一位置时，被水平飞来的子弹很快地击中(设子弹未穿出)，则A、B两木块在空中的运动时间tA、tB的关系为( )
图3
A．tA＝tB B．tA＞tB
C．tA＜tB D．无法判断
【解析】 以子弹和木块A为一个系统，在子弹射入木块的过程中，水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，在竖直方向上受到重力作用，严格讲系统动量不守恒，但由于子弹射入的时间极短，重力的冲量可以忽略，符合动量守恒条件，故竖直方向上A的速度减小，落地时间增长，B正确．
【答案】 B
二、非选择题(本大题共5小题，共58分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
8．(8分)如图4所示装置用来验证动量守恒定律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到
图4
A球球心的距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移至与竖直线夹角β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点．
(1)图中x应是B球初始位置到________的水平距离．
(2)为了验证两球碰撞过程动量守恒，应测得的物理量有：________.
(3)用测得的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量：pA＝________，p′A＝________，pB＝________，p′B＝________.
【解析】 (1)x应是B球初始位置到落点的水平距离．
(2)不难想到为验证动量守恒，必须测量mA、mB.为测得入射球碰撞前后速度，根据机械能守恒定律得，mAgL(1－cos α)＝mAv；mAgL(1－cos β)＝mAv′.故必须测得α、β、L；同理，B碰后做平抛运动，为测量碰后B的速度v′2，还必须测量H.
(3)由(2)知pA＝mA，
p′A＝mA，
pB＝0，p′B＝mBx
【答案】 (1)落点 (2)mA、mB、α、β、L、H
(3)mA
mA 0 mBx
9．(10分)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图5所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：
图5
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB.
B．调整气垫导轨，使导轨处于水平．
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．
D．用刻度尺测出A的左端至C挡板的距离L1.
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.
(1)实验中还应测量的物理量是________．
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________(回答两点即可)．
【解析】 放开卡销后，A、B匀速运动
vA＝，vB＝
由动量守恒mAvA＝mBvB
所以mA＝mB.
【答案】 (1)滑块B的右端到D挡板的距离L2
(2)mA＝mB
滑块mA、mB、L1、L2、t1、t2测量时带来的误差；气垫导轨不水平；滑块与气垫导轨间有摩擦．
图6
10．(12分)(2013·苏州高二检测)某同学为了探究质量为m1＝1.0 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰是否是弹性碰撞，该同学测出碰撞前后两物体的s－t(位移－时间)图象如图6所示，碰撞时间极短，试通过计算回答下列问题：
(1)质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量是多少？
(2)m2等于多少千克？
(3)碰撞过程是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
【解析】 (1)由图象可知，m1碰前速度v1＝4 m/s，碰后的速度v1′＝－2 m/s，m2碰前速度v2＝0，碰后速度v2′＝2 m/s
质量为m1的物体在碰撞过程中动量的变化量是：
Δp1＝m1v1′－m1v1＝－6 kg·m/s.
(2)由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
代入数据解得：m2＝3.0 kg.
(3)两物体组成的系统在碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1v′12＋m2v′22)＝0
所以碰撞过程是弹性碰撞．
【答案】 (1)－6 kg·m/s (2)3.0 kg (3)弹性碰撞
11．(14分)(2013·常州模拟)如图7甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4.0 kg和m2＝6.0 kg，用轻弹簧相连放在光滑水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触．另有一个物体C从t＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t＝5.0 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开．物体C的v—t图象如图乙所示．试求：
(1)物体C的质量m3；
(2)在5.0 s到15.0 s的时间内物体A动量变化的大小和方向．
图7
【解析】 (1)根据图象可知，物体C与物体A相碰前的速度为：v1＝6 m/s
相碰后的速度为：v2＝2 m/s
根据动量守恒定律得：
m3v1＝(m1＋m3)v2
解得：m3＝2.0 kg.
(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0 s和第15.0 s末物体A的速度分别为：
v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s
所以物体A的动量变化为：
Δp＝m1(v3－v2)
＝－16 kg·m/s
即在5.0 s到15.0 s时间内物体A动量变化的大小为16 kg·m/s，方向向右．
【答案】 (1)2.0 kg (2)16 kg·m/s 向右
12．(14分)(2013·新课标Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．
【解析】 从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．
设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv＋(2m)v①
mv＝mv1＋(2m)v2②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正．由①②式得
v1＝－③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
μmgd1＝mv④
μ(2m)gd2＝(2m)v⑤
据题意有
d＝d1＋d2⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得
μmgd＝mv－mv2⑦
联立②至⑦式，得
v0＝.
【答案】
1．(2013·南平检测)下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
【解析】 因为p＝mv，所以动量大，质量不一定大，A错．做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以动量时刻变化，B错．速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，C对．运动状态变化即速度发生变化，D对．
【答案】 CD
2．某物体受到－2 N·s的冲量作用，则( )
A．物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量一定减小
D．物体的动量增量一定与规定的正方向相反
【解析】 若选初动量的反方向为正方向，冲量方向与物体原来动量方向相同，A错；由动量定理I合＝p2－p1，I合＜0，Δp＜0，但p2不一定是负值，B错；由于动量是矢量，物体的动量不一定减小，C错．故选D.
【答案】 D
3．对于力的冲量的说法，正确的是( )
A．力越大，力的冲量就越大
B．作用在物体上的力大，力的冲量不一定大
C．F1与其作用时间t1的乘积大小等于F2与其作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量相同
D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零
【解析】 力的冲量I＝Ft与力和时间两个因素有关，力大冲量不一定大，A错B对；冲量是矢量，有大小也有方向，冲量相同是指大小和方向都相同，C错；冲量的大小与物体的运动状态无关，D错，因此选B.
【答案】 B
4．(2013·澄迈检测)物体在恒力作用下运动，下列说法中正确的是( )
A．动量的方向与受力方向相同
B．动量的方向与冲量的方向相同
C．动量的增量方向与受力方向相同
D．动量变化率的方向与速度方向相同
【解析】 物体动量的方向由物体的速度方向决定，只有物体动量的变化(动量的增量)方向才与冲量的方向相同，动量变化率就是物体所受的合外力，其方向与速度方向无关，所以本题只有C选项正确．
【答案】 C
5．质量为m的物体以v的初速度竖直向上抛出，经时间t达到最高点，以竖直向上为正方向，在这个过程中，物体的动量变化量和重力的冲量分别是( )
A．－mv和－mgt B．mv和mgt
C．mv和－mgt D．－mv和mgt
【解析】 以竖直向上为正方向，则末动量为0，初动量为mv，所以动量的变化量为－mv；重力为负，所以重力的冲量为－mgt，正确选项为A.
【答案】 A
6．(2013·福州三中检测)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小
B．人跳在沙坑的动量变化量比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
【解析】 人跳远会以一定的速度落地，落地后静止，所以人落地过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥上作用的时间短，根据动量定理知，Ft＝Δp，Δp一定，t越大F越小，故D对．
【答案】 D
7．对物体所受的合外力与其动量之间的关系，叙述正确的是( )
A．物体所受的合外力与物体的初动量成正比
B．物体所受的合外力与物体的末动量成正比
C．物体所受的合外力与物体动量的变化量成正比
D．物体所受的合外力与物体动量对时间的变化率成正比
【解析】 动量对时间的变化率即为，根据动量定理FΔt＝Δp，可得＝F，所以正确选项为D.
【答案】 D
8．(2013·琼海检测)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．I1C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1【答案】 D
9．质量为2 kg的物体，速度由4 m/s变成－6 m/s，在此过程中，动量的变化是( )
A．－20 kg·m/s B．20 kg·m/s
C．－4 kg·m/s D．－12 kg·m/s
【解析】 Δp＝mv－mv0＝2×(－6) kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－20 kg·m/s，A正确．
【答案】 A
10．(2013·西安一中检测)质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长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 N
C．600 N D．100 N
【解析】 选取人为研究对象，人下落过程中，知v2＝2gh，v＝10 m/s，缓冲过程由动量定理得
(F－mg)t＝mv
F＝＋mg
＝(＋60×10) N
＝1 100 N
由牛顿第三定律，安全带所受的平均冲力为1 100 N.
【答案】 B
11．羽毛球是速度最快的球类运动之一，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．设羽毛球质量为5 g，试求击球过程中羽毛球的动量变化．
【解析】 以球飞来的方向为正方向，则p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s，
p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s＝－0.475 kg·m/s.
所以动量的变化量
Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s
＝－0.600 kg·m/s
所以球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反．
【答案】 0.600 kg·m/s，方向与球飞来方向相反
12．(2013·海口检测)质量是40 kg的铁锤从高为5 m处自由落下，打在物体上且未反弹．试求下面两种情况下铁锤对物体的平均冲击力的大小．(g＝10 m/s2)
(1)打在水泥桩上，与水泥桩的撞击时间为0.05 s；
(2)打在泥地上，与泥地的撞击时间为0.4 s.
【解析】 设铁锤自由下落5 m时的速度为v，由机械能守恒得mgh＝mv2
铁锤与水泥桩作用过程中，设平均冲击力为F，以向下为正方向，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv.
将题给条件m＝40 kg，h＝5 m，t＝0.05 s，g取10 m/s2，代入两式可解得，铁锤对水泥桩的平均冲击力F＝8 400 N.
同样的方法，可求得铁锤对泥地的平均冲击力F′＝1 400 N.
【答案】 (1)8 400 N (2)1 400 N
1．下面物体在相互作用过程中系统动量守恒的有( )
A．人在船上行走，人与船组成的系统(不计水的阻力)
B．子弹射穿一棵小树，子弹与小树组成的系统
C．人推平板车前进，人与平板车组成的系统
D．炮弹在空中爆炸，所有的弹片组成的系统
【解析】 人在船上行走，在不计水的阻力的情况下，人和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒；子弹射穿小树过程，子弹和小树组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；人推平板车前进，人受到地面的摩擦力，人与平板车组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；炮弹在空中爆炸，作用时间短，内力远大于外力，所有的弹片组成的系统在爆炸过程中动量守恒．故选项A、D正确，B、C不正确．
【答案】 AD
2．如图1－2－9所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块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( )
图1－2－9
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三物块组成的系统动量守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
【解析】 无论C在A上滑行，还是B上滑行，A、B、C组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，D错C对；当C在A上滑行时，B对A、C系统有向左的力的作用，A、C系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错；当C在B上滑行时，A、B已经分开无相互作用，B、C系统所受合外力为零，动量守恒，故B正确．
【答案】 BC
图1－2－10
3．(2013·三明检测)如图1－2－10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
【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．由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对；经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．
【答案】 BD
4．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃料相对于火箭的速率u向后喷出，则燃料喷出后，火箭的速度大小为( )
A．v0＋u B．v0－u
C．v0＋(v0＋u) D．v0＋u
【解析】 由动量守恒定律得m(－u＋v)＋(M－m)v＝Mv0，解得v＝v0＋u，A选项正确．
【答案】 A
5．(2013·泉州检测)一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0＝10 m/s，设它炸成两块后，质量为0.4 kg的大块的速度大小为250 m/s，方向与原来方向相反．若取v0方向为正方向，则质量为0.2 kg的小块的速度为( )
A．530 m/s，与原来方向相同
B．530 m/s，与原来方向相反
C．470 m/s，与原来方向相同
D．470 m/s，与原来方向相反
【解析】 手榴弹在最高点时速度沿水平方向，v0＝10 m/s，设v0方向为正方向，根据动量守恒得：(m1＋m2)v0＝－m1v1＋m2v2，所以v2＝530 m/s，v2为正值，说明与原来方向相同．
【答案】 A
6．如图1－2－11所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )
图1－2－11
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
【解析】 A、B车和人三者构成的系统动量守恒，那么(m人＋mA)vA－mBvB＝0，m人＋mA＞mB，所以vA＜mB，B选项正确．
【答案】 B
7．(2012·福州高一检测)甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞．碰撞前，甲球向左运动，乙球向右运动，碰撞后一起向右运动，由此可以判断( )
A．甲的质量比乙小 B．甲的初速度比乙小
C．甲的初动量比乙小 D．甲的动量变化比乙小
【解析】 甲、乙两球碰撞过程中系统动量守恒，规定向右为正方向，则m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v>0，故m乙v乙>m甲v甲，即甲的初动量比乙的小．而甲的动量变化与乙的动量变化是大小相同的，故C正确．
【答案】 C
8．如图1－2－12所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
图1－2－12
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
【解析】 系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．
【答案】 B
9．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
【解析】 由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB>mv，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.
【答案】 A
10．如图1－2－13甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的瞬时力时，随即启动打点计时器，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，碰撞后的共同速度大小为________m/s，m甲∶m乙＝________.
图1－2－13
【解析】 由图知在开始0.02 s内位移约为1.2×10－2 m．故碰前速度v1＝ m/s＝0.6 m/s.碰后在0.02 s内位移约为0.8×10－2 m．故碰后速度v2＝ m/s＝0.4 m/s.
碰撞过程动量守恒，所以有m甲v1＝(m甲＋m乙)v2解得m甲∶m乙＝2∶1.
【答案】 0.6 0.4 2∶1
11．(2012·山东高考)如图1－2－14所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图1－2－14
【解析】 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0.④
【答案】 v0
12．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道原速返回，质量为.求：
(1)爆炸后另一块瞬时速度的大小；
(2)爆炸过程系统增加的机械能．
【解析】 (1)爆炸后沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与原方向相反，爆炸过程动量守恒
mv＝－v＋v1
解得v1＝3v.
(2)爆炸过程中重力势能没有改变，
爆炸前系统总动能为Ek＝mv2
爆炸后系统总动能为Ek′＝·v2＋··(3v)2＝2.5mv2
系统增加的机械能ΔE＝2mv2.
【答案】 (1)3v (2)2mv2
1．(2013·海口检测)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】 总动量与A车的动量方向相同，因此有A车动量大于B车的动量．
【答案】 C
2．在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1＜E0 B．p1＜p0
C．E2＞E0 D．p2＞p0
【解析】 两个钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒定律．由于没有外界能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E1＋E2≤E0，可见A对，C错；另外，A也可写成＜，因此B对；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2－p1＝p0，所以D对．
【答案】 ABD
3．(2013·济南检测)质量为m的α粒子，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为，则碳核获得的速度为( )
A. B．2v0
C. D.
【解析】 由α粒子与碳核所组成的系统动量守恒，若碳核获得的速度为v，则mv0＝3mv－m×，所以v＝，C正确．
【答案】 C
4．如图1－3－4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质量相等的物体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( )
图1－3－4
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
【解析】 A、B两物体碰撞过程中动量守恒，当A、B两物体速度相等时，系统动能损失最大，损失的动能转化成弹簧的弹性势能．
【答案】 D
5．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )
A. B.
C. D.
【解析】 设需发射n颗子弹，对整个过程由动量守恒定律可得：Mv1－nmv2＝0，所以n＝.
【答案】 D
6．(2013·西安一中检测)如图1－3－5所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )
图1－3－5
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
【解析】 首先根据两球动能相等，m甲 v＝m乙 v，且Ek＝，得出两球碰前动量大小之比为：＝，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．
【答案】 AB
7．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，碰撞前a球的动量pa＝30 kg·m/s，b球的动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则碰撞后b球的动量为( )
A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s
【解析】 在碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s.
【答案】 C
8．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－3－6所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的( )
图1－3－6
A．M、m0、m的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m的速度均发生变化，M和m0速度变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v＋mv2
【解析】 因为碰撞时间极短，所以m0的速度应该不发生变化，A错，D错；碰后M与m的速度可能相同也可能不同，B对，C对．
【答案】 BC
9．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率之比v′A∶v′B为( )
A. B.
C．2 D.
【解析】 设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，解得碰前vB＝.碰后v′A＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得v′B＝v，所以＝＝.选项D正确．
【答案】 D
图1－3－7
10．(2012·琼海检测)A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图象(s－t图)如图1－3－7中A、D、C和B、D、C所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
【解析】 由图象知：碰前vA＝4m/s，vB＝0.碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA.故选项C正确．
【答案】 C
11．如图1－3－8所示，已知A、B两个钢性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1和小球B的速度v2的大小．
图1－3－8
【解析】 取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变，有：
m1v0＝m1v1＋m2v2①
m1v＝m1v＋m2v②
由①②两式得：v1＝，v2＝.
【答案】
12．(2012·天津高考)如图1－3－9所示，水平地面上固定有高为h的平
图1－3－9
台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切，小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求
(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；
(2)A、B两球的质量之比mA∶mB.
【解析】 (1)小球从坡道滑至水平台面的过程中，机械能守恒，则：mAgh＝mAv
解得：vA＝.
(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得：
mAvA＝(mA＋mB)v
粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，则在竖直方向上有：h＝gt2
在水平方向上有：＝vt
由以上各式联立解得：mA∶mB＝1∶3.
【答案】 (1) (2)1∶3
