(共27张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
第一课时 动量守恒定律的理解
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1．理解系统、内力、外力的概念． 2．知道动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件． 3．验证在系统不受外力作用的条件下，系统内物体相互作用时总动量守恒
子弹打击光滑水平 滑块从固定在水平
桌面上的木块的过 面上的上表面光滑
程中，子弹和木块 的斜面上滑下，滑
组成的系统动量守恒 块与斜面组成的系
统动量不守恒
知识点一 系统、内力与外力
1．系统：两个相互作用的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内物体的作用力．
知识点二 动量守恒定律
1．内容：物体在碰撞时，如果系统所受合外力为零， 则系统的
总动量保持不变．
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
3．成立条件．
(1)系统不受外力作用．
(2)系统受外力作用，但合外力为零．
核心素养
物理观念 系统、内力、外力及动量守恒定律
科学思维 通过动量定理和牛顿第三定律推导动量守恒定律，引导学生在研究过程中主动获取知识，同时在过程中培养学生协作学习的能力
科学探究 通过学生小组实验，验证动量守恒定律，培养学生动手能力、合作探究能力，以及分析归纳的能力
科学态度与责任 通过本节的学习，培养学生实事求是的科学态度和严谨的推理方法
小试身手
1.(2021·全国卷)如图，光滑水平地面上有一小车，
一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块
相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统
( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒．故选B.
答案：B
2.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面
上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．
关于上述过程，下列说法中正确的是( )
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、小车的总动量增量大小不相等
解析：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，D错误．故选C.
答案：C
探究一 动量守恒定律的条件和判断方法
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，合外力也不为零，但合外力远远小于内力，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，则系统在该方向上动量守恒．
【典例1】 (多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，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
[核心点拨] (1)两手都放开后，系统在水平方向上不受外力，合外力为零，系统动量守恒．
(2)只放开左手，系统在水平方向上受到右手向左的作用力，合外力不为零，系统动量不守恒．
解析：当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，则放开左手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，B错误，C、D正确．
答案：ACD
系统动量守恒的判定方法
(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力．
(2)研究系统受到的外力矢量和．
(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．
(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．
1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
解析：A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．
答案：AC
2.如图所示，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一
起，一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中．则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩至最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )
A．动量守恒，机械能不守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩至最短的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒；子弹射入木块的过程中要损失机械能，则系统的机械能不守恒．故选A.
答案：A
3.在2022年北京冬奥会上，短道速滑接力是很具观
赏性的项目．比赛中“接棒”运动员在前面滑行，
“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用
力推前方“接棒”运动员完成接力过程．忽略运
动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上．对两运动员交接棒的过程，下列说法正确的是( )
A．两运动员之间相互作用力做的总功一定等于零
B．两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零
C．两运动员的动量变化一定相同
D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒
解析：交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大反向，作用时间相同，总冲量一定为零，但两力作用的位移并不相同，总功并不为零，故A错误，B正确；交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大反向，作用时间相同，根据动量定理可知两运动员的动量变化大小相同，方向相反，故C错误；两运动员组成的系统所受合外力为零，动量守恒，但“交棒”运动员的推力对系统做功，系统机械能不守恒，故D错误．故选B.
答案：B
探究二 动量守恒定律的理解
1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义．
(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(4)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2．动量守恒定律的几个性质．
(1)矢量性：公式中的v1、v2、v′1和v′2都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算．
(2)相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v′1和v′2应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．
(3)同时性：相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的某一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v′1、v′2应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．
【典例2】 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)
解析：(1)子弹穿过物体A的过程中，子弹和物体A组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m0v0＝m0v＋mAvA，
处理动量守恒问题的一般思路
(1)选取合适的系统为研究对象，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．
4.如图是中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶
运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生
正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行．若两
冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后
中国队冰壶获得的速度为( )
A．0.1 m/s B．－0.1 m/s
C．0.7 m/s D．－0.7 m/s
解析：设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为vx，由动量守恒定律得mv0＝mv＋mvx，解得vx＝0.1 m/s.
答案：A
5．A、B两球沿同一条直线运动，下图记录了它们碰撞前后的运动情况．其中a、b分别为A、B碰前的x-t图线，c为它们碰后的x-t图线．若A球质量为1 kg，则B球质量是多少？
由碰撞过程中动量守恒有mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，
代入数据得mB≈0.67 kg.
答案：0.67 kg
6．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以大小为v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲把箱子推给乙，箱子滑到时乙迅速把它抓住．若不计摩擦，则：
(1)若甲将箱子相对地面以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的相对地面的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，则箱子推出时的速度至少多大？
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，
代入数据得v≥5.2 m/s，
即箱子推出时的速度至少为5.2 m/s.
答案：见解析(共31张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1．能用动量守恒定律解决生活中的实际问题． 2．知道什么是反冲运动，会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题． 3．知道火箭的原理及其应用
喷灌装置的自动旋 章鱼在水中前行
转喷水利用反冲的 和转向都利用了
原理 反冲原理
知识点一 动量守恒定律的应用
1．条件：对于相互作用的系统，在合外力为零的情况下，物体的总动量保持不变．
2．范围：在自然界中，大到天体间的相互作用，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．
3．意义：动量守恒定律是物理学中最常用的普遍定律之一，它在理论探索和实际应用中均发挥了巨大的作用．
知识点二 反冲和火箭
1．反冲：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
2．火箭工作原理：是利用反冲运动．火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度．
3．火箭构造和特点：主要有两大部分，箭体和燃料．箭体和喷出的燃料气体满足动量守恒定律．
4．影响火箭获得速度大小的因素：
(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000～4 000 m/s.
(2)质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
核心素养
物理观念 动量守恒定律的应用、反冲火箭的原理
科学思维 通过应用动量守恒定律解决生活中的实例，进一步理解动量守恒定律的含义，认识动量守恒定律的普遍性
科学探究 通过让学生利用动量守恒定律来解释反冲的实验现象，培养学生动手动脑的能力
科学态度与责任 通过火箭的学习，结合我国古代对于火箭的发明和我国的现代火箭技术已跨入世界先进行列，激发学生热爱祖国的情感
小试身手
1．短道速滑接力比赛中，两运动员交接时，后方队员要用力将前方队员推出．某次比赛中，交接前，前方队员速度大小为10 m/s，后方队员的速度大小为12 m/s，已知前方队员的质量为60 kg，后方队员的质量为66 kg.后方队员将前方队员推出后瞬间速度大小变为8 m/s，此时前方队员的速度大小约为( )
A．14.4 m/s B．13.1 m/s
C．23.2 m/s D．21.1 m/s
解析：以两队员组成的系统为研究对象，以前方队员的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，解得前方队员的速度v1′＝14.4 m/s，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
2．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．火箭发动机用力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
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：与火箭发生相互作用的是火箭喷出的燃气，而不是外界的空气．火箭的工作原理是利用反冲运动，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，B正确．
答案：B
探究一 动量守恒定律的应用
某一方向上动量守恒问题：动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．
【典例1】 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)
[核心点拨] (1)两车相撞瞬间动量近似守恒．
(2)两车相撞后一起做匀减速直线运动．
应用动量守恒定律注意的事项
在应用动量守恒定律时，一定要注意守恒的条件，不要盲目使用．注意选好研究对象及其作用的方向，也许整个系统动量不守恒，但在某一个方向上动量是守恒的．
1.如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰
车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲
同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，
速度的大小为4.5 m/s，乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．－1 m/s D．－0.5 m/s
2.某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以
2 m/s的速度跳到一艘向他缓缓飘来的小船上，然后
去执行任务．小船的质量是140 kg，原来的速度是
0.5 m/s.该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．不计阻力，则此时小船的速度是( )
A．0.25m/s，方向与该同学原来的速度方向相同
B．0.25m/s，方向与该同学原来的速度方向相反
C．0.5m/s，方向与该同学原来的速度方向相同
D．0.5m/s，方向与该同学原来的速度方向相反
探究二 对反冲运动的理解和应用
1．反冲运动的三个特点．
(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或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应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化为机械能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动应注意的三个问题．
速度的方向性 对于原来静止的整体，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反．在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的这一部分的速度就要取负值
速度的相对性 反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度．但是动量守恒定律中要求速度是对同一惯性参考系的速度(通常为对地的速度)．因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律方程
变质量问题 在反冲运动中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
【典例2】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
对于爆炸类需要注意的问题
爆炸只发生在一瞬间，也只有在这一瞬间，系统的内力才远远大于系统所受的合外力，总动量近似守恒，如果爆炸结束，巨大的内力已经不存在了，系统的总动量不再守恒，明确这一研究阶段的始、末状态，是求解这类问题的关键．
3．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击．设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，且每次射出的子弹对地速度均相同，则( )
A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变
B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
4．(多选)两个小木块A和B(均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2
B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1
C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2
探究三 “人船模型”及其应用
1．人船模型：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．人船模型的特点．
【典例3】 如图所示，长为l，质量为m的小船停在静
水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，
当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？
[核心点拨] 人船平均动量的矢量和为零，用位移替代平均速度，建立位移关系求解．
解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此0＝mv1－m′v2，即m′v2＝mv1.
利用“人船模型”公式解决问题需注意
相互作用的两个物体必须满足动量守恒和原来都静止这两个条件，解题的关键是正确找出位移间的关系．
5．如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将( )
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直匀速后退
解析：人和车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，故有mx1＝Mx2；又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m.
答案：A
6．载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？(共32张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞和碰撞现象的特点． 2．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题
牛顿摆中的小球在碰 光滑水平面上的两小
撞过程中机械能是守 球碰撞后粘在了一
恒的 起，在碰撞过程中机
械能不守恒
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.定义：碰撞前后系统机械能相等.
2.非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能不再相等.
3.完全非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能损失最大.
知识点二 实例分析
如图所示，在光滑的水平面上放有用轻质弹簧拴连的两个物块1、2，现给物块1一初速度v0，此时弹簧处于原长状态.
核心素养
物理观念 弹性碰撞和非弹性碰撞
科学思维 通过弹性碰撞和非弹性碰撞的学习，让学生进一步认识能量与动量结合的应用
科学探究 通过学生对弹性碰撞的结论的推导，进一步认识碰撞中的神奇，利用结论来解释生活中的一些现象
科学态度与责任 通过本节的学习，培养分析总结的能力以及学生科学探究的精神
小试身手
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
探究一 对碰撞问题的理解
1.碰撞过程的五个特点.
（1）时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短.
（2）相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大.
（3）动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.
（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置.
（5）能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能E′k满足：Ek≥E′k.
2.碰撞中系统的能量.
（1）弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒.
（2）非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统的内能.
（3）完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘合在一起以相同的速度运动.
【典例1】 如图所示，一质量M＝2 kg的带有弧形轨
道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平
轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3 m处由静止释放一质量mA＝1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台.已知所有接触面均光滑，重力加速度g取10 m/s2，求小球B的质量.
[核心点拨] （1）所有接触面均光滑，可知小球下滑过程中弧形轨道与小球组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒.
（2）A球与B球发生弹性碰撞，说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒.
（3）A球与B球碰后恰好追不上平台，说明A球最终速度水平向左，且与平台速度相等.
处理碰撞类问题的注意事项
（1）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.
（2）注意是在哪一个方向上列动量守恒方程，另外还得注意速度正、负号的选取.
（3）对于斜碰，要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律.
1.在2018冬残奥会上，中国队以6∶5战胜挪威队，实现了
中国代表团冬残奥会金牌零的突破.图为队长王海涛的最
后制胜一投，假设他将质量为19 kg的冰壶推出，运动一
段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的挪威冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（ ）
A.挪威队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B.挪威队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C.挪威队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D.挪威队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
2.如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平
面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定
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，弹簧具有的弹性势能大小为（ ）
A.4 J B.8 J C.16 J D.32 J
探究二 碰撞问题的分析和判断
处理碰撞问题的三个原则.
（1）动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
【典例2】 （多选）如图所示，在光滑的水平支撑面
上，有A、B两个小球，A球动量为10 kg·m/s，B球动量
为12 kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为（ ）
A.0.5 B.0.6 C.0.65 D.0.75
[核心点拨] （1）从运动角度：碰前满足vA>vB，碰后满足v′B≥v′A.
（2）从能量角度：碰前总动能不小于碰后总动能.
同向追及碰撞问题的三个特点
（1）碰撞过程中系统动量守恒.
（2）碰撞后系统的机械能不增加：对于弹性碰撞，碰撞后系统的总动能不变；对于非弹性碰撞，系统的总动能将减少.
（3）碰撞后物体的运动状态要符合实际情况.例如物体A追上物体B并发生碰撞，则碰前A的速度肯定大于B的速度，而碰后A的速度又必须小于或等于B的速度或者A做反向运动.
3.甲、乙两铁球质量分别是m1＝1 kg，m2＝2 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6 m/s，v2＝2 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（ ）
A.v′1＝7 m/s，v′2＝1.5 m/s B.v′1＝2 m/s，v′2＝4 m/s
C.v′1＝3.5 m/s，v′2＝3 m/s D.v′1＝4 m/s，v′2＝3 m/s
解析：选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误，B正确；选项C不满足动量守恒条件，错误；选项D满足动量守恒条件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误.
答案：B
4.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pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是（ ）
A.p′A＝6 kg·m/s，p′B＝6 kg·m/s B.p′A＝8 kg·m/s，p′B＝4 kg·m/s
C.p′A＝－2 kg·m/s，p′B＝14 kg·m/s D.p′A＝－4 kg·m/s，p′B＝17 kg·m/s
探究三 对爆炸类问题的分析
解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征.
动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动
处理爆炸问题的注意事项
（1）在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量.
（2）在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能增加.
5.如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落，到某
位置时爆炸成a、b两块同时落地，其中a落地时飞行的水
平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说
法正确的是（ ）
A.爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等
B.爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等
C.a、b两块落地时的速度大小相等
D.爆炸瞬间a、b两块的动量变化大小相等
解析：由题意知爆炸后a、b的竖直分速度大小相等，即竖直方向的动量没有发生变化.由a的水平位移大小大于b的水平位移大小，可知a获得的水平分速度大小大于b获得的水平分速度大小，所以A、B、C均错误；但水平方向动量守恒，所以a、b的动量变化必大小相等，D正确.
答案：D
6.如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上
方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E.
若此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部
分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量.求炮弹的两部分落地点之间的距离.(共26张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
学 习 目 标 物 理 与 STSE
1．理解和掌握冲量的概念，知道冲量的矢量性． 2．理解和掌握动量和动量的变化量的概念． 3．知道动量和动能之间的关系
鸡蛋从某一高处落下， 用手拉起A球至某一高度
落在地上会摔破，落 后放开，撞击静止的B
到海绵上却完好无损 球．可以看到，碰撞后
A球停止运动而静止，B球
开始运动，最终摆到和A球
被拉起时同样的高度
知识点一 冲量
1．实验：同一钢球从同一高度下落与不同材质的垫块相碰，相互
作用力的大小明显不同．
2．结论：同一钢球从同一高度下落与不同材质的垫块相碰时，作用力在时间上的积累Ft是一个常数．
3．定义：力与力的作用时间的乘积．
4．公式：I＝Ft．
5．单位：牛秒，符号是N·s．
6．矢量性：方向与力的方向相同．
知识点二 动量
1．定义：物体的质量和速度的乘积．
2．公式：p＝mv．
3．单位：千克米每秒，符号是kg·m/s．
4．矢量性：方向与速度的方向相同．
核心素养
物理观念 冲量、动量
科学思维 通过同一钢球从同一高度与不同材质的垫块相碰的实验，培养学生观察分析问题的能力，并归纳出冲量的概念
科学探究 通过牛顿第二定律导出冲量与动量变化量的关系，进一步导出动量也是碰撞中要考虑的物理量
科学态度与责任 通过冲量和动量的学习，让学生逐步形成科学严谨、实事求是的探究学习态度
小试身手
1．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，则此物体的运动( )
A．是匀速运动
B．可能是匀变速曲线运动
C．不是匀变速直线运动
D．可能是匀速圆周运动
解析：根据冲量I＝Ft，在相等时间t内冲量I相同，说明作用在物体上的力F是恒力，因此物体做匀变速运动，其中包括匀变速直线运动和匀变速曲线运动，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
2．物体做曲线运动的过程中，以下物理量一定会发生变化的是
( )
A．加速度 B．动能
C．动量 D．机械能
解析：平抛运动这种曲线运动，加速度的大小不变，机械能也是守恒的；像匀速圆周运动这种曲线运动，速度的大小不变、方向时刻改变，即动能不变、动量一定发生变化，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
探究一 对冲量的理解
1．物理意义：力在某段时间内累积效果的物理量．
2．过程量：大小由力和作用时间共同决定，与物体的运动状态没有关系．
3．冲量与做功的区别：
项目 公式 意义 标矢量 相同时间
冲量 I＝Ft 力的时间积累效应 矢量 一定有冲量
功 W＝Fs 力的位移积累效应 标量 不一定做功
【典例1】 如图所示，在倾角α＝37°的斜面上，一质
量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦
因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力
的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[核心点拨] (1)对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量还是合力的冲量，是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量．
(2)某一个力的冲量与另一个力的冲量无关．
解析：重力的冲量：IG＝G·t＝mg·t＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．
支持力的冲量：IN＝N·t＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上．
摩擦力的冲量：If＝f·t＝μmgcos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．
答案：见解析
计算冲量的两点技巧
求各力的冲量或者合力的冲量时，首先做好受力分析，判断该力是恒力还是变力．
若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解．
1．跳远或跳高运动员在跳远或跳高时，总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，这样做是为了( )
①减小运动员的动量变化
②减小运动员所受的冲量
③延长着地过程的作用时间
④减小着地时运动员所受的平均作用力
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
解析：跳到沙坑和海绵垫上都是为了增加缓冲时间，减少受到的作用力，而不能减少动量变化的量即冲量．
答案：C
2．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，力的冲量也不一定大
C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，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、时间两个因素有关，力大而作用时间短，冲量不一定大，故A错误，B正确；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，故C错误；冲量的大小与物体的运动状态无关，故D错误．
答案：B
3.运动员向静止的球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，
球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为
( )
A．1 000 N·s B．500 N·s
C．0 N·s D．无法确定
解析：滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．
答案：D
探究二 对动量的理解
动量与动量变化量以及动能之间的关系.
【典例2】 全国羽毛球锦标赛是国内羽毛球项目最高级别的赛事，2020年全国羽毛球锦标赛为期13天，从10月28日持续至11月10日结束. 我国运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h.某次训练中，羽毛球飞来的速度为90 km/h，某运动员将球以342 km/h的速度反向击回．已知羽毛球质量为5 g，试求：
(1)击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)这次扣杀中，羽毛球的速度变化量以及动能变化量．
求解动量的变化需要注意的问题
(1)动量变化量的运算遵循平行四边形定则．
(2)初动量与末动量在一直线上时，应选取正方向，可以将矢量运算转化成代数运算．
4．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小Δp和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为( )
A．Δp＝0 B．Δp＝3.6 kg·m/s
C．W＝0 D．W＝10.8 J
解析：规定初速度方向为正方向，初速度v1＝6 m/s，碰撞后速度v2＝－6 m/s，Δv＝v2－v1＝－12 m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，动量变化量为Δp＝mΔv＝0.3 kg×(－12 m/s)＝－3.6 kg·m/s，所以碰撞前后小球动量变化量的大小为3.6 kg·m/s，故A错误，
B正确；碰撞前后小球速度大小不变，小球动能不变，碰撞过程对小球由动能定理得W＝ΔEk＝0，碰撞过程中墙对小球做功的大小W＝0，故C正确，D错误．
答案：BC
5.单板大跳台是一项紧张刺激的运动项目.2022年北
京冬奥会期间，一观众用手机连拍功能拍摄运动员
从起跳到落地的全过程，合成图如图所示．忽略空
气阻力，且将运动员视为质点，则运动员( )
A．在空中飞行过程是变加速曲线运动
B．在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能
C．运动员从起跳后到落地前，重力的瞬时功率先减小后增大
D．运动员在空中飞行过程中，动量的变化率在不断变化
6.(多选)如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高
度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下．在到达
斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．两物体所受重力的冲量相同
B．两物体所受合外力的冲量相同
C．两物体动量的变化量不同
D．两物体动能的变化量相同(共47张PPT)
第一章 动量守恒定律
学 习 目 标
1.经历寻求碰撞中不变量的过程,体会探究过程中猜想、推理和证明的重要性,得到一维碰撞中的不变量,培养科学探究能力.
2.知道动量的概念,知道动量和动量变化量均为矢量,会计算同一直线上的动量变化量,深化运动与相互作用观念,培养知识建构能力与应用能力.
1 动量
知识点一 寻求碰撞中的不变量
答案:台球间的碰撞、乒乓球与球拍间的碰撞、汽车间的碰撞等.
1.生活中常见的碰撞现象有哪些
2. 阅读教材“问题”及相关内容,碰撞前后A、B两球的速度之和保持不变,是不是所有的碰撞都有类似的规律
答案:不是所有的碰撞都有类似的规律,当A、B两球的质量不等时,两球的碰撞不符合此规律.
3.（1）阅读教材“碰撞实验”及相关内容,如图所示实验中两小车碰撞前后的速度是利用 测量得到的.
(2)上述实验所说的“碰撞前”是指即将发生碰撞的那一 ,“碰撞后”是指碰撞 的那一时刻.
(3)从实验数据可以看出,两辆小车碰撞前后的动能之和
,但是质量与速度的乘积之和基本 .
数字计时器
时刻
刚结束
不一定相等
不变
知识点二 动量
1.动量.
(1)概念:物理学中把 定义为物体的动量,用字母p表示.
(2)表达式:p= .
(3)单位:动量的国际单位制单位是 ,符号是 .
(4)动量是矢量,动量的方向与 的方向相同.
质量和速度的乘积
mv
千克米每秒
kg·m/s
速度
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.物体的动能和它的动量的大小之间的关系是p= .
3.请说明物体做匀速圆周运动时,其动量是否变化,并解释原因.
2mEk
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.质量大的物体的动量一定大.( )
2.动量相同的物体,运动方向一定相同.( )
3.质量和速率都相同的物体的动量一定相同.( )
4.一个物体的动量改变,它的动能一定改变.( )
5.动量变化量为正,说明它的方向与初始时的动量方向相同.( )
×
√
×
×
×
探究一 寻求碰撞中的不变量
问题情境
1.在一维碰撞的前提下,设两个物体的质量分别为m1、m2,碰撞前它们的速度分别为v1、v2,碰撞后它们的速度分别为v1'、v2',规定某一速度方向为正.通过碰撞前后物体的速度和物体的质量的关系,我们可以猜测哪些物理量碰撞前后是不变的.
答案:可以猜测:①m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2,
②m1v1'2+m2v2'2=m1+m2,
③+=+,
……
2.在寻求碰撞中的不变量探究实验中,常见的方案设计有以下几种.
方案(1):利用气垫导轨完成一维碰撞实验.
方案(2):利用等长悬线悬挂等大的小球完成一维碰撞实验.
方案(3):利用两小车在光滑桌面上完成一维碰撞实验.
方案(4):利用等大的小球碰撞后做平抛运动完成一维碰撞实验.
以上四种方案有哪些相同点和不同点
答案:相同点:都要用天平测物体的质量.
不同点:速度的测量方式不同.
方案(1):利用配套的数字计时器测出两物体各种情况下碰撞前后的速度.
方案(2):可以通过测量小球碰撞前后摆起的角度,算出碰撞前后对应小球的速度.
方案(3):通过纸带上两计数点间的距离及时间,由v=算出速度.
方案(4):根据平抛运动知识,将速度的测量转化为长度的测量,用小球碰撞前后落地距离替代碰撞前后的速度.
3.如图所示,利用两滑块在气垫导轨上发生一维碰撞来探究碰撞中的不变量.请设计具体实验步骤,并归纳实验结论.
答案:实验步骤:
(1)用天平分别测量两滑块的质量m1、m2.
(2)调整导轨使之处于水平状态,并使数字计时器正常工作.
(3)用细线将弹簧片拉成弓形,放在两个滑块之间,并使它们静止.然后烧断细线,弹簧片弹开后落下,两滑块随即向相反方向运动.(这也是一种碰撞)
(4)记录遮光条的宽度Δx以及数字计时器显示的挡光时间Δt,利用公式v=计算出两滑块碰撞后的速度.
(5)将实验中测得的物理量填入下面的表格.
项目 碰撞前 碰撞后 速度 v1 v2 v1' v2'
mv m1v1+m2v2 m1v1'+m2v2' mv2 m1v1'2+m2v2'2 根据表中数据,看什么量在误差允许的范围内不变.
实验结论:
此实验中两滑块碰撞前后动能之和并不相等,但是质量和速度的乘积之和基本不变.
过程建构
1.实验注意事项.
(1)前提条件:两物体发生碰撞时,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若利用小球进行实验,两小球静止时球心应在同一水平线上,且两小球刚好接触,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面垫一小木片用以平衡摩擦力.
2.实验误差分析.
(1)系统误差:主要来源于装置本身.①碰撞是不是一维碰撞;②实验中是否合理控制实验条件,如气垫导轨是否水平,两球是否大小相等,长木板实验是否平衡摩擦力等.
(2)偶然误差:主要来源于对质量m和速度v的测量.
【典例1】某同学设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的不变量,运用了以下实验器材:电磁打点计时器、低压交流电源(频率为50 Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平.
该同学设计的实验步骤如下:
A.用天平测出小车A的质量为mA=0.4 kg,小车B的质量为mB=
0.2 kg
B.更换纸带重复操作三次
C.小车A靠近打点计时器放置,在车后固定纸带,把小车B放在长木板中间
D.把长木板平放在桌面上,在一端固定打点计时器,连接电源
E.接通电源,并给小车A一定的初速度vA
(1)请将以上实验步骤按操作的先后顺序排列出来： .
(2)打点计时器打下的纸带中,比较理想的一条如图所示,根据这些数据完成表格.
项目 碰撞前 碰撞后
A车 B车 A、B整体
m/kg
v/(m·s-1)
mv/(kg·m·s-1)
mv2/(kg·m2·s-2)
(3)根据以上数据判断碰撞前后的不变量可能为 .
解析:(1)按照先安装后实验,最后重复操作的顺序,正确的实验步骤顺序为ADCEB.
(2)碰撞前后的运动均为匀速直线运动,由纸带上的点迹分布求出速度大小.碰后小车A、B合为一体,求出A、B整体的共同速度大小.注意打点计时器的频率为 50 Hz,打点时间间隔为0.02 s,通过计算得到下表.
项目 碰撞前 碰撞后
A车 B车 A、B整体
m/kg 0.4 0.2 0.6
v/(m·s-1) 3.0 0 2.0
7.5 0 3.3
mv/(kg·m·s-1) 1.2 0 1.2
mv2/(kg·m2·s-2) 3.6 0 2.4
(3)由表中数据可看出mv一行中碰撞前后mv之和相同,可判断碰撞前后的不变量可能是两物体的mv之和.
答案:(1)ADCEB (2)见解析. (3)两物体的mv之和
【典例2】用如图所示装置探究碰撞中的不变量,气垫导轨水平放置,挡光板宽度为9.0 mm,两滑块被弹簧弹开后,左侧滑块通过左侧光电计时器时,记录时间为 0.040 s,右侧滑块通过右侧光电计时器时,记录时间为0.060 s,左侧滑块质量为100 g,左侧滑块m1v1大小为 g·m/s,右侧滑块质量为149 g,右侧滑块的m2v2大小为 g·m/s;在误差允许的范围内,两滑块质量与速度乘积的矢量和 (选填“大于”“小于”或“等于”)0.
解析:左侧滑块的速度为v1== m/s=0.225 m/s,则左侧滑块m1v1=100×0.225 g·m/s=22.5 g·m/s.右侧滑块的速度为v2=
= m/s=0.15 m/s,则右侧滑块m2v2=149×(-0.15) g·m/s=
-22.35 g·m/s.可见,在误差允许的范围内两滑块质量与速度乘积的矢量和m1v1+m2v2=0.
答案:22.5 22.35 等于
【典例3】如图所示,斜槽末端水平,质量为m1的小球A从斜槽某一高度由静止滚下,落到水平面上的P点.今在槽口末端放一与球A半径相同的质量为m2的球B,仍让球A从斜槽同一高度滚下,并与球B正碰后落地,球A和B的落地点分别是M、N.已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点.
(1)两小球质量的关系应满足 .
A.m1=m2
B.m1>m2
C.m1(2)实验必须满足的条件是 .
A.轨道末端的切线必须是水平的
B.斜槽轨道必须光滑
C.入射球A每次必须从同一高度滚下
D.入射球A和被碰球B的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
(3)实验中必须测量的是 .
A.两小球的质量m1和m2
B.两小球的半径r1和r2
C.桌面离地的高度h
D.小球A起始高度
E.从两球相碰到两球落地的时间
F.小球A单独飞出的水平距离
G.两小球A和B相碰后各自飞出的水平距离
(4)若两小球质量之比m1∶m2=3∶2,两球落点情况如下图所示,则碰撞前后有 .
A.m1=m1v1'2+m2v2'2
B.=+
C.m1v1=m1v1'+m2v2'
D.m1v1=m2v2'
解析:(1)为防止反弹造成入射球返回斜槽,要求入射球的质量大于被碰球的质量,即m1>m2,选B.
(2)为保证两球从同一高度做平抛运动,实验中要求斜槽轨道末端的切线水平.为保证实验有较好的可重复性以减小误差,实验中要求入射球每次从同一高度滚下,不需要斜槽轨道必须光滑.选项A、C、D符合题意.
(3)本实验必须测量的是两小球质量m1和m2,入射球A单独飞出的水平距离和两小球相碰后各自飞出的水平距离.因为小球脱离轨道后做的是相同高度的平抛运动,所以两球碰后落地时间相等,两
小球水平分运动的时间也相等,可以利用水平距离代替速度,所以不需要测量桌面离地的高度及两小球碰后落地的时间.故选A、F、G.
(4)设m1=3m,m2=2m,则v1=,m1v1=,v1'=,m1v1'=,
v2=0,v2'=,m2v2'=,代入数据可得m1v1'+m2v2'=m1v1,选项C正确.
答案:(1)B (2)ACD (3)AFG (4)C
探究二 动量
问题情境
1668年,惠更斯发表了一篇论文,总结了他对碰撞问题的实验和理论研究.他认为:“在两个物体发生碰撞时,每个物体所具有的‘动量’在碰撞时可以增多或减少,但是两个物体的动量在同一个方向的总和却保持不变,如果减去反方向运动的话.”阅读教材中“动量”部分的内容,回答问题.
1.什么是动量 惠更斯说的“如果减去反方向运动的话”是什么意思
答案:物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量.“如果减去反方向运动的话”的意思是反方向的运动应该取负值,即指出了动量的方向性.
2.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.
答案:动量不相同,碰撞前后小球的动量大小相等,方向相反.小球碰撞挡板前后的动能相同.
(1)小球碰撞挡板前后的动量是否相同 小球碰撞挡板前后的动能是否相同
(2)小球碰撞挡板过程中动量变化量大小是多少
答案:末动量与初动量的方向相反,二者之差为动量的变化量,所以动量变化量大小为2mv.
过程建构
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,动量的大小用p=mv表示.
(2)矢量性:动量的方向与物体的速度的方向相同.
(3)相对性:因为物体的速度与参考系的选取有关,所以物体的动量也与参考系的选取有关.
2.动量的变化量.
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p1、p2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
项目 动量 动能
区别 标矢性 矢量 标量
大小 p=mv
变化情况 v变化, p一定变化 v变化,Ek
可能不变
联系 【典例4】羽毛球是速度较大的球类运动之一.假设质量为 5 g 的羽毛球飞来时的速度为90 km/h,运动员将羽毛球以342 km/h的速度反向击回.试求:
(1)击球过程中羽毛球的动量变化量;
(2)击球过程中羽毛球的动能变化量.
解析:(1)以羽毛球飞回的方向为正方向,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.
羽毛球的动量变化量为Δp=p2-p1=0.600 kg·m/s,
答案: (1)0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同 (2)21 J
即羽毛球的动量变化量大小为0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞回的方向相同.
(2)羽毛球的初动能Ek=m=×5×10-3×（-）2 J=1.562 5 J,
羽毛球的末动能Ek'=m=×5×10-3× J=22.562 5 J,
所以动能变化量ΔEk=Ek'-Ek=21 J.
【变式】将质量为0.10 kg的小球从离地面20 m高处竖直向上抛出,抛出时的初速度为15 m/s,g取10 m/s2,不计空气阻力.
(1)求小球落地时的动量;
(2)求小球从抛出至落地过程中动量的变化量.
解析:(1)不计空气阻力时,小球被抛出时和回到抛出点时速度大小相等,方向相反.取竖直向下为正方向,由 v2-=2ax可得小球落地时的速度大小v== m/s=25 m/s.
则小球落地时的动量p=mv=0.10×25 kg·m/s=2.5 kg·m/s,方向竖直向下.
(2)以竖直向下为正方向,小球从抛出至落地过程动量的变化量Δp=mv-mv0=0.10×25 kg·m/s-0.10×(-15) kg·m/s=4.0 kg·m/s,方向竖直向下.
答案:(1)2.5 kg·m/s,方向竖直向下
(2)4.0 kg·m/s,方向竖直向下
比较动量与动能时需注意三个关键点
(1)动量p=mv,大小由m和v共同决定,动量p和动量的变化量Δp均为矢量,计算时要注意其方向.
(2)动能是标量,动能的变化量等于末动能与初动能之差.
(3)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.
1.(多选)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
课堂评价
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最大的碰撞,选项A错误,选项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,若小车释放以后再接通电源,纸带上能打上点的距离较短,不容易得到实验数据,选项C正确,选项D错误.
2.(2021·广东江门)下列说法中正确的是 ( )
A.物体的质量大,动量一定大
B.物体的速度大 ,动量一定大
C.动量变化的物体,动能一定变化
D.物体的运动状态改变,动量一定改变
答案:D
解析:由p=mv可知,动量是由质量和速度共同决定的,物体的质量大,动量不一定大,物体的速度大 ,动量也不一定大,选项A、B错误;动量变化的物体,动能不一定变化,如做匀速圆周运动的物体,选项C错误;若物体的运动状态改变,则速度一定改变,动量也一定改变,选项D正确.
3.质量为0.5 kg的物体,运动速度为3 m/s,它在一个变力作用下速度变为7 m/s,方向和原来方向相反,则这段时间内动量的变化量为( )
A.5 kg·m/s,方向与原运动方向相反
B.5 kg·m/s,方向与原运动方向相同
C.2 kg·m/s,方向与原运动方向相反
D.2 kg·m/s,方向与原运动方向相同
答案:A
解析:以原来的运动方向为正方向,由Δp=mv'-mv得Δp=
[0.5×(-7)-0.5×3]kg·m/s=-5 kg·m/s,负号表示Δp的方向与原运动方向相反.
情境 某高超音速导弹在6×104 m高空进入高超音速滑翔状态,可以进行蛇形的、几乎无法预测的机动,使目前几乎所有的拦截导弹都变成“废铁”.该导弹个头很小,在大气层及其边缘飞行,其火箭助推器也不太大,但其射程能达到2 500 km.假设该导弹以20倍音速飞行,弹头质量为 1.2 t.已知声音在空气中的传播速度约为340 m/s.
问题 (1)该导弹做蛇形机动时,动量是否发生变化
(2)该导弹弹头以20倍音速飞行时动量的大小是多少
新高考·新考向
解析:(1)该导弹做蛇形机动时,做曲线运动,其速度方向时刻改变,所以其动量p=mv也时刻改变.
(2)p=mv=1.2×103×340×20 kg·m/s=8.16×106 kg·m/s.
答案:(1)动量时刻改变. (2)8.16×106 kg·m/s(共49张PPT)
第一章 动量守恒定律
学 习 目 标
1.通过情境探究,能利用牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理的表达式,培养推理论证能力.
2.通过情境探究,理解冲量的概念及其矢量性,理解动量定理的含义及其表达式,知道动量定理适用于变力作用的过程,领会求解变力冲量时的极限思想.会用动量定理解释与生产生活有关的现象,培养解决实际问题的能力.
2 动量定理
知识点一 冲量
1.我们知道,骑自行车时,用较大的力蹬车,在较短的时间内就能达到较大的速度,而用较小的力蹬车,在较长的时间内也能达到这个速度.为什么两种情况下,自行车的速度能相同呢
答案:因为两种情况都经历了力与时间的积累.如果有恒力F作用在静止的质量为m的物体上,经过时间Δt,由牛顿第二定律知F=ma==,所以FΔt=mv,可以看出,在质量一定时,力与时间的乘积FΔt越大,原来静止的物体获得的速度v就越大;FΔt越小,物体获得的速度就越小.
2.冲量:物理学中把力与力的作用时间的 叫作力的冲量,冲量用字母I表示.
3.在国际单位制中,冲量I的单位是 .冲量是矢量,它的方向与力F的方向 .
乘积
N·s
相同
知识点二 动量定理
1.一个质量m=5 kg的物体静止在光滑的水平面上,现在分别用5 N、10 N、20 N的水平拉力F使其速度v达到20 m/s.回答下列问题.
(1)根据牛顿第二定律计算用不同的拉力使物体加速需要的时间Δt,并填入表中.
F/N Δt/s
5
10
20
答案:根据牛顿第二定律和运动学公式,计算结果如下表所示.
F/N Δt/s
5 20
10 10
20 5
(2)根据动量的变化量Δp与冲量I的概念,你能从计算结果中找到什么规律
答案:根据动量的变化量的概念可知三种情形下动量的变化量相同,均为100 kg·m/s.通过计算,三种情形下拉力的冲量均为 100 N·s.从计算结果可知三种情形下都有Δp=I,即物体动量的变化量等于物体所受拉力的冲量.
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:I= 或FΔt= .
动量变化量
p'-p
mv'-mv
知识点三 动量定理的应用
1.在运动会的跳远项目中,运动员要落入沙坑中,如图所示.
那么,同一运动员以相同的速度落入沙坑时和落到水泥地面时,哪种情况运动员受力较大 运动员受力较大时冲量一定大吗
答案:落到水泥地面时受力较大.冲量等于力与时间的乘积,受力大时冲量不一定大,还与作用时间有关.
2.碰撞时可产生作用力,要增大这种作用力就要设法 作用力的作用时间.要防止作用力带来的危害,就要减小作用力,设法 其作用时间.
缩短
延长
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.物体动量的变化量越大,物体受到的作用力越大.( )
2.物体动量的变化量越大,力作用的时间越长.( )
3.物体动量的变化量一定时,力作用时间越短,作用力越大.( )
4.物体动量的变化量一定时,力的大小与作用时间无关.( )
×
×
√
×
探究一 冲量
问题情境
如图所示,一个质量为m的物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下,在一段时间t内始终保持静止状态.分析回答下列问题.
1.一个力对物体做了功,该力是否一定对物体有冲量 一个力对物体有冲量,该力是否一定对物体做功
答案:一个力对物体做了功,该力一定对物体有冲量.一个力对物体有冲量,该力不一定对物体做功.
2.在这段时间内拉力F做的功是多少 拉力F的冲量是多大 在这段时间内重力做的功和冲量呢 重力加速度为g.
答案:拉力F做的功是0,冲量是Ft;同理,重力做的功为0,冲量为mgt.
过程建构
1.对冲量的理解.
(1)冲量是绝对的.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.冲量的运算遵循平行四边形定则,合冲量等于各力的冲量的矢量和,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,故冲量的单位是N·s.冲量与动量的单位之间的关系是1 N·s=1 kg·m/s.
2.冲量的计算.
(1)恒力的冲量.
公式I=FΔt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.
(2)变力的冲量.
若力为同一方向随时间均匀变化的力,则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.
①变力的冲量通常可利用动量定理I=Δp求解.
②可用图像法计算,如图所示,若某一变力F的方向恒定不变,则在F-t图像中,变力F与短暂时间间隔的乘积即为冲量,把每个短暂过程的冲量叠加,就得到整个过程的冲量,图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt=t2-t1内的冲量.
(3)求合冲量.
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Δt 求解.
【典例1】如图所示,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,在此过程中,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.
解析:因为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求出各力的冲量.
(1)设物体从顶端下滑到底端所用时间为t,
沿斜面方向的加速度a=gsin 30°=g,
斜面长s=2h=10 m,由s=at2知t==2 s,
重力的冲量为IG=mgt=40 N·s,方向竖直向下.
(2)支持力的冲量为=FNt=mgcosθ·t=20 N·s,方向垂直于斜面向上.
(3)合力的冲量为I合=F合t=mgsinθ·t=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
【变式】关于力的冲量的说法,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F1t1的大小等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2的大小,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,此推力的冲量为0
解析:力的冲量I=FΔt与力和时间两个因素有关,力大而作用时间短,冲量不一定大,选项A错误,选项B正确.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,选项C错误.推力的冲量I=Ft,选项D错误.
答案:B
探究二 动量定理
问题情境
如图所示,一个质量为m的物体(与水平面无摩擦)在水平恒力F作用下,经过时间Δt,速度从v变为v'.
1.应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量变化量Δp与恒力F及作用时间Δt的关系.此关系式说明了什么
答案:物体在这段时间内的加速度a=,
根据牛顿第二定律F=ma,
可得F=m,
整理得FΔt=m(v'-v)=mv'-mv.
即FΔt=mv'-mv=Δp.
此关系式说明物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程的动量变化量,这个关系叫动量定理.
2.在日常生活中,有不少这样的事例:
跳远时要跳在沙坑里;
从高处往下跳,落地后双腿要弯曲;
轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎;
……
这样做的目的是什么
答案:延长作用时间以减小作用力.
3.在碰撞过程中,物体受到的力往往是变力,这时候应用动量定理应该怎样求这个变力的平均值
答案:先求出动量的变化量,再运用动量定理求出力,这个力就是作用时间内变力的平均值.
过程建构
1.对动量定理的理解.
(1)动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即合力的冲量是原因,物体的动量变化量是结果.
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量.
(3)动量定理的表达式是矢量式,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)在动量变化量一定的情况下,如果需要增大作用力,那么必须缩短作用时间.
(2)在动量变化量一定的情况下,如果需要减小作用力,那么必须延长作用时间——缓冲作用.
【典例2】(2022·全国乙卷)(多选)质量为1 kg 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2.则 ( )
A.4 s时物块的动能为0
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
解析:物块与地面间的滑动摩擦力Ff=μmg=0.2×1×10 N=2 N.设t3=3 s时物块的速度大小为v3,则有(F-Ff)t3=mv3,代入数据解得v3=6 m/s;设t4=4 s时速度为v4,根据动量定理可得-(F+Ff)(t4-t3)=mv4-mv3,代入数据解得v4=0,选项A正确;0~3 s物块沿正方向加速运动,3~4 s物块沿正方向减速运动,4 s末的速度为0,4~6 s物块反向加速,且加速度大小与0~3 s内的加速度大小相等,故6 s时物块没有回到初始位置,选项B错误; 3 s时物块的动量大小
答案: AD
p=mv3=1×6 kg·m/s=6 kg·m/s,选项C错误;0~3 s内物块的位移x1=t3=×3 m=9 m,方向为正方向;3~4 s内物块的位移x2=
(t4-t3)=×(4-3) m=3 m,方向为正方向;设6 s时物块的速度大小为v6,则有(F-Ff)t2=mv6,解得v6=4 m/s,4~6 s物块的位移大小x3=t2=×2 m=4 m,方向为负方向,故0~6 s时间内F对物块所做的功W=F(x1-x2+x3)=4×(9-3+4) J=40 J,选项D正确.
应用动量定理的方法及注意事项
(1)方法:
①对不涉及加速度和位移的力与运动的关系问题,应用动量定理不需要考虑运动过程的细节,解题较方便.
②对于变力的冲量,往往通过动量定理来计算.
(2)注意事项:
①在应用动量定理解题时,一定要认真对物体进行受力分析,不可有力的遗漏.
②建立方程时要事先选定正方向,确定力与速度的正负号.
课堂评价
1.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上,如图所示,由于地面对物体的摩擦力较大,物体没有被拉动,则经过时间t,下列说法正确的是( )
A.拉力F对物体的冲量大小为0
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D.合力对物体的冲量大小为0
答案:BD
解析:拉力F对物体的冲量大小为Ft,选项A、C错误,选项B正确.合力对物体的冲量等于物体动量的变化量,即等于0,选项D正确.
2.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为0,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转化成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案:D
解析:在碰撞过程中,司机动量的变化量是一定的,但安全气囊会延长作用的时间,根据动量定理Ft=Δp可知,气囊可以减小司机受到的冲击力F;同时安全气囊会增大司机的受力面积,减小司机单位面积受到的力,故选项A、B错误,选项D正确.安全气囊只是延长了作用时间,减小了司机受到的力,司机的动能转化成气囊的弹性势能及气囊内气体的内能,故选项C错误.
3.(2021·湖北卷)抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g,出膛速度大小约750 m/s.某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A.40 B.80
C.120 D.160
答案:C
解析:设1分钟内射出的子弹数量为n,对这n颗子弹由动量定理有Ft=nmv0,代入数据得n=120,选项C正确.
4.高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力时,人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t安全带达到最大伸长.若在此过程中,安全带对人的作用力始终竖直向上,则这段时间内安全带对人的平均作用力大小为( )
A.+mg B.-mg
C.+mg D.-mg
解析:由自由落体运动公式得人下降h时的速度大小为v=,选竖直向上为正方向,在t时间内对人由动量定理得(F-mg)t=0-
(-mv),解得安全带对人的平均作用力为F=+mg,选项A正确.
答案:A
5.在水平地面的右端B处有一面墙,一小物块放在水平地面上的A点,质量m=0.5 kg,A、B间距离s=5 m,如图所示.小物块以初速度v0=8 m/s从A向B运动,刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7 m/s,碰撞后以速度v2=6 m/s 反向弹回.g取10 m/s2.
(1)求小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小;
(2)若碰撞时间t=0.05 s,求碰撞过程中墙面对小物块的平均作用力F的大小.
解析:(1)从A到B的运动过程小物块做匀减速直线运动,根据速度位移公式有a==-1.5 m/s2.
所以加速度的大小为1.5 m/s2.
(2)对碰撞过程,规定向左为正方向,由动量定理有
Ft=mv2-m(-v1),
可得F=130 N.
答案:(1)1.5 m/s2 (2)130 N
情境 我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N.
问题 它在1 s时间内喷射的气体质量约为多少
新高考 新考向
解析:以气体为研究对象,设t=1 s内喷射的气体质量为m.
根据动量定理可得Ft=mv-0,
其中v=3 km/s=3 000 m/s,
解得m== kg=1.6×103 kg.
答案: 1.6×103 kg
巧用微元法结合动量定理解决流体类“柱状模型”问题
流体类“柱状模型”问题.
流体及 其特点 液体流、气体流等通常被广义地视为“流体”,其质量具有连续性,通常已知密度ρ
分析 步骤 ①建立“柱状模型”,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S;
②微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl=vΔt,对应的质量为Δm=ρSvΔt;
③建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体
【典例】某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为m的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积大于S);水柱冲击玩具底板后,在竖直方向的速度变为0,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.求:
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.
解析:(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则
Δm=ρΔV①,
ΔV=v0SΔt②,
由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
=ρv0S③.
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得
Δmv2+Δmgh=Δm④,
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=Δmv⑤,
设水对玩具的作用力的大小为F,根据牛顿第三定律和动量定理有FΔt=Δp⑥,
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=mg⑦,
联立③④⑤⑥⑦式得
h=-.
答案:(1)ρv0S (2)-
【变式】将质量为500 g的杯子放在台秤上,一个水龙头每秒往杯中注入700 g的水.至10 s末时,台秤的读数为 78.5 N,g取10 m/s2,则注入杯中水流的速度大小是多少
解析:以在很短的时间Δt内,落在杯中的水柱Δm为研究对象,水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F.
设向上的方向为正,由动量定理得(F-Δmg)Δt=0-(-Δmv),
因为Δm很小,Δm·Δt可忽略不计,
所以F=v,
台秤的读数G读=(m杯+m水)g+F,
解得v=5 m/s.
答案:5 m/s(共36张PPT)
第一章 动量守恒定律
学 习 目 标
1.了解系统、内力和外力的概念,通过问题探究,运用动量定理及牛顿第三定律推导出动量守恒定律的表达式.理解动量守恒定律的确切含义、表达式,培养知识建构能力及逻辑推理能力.
2.通过具体情境分析,理解动量守恒的条件,会用守恒思想解释、分析或计算生产生活中的实际问题,培养知识应用能力.
3.了解动量守恒定律的普遍适用性和牛顿运动定律适用范围的局限性.
3 动量守恒定律
知识点一 系统、内力、外力
1.系统:把由两个(或多个) 的物体构成的整体叫作一个力学系统,简称系统.系统中物体间的作用力,叫作
.系统以外的物体施加给系统内物体的力,叫作 .
相互作用
内力
外力
2.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,最后面的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,最后面的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,最后面的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.
知识点二 动量守恒定律
1.系统总动量为0时,是不是组成系统的每个物体的动量都等于0
答案:不是.系统总动量为0,不一定是每个物体的动量都为0,可能是几个物体的动量均不为0,但它们的矢量和为0.
2.动量守恒定律: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 .
外力
外力
不变
3.虽然许多问题可以通过牛顿运动定律解决,但我们还要研究动量守恒定律.原因是:
(1)用 解决问题涉及整个过程中的力,一些物体受力较复杂的问题往往难以求解;但 只涉及过程的初末状态,与过程中的细节无关,这样,问题往往能大大简化.
(2) 的适用范围非常广泛.在高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域, 不再适用,而
. 仍然适用.
牛顿运动定律
动量守恒定律
动量守恒定律
牛顿运动定律
动量守恒定律
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.对于由几个物体组成的系统,物体所受的重力为内力.( )
2.某个力是内力还是外力是相对的,与系统的选取有关.( )
3.一个系统初、末状态动量大小相等,即动量守恒.( )
4.只要合力对系统做功为0,系统动量就守恒.( )
5.系统动量守恒也就是系统的动量变化量为0.( )
×
√
×
×
√
探究一 对动量守恒定律的理解
问题情境
如图所示,光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B,沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动,v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞,碰撞后A、B两球的速度分别为v1'和v2'.
1.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰后总动量m1v1' +
m2v2'与碰前总动量m1v1+m2v2的关系.
答案:设碰撞过程中A、B两球受到的作用力分别为F1、F2,相互作用时间为Δt.根据动量定理有
F1Δt=m1(v1'-v1),
F2Δt=m2(v2'-v2),
因为F1与F2是两球间的相互作用力,根据牛顿第三定律知,F1=-F2,
则有m1v1'-m1v1=m2v2-m2v2',
即m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2,
此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.这就是动量守恒定律的表达式.
2.动量守恒定律的研究对象是单个物体还是多个物体
答案:动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统,即至少是两个物体组成的系统.
过程建构
1.对动量守恒定律适用条件的理解.
(1)系统不受外力作用,这是一种理想化的情形.
(2)系统受外力作用,但所受合外力为0.如光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形.
(3)内力远大于外力时,系统的总动量近似守恒.例如,抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间,爆炸时的力(内力)远大于手榴弹的重力(外力),重力可以忽略不计,系统的动量近似守恒.
(4)系统受外力作用,所受的合外力不为0,但在某一方向上合外力为0,则系统在该方向上动量守恒.
2.对动量守恒定律的理解.
(1)系统性:动量守恒定律的研究对象不是单一物体,而是几个相互作用的物体组成的系统,动量保持不变并不是每个物体的动量保持不变,而是系统的总动量保持不变.
(2)矢量性:表达式p1'+p2'=p1+p2是一个矢量式,其矢量性表现在系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等,而且方向也相同.求初、末状态系统的总动量时,如果各物体动量的方向在同一直线上,要选取正方向.
(3)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是相对于同一惯性系的,各物体的速度通常为相对于地面的速度.
(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,不同时刻的动量不能相加.
(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.
【典例1】(多选)如图所示,A、B两物体的质量之比mA∶mB=3∶2,它们原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,下列说法正确的是( )
A.若A、B与平板小车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B组成的系统动量守恒
B.无论A、B与平板小车上表面间的动摩擦因数是否相同,A、B、C组成的系统动量都守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统动量守恒
D.无论A、B所受的摩擦力大小是否相等,A、B、C组成的系统动量都守恒
解析:如果A、B与平板小车上表面间的动摩擦因数相同,当弹簧释放后,A、B分别相对于小车向左、向右滑动,A所受的滑动摩擦力FfA向右,B所受的滑动摩擦力FfB向左.由于mA∶mB=3∶2,所以FfA∶FfB=3∶2,则A、B组成的系统所受的合外力不为0,故其动量不守恒,选项A错误.对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为0,故该系统的动量守恒,选项B、D正确.若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的合外力为0,故其动量守恒,选项C正确.
答案:BCD
【变式】下列情形中,两物体组成的系统满足动量守恒条件的是( )
A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量
B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量
C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量
D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量
解析: A中铁锤和铁块组成的系统所受合力不为0.C中墙壁受地面的作用力.D中棒受人手的作用力.以上三种情形中,系统所受合力均不为0,不符合动量守恒的条件.
答案:B
探究二 动量守恒定律的应用
问题情境
1.如图所示,在风平浪静的水面上,停着一艘帆船,船尾固定的一台电风扇,正在不停地把风吹向帆面,船能向前行驶吗 为什么
答案:不能.把帆船和电风扇看作一个系统,电风扇和帆船受到的空气的作用力大小相等、方向相反,是一对内力,系统总动量守恒,船原来是静止的,总动量为0,所以在电风扇吹风时,船仍保持静止.
2.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,控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,分离后卫星的速率为v1,如果忽略分离前后系统质量的变化,那么系统分离前后的动量分别为多少 分离前后系统总动量是否守恒
答案:系统分离前的动量为 (m1+m2)v0;系统分离后的动量为m1v1
+m2v2.分离前后系统总动量守恒.
过程建构
动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义
(1) p' =p表示系统相互作用后的总动量p'等于相互作用前的总动量p.
(2) m1v1' +m2v2'=m1v1+m2v2表示相互作用的两个物体组成的系统,作用后的动量的矢量和等于作用前的动量的矢量和.
(3)Δp1=-Δp2表示相互作用的两个物体组成的系统,一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.
(4)Δp=0表示系统总动量的变化量为0.
【典例2】汽车A在水平冰雪路面上行驶,驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m.已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动, g取10 m/s2.求:
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.
答案: (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
解析:(1)以B车为研究对象,根据牛顿第二定律有-μmBg=mBaB,
由运动学公式有0-vB'2=2aBsB,
解得vB'=3.0 m/s.
(2)以A车为研究对象,根据牛顿第二定律有-μmAg=mAaA,
由运动学公式有0-vA'2=2aAsA,
两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA'+mBvB'=mAvA,
解得vA=4.25 m/s.
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,选定正方向,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.
【变式】将两个完全相同的磁体(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,方向向右,乙车速度大小为2 m/s,方向向左并与甲车的速度方向在同一直线上,如图所示.
(1)当乙车速度为0时,甲车的速度多大 方向如何
(2)由于磁体磁性极强,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
解析:两车及磁体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,选向右为正方向.
(1)据动量守恒定律得mv甲'=mv甲+mv乙,
代入数据解得v甲'=v甲+v乙=(3-2) m/s=1 m/s,方向向右.
(2)两车的距离最小时,两车速度相同,设为v',
由动量守恒定律得mv'+mv'=mv甲+mv乙,
解得v'=0.5 m/s,方向向右.
答案:(1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向向右
课堂评价
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.只要系统所受合力为0,系统动量就守恒
C.系统加速度为0,系统动量一定守恒
D.若系统所受合力不为0,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力为0,与系统内有无摩擦力无关,选项A错误,选项B正确.系统加速度为0,根据牛顿第二定律可得系统所受合力为0,所以此时系统动量守恒,选项C正确.系统合力不为0时,在某方向上合力可能为0,此时在该方向上系统动量守恒,选项D错误.
2.如图所示,小车与木箱静止放在光滑的水平冰面上,现有一人站在小车上向右用力迅速推出木箱.关于上述过程,下列说法正确的是( )
A.人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.人、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量变化量与人和小车的总动量变化量相同
答案:C
解析:在人站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中,人和木箱组成的系统所受合力不为0,系统动量不守恒,选项A错误.小车与木箱组成的系统所受合力不为0,系统动量不守恒,选项B错误.人、小车与木箱三者组成的系统所受合力为0,系统动量守恒,选项C正确.木箱、人、小车组成的系统动量守恒,木箱的动量变化量与人和小车的总动量变化量大小相等,方向相反,选项D错误.
3.(2021·全国乙卷)如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量不守恒,机械能不守恒
答案:B
解析:动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为0,本题中,撤去推力后小车、弹簧和滑块组成的系统水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为0,所以动量守恒.机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外,其他力对系统不做功,本题中滑块与车厢底板间存在摩擦力做功,有部分机械能转化为内能(发热),所以系统的机械能不守恒.选项B正确,选项A、C、D错误.
4.如图所示,游乐场上,两位同学各驾驶着一辆碰碰车迎面相撞,此后,两车共同运动.设甲同学和她的车的总质量为m1=150 kg,碰撞前向右运动,速度的大小为4.5 m/s,乙同学和他的车的总质量为m2=200 kg,碰撞前向左运动,速度的大小为4.25 m/s.若取向右为正方向,则碰撞后两车共同运动的速度为 m/s.
甲
乙
解析:两车碰撞过程动量守恒. (m1+m2)v=m1v1-m2v2,解得v==-0.5 m/s.
答案:-0.5
情境 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,已知两车车轮与路面间的动摩擦因数均为μ=0.6,
g取 10 m/s2.
问题 碰撞前轿车的速度大小是多少
新高考 新考向
解析:选轿车的速度方向为正方向,由牛顿第二定律得
a==-μg=-6 m/s2,
又0-v2=2as,
得v==9 m/s,
由动量守恒定律得 (m1+m2)v=m2v0,
得v0=v=27 m/s.
答案: 27 m/s(共27张PPT)
第一章 动量守恒定律
4 实验:验证动量守恒定律
一、实验思路
我们研究的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.应该尽量创造实验条件,使系统所受外力的矢量和近似为0.
在一维碰撞中,测出物体的质量和碰撞前后物体的速度,找出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p'=m1v1'+m2v2',看碰撞前后动量是否相等.
答案:①数字计时器(或速度传感器);②测摆角(机械能守恒);③打点计时器和纸带;④平抛法.还可用频闪照相得到等时间间隔的物体位置,从而分析速度.
不同方案的主要区别在于测速度的方法不同,那么你能想到哪些测量速度的方法
二、进行实验
方案一:研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1.实验方案.
(1)实验装置如图所示.
①质量的测量:用天平测量滑块的质量.
②速度的测量:利用公式v=计算得出,式中Δx为滑块上挡光片的宽度,Δt为计时器显示的滑块上挡光片经过光电门所用的时间.
③利用在滑块上增加重物的方法改变碰撞物体的质量.
(2)实验设计.
情形①:在两个滑块之间放置轻质弹簧,挤压两个滑块使弹簧压缩,并用一根细线将两个滑块固定,且使它们静止.烧断细线,弹簧弹开后落下,两个滑块由静止向相反方向运动(图甲).
情形②:在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架(图乙),滑块碰撞后随即分开.这样可以得到能量损失很小的碰撞.
情形③:在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(图丙),碰撞时撞针插入橡皮泥中,两个滑块连成一体运动,这样可以得到能量损失很大的碰撞.
甲
乙
丙
2.实验步骤.
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,验证动量守恒定律;
(7)整理器材,结束实验.
3.数据记录及分析.
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.分析碰撞前后系统动量是否守恒.
项目 碰撞前 碰撞后 质量m/kg m1 m2 m1 m2
速度v/(m·s-1) v1 v2 v1' v2'
mv/(kg·m·s-1) m1v1+m2v2 m1v1'+m2v2' 方案二:研究斜槽末端小球碰撞时的
动量守恒
1.实验方案.
实验装置如图所示.
(1)测质量:用天平测出两个小球的质量,并选质量大的小球为入射小球.
(2)位移测量:分别测量不碰撞时小球的水平位移和两小球碰撞后各自的水平位移.
(3)安装:将斜槽固定在铁架台上,并调整斜槽末端水平,在桌面上铺上白纸,上面再铺好复写纸,记下铅垂线所指的位置O.
2.实验步骤.
(1)不放被撞小球,让入射小球从斜槽上某固定位置处自由滚下.重复10次,用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面,圆心P就是小球落点的平均位置.
(2)把被撞小球放在斜槽末端,让入射小球从斜槽同一位置自由滚下,使它们发生碰撞,重复实验10次,用(1)中的方法,分别标出入射小球发生碰撞后的落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.
3.数据处理.
如图所示,连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度,分析在误差允许的范围内m1xOP=m1xOM+m2xON是否成立.
三、实验结论
答案:在实验误差允许范围内,碰撞前后系统动量守恒.
四、误差分析
1.系统误差:主要来源于装置本身.
造成系统误差的原因:
(1)碰撞不是一维碰撞;
(2)实验装置和操作未达到实验要求,如气垫导轨不水平,两球体积不相等,入射小球的释放高度存在差异等.
2.偶然误差:主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量.
五、注意事项
1.碰撞的两物体应在同一高度,并发生“正碰”.
2.选取质量不同的物体进行实验.
3.若利用气垫导轨进行实验:
(1)调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平,滑块的初速度应沿着导轨的方向;
(2)如果物体碰撞后的速度方向与原来的方向相反,数据记录和分析时速度为负值.
4.若利用平抛运动规律进行验证:
(1)安装实验装置时,应注意调整斜槽,使斜槽末端水平;
(2)为防止两球碰撞后入射球反弹,入射小球的质量应大于被碰小球的质量;
(3)实验时需要用铅垂线确定小球做平抛运动的起点在白纸上对应的位置.
命题角度1 巩固强化——应该怎么做
【典例1】某同学利用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,实验装置如图所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成.
(1)主要实验步骤.
①安装好气垫导轨,调节气垫导轨使导轨水平;
②向气垫导轨通入压缩空气;
③接通数字计时器;
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2和滑块1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,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 和 .
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计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为 kg·m/s;两滑块相互作用以后系统的总动量为 kg·m/s.以上实验结果说明 .
解析: (2)①气垫导轨大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差,同时保证两个滑块的碰撞是一维的.
②滑块1碰撞前的速度v1==0.50 m/s,
滑块1碰撞后的速度v2==0.10 m/s,
滑块2碰撞后的速度v3==0.60 m/s.
③碰撞前系统的总动量m1v1=0.15 kg·m/s,碰撞后系统的总动量m1v2+m2v3=0.15 kg·m/s.以上实验结果说明在碰撞过程中系统总动量不变.
答案:(2)①减小滑块和导轨之间的摩擦 保证两个滑块的碰撞是一维的
②0.50 0.10 0.60
③0.15 0.15 碰撞前后系统的动量守恒
【典例2】如图甲所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.
甲
(1)实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但可以通过仅测量 (填选项前的字母)间接地解决这个问题.
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度h'
C.小球做平抛运动的射程
(2)图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影.实验时,先让质量为m1的入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程xOP.然后把质量为m2的被碰小球静置于轨道的水平部分的末端,再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放,与被碰小球相碰,并重复多次.
接下来要完成的必要步骤是 .(填选项前的字母)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量入射小球开始释放的高度h
C.测量抛出点距地面的高度h'
D.分别找到两小球相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程xOM、xON
(3)经测量,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示.碰撞前后入射小球的动量分别为p1与p1',则p1∶p1'= ∶11;若碰撞后被碰小球的动量为p2',则p1'∶p2'=11∶ .实验结果说明,碰撞前后总动量的比值= .
乙
解析:(1)小球碰撞前和碰撞后的速度都通过平抛运动来测定,即v=,而每次运动的竖直位移相等,由h=gt2知,平抛时间相等,由m1+m2=m1,可得m1·xOM+m2·xON=m1·xOP,故只需测射程.
(2)由表达式知,在xOP已知时,需测量m1、m2、xOM和xON,故必要步骤有A、D、E.
(3)p1=m1·,p1'=m1·,p2'=m2·,联立可得
p1∶p1'=xOP∶xOM=44.80∶35.20=14∶11,
p1'∶p2'=(m1·xOM)∶(m2·xON)=11∶2.9,
故=1.01.
答案:(1)C (2)ADE (3)14 2.9 1.01
命题角度2 拓展迁移——还能怎么做
用打点计时器替代数字计时器,通过测量纸带用v=计算小车碰撞前后的速度.
【典例3】某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验,小车A的前端粘有橡皮泥,设法使小车A做匀速直线运动,使其与原来静止的小车B相碰并粘在一起继续做匀速运动,如图甲所示.小车A的后面连着纸带,电磁打点计时器的频率为50 Hz.
甲
(1)若得到的打点纸带如图乙所示,并测得各计数点间的距离,则应选图中 段来计算A碰撞前的速度,应选 段来计算A和B碰撞后的速度.
乙
(2)已测得小车A的质量mA=0.40 kg,小车B的质量mB=0.20 kg,则由以上数据可得碰撞前mAvA+mBvB= kg·m/s,碰撞后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,动量 .
(选填“是”或“不是”)守恒的.
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粘在一起,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CD段计算A碰撞前的速度,选点迹分布均匀且点距较小的EF段计算A和B碰撞后的速度.
(2)由题图可知,碰撞前A的速度和碰撞后A、B的共同速度分别为vA==1.05 m/s,vA'=vB'==0.695 m/s,
故碰撞前:mAvA+mBvB=0.420 kg·m/s,
碰撞后:mAvA'+mBvB'=(mA+mB)vA'=0.417 kg·m/s.
(3)数据处理结果表明,在实验误差允许的范围内,A、B碰撞前后的总动量是不变的.
答案: (1)CD EF (2)0.420 0.417 (3)是(共44张PPT)
第一章 动量守恒定律
学 习 目 标
1.通过情境探究,知道弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点,理解弹性碰撞中碰后速度的决定因素,会用守恒思想分析并解决生产生活中与一维碰撞相关的问题,培养知识建构能力与分析论证能力.
2.通过情境探究,理解爆炸过程的特点,会用动量、能量的观点综合分析子弹打木块模型、连接体模型、板块模型中的“碰撞”问题,培养模型建构能力.
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.能否举出生活中碰撞的实例 这些实例都有什么样的特点
答案:球的撞击、拳击、车的碰撞,甚至人从车上跳下、子弹打入墙壁等现象在一定条件下都可以看作碰撞过程.它们共同的特点是相互作用时间短、作用力变化快、 瞬间位移极小,可忽略,满足动量守恒的条件.
2.碰撞——从能量的角度分类.
(1)弹性碰撞:如果系统在碰撞前后动能 ,这类碰撞叫作弹性碰撞.
(2)非弹性碰撞:如果系统在碰撞后动能 ,这类碰撞叫作非弹性碰撞.
(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,碰撞过程中动量 ,机械能 ,动能损失 .
不变
减少
守恒
不守恒
最大
知识点二 弹性碰撞的实例分析
1.正碰:两个小球相碰,碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上,碰撞之后两球的速度仍会沿着这条 .这种碰撞称为正碰,也叫作对心碰撞或 .
直线
一维碰撞
2.弹性碰撞特例分析:质量为m1的小球A以速度v1与原来静止的、质量为m2的小球B发生正碰,如图所示.
(1)假设碰后两球的速度分别为v1'和v2'.碰撞过程中A、B组成的系统遵从动量守恒定律,且没有动能损失,即满足关系式
和 ,由此可以
解出v1'= ,v2'= .
(2)根据m1和m2的关系,分析v1'和v2'的取值情况:
①若m1=m2,则v1'= ,v2'= ,即二者碰后交换速度.
②若m1 m2,则v1'= ,v2'= ,表明A被反向弹回,而B仍静止.
③若m1 m2,则v1'= ，v2'= ,表明A的速度几乎没有改变,B以2v1的速度被撞出去.
m1v1'+m2v2'=m1v1
m1
v1
v1
0
0
2v1
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.发生瞬间碰撞的两个物体,动量是守恒的.( )
2.发生瞬间碰撞的两个物体,机械能是守恒的.( )
3.碰撞后,两个物体粘在一起,动量是守恒的,但机械能损失是最大的.( )
4.与静止的小球发生弹性碰撞时,入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度.( )
5.两球发生弹性正碰时,二者碰后交换速度.( )
√
×
√
√
×
探究一 碰撞的特点
问题情境
1.如图所示,光滑水平面上的两小球发生对心碰撞,碰撞过程中,动量守恒吗 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.
2.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,开始时绳子伸直但不绷紧,现突然使A具有水平向右的初速度v0,瞬间A、B达到共同速度.(作用过程绳未断)
答案:两物体组成的系统受到的合外力为0,故动量守恒.作用后两物体以相同的速度运动,机械能损失最大,故机械能不守恒.
(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:作用后两物体以相同的速度运动,机械能损失最大,故可视为完全非弹性碰撞.
过程建构
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所用时间可忽略不计.
(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,由于作用时间极短,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后物体处于同一位置.
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)速度要符合实际:
①若碰前两物体同向运动,则后面物体的速度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,且原来在前的物体的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.
②若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0.
【典例1】(多选)如图所示,质量相等的A、B两个球,原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动,A球的速度是vA=6 m/s,B球的速度是vB=-2 m/s,不久A、B两球发生了对心碰撞.对于碰撞之后A、B两球的速度的可能值,某实验小组的同学们做了很多种猜测,下面的猜测结果可能出现的是( )
A.vA'=-2 m/s,vB'=6 m/s B.vA'=2 m/s,vB'=2 m/s
C.vA'=1 m/s,vB'=3 m/s D.vA'=-3 m/s,vB'=7 m/s
解析:两球碰撞前后动量守恒,碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和,即mAvA'+mBvB'=mAvA+mBvB①,
mAvA'2+mBvB'2mA+mB②.选项D满足①式,但不满足②式.
答案:ABC
【典例2】(2021·广东深圳高二阶段检测)秦山核电站的三期工程采用重水反应堆技术,利用中子n)与静止氘核H)的多次碰撞使中子减速.已知中子与氘核的质量之比为1∶2,中子某次碰撞前的动能为E,碰撞可视为弹性正碰.经过该次碰撞后,中子损失的动能为( )
A. E B. E C. E D. E
解析:中子与氘核发生弹性碰撞,满足机械能守恒和动量守恒,设中子和氘核的质量分别为m和2m,中子的初速度为v0,碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2,则有×m×+×2m×
=×m×,m×v1+2m×v2=m×v0,解得v1= - v0,即动能减小为原来的,损失的动能为E,选项B正确.
答案:B
【典例3】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.
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0,根据动量守恒,碰后A、B的动量之和也应为0.A、B发生弹性碰撞,碰后A、B均被反向弹回.
答案:左 右
探究二 碰撞(爆炸)过程中的能量问题
问题情境
如图所示,一枚炮弹在空中飞行,不计空气阻力,当此炮弹的速度恰好沿水平方向时,炮弹炸裂成A、B两块,其中质量较大的A块的速度方向与v0方向相同.
1.在炸裂过程中,A、B所受的爆炸力大小相同吗 可以认为系统动量守恒吗
答案:爆炸力大小相等.内力远大于外力,可以认为系统动量守恒.
2.爆炸时系统动能的变化规律与碰撞时系统动能的变化规律相同吗
答案:不同.碰撞时动能可能守恒,也可能有损失;而爆炸时,有其他形式的能转化为系统的动能,系统的动能要增加,但总能量是守恒的.
过程建构
1.三类“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(不射穿),当子弹相对于木块静止时,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.
(2)连接体模型(用轻弹簧连接).
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,木板B放在光滑的水平面上,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,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.
2.爆炸与碰撞的对比.
比较项 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 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作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 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,非弹性碰撞时有动能损失,减少的动能转化为内能
【典例4】(多选)如图所示,水平面上O点的正上方有一个静止物体P.该物体突然炸成a、b两块水平飞出,分别落在A点和B点,且 xOA>xOB.若爆炸时间极短,空气阻力不计,则( )
A.落地时a的速度大于b的速度
B.落地时a的速度小于b的速度
C.爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D.爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
解析:P爆炸变成a、b两块的过程中系统在水平方向上动量守恒,则mava-mbvb=0,即pa=pb.下落过程a、b做平抛运动,由xOA>xOB知va>vb,因此 ma,选项C正确,选项D错误.由于 va>vb,而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量是相等的,因此落地时仍有va'>vb',选项A正确,选项B错误.
答案:AC
【典例5】(多选)如图甲所示,在光滑水平面上的A、B两小球发生正碰.两小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t图像.已知m1=0.1 kg.由此可以判断( )
A.碰前B小球静止,A小球向右运动
B.碰后B小球和A小球都向右运动
C.m2=0.3 kg
D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
解析:由题图乙可知,A小球碰前速度v1=4 m/s,碰后速度为v1'=
-2 m/s;B小球碰前速度v2=0,碰后的速度v2'=2 m/s.两小球组成的系统动量守恒,有m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2,代入数据解得m2=
0.3 kg,所以选项A、C正确,选项B错误.两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE=m1-m1v1'2-m2v2'2=0,所以碰撞是弹性碰撞,选项D错误.
答案:AC
【典例6】如图所示,光滑水平地面上有一足够长的木板,其左端放置可视为质点的物体,该物体的质量为m1=1 kg,木板与物体间的动摩擦因数μ=0.1.二者以相同的初速度v0=0.8 m/s一起向右运动,木板与竖直墙碰撞时间极短,且没有机械能损失.g取10 m/s2.
(1)如果木板质量m2=3 kg,求碰后物体相对木板滑动的最大距离;
(2)如果木板质量m2=0.6 kg,求碰后物体相对木板滑动的最大距离.
解析:(1)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,选向左为正方向,由动量守恒定律得
m2v0-m1v0=(m1+m2)v,
解得v=0.4 m/s,方向向左,木板不会与竖直墙再次碰撞.
由能量守恒定律得
(m1+m2)v2+μm1gs1(m1+m2),
解得s1=0.96 m.
(2)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,由动量守恒定律得m2v0-m1v0=(m1+m2)v',
解得v'=-,方向向右.此后木板将与竖直墙反复多次碰撞,最后木板停在竖直墙处.
由能量守恒定律得(m1+m2)=μm1gs2,
解得s2=0.512 m.
答案:(1)0.96 m (2)0.512 m
处理爆炸、碰撞问题的四点提醒
(1)在处理爆炸问题,列动量守恒方程时,应注意爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量,爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量.
(2)在爆炸过程中,系统的动量守恒,机械能一定不守恒.
(3)在碰撞过程中,系统动量守恒,机械能不一定守恒;在物体与弹簧相互作用的过程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒.
(4)宏观物体碰撞时一般相互接触,微观粒子的“碰撞”不一定接触,但只要符合碰撞的特点,就可以认为发生了碰撞.
课堂评价
1.(多选)关于两个物体的碰撞,下列说法可以成立的是( )
A.碰后的总机械能比碰前的小,但总动量守恒
B.碰撞前后总动量均为0,但总动能守恒
C.碰撞前后总动能为0,而总动量不为0
D.碰撞前后总动量守恒,而系统内各物体的动量变化量的总和不为0
答案:AB
解析:碰后的总机械能比作用前的小,但总动量守恒,为非弹性碰撞,选项A成立.碰撞前后总动量均为0,但总动能守恒,为弹性碰撞,选项B成立.总动能为0时,其总动量一定为0,故选项C不成立.总动量守恒,则系统内各物体动量的变化量的总和一定为0,选项D错误.
2.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—时间图像如图所示.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
答案:C
解析:由题图知,碰撞前vA=4 m/s,vB=0,碰撞后vA'=vB'=1 m/s,由动量守恒定律可知mAvA+0=mAvA'+mBvB',解得mB=3mA,选项C正确.
3.(2022·广东广州)如图甲所示,质量为m的小滑块A以向右的初速度v0滑上静止在光滑水平地面上的平板车B,从滑块A刚滑上平板车B开始计时,它们的速度随时间变化的图像如图乙所示,物块未滑离平板车,重力加速度为g,下列说法中正确的是( )
甲
乙
A.滑块A的加速度比平板车B的加速度小
B.平板车B的质量M=3m
C.滑块A与平板车间因摩擦产生的热量为Q= m
D.t0时间内摩擦力对平板车B做的功为m
答案:C
解析:由题图乙可知,滑块A、平板车B的加速度大小分别为aA= ,aB=,即aA>aB,选项A错误;A和B组成的系统不受外力作用,根据动量守恒定律有(M+m)=mv0,解得M=2m,选项B错误;A和B相对滑动到共速的过程中,系统损失的机械能转化为内能,即(M+m) ( ) 2+Q=m,解得Q=m,选项C正确;由动能定理可知,摩擦力对B做的功为Wf=M( ) 2-0=m,选项D错误.
4.如图所示,用长度同为l的轻质细绳悬挂四个半径相同的弹性小球A、B、C、D,它们的质量依次为m1、m2、m3、m4,且满足m1 m2 m3 m4.重力加速度为g.将A球拉起一定角度θ后释放,则D球开始运动时的速度为( )
A. B.2
C.4 D.8
解析:设碰撞前瞬间A的速度为v0,根据机械能守恒定律,有m1gl(1-cos θ)=m1,解得v0=,设A与B碰撞后A与B的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律,有m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律,有m1=m1+ m2,解得v2=
v0,m1 m2,则v2=2v0.同理,v3=2v2,v4=2v3,所以v4=8v0=
8,选项D正确.
答案:D
情境 如图所示,竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接,右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连,木块A、B静置于光滑水平轨道上,A、B的质量分别为 1.5 kg 和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动,之后与墙壁碰撞,碰撞的时间为0.3 s,碰后的速度大小变为 4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动,g取 10 m/s2,整个过程不计空气阻力.
新高考 新考向
问题 (1)求在A与墙壁碰撞的过程中,墙壁对A的平均作用力的大小.
(2)求A、B滑上圆弧轨道的最大高度.
解析:(1)设水平向右为正方向,当A与墙壁碰撞时,根据动量定理有t=mAv1'-mA(-v1),解得=50 N.
(2)设碰撞后A、B的共同速度为v,根据动量守恒定律有mAv1'=(mA+mB)v,
A、B在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒,由机械能守恒定律得(mA+mB)v2=(mA+mB)gh,解得h=0.45 m.
答案: (1)50 N (2)0.45 m (共41张PPT)
第一章 动量守恒定律
学 习 目 标
1.通过情境探究,了解反冲的概念及反冲的一些应用.知道反冲现象的原理,会用动量守恒定律解决反冲现象问题,培养知识建构能力与知识应用能力.
2.通过情境探究,了解火箭的工作原理,会用动量守恒定律分析决定火箭最终速度大小的因素及人船模型问题,培养模型建构能力.
6 反冲现象 火箭
知识点一 反冲现象
1.如图所示,把弯管装在可旋转的盛水容器的下部,当水从弯管流出时,容器就旋转起来.这种现象利用了什么原理
答案:反冲原理
2.生活中的反冲现象.
(1)应用:农田、园林的喷灌装置利用 ,使喷灌装置能一边喷水一边旋转,自动改变喷水的方向.
(2)防止:用枪射击时,枪身的 会影响射击的准确性,所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部,以 反冲的影响.
反冲
反冲
减小
知识点二 火箭
1.我国早在宋代就发明了火箭(如图所示),箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒,点燃后生成的燃气以很大的速度向后喷出,箭杆由于 而向前运动.
反冲
2.现代火箭(如图所示)和喷气式飞机的飞行应用了 的原理,它们都是靠喷出气流的 作用而获得巨大的速度.
3.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.
反冲
反冲
喷气速度
越大
越大
小试身手
判断下列说法的正误并和同学交流(正确的在括号内打“√”,错误的打“×”).
1.一切反冲现象都是有益的.( )
2.喷气式飞机的飞行利用了反冲的原理.( )
3.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果.( )
4.在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行.( )
5.火箭发射时,火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能.( )
×
√
×
√
√
探究一 反冲现象
问题情境
吹起来的气球松手后喷出气体,同时向相反方向飞去;发射炮弹时,炮弹从炮筒中飞出,炮身会向后退;乌贼喷出水后,它的身体能很快地向相反方向运动.结合这些事例,体会反冲的概念并回答下列问题.
答案:发生反冲的两物体受方向相反、大小相等的作用力,两物体在这对相互作用力的作用下向相反方向运动.
1.反冲现象中物体的受力有什么特点
2.反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化
答案: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,即系统动量守恒;反冲运动中,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加.
3.反冲运动遵循的规律是什么
答案:反冲运动遵循的规律:反冲运动中系统动量守恒,机械能不守恒.
过程建构
1.反冲运动的特点和规律.
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动,一般情况下,系统动量守恒,或系统在某一方向上动量守恒.
(2)反冲现象中,有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总动能增加.
2.处理反冲运动应注意的问题.
(1)速度的方向.
抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反.
(2)相对速度问题.
在反冲运动中,有时遇到的速度是指两物体的相对速度.此类问题中应先将相对速度转化成对地的速度,再列动量守恒定律方程.
【典例1】小车上装有一桶水,静止在光滑水平地面上,如图所示,桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门,分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出).要使小车向前运动,可采用的方法是( )
A.打开阀门S1 B.打开阀门S2
C.打开阀门S3 D.打开阀门S4
解析:水和车组成的系统动量守恒,原来系统动量为0,由m水v水+m车v车=0知,车的运动方向与水的运动方向相反,故水应向后喷出,选项B正确.
答案:B
【变式】(多选)两位同学穿着旱冰鞋,面对面站立不动,互推后向相反的方向运动,不计摩擦阻力,下列说法正确的是( )
A.互推后两同学总动量增加
B.互推后两同学动量大小相等、方向相反
C.分离时质量大的同学的速度小一些
D.互推过程中机械能守恒
解析:以两同学组成的系统为研究对象,竖直方向系统所受的重力和支持力平衡,合力为0,水平方向上系统不受外力,故系统的动量守恒,原来的总动量为0,互推后两同学的总动量仍为0,则两同学的动量大小相等、方向相反,故选项A错误,选项B正确.根据动量守恒定律得m1v1-m2v2=0,分离时速度与质量成反比,即质量大的同学的速度小,故选项C正确.互推过程中作用力和反作用力对两同学做正功,系统总动能增加,机械能不守恒,故选项D错误.
答案:BC
探究二 火箭
问题情境
设火箭发射前的总质量是m0,燃料燃尽后的质量为m,火箭燃气的喷射速度为v.
1.火箭飞行利用了什么原理 在分析火箭运动问题时可否应用动量守恒定律
答案:火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理.火箭与“高温、高压”燃气组成的系统内力很大,远大于系统所受重力及阻力,可应用动量守恒定律.
2.试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v'.
答案:取火箭的速度方向为正方向,发射前火箭的总动量为0,燃料燃尽后的总动量为mv'-(m0-m)v,
由动量守恒定律得mv'-(m0-m)v=0,
所以v'=v=( -1)v.
3.分析提高火箭飞行速度的可行办法.
答案:由以上分析可知火箭喷气后最大的速度v' =( -1)v ,故可以用以下办法提高火箭飞行速度:
①提高喷气速度;②提高燃气质量与火箭本身的质量比;③使用多级火箭,一般为三级.
过程建构
1.火箭的速度.
设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm,速度为u,喷气后火箭的质量为m,获得的速度为v,由动量守恒定律有0=mv+Δmu,解得v=-u.
2.火箭速度大小的决定因素.
火箭获得的速度的大小取决于燃气喷出速度u及火箭喷出燃气质量与火箭本身质量之比两个因素.
【典例2】一火箭喷气式发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机喷出时相对地面的速度v=1 000 m/s.设火箭质量m0=
300 kg,发动机每秒钟喷气20次.
(1)当第三次喷出气体时,火箭的速度大小是多少
(2)运动第1 s末,火箭的速度大小是多少
解析:规定与速度v相反的方向为正方向.
(1)设喷出三次气体后,火箭的速度为v3.
以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得
(m0-3m)v3-3mv=0,故v3==2 m/s.
(2)发动机每秒钟喷气20次,以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得(m0-20m)v20-20mv=0,故v20==13.5 m/s.
答案: (1)2 m/s (2)13.5 m/s
【变式】例题中,若发动机每次喷出2 kg气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s是相对于火箭的,则第一次喷出气体后,火箭的速度大小是多少
解析:由动量守恒定律知(m0-m)v1+m(v1-v)=0,
解得v1=6.67 m/s.
答案:6.67 m/s
火箭类问题的三点提醒
(1)同时性:火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取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)同一性:明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是不是同一参考系,不是同一参考系的,一般要转化成对地的速度.
(3)方向性:列方程时要注意初、末状态动量的方向.
课堂评价
1.(2021·广东梅州高二阶段检测)(多选)下列属于反冲现象的是( )
A.乒乓球碰到墙壁后被弹回
B.用枪射击时,子弹向前飞,枪身后退
C.用力向后蹬地,人向前运动
D.章鱼向某个方向喷出水,身体向相反的方向运动
答案:BD
解析:乒乓球碰到墙壁后被弹回是因为受到了墙壁的作用力,不是反冲现象,选项A错误;用枪射击,子弹向前飞,枪身后退,子弹与枪身是系统中的两部分,属于反冲现象,选项B正确;用力向后蹬地,人向前运动,是人脚与外部地面的作用,不属于反冲现象,选项C错误;章鱼向某个方向喷水,章鱼受到沿喷水方向相反的作用力,向喷水的反方向运动,二者相互作用力是系统内部的力,属于反冲现象,选项D正确.
2.如图所示,装有炮弹的火炮总质量为m1,炮弹的质量为m2,炮弹射出炮口时对地的速率为v0.若炮管与水平地面的夹角为θ,则火炮后退的速度大小为( )
A.v0 B. C. D.
答案:C
解析:炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒,m2v0cos θ-
(m1-m2)v=0,解得v=,选项C正确.
3.(多选)下列措施有利于增加火箭的飞行速度的是( )
A.使喷出的气体速度更大
B.使喷出的气体温度更高
C.使喷出的气体质量更大
D.使喷出的气体密度更小
答案:AC
解析:设火箭原来的总质量为m0,喷出的气体质量为m,速度是v,剩余部分的质量为m0-m,速度是v',由动量守恒得(m0-m)v'=mv,解得v'=.由上式可知m越大,v越大,v'越大,故选项A、C正确.
4.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,控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为( )
A.v0-v2 B.v0+v2
C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)
解析:火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒,规定初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得m2v2+m1v1= (m1+m2)v0,解得v1=v0+(v0-v2),选项D正确.
答案:D
情境 如图所示,自行火炮连同炮弹的总质量为m0,当炮筒水平,火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时,水平向前发射一枚质量为m的炮弹后,自行火炮的速度变为v2,仍向右行驶.
新高考 新考向
问题 炮弹相对炮筒的发射速度v0是多少
解析:炮弹相对地面的速度为v0+v2,
由动量守恒定律得(m0-m)v2+m(v0+v2) =m0v1,
解得v0=.
答案:
“人船模型”中的反冲运动问题
1.“人船模型”问题.
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0,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.“人船模型”的特点.
(1)系统满足动量守恒定律:m人v人-m船v船=0.
(2)运动特点:人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右;人、船位移比等于其质量的反比,人、船平均速度(瞬时速度)比等于其质量的反比,即==.应用此关系时要注意一个问题:式中的速度和位移一般都是相对地面而言的,且人在船的一头走到另一头时满足s人+s船=l(l为船长),如图所示.
3.处理思路.
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题,解决这类问题的思路如下:
(1)明确适用条件.
①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为0;
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,找出各位移间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.
【典例】有一只小船停在静水中,船上一人从船头走到船尾.如果人的质量m=60 kg,船的质量m'=120 kg,船长为l=3 m,
那么船在水中移动的距离是多少 水的阻力不计.
解析:人在船上走时,由于人、船组成的系统所受合力为0,系统总动量守恒,系统的平均动量也守恒,如图所示.
设人从船头走到船尾的时间为t,在这段时间里船后退的距离为x,人相对地面运动的距离为l-x.选船后退的方向为正方向,由动量守恒有m'-m=0,所以x=l=1 m.
答案:1 m
【变式】质量为m'的热气球吊筐中有一质量为m的人,二者共同静止在距地面为h的高空中,如图所示.现从热气球上放下一根质量不计的软绳,为使此人能沿软绳安全滑到地面,软绳至少要多长
解析:设绳长为l,人沿软绳滑至地面所需的时间为t,可知l=x人+x球
设人下滑的平均速度大小为v人,气球上升的平均速度大小为v球,以向上为正方向,由动量守恒定律得
m'v球-mv人=0,即m'-m=0,
x人=h,解得l=h,
所以软绳的长度至少为 h.
答案:h
