(共55张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
第一节 冲量 动量
第二节 动量定理
学习任务 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变化量．
2．理解冲量的概念，知道冲量是矢量．
3．理解动量定理的确切含义及其表达式；会运用动量定理解决实际问题．
4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
基础自测
知识点一 冲量
1．定义及公式：在物理学中，将Ft定义为冲量，用I表示，即I＝___．
2．单位：冲量的单位是____，符号是_____．
3．冲量的方向：它的方向由________决定，冲量是____(选填“矢量”或“标量”)．
4．物理意义：反映__对____的累积效应．
Ft
牛秒
N·s
力的方向
矢量
力
时间
知识点二 动量
1．定义及公式：在物理学中，将____和____的乘积mv叫作物体的动量，用p表示，即p＝___．
2．单位：动量的单位是____________，符号是________．
3．动量的方向：它的方向与____的方向相同，动量是____(选填“矢量”或“标量”)，运算遵循______________．
质量
速度
mv
千克·米每秒
kg·m/s
速度
矢量
平行四边形定则
知识点三 动量定理
1．内容：物体所受____的冲量等于物体____________．
2．表达式：I＝______或F(t′－t)＝________．
合力
动量的变化量
p′－p
mv′－mv
知识点四 动量的变化量
1．定义及公式：物体在某段时间内______与______的矢量差，用Δp表示，即Δp＝______＝________．
2．单位：动量的变化量的单位是____________，
符号是________．
3．方向：它的方向与__________的方向相同，动量的变化量是____．
末动量
初动量
p′－p
mv′－mv
千克·米每秒
kg·m/s
速度变化量
矢量
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)某物体的速度大小不变，动量一定不变． ( )
(2)物体的质量越大，动量一定越大． ( )
(3)恒力的作用时间越长，冲量越大． ( )
(4)物体动量的变化量一定时，力作用时间越短，作用力越大． ( )
×
×
√
√
2．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．物体的动量越大，其惯性一定越大
D．物体的动能发生变化时，其动量不一定发生变化
√
A [动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，C错误；物体的动能发生变化时，物体的速度大小一定发生变化，故其动量也一定发生变化，D错误．]
3．关于冲量，下列说法正确的是( )
A．物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化
B．作用在静止的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．冲量的方向就是物体运动的方向
A [物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，A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，B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误．]
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 动量和冲量
考点2 动量定理
正在玩旋转秋千的游客，他的每一时刻的动量相同吗？每一时刻的动能相同吗？
提示：游客做匀速圆周运动，速度的方向时刻改变，所以动量时刻变化；速度的大小不变，所以动能不变．
◆考点1 动量和冲量
1．动量的性质
(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．
2．在同一直线上的动量的变化量的计算
选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算转化为代数运算，此时的正、负号仅表示方向，不表示大小．
3．冲量的性质
(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，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．
(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同．
4．冲量的计算
(1)求恒力的冲量：冲量等于力和力的作用时间的乘积，其公式I＝F·Δt，与物体是否运动、运动情况无关．
(2)求变力的冲量：
①若力与时间成线性关系，可用平均力求变力的冲量，其公式为I＝·Δt．
②若已知力随时间变化的图像，可用面积法求变力的冲量：如图所示，F-t图像中图线与坐标轴所围图形的面积表示力的冲量．
③利用动量定理求解，即求出在该力作用下物体动量变化量Δp的大小和方向，从而得到变力的冲量．
【典例1】 (多选)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，如图所示，则A、B两物体( )
A．滑到h1高度时的动量相同
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量相同
D．由h2滑到h1的过程中物体动能变化量相等
√
√
[思路点拨] 解此题注意两点：
(1)动量及动量的变化量是矢量．
(2)动能及动能的变化量是标量．
BD [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，B、D正确．]
动量和动能的比较
物理量 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p＝mv
标矢性 矢量 标量
变化决定因素 物体所受冲量 外力所做的功
换算关系 [跟进训练]
训练角度1 动量的理解
1．(多选)下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
B．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
C．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
D．一个物体的动量不变，它的速度可以改变
√
√
BC [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，A错误；速度的大小、方向两者中任何一个发生变化都认为速度变化，则动量也变化，B正确；运动状态变化即速度发生变化，C正确；对一个物体来说，其质量一定，由p＝mv可知，其动量不变，速度也一定不变，故D错误．]
训练角度2 动量变化量的计算
2．一台自动传送盘，盘上离转轴0.5 m处有一质量为 0.5 kg 的零件，随盘做匀速圆周运动，则当盘以角速度为2 rad/s转过180°的过程中，零件动量的变化量大小为( )
A．0.25 kg·m/s B．0.5 kg·m/s
C．1 kg·m/s D．2 kg·m/s
C [零件动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝2mωr＝2×0.5× 2×0.5 kg·m/s＝1 kg·m/s，故C正确．]
√
训练角度3 冲量的理解和计算
3．如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上有一质量m＝5 kg 的物体沿斜面下滑，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．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
[解析] 重力的冲量IG＝mgt＝100 N·s，方向竖直向下．
弹力的冲量IN＝mg cos 37°·t＝80 N·s，方向垂直斜面向上．
摩擦力的冲量If＝μmg cos 37°·t＝16 N·s，方向沿斜面向上．
[答案] 见解析
◆考点2 动量定理
1．动量定理的推导
如图所示，一质量为m的物体(与水平面无摩擦)在水平拉力F作用下，经时间t速度从v变为v′，物体在这个过程中的加速度a＝．
根据牛顿第二定律F＝ma，可得F＝m，
整理得Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv，即Ft＝mv′－mv＝Δp．
2．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式Ft＝mvt－mv0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是均匀变化的力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
3．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
【典例2】 用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是 0.01 s，那么：
(1)不计铁锤重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力．
[思路点拨] 对铁锤，根据受力情况应用动量定理可以求出铁锤对钉子的作用力；由前两问的结论，分析哪种情况下可以不计铁锤的重力．
[解析] (1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得
F1t＝0－m(－v)
所以F1＝0－ N＝200 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的作用力为
200 N，方向竖直向下．
(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，
对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正．
(F2－mg)t＝0－m(－v)
F2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下．
(3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5%，可见本题中铁锤的重力可忽略．
[答案] (1)200 N (2)205 N (3)见解析
应用动量定理的四点注意事项
(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化．冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则．
(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小．
(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系．
(4)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量．
[跟进训练]
训练角度1 定性分析现象
4．如图所示，突发交通事故时，车内正面的安全气囊弹出．弹出安全气囊可以( )
A．增大事故突发时人的惯性
B．减小事故突发时人的惯性
C．增大事故突发时撞击对人的伤害
D．减小事故突发时撞击对人的伤害
√
D [惯性是物体的固有属性，其大小只与质量有关，故安全气囊弹出不会改变人的惯性，故A、B错误；安全气囊弹出后可以延长撞击时间，从而减小作用力，减小事故突发时撞击对人的伤害，故C错误，D正确．]
训练角度2 定量计算
5．(2022·重庆南开中学高三期中)2022年8月18日，一架救援直升机在重庆涪陵进行灭火作业．直升机通过旋翼螺旋桨向下推动空气获得升力．若质量为M的直升机处于水平悬停状态，桶、绳索和桶中水的总质量为m，若旋翼螺旋桨转动时单位时间推动的空气质量为ρ，重力加速度为g，则被推动空气获得的速度大小为( )
A． B． C． D．
√
C [直升机处于水平悬停状态，所以直升机获得的升力与直升机、桶、绳索和桶中水的总重力平衡，即F＝(M＋m)g，由牛顿第三定律可知，直升机获得的升力与推动空气的力大小相等，以Δt时间内推动的空气为研究对象，利用动量定理有FΔt＝ρΔtv，解得v＝，故选C．]
学习效果·随堂评估自测
03
1
2
3
4
1．(2022·山东师范大学附中高二期中)对于一个质量不变的物体，下列说法中正确的是( )
A．做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．物体的速度发生变化时，其动量可能不变
D．物体的速度发生变化时，其动量一定变化
√
5
1
2
3
4
D [由动量公式p＝mv可知，做匀速直线运动的物体速度不变，则动量不变，故A错误；做匀速圆周运动的物体，速度大小不变但是方向一直在变，而动量是矢量，所以动量一定在变化，故B错误；由动量公式p＝mv可知，物体的速度发生变化时，动量一定在变化，故D正确，C错误．]
5
1
2
3
4
√
2．静止在光滑水平面上的两物块通过一根细线相连，中间夹着一根压缩的轻弹簧(与两物块均不拴接)，如图所示，A物块的质量是B物块质量的2倍．现烧断细线，在弹簧弹开两物块的过程中，用IA、IB分别表示弹簧对A、B两物块的冲量大小，则( )
A．IA＝IB B．IA＝2IB C．2IA＝IB D．3IA＝IB
5
A [烧断细线后在弹簧弹开两个物块的过程中，A、B所受的弹簧弹力大小相等、作用时间t相等，则由I＝Ft知：IA＝IB，故A正确，B、C、D错误．]
1
2
3
4
5
3．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条．若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是( )
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
1
2
3
4
√
5
1
2
3
4
D [在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会出现滑落，故A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，故C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，故D正确．]
5
4．(2022·山东卷)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
1
2
3
4
√
5
A [火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向
下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力
大小不断减小，第一阶段高压气体的推力大于向下的重力
和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，
当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的
1
2
3
4
5
重力和空气阻力之和时，火箭继续向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力的冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，而非动能，故D错误．]
1
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5
1
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5
5．如图所示，一个质量为50 kg的运动员进行蹦床运动表演，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为0.5 s，g取10 m/s2．
(1)求运动员从开始下落到与网接触前，重力的冲量大小；
[解析] 由h＝gt2得t＝0.8 s
由I＝mgt得I＝400 N·s．
[答案] 400 N·s
1
2
3
4
5
(2)求运动员从接触网到离开网，网对运动员的平均作用力大小．
[解析] 由＝2gh1得v1＝8 m/s
由＝2gh2得v2＝10 m/s
设竖直向下为正方向，
由(mg－F)t′＝－mv2－mv1得F＝2 300 N．
[答案] 2 300 N
1
2
3
4
5
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．动量变化量需要规定正方向吗？动能变化量呢？
提示：动量变化量需要规定正方向，而动能变化量不需要，因为动量是矢量．
2．动量变化量与动量变化率怎么区别？
提示：动量变化量是Δp＝p2－p1，动量变化率是指合外力．
3．动量定理的冲量是指某个力的冲量还是合外力的冲量？
提示：合外力的冲量．(共55张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
第三节 动量守恒定律
学习任务 1．在了解系统内力和外力的基础上，理解动量守恒定律．
2．理解动量守恒定律的内涵，知道动量守恒定律的普遍性．
3．能运用动量定理和牛顿第三定律分析碰撞现象中的动量变化，推导动量守恒定律．
4．能依据已有知识合理设计实验方案．
5．有将所学知识应用于生活实际的愿望，有主动进行科学普及的意识．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
知识点一 动量守恒定律的推导
1．内力和外力
系统内物体之间的__________叫作内力．系统____其他物体对系统的作用力叫作外力．
相互作用力
外部
2．动量守恒定律的推导
(1)情境：如图所示，光滑水平面上两个物体发生碰撞．
(2)推导：物体1、2间的相互作用力F12和F21，
根据牛顿第三定律有F12＝______．
由动量定理，对物体1有，F21t＝；对物体2有，F12t＝m2v2′－____．
由以上三式得(m1v1′＋m2v2′)－____________＝0．
－F21
m2v2
(m1v1＋m2v2)
(3)内容：物体在碰撞时，如果系统所受______为零，则系统的总动量________．
(4)公式：m1v1＋m2v2＝_____________．
合外力
保持不变
m1v1′＋m2v2′
知识点二 动量守恒定律的验证
1．实验原理
质量分别为m1和m2的两小球A、B发生正碰，若碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律，应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′．
可采用“探究平抛运动的特点”实验中测量平抛初速度的方法，设计实验装置如图所示．
让入射球从同一位置释放，测出不发生碰撞时入射球飞出的水平距离lOP，再测出入射球、靶球碰撞后分别飞出的水平距离lOM、lON，只要验证m1lOP＝m1lOM＋m2lON，即可验证动量守恒定律．因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，则小球的水平速度与飞出的水平距离成正比，所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式就可验证动量守恒定律．
2．实验步骤
(1)按照原理图安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端处于____，钢球放在上面能保持静止状态．在木板上依次铺上白纸、复写纸．利用______在白纸上分别标注斜槽水平段端口、靶球初位置(支球柱)在白纸平面的投影点O和点O′．
(2)用天平测出两个大小相同、但质量不同的钢球的质量，质量大的钢球m1作为______，质量小的钢球m2作为____．
水平
重垂线
入射球
靶球
(3)先让入射球单独从斜槽上端紧靠定位板的位置下落，在白纸上留下落地碰撞的痕迹．
(4)让入射球从斜槽上端________下落，与放在支球柱上的靶球发生碰撞，两球分别在白纸上留下落地碰撞的痕迹．
(5)测出入射球m1两次落地碰撞点与点O的距离s和s1，靶球m2落地碰撞点与点O′的距离s2．
(6)若m1s在实验误差允许范围内与m1s1＋m2s2____，就验证了两钢球碰撞前后总动量守恒．
同一位置
相等
3．误差分析
实验所研究的过程是两个不同质量的球发生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件．实验中两球心高度不在同一水平面上，给实验带来误差．每次静止释放入射小球的释放点越高，两球相碰时内力越大，动量守恒的误差越小．应进行多次碰撞，小球的落点取平均位置来确定，以减小偶然误差．
4．注意事项
(1)入射小球质量m1必须大于靶球质量m2，若入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球会被反弹，滚回斜槽后再返回抛出点过程中克服摩擦力做功，飞出时的速度大小小于碰撞刚结束时的速度大小，会产生较大的误差．
(2)斜槽末端的切线必须水平．
(3)入射小球与靶球的球心连线与入射小球的初速度方向一致．
(4)入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下．
(5)地面应水平，白纸铺好后，实验过程中不能移动，否则会造成很大的误差．
关键能力·情境探究达成
02
【典例1】 用如图所示实验装置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．
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量__________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．
A．小球做平抛运动的射程
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球开始释放时的高度h
√
[解析] 验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是在落地高度不变的情况下，可以通过测水平射程来体现速度，故答案是A．
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是___________．(按顺序填选项前的符号)
A．测量小球m1开始释放时的高度h
B．用天平测量两个小球的质量m1、m2
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
BDE或DEB
[解析] 实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平称质量先后均可以，所以答案是BDE或DEB．
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________
__________________[用(2)中测量的量表示]．
[解析] 设落地时间为t，则v1＝，v2＝，v＝；而动量守恒的表达式是m1v＝m1v1＋m2v2
所以若两球相碰前后的动量守恒．
则m1·OM＋m2·ON＝m1·OP成立．
m1·OM＋
m2·ON＝m1·OP
【典例2】 如图所示为实验室中验证碰撞中的动量守恒的实验装置示意图．
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则( )
A．m1>m2，r1>r2
B．m1C．m1>m2，r1＝r2
D．m1[解析] 两小球要选等大的，且入射小球的质量应大些，故选C．
√
(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是_______．(选填选项前的字母)
A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧秤 E．秒表
[解析] 该实验必须测出两球平抛的水平位移
和质量，故必须用直尺和天平，因两球平抛起
点相同，不用测小球直径，故用不到B．
√
√
(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m1、m2及图中字母表示) _____________________________成立，即表示碰撞中动量守恒．
[解析] 因平抛落地时间相同，可用水平位移代替速度，故关系式为m1·OP＝m1·OM＋m2·ON．
m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
【典例3】 如图所示为验证动量守恒的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，G1和G2为两个光电门，固定有相同遮光片的两弹性滑块A、B的质量分别为mA、mB实验过程如下：
a．调节导轨使之水平；
b．轻推滑块A，测得A通过光电门
G1的遮光时间为Δt0；
c．A与B相碰后，B和A先后经过光电门G2的遮光时间分别为ΔtB和ΔtA．
(1)实验中，滑块A、B的质量应满足mA________mB(选填“>”或“<”)；
[解析] 为了保证碰撞后，A不反弹，则滑块A、B的质量应满足mA＞mB．
＞
(2)验证两滑块碰撞过程中动量守恒的表达式为：______________；
[解析] 碰撞前A的速度为v0＝，碰撞后B的速度为vB＝，碰撞后A的速度为vA＝
若碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB 即＝．
＝
(3)滑块与导轨间的摩擦会导致测得的系统碰撞前的总动量________(选填“>”或“<”)碰撞后的总动量．
[解析] 滑块与导轨间的摩擦，使滑块做减速运动，会导致测得的系统碰撞前的总动量大于碰撞后的总动量．
＞
学习效果·随堂评估自测
03
1．(多选)在验证动量守恒定律实验中，下列关于小球落点的说法，正确的是( )
A．如果小球每次从同一点无初速度释放，重复几次的落点一定是重合的
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但落点应当比较密集
1
2
3
4
√
5
6
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、P3、…、P10，则OP应取OP1、OP2、OP3、…、OP10的平均值，即OP＝
D．用半径尽量小的圆把P1、P2、P3、…、P10圈住，这个圆的圆心就是入射小球落点的平均位置P
1
2
3
4
5
√
6
BD [由于各种偶然因素的影响，小球平抛落地点并不完全重合，而是落点非常密集，所以A错误，B正确；小球平抛水平距离的测量方法是：先确定落点的平均位置P，再测量O点到落点平均位置P的距离，所以C错误；落点平均位置的确定方法：用半径尽量小的圆把P1、P2、P3、…、P10圈住，这个圆的圆心就是入射小球落点的平均位置P，所以D正确．]
1
2
3
4
5
6
2．气垫导轨是一种实验辅助仪器，利用它可以非常精确地完成多个高中物理实验．滑块在导轨上运动时，可认为不受摩擦阻力．现利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图所示．
1
2
3
4
5
6
(1)对导轨进行平衡调节，使气垫导轨和光电门都正常工作，在导轨上只放置滑块a．调整调节旋钮，轻推滑块，观察滑块a通过两光电门的时间，当_______________________________________________时，说明导轨已经水平．
[解析] 如果平衡，滑块a将在导轨上做匀速运动，因此通过两个光电门所用的时间相等．
1
2
3
4
5
6
滑块a(的遮光条)通过两个光电门所用时间相等
(2)使用天平测得滑块a、b的质量分别为ma、mb，然后按如图所示方式放在气垫导轨上．使滑块a获得向右的速度，滑块a通过光电门1后与静止的滑块b碰撞并粘在一起，遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，则上述物理量间如果满足关系式____________，则证明碰撞过程中两滑块的总动量守恒．
[解析] 根据动量守恒定律可知，mav1＝(ma＋mb)v2，
根据速度公式可知v1＝，v2＝，
代入上式可得应满足的公式为＝．
1
2
3
4
5
6
＝
3．(2022·浙江余姚中学高二阶段练习)如图所示为实验室中“验证动量守恒定律”的实验装置示意图．
1
2
3
4
5
6
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则应满足________(填选项前的字母)．
A．m1＞m2，r1＞r2
B．m1＞m2，r1＜r2
C．m1＞m2，r1＝r2
D．m1＜m2，r1＝r2
[解析] 要保证两小球发生一维正碰，要求两小球半径相同；为了保证入射小球碰后不反弹，要保证m1＞m2．故选C．
1
2
3
4
5
6
√
(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________(填选项前的字母)．
A．直尺 B．游标卡尺 C．天平 D．弹簧测力计 E．停表
[解析] 根据动量守恒可知m1v1＝m1v1′＋m2v2′
小球飞出后做平抛运动x＝vt，h＝gt2
可得m1x1＝m1x1′＋m2x2′
故只需要测量小球质量和水平位移，故需要天平和直尺．故选AC．
1
2
3
4
5
6
√
√
(3)本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示水平速度的是________．
A．轨道末端切线未调整为水平
B．改变1小球初始释放点的位置
C．使1、2两小球的直径之比改变为1∶3
D．升高桌面高度
1
2
3
4
5
√
√
6
[解析] 要保证小球水平抛出，轨道末端切线应调整为水平，故A错误，符合题意；改变1小球初始释放点的位置，只改变初速度大小，小球仍做平抛运动，故B正确，不符合题意；使1、2两小球的直径之比改变为1∶3，不再发生一维碰撞，碰后小球速度不沿水平方向，故C错误，符合题意；升高桌面高度，小球仍做平抛运动，故D正确，不符合题意．
1
2
3
4
5
6
(4)设P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后被碰小球落点的平均位置，则关系式___________________________(用m1、m2及图中字母表示)成立，即可达到实验目的．
[解析] 设P为碰前入射小球落点的平均位置，
M为碰后入射小球落点的平均位置，N为碰后
被碰小球落点的平均位置，根据m1x1＝
m1x1′＋m2x2′，可知m1×OP＝m1×OM＋m2×ON．
1
2
3
4
5
6
m1×OP＝m1×OM＋m2×ON
4．如图，滑块A、B静止在水平气垫导轨上，两滑块间紧压一轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，轻弹簧掉落，两个滑块向相反方向运动．现拍得闪光频率为10 Hz的一组频闪照片．已知滑块A、B的质量分别为300 g、450 g，根据照片记录的信息可知，A、B离开弹簧后：
1
2
3
4
5
6
(1)A滑块做________________运动；
[解析] 频闪照片的周期为T＝＝0.1 s．由频闪照片看出，A滑块每0.1 s时间内通过的位移大小都是 0.90 cm，做匀速直线运动；B滑块每0.1 s时间内通过的位移大小都是0.60 cm，做匀速直线运动．
1
2
3
4
5
6
匀速直线
(2)A滑块速度大小为________m/s；
[解析] A滑块匀速直线运动的速度大小为
vA＝＝ m/s＝0.09 m/s．
1
2
3
4
5
6
0.09
(3)图中B滑块的动量大小是________________；
[解析] B滑块匀速直线运动的速度大小为
vB＝＝ m/s＝0.06 m/s，它的动量pB＝mBvB＝0.450 kg×0.06 m/s＝0.027 kg·m/s．
1
2
3
4
5
6
0.027 kg·m/s
(4)本实验中得出“在实验误差范围内，两滑块组成的系统动量守恒”，这一结论的依据是：_________________________________.
[解析] A的动量pA＝mAvA＝0.300 kg×0.09 m/s＝0.027 kg·m/s，由此可见A、B的动量大小相等、方向相反，它们的总动量为零，与释放前的总动量相等，因此系统动量守恒．
1
2
3
4
5
6
A、B的动量始终大小相等，方向相反
5．某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的守恒量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．
1
2
3
4
5
6
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前速度；应选________段来计算A和B碰后的共同速度．(以上两空选填“AB” “BC”“CD”或“DE”)
1
2
3
4
5
BC
DE
6
[解析] 从分析纸带上打点情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算A的碰前速度；从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算碰后A和B的共同速度．
(2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，由以上测量结果可得：
碰前mAv0＝________kg·m/s；
碰后(mA＋mB)v共＝________kg·m/s．
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4
5
0.417
0.420
6
[解析] 小车A在碰撞前的速度
v0＝＝1.050 m/s
mAv0＝0.40 kg×1.050 m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后A、B共同速度
v共＝＝＝0.695 m/s
碰撞后(mA＋mB)v共＝(0.20＋0.40)kg×0.695 m/s＝0.417 kg·m/s．
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6．在验证动量守恒定律的实验中，某同学用如图所示的装置进行如下的实验操作：
1
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6
①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于槽口处．使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹B；
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③然后把半径相同的小球b静止放在斜槽水平末端，小球a仍从原来挡板处由静止释放，与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；
④用天平测量a、b的质量分别为ma、mb，用刻度尺测量纸上O点到A、B、C三点的竖直距离分别为y1、y2、y3．
(1)小球a与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C，其中小球a撞在木板上的________点(选填“A”或“C”)．
[解析] 碰撞后，a球的速度小于b球，可知a球在相等水平位移内，所用的时间较长，下降的高度较大，所以a球撞在木板上的C点．
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C
(2)用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为_______________ (仅用ma、mb、y1、y2、y3表示)．
[解析] a球未与b球碰撞，落在B点，根据y2＝得，t2＝，则a球与b球碰撞前的速度v1＝＝x，同理得出a、b碰撞后的速度v2＝x，v3＝x．
若动量守恒，有mav1＝mav2＋mbv3，即＝．
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＝(共54张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
第四节 动量守恒定律的应用
学习任务 1．理解动量守恒定律并会运用动量守恒定律解决实际问题．
2．知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．
3．了解火箭的飞行原理和主要用途．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
基础自测
1．反冲
(1)定义：如果一个____的物体在____的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向____方向运动的现象．
(2)特点：作用时间____，一般都满足内力______外力，故可用____________处理．
静止
内力
相反
极短
远大于
动量守恒定律
2．火箭
(1)原理：火箭的发射过程是一个____运动．
(2)影响火箭速度的因素：火箭喷出的燃料速度越__，喷出的燃料质量与火箭质量之比越__，则火箭获得的速度越__．
反冲
大
大
大
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)如果系统的机械能守恒，则动量不一定守恒． ( )
(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒． ( )
(3)做匀速圆周运动的物体动量是守恒的． ( )
(4)一切反冲现象都是有益的． ( )
√
×
×
×
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
√
B [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．]
3．如图所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为θ，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0，不计炮车与地面的摩擦，试求炮身后退的速度大小？
[解析] 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒，炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cos θ，设v0的水平方向为正方向，由动量守恒定律有mv0cos θ－Mv＝0，所以炮车向后反冲的速度大小为v＝．
[答案]
关键能力·情境探究达成
02
考点1 动量守恒的判断
考点2 动量守恒定律的理解及应用
考点3 反冲运动
在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示．
(1)人和大锤组成的系统动量守恒吗？
(2)在连续敲打下，这辆车能否持续地向右运动？
提示：(1)以人和大锤组成的系统为研究对象时，人受到平板车施加的摩擦力，系统所受合外力不为零，动量不守恒，地面光滑，以人、大锤和平板车为系统动量守恒．
(2)当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动．
◆考点1 动量守恒的判断
动量守恒定律成立条件的四种情况
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．
(2)系统受外力作用，但所受合外力为零．像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．
(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒．
(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒．
【典例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( )
√
√
AC [A图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，故A正确；B图中，剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；C图中，木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；D图中，木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故D错误．]
[跟进训练]
1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( )
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、小车的总动量增量不同
√
√
CD [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，故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，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故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等，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确．故选C、D．]
◆考点2 动量守恒定律的理解及应用
1．研究对象：相互作用的物体组成的系统
(1)系统：相互作用的几个物体所组成的整体．
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力．
(3)外力：系统外其他物体对系统的作用力．
2．对“系统的总动量保持不变”的四点理解
(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和．
(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变．
(3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化．
(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．
3．动量守恒定律的四个特性
(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算．
(2)相对性：应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系．
(3)同时性：动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加．
(4)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，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统．
【典例2】 如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s，铜块最终停在第二块木板上．(取g＝，结果保留两位有效数字)求：
(1)第一块木板的最终速度；
[思路点拨] 第(1)问中要求第一块木板的最终速度，就应该选取铜块滑上第一块木板到滑上第二块木板上这一个过程．
[解析] 铜块和10个长木板在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度为v2，由动量守恒得
Mv0＝Mv1＋10mv2
得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．
[答案] 2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
(2)铜块的最终速度．
[思路点拨] 第(2)问则应以铜块和除第一块木板之外的9块木板组成研究系统．
[解析] 由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得
Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3
得v3＝3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．
[答案] 3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)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．
[跟进训练]
2．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的沙袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则沙袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )
A．1.0 m/s，向右 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左
√
A [选向右为正方向，则小车和沙袋组成的系统在水平方向动量守恒，有m车v车－m砂v砂＝(m车＋m砂)v，解得v＝1.0 m/s，方向向右，故A正确．]
◆考点3 反冲运动
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化为动能，所以系统的总动能增加．
2．反冲运动中的三类问题
(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来进行研究．
(3)“人船模型”问题：
①人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相等、方向相反的一对力，故两物体速度或位移大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点是：两物体同时运动，同时停止．
②动量规律：任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速度v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1－m2＝0．
③位移规律：如果两物体相互作用的时间为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．
【典例3】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时相对于地面的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？
(2)第1 s末，火箭的速度为多大？
[思路点拨] (1)火箭和气体系统动量守恒．
(2)运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．
(3)以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．
[解析] 解法一 (1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒．
设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝
设第二次气体喷出后火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝
设第三次气体喷出后火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝ m/s≈2 m/s．
(2)设第n次气体喷出后火箭速度为vn，由上面推导可知，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝＝ m/s≈13.5 m/s．
解法二 选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，
得(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s．
(2)以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s．
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
处理反冲运动的几个关键点
(1)注意质量变化关系和发生相互作用引起的动量变化关系．
(2)注意速度是相对地面的还是相对作用对象的．
(3)若喷出气体的速度是相对地面且恒定的，多次喷出气体与一次喷出气体(其质量为多次喷出质量的总和)是等效的．
[跟进训练]
训练角度1 反冲应用
3．(多选)如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力，下列说法正确的是( )
A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后运动
B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前运动
C．若前、后舱不分开，则船将一直向前运动
D．若前、后舱不分开，则船不能持续向前运动
√
√
BD [若前、后舱是分开的，前舱单独为一个系统，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，静止时动量为零，当有一部分水向后运动时，根据动量守恒，前舱速度向前，A错误，B正确；若前、后舱不分开，则整个船为一个系统，初状态时动量为零，系统在水平方向上合外力为零，根据动量守恒，整体重心在水平方向静止不动，而因水存在向右位移，故船会向左移动一点，但无法持续，D正确，C错误．]
训练角度2 人船模型
4．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A． B． C． D．
√
B [设人走动的时候船的平均速度大小为v，人的平均速度大小为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝．根据动量守恒有Mv－mv′＝0，可得M＝m，小船的质量为M＝，故B项正确．]
学习效果·随堂评估自测
03
1．(多选)下列图片所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是( )
A．甲图中喷灌装置的自动旋转
B．乙图中章鱼在水中前行和转向
C．丙图中吹足气的气球由静止放后运动
D．丁图中码头边轮胎的保护
1
2
3
4
√
5
√
√
ABC [A图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动；B图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C图中吹足气的气球由静止释放后运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理；D图中码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲原理；故选A、B、C．]
1
2
3
4
5
2．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
1
2
3
4
√
5
B [在弹簧压缩至最短的过程中，受到墙对弹簧向右的作用力，系统动量不守恒；子弹射入木块的过程中有动能转化为内能，所以机械能不守恒．故B正确．]
1
2
3
4
5
3．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
1
2
3
4
√
5
A [以炮弹m和艇(M－m)为系统，系统动量守恒，则有Mv0＝(M－m)v′＋mv．]
4．如图所示，一个倾角为α的斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h．今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A． B． C． D．
1
2
3
4
√
5
C [此题属“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为s1，斜面体在水平方向对地位移为s2．则有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝，可得s2＝．]
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
5．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固定在车的另一端，枪离靶的距离为d，如图所示．已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每发子弹质量为m，共n发，每发子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发．打完n发后，小车移动的距离为多少？
[解析] 子弹、车、人、靶和枪组成的系统水平向上不受外力作用，动量守恒；射击前系统总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，说明子弹向右匀速运动的同时，车向左匀速运动．每发射一发子弹，车后退一段距离．每发射一发子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有
0＝mv－[M＋(n－1)m]v′
mv＝[M＋(n－1)m]v′
1
2
3
4
5
说明子弹向右匀速运动的同时，车向左匀速运动．
设每发射一发子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(d－x)，由动量守恒定律有
m＝[M＋(n－1)m]
解得x＝，则打完n发后车共后退s＝．
[答案]
1
2
3
4
5
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．动量守恒需什么条件？
提示：系统合外力为零或不受外力．
2．反冲运动为什么动量也守恒？
提示：相互作用力远大于外力，近似动量守恒．
3．影响火箭发射速度的两个因素？
提示：喷气速度和燃料占整体的质量比．(共57张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞
第六节 自然界中的守恒定律
学习任务 1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，能定量分析一维碰撞问题．
2．能从动量守恒定律和能量守恒定律等不同角度思考物理问题．
3．通过实验演示，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．
必备知识·自主预习储备
01
知识梳理
基础自测
1．碰撞的定义和特点
(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的________．
(2)特点：物体组成的系统所受外力______内力，且相互作用时间____，故系统在碰撞过程中动量____．
相互作用
远小于
极短
守恒
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能____的碰撞．
(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能________的碰撞．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而________的碰撞．这时机械能损失____．
相等
不再相等
粘在一起
最大
3．弹性碰撞举例分析
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和机械能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
＝m1v1′2＋m2v2′2②
以上两式联立可解得v1′＝v1，v2′＝v1，
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球________．
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1；表示m1的速度不变，m2以2v1的速度运动．
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．若m1 m2，v1′＝－v1，v2′＝0，表示，m1被反向以原速率弹回，m2仍静止．
交换速度
4．自然界中的守恒定律
(1)系统：物理学上常将物体及与之________的因素视为一个系统．
(2)动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律在____、____和____都是适用的，是自然界普适的基本定律．
相互作用
微观
宏观
宇观
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(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． ( )
(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失． ( )
×
×
√
×
2．(多选)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，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
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
√
√
AB [碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错误；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错误．]
3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度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
A [由动量守恒有3m·v－mv＝0＋mv′所以v′＝2v，碰前总动能Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A正确．]
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 碰撞过程的特点
考点2 碰撞的判断和碰撞模型
台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？
提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量．
◆考点1 碰撞过程的特点
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：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．
5．能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′．
【典例1】 (多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变
为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化
√
√
√
BCD [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A情况不可能发生；B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C、D均正确．]
[跟进训练]
1．(多选)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
√
√
AB [A是非弹性碰撞，成立；B是弹性碰撞，成立；C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；D不成立，因为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．]
◆考点2 碰撞的判断和碰撞模型
1．碰撞的判断
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＝p1′＋p2′．
(2)系统动能不增加，即
Ekl＋Ek2≥Ekl′＋Ek2′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．
【典例2】 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s(设为正方向)，vB＝－3 m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
√
A [以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝6 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝＝27 J．如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，
系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果vA′＝2 m/s、vB′＝
－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误．]
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒．
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
＝m1v1′2＋m2v2′2
若v2＝0，则有v1′＝v1，v2′＝v1．
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q．
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
设两者碰后的共同速度为v共，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
机械能损失为ΔE＝．
【典例3】 如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：
(1)A物体获得的最大速度；
[思路点拨] 子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A系统动量守恒．
[解析] 设子弹的质量为m，则mB＝4m，mA＝3m．
对子弹进入A的过程，由动量守恒得mv0＝(m＋mA)v1
解得它们的共同速度，也是A的最大速度v1＝＝．
[答案]
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度．
[思路点拨] 弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．
[解析] 以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v2
解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度
v2＝＝．
[答案]
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等．
[跟进训练]
训练角度1 碰撞的可能分析
2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是( )
A．－v0 B．0 C．v0 D．v0
√
√
√
ABC [若两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒mv0＝(m＋2m)v，解得v＝v0．若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系＝，联立解得v1＝，v2＝v0，则小球A的速度范围－v0≤v1≤v0，故选A、B、C．]
训练角度2 弹性碰撞与非弹性碰撞
3．(2022·江苏淮海中学高二阶段练习)如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5 kg的球瓶．此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05 s．求：
(1)碰撞前保龄球的速度；
[解析] 设保龄球质量为M，球瓶质量为m，碰撞前保龄球的速度为v1，碰撞后保龄球速度为v1′，球瓶的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2
解得v1＝2.9 m/s．
[答案] 2.9 m/s
(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小；
[解析] 设碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小为F，对球瓶根据动量定理有Ft＝mv2
解得F＝90 N．
[答案] 90 N
(3)通过计算判断该碰撞是否为弹性碰撞．
[解析] 保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为
Ek0＝＝21.025 J
Ek1＝＝16.75 J
因为Ek1＜Ek0，所以该碰撞不是弹性碰撞．
[答案] 不是弹性碰撞
学习效果·随堂评估自测
03
1
2
3
4
5
1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的( )
A．质量一定相等 B．动能一定相等
C．动量一定相等 D．总动量等于零
D [两小球碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零．]
√
2．(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
1
2
3
4
√
5
√
AD [由题意知，碰前两球的总动量为零且碰撞过程中动量守恒．对A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以A是可能的；对B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以B不可能；对C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C不可能；对D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以D是可能的．故正确为A、D．]
1
2
3
4
5
3．(2022·山东招远市第二中学高二阶段练习)如图所示，A、B、C、D、E、F、G为七个质量分布均匀、半径相同的球，其中A、G两球质量相等，B、C、D、E、F五球质量相等，且A球质量小于B球质量．现将B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上排成一条直线且均处于静止状态．某时刻让A球以速度v0正对B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则发生一系列碰撞之后，最终( )
A．五个小球静止，两个小球运动
B．四个小球静止，三个小球运动
C．三个小球静止，四个小球运动
D．七个小球都运动
1
2
3
4
√
5
B [因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则有动量守恒，机械能守恒，设A、G两球质量为m1，其余球的质量均为m2，A、B碰后，A球的速度为v1，B球的速度为v2，由动碰静规律可得v1＝v0，v2＝v0，由上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球反弹，B球向前运动，因B、C、D、E、F五球质量相等，B与C碰后，交换速度，B球静止，同理C、D、E都静止，由于F球质量大于G球质量，F与G碰后，都向前运动，因此B、C、D、E四个球静止，A、F、G三个球运动，所以A、C、D错误，B正确．]
1
2
3
4
5
4．甲、乙两球在光滑水平轨道上向同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p′乙＝10 kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
1
2
3
4
√
5
C [设碰撞后甲球的动量为p甲′，由动量守恒定律得，
p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′
即p甲′＝2 kg·m/s
甲追上乙应有v甲>v乙
即>，解得m乙>m甲
碰后p甲′，p乙′均大于零，说明两球同向运动，
应有v′甲≤v′乙，即
1
2
3
4
5
解得m乙≤5 m甲
碰撞过程中，动能不会增加，
即Ek甲＋Ek乙≥E′k甲＋E′k乙
解得m乙≥m甲
综上可得m甲≤m乙≤5m甲，因此C正确．]
1
2
3
4
5
5．(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
1
2
3
4
5
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
[解析] 当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于
滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，
根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力Ff′也
为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－Ff′＝5 N．
[答案] 8 N 5 N
1
2
3
4
5
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
[解析] 滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
－mgl－Ffl＝
代入数据解得v1＝8 m/s．
[答案] 8 m/s
1
2
3
4
5
(3)滑杆向上运动的最大高度h．
[解析] 由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，
根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m．
[答案] 0.2 m
1
2
3
4
5
回顾本节内容，自主完成以下问题：
1．碰撞过程要不要考虑两个物体的作用过程的相对运动？
提示：不需要，作用时间极短．
2．碰撞过程从能量角度怎么分类？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞．
3．碰撞可能性的判断依据是什么？
提示：(1)系统动量守恒，(2)系统动能不增加，(3)速度要合理．
阅读材料·拓展物理视野
04
冰壶运动
冰壶是在第18届长野冬奥会上成为正式比赛项目的．
冰壶早在14世纪起源于苏格兰．在19世纪初期加拿大就举行过全国性质的冰壶大赛．而传入亚洲大概是在19世纪中期．1924年冰壶作为表演项目被纳入到了第1届冬奥会中，而作为正式的比赛项目则是在1988年的长野冬奥会上．
冰壶又叫作“掷冰壶”“冰上溜石”，以队为单位，是在冰上进行的一种投掷性的比赛．它考验参与者的体力与脑力，尽显动静、取舍之美．
冰壶为特殊石材制成，周长约为91.44厘米，高约为11.43厘米，重量大致为19.96公斤．冰壶比赛场地为长方形，长44.5米、宽4.75米．
冰道的一端画有一个直径为1.83米的圆圈作为球员的发球区，叫本垒．冰道的另一端也画有一圆圈，叫营垒．场地四周有木框，防止冰壶出界．
有6条与端线平行的横贯全场的横线，中间两条为前卫线，也能叫作栏线，两端的两条为后卫线．在前卫线和后卫线的中间有一个纵横交叉的十字线，称圆心线，交叉点就是本垒和营垒的中心点．
场地两端各固定一橡胶起踏器，比赛中运动员蹬起踏器后与壶一起滑行，壶须在到达近端前掷线前投出，并且要到达远端前掷线和底线之间的区域才有效．
比赛中，运动员可以在冰壶前行的方向擦冰，以减少摩擦力，增加滑行距离．
比赛时每队出场4人，每人每局掷壶两次，双方按照一、二、三、四垒的顺序进行一对一对抗，两个队共投完16个壶为一局，最后一壶投完后，大本营内距中心近的壶所属一方得分．一般比赛打10局，得分多的一方即获得胜利．
问题
1．运动员将冰壶推出的过程中总动能怎么变化？属于什么现象？
提示：总动能增加，运动员消耗的化学能转化为动能，属于反冲．
2．两壶如果出现碰撞动量是否守恒？
提示：守恒．(共33张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
素养提升课(一) 三类“碰撞”模型
学习任务 1．会处理含有弹簧类的问题，并进行相关计算
2．会处理含有斜面或曲面的问题，并进行相关计算．
3．会用动量和能量的观点处理板块问题，并进行相关计算．
关键能力·情境探究达成
01
类型1 “滑块—弹簧”碰撞模型
类型2 “滑块—斜面”碰撞模型
类型3 子弹打木块与板块模型
类型1 “滑块—弹簧”碰撞模型
模型图示
模型特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
【典例1】 (2022·重庆南开中学高三期中)如图所示，滑块Q与轻弹簧栓接，静止在光滑水平地面上，滑块P以速度v0向右运动．P与弹簧一接触便对Q施加一水平外力(图中未画出)，使Q保持静止，P速度第一次减小到时撤去外力．已知P、Q质量均为m，弹簧始终未超出弹性限度，求：
(1)水平外力对Q的冲量大小及方向；
[解析] 在P接触弹簧后速度由v0减小为的过程中，设向右为正方向，则对P与Q组成的系统，由动量定理得
I＝m－mv0＝－mv0
可知该水平外力的冲量大小为mv0，方向水平向左．
[答案] 大小为mv0，方向水平向左
(2)撤去外力后弹簧弹性势能的最大值．
[解析] 撤去外力瞬间弹簧的弹性势能
Ep0＝－m()2＝
撤去外力后，当两滑块速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．设共速的速度大小为v，由于撤去外力后系统水平方向动量守恒，有m·＝2mv
即v＝
又由系统机械能守恒，有
m()2＋Ep0＝·2mv2＋Ep
解得撤去外力后弹簧弹性势能的最大值Ep＝ ．
[答案]
【典例2】 (2022·湖北浠水县第一中学高二阶段练习)如图所示，光滑水平面上质量为mA＝2 kg，mB＝3 kg的A、B两物块用轻质弹簧连接，一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，与静止在水平面上质量mC＝1 kg的物块C发生碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．
(1)若物块B与C发生弹性碰撞，求碰后C的速度大小；
[解析] 物块B与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mBv0＝mBvB＋mCvC
由机械能守恒定律得＝
代入数据解得vB＝2 m/s vC＝6 m/s．
[答案] 6 m/s
(2)若物块B与C碰撞后粘合在一起运动，求此后弹簧能获得的最大弹性势能．
[解析] 若物块B与C碰撞后粘合在一起运动，碰撞过程中系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mBv0＝(mB＋mC)v
代入数据解得v＝3 m/s
当A、B、C三者速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，设共同速度为v′，由动量守恒定律得mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v′
代入数据解得
v′＝ m/s
由机械能守恒定律得
＋(mB＋mC)v2＝(mA＋mB＋mC)v′2＋Ep
代入数据解得弹簧的最大弹性势能Ep＝ J．
[答案] J
类型2 “滑块—斜面”碰撞模型
模型图示
模型特点
【典例3】 (2022·广东广州高二课时练习)如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，试分析：
(1)在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？
[解析] 整个过程中只有小球的重力及系统内弹力做功，系统机械能守恒，系统合外力不为零，总动量不守恒，但水平方向上合外力为零，系统在水平方向上动量守恒．
[答案] 机械能守恒，总动量不守恒
(2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？最大高度为多少？
[解析] 当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝3mv
由能量守恒定律得＝×3mv2＋mgh
联立解得h＝．
[答案] 小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同，
(3)小球与轨道分离时两者的速度分别是多少？
[解析] 设小球离开轨道时的速度为v1，
轨道的速度为v2，由动量守恒定律有
mv0＝mv1＋2mv2
根据机械能守恒定律有＝
联立解得v1＝－v0，v2＝v0．
[答案] －v0 v0
【典例4】 (2022·广东实验中学高三专题练习)竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示．一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点．已知水平滑道AB长为L，轨道ABCD的质量为3m．
(1)求小物块在水平滑道上受到的摩擦力的大小．
[解析] 小物块冲上滑道的初速度设为v，则E＝
，小物块最终停在AB的中点，跟滑道有
相同的速度，设为v′，在这个过程中，系统动量守恒，有mv＝(M＋m)v′
系统损失的动能用于克服摩擦力做功，有ΔE＝mv2－(M＋m)v′2
而ΔE＝FfL
联立解得摩擦力的大小Ff＝．
[答案]
(2)为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道，圆弧滑道的半径R至少是多大？
[解析] 若小物块刚好到达D处，此时它与滑道有共同的速度(与v′相等)，在此过程中系统总动能减少，转化为内能(克服摩擦做功)和物块的重力势能，同理，有ΔE1＝mv2－(M＋m)v′2
而ΔE1＝FfL＋mgR
解得要使物块不从D端离开滑道，CD圆弧的半径至少为R＝．
[答案]
类型3 子弹打木块与板块模型
模型图示
模型特点 (1)若滑块未从木板上滑下(子弹留在木块里)，当两者速度相等时木板(木块)的速度最大，两者的相对位移取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
【典例5】 (2022·山东泰安一中高二阶段练习)如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，质量m＝2 kg的小物块以速度v0滑到长木板上，小物块在到达木板右端前与木板相对静止，图(b)为物块与木板运动的v-t图像，已知图中t1＝1 s、v0＝3 m/s，v1＝2 m/s，重力加速度大小为g＝10 m/s2，由此可求：
(1)长木板的质量；
[解析] 由图可知，t1时刻小物块与长木板共速，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则根据动量守恒有
mv0＝(m＋M)v1
代入数据解得，长木板的质量为
M＝1 kg．
[答案] 1 kg
(2)小物块与长木板间的动摩擦因数；
[解析] 小物块在长木板上与长木板相对滑动时，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝Ma
由图像可得，此时长木板的加速度为
a＝
联立解得，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝0.1．
[答案] 0.1
(3)小物块和长木板组成的系统损失的机械能；
[解析] 根据能量守恒可得，小物块和长木板组成的系统损失的机械能为
ΔE＝＝3 J
[答案] 3 J
(4)长木板长度的最小值．
[解析] 设木板长度为L，根据功能关系有
μmgL＝ΔE
解得，长木板的长度至少为
L＝1.5 m．
[答案] 1.5 m
【典例6】 (2022·湖南长郡中学高二阶段练习)如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2．求：
(1)滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度a1的大小和木板的加速度a2的大小；
[解析] 对滑块根据牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝1 m/s2
对木板根据牛顿第二定律得μmg＝Ma2
解得a2＝0.5 m/s2．
[答案] 1 m/s2 0.5 m/s2
(2)若滑块刚好没有从木板右端滑出，求木板的长度；
[解析] 设木板长度为L0，滑块刚好没有从木板右端滑出，则最终滑块到达边缘时与木板同速，对系统根据动量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v
代入数据解得v＝1 m/s
对系统根据能量守恒定律得μmgL0＝－(m＋M)v2
解得木板长度为L0＝3 m．
[答案] 3 m
(3)若木板长L＝2.25 m，求滑块在木板上运动过程中木板对滑块的冲量大小．
[解析] 对滑块根据位移公式得
x1＝v0t－a1t2
对木板根据位移公式得x2＝a2t2
又因为x1－x2＝L
解得：t＝1 s，t＝3 s(舍去)．
木板对滑块摩擦力的冲量I1＝μmgt，代入数据解得I1＝1 N·s
木板对滑块支持力的冲量I2＝mgt，代入数据解得I2＝10 N·s
木板对滑块的冲量
I＝＝ N·s＝ N·s．
[答案] N·s(共27张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
章末综合提升
巩固层·知识整合
01
提升层·题型探究
02
主题1 碰撞与爆炸问题
主题2 多体问题及临界问题
主题3 解决动力学问题的三种思路
主题1 碰撞与爆炸问题
爆炸与碰撞的比较
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 比较项目 爆炸 碰撞
相 同 点 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作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍在作用前瞬间的位置 能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变 比较项目 爆炸 碰撞
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
【典例1】 一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
[解析] 设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝ ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt ②
联立①②式得t＝． ③
[答案]
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
[解析] 设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2．由题给条件和动量守恒定律有
＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝．
[答案]
爆炸过程和碰撞过程都可认为是系统动量守恒，但是爆炸过程动能增加，碰撞过程动能不增加，只有理想化的弹性碰撞认为动能不变，而一般情况下系统动能都是减少的．
主题2 多体问题及临界问题
1．多体问题
多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：
(1)正确选择研究对象．有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律，研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要．
(2)正确选择研究过程．通常对全过程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量，根据所研究问题的需要，有时只需对全过程建立动量守恒的关系式，有时需要分过程多次应用动量守恒列出关系式．
2．临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．这类问题的求解关键是寻找物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，其临界条件常常表现为物体的相对速度关系与相对位移关系，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答．
【典例2】 甲、乙两小船质量均为M＝120 kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60 kg，通过一根长为L＝10 m的绳用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)两船相遇时，两船分别走了多少距离？
[解析] 由水平方向动量守恒得(M＋m)＝M ①
x甲＋x乙＝L ②
联立①②并代入数据解得x甲＝4 m，x乙＝6 m．
[答案] 4 m 6 m
(2)为防止两船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)
[解析] 设相遇时甲船和人共同速度大小为v1，乙船的速度大小为v2，
人跳离甲船速度大小为v，人跳离后甲船速度大小为v1′，乙船速度大小为v2′，对甲船和人由动能定理得
Fx甲＝ ③
对乙船由动能定律得Fx乙＝ ④
以v1的方向为正方向，对人跳离甲船过程由动量守恒定律得
(M＋m)v1＝Mv1′＋mv ⑤
对人跳上乙船过程由动量守恒定律得
mv－Mv2＝(M＋m)v2′ ⑥
防止两船相撞即v1′≤v2′ ⑦
联立解得v≥4 m/s，即人至少以4 m/s的速度跳到乙船．
[答案] 4 m/s
(1)“人船模型”对于系统初动量为零，动量时刻守恒的情况均适用．
(2)两物体不相撞的临界条件是：两物体运动的速度方向相同，大小相等．
主题3 解决动力学问题的三种思路
运用牛顿运动定律、动量、能量的观点解题是解决动力学问题的三条重要途径．求解这类问题时要注意正确选取对象、状态、过程，并恰当选择物理规律．在分析的基础上选用适宜的物理规律来解题，选用规律也有一定的原则．
1．牛顿运动定律(力的观点)
研究某一时刻(或某一位置)的动力学问题应使用牛顿第二定律，研究某一个恒力作用过程的动力学问题，且又直接涉及物体的加速度问题，应使用运动学公式和牛顿第二定律求解．
如：物体在拉力和摩擦力作用下沿水平面运动瞬间的牛顿第二定律方程F－f＝ma．
物体沿轨道在竖直面内做圆周运动，最低点的向心力方程F－mg＝．
2．动量定理和动量守恒定律(动量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，则应用动量定理求解，Ft＝mv－mv0．
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间的，应用动量守恒定律求解．
3．动能定理和能量守恒定律(能量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．
【典例3】 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B黏合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s．求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
[解析] 以小车A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa，代入数据解得a＝2.5 m/s2．
[答案] 2.5 m/s2
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
[解析] 对小车A和物块B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
代入数据解得v＝1 m/s．
[答案] 1 m/s
(3)A的上表面长度l．
[解析] 设小车A和物块B发生碰撞前，小车A的速度为vA，对小车A和物块B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v
小车A从开始运动到与物块B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝
代入数据解得l＝0.45 m．
[答案] 0.45 m
综合应用力学“三大观点”解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象．
(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系．
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程．
(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论．
