(共23张PPT)
16
章末复习
第一章
2
能灵活运用动量定理和动量守恒定律解题.
1
能理解动量、冲量的概念.
重点
重难点
3
能熟练解决碰撞、反冲等物理问题.
重难点
动量守恒定律
基本概念
动量：p＝mv，是矢量，方向与速度v的方向相同，
是状态量
动量变化量
Δp＝p′－p＝mΔv
方向：与Δv方向相同
冲量：I＝F(t′－t)，是矢量，方向与恒力F的方向
一致，若力为变力，冲量方向与相应时间内动
量的变化量方向一致，是过程量
导学
导学
动量守恒定律
基本规律
动量定理
研究对象：一个物体(或一个系统)
内容：合外力的冲量等于物体动量的变化量公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p
动量守恒定律
内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，
这个系统的总动量保持不变
公式
①p′＝p，作用前后总动量相同
②Δp＝0，作用前后总动量不变
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量大小
相等、方向相反
守恒条件
①系统不受外力的作用
②系统所受外力的矢量和为零
③内力远大于外力，且作用时间极短，系统动量近似守恒
④系统在某一方向上不受外力或所受外力的矢量和为零，
系统在该方向上动量守恒
动量守恒定律
应用
碰撞
对心碰撞和非对心碰撞
弹性碰撞和非弹性碰撞
爆炸：动量守恒，动能增加
反冲：动量守恒——火箭
弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞：动量守恒，机械能减少
(或有损失)
完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能
损失最多
基本规律
1.(2021·南宁市第四十二中学高二期末)如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为
√
子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v′，解得v′＝ ，子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小为v＝v′＝ ，
子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力大小等于墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I′＝－(M＋m)v－(M＋m)v＝－2(M＋m)v＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，A、B、C错误，D正确.
2.(多选)(2022·福建仙游一中高二期末)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示.将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，经t时间刚好滑到斜面底端.重力加速度为g，则下列说法中正确的是
A.滑块下滑的过程中重力对B的冲量大小为mgt，
方向竖直向下
B.滑块下滑的过程中B的动量增量大小等于A的动量增量大小
C.滑块下滑的过程中A、B组成的系统机械能守恒，动量不守恒
D.滑块下滑的过程中斜面体向左滑动的距离为
√
√
滑块下滑的过程中重力对B的冲量大小为IG＝mgt，方向竖直向下，故A正确；
滑块B下滑过程中，A、B组成的系统在水平方向
不受外力，系统水平方向动量守恒，即滑块下滑的过程中B水平方向动量增量大小等于A的动量增量大小，故B错误；
滑块下滑的过程中A、B组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C正确；
设此过程中斜面体向左滑动的距离为x，滑块B与斜面体组成的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mv水平－Mv斜面
＝0，则 ，故D错误.
3.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个材料相同的物体A、B，质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速直线运动.在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是
√
因为最初A、B在水平恒力F作用下一起以速度v匀速运动，所以每一个物体受到的阻力大小均为 .
轻绳断开后，以v的方向为正方向，对物体B应用动量定理有 ＝
0－mv，解得B继续运动的时间tB＝ .在物体B停止运动前，以A、B整体为研究对象，合外力仍然为零，系统的动量守恒，t＝ 后，系统动量不守恒，选项A、C错误.
t＝ 时，物体B恰好停止运动，对A、B整体应用动量守恒定律，有2mv＝0＋pA′，即pA′＝2mv，选项B正确.
4.如图所示，质量M＝1.5 kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg的滑块Q.水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功WF＝4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下.已知Q与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.1，P、Q均可视为质点.g＝10 m/s2.
(1)求P与Q碰撞前瞬间P的速度大小；
答案 4 m/s
推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有：Ep＝WF ①
当弹簧完全推开物块P时，弹簧恢复原长，有：
由①②式联立解得：v＝4 m/s
(2)求Q刚开始在小车上滑行时的初速度大小；
答案 4 m/s
P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v′，设向右为正方向，对P、Q组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mPv＝mPv′＋mQv0 ③
由③④式解得v0＝v＝4 m/s
(3)为保证Q不从小车上滑下，求小车的最小长度.
答案 6 m
设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，小车的长度为L，对滑块Q和小车组成的系统，由动量守恒定律可得：
mQv0＝(mQ＋M)u ⑤
根据能量守恒定律可得：
联立⑤⑥式解得：L＝6 m.
5.为了验证碰撞中的动量是否守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤进行实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1＞m2；
②按如图所示安装好实验装置.将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端；
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球m1在斜面上的落点位置；
④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置.
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离.图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF.
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的___，m2的落点是图中的___；
D
F
小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落点是D点，m2球的落点是F点；
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_____________________，则说明碰撞过程中动量是守恒的.(结果用m1、m2、LD、LE、LF来表示)
碰撞前，m1落在题图中的E点，设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点在F点，设其水平初速度为v2.设斜面BC与水平面的夹角为α，由平抛运动规律得
所以只要满足m1v1＝m1v1′＋m2v2
则说明两球碰撞过程中动量守恒.
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_________________，说明两小球的碰撞是弹性碰撞(结果用m1、m2、LD、LE、LF来表示).
若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失.则还要满足关系式
即m1LE＝m1LD＋m2LF.(共19张PPT)
13
子弹打木块模型 滑块—木板模型
第一章
2
学会利用动量守恒定律、能量守恒定律等分析常见的子弹打木块模型与滑块——木板模型.
1
进一步理解动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内容及其含义.
子弹打木块模型
1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒.
2.在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化.
3.若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，系统机械能损失最多，此过程可以看成完全非弹性碰撞.
导学
导学
1.如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，求：
(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；
子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v
(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少；
由动能定理得，子弹对木块所做的功为：
(3)木块至少为多长时子弹不会穿出.
设木块最小长度为L，由能量守恒定律得：
FL＝Q
2.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是
A.子弹的末速度大小相等
B.系统产生的热量一样多
C.子弹对滑块做的功相同
D.子弹和滑块间的水平作用力一样大
√
√
√
以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度：v＝ ，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；
子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；
根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；
由Q＝Ff·s相对知，由于s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误.
滑块—木板模型
1.把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒.
2.由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程.
3.注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多，此过程可以看成完全非弹性碰撞.
导学
导学
3.(课本第29页第7题改编)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端(B、C可视为质点)，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A与B间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2；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)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端.求：
(1)A、C碰撞后A的速度大小；
答案 2.5 m/s
设v0的方向为正方向，A与C碰撞过程动量守恒：
mAv0＝(mA＋mC)v1，
解得v1＝2.5 m/s；
(2)长木板A的长度.
答案 0.5 m
B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒：
mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
解得v2＝3 m/s
解得l＝0.5 m.
4.如图所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)
滑块以初速度v′从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同(均为v).由动量守恒定律得，mv′＝(M＋m)v
若滑块不滑出小车，滑块的初速度v0≤v′，(共18张PPT)
14
力学规律综合应用(一)
第一章
2
学会选用动力学、动量和能量观点解决问题.
1
了解处理力学问题的三个基本观点和选用原则.
难点
重点
1.力的三个作用效果及五个规律
(1)力的三个作用效果
作用效果 对应规律 表达式 列式角度
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 动力学
力在空间上的积累效果 动能定理 W合＝ΔEk即 功能关系
力在时间上的积累效果 动量定理 I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv 冲量与动量的关系
导学
导学
(2)两个守恒定律
名称 表达式 列式角度
能量守恒定律(包括机械能守恒定律) E2＝E1 能量转化(转移)
动量守恒定律 p2＝p1 动量关系
2.力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.
(3)若研究的对象为一系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.
(4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程.
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含系统机械能与其他形式能量之间的转化，由于作用时间极短，因此常用动量守恒定律.
1.如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：
(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；
答案 3 N
甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝
甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝
联立解得：v1＝ ，FN＝3 N
根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝3 N.
(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；
甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2
设甲物块运动到与乙相碰前瞬间的速度为v2，由v22－v12＝－2aL，解得v2＝4 m/s
设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv2＝2mv3
解得：v3＝2 m/s.
答案 2 m/s
(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间.
碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上
答案 0.4 s
则水平方向的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2
说明两物块刚好落到D点，假设成立
因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4 s.
2.如图，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝5 kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝3 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粘合在一起，共同在恒力F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.8 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；
答案 2 m/s2
以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa
代入数据解得a＝2 m/s2
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
答案 1 m/s
A、B碰撞后一起在恒力F的作用下运动时间t的过程中，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
代入数据解得v＝1 m/s
(3)A的上表面的长度l.
答案 0.64 m
设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，
对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
代入数据可得l＝0.64 m.
3.如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动，C以相等的初速度v向左运动.B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短.A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L.求：
(1)木板C的最终速度的大小；
取向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1
A滑到C上，A、C系统动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
(2)木板C与物块A之间的滑动摩擦力Ff的大小；
(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t.
在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1(共11张PPT)
15
力学规律综合应用(二)
第一章
2
熟练解决动力学、动量和能量的综合问题.
1
了解处理力学问题的系统化思维方法和方法选择.
难点
重点
1.系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).
2.若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解.
导学
导学
1.如图所示，质量m＝1 kg的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2 kg的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l均为0.6 m.现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端.小物块大小不计，与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，水平面足够长，求：
(1)小物块离开平台时速度的大小；
答案 3 m/s
设撤去水平向右的恒力F时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程，以v0的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：
由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1
联立以上两式并代入数据得：v0＝3 m/s.
(2)水平恒力F对小物块冲量的大小.
设水平恒力F对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上运动的时间为t.小物块在平台上运动的过程，对小物块：
由动量定理得：I－μmgt＝mv0－0
答案 5 N·s
联立并代入数据得：I＝5 N·s.
2.(2021·湖北省部分省级示范高中期末)如图所示，在光滑的水平面上放置了一个质量M＝3 kg的长木板AB，长木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，长木板的左端放置了一个质量m＝1 kg的小物块(视为质点)，物块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝0.15，木板右端B连着一段轻质弹簧，弹簧处于自然状态时，左端点正好在C点，系统处于静止状态.若给小物块一个向右的初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处；如果给长木板施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，作用t＝1 s时间后撤去此力时，小物块正好到达C点.求：
(1)长木板粗糙段的长度；
答案 1 m
设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有
mv0＝(m＋M)v
解得L＝1 m
(2)恒力F的大小；
答案 12 N
设经过t＝1 s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有：
Ft＝Mv1＋mv2
对整个系统由功能关系有：
联立解得F＝12 N，v1＝3.5 m/s，v2＝1.5 m/s
(3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能.
答案 1.5 J
当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则
Mv1＋mv2＝(M＋m)v3
解得Epm＝1.5 J.
