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1．动量
第一章 动量与动量守恒定律
学习任务
1．知道动量和动量变化量的概念，会计算一维情况下的动量变化。
2．通过实验领会探究碰撞中不变量的基本思维方法。
3．通过实验寻求碰撞中的不变量。
4．经历科学探究的过程，体会科学实验在物理中的作用。
必备知识·自主预习储备
知识点一 常见的碰撞现象及其研究
1．碰撞定义
做相对运动的两个(或几个)物体相遇并发生相互作用，在______的时间内，它们的__________发生显著变化的过程。
2．历史上对碰撞现象的研究
荷兰物理学家惠更斯指出：每个物体所具有的“运动量”在碰撞时可以增多或减少，但是它们的量值在同一个方向的______保持不变。其中的“运动量”是指物体的质量m和速度v的______。
很短
运动状态
总和
乘积
思考 教材P3“图1-1-6”中“碰撞后以同样大小的速度同向弹出”的现象产生有什么条件？
提示：完全相同的两个小球。
知识点二 探究碰撞过程的守恒量
1．动量
(1)定义：质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，即_______。
(2)单位：在国际单位制中，动量的单位是____________，符号是__________。
(3)矢量性：动量是矢量，其方向跟速度的方向______。
(4)状态量：由于速度反映物体的__________，所以动量是状态量。
p＝mv
千克米每秒
kg·m/s
相同
运动状态
思考 在一维运动中，动量正负的含义是什么？
提示：正号表示动量的方向与规定的正方向相同，负号表示动量的方向与规定的正方向相反。
体验 1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)实验要求碰撞一般为一维碰撞。 ( )
(2)实验中的不变量是系统中物体各自的质量和速度的乘积之和。 ( )
(3)实验中的不变量是指两物体的速度之和。 ( )
(4)动量的方向与物体的速度方向相同。 ( )
(5)物体的质量越大，动量一定越大。 ( )
(6)物体的动量相同，其动能一定也相同。 ( )
√
√
×
√
×
×
2：填空
如图中一个质量为0.2 kg的钢球，以v＝3 m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以v′＝3 m/s的速度水平向左运动。以向右为正方向，碰前的动量为______________，碰后的动量为______________，碰撞前后钢球的动量变化了______________。
0.6 kg·m/s
－0.6 kg·m/s
－1.2 kg·m/s
关键能力·情境探究达成
冰壶是一项技巧运动，也是一项传统运动。观看一场真实地体现冰壶运动精神且享有悠久历史盛誉的传统比赛项目也是一件乐事。你能寻找出两冰壶碰撞过程中的不变量吗？
考点1 探究碰撞中的不变量
1．探究要求及目的
(1)探究要求——一维碰撞
两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动。(高中阶段仅限于用一维碰撞进行研究。)
(2)探究目的——寻找碰撞中的不变量
①碰撞前后物体质量不变，但质量并不描述物体的运动状态，不是我们寻找的“不变量”。
②必须在多种碰撞的情况下都不改变的量，才是我们寻找的“不变量”。
2．实验探究方案
[方案1] 利用等长悬线悬挂完全相同的两个小球实现一维碰撞
实验装置如图所示：
(1)质量的测量：用天平测量质量。
(2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度。
(3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失。
[方案2] 用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞
实验装置如图所示：
【典例1】 某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通数字计时器；
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1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200 g。
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：A._______________________________ ___________________________________________________________，
B．_______________________________________________________。
②碰撞前滑块1的速度v1为_______m/s；碰撞后滑块1的速度v2为_______m/s；滑块2的速度v3为_______m/s。(结果保留两位有效数字)
大大减小了因滑块和导轨之间的摩
擦而引起的误差
保证两个滑块的碰撞是一维的
0.50
0.10
0.60
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由。(至少回答2个不变量)
a．________________________________________________________；
__________________________________________________________。
b．_______________________________________________________；
___________________________________________________________。
见解析
规律方法 (1)实验误差存在的主要原因是摩擦力的存在，利用气垫导轨进行实验，调节时注意利用水平仪，确保导轨水平。
(2)利用气垫导轨结合光电门进行实验探究不仅能保证碰撞是一维的，还可以做出多种情形的碰撞，物体碰撞前后速度的测量简单，误差较小，准确性较高，是最佳探究方案。
[跟进训练]
1．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(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电门的时间为0.040 s，右侧滑块通过右侧光电门的时间为0.060 s，左侧滑块质量为100 g，左侧滑块的m1v1＝______g·m/s，右侧滑块质量为150 g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝_____。
22.5
0
考点2 动量及动量的变化量
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．动量的变化量
(1)动量的变化量是过程量，分析计算时，要明确物体是在哪一个过程的动量变化。
(2)动量变化量的计算：
①动量的变化量Δp＝p′－p是矢量式，若p′和p不在同一直线上时，Δp、p′、p间遵循平行四边形定则，如图所示。
②当p′、p在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3．动量和动能的比较
项目 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
换算关系
【典例2】 羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国某运动员扣杀羽毛球的速度为342 km/h，假设羽毛球的速度为90 km/h，运动员将羽毛球以342 km/h的速度反向击回。设羽毛球的质量为5 g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化量、动能变化量各是多少。
[答案] (1)0.600 kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同
(2)120 m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同 21 J
规律方法 (1)动量p＝mv，大小由m和v共同决定。
(2)动量p和动量的变化量Δp均为矢量，计算时要注意其方向性。
(3)动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差。
(4)物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化。
[跟进训练]
2．(2023·浙江6月选考)下列四组物理量中均为标量的是( )
A．电势 电场强度 B．热量 功率
C．动量 动能 D．速度 加速度
B [电势只有大小没有方向，是标量，电场强度既有大小又有方向，是矢量，故A错误；热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，故B正确；动量既有大小又有方向，是矢量，动能只有大小没有方向，是标量，故C错误；速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故D错误。故选B。]
√
3．一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
(1)篮球动量的变化量；
(2)篮球动能的变化量。
[答案] (1)3 kg·m/s，方向竖直向上
(2)减少了3 J
学习效果·随堂评估自测
1．(多选)在利用摆球测量小球碰撞前后的速度的实验中，下列说法正确的是( )
A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C．两小球必须都是刚性球，且质量相同
D．两小球碰后可以粘在一起共同运动
√
2
4
3
题号
1
√
√
2
4
3
题号
1
2．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化Δp和合力对小球做W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s W＝0
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
2
3
题号
1
4
√
2
3
题号
1
4
3．如图所示，质量为m、可视为质点的小球P自空中某点以水平速度v0抛出，垂直打在倾角为θ的斜面上，并以等大反向的速度弹回。不计空气阻力，则小球与斜面碰撞过程中动量改变量的大小为( )
2
3
题号
4
1
√
2
3
题号
4
1
4．(新情境题，以足球运动为背景，考查动量变化)杭州第19届亚运会于2023年9月举行，在一次足球比赛中如图甲所示，一足球运动员踢起一个质量为0.4 kg 的足球。若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙所示)，求这一过程中足球的：
(1)速度的变化量是多少；
(2)动量的变化量是多少。
2
4
3
题号
1
甲 乙
[解析] (1)设以向右方向为正方向，则
初速度v＝10 m/s
末速度v′＝－3 m/s
速度的变化量为Δv＝v′－v＝－13 m/s
负号表示方向向左。
(2)初动量为p＝mv＝0.4×10 kg·m/s＝4.0 kg·m/s
末动量为p′＝mv′＝0.4×(－3) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s
动量的变化量为Δp＝p′－p＝－5.2 kg·m/s，负号表示方向向左。
2
4
3
题号
1
[答案] (1)13 m/s，方向向左 (2)5.2 kg·m/s，方向向左
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．研究碰撞中的不变量中指的是什么不变？
提示：碰撞前后的总动量。
2．动量发生变化动能一定变化吗？试举一例说明。
提示：不一定，如匀速圆周运动。
3．动量变化的计算一定要按照平行四边形定则吗？
提示：不一定，如在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。1．动量
1．知道动量和动量变化量的概念，会计算一维情况下的动量变化。
2．通过实验领会探究碰撞中不变量的基本思维方法。
3．通过实验寻求碰撞中的不变量。
4．经历科学探究的过程，体会科学实验在物理中的作用。
知识点一 常见的碰撞现象及其研究
1．碰撞定义
做相对运动的两个(或几个)物体相遇并发生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态发生显著变化的过程。
2．历史上对碰撞现象的研究
荷兰物理学家惠更斯指出：每个物体所具有的“运动量”在碰撞时可以增多或减少，但是它们的量值在同一个方向的总和保持不变。其中的“运动量”是指物体的质量m和速度v的乘积。
教材P3“图1-1-6”中“碰撞后以同样大小的速度同向弹出”的现象产生有什么条件？
提示：完全相同的两个小球。
知识点二 探究碰撞过程的守恒量
1．动量
(1)定义：质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，即p＝mv。
(2)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。
(3)矢量性：动量是矢量，其方向跟速度的方向相同。
(4)状态量：由于速度反映物体的运动状态，所以动量是状态量。
在一维运动中，动量正负的含义是什么？
提示：正号表示动量的方向与规定的正方向相同，负号表示动量的方向与规定的正方向相反。
1：思考辨析(正确的打√，错误的打×)
(1)实验要求碰撞一般为一维碰撞。 (√)
(2)实验中的不变量是系统中物体各自的质量和速度的乘积之和。 (√)
(3)实验中的不变量是指两物体的速度之和。 (×)
(4)动量的方向与物体的速度方向相同。 (√)
(5)物体的质量越大，动量一定越大。 (×)
(6)物体的动量相同，其动能一定也相同。 (×)
2：填空
如图中一个质量为0.2 kg的钢球，以v＝3 m/s的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以v′＝3 m/s的速度水平向左运动。以向右为正方向，碰前的动量为______________，碰后的动量为______________，碰撞前后钢球的动量变化了______________。
[答案] 0.6 kg·m/s －0.6 kg·m/s －1.2 kg·m/s
冰壶是一项技巧运动，也是一项传统运动。观看一场真实地体现冰壶运动精神且享有悠久历史盛誉的传统比赛项目也是一件乐事。你能寻找出两冰壶碰撞过程中的不变量吗？
提示：能，两冰壶碰撞过程中的不变量可能是mv，也可能是mv2，还可能是等。
考点1 探究碰撞中的不变量
1．探究要求及目的
(1)探究要求——一维碰撞
两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动。(高中阶段仅限于用一维碰撞进行研究。)
(2)探究目的——寻找碰撞中的不变量
①碰撞前后物体质量不变，但质量并不描述物体的运动状态，不是我们寻找的“不变量”。
②必须在多种碰撞的情况下都不改变的量，才是我们寻找的“不变量”。
2．实验探究方案
[方案1] 利用等长悬线悬挂完全相同的两个小球实现一维碰撞
实验装置如图所示：
(1)质量的测量：用天平测量质量。
(2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度。
(3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失。
注意：利用摆球测定的方法：
根据机械能守恒定律得到摆球在最低点的速度：
mgL(1－cos θ)＝mv2
得：v＝。
[方案2] 用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞
实验装置如图所示：
(1)质量的测量：用天平测量质量。
(2)速度的测量：利用公式v＝，式中Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门时对应的时间。
(3)利用在滑块上增加重物的方法改变碰撞物体的质量。
【典例1】 某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通数字计时器；
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1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200 g。
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：A.________________________________________，
B．________________________________________________________________。
②碰撞前滑块1的速度v1为______________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为______________m/s；滑块2的速度v3为______________m/s。(结果保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由。(至少回答2个不变量)
a．________________________________________________________________；
___________________________________________________________________。
b．________________________________________________________________；
___________________________________________________________________。
[解析] (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差，
B．保证两个滑块的碰撞是一维的。
②滑块1碰撞前的速度v1＝＝ m/s≈0.50 m/s
滑块1碰撞后的速度v2＝＝ m/s≈0.10 m/s
滑块2碰撞后的速度v3＝＝ m/s≈0.60 m/s。
③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变。
原因：系统碰撞前的质量与速度的乘积m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s。
b．碰撞前后总动能不变。
原因：碰撞前的总动能Ek1＝＝0.037 5 J
碰撞后的总动能Ek2＝＝0.037 5 J
所以碰撞前后总动能相等。
[答案] (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差 B．保证两个滑块的碰撞是一维的 ②0.50 0.10 0.60 ③见解析
(1)实验误差存在的主要原因是摩擦力的存在，利用气垫导轨进行实验，调节时注意利用水平仪，确保导轨水平。
(2)利用气垫导轨结合光电门进行实验探究不仅能保证碰撞是一维的，还可以做出多种情形的碰撞，物体碰撞前后速度的测量简单，误差较小，准确性较高，是最佳探究方案。
[跟进训练]
1．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(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电门的时间为0.040 s，右侧滑块通过右侧光电门的时间为0.060 s，左侧滑块质量为100 g，左侧滑块的m1v1＝______________g·m/s，右侧滑块质量为150 g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝______________。
[解析] 以水平向左为正方向，左侧滑块的速度为v1＝＝ m/s＝0.225 m/s
则左侧滑块的
m1v1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s
右侧滑块的速度为v2＝－＝－ m/s＝－0.15 m/s
则右侧滑块的
m2v2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s
由以上分析知，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝0。
[答案] 22.5 0
考点2 动量及动量的变化量
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．动量的变化量
(1)动量的变化量是过程量，分析计算时，要明确物体是在哪一个过程的动量变化。
(2)动量变化量的计算：
①动量的变化量Δp＝p′－p是矢量式，若p′和p不在同一直线上时，Δp、p′、p间遵循平行四边形定则，如图所示。
②当p′、p在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3．动量和动能的比较
项目 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 Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
换算关系 p＝，Ek＝
【典例2】 羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国某运动员扣杀羽毛球的速度为342 km/h，假设羽毛球的速度为90 km/h，运动员将羽毛球以342 km/h的速度反向击回。设羽毛球的质量为5 g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化量、动能变化量各是多少。
[解析] (1)以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
所以羽毛球的动量变化量为
Δp＝p2－p1＝0.475 kg·m/s－(－0.125 kg·m/s)＝0.600 kg·m/s
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)羽毛球的初速度为v1＝－25 m/s
羽毛球的末速度为v2＝95 m/s
所以Δv＝v2－v1＝95 m/s－(－25 m/s)＝120 m/s
即羽毛球的速度变化量大小为120 m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同。
羽毛球的初动能：
Ek＝＝×5×10-3×(－25)2 J≈1.56 J
羽毛球的末动能：
Ek′＝＝×5×10-3×952 J≈22.56 J
所以ΔEk＝Ek′－Ek＝21 J。
[答案] (1)0.600 kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同 (2)120 m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同 21 J
(1)动量p＝mv，大小由m和v共同决定。
(2)动量p和动量的变化量Δp均为矢量，计算时要注意其方向性。
(3)动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差。
(4)物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化。
[跟进训练]
2．(2023·浙江6月选考)下列四组物理量中均为标量的是( )
A．电势 电场强度 B．热量 功率
C．动量 动能 D．速度 加速度
B [电势只有大小没有方向，是标量，电场强度既有大小又有方向，是矢量，故A错误；热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，故B正确；动量既有大小又有方向，是矢量，动能只有大小没有方向，是标量，故C错误；速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故D错误。故选B。]
3．一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
(1)篮球动量的变化量；
(2)篮球动能的变化量。
[解析] (1)篮球与地面相撞前瞬间的速度大小为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向竖直向下，篮球反弹时的初速度大小为v2＝＝ m/s＝2 m/s，方向竖直向上。
规定竖直向下为正方向，篮球动量的变化量为
Δp＝(－mv2)－mv1＝(－0.5×2) kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s
即篮球动量的变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上。
(2)篮球动能的变化量为ΔEk＝＝×0.5×22 J－×0.5×42 J＝－3 J
即动能减少了3 J。
[答案] (1)3 kg·m/s，方向竖直向上
(2)减少了3 J
1．(多选)在利用摆球测量小球碰撞前后的速度的实验中，下列说法正确的是( )
A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C．两小球必须都是刚性球，且质量相同
D．两小球碰后可以粘在一起共同运动
ABD [细绳长度适当，便于操作，两绳等长，保证两球对心碰撞，故A正确；由静止释放，初动能为零，可由mgL(1－cos α)＝mv2计算碰撞前小球速度，方便简单，故B正确；为保证实验的普适性，两球质地是任意的，质量也需考虑各种情况，但大小相同才能正碰，故C错误；碰撞后分开或共同运动都是实验所要求的，故D正确。]
2．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化Δp和合力对小球做W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s W＝0
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
A [取竖直向上为正方向，则球与地面碰撞过程中动量的变化为Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上，由动能定理可知，合力做功为W＝＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J。故选A。]
3．如图所示，质量为m、可视为质点的小球P自空中某点以水平速度v0抛出，垂直打在倾角为θ的斜面上，并以等大反向的速度弹回。不计空气阻力，则小球与斜面碰撞过程中动量改变量的大小为( )
A． B．
C． D．
C [由于小球垂直打在倾角为θ的斜面上，设速度为v，则有v＝，反弹之后的速度大小为v′＝，所以小球与斜面碰撞过程中动量改变量的大小为Δp＝2mv＝，故C正确，A、B、D错误。]
4．(新情境题，以足球运动为背景，考查动量变化)杭州第19届亚运会于2023年9月举行，在一次足球比赛中如图甲所示，一足球运动员踢起一个质量为0.4 kg 的足球。若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙所示)，求这一过程中足球的：
(1)速度的变化量是多少；
(2)动量的变化量是多少。
甲 乙
[解析] (1)设以向右方向为正方向，则
初速度v＝10 m/s
末速度v′＝－3 m/s
速度的变化量为Δv＝v′－v＝－13 m/s
负号表示方向向左。
(2)初动量为
p＝mv＝0.4×10 kg·m/s＝4.0 kg·m/s
末动量为
p′＝mv′＝0.4×(－3) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s
动量的变化量为
Δp＝p′－p＝－5.2 kg·m/s，负号表示方向向左。
[答案] (1)13 m/s，方向向左 (2)5.2 kg·m/s，方向向左
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．研究碰撞中的不变量中指的是什么不变？
提示：碰撞前后的总动量。
2．动量发生变化动能一定变化吗？试举一例说明。
提示：不一定，如匀速圆周运动。
3．动量变化的计算一定要按照平行四边形定则吗？
提示：不一定，如在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
课时分层作业(一) 动量
?题组一 寻求碰撞中的不变量
1．(多选)某同学利用如图所示的光电门和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列说法正确的是( )
A．滑块的质量用天平测量
B．挡光片的宽度用刻度尺测量
C．挡光片通过光电门的时间用秒表测量
D．挡光片通过光电门的时间用打点计时器测量
AB [用天平测量滑块的质量，用刻度尺测量挡光片的宽度，A、B正确；挡光片通过光电门的时间由数字计时器测量，因此不需要用秒表或打点计时器测量时间，C、D错误。]
2．(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中，哪些因素可导致实验误差( )
A．导轨安放不水平 B．小车上挡光板倾斜
C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起
AB [导轨不水平，小车速度将会受重力影响，A正确；挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差，B正确；两小车的质量大小对碰撞中不变量的探究没有影响，C错误；碰后两车是否连在一起，对不变量的探究没有影响，D错误。]
3．(多选)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中的不变量实验：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相碰并粘在一起，继续做匀速运动，他设计的实验装置如图所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所接电源的频率为50 Hz，长木板下垫着小木片。则( )
A．长木板下垫着小木片是为了平衡摩擦力，保证小车碰撞前后做匀速运动
B．实验过程中应先接通电源，再让小车A运动
C．计算碰撞前后小车的速度时，在纸带上任选一段即可
D．此碰撞中A、B两小车组成的系统机械能守恒
AB [实验前要平衡摩擦力，长木板下垫着小木片是为了平衡摩擦力，保证小车碰撞前后做匀速运动，A正确；实验过程中应先接通电源，再让小车A运动，B正确；计算碰撞前后小车的速度时，应选小车碰撞前对应的一段纸带与碰撞后对应的一段纸带进行测量，C错误；碰撞过程A、B两小车组成的系统机械能不守恒，D错误。]
?题组二 动量的理解
4．下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．物体的动量改变了，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变了，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量改变
D [动量是矢量，只要速度的大小或方向有一个发生改变，动量就改变；物体运动状态改变的实质，就是速度改变，故D正确。]
5．如图所示，竖直向上抛出一个物体。若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体的动量随时间变化的图线是( )
A B
C D
C [物体在竖直上抛运动过程中，速度先向上减小，然后再向下增大，则动量先向上，为正值，逐渐减小，然后再向下，为负值，逐渐增大，故C正确，A、B、D错误。故选C。]
6．(多选)神舟十五号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v -t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t1～t2时间内，返回舱的机械能不变
AC [根据v-t图像可知，在0～t1时间内，速度逐渐减小，由公式P＝mgv可知，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v -t图像中，图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，则0～t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；在时间内，返回舱的速度减小，由p＝mv可知，动量随时间减小，故C正确；在t1～t2时间内，返回舱的速度减小，则动能减小，返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。故选AC。]
?题组三 动量变化的理解及计算
7．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为( )
A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左
B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右
C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左
D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右
D [规定水平向左为正方向，则初动量为p1＝mv1＝0.18 kg×25 m/s＝4.5 kg·m/s，被球棒打击后动量为p2＝mv2＝0.18 kg×(－45 m/s)＝－8.1 kg·m/s，故动量的变化量为Δp＝p2－p1＝－12.6 kg·m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向右，故选D。]
8．(多选)如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上A点以水平向右的速度v0抛出，小球最终落到斜面上B点。小球从抛出至落到斜面上所用的时间为t1，动能的增量为ΔEk1，动量变化量大小为Δp1；撤去电场，仍将小球从A点以水平向右的速度v0抛出，小球最终落到斜面上D点(未画出)。抛出至落到斜面上所用的时间为t2，动能的增量为ΔEk2，动量变化量大小为Δp2。则以下判断正确的是( )
A．D点在B点的下方
B．运动时间t1＞t2
C．动能的增量为ΔEk1＜ΔEk2
D．动量变化量大小为Δp1＝Δp2
AD [小球落到斜面上，设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝＝，有电场存在时mg＋Eq＝ma，有a＞g，故有t1＜t2，B错误；水平方向上位移x＝v0t，可知D点在B点下方，A正确；小球落在斜面上速度方向与水平方向夹角为α，由平抛运动规律知tan α＝2tan θ，即小球速度方向与水平方向夹角相同，即末速度大小相等，故动能变化量相等，动量变化量相等，D正确，C错误。]
9．一个质量为m＝200 g的小球，以v0＝20 m/s的速度竖直向上抛出，不计空气阻力，小球的v-t图像如图所示，取竖直向上为正方向，求：
(1)小球在t＝1 s时的动量是多少？
(2)小球在t＝3 s时的动量是多少？
(3)从t＝1 s到t＝3 s这一段时间内，动量的变化量是多少？
[解析] 由题图可知，取竖直向上为正方向
(1)在t＝1 s时，v1＝10 m/s
p1＝mv1＝0.2×10 kg·m/s＝2 kg·m/s。
(2)在t＝3 s时，v2＝－10 m/s
p2＝mv2＝0.2×(－10)kg·m/s＝－2 kg·m/s。
(3)Δp＝p2－p1＝－4 kg·m/s
负号表示与正方向相反。
[答案] (1)2 kg·m/s (2)－2 kg·m/s (3)－4 kg·m/s
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相同
D．由h2滑到h1的过程中物体动能变化相等
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，A、B两物体在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。]
2．某次跳台滑雪训练中，甲、乙运动员(可视为质点)以相同的动能分别从O点(水平滑道与倾斜滑道的交点)沿同一方向水平滑出，他们分别落在倾斜滑道的P、Q两点，轨迹如图所示。不计空气阻力，则甲、乙运动员( )
A．水平滑出瞬间的动量大小相等
B．在空中运动的速度变化率不同
C．落到滑道瞬间的速度方向不同
D．落到滑道时甲的动量比乙的小
D [甲、乙均做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据题图轨迹可知，甲的竖直位移大，根据y＝gt2可知，甲的下落时间t比较大，设滑道斜面倾角为θ，则tan θ＝＝＝，解得v0＝，所以甲的初速度v0比较大，又甲、乙的初动能相同，根据Ek＝可知甲的质量小，根据动量大小与动能的关系p＝可知，水平滑出瞬间，甲的动量小，故A错误；速度变化率等于加速度，两者的加速度均为g，所以速度变化率相同，故B错误；设速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝＝2tan θ，可见速度方向相同，故C错误；vy＝gt＝2v0tan θ，则落到滑道上的速度为v＝＝v0，因为初动能相同，根据Ek＝可得m＝，所以落到滑道时的动量表达式为p＝mv＝，因为甲的初速度v0比较大，所以甲的动量比乙的小，故D正确。]
3．一质量为0.5kg的木块以10 m/s速度沿倾角为30°的光滑斜面向上滑动(设斜面足够长)，则木块在1 s末的动量和3 s内的动量变化量是多少？(g取10 m/s2)
[解析] 取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为
a＝－g sin 30°＝－5 m/s2
1 s末速度
v1＝v0＋at1＝10 m/s－5×1 m/s＝5 m/s
则1 s末的动量为
p1＝mv1＝0.5×5 kg·m/s＝2.5 kg·m/s
3 s末速度
v2＝v0＋at2＝10 m/s－5×3 m/s＝－5 m/s
3 s末的动量为
p2＝mv2＝0.5×(－5)kg·m/s＝－2.5 kg·m/s
p0＝mv0＝0.5×10 kg·m/s＝5 kg·m/s
则3 s内的动量变化量为
Δp＝p2－p0＝－2.5 kg·m/s－5 kg·m/s＝－7.5 kg·m/s，大小为7.5 kg·m/s，方向沿斜面向下。
[答案] 2.5 kg·m/s，方向沿斜面向上 7.5 kg·m/s，方向沿斜面向下
4．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，求：
(1)当小球落地时，小球的动量；
(2)小球从抛出至落地过程中动量的增量。
[解析] (1)由＝2gh可得小球落地时的速度大小
v＝＝ m/s＝25 m/s。
取竖直向下为正，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，小球从抛出至落地动量的增量
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
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