【全程复习方略】2015-2016学年高中物理 第十六章 动量守恒定律（课件+练习）（打包20套）

16.1实验 探究碰撞中的不变量
1.(多选)有两个小球a、b在水平桌面上发生碰撞,在满足下列条件时能够发生一维碰撞的是 (　　)
A.小球a静止,另一个小球b经过a球时刚好能擦到a球的边缘
B.小球a静止,另一个小球b沿着a、b两球球心连线去碰a球
C.相碰时,相互作用力的方向沿着球心连线
D.相碰时,相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直线上
【解析】选B、D。根据牛顿运动定律,如果力的方向与速度方向在同一条直线上,这个力只改变速度的大小,不能改变速度的方向;如果力的方向与速度的方向不在同一直线上,则速度的方向一定发生变化,所以B、D项正确;A项不能发生一维碰撞;在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线,因此满足C项条件不一定能发生一维碰撞。
2.(多选)在“利用悬线悬挂等大的小球探究碰撞中的不变量”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前速度
C.两小球必须都是刚性球,且质量相同
D.两小球碰后可以粘合在一起共同运动
【解析】选A、B、D。两绳等长能保证两球正碰,以减小实验误差,A正确;由于计算碰撞前速度时用到了v=,B正确;本实验中对小球的弹性性能无要求,C错误;两球正碰后,有各种运动情况,D正确。
3.(多选)某同学用如图所示装置来探究碰撞中的不变量,让质量为m1的小球从斜槽某处由静止开始滚下,与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生碰撞。实验中必须要求的条件是　(　　)
A.斜槽必须是光滑的
B.斜槽末端的切线必须水平
C.m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
D.m1每次必须从同一高度处滚下
【解析】选B、C、D。实验中为保证小球做平抛运动,斜槽末端必须水平,要使两球碰后均平抛,两球球心必须在同一高度,要保证小球m1碰前速度不变,m1每次必须从同一高度滚下,斜槽没必要保证光滑,故B、C、D正确。
4.在探究碰撞中的不变量时,采用如图所示的实验装置,仪器按要求安装好后开始实验,第一次不放被碰小球,第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分,在白纸上记录重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C,则下列说法中正确的是　(　　)
A.第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B.第一、二次入射小球的落点依次是C、B
C.第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D.第二次入射小球和被碰小球不会同时落地
【解析】选D。最远的C点一定是被碰小球的落点,碰后入射小球的速度将减小,因此A、B均错误;由于被碰小球是放在斜槽末端的,因此被碰小球飞出后入射小球才可能从斜槽末端飞出,两小球不可能同时落地,C错,D对。
5.如图所示,A、B两摆摆长分别为L1和L2,摆球质量分别为m1和m2,且m1(选填“动能”或“动量”),守恒的关系式为___________________________。
【解题指南】可按如下思路解答本题:
(1)由“单摆探究碰撞中的守恒量”可知“动量守恒”。
(2)根据机械能守恒可求出碰撞前后的速度。
【解析】两球在最低点碰撞时,动量守恒,设碰前瞬间A球速度为v1。由机械能守恒定律得,
对A球m1=m1gL1　①
设A、B球碰后瞬间的速度分别为v1′和v2′,由机械能守恒定律得对A球:m1v=m1gL1(1-cosα)　②
对B球:m2v=m2gL2(1-cosβ)　③
由动量守恒得m1v1=-m1v1′+m2v2′　④
由①②③④式得:
m1(1+)=m2。
答案:动量　m1(1+)=m2
6.用光滑长木板、小车、打点计时器等器材做碰撞试验,已知小车的质量为m,当小车以水平速度v匀速运动时,把一个质量也等于m的砝码轻轻放在小车上,最后,砝码和小车达到共同速度,如果质量与速度的乘积是不变量,那么,小车和砝码的共同速度应是多大?
【解析】碰撞之前的质量与速度的乘积为mv,碰撞之后的质量与速度的乘积为(m+m)v′,质量与速度的乘积是不变量,所以mv=(m+m)v′,v′=v
答案:
7.如图所示是在用气垫导轨探究碰撞中不变量的实验过程中连续拍下的三幅闪光照片,闪光频率是10Hz,a、b两滑块的质量分别是ma=0.2kg,mb=0.1kg,标尺的最小刻度是毫米,请根据闪光照片探究碰撞前后的不变量。
【解析】碰撞之前,a滑块的速度
va=m/s=0.3 m/s
从闪光照片分析,碰撞之前,b滑块静止,vb=0
碰撞之前mava+mbvb=0.2×0.3kg·m/s=0.06kg·m/s
从闪光照片分析,第二次闪光瞬间正是发生碰撞的时刻,
碰撞之后a、b滑块的速度
va′=m/s=0.15 m/s
vb′=m/s=0.3 m/s
所以碰撞之后
mava′+mbvb′=0.2×0.15kg·m/s+0.1×0.3kg·m/s
=0.06 kg·m/s
可见碰撞前后mva+mvb=mava′+mbvb′,也就是说,碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和是不变量。
答案:见解析
16.1实验 探究碰撞中的不变量
1.(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中,下列哪些因素可导致实验误差　(　　)
A.导轨安放不水平 B.滑块上挡光板倾斜
C.两滑块质量不相等 D.两滑块碰后连在一起
【解析】选A、B。导轨不水平将导致滑块速度受重力分力影响,从而产生实验误差;挡板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移;实验中并不要求两滑块的质量相等;两滑块碰后连在一起只意味着碰撞过程能量损失最大,并不影响碰撞中的守恒量。综上所述,答案为A、B。
2.(多选)(2015·揭阳高二检测)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
【解析】选B、C。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很大的碰撞;应当先接通打点计时器的电源,再释放拖动纸带的小车,否则因运动距离较短,小车释放以后再打开电源不容易得到实验数据。故A、D错,B、C正确。
3.(多选)某同学利用如图所示的装置探究碰撞过程中的不变量,下列说法正确的是　(　　)
A.悬挂两球的细绳长度要适当,可以不等长
B.由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C.两小球必须都是刚性球,且质量相同
D.两小球碰后可以粘合在一起共同运动
【解析】选B、D。两绳等长,能保证两球正碰以减小实验误差,A项错误;计算碰撞前速度时用到了mgh=mv2-0,即初速度为0,B项正确;本实验中对小球的性能无要求,C项错误;两球正碰后,运动情况有多种可能,D项正确。
4.(2015·宁波高二检测)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验:在小车甲的前端粘有橡皮泥,推动小车甲使之做匀速直线运动。然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体,而后两车继续做匀速直线运动,他设计的具体装置如图所示。在小车甲后连着纸带,打点计时器打点频率为50Hz,长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已得到打点纸带如图所示,并测得各计数点间距并标在图上,A为运动起始的第一点,则应选　　　　段计算小车甲的碰前速度,应选　　　　段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。
(2)已测得小车甲的质量m甲=0.40kg,小车乙的质量m乙=0.20kg,由以上测量结果可得:碰前m甲v甲+m乙v乙=　　　　kg·m/s;碰后m甲v甲′+m乙v乙′=
　　　　kg·m/s。
(3)通过计算得出的结论是什么?
【解析】(1)观察打点计时器打出的纸带,点迹均匀的阶段BC应为小车甲与乙碰前的阶段,CD段点迹不均匀,故CD应为碰撞阶段,甲、乙碰撞后一起匀速直线运动,打出间距均匀的点,故应选DE段计算碰后共同的速度。
(2)v甲==1.05m/s,v′==0.695m/s
m甲v甲+m乙v乙=0.420kg·m/s
碰后m甲v甲′+m乙v乙′=(m甲+m乙)v′
=0.60×0.695kg·m/s=0.417 kg·m/s
(3)在误差允许范围内,碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。
答案:(1)BC　DE　(2)0.420　0.417
(3)在误差允许范围内,碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。
5.(2015·上饶高二检测)如图所示为气垫导轨上两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片,频闪的频率为10Hz。开始时两个滑块静止,它们之间有一根被压缩的轻弹簧,滑块用绳子连接,绳子烧断后,两个滑块向相反方向运动。已知滑块A、B的质量分别为200g、300g,根据照片记录的信息,A、B离开弹簧后,A滑块做　　　　运动,其速度大小为　　　　m/s,本实验中得到的结论是　　　　　　　　　　　　。
【解析】碰撞前:vA=0,vB=0,所以有mAvA+mBvB=0
碰撞后:vA′=0.09m/s,vB′=0.06m/s,规定向右为正方向:mAvA′+mBvB′=0.2×(-0.09)kg·m/s+0.3×0.06kg·m/s=0
则由以上计算可知:mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′。
答案:匀速　0.09　碰撞前后滑块A、B的质量与速度乘积之和为不变量
6.某同学设计了一个用打点计时器研究“探究碰撞中的不变量”的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥,在小车A后连着纸带,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。
(1)长木板右端下面垫放一小木片的原因是____________。
(2)若已获得的打点纸带如图乙所示,A为运动的起点,各计数点间距分别记为AB、BC、CD和DE,用天平测得A、B两车的质量分别为mA、mB,则需验证的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
【解析】(1)长木板右端下面垫放一小木片,目的是平衡摩擦力,使小车拖着纸带在木板上能做匀速运动。
(2)从题图中可以看出,B到C的时间等于D到E的时间,所以可以用BC代表小车碰前的速度,用DE代表碰后的速度,应有mA·BC=(mA+mB)·DE。
答案:(1)平衡摩擦力　(2)mA·BC=(mA+mB)·DE
课件50张PPT。第十六章　动量守恒定律
1　实验:探究碰撞中的不变量1.明确探究碰撞中不变量的基本思路。
2.探究一维碰撞中的不变量。1.实验猜想:
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,碰撞后的速度分别为v1′、v2′。
规定某一速度方向为正。
碰撞前后速度的变化和物体的质量的关系,我们可以做如下猜测:(1)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

上面的关系式中哪一个是成立的?2.实验方案:
方案(一):利用气垫导轨完成一维碰撞实验;
方案(二):利用等长悬线悬挂等大的小球完成一维碰撞实验;
方案(三):在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验;
方案(四):利用等大的小球做平抛运动完成一维碰撞实验。这四个实验方案共同之处都是需要用天平测量发生碰撞的物体质量,不同之处在于速度的测量方法各不相同:
方案(一):利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度。
方案(二):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(三):通过纸带上两计数点间的距离及时间,由v= 算出
速度。
方案(四):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。方案(一):气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。
方案(二):带细线的小球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案(三):光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等。
方案(四):斜槽,两个大小相等、质量不同的小球,重垂线,复写纸,白纸,天平,刻度尺,圆规,三角板等。【实验过程】
一、实验步骤
方案(一):利用气垫导轨使两滑块发生一维碰撞。这一实验不仅能保证碰撞是一维的,还可以做出多种情形的碰撞,速度的测量误差较小,这个方案是本实验的首选。(1)用天平测量两滑块质量m1、m2。
(2)调整导轨使之处于水平状态,并使光电计时器系统正常工
作。
(3)记录光电门挡光片的宽度Δx以及光电计时器显示的挡光时
间Δt,利用公式v= 计算出两滑块碰撞前后的速度。探究相
互作用前后不变的量。(4)气垫导轨上可以做三次不同的实验:
①如图所示,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,两滑块随即向相反方向运动。探究烧断细线前后不变的量。②如图所示,在滑块两端装上弹簧,使两滑块相互碰撞。探究碰撞前后不变的量。③如图所示,在两滑块上分别装上撞针和橡皮泥,二者相碰后粘在一起。探究碰撞前后不变的量。
将实验中测得的物理量填入如下表格。
(m1=________;m2=________)代入m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(矢量式),看在误差允许的范围内是否成立。方案(二):利用等长悬线悬挂的半径相等的小球做实验。
为了保证发生一维碰撞,最好选用钢杆悬挂
的小球或选用双线摆。事先测量两个小球
的质量m1、m2,然后一个小球静止,拉起另一
个小球使它摆动到最低点时与静止小球相碰。由小球被拉起和摆动的角度来算出小球碰前速度v1和碰后速度v1′、v2。代入m1v1=m1v1′+m2v2(矢量式),看在误差允许的范围内是否成立。方案(三):利用小车在光滑桌面上碰撞另一静止小车。
事先用天平测量小车A、B的质量m1、m2。小车A连接纸带通过打点计时器,小车B静止,两车碰撞端分别装上撞针和橡皮泥,两车撞后连成一体,通过纸带测出它们碰撞前后的速度v1和v。然后代入m1v1=(m1+m2)v,看在误差允许的范围内是否成立。方案(四):利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律。
(1)用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。
(2)按照如图所示安装实验装置,调整固定斜槽使斜槽底端水平。(3)白纸在下,复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。
(4)不放被撞小球,让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下,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。(5)把被撞小球放在斜槽末端,让入射小球从斜槽同一高度自由滚下,使它们发生碰撞,重复实验10次。用步骤(4)的方法,标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N,如图所示。(6)连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入自制的表中。最后代入m1OP=m1OM+m2ON,看在误差允许的范围内是否成立。二、数据处理
1.计算表格中所涉及的各项的对应数据。
2.比较各类碰撞前后的数据结果。
3.结论:经过验证后可知,在误差允许的范围内,碰撞前后不变的量是物体的质量与速度的乘积之和,即m1v1+m2v2=m1v1′+ m2v2′。【实验探究】
1.在“利用气垫导轨探究碰撞过程中的守恒量”时,需将气垫导轨调至水平,其水平的标志是什么?
提示:打开气泵后,导轨上的滑块应能在导轨上的任何位置保持静止。2.在“利用单摆探究碰撞中的守恒量”的实验中,角度的测量该用什么方法实现?
提示:用一块木板,上面固定一张白纸,把它放在两个小球摆动、碰撞的那个竖直平面的后面,先用铅笔描下一个小球被拉起静止时细线和小球的位置,同时用铅笔描下被撞小球静止时细线和小球的位置。两个小球碰撞后,再用铅笔描下它们摆动所能达到最高时小球的位置,可以采取第一次先粗略描出,第二次再相对精确描出的方法,然后测量角度,计算碰撞前、后的速度。3.“利用打点计时器探究碰撞中的守恒量”时,发现纸带上的点迹有一部分分布均匀,有一部分分布不均匀,应选取哪一部分计算速度,试分析选取的原因。
提示:应选取均匀部分计算速度,不均匀部分可能是碰撞过程中打下的。4.怎样才能保证碰撞是一维的?
提示:可以利用凹槽或气垫导轨限定物体在同一直线上运动,也可以利用长木板限定物体在同一直线上运动,或使两物体重心连线与速度方向共线。5.怎样测量物体运动的速度?
提示:方案(一):v= ,式中Δx为滑块上挡光片的宽度,Δt为
光电计时器显示的挡光片经过光电门的时间。
方案(二): 式中l为绳长,θ为小球被拉起或被
撞小球摆起的角度。
方案(三):v= ,式中x为小车匀速运动时纸带上各点之间的距离,
t为通过x所用的时间。方案(四):设重垂线所指的位置为O,入射小球未发生碰撞时的落地点为P,发生碰撞时入射小球落地点的平均位置为M,被碰小球落地点的平均位置为N,以小球的落地时间为单位,可以用OM、OP、ON的长度表示相应的速度。类型一 利用气垫导轨使两滑块发生一维碰撞　　
【典例1】如图所示为用气垫导轨实验探究碰撞中的不变量的
实验装置,遮光片D在运动过程中的遮光时间Δt被光电计时器
自动记录下来。在某次实验中,滑块1和滑块2质量分别为m1
=0.240kg、m2=0.220kg,滑块1运动起来,向着静止在导轨上的
滑块2撞去,碰撞之前滑块1的挡光片经过光电门时,光电计时器
自动记录下来的时间Δt=110.7ms。碰撞之后,滑块1和滑块2粘连在一起,挡光片通过光电门的时间Δt′=214.3ms,已知两滑块上的挡光板的宽度都是Δx=3cm,问:(1)碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和相等吗,即m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′成立吗?
(2)碰撞前后两滑块各自的质量与速度平方乘积之和相等吗,即
成立吗?【解析】(1)因为滑块遮光片的宽度是Δx,遮光片通过光电门的时间是Δt,所以滑块速度可用公式v= 求出。碰撞之前,滑块1的速度
v1= =0.271 m/s
碰撞之前,滑块2静止,所以v2=0
碰撞之后,两滑块粘连在一起
v1′=v2′= =0.140 m/sm1v1+m2v2=0.240×0.271kg·m/s=0.065kg·m/s
m1v1′+m2v2′=(0.240+0.220)×0.140kg·m/s
=0.064 kg·m/s
所以,在误差允许范围内,
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′成立。(2)碰撞之前:
=0.240×0.2712J=0.018 J
碰撞之后:
=(0.240+0.220)×0.1402J=0.009 J
可见
答案:(1)成立　(2)不成立类型二 用等长悬线悬挂的半径相等的小球碰撞　
【典例2】某同学利用如图所示的装置探究碰
撞中的不变量。图中两摆摆长相同,悬挂于同
一高度,A、B两摆球均很小,质量之比为1∶2。
当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好接触。向左上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角,然后将其由静止释放,结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角为30°。此实验能否成功地说明碰撞前后质量与速度的乘积是不变量?【解析】设摆球A、B的质量分别为mA、mB,摆长为l,B球的初始
高度为h1,碰撞前B球的速度为vB。在不考虑摆线质量的情况下,
根据题意及机械能守恒定律得
h1=l(1-cos45°)
碰撞前速度
所以碰撞前质量与速度乘积为同理可得碰撞后共同速度
碰撞后质量与速度乘积为
(mA+mB)vAB=(mA+mB)
所以
代入已知条件得
所以mBvB=(mA+mB)vAB
所以,此实验成功地说明了碰撞前后质量与速度的乘积是不变量。
答案:能类型三 利用小车在光滑桌面上碰撞另一静止小车　
【典例3】某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中的不变量的实验:在小车A的前端粘有橡皮泥,使小车A做匀速运动,然后与原来静止的小车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所示,在小车后连接着纸带,电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz,长木板垫着小木片以平衡摩擦力。(1)若已得到打点纸带如图所示,并测得各计数点间距(标在图上)。A为运动起点,则应该选择________段来计算小车A碰前的速度,应选择________段来计算小车A和小车B碰后的共同速度。(以上空格均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)(2)已测得小车A的质量m1=0.40kg,小车B的质量m2=0.20kg,由以上测量结果可得碰前m1v0=______kg·m/s;碰后(m1+m2)v共=________kg·m/s。(保留三位有效数字)由此得出结论__
_________________________________________________。【解析】(1)分析纸带上的点迹可以看出,BC段既表示小车A做匀速运动,又表示小车A具有较大的速度,故BC段能准确地描述小车A碰前的运动情况,应当选择BC段计算小车A碰前的速度,而DE段内小车运动稳定,故应选择DE段计算碰后小车A和小车B的共同速度。(2)小车A碰撞前的速度:

小车A在碰撞前质量与速度乘积:
m1v0=0.40×1.050kg·m/s=0.420 kg·m/s
碰撞后小车A和小车B的共同速度:
碰撞后小车A和小车B的总质量与速度乘积:
(m1+m2)v共=(0.40+0.20)×0.695kg·m/s
=0.417 kg·m/s
结论:在误差允许的范围内,一维碰撞中mv的矢量和是守恒的。
答案:(1)BC　DE　(2)0.420　0.417
在误差允许的范围内,一维碰撞中mv的矢量和是守恒的类型四 利用斜槽上滚下的小球的碰撞实验　
【典例4】利用如图所示的实验装置,可探究碰撞中的不变量,由于小球的下落高度是定值,所以,小球落在地面上的水平位移就代表了平抛运动时水平初速度的大小,这样碰前速度和碰后速度就可以用平抛运动的水平位移来表示。(1)(多选)为了尽量准确找到碰撞中的不变量,以下要求正确的是__________。
A.入射小球的半径应该大于被碰小球的半径
B.入射小球的半径应该等于被碰小球的半径
C.入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滑下
D.斜槽末端必须是水平的(2)(多选)关于小球的落点,正确的是____________。
A.如果小球每次从斜槽的同一位置由静止滑下,重复几次的落点一定是完全重合的
B.由于偶然因素存在,重复操作时小球的落点不会完全重合,但是落点应当比较密集
C.测定落点P的位置时,如果几次落点的位置分别为P1、P2、…Pn,则落点的平均位置 D.尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置
(3)若已知入射小球与被碰小球的质量之比为m1∶m2=8∶3,OP= 20cm,PN=16cm,则OM的值大约等于多少,本实验才算达到实验目的?【解析】(1)只有两个小球的半径相等,才能保证碰后小球做平抛运动,所以A错误,B正确;入射小球每次应该从斜槽的同一位置由静止滑下,才能使得小球平抛运动的落点在同一位置,所以C正确;斜槽末端必须水平也是保证小球碰后做平抛运动的必要条件,所以D正确。
(2)为了提高实验的准确性,需要重复多次,找到小球平抛落地的平均位置,只有这样,才能有效减小偶然误差,因此B、D选项正确。(3)设小球做平抛运动的落地时间为t,则入射小球碰撞之前的速度
入射小球碰撞之后的速度

被碰小球碰撞之后的速度

若碰撞前后各自质量与速度的乘积之和不变,则m1v1+m2v2=m1v′1+m2v2′成立,即

因为m1∶m2=8∶3,
所以OM=6.5cm。
答案:(1)B、C、D　(2)B、D　(3)6.5cm课件28张PPT。第十六章　动量守恒定律
1　实验:探究碰撞中的不变量【实验目的】
1.明确探究碰撞中的不变量的基本思路。
2.探究一维碰撞中的不变量。【实验原理】
1.一维碰撞:两个物体碰撞前沿同一直线运动,碰撞后仍沿同一直线运动,也就是做一维碰撞。2.实验方案设计:
方案一:用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞
实验装置如图所示。不同的质量可以通过在滑块上加重物的办法实现。(1)质量的测量:用天平测量。
(2)速度的测量:v= ,式中的Δx为滑块上挡光板的宽度,Δt为数字计时显示器显示的滑块挡板经过光电门的时间。(3)各种碰撞情景:滑块上装弹性片、贴胶布或橡皮泥等,达到碰撞后弹开或粘在一起的效果。
在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架(如图甲),可以得到能量损失很小的碰撞,在滑块的碰撞端贴胶布,可以增大碰撞时的能量损失,如果在两个滑块的碰撞端分别装撞针和橡皮泥,碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两个滑块连接成一体运动(图乙),这样的碰撞中能量损失很大。如果在两个滑块的碰撞端分别贴上尼龙拉扣,碰撞时它们也会连成一体。利用气垫导轨进行实验的两种情况方案二:利用等长悬绳悬挂等大小球实现一维碰撞实验装置如图所示。把两个小球用细线悬起来,一个小球静止,拉起另一个小球,放开后它们相碰。(1)质量的测量:用天平测量。
(2)速度的测量:可以测量小球被拉起的角度,计算出碰撞前小球的速度;测量被撞小球摆起的角度,计算碰撞后的速度。
(3)可采用在小球上贴胶布的方式来改变碰撞中的能量损失。方案三:利用小车在光滑桌面碰撞另一个静止的小车实现一维碰撞情况
静止的小车上装上橡皮泥,运动的小车上装上撞针,让它们碰撞后粘在一起。
(1)质量的测量:用天平测量。
(2)利用打点计时器记录小车碰撞前后的运动情况,根据纸带上的点迹求速度。【实验器材】
方案一:气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细线、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。
方案二:带细线的摆球(两个)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三:光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等。【实验过程】
不论采用哪种方案,实验过程均可按实验方案合理安排,参考步骤如下:
(1)用天平测量相关碰撞物体的质量m1、m2,填入预先设计好的表格中。
(2)安装实验装置。
(3)使物体发生碰撞。(4)测量或读出碰撞前后相关的物理量,计算对应的速度,填入预先设计好的表格中。
(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,找出碰撞中的“不变量”。(7)整理器材,结束实验。
实验中记录数据用的表格:【误差分析】
1.系统误差:
(1)碰撞是否为一维碰撞,设计实验方案时应保证碰撞为一维碰撞。
(2)碰撞中其他力(例如,摩擦力、空气阻力等)的影响带来的误差。实验中要合理控制实验条件,避免除碰撞时相互作用力外的其他力影响物体速度。
2.偶然误差:测量和读数的准确性带来的误差,实验中应规范测量和读数,同时增加测量次数,取平均值,尽量减小偶然误差的影响。【注意事项】
1.前提条件:碰撞的两物体应保证发生的是一维碰撞,即两个物体碰撞前沿同一直线运动,碰撞后仍沿同一直线运动。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)若利用摆球进行实验,两小球静放时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将小球拉起后,两条摆线应在同一竖直平面内。
3.探究结论:寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变,才符合要求。热点一 实验步骤与数据处理
【典例1】某同学运用以下实验器材,设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的不变量:打点计时器、低压交流电源(频率为50Hz)、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=0.4kg,小车B的质量为mB=0.2kg
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,根据这些数据完成下表。(3)根据以上数据猜想碰撞前后不变量的表达式为____________。【正确解答】(1)按照先安装,后实验,最后重复的顺序,该同学正确的实验步骤为ADCEB。
(2)碰撞前后均为匀速直线运动,由纸带上的点迹分布求出速度。碰后小车A、B合为一体,求出AB整体的共同速度。注意打点计时器的频率为50Hz,打点时间间隔为0.02 s,通过计算得下表。(3)由表中数值可看出mv一行中数值相同,可猜想碰撞前后不变量的表达式为mAvA+mBvB=(mA+mB)v。
答案:(1)ADCEB　(2)见正确解答
(3)mAvA+mBvB=(mA+mB)v热点二 创新设计实验
【典例2】某同学把两个大小不同的物体用细线连接,中间夹一被压缩的弹簧,如图所示,将这一系统置于光滑的水平桌面上,烧断细线,观察物体的运动情况,进行必要的测量,探究物体间相互作用时的不变量。(1)该同学还必须有的器材是　　　　　　　　　　。
(2)需要直接测量的数据是　　　　　　　　　　　。
(3)根据课堂探究的不变量,本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为　　　　　　　　　　　　　　　　　。【正确解答】物体离开桌面后做平抛运动,取右边物体的初速度方向
为正方向,设两物体质量和平抛初速度分别为:m1、m2,v1、v2,平抛运
动的水平位移分别为x1、x2,平抛运动的时间为t。需要验证的方程:
0=m1v1-m2v2,其中:v1= ,v2= ,代入得到m1x1=m2x2,故需要测量两物体的质量m1和m2,两物体落地点到桌面边缘的水平距离为x1、x2,需要的器材为刻度尺、天平。答案:(1)刻度尺、天平
(2)两物体的质量m1、m2;两物体落地点分别到桌面边缘的水平距离x1、x2
(3)m1x1=m2x216.2动量和动量定理
1.下列说法正确的是　(　　)
A.物体的动量越大,则惯性越大
B.动量大的物体,它的速度不一定大
C.动量大的物体,其动量变化量也一定大
D.竖直上抛的物体(不计空气阻力)经过空中同一位置时动量一定相同
【解析】选B。物体的动量是指物体的质量和速度的乘积,物体的动量大,即它的质量和速度的乘积大,但速度不一定大,惯性(由质量决定)也不一定大,故A错,B对;动量与动量的变化量没有直接关系,动量大的物体,其动量的变化量,可能大,可能小,C选项错误;物体经过空中同一位置时,速度方向不一定相同,所以动量不一定相同,D选项错误。
2.(2013·桂林高二检测)运动员向静止的球踢了一脚(如图),踢球时的力F=100N,球在地面上滚动了t=10s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】选D。滚动了t=10s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。
3.(2014·揭阳高二检测)如图所示,运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2,v1与v2方向相反,且v2>v1。重力影响可忽略,则此过程中拍子对网球作用力的冲量　(　　)
A.大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同
B.大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同
C.大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同
D.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同
【解析】选C。取v1的方向为正方向,则击打前的动量p1=mv1,击打后瞬间的动量p2=-mv2,则Δp=p2-p1=-m(v2+v1),方向与v2方向相同,由动量定理Δp=I可知,C项正确。
4.(2014·西城区高二检测)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球,接球时,两臂随球迅速收缩至胸前。这样做可以　(　　)
A.减小球对手的冲量　　　　　 B.减小球对人的冲击力
C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量
【解析】选B。根据动量定理得Ft=Δp。接球时,两臂随球迅速收缩至胸前,因动量的改变量不变,球对手的冲量不变,时间延长了,所以球对人的冲击力减小了,故选项B正确,A、C、D错误。
5.在距地面高为h,同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体m,当它从抛出到落地时,比较它的动量的增量Δp,有　(　　)
A.平抛过程最大　　　　　　　 B.竖直上抛过程最大
C.竖直下抛过程最大 D.三者一样大
【解题指南】动量的变化是指物体末动量减去初动量,是矢量,对应于某一过程(或某一段时间),是一个非常重要的物理量,其计算方法有:
(1)Δp=pt-p0,主要计算p0、pt在一条直线上的情况。
(2)利用动量定理Δp=F·t,通常用来解决p0、pt不在一条直线上或F为恒力的情况。
【解析】选B。由动量定理可知动量的增量Δp=I合=mgt。又因竖直上抛运动的时间最长,竖直下抛运动的时间最短,而mg相等,所以竖直上抛过程中动量增量最大,即选项B正确。
6. (2013·天津高考)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则　(　　)
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)先弄清运动员乙推甲的过程中相互作用力、作用时间、作用位移等各物理量的特点;
(2)再根据动量定理中冲量和动量变化的关系及动能定理中做功与动能变化的关系判断。
【解析】选B。运动员乙推甲的过程中,甲和乙间的相互作用力等大反向,作用时间相等,故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等,方向相反,A错,B对;“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等,在乙推甲的过程中位移不一定相等,因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等,由动能定理,其动能变化量的绝对值也不一定相等,C、D错。
7.(多选)(2014·广州高二检测)如图所示为作用在某物体上的合外力随时间变化的关系,若物体开始时是静止的,则前3s内　(　　)
A.物体的位移为0
B.物体的动量改变量为0
C.物体的动能变化量为0
D.物体的机械能改变量为0
【解析】选B、C。第1s内:F=20N,第2、3s内:F=-10N,物体先加速,后减速,在第3s末速度为零,物体的位移不为零,A错误;根据动量定理I=Δp,前3s内,动量的变化量为零,B正确;由于初速度和末速度都为零,因此,动能变化量也为零,C正确;但物体的重力势能是否改变不能判断,因此,物体的机械能是否改变不能确定,D错误。
8.如图所示,质量为m=2kg的物体,在水平力F=8N的作用下,由静止开始沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。若F作用时间t1=6s后撤去,撤去F后又经t2=2s,物体与竖直墙壁相碰,且物体与墙壁作用时间t3=0.1s,碰墙后反向弹回的速度v′=6m/s,求墙壁对物体的平均作用力。(g取10m/s2)
【解析】取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理,并取F的方向为正方向
则F·t1-μmg(t1+t2)-·t3=-mv′
所以=
=N=280 N,方向与F相反。
答案:280N,方向与F相反
1.(多选)如图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线。若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么正确的是　
(　　)
【解析】选C、D。由动量定理得:Δp=I=-mgt,故A错,C对;又因为=F=-mg,故B错,D对。
2.(2014·苏州高二检测)如图所示,一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,左端与竖直墙壁接触。现打开尾端阀门,气体往外喷出,设喷口面积为S,气体密度为ρ,气体往外喷出的速度为v,则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是　(　　)
A.ρvS　　　 B. 　　 　C.ρv2S　　 　D.ρv2S
【解析】选D。以t时间内喷出去的气体为研究对象,由Ft=ρSvtv=ρStv2,则F=ρSv2,由于气瓶处于平衡状态,墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等,故D正确。
3.质量为1t的汽车,在恒定的牵引力作用下,经过2s的时间速度由5 m/s提高到8 m/s,如果汽车所受到的阻力为车重的0.01倍,求汽车的牵引力大小。
【解题指南】因为汽车受到的作用力是恒力,本题可以应用牛顿第二定律进行求解,但在已知力的作用时间的情况下,应用动量定理更为简便。
【解析】已知:汽车的质量m=1000kg;初速度v=5m/s;末速度v′=8m/s;力的作用时间Δt=2s,阻力系数k=0.01,根据题意可先画出研究对象——汽车的动力学分析图。如图所示
汽车所受阻力Ff=kmg
汽车所受合外力F合=F-Ff
汽车动量的增量Δp=p′-p
根据动量定理Δp=F合·Δt,
联立以上各式得F=+kmg=1598N
所以汽车所受到的牵引力为1598N。
答案:1598N
4.跳水运动员应先将跳板向下压一下,以便让人弹得更高。如图所示,在北京奥运会3m跳板跳水中,运动员的质量为40 kg,跳板下压的最大距离为0.2 m,跳板储存的弹性势能为160 J。反弹时跳板将弹性势能全部转给运动员,把运动员视为质点,则运动员入水的速度为多大?弹起时运动员与板作用时间为0.8 s,那么在弹起的过程中板对运动员的平均作用力为多少?(g取10m/s2,板的质量忽略不计)
【解析】设运动员离开跳板的速度为v0,h=0.2m,H=3m,
对跳板恢复到原状的过程有m+mgh=E弹
所以v0=2m/s
设入水时速度为v1,则m+mgH=m
解得v1=8m/s
设弹起过程的平均作用力为,
则t-mgt=mv0-0,解得=500N。
答案:8m/s　500 N
【总结提升】用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象,在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统。
(2)抓住过程的初末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。
(3)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量或先求合力,再求其冲量。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要列其他补充方程。最后代入数据求解。
16.2动量和动量定理
【小题达标练】
一、选择题
1.关于冲量,下列说法正确的是　(　　)
A.冲量是物体动量变化的原因
B.作用在静止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
【解析】选A。力作用一段时间便有了冲量,而力作用一段时间后,物体的运动状态发生了变化,物体的动量也发生了变化,因此说冲量使物体的动量发生了变化,A选项正确;只要有力作用在物体上,经历一段时间,这个力便有了冲量I=Ft,与物体处于什么状态无关,物体运动状态的变化情况,是所有作用在物体上的力共同产生的效果,B选项不正确;物体所受冲量I=Ft与物体动量的大小p=mv无关,C选项不正确;冲量的方向与物体运动的方向无关,D选项不正确。
【总结提升】冲量是矢量,求冲量的大小时一定要注意是力与其对应的时间的乘积;判断两个力的冲量是否相同,必须满足冲量的大小和方向都相同,缺一不可。
2.(多选)下面关于物体动量和冲量的说法,正确的是　(　　)
A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大
B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变
C.物体动量增量的方向,就是它所受合外力的冲量方向
D.物体所受合外力冲量越大,它的动量变化就越大
【解析】选B、C、D。由动量定理可知,物体所受合外力的冲量,其大小等于动量的变化量的大小,方向与动量增量的方向相同,故A项错,B、C、D项正确。
3.(2015·大兴区高二检测)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时,两手随球迅速收缩至胸前。这样做可以(　　)
A.减小球对手的冲量 B.减小球对手的冲击力
C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量
【解析】选B。由动量定理Ft=Δp知,接球时两手随球迅速收缩至胸前,延长了手与球接触的时间,从而减小了球的动量变化率,减小了球对手的冲击力,选项B正确。
【补偿训练】下列几种物理现象的解释中,正确的是　(　　)
A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻
B.跳高时往沙坑里填沙,是为了减小冲量
C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零
D.动量相同的两个物体受到相同的制动力,两个物体将同时停下来
【解析】选D。砸钉子时不用橡皮锤,一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小。二是因为缓冲时间长,从而导致冲力小,故A错误;跳高时往沙坑里填沙,是为了延长缓冲时间,减小冲力,B错误;推车时推不动,是由于合外力的冲量为零,但推力冲量不为零,故C错误;由动量定理知,动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来,D正确。
4.春节期间孩子们玩“冲天炮”。一只被点燃的“冲天炮”向下喷出气体,在一段时间内竖直向上做匀速直线运动,在这段时间内“冲天炮”　(　　)
A.受到的合外力方向竖直向上
B.受到的合外力的冲量为零
C.动量不断增大
D.动能不断增大
【解题指南】(1)“匀速直线运动”说明物体所受合力为零。
(2)“匀速直线运动”亦说明物体动量、动能不变。
【解析】选B。在这段时间内“冲天炮”做匀速直线运动,速度不变,所以它的动量、动能均不变,并且“冲天炮”所受合力为零,合力的冲量也为零,选项B正确。
5.(多选)(2015·济南高二检测)古时有“守株待兔”的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死。若兔子与树桩发生碰撞,作用时间为0.2s,则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是　(　　)
A.1 m/s B.1.5 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
【解析】选C、D。根据题意建立模型,设兔子与树桩的撞击力为F,兔子撞击树桩后速度为零,根据动量定理有-Ft=0-mv,所以v===gt=10×0.2m/s=2 m/s。
6.(多选)A、B两球质量相等,A球竖直上抛,B球平抛,两球在运动中空气阻力不计,则下列说法中正确的是　(　　)
A.相同时间内,动量的变化大小相等,方向相同
B.相同时间内,动量的变化大小相等,方向不同
C.动量的变化率大小相等,方向相同
D.动量的变化率大小相等,方向不同
【解析】选A、C。A、B球在空中只受重力作用,因此相同时间内重力的冲量相同,因此两球动量的变化大小相等、方向相同,A选项正确;动量的变化率为=m=mg,大小相等、方向相同,C选项正确。
7.质量为1kg的物体做直线运动,其速度图像如图所示。则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是　(　　)
A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s
C.0,10 N·s D.0,-10 N·s
【解题指南】解答本题时应理解以下两点:
(1)恒力的冲量可以直接应用定义式求解,也可以利用动量定理求解。
(2)利用动量定理求解冲量时要注意动量定理的矢量性。
【解析】选D。由图像可知,在前10s内初、末状态的动量相同,p1=p2=5kg·m/s,由动量定理知I1=0;在后10s内末状态的动量p3=-5kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-10N·s,故正确答案为D。
【补偿训练】如图所示,跳水运动员从某一峭壁上水平跳出,跳入湖水中,已知运动员的质量m=60kg,初速度v0=10m/s。若经过1s时,速度为v=10m/s,则在此过程中,运动员动量的变化量为(g取10m/s2,不计空气阻力)　(　　)
A.600 kg·m/s B.600kg·m/s
C.600(-1)kg·m/s D.600(+1)kg·m/s
【解析】选A。运动员所做的是平抛运动,初末速度不在一条直线上,因此不能直接用初、末动量相加减。在此过程中,运动员只受重力作用,因此重力的冲量就等于动量的变化量。所以Δp=mg·t=60×10×1kg·m/s=600 kg·m/s。
二、非选择题
8.用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里,打击时铁锤的速度v=4.0m/s,如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01s,那么:
(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力是多大?
(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力又是多大?(g取10m/s2)
(3)比较(1)和(2),讨论是否要忽略铁锤的重力。
【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-mv
所以F1=-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200N,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-mv(矢量式)
F2=-N+0.5×10N=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205N,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)200N,方向竖直向下　(2)205N,方向竖直向下　(3)见解析
【大题提升练】
1.(1)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103kg/m3)(　　)
A.0.15 Pa　　　B.0.54 Pa　　　C.1.5 Pa　　　D.5.4 Pa
(2)冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程:如图所示,运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手,此后冰壶沿AO′滑行,最后停于C点。已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ,冰壶质量为m,AC=L,CO′=r,重力加速度为g。
①求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小。
②若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ,原只能滑到C点的冰壶能停于O′点,求A点与B点之间的距离。
【解析】(1)选A。选向上为正方向,由动量定理得,pSt=mv,即雨滴撞击产生的平均压强p=v=v=ρv,由题中条件可知,=m/s,雨水的密度ρ=1×103kg/m3,雨滴竖直下落速度约为v=12m/s代入得压强约为p=×1×103×12Pa=0.15Pa。
(2)①由-μmgL=0-m,得vA=。
由I=mvA,将vA代入得I=m。
②设A点与B点之间的距离为s,由
-μmgs-0.8μmg(L+r-s)=0-m,
将vA代入得s=L-4r。
答案:(1)A　(2)①m　②L-4r
2.(1)(多选)一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ,则以下说法正确的是　(　　)
A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量不等于零
E.过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小
(2)质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞前后的动量变化为多少?若小球与地面的作用时间为0.2 s,则小球受到地面的平均作用力大小为多少?(g取10m/s2)
【解析】(1)选A、C、E。过程Ⅰ钢珠只受重力,故只有重力的冲量,由动量定理得,A对;整个过程的动量改变量为零,故过程Ⅱ中合力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小,B、D错,C、E对。
(2)以竖直向上为正方向,则v′=4m/s,v=-6m/s,
所以小球与地面碰撞前后的动量变化为
Δp=mv′-mv=[0.2×4-0.2×(-6)]kg·m/s=2 kg·m/s
根据动量定理,得(F-mg)t=Δp
所以平均作用力F=+mg=N+0.2×10N=12N。
答案:(1)A、C、E　(2)2 kg·m/s　12 N
【易错提醒】(1)本题中动量是矢量,要规定正方向,用带正、负号的数值表示动量。(2)动量变化量也是矢量,同样要注意方向。
【补偿训练】竖直上抛一物体,不计阻力,取向上为正方向,则物体在空中运动的过程中,动量变化Δp随时间t的变化图线是图中的哪一个　(　　)
【解析】选C。由动量定理可知,Δp=-mg·t,故C正确。
课件37张PPT。2　
动量和动量定理1.理解动量和冲量的概念,知道动量和冲量是矢量。
2.知道动量变化量的概念,会计算一维情况下的动量变化量。
3.理解动量定理的确切含义,掌握其表达式。
4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等现象。一、动量及动量的变化量
1.动量:
(1)定义:运动物体的_____和它的_____的乘积。
(2)表达式:p=___。
(3)单位:___________,符号________。
(4)方向:动量是矢量,它的方向与_____方向相同。质量速度mv千克米每秒kg·m/s速度2.动量的变化量:
(1)因为p=mv,是矢量,只要m的大小,v的大小和v的方向三者中
任何一个发生了_____,动量p就发生变化。
(2)动量的变化量Δp也是矢量,其方向与速度的__________的
方向相同。
(3)动量变化量Δp的大小,一般都是用末动量减初动量,也称为
___________。变化改变量Δv动量的增量二、冲量及动量定理
1.冲量:
(1)概念:力与_____________的乘积。
(2)定义式:I= _________。
(3)物理意义:冲量是反映力的作用对时间的_________的物理
量,力_____,作用时间_____,冲量就越大。力的作用时间F(t′-t)累积效果越大越长(4)单位:在国际单位制中,冲量的单位是_______,符号为
_____。
(5)矢量性:如果力的方向恒定,则冲量I的方向与力的方向
_____;如果力的方向是变化的,则冲量的方向可由相应时间
内物体动量_______的方向确定。牛·秒N·s相同变化量2.动量定理:
(1)内容:物体在一个过程始末的___________等于它在这个过
程中所受力的_____。
(2)公式:F(t′-t)=________或______=I。动量变化量冲量mv′-mvp′-p1.判一判:
(1)动量的方向与速度方向一定相同。　(　　)
(2)动量变化的方向与初动量的方向一定相同。　(　　)
(3)力与位移垂直时,力做功一定为零,力的冲量也一定为
零。　(　　)
(4)合力的冲量方向与动量变化的方向一定相同。　(　　)提示:(1)√。动量p=mv,其中质量m是标量,v是矢量,动量的方
向与速度方向相同。
(2)×。动量变化的方向由初、末动量决定,不一定与初动量的
方向相同。
(3)×。功的公式为W=Flcosα,当α= 时,功一定为零;冲量
的公式I=Ft,与α无关,力的冲量不为零。
(4)√。根据动量定理,合力的冲量方向与动量变化的方向一定
相同。2.想一想:
(1)怎样理解动量的矢量性?
提示:动量是物体的质量与速度的乘积,而不是物体的质量与速率的乘积,动量的方向就是物体的速度方向,动量的运算要遵守矢量法则,同一条直线上的动量的运算首先要规定正方向,然后按照正负号法则运算。(2)某物体的速度大小不变,动量一定不变吗?
提示:不一定。动量是矢量,既有大小,又有方向,其方向与速度的方向相同。物体的速度大小不变时,方向可能不变,也可能变化。故动量可能不变,也可能变化。主题一 动量及其变化量　
【问题探究】
1.动量是物体的质量和速度的乘积,速度有相对性,在没有特殊说明的情况下,v应是相对什么的速度?
提示:在没有特殊说明的情况下,v指的是相对地面的速度。2.物理量有过程量和状态量之分。动量是过程量还是状态量?试再举出几个与动量相类似的物理量。
提示:动量是状态量。常见的状态量还有速度、加速度、动能等。3.(1)当两个物体的动量相同时,其动能一定相同吗?
(2)当两个物体的动能相同时,其动量一定相同吗?
提示:(1)不一定。物体的动量p=mv,物体的动能Ek= mv2。两
者的关系为 当两个物体的动量相同时,质
量不一定相同,所以动能不一定相同。
(2)不一定。动能是标量,动量是矢量,当两个物体动能相同时,
速度方向不一定相同,动量的方向不一定相同。再者由p=
可知,当m不同时,其动量的大小也不相同。4.动量的变化量也是矢量,动量变化量的方向与初状态的动量方向一定相同吗?
提示:不一定相同。因为动量变化量的方向与初动量无直接关系。5.如何确定动量变化量的大小和方向?
提示:方向:动量的变化量是矢量,其方向与物体速度变化量的方向相同。
大小:当物体初、末动量在同一直线上时,规定正方向,动量变化量的大小可通过代数运算求得;当初、末动量不在同一条直线上时,可应用平行四边形定则求动量变化量的大小。【探究总结】
1.动量的“三性”:
(1)矢量性:方向与瞬时速度的方向相同。
(2)瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某时刻而言的。
(3)相对性:大小与参考系的选择有关,通常情况是指相对地面的动量。2.动量的运算法则:
(1)物体动量变化的运算,要按照矢量运算的法则(平行四边形定则或三角形法则)进行。
(2)如果物体的初、末动量都在同一直线上,常常选取一个正方向,使物体的初、末动量都带有表示自己方向的正负号,这样,就可以把复杂的矢量运算转化为简单的代数运算了。【即时训练】
1.(多选)对一定质量的物体,下列说法正确的是　(　　)
A.物体的动能发生变化,其动量一定变化
B.物体的动量发生变化,其动能一定变化
C.物体所受的合外力不为零,物体的动量一定变化,但物体的动能不一定变化
D.物体所受的合外力为零时,物体的动量一定不发生变化【解析】选A、C、D。对同一物体而言,动能发生变化,物体的速率必然发生变化,故动量也必然改变,A正确;动量发生变化有可能只是速度的方向发生改变,物体的动能不一定发生变化,B错误;物体所受合外力不为零,加速度一定不为零,速度的改变有三种可能:①速度大小变、方向不变;②速度方向变、大小不变;③两者都变。所以合外力不为零时,物体的动量一定变,但动能不一定变,C正确;而物体所受合外力为零,物体将做匀速直线运动或处于静止状态,故动量一定不会改变,D正确。2.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。【解题探究】(1)对于动量,可根据动量定义式_____,直接计
算。
(2)求动量变化时,要先规定正方向,与正方向相同,动量为正,
与正方向相反,动量为负,然后根据__________计算动量的变
化。p=mvΔp=p′-p【解析】(1)由v2- =2ax可得小球落地时的速度大小

取竖直向下为正,则小球落地时的动量
p=mv=0.10×25kg·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=0.10×25kg·m/s-0.10×(-15)kg·m/s=
4.0 kg·m/s,方向竖直向下。
答案:(1)2.5kg·m/s,方向竖直向下
(2)4.0 kg·m/s,方向竖直向下主题二 动量定理及其应用　
【问题探究】
1.物理上的量可分为过程量和状态量两类,试想冲量是过程量还是状态量?
提示:冲量描述的是力在时间上的积累效果,因此冲量是过程量。2.某物体静止时,物体的重力对物体做功一定为零,而一段时间内重力的冲量如何?
提示:物体静止时,其位移为零,故重力做功是零,而冲量是指力与时间的乘积,所以重力的冲量不为零。3.在进行跳高或撑杆跳高比赛时,为什么要放上厚厚的海绵垫子?
提示:当运动员从高处落下时,速度逐渐增大,如果落到地面时与地面发生碰撞,作用时间很短,对人产生很大的冲力,有可能使人受伤。当人落在厚厚的海绵垫子上时,人从开始接触垫子到最后停止运动经历的时间延长,运动员所受的冲力明显减小,对运动员起到保护作用。4.如何求变力的冲量?
提示:找到物体动量的变化量和其他恒力的冲量,根据动量定理求解。【探究总结】
1.冲量的计算方法:
(1)如果物体受到大小、方向不变的力的作用,既可以应用FΔt求力的冲量,也可以应用物体动量改变量Δp的大小和方向来替代力的冲量。
(2)如果物体受到大小、方向改变的力的作用,则不能直接用FΔt求变力的冲量,这时可以求在该力冲量作用下物体动量改变量Δp的大小和方向,替代变力的冲量。2.应用动量定理解题注意事项:
(1)动量定理FΔt=Δp方程左边是物体受到所有力的总冲量,而不是某一个力的冲量。其中力F可以是恒力,也可以是变力,如果合外力是变力,则F是合外力在t时间内的平均值。
(2)动量定理表明了合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系,I合与Δp不仅大小相等而且方向相同。(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。系统的动量变化量等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。而物体之间的作用力(内力),由大小相等、方向相反和等时性可知,不会改变系统的总动量。
(4)在动力学问题中的应用:在不涉及加速度和位移的情况下,研究运动和力的关系时,用动量定理求解一般较为方便,不需要考虑运动过程的细节。【即时训练】
1.(多选)(2014·攀枝花高二检测)质量为2kg的物体放在光滑
水平面上,受到与水平方向成30°角的斜向上的拉力F=3N的作
用,经过10s(g取10m/s2)　(　　)
A.力F的冲量为15 N·s
B.物体的动量的变化是15 kg·m/s
C.重力的冲量是零
D.地面支持力的冲量是185 N·s【解析】选B、D。拉力F的冲量I=Ft=30N·s,A错;重力的冲量
mgt=200N·s,C错误;力F向上的分量为1.5N,故地面对物体的支
持力为18.5 N,冲量为185 N·s,D正确;拉力F沿水平方向的分
力为Fcosθ= N,等于合力大小,故合力的冲量为 N·s,
则动量的变化为15 kg·m/s,B正确。2.用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里,打击时
铁锤的速度v=4.0m/s,如果打击后铁锤的速
度变为0,打击的作用时间是0.01s,那么:
(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力是多大?
(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力又是多大?(g取10m/s2)
(3)比较(1)和(2),讨论是否要计铁锤的重力。【解题探究】(1)研究对象应选_____;
(2)研究过程是___________________________________;
(3)解题的依据是_________。铁锤从铁锤与木桩开始接触到铁锤速度为零动量定理【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-mv
所以F1= =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200N,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-mv(矢量式)
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205N,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
中重力的影响可忽略。
答案:(1)200N,方向竖直向下　(2)205 N,方向竖直向下　
(3)见解析课件53张PPT。2　
动量和动量定理一、动量
1.动量:
(1)定义:运动物体的_____和_____的乘积。
(2)公式:p=___。
(3)单位:___________,符号是________。
(4)矢量性:方向与_____的方向相同,运算遵循_______________。质量速度mv千克米每秒kg·m/s速度平行四边形定则2.动量变化量:
(1)定义:物体在某段时间内_______与_______的矢量差(也是矢量)。
(2)动量始终保持在一条直线上时的运算: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,Δp=______。末动量初动量p′-p【判一判】
(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)物体的动量相同,其动能一定也相同。　(　　)提示:(1)×。动量是矢量,既有大小,又有方向,其方向与速度的方向相同。物体的速度大小不变时,方向可能不变,也可能变化。故动量可能不变,也可能变化。
(2)×。动量大小与质量和速度大小都有关系,质量大,速度小,动量不一定大。
(3)×。由 知,若两物体动量相同但质量不等,则动能不等。二、动量定理
1.冲量:
(1)定义:力与力的_________的乘积。
(2)公式:I =_________。
(3)单位:_______,符号是_____。
(4)矢量性:方向与_________相同。
(5)物理意义:反映力的作用对_____的积累效应。作用时间F(t′-t)牛顿秒N·s力的方向时间2.动量定理:
(1)内容:物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所
受_________。
(2)表达式:mv′-mv=_________或p′-p=__。力的冲量F(t′-t)I【判一判】
(1)冲量是矢量,其方向与恒力的方向相同。　(　　)
(2)力越大,力对物体的冲量越大。　(　　)
(3)若物体在一段时间内,其动量发生了变化,则物体在这段时间内的合外力一定不为零。　(　　)
提示:(1)√。冲量是矢量,根据定义判断其方向与恒力的方向相同。
(2)×。力越大,时间越长,力对物体的冲量越大。
(3)√。根据动量定理判断动量变化,合力冲量不为0,合力一定不为0。一、对动量、冲量的理解
思考探究:
在距地面高为h处,同时以相等大小的初速度v0分别竖直上抛、竖直下抛质量相等(大小为m)的物体,落地速度大小均为v。
(1)比较从抛出到落地,它们的动量的增量Δp。
(2)比较两物体运动过程中重力冲量的大小。提示:(1)竖直上抛物体Δp=mv-(-mv0);竖直下抛物体Δp=mv-mv0　
(2)物体重力的冲量为mgt,且竖直上抛物体空中运动的时间较长,冲量较大。【归纳总结】
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.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。
3.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p2、p1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。4.动量和动能的比较:【特别提醒】
动量是矢量,比较两个物体的动量时,不能仅比较大小,也应比较方向,只有大小相等、方向相同的两个动量才能相等。【典例示范】羽毛球是速度最快的球类运动之一,运动员扣杀羽毛球的速度可达到342km/h,假设球飞来的速度为90km/h,运动员将球以342 km/h的速度反向击回。设羽毛球质量为5g,击球过程只用了0.05s。试求:
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量。
(2)运动员击球过程中羽毛球所受重力的冲量、羽毛球的动能变化量各是多少?【解题探究】
(1)羽毛球的初、末速度方向是否相同?是否在一条直线上?
提示:不相同,但在一条直线上,可规定正方向,将矢量运算转化为代数运算。(2)物体的动量变化量与速度方向_____;物体的动能变化量与速度
方向_____。
【正确解答】(1)以羽毛球飞来的方向为正方向,则
p1=mv1=5×10-3× kg·m/s=0.125kg·m/s
p2=mv2=-5×10-3× kg·m/s=-0.475 kg·m/s,所以动量的变化量
Δp=p2-p1=(-0.475-0.125)kg·m/s=-0.600kg·m/s,所以羽毛球的动量变化大小为0.600 kg·m/s,方向与羽毛球飞来的方向相反。有关无关(2)羽毛球重力大小为G=mg=0.05N
所以重力的冲量I=G·t=2.5×10-3N·s
羽毛球的初速度为v=25m/s,羽毛球的末速度v′=-95m/s
所以ΔEk=E′k-Ek= =21J
答案:(1)0.600kg·m/s,与球飞来的方向相反
(2)2.5×10-3N·s　21 J【过关训练】
1.(2015·绍兴高二检测)关于动量的概念,下列说法正确的
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.物体的加速度不变,其动量也一定不变
C.动量越大的物体,其速度一定越大
D.物体的动量越大,其惯性也越大【解析】选A。本题侧重于准确理解动量概念,动量具有瞬时性,任一时刻物体的动量方向,即为该时刻的速度方向,选项A正确。加速度不变,则物体的速度的变化率恒定,而运动的速度均匀变化,故其动量也均匀变化,选项B错误。物体的动量大小由物体质量及速度大小共同决定,故物体的动量越大,其速度不一定越大,选项C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,故选项D错误。2.如图所示,一质量m=3kg的物体静止在光滑
水平面上,受到与水平方向成60°角的力作
用,F的大小为9N,经2 s时间,求:(g取10N/kg)
(1)物体重力冲量大小。
(2)物体受到的支持力冲量大小。
(3)力F的冲量大小。
(4)合外力的冲量大小。【解析】对物体受力分析如图所示,则
(1)重力的冲量
IG=mgt=3×10×2N·s=60 N·s
(2)支持力的冲量 =FNt=(mg-Fsin 60°)t=(3×10-9× )
×2N·s≈44.4 N·s
(3)力F的冲量IF=Ft=9×2N·s=18 N·s
(4)合外力的冲量I合=Fcos 60°·t=9×0.5×2N·s=9 N·s
答案:(1)60N·s　(2)44.4 N·s　(3)18 N·s　(4)9 N·s【补偿训练】
1.(多选)关于动量的变化,下列说法中正确的是　(　　)
A.做直线运动的物体速度增大时,动量的变化量Δp的方向与运动方向相同
B.做直线运动的物体速度减小时,动量的变化量Δp的方向与运动方向相反
C.物体的速度大小不变时,动量的变化量Δp为零
D.物体做匀速圆周运动时,动量的变化量Δp为零【解析】选A、B。动量是矢量,动量的变化量是初、末动量的矢量差。物体的速度大小不变,但方向改变时,动量变化量也不为零,C、D项错误。做单向直线运动的物体初、末动量方向相同,速度增大时,动量变化量与速度同向,速度减小时,动量变化量与速度反向,A、B项正确。2.如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的粗糙斜面从底端向上滑动,经过时间t1速度减为零,然后又沿斜面下滑,经过时间t2回到斜面底端,则在整个运动过程中,重力的冲量大小为　(　　)
A.mgsinθ(t1+t2)　　　　　B.mgsinθ(t1-t2)
C.mg(t1+t2) D.0【解析】选C。解题的关键是弄清两个过程中重力的冲量方向相同,
其总冲量应是两段时间内冲量的代数和。由冲量的定义得:上滑过
程中,重力的冲量I1=mgt1,方向竖直向下。下滑过程中,重力的冲量
I2=mgt2,方向竖直向下,则整个运动过程中,重力的冲量大小为
I=I1+I2=mg(t1+t2),故选C。二、对动量定理的理解及应用
思考探究:
　
体操运动员从高处跳到低处时,为了安全,一般都要屈腿(如图所示),这样做是为了什么?提示:人落地动量变化一定,屈腿下蹲延缓了人落地时动量变化所用的时间,依动量定理可知,这样就减小了地面对人的冲力。【归纳总结】
1.对动量定理的理解:
(1)适用对象:在中学物理中,动量定理的研究对象通常为单个物体。
(2)适用范围:动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用。(3)因果关系:合外力的冲量是原因,物体动量的变化量是结果。冲量反映了力对时间的积累效应,与物体的初、末动量以及某一时刻的动量无必然联系。物体动量变化的方向与合力的冲量的方向相同,物体在某一时刻的动量方向与合力的冲量的方向无必然联系。2.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,反之力就越小。例如,易碎物品包装箱内为防碎而放置碎纸、刨花、塑料泡沫等填充物。
②作用力一定时,力的作用时间越长,动量变化量越大,反之动量变化量就越小。例如,杂耍中,用铁锤猛击“气功师”身上的石板令其碎裂,作用时间很短,铁锤对石板的冲量很小,石板的动量几乎不变,“气功师”才不会受伤害。(2)定量计算。
①应用动量定理可以计算某力或合力的冲量,通常多用于计算变力的冲量。
②应用动量定理可以计算某一过程中的平均作用力,通常多用于计算持续作用的变力的平均大小。
③应用动量定理可以计算物体的初、末动量,尤其方便处理物体受瞬间冲量的问题。(3)应用动量定理定量计算的一般步骤。【特别提醒】
(1)I=Ft。本式中的F一般是指恒力,即恒力的冲量可以用I=Ft来求。但在计算时要明确哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(2)①应用动量定理解题时,一定要对物体进行受力分析,明确各个力和合力是正确应用动量定理的前提。
②列方程时一定要先选定正方向,将矢量运算转化为代数运算。
③变力的冲量一般通过求动量的变化量来求解。【典例示范】蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员,从离水平网面3.2m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s,若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理,求此力的大小和方向。(g取10m/s2)【解题探究】
(1)运动员落在网上时受到哪些力的作用?
提示:竖直向下的重力和竖直向上的弹力。
(2)利用动量定理求解恒力的冲量时要注意什么?
提示:受力分析要全面准确,动量变化量要依据矢量运算法则,即平行四边形定则。应用动量定理时要注意选取研究过程。【正确解答】方法一:运动员刚接触网时速度的大小v1=
=8 m/s,方向向下。
刚离网时速度的大小
v2= =10 m/s,方向向上。
运动员与网接触的过程,设网对运动员的作用力为F,则运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,对运动员应用动量定理(以向上为正方向),有:(F-mg)Δt=mv2-m(-v1)
F= +mg
解得F= =1.5×103N,方向向上。方法二:本题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理:
自由下落的时间为t1=
运动员离网后上升所用的时间为
整个过程中运动员始终受重力作用,仅在与网接触的t3=1.2s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用,对全过程应用动量定理,有FNt3-mg(t1+t2+t3)=0
则FN= ×60×10N=1 500 N,方向向上。
答案:1500N　方向向上【过关训练】
1.(2015·重庆高考)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前人下落的距离为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,若在此过程中该作用力始终竖直向上。则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)【解析】选A。安全带对人起作用之前,人做自由落体运动;由v2=2gh
可得,安全带对人起作用前瞬间,人的速度v= ;安全带达到最大
伸长量时,人的速度为零;从安全带开始对人起作用到安全带伸长量
最大,由动量定理可得0-mv=mgt- ,故 = +mg= +mg,故
选项A正确。2.在水平力F=30N的作用下,质量m=5kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用6s后撤去,撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止?(g取10m/s2)【解析】解法一:用动量定理求解,分段处理。
选物体作为研究对象,对于撤去F前物体做匀
加速运动的过程,受力情况如图甲所示,始态
速度为零,终态速度为v。取水平力F的方向为
正方向,根据动量定理有(F-μmg)t1=mv-0,
对于撤去F后,物体做匀减速运动的过程,受力
情况如图乙所示,始态速度为v,终态速度为零。根据动量定理有
-μmgt2=0-mv。
以上两式联立解得解法二:用动量定理求解,研究全过程。
选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、终状态的物体速度都等于零。
取水平力F的方向为正方向,根据动量定理得
(F-μmg)t1+(-μmg)t2=0
解得
答案:12s【补偿训练】
1.(多选)为了保证航天员的安全,神舟飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝,在距离地面大约1m时,返回舱的4个反推火箭点火工作,返回舱速度一下降到了2 m/s以内,随后又渐渐降到1 m/s,最终安全着陆。把返回舱离地1 m开始到完全着陆称为着地过程,则关于反推火箭的作用,下列说法正确的是　(　　)A.减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B.减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C.延长着地过程的作用时间
D.减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力【解析】选C、D。返回舱和航天员的初、末动量并没因反推火箭的作用而变化,所以返回舱和航天员的动量变化不变,根据动量定理,返回舱和航天员所受的冲量也就不变,A、B项错误。反推火箭延长了着地过程的时间,从而减小了着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力,选项C、D正确。2.在撑杆跳比赛中,横杆的下方要放上很厚的海绵垫。设一位撑杆跳运动员的质量为70kg,越过横杆后从h=5.6m高处落下,落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经过Δt1=1s,Δt2=0.1s停止。试比较两种情况下海绵垫和沙坑对运动员的作用力。(g取10m/s2)【解析】若规定竖直向上为正方向,则运动员着地(接触海绵垫或沙坑)过程中的始、末动量为
p=mv=-m ,p′=0,
受到的合外力为F=FN-mg。
由动量定理得F·Δt=p′-p=0-mv,
即FN-mg= ,所以FN= +mg。落在海绵垫上时,Δt1=1s,则:
=(70×10+ )N≈1441N,
落在沙坑里时,Δt2=0.1s,则:
=(70×10+ )N≈8108N。
放上海绵垫后,运动员发生同样动量变化量的时间延长了,同时又增大了运动员与地面(海绵垫)的接触面积,可以有效地保护运动员避免受到猛烈冲撞而受伤。
答案:1441N　8108N【误区警示】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,且要注意是末动量减去初动量。【拓展例题】考查内容:对冲量定义式的理解
【典例示范】运动员向球踢了一脚(如图),
踢球时的力F=100N,球在地面上滚动了t=
10s停下来,则运动员对球的冲量为(　　)
A.1 000 N·s　　　　B.500 N·s
C.零 D.无法确定【正确解答】选D。滚动了t=10s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。16.3动量守恒定律
1.下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量不守恒的是　(　　)
【解析】选B。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中系统水平方向动量守恒。
2.(2014·哈尔滨高二检测)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】选A。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,故选项A正确。
3.质量为M的砂车,沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动,此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球,如图所示,则铁球落入砂车后,砂车将　(　　)
A.立即停止运动　　　　　　 B.仍匀速运动,速度仍为v0
C.仍匀速运动,速度小于v0 D.做变速运动,速度不能确定
【解析】选C。砂车及铁球组成的系统,水平方向不受外力,水平方向动量守恒,所以有
Mv0=(M+m)v,v=v04.(2014·浙江高考)如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后　(　　)
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【解析】选C。根据动量守恒定律的条件,以甲、乙为一系统,系统的动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能,甲、乙系统的动能不守恒,D错误。
5.(多选)(2014·聊城高二检测)如图所示,A、B两物体的质量mA>mB,中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧,放在平板小车C上后,A、B、C均处于静止状态。若地面光滑,则在细绳被剪断后,A、B从C上未滑离之前,A、B在C上沿相反方向滑动过程中　(　　)
A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B组成的系统动量守恒,A、B、C组成的系统动量也守恒
B.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,A、B、C组成的系统动量也不守恒
C.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,但A、B、C组成的系统动量守恒
D.以上说法均不对
【解析】选A、C。当A、B两物体组成一个系统时,弹簧的弹力为内力,而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大反向时,A、B组成的系统所受外力之和为零,动量守恒;当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时,A、B组成的系统所受外力之和不为零,动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统,由于弹簧的弹力,A、B与C之间的摩擦力均为内力,故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等,A、B、C组成的系统所受的外力之和均为零,故系统的动量守恒。
6.如图所示,一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一质量m=1.0kg的小物块A。现以地面为参考系,给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,但最后A并没有滑离B板,站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A正在做加速运动,则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是　(　　)
A.3.0 m/s　　　　　　　　 B.2.8 m/s
C.2.4 m/s D.1.8 m/s
【解析】选C。以地面为参考系,初始阶段,A受水平向右的摩擦力,向左做减速运动,B受水平向左的摩擦力,向右做减速运动,A的速度先减为零。设此时B的速度为vB′,由动量守恒定律得Mv0-mv0=MvB′,vB′=2.7m/s。此后A向右加速,B继续向右减速,最后二者达到共速v,由动量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)v,v=
2.0m/s,所以B相对地面的速度应大于2.0m/s而小于2.7 m/s,故选项C正确。
7.某同学质量为60kg,在军事训练中要求他从岸上以
2 m/s的速度跳到一条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,求此时小船的速度。
【解析】由题意可知,该同学和船组成的系统动量守恒。设该同学原来运动的方向为正方向。
根据动量守恒定律m1v1+m2v2=(m1+m2)v′,
v′==m/s=0.25 m/s。
解得结果为正值,表明最终共同运动的速度方向与该同学原来的速度方向相同。
答案:0.25m/s,方向与该同学原来的速度方向相同。
8.如图所示,木块A的质量mA=1kg,足够长的木板B的质量mB=4kg,质量为mC=2kg的木块C置于木板B上,水平面光滑,B、C之间有摩擦。现使A以v0=10m/s的初速度向右匀速运动,与B碰撞后将以vA′=4m/s的速度弹回。求:
(1)B运动过程中的最大速度。
(2)C运动过程中的最大速度。
【解析】(1)碰后瞬间B速度最大,选向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=
mA(-vA′)+mBvB
所以vB==m/s=3.5 m/s,方向向右
(2)B、C以共同速度运动时,C速度最大,选向右为正方向,由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)vC
所以vC==m/s=m/s,方向向右
答案:(1)3.5m/s,方向向右　(2)m/s,方向向右
9.如图所示,在光滑水平面上放置A、B两物体,质量均为m,其中B物体带有不计质量的弹簧静止在水平面内。A物体以速度v0向右运动,并压缩弹簧。求:
(1)弹簧压缩量达到最大时A、B两物体的速度大小vA和vB。
(2)弹簧弹性势能的最大值Ep。
【解析】(1)弹簧压缩量达到最大时A、B两物体的速度相等,设为v,由动量守恒定律得mv0=2mv,解得v=。
(2)由能量守恒定律得Ep=m-·2m·v2=m。
答案:(1)均为　(2)
1.一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶,从炮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,发射炮弹后炮艇的速度为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
【解析】选A。以炮艇及炮艇上的炮弹为研究对象,动量守恒,其中的速度均为对地速度,故A正确。
2.(2013·上海高考)质量为M的物块静止在光滑水平桌面上,质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后,以水平速度射出,则物块的速度为______,此过程中损失的机械能为___________________。
【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:
(1)系统受外力为零,动量守恒;
(2)损失的机械能为初始机械能与作用后机械能之差。
【解析】由动量守恒定律,mv0=m·+Mv,解得v=。由能量守恒定律,此过程中损失的机械能为ΔE=m-m·()2-Mv2=m-m2。
答案:　m-m2
3.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m、mB=mC=m,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B碰撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,此后,A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
【解析】设A与B碰撞后,A的速度为vA,B与C碰撞前B的速度为vB,B与C碰撞后粘在一起的速度为v,由动量守恒定律得对A、B木块:mAv0=mAvA+mBvB　①
对B、C木块:mBvB=(mB+mC)v　②
由A与B间的距离保持不变可知vA=v　③
联立①②③式,代入数据得vB=v0
答案:v0
4.(2014·银川一中高二检测)如图所示,A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s,求:
(1)A的最终速度;
(2)铁块刚滑上B时的速度。
【解析】(1)铁块和木块A、B为一系统,由系统总动量守恒得:mv=(MB+m)vB+MAvA
可求得:vA=0.25m/s。
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u,此时A、B的速度均为:vA=0.25m/s。
由系统动量守恒得:mv=mu+(MA+MB)vA
可求得:u=2.75m/s
答案:(1)0.25m/s　(2)2.75m/s
5.以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块弹片。其中质量大的一块弹片沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求:
(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能?
【解析】(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度
v1=v0cos60°=v0。
设v1的方向为正方向,质量较小弹片的速度为v2,如图所示,由动量守恒定律得3mv1=2mv1′+mv2
其中爆炸后大块弹片速度v1′=2v0,
解得v2=-2.5v0,“-”号表示v2的速度方向与爆炸前速度方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,ΔEk=×2mv+m-(3m)=m。
答案:(1)2.5v0,方向与爆炸前速度的方向相反　(2)m
【总结提升】爆炸等瞬间突发问题中的动量、能量变化
(1)在爆炸等瞬间突发的问题中,爆炸力是内力,远大于重力,因此爆炸过程中各弹片组成的系统动量守恒,因为爆炸过程中火药的化学能转化为内能,进而有一部分转化为弹片的动能,所以此过程中系统的机械能(动能)增加。
(2)爆炸过程和碰撞过程的共同之处是系统动量皆可认为是守恒的。不同之处是爆炸过程中系统的动能增加,碰撞过程中系统的动能不增加。
16.3动量守恒定律
【小题达标练】
一、选择题
1.(多选)根据UIC(国际铁道联盟)的定义,高速铁路是指营运速率达200km/h以上的铁路和动车组系统。据广州铁路局警方测算:当和谐号动车组列车以350km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时,受到的阻力约为106N,如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物,会产生大约5 000 N的冲击力,撞击时间约为0.01 s,瞬间可能造成列车颠覆,后果不堪设想。在撞击过程中,下列说法正确的是　(　　)
A.列车受到合外力的冲量约为50 N·s
B.列车受到合外力的冲量约为104N·s
C.障碍物受到合外力的冲量约为175 N·s
D.列车和障碍物组成的系统动量近似守恒
【解析】选A、D。由列车匀速行驶时撞击障碍物,获得5 000 N的冲击力,可知撞击过程中列车受到的合外力为5 000 N,列车受到的合外力的冲量为5 000×0.01 N·s=50 N·s,A对,B错;撞击过程时间极短,列车和障碍物组成的系统动量近似守恒,障碍物受到合外力的冲量与列车受到的合外力的冲量等大反向,故C错,D对。
2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F,则下列说法中正确的是　(　　)
A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
【解析】选B、C。若突然撤去力F,木块A离开墙壁前,墙壁对木块A有作用力,所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但由于A没有离开墙壁,墙壁对木块A不做功,所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,选项A错误,选项B正确;木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒且机械能守恒,选项C正确,选项D错误。
3.(2015·秦皇岛高二检测)如图所示,在光滑水平面上,用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上,已知mAA.静止　　B.向右运动　　　C.向左运动　　　D.无法确定
【解析】选A。选取A、B两个物体组成的系统为研究对象,根据动量定理,整个运动过程中,系统所受的合外力为零,所以动量改变量为零,初始时刻系统静止,总动量为零,最后粘合体的动量也为零,即粘合体静止,所以选项A正确。
4.下列情形中,满足动量守恒的是　(　　)
A.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水平桌面上的木块过程中,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】选B。铁锤打击放在铁砧上的铁块时,铁砧对铁块的支持力大于系统重力,合外力不为零;子弹水平穿过墙壁时,地面对墙壁有水平作用力,合外力不为零;棒击垒球时,手对棒有作用力,合外力不为零;只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时,系统所受合外力为零,所以选项B正确。
5.(多选)(2015·山西实验中学高二检测)如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止,此后　(　　)
A.a、b两车运动速率相等
B.a、c两车运动速率相等
C.三辆车的速率关系vc>va>vb
D.a、c两车运动方向相反
【解析】选C、D。若人跳离b、c车时速度为v,由动量守恒定律知,人和c车组成的系统:0=-M车vc+m人v
对人和b车:m人v=-M车vb+m人v
对人和a车:m人v=(M车+m人)·va
所以:vc=,vb=0,va=
即vc>va>vb,并且vc与va方向相反。
6.设a、b两球相撞,碰撞前后都在同一直线上运动,若它们碰撞前的速度分别为va、vb,碰后的速度分别为va′、vb′,则两个小球的质量比ma∶mb为　(　　)
A. B.
C. D.
【解析】选A。根据动量守恒定律得mava+mbvb=mava′+mbvb′,整理得=,故A项正确,B、C、D项错。
7.如图所示,光滑圆槽的质量为M,静止在光滑的水平面上,其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处,如将细线烧断,小球滑到另一边的最高点时,圆槽的速度为　(　　)
A.0　　　　B.向左　　　　C.向右　　　　D.无法确定
【解析】选A。小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力,故系统在水平方向上动量守恒,细线被烧断的瞬间,系统在水平方向的总动量为零,又知小球到达最高点时,小球与圆槽水平方向有共同速度,设为v′,设小球质量为m,由动量守恒定律有0=(M+m)v′,所以v′=0,故A正确。
【总结提升】某一方向上动量守恒问题的解题规律
(1)分析该方向上对应过程的初、末状态,确定初、末状态的动量。
(2)选取恰当的动量守恒的表达式列方程。
(3)结合常用的机械能守恒、动能定理或能量守恒的公式列出对应的方程。
(4)根据题意分析讨论,得出结论。
二、非选择题
8.(2013·上海高考)质量为M的物块静止在光滑水平桌面上,质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后,以水平速度射出。则物块的速度为　　　　　,此过程中损失的机械能为　　　　　。
【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点:
(1)系统水平方向受外力为零,动量守恒。
(2)损失的机械能为初始机械能与作用后机械能之差。
【解析】由动量守恒定律,mv0=m·+Mv,解得v=。由能量守恒定律,此过程中损失的机械能为ΔE=m-m·()2-Mv2=m-m2。
答案:　m-m2
【大题提升练】
1.(1)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失,重力加速度g取10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是　(　　)
【解题指南】解答本题时可按以下思路进行:
①利用平抛运动的规律h=gt2求爆炸后两弹片的落地时间。
②利用平抛运动的规律x=vt分别求出各选项中的两弹片的水平速度。
③逐一计算各选项中爆炸后两弹片的总动量。
④利用动量守恒定律判断各选项中弹丸爆炸前后是否满足动量守恒。
(2)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,三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【解析】(1)选B。弹丸水平飞行爆炸时,在水平方向只有内力做功,外力为零,系统水平方向动量守恒,设m乙=m,m甲=3m,则爆炸前p总=(3m+m)v=8m,而爆炸后两弹片都做平抛运动,由平抛规律可得:竖直方向为自由落体运动,h=gt2,解得t=1s:水平方向为匀速直线运动,x=vt,选项A中v甲=2.5m/s,v乙=0.5m/s(向左),
p′合=3m×2.5+m×(-0.5)=7m,不满足动量守恒,选项A错误;选项B中p′合=3m×2.5+m×0.5=8m,满足动量守恒,选项B正确;同理,选项C中p′合=3m×2+m×1=7m,选项D中p′合=3m×2+m×(-1)=5m,C、D均错误。
(2)长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上,两者碰撞时间极短,碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计,长木板A与滑块C组成的系统,在碰撞过程中动量守恒,则mAv0=mAvA+mCvC
A和C碰撞后,长木板A与滑块B组成的系统,在两者达到同速之前系统所受合外力为零,系统动量守恒,mAvA+mBv0=(mA+mB)v
A和B达到共同速度后,恰好不再与滑块C碰撞,则最后三者速度相等,vC=v
联立以上各式,代入数值解得:vA=2m/s
答案:(1)B　(2)2 m/s
【总结提升】处理动量守恒问题的思路和方法
(1)分析题目的关键就是准确分析对应过程,明确对应的初、末状态的动量,选取合适的公式列方程求解。
(2)解题时最好根据题意画出对应的分析图,比如初、末状态的速度关系、位移关系、物理量相关符号的对应关系等,一一对应,避免相互混淆。
(3)注意结合题意讨论求解的结果,以便得出最后的正确结论。
2.(1)(多选)汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶,突然拖车与汽车脱钩,而汽车的牵引力不变,各自受的阻力不变,则在拖车停止运动前　(　　)
A.汽车和拖车的总动量不变
B.汽车和拖车的总动量增加
C.汽车和拖车的总动能不变
D.汽车和拖车的总动能增加
E.合外力做的总功等于正值
(2)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10m/s2。求:
①碰撞后瞬间A和B整体的速率v′。
②A和B整体在桌面上滑动的距离L。
【解析】(1)选A、D、E。原来汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶,说明系统所受的合外力为0,拖车与汽车脱钩后系统所受力不变,故总动量守恒,有:(M+m)v0=Mv,由此得到拖车停止时,(M+m)2=M2v2整理得:汽车的动能Mv2>(M+m),合外力做正功,故A、D、E正确。
(2)①从圆弧最高点到最低点机械能守恒,由mA=mAgR,可得vA=2m/s。在底部和B相撞,满足动量守恒,由(mA+mB)v′=mAvA,可得v′=1m/s
②根据动能定理,对AB一起滑动过程由-μ(mA+mB)gL=0-(mA+mB)v′2,可得L=0.25m
答案:(1)A、D、E　　(2)①1m/s　　②0.25m
课件34张PPT。3　
动量守恒定律1.掌握系统、内力和外力的概念。
2.掌握动量守恒定律的确切含义和表达式,知道动量守恒定律的适用条件。
3.了解动量守恒定律的普遍适用性。
4.能用动量守恒定律解决一些生活和生产中的实际问题。一、系统　内力和外力
1.系统:相互作用的两个或多个物体组成一个_____。
2.内力:系统_____物体间的相互作用力。
3.外力:系统_____的物体对系统的作用力。整体内部以外二、动量守恒定律
1.内容: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_________。
2.表达式:对两个物体组成的系统,常写成:
p1+p2= _________或m1v1+m2v2= ____________。
3.适用条件:系统不受_____或者所受_____的矢量和为零。外力外力保持不变p1′+p2′m1v1′+m2v2′外力外力三、动量守恒定律的普适性
1.相互作用的物体无论是低速运动还是_____运动,无论是宏观
物体还是_________,动量守恒定律都适用。
2.动量守恒定律是一个独立的_____定律,它适用于目前为止物
理学研究的_____领域。高速微观粒子实验一切1.判一判:
(1)如果系统的机械能守恒,则动量也一定守恒。　(　　)
(2)只要系统内存在摩擦力,动量就不可能守恒。　(　　)
(3)只要系统受到的外力做的功为零,动量就守恒。　(　　)
(4)只要系统所受到合外力的冲量为零,动量就守恒。　(　　)
(5)系统加速度为零,动量不一定守恒。　(　　)提示:(1)×。机械能守恒和动量守恒的条件不同,二者没有必然联系。
(2)×。系统内存在的摩擦力属于内力,与系统动量是否守恒无关。
(3)×。系统受到的外力做的功为零不是动量守恒的条件。
(4)√。根据动量定理,如果系统所受到合外力的冲量为零,则系统的动量不变,即动量守恒。
(5)×。系统加速度为零,系统肯定不受外力或者所受外力的矢量和为零,动量一定守恒。2.想一想:
动量守恒定律和牛顿运动定律的适用范围是否一样?
提示:动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广。自然界中,大到天体的相互作用,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,而牛顿运动定律有其局限性,它只适用于低速运动的宏观物体,对于运动速度接近光速的物体,牛顿运动定律不再适用。主题一 对动量守恒定律的理解　
【问题探究】
1.如图,人用弹簧在水平地面上拉箱子,木箱、
弹簧和人组成一个系统,在重力、支持力、摩
擦力和弹簧弹力中,哪些是内力,哪些是外力呢?
提示:重力、支持力、摩擦力的施力物体分别是地球和地面,是外力;弹簧弹力是系统内物体间的作用力,是内力。2.一个力对某系统来说是外力,这个力能变成内力吗?
提示:能。要看所选择的系统,一个力对A系统是外力,对B系统可能就是内力,如发射炮弹时,地面对炮车的力针对炮弹和炮车组成的系统是外力,但选取炮弹、炮车及地球为系统,则地面对炮车的力为内力。3.在光滑水平面上做匀速运动的两个小球,质量分别是m1和m2,沿着同一直线向相同的方向运动,速度分别是v1和v2,且v1由牛顿第三定律:F1=-F2
联立解得:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′即:p1+p2=p1′+p2′4.若一个系统所受合外力不为零,但在某一方向上所受合外力为零,此种情况能否应用动量守恒定律分析问题。
提示:当一个系统所受的合外力不为零时,系统的动量不守恒。如果在某一个方向上合外力为零,则系统在这个方向上的动量守恒,可以在这个方向上应用动量守恒定律。【探究总结】
对系统“总动量保持不变”的理解
(1)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。
(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。【即时训练】
1.(2014·广州高二检测)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,下列说法中不正确的是　(　　)
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,动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论何时放手,两手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【解题探究】(1)两手同时放开后系统受到的外力总和_____。
(2)不管先放开哪只手,系统所受到的外力总和_______。
(3)对于系统而言,弹簧弹力属于相互作用的__(A.外力
B.内力)。为零不为零B【解析】选B。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,又因开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项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,且开始时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故选项B错误,选项C、D正确。2.如图所示,设车厢长为L,质量为M,静止在光滑水平面上,车厢内有一质量为m的物体,以速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止于车厢中,这时车厢的速度为　(　　)
A.0 B.v0,水平向右
C. ,水平向右 D. ,水平向右【解析】选C。物体与车厢壁来回碰撞,碰撞时的作用力属于彼此之间的内力,由于水平面光滑,因此系统受到的合外力为零,满足动量守恒定律:mv0=(M+m)v
车厢的最后速度v= ,方向水平向右。主题二 动量守恒定律的综合应用　
【问题探究】
1.牛顿定律和动量守恒定律的适用范围有什么不同?
提示:牛顿定律仅用于分析宏观低速问题,不适用于微观高速问题,而动量守恒定律既适用于宏观低速问题也适用于微观高速问题。2.试举出微观粒子相互碰撞满足动量守恒定律的实例。(只要求一例)
提示:电子碰撞机中两电子碰撞时满足动量守恒。
3.与牛顿第二定律相比,应用动量守恒定律解决问题的优越性表现在哪里?
提示:动量守恒定律只涉及始末两个状态,与过程中力的细节无关,往往能使问题大大简化。4.请结合表格,对比分析在分别应用动量的观点和能量的观点解题时应注意的问题。矢量式方向标量式单个物体系统系统合外力重力弹力【探究总结】
1.动量守恒定律的“五性”:
(1)条件性:动量守恒定律是有条件的,应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
①系统不受外力作用或所受合外力为零。
②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。③系统所受的合外力不为零,但在某一方向上合外力为零或不受外力(Fx=0或Fy=0),则系统在该方向上动量守恒。
(2)矢量性:动量守恒定律的表达式是一个矢量式。
①该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等,而且方向也相同。
②在求系统的总动量p=p1+p2+…时,要按矢量运算法则计算。(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,必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常均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。(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。2.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。(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。【即时训练】
1.两磁铁分别放在甲、乙两辆小车上,两车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg,乙车和磁铁的总质量为1.0 kg。两磁铁的N极相对,推动一下,使两车相向运动。某时刻甲的速率为2 m/s,乙的速率为3 m/s,
方向与甲相反。两车运动过程中始终未相碰。则:
(1)两车最近时,乙的速度为多大?
(2)甲车开始反向运动时,乙的速度为多大?【解题探究】(1)以两辆小车和小车上的磁铁组成的系统为研
究对象,系统所受到的_______为零,满足_________的条件。
(2)“两车最近”隐含的条件是当两车最近时两车具有_____
_____。合外力动量守恒共同速度【解析】(1)两车相距最近时,两车的速度相同,设该速度为v,取乙车的速度方向为正方向。由动量守恒定律得
m乙v乙-m甲v甲=(m甲+m乙)v,
所以两车最近时,乙车的速度为
(2)甲车开始反向时,其速度为0,设此时乙车的速度为v乙′,由动量守恒定律得m乙v乙-m甲v甲=m乙v乙′
得
答案:(1)1.33 m/s　(2)2 m/s2.(2014·长沙高二检测)如图所示,质量
mB=2kg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块质量mA=2kg的物块A,一颗质量m0=0.01kg的子弹以v0=600m/s的水平初速度瞬间射穿A后,速度变为v=200m/s。已知A与B之间的动摩擦因数不为零,且A与B最终达到相对静止,则整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为多少?【解析】对子弹和物块A组成的系统研究,根据动量守恒定律得,m0v0=m0v+mAvA,解得vA=2m/s。
对A、B组成的系统研究,根据动量守恒定律得,
mAvA=(mA+mB)v1
代入数据得v1=1m/s。
根据能量守恒定律,则整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为A、B系统损失的动能,
答案:2J课件65张PPT。3　
动量守恒定律一、系统、内力和外力
1.系统:相互作用的_______________组成的整体。
2.内力:_________物体间的相互作用力。
3.外力:_________的物体对_________的物体的作用力。两个或多个物体系统内部系统以外系统以内【想一想】
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,最后面一辆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?提示: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,最后面一辆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,最后面一辆汽车与中间汽车的作用力是系统内物体之间的作用力,是内力。二、动量守恒定律
1.内容:如果一个系统_________,或者所受外力的矢量和为__,这个
系统的总动量_________。
2.表达式:对两个物体组成的系统,常写成:p1+p2=_________或
m1v1+m2v2=____________。
3.适用条件:系统_________或者所受外力矢量和_____。
4.普适性:动量守恒定律是一个独立的实验规律,它适用于目前为止
物理学研究的_____领域。不受外力0保持不变p′1+p′2m1v′1+m2v′2不受外力为零一切【判一判】
(1)一个系统初、末状态动量大小相等,即动量守恒。　(　　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞,两个物体组成的系统动量守恒。　(　　)
(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。　(　　)提示:(1)×。系统动量守恒应该对应任何时刻。且动量是矢量,只有大小相等,方向不一定相同。
(2)√。两个做匀速直线运动的物体发生碰撞,说明系统不受外力作用或合外力等于零,系统动量守恒。
(3)√。系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零,系统的动量变化量为零是动量守恒定律的另一种表述方式。一、对动量守恒定律的理解
思考探究:
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。试分析:在连续的敲打下,这辆车能否持续地向右运动?提示: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。【归纳总结】
1.对动量守恒定律条件的理解:
(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,则系统在该方向上动量守恒。2.对动量守恒定律的理解:
(1)矢量性:动量守恒定律的表达式是一个矢量式,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。在求初、末状态系统的总动量p=p1+p2+…和p′=p′1+p′2+…时,要按矢量运算法则计算。如果各物体动量的方向在同一直线上,要选取正方向,将矢量运算转化为代数运算。
(2)相对性:动量守恒定律中,系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常均为相对于地面的速度。(3)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,p′1、p′2…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
(4)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。【典例示范】(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【解题探究】
(1)两手都放开后,系统受力情况如何?动量是否守恒?
提示: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)只放开左手后,系统受力情况如何?动量是否守恒?
提示:只放开左手后,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。【正确解答】选A、C、D。当两手同时放开时,系统的合外力为零,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,选项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,放开右手时总动量方向向左,放开右手后总动量方向也向左,故选项B错而C、D正确。综合上述分析可知选项A、C、D正确。【过关训练】
1.关于动量守恒的条件,下面说法正确的是　(　　)
A.只要系统内有摩擦力,动量就不可能守恒
B.只要系统所受合外力为零,系统动量就守恒
C.系统加速度为零,动量不一定守恒
D.只要系统所受合外力不为零,则系统在任何方向上动量都不可能守恒【解析】选B。动量守恒的条件是系统所受合外力为零,与系统内有无摩擦力无关,选项A错误、B正确。系统加速度为零时,根据牛顿第二定律可得系统所受合外力为零,所以此时系统动量守恒,选项C错误。系统合外力不为零时,在某方向上合外力可能为零,此时在该方向上系统动量守恒,选项D错误。2.(多选)(2015·黄石高二检测)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,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。当两物体被同时释放后,则　(　　)A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B、C组成系统的动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成系统的动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B、C组成系统的动量守恒【解析】选B、C、D。弹簧突然释放后,A、B受到平板车的滑动摩擦力f=μFN,FNA>FNB,若μ相同,则fA>fB,A、B组成系统的合外力不等于零,故A、B组成的系统动量不守恒,选项A不正确;若A、B与小车C组成系统,A与C,B与C的摩擦力则为系统内力,A、B、C组成的系统受到的合外力为零,该系统动量守恒,选项B、D正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成系统,A、B受到的摩擦力合力为零,该系统动量也是守恒的,选项C正确。【补偿训练】
1.把一支枪水平地固定在小车上,小车放在光滑的水平地面上,枪发射出子弹时,下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是　(　　)
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.若子弹和枪管之间的摩擦忽略不计,枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹和车组成的系统动量守恒【解析】选D。枪发射子弹的过程中,它们的相互作用力是火药的爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力,枪和车一起在水平地面上做变速运动,枪和车之间也有作用力。如果选取枪和子弹为系统,则车给枪的力为外力,选项A错;如果选取枪和车为系统,则子弹对枪的作用力为外力,选项B错;如果选车、枪和子弹为系统,爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力,并不存在忽略的问题,系统在水平方向上不受外力,整体符合动量守恒的条件,故选项C错,D对。2.(多选)如图所示,A、B木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行,最后停在B木块的右端,A、B、C表面粗糙,对此过程,下列叙述正确的是　(　　)A.当C在B上滑行时,B、C组成的系统动量守恒
B.当C在A上滑行时,A、C组成的系统动量守恒
C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行,A、B、C三木块组成的系统都动量守恒
D.当C在B上滑行时,A、B、C组成的系统动量不守恒【解析】选A、C。无论C在A上还是在B上滑行,三者组成的系统符合动量守恒的条件,C对,D错;C在A上滑行时,A、B速度相等,且受C的摩擦力向右做加速运动,A、B间有相互作用力,A、C组成的系统动量不守恒,B错;C能由A滑上B,说明vC>vA=vB,滑上B后,B受C向右的摩擦力做加速运动,A、B分开,故B、C系统所受外力为零,动量守恒,A对。【误区警示】关于动量守恒定律理解的三个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同,则系统动量守恒。产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变,才符合动量守恒定律。
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时,系统动量才能守恒。产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件,动量是矢量,只要系统不受外力或所受合外力为零,则系统动量守恒,系统内各物体的运动不一定共线。(3)误认为动量守恒定律中,各物体的动量可以相对于任何参考系。出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律,应用动量守恒定律时,各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系,一般情况下,选地面为参考系。二、动量守恒定律的应用
思考探究:
三国演义“草船借箭”中(如图所示),若草船的质量为m1,每支箭的质量为m,草船以速度v1返回时,对岸士兵万箭齐发,n支箭同时射中草船,箭的速度皆为v,方向与船行方向相同。由此,草船的速度会增加吗?这种现象如何解释?(不计水的阻力)提示:不计水的阻力,将船、箭视为一个系统,船与箭的作用过程系
统动量守恒,有m1v1+nmv=(m1+nm)(v1+Δv),得Δv= (v-v1),
所以草船的速度会增加Δv。【归纳总结】
1.应用动量守恒定律的解题步骤:2.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)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。
(3)Δp=0:系统总动量增量为零。
(4)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.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。
4.爆炸类问题中动量守恒定律的应用:
(1)物体间的相互作用突然发生,作用时间很短,爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等),可以利用动量守恒定律求解。
(2)由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,因此可认为此过程物体位移不发生变化。【特别提醒】
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。【典例示范】(2013·江苏高考)如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2m/s,求此时B的速度大小和方向。【解题探究】
(1)轻推过程中,A、B系统满足_____________。
(2)分析过程中,如何选取参考系?
提示:应选择空间站为参考系。动量守恒定律【正确解答】轻推过程中,A、B系统的动量守恒,以空间站为参考系,规定远离空间站的方向为正方向,则v0=0.1m/s,vA=0.2m/s
根据动量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB
代入数据可解得vB=0.02m/s,方向为远离空间站方向。
答案:0.02m/s　远离空间站方向【过关训练】
1.(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由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,若忽略空气阻力及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】选D。根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,可得
v1=v0+ (v0-v2),故选D。2.(2015·浙江高考)一辆质量m1=3.0×103kg的小货车因故障停在车道上,后面一辆质量m2=1.5×103kg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=6.75m停下。已知车轮与路面的动摩擦因数μ=0.6,求碰撞前轿车的速度大小。(重力加速度取g=10m/s2)【解析】由牛顿第二定律得μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
解得a=6m/s2 ①
则v= =9m/s ②
由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v　 ③
解得v0= =27m/s
答案:27 m/s【补偿训练】
1.(多选)某人站在静浮于水面的船上,从某时刻开始人从船头走向船尾,设水的阻力不计,那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　)
A.人匀速走动,船则匀速后退,且两者的速度大小与它们的质量成反比
B.人匀加速走动,船则匀加速后退,且两者的速度大小一定相等
C.不管人如何走动,在任意时刻两者的速度总是方向相反,大小与它们的质量成反比
D.人走到船尾不再走动,船则停下【解析】选A、C、D。人和船组成的系统动量守恒,总动量为0,所以
不管人如何走动,在任意时刻两者的动量大小相等,方向相反,即mv人
=-Mv船,速度大小与它们的质量成反比。若人停止运动,船也停止运
动。2.(2015·漳州高二检测)质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,若将质量为0.5kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车,则砂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
【解析】选A。选向右为正方向,则小车和砂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=1.0m/s,方向向右。三、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
思考探究:
冲击摆的装置是一个用细线悬挂着的砂箱(如图
所示),其过程为从一粒质量为m的弹丸以水平速
度v击中砂箱,弹丸陷入箱内,使砂箱摆至某一高
度。此时子弹和砂箱组成的系统动量守恒,机械
能也守恒。那么,对系统来说,若动量守恒,机械
能一定守恒吗?提示:因为两个守恒定律的守恒条件不同,所以系统的动量守恒时,机械能不一定守恒,系统的机械能守恒时,动量不一定守恒,若两个守恒条件都满足时,则两个守恒定律都成立。【归纳总结】【特别提醒】
(1)系统的动量守恒,并不是系统内各物体的动量都不变。
(2)一般来说,系统的动量守恒时,系统内各物体的动量是变化的,但系统内各物体的动量的矢量和是不变的。【典例示范】光滑水平面上放着一质量为M的槽,槽与水平面相切且光滑,如图所示,一质量为m的小球以v0向槽运动,若开始时槽固定不动,求小球上升的高度(槽足够高);若槽不固定,则小球又上升多高?【解题探究】
(1)对小球来说,槽固定与不固定的区别是什么?
提示:槽固定时,小球的机械能守恒;槽不固定时,小球和槽组成系统的机械能守恒,且水平方向上动量守恒。
(2)小球上升的高度意味着什么?
提示:槽固定时,小球达到最高点,速度为0;槽不固定时,小球在竖直方向的速度为0。【正确解答】槽固定时,设球上升的高度为h1,由机械能守恒得:
mgh1= ,解得h1=
槽不固定时,设球上升的最大高度为h2,此时两者速度为v。
由水平方向上动量守恒得:mv0=(m+M)v,
由机械能守恒得: = (m+M)v2+mgh2,
解得槽不固定时,小球上升的高度h2= 。
答案:　【过关训练】
1.(2014·浙江高考)如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后　(　　)
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【解析】选C。根据动量守恒定律的条件,以甲、乙为一系统,系统的动量守恒,A、B项错误,C项正确;甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能,甲、乙系统的动能不守恒,D项错误。2.(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上
同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘
在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进
入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图
像如图所示。求:
(1)滑块a、b的质量之比。
(2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。【解析】(1)碰撞前va= m/s=-2m/s,vb= m/s=1m/s
碰撞后v=
由动量守恒定律mava+mbvb=(ma+mb)v得ma∶mb=1∶8(2)两滑块克服摩擦力做的功等于两滑块a、b碰后的动能
W= (ma+mb)v2= ×9ma× =2ma
两滑块因碰撞而损失的机械能
ΔW=
= ma(-2)2+ ×8ma×12- ×9ma× =4ma
两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比
W∶ΔW=1∶2
答案:(1)1∶8　(2)1∶2【补偿训练】
1.(2015·银川高二检测)如图所示,两木块
A、B用轻质弹簧连在一起,置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A,并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是(　　)
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、机械能都不守恒【解析】选B。子弹射入木块的过程,动量守恒但机械能不守恒。之后在弹簧压缩的过程中,动量守恒、机械能亦守恒,故选项B正确。2.如图所示,一个质量为m的木块,从半径为R、质量为M的 光滑圆槽顶端由静止滑下。已知圆槽可沿着光滑水平面自由滑动。求木块从槽口滑出时的速度大小。【解析】木块从开始下滑到脱离槽口的过程中,木块和槽所组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒。设木块滑出槽口时的速度为v2,槽的速度为v1,
则mv2-Mv1=0　 ①
又木块下滑时,只有重力做功,机械能守恒,
即mgR= 　②
联立①②两式解得木块滑出槽口的速度v2=
答案:【拓展例题】考查内容:多物体、多过程系统动量守恒问题
【典例示范】(2015·银川高二检测)如图所示,A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s,求:(1)木块A的最终速度。
(2)铁块刚滑上B时的速度。【正确解答】(1)以铁块和木块A、B为一系统,由系统动量守恒得:mv=(MB+m)vB+MAvA
解得vA=0.25m/s
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u,此时A、B的速度均为
vA=0.25m/s。
由系统动量守恒得:mv=mu+(MA+MB)vA
代入得:u=2.75m/s。
答案:(1)0.25m/s　(2)2.75m/s16.4碰撞
1.关于碰撞,下列说法正确的是　(　　)
A.非弹性碰撞的能量不守恒
B.在弹性碰撞中没有动能的损失
C.当两个物体的质量相等时,发生碰撞的两物体速度互换
D.非对心碰撞的动量一定不守恒
【解析】选B。任何碰撞的能量都守恒,在弹性碰撞中没有动能的损失,故A错误,B正确;由动量守恒和能量守恒可得,当两个物体的质量相等时,发生弹性碰撞的两物体才可能互换速度,故C错误;不在一条直线上的碰撞,动量也守恒,故D错误。
2.(2014·汕头高二检测)如图所示,在光滑水平面上,用等大反向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上,已知mAA.静止　　　　　　　　　B.向右运动
C.向左运动 D.无法确定
【解析】选A。选取A、B两个物体组成的系统为研究对象,整个运动过程中,系统所受的合外力为零,系统动量守恒,初始时刻系统静止,总动量为零,最后粘合体的动量也为零,即粘合体静止,选项A正确。
3.(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.若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开
B.若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行
C.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D.若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行
【解析】选A、D。光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件,因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒。A项,碰撞前两球总动量为零,碰撞后也为零,动量守恒,所以A项是可能的。B项,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,而碰撞前为零,所以B项不可能。C项,碰撞前、后系统的总动量的方向不同,不遵守动量守恒定律,C项不可能。D项,碰撞前总动量不为零,碰后也不为零,方向可能相同,所以,D项是可能的。
4.在光滑的水平面上有a、b两球,其质量分别为ma、mb,两球在t0时刻发生正碰,两球在碰撞前后的速度图像如图所示。下列关系正确的是　(　　)
A.ma>mb B.maC.ma=mb D.ma>mb或ma【解题指南】利用v -t图像可分析两球的速度变化,进而根据动量守恒定律分析求解。
【解析】选B。设a球碰b球前的速度大小为v0,则由题图可知,碰后a、b两球的速度大小均为,由动量守恒得:
mav0=mb+ma(-),可推得:mb=3ma,只有B项正确。
5.(多选)(2014·汕头高二检测)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动,与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞,则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为　(　　)
A.vA=v0,vB=v0 B.vA=v0,vB=v0
C.vA=v0,vB=v0 D.vA=v0,vB=v0
【解析】选A、C。两球发生对心碰撞,应满足动量守恒及能量不增加,且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞,故D选项错误;根据动量守恒定律可得,A、B、C项都满足,但碰撞前总动能为m,而碰撞后B选项中能量增加,故B错误;A、C正确。
6.(多选)如图所示,光滑水平面上,质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰,碰后两小球速度大小都为v,方向相反。则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为　(　　)
A.m1∶m2=1∶3　　　　　 B.m1∶m2=1∶1
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶1
【解析】选A、D。根据动量守恒定律,有:m1v=m2-m1,得=,A正确,B错误;碰撞前后质量为m1的小球动能的变化量为ΔEk1=m1v2-m1()2=m1v2,质量为m2的小球动能的变化量为ΔEk2=m2()2=(3m1)=m1v2,所以ΔEk1∶ΔEk2=1∶1,C错误,D正确。
7.(2013·山东高考)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,三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【解析】长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上,两者碰撞时间极短,碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计,长木板A与滑块C组成的系统,在碰撞过程中动量守恒,则mAv0=mAvA+mCvC
长木板A和滑块C碰撞后,长木板A与滑块B组成的系统,在两者达到同速之前系统所受合外力为零,系统动量守恒,mAvA+mBv0=(mA+mB)v
长木板A和滑块B达到共同速度后,恰好不再与滑块C碰撞,则最后三者速度相等,vC=v
联立以上各式,代入数值解得:vA=2m/s
答案:2m/s
8.(2014·揭阳高二检测)如图所示,甲车的质量是2 kg,静止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一个质量为1 kg的小物体。乙车质量为4 kg,以5 m/s的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度,物体滑到乙车上。若乙车足够长,上表面与物体的动摩擦因数为0.2,则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止?(g取10m/s2)
【解析】乙与甲碰撞动量守恒:m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′,小物体m在乙上滑动至有共同速度v,对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′=(m+m乙)v,
对小物体应用牛顿第二定律得a=μg
所以t=,代入数据得t=0.4s。
答案:0.4s
9.如图所示,abc是光滑的轨道,其中ab是水平的,bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆,半径R=0.30m。质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上,另一质量M=0.60kg、速度为v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为L=4R处,重力加速度g取10m/s2,求碰撞结束时,小球A和B的速度的大小。
【解析】A球平抛,L=vct=vc,
故:vc=L,由机械能守恒知:m+2mgR=m,
得碰撞结束时,小球A速度:vA=6m/s
由动量守恒:Mv0=mvA+MvB
得小球B速度:vB=3.5m/s
答案:6m/s　3.5 m/s
1.如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量mAA.当弹簧压缩量最大时,A球速率最小,B球速率最大
B.当弹簧恢复原长时,B球速率最大
C.当A球速率为零时,B球速率最大
D.当B球速率最大时,弹簧弹性势能不为零
【解析】选B。当弹簧压缩量最大时,两球速度相等,故A错误;当弹簧压缩量最大以后,由于受到弹簧弹力作用,则A球速度继续减小,B球速度继续增大,当弹簧恢复原长时,B球速率最大,弹簧弹性势能为零,由于mA2.如图所示,在水平光滑直导轨上,静止着三个质量均为m=1kg的相同小球A、B、C,现让A球以v0=2m/s的速度向着B球运动,A、B两球碰撞后粘在一起,两球继续向右运动并与C球碰撞,C球的最终速度vC=1m/s。问:
(1)A、B两球与C球相碰前的共同速度多大?
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能?
【解析】(1)A、B相碰,满足动量守恒,则有
mv0=2mv1
得两球跟C球相碰前的速度v1=1m/s
(2)两球与C碰撞同样满足动量守恒
2mv1=mvC+2mv2
得两球与C球相碰后的速度v2=0.5m/s,
两次碰撞损失的动能
|ΔEk|=m-·2m-m=1.25J
答案:(1)1m/s　(2)1.25 J
3.(2014·南京高三调研)如图所示,质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞,碰撞后m2被右侧墙壁原速率弹回,又与m1相碰,碰后两球都静止,求两球第一次碰撞后m1的速度。
【解析】以水平向右方向为正方向,第一次碰撞后瞬间,小球m1和m2的速度分别为v1′和v2′,整个碰撞过程两系统的动量守恒,有:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1v1′-m2v2′=0,联立以上两式解得第一次碰撞后m1速度为v1′=。
答案:
4.(2014·山东高考)如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:
(1)B的质量;
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
【解析】(1)以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A的速度为,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得
m+2mBv=(m+mB)v　①
由①式得
mB=　②
(2)从开始到碰撞后的全过程,由动量守恒定律得
mv0=(m+mB)v　③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则
ΔE=m()2+mB(2v)2-(m+mB)v2　④
联立②③④式得
ΔE=m
答案:(1)　(2)m
5.(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,
(1)整个系统损失的机械能;
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)A、B为弹性碰撞,不损失机械能,B、C为非弹性碰撞,机械能有损失;
(2)两者有共同速度时,弹簧被压缩到最短。
【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,动量守恒,有mv0=2mv1　①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为
ΔE,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒得mv1=2mv2　②
m=ΔE+(2m)　③
联立①②③式,得ΔE=m　④
(2)由②式可知,v2m-ΔE=(3m)+Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep=m
答案:(1)m　(2)m
【总结提升】求解碰撞问题的三种方法
(1)解析法:碰撞过程,若从动量角度看,系统的动量守恒;若从能量角度分析,系统的动能在碰撞过程中不会增加;从物理过程考虑,题述的物理情景应符合实际情况,这是用解析法处理问题应遵循的原则。
(2)临界法:相互作用的两个物体在很多情况下,皆可当做碰撞处理,那么对相互作用中两个物体相距“最近”、相距“最远”这一类临界问题,求解的关键都是“速度相等”。
(3)极限法:处理碰撞问题时,有时我们需要将某些未知量设出,然后根据实际情况将未知量推向极端,从而求得碰撞的速度范围。
16.4碰撞
【小题达标练】
一、选择题
1.在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,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.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开
D.若两球质量不同,碰后两球都静止
【解析】选A。若两球质量相等,碰前两球总动量为零,碰后总动量也应该为零,由此分析可得A可能、B不可能。若两球质量不同,碰前两球总动量不为零,碰后总动量也不能为零,D不可能。若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开,则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同,与碰前总动量方向相反,C不可能。
2.关于散射,下列说法正确的是　(　　)
A.散射就是乱反射,毫无规律可言
B.散射中没有对心碰撞
C.散射时仍遵守动量守恒定律
D.散射时不遵守动量守恒定律
【解析】选C。由于散射也是碰撞,所以散射过程中动量守恒。
3.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为　(　　)
A.mv2　　　　　　　　B.v2
C.NμmgL D.NμmgL
【解析】选B、D。根据动量守恒,小物块和箱子的共同速度v′=,损失的动能ΔEk=mv2-(M+m)v′2=v2,所以B正确;根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦产生的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以ΔEk=fNL=NμmgL,可见D正确。
4.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
【解析】选C。由图像知:碰前vA=4m/s,vB=0。碰后v′A=v′B=1m/s,由动量守恒可知,mAvA+0=mAvA′+mBvB′,解得mB=3mA。故选项C正确。
5.(多选)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑　(　　)
A.在下滑过程中小球和槽在水平方向上的动量守恒
B.在整个过程中,小球和槽在水平方向上的动量守恒
C.在下滑过程中小球和槽的机械能守恒
D.在整个过程中,小球和槽的机械能守恒
【解析】选A、C。在下滑过程中,小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒,在压缩弹簧的过程中,由于受到弹簧的弹力,小球与槽在水平方向上动量不守恒,A项正确、B项错误。在下滑过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒,在压缩弹簧的过程中,小球的动能与弹簧的弹性势能相互转化,小球、槽和弹簧的总机械能守恒,C项正确、D项错误。
6.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别是5kg·m/s和7kg·m/s,甲追上乙并发生碰撞,碰撞后乙球的动量变为10kg·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.4m甲=m乙 D.m乙=6m甲
【解题指南】(1)碰撞前,v甲>v乙;碰撞后,v甲≤v乙。
(2)碰撞过程满足动量守恒和动能不增加的规律。
【解析】选C。碰撞前,v甲>v乙,即>,可得<;碰撞后,v甲≤v乙,即≤,可得≥;综合可得≤<,选项A、D错误。由碰撞过程动能不增加原理可知,
E碰前≥E碰后,由B得到E碰前【总结提升】(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足能量守恒,注意判断碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定。
(3)要灵活运用Ek=或p=;Ek=pv或p=几个关系转换动能、动量。
7.(多选)质量为m的小球A,在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后A球的动能恰变为原来的,则B球的速度大小可能
是　(　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
【解析】选A、B。依题意,碰后A的动能满足:m=×m得vA=±v0,代入动量守恒定律得mv0=±m·v0+2mvB,解得vB=v0或vB=v0。
【补偿训练】质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后,小球A的速率为,则碰后B球的速度为(以A球原方向为正方
向)　(　　)
A.　　　　B.v　　　　C.-　　　　D.
【解析】选D。由动量守恒定律知,若碰后A球运动方向不变,则mv=m+3mvB,所以vB=<,由于这时B球的速度小于A球的速度,B球又是在运动方向的前面,这是不可能的。若碰后A球被反弹回去,则有mv=m(-)+3mvB′,所以vB′=,故D正确。
二、非选择题
8.质量为m的人以某一水平速度跳上停在光滑水平地面上质量为M的小车,最后两者获得共同速度v。求:
(1)人跳上车前的速度大小;
(2)人的动量变化量。
【解析】(1)设人跳上车前的速度大小为v0,由动量守恒
mv0=(M+m)v,得v0=v。
(2)人的动量变化量Δp=mv-mv0=-Mv,负号表示人的动量变化方向与人的初速度方向相反。
答案:(1)v
(2)Mv,方向与初速度方向相反
【大题提升练】
1.(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+mv2+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.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
(2)如图,光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,
①整个系统损失的机械能。
②弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【解析】(1)选B、C。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和D两种情况不可能发生;选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况,选项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,故选项B、C正确。
(2)①从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,A、B与弹簧组成的系统动量守恒,有mv0=2mv1　 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为
ΔE,对B、C组成的系统,由动量守恒和能量守恒得mv1=2mv2　 ②
m=ΔE+(2m)　 ③
联立①②③式,得ΔE=m　 ④
②由②式可知,v2mv0=3mv3　 ⑤
m-ΔE=(3m)+Ep ⑥
联立④⑤⑥式得Ep=m
答案:(1)B、C　(2)①m　②m
2.(1)(多选)如图所示,质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A紧靠竖直墙壁。用水平力向左推B,将弹簧压缩,推到某位置静止时推力大小为F,弹簧的弹性势能为E。在此位置突然撤去推力,下列说法中正确的是　(　　)
A.撤去推力的瞬间,B的加速度大小为
B.从撤去推力到A离开竖直墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒
C.从撤去推力到A离开竖直墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒
D.A离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为
E.A离开竖直墙壁后,弹簧弹性势能最大值为E
(2)如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求:
①B球第一次到达地面时的速度。
②P点距离地面的高度。
【解析】(1)选A、B、D。两个木块和弹簧组成的系统,在撤去推力F时,系统受墙壁的作用力,故系统动量不守恒,又因为墙壁对系统的作用力不做功,系统机械能守恒。F撤去前B处于静止状态,合力为0,即弹簧弹力大小与F大小相等方向相反,当撤去F的瞬间,对B而言只受到弹簧弹力作用,大小为F,故此时B的加速度大小a=,故A正确;A离开墙前墙对A有弹力,这个弹力虽然不做功,但对A有冲量,因此系统机械能守恒而动量不守恒,故B正确,C错误;撤去力F后,B向右运动,弹簧弹力逐渐减小,当弹簧恢复原长时,A开始脱离墙面,这一过程机械能守恒,即满足:
E=(2m)　 ①
A脱离墙面后速度逐渐增加,B速度逐渐减小,此过程中弹簧逐渐伸长,当A、B速度相同时,弹簧弹性势能最大,这一过程系统动量和机械能均守恒,有:
动量守恒:2mvB=(m+2m)v　 ②
机械能守恒:Epmax=(2m)-(m+2m)v2　 ③
由①②③可解得:Epmax=,所以D正确,E错误。
(2)①设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有
vB=　 ①
将h=0.8m代入上式,得
vB=4m/s ②
②设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′=0),B球的速度分别为v2和v2′。由运动学规律可得
v1=gt　 ③
由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向下的方向为正,有
mAv1+mBv2=mBv2′　 ④
mA+mB=mBv2′2　 ⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB′,由运动学及碰撞的规律可得vB′=vB　
⑥
设P点距地面的高度为h′,由运动学规律可得
h′=　 ⑦
联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得
h′=0.75m
答案:(1)A、B、D　(2)①4m/s　②0.75m
【补偿训练】两个质量分别为M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上。A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下,然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。
【解析】设物块到达劈A的底端时,物块和A的速度大小分别为u和v,由机械能守恒和动量守恒得:
mgh=mu2+M1v2,　 ①
M1v=mu,　 ②
设物块在劈B上达到的最大高度为h′,此时物块和B的共同速度大小为v′,由机械能守恒和动量守恒得:
mgh′+(M2+m)v′2=mu2,　 ③
mu=(M2+m)v′,　 ④
联立①②③④得h′=h。
答案:h
课件35张PPT。4　
碰　　撞1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞,应用动量、能量的观点综合分析,解决一维碰撞问题。
2.了解对心碰撞和非对心碰撞。
3.了解散射和粒子的发散过程,体会理论对实践的指导作用,进一步了解动量守恒定律的普适性。
4.加深对动量守恒定律和机械能守恒定律的理解。一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.弹性碰撞:碰撞过程中机械能_____。
2.非弹性碰撞:碰撞过程中机械能_______。
3.完全非弹性碰撞:碰撞后合为_____或碰撞后具有共同速度,
这种碰撞动能损失_____。守恒不守恒一体最大二、对心碰撞和非对心碰撞　散射
1.对心碰撞(正碰):碰撞前后物体的动量在_________上。
2.非对心碰撞(斜碰):碰撞前后物体的动量不在_________上。
3.散射:微观粒子相互接近但不发生_________的碰撞。同一直线同一直线直接接触1.判一判:
(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起,因而不满足动量守恒定律。　(　　)
(2)速度不同的两小球碰撞后粘在一起,碰撞过程中没有能量损失。　(　　)
(3)在系统所受合外力为零的条件下,正碰满足动量守恒定律,斜碰不满足动量守恒定律。　(　　)
(4)微观粒子碰撞时并不接触,但仍属于碰撞。　(　　)提示:(1)×。两小球在光滑水平面上的碰撞,小球相互作用时间很短,内力远大于外力,虽然粘在一起但系统的动量守恒。
(2)×。速度不同的两小球碰撞后粘在一起,这种碰撞是完全非弹性碰撞,能量损失最大。
(3)×。正碰、斜碰都满足动量守恒定律。
(4)√。微观粒子在碰撞时虽然并不接触,但它具备碰撞的特点,即作用时间很短,作用力很大,运动状态变化明显,可以称为碰撞。2.选一选:
下列说法正确的是　(　　)
A.能量守恒的碰撞是弹性碰撞
B.弹性碰撞时机械能守恒
C.正碰是弹性碰撞
D.飞鸟撞飞机后一起运动属于弹性碰撞提示:选B。能量守恒定律是普遍规律,在转化过程中能量也守恒,但不一定动能不变,A错误;弹性碰撞时产生弹性形变,碰撞后形变完全消失,碰撞过程没有动能损失,机械能守恒,所以选项B正确;正碰是对心碰撞,但不一定是弹性碰撞,选项C错误;碰撞时产生的形变不能恢复的是非弹性碰撞,D错误。主题一 弹性碰撞和非弹性碰撞　
【问题探究】
1.弹性碰撞的两大特点是什么?
提示:弹性碰撞动量守恒,机械能守恒。2.质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰时,存在下列关系:
m1v1= ____________,
=____________________m1v1′+m2v2′根据以上公式,结合下表分析碰后速度方向特征。相同相同不变相反相同弹回静止3.非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的特点是什么?
提示:(1)非弹性碰撞:动量守恒,动能有损失,转化为系统内能。
(2)完全非弹性碰撞:动量守恒,动能损失最大,碰后两物体粘在一起。4.处理碰撞问题的三个原则是什么?
提示:(1)动量守恒,即p1+p2=p1′+p2′。
(2)机械能不增加(火药爆炸问题除外),即Ek1+Ek2≥Ek1′+ Ek2′。
(3)速度要合理
碰前两物体同向，则v后＞v前，
碰后，原来在前的物体速度一定增大且v前′≥v后′。
两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。【探究总结】
1.碰撞过程中的三个制约因素:
(1)动量制约——系统动量守恒:在碰撞过程中尽管有其他外力的作用,若不太大的外力在极短的碰撞时间内的冲量可以忽略,则碰撞双方构成的系统动量守恒。(2)动能制约——系统动能不增加。
①由于单纯的机械碰撞过程中机械能没有任何获得补充的机会(炮弹爆炸过程中火药的化学能转化为弹片的动能则另当别论)。
②由于机械碰撞过程中碰撞双方相互作用力并不一定完全是弹力,双方在碰撞过程中发生的形变并不一定完全是弹性形变而能够在碰撞过程结束时完全得以恢复。
③一般的机械碰撞过程还将受到“系统动能不增加”的制约。即: (3)运动制约——运动变化合理。
从运动情况和运动变化的情况来看,碰撞过程中将会发生怎样的碰撞结果,还应受到运动变化合理性的制约。例如,A物体追碰前面B物体,就要满足:
①要追得上,即碰前A物体的速度要大于B物体的速度。
②不能发生二次碰撞,即碰后B物体的速度要大于或等于A物体的速度。
③碰后A物体不能运动到B物体的前方。2.处理碰撞问题的思路:
(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否变化。
(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还要满足能量守恒,注意判断碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系。
(3)要灵活运用
几个关系转换动能、动量。【即时训练】
1.在光滑水平面上有三个完全相同的
小球,它们成一条直线,2、3小球静止,
并靠在一起。1球以速度v0向它们运动,如图所示。设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度可能是　(　　)
A.v1=v2=v3= v0 B.v1=0,v2=v3= v0
C.v1=0,v2=v3= v0 D.v1=v2=0,v3=v0【解题探究】本题所述的情景满足三个条件:
(1)碰撞前后系统的_____守恒。
(2)碰撞前后系统的_____不变。
(3)碰撞之后不会再发生_____碰撞。动量动能二次【解析】选D。由题设条件,三个小球在碰撞过程中总动量和总
动能守恒,若各球质量均为m,则碰撞前系统总动量为mv0,总动
能应为 假如选项A正确,则碰后总动量为 mv0,这显然
违反动量守恒定律,故不可能。假如选项B正确,则碰后总动量
为 mv0,这也违反动量守恒定律,故也不可能。假如选项C正
确,则碰后总动量为mv0,但总动能为 这显然违反机械能
守恒定律,故也不可能。假如选项D正确,则通过计算其既满足
动量守恒定律,也满足机械能守恒定律,而且合乎情理,不会发
生二次碰撞。故选项D正确。2.(多选)质量相等的A、B两球在光
滑水平面上沿同一直线相向运动。
如图所示,若以向左为运动的正方向,A球的速度为v1=-2m/s,B球的速度为v2=6m/s,某时刻A球与B球发生相互碰撞,碰撞后仍在一条直线上运动,则碰后A、B球速度的可能值是　(　　)
A.vA=1m/s,vB=3m/s B.vA=7m/s,vB=-3m/s
C.vA=2m/s,vB=2m/s D.vA=6m/s,vB=-2m/s【解析】选C、D。设两球的质量均为m。验证方法:(1)动量角
度:p初=4m,而所给选项均满足要求;(2)碰撞实际情况(碰撞只
能发生一次):A项不符合题意;(3)能量角度:两球碰撞前的总
动能: 选项中,两球碰后的总动能为
不符合题意;C、D项完全符合碰撞现
象的三个原则,故碰撞能发生。主题二 对心碰撞和非对心碰撞　散射　
【问题探究】
1.在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B,分别以初速度v1、v2运动,若它们能发生碰撞(为一维弹性碰撞),请列出碰撞过程的动量、动能关系式。提示:设碰撞后的速度分别为v1′、v2′,以地面为参考系,将A和B看作一个系统。
由碰撞过程中系统动量守恒,有
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
弹性碰撞中没有机械能损失,有
2.质量相等的两个物体发生正碰时,一定交换速度吗?怎样判断斜碰动量是否守恒?
提示:不一定。只有质量相等的两个物体发生弹性正碰时,同时满足动量守恒和动能守恒的情况下,两物体才会交换速度。
动量是矢量,要判断斜碰动量是否守恒必须按照平行四边形定则判断碰撞前后动量是否守恒。3.对于非对心碰撞,若系统所受合外力为零,系统动量守恒吗?如守恒应如何分析?
提示:非对心碰撞的两个物体,碰撞前后速度不在同一条直线上,属于二维碰撞问题。如果系统碰撞过程中所受合外力为零,则仍满足动量守恒,这时通常将动量守恒用分量式表示。如:
m1v1x+m2v2x=m1v1x′+m2v2x′
m1v1y+m2v2y=m1v1y′+m2v2y′4.微观粒子碰撞时,粒子和粒子之间并不接触,这种碰撞称作散射。粒子散射时,遵守动量守恒和能量守恒,在宏观上也存在类似现象,两物体虽然相互作用时间不是很短,但遵守动量守恒、能量守恒,试举一宏观实例且加以分析。
提示:放在光滑绝缘水平面上的两带同性电荷的小球相互靠近再远离时,两球满足动量守恒,且二者速度相等时,两球动能损失最多,此时两球电势能最大。【探究总结】
对心碰撞与非对心碰撞
(1)对心碰撞是一维碰撞,碰撞前后物体的速度方向在同一条直线上,可以在这条直线上应用动量守恒定律,规定一个正方向就可将矢量运算转化为代数运算。
(2)非对心碰撞不是一维碰撞,碰撞前后物体的速度方向不在同一条直线上,应用动量守恒定律解决非对心碰撞的时候,必需运用矢量的平行四边形定则才能解决问题。【即时训练】
1.如图,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定
点O。让球a静止下垂,将球b向右拉起,使细线
水平。从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左
摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力,求:
(1)两球a、b的质量之比;
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。【解题探究】(1)从释放球b到与球a相撞之前,球b重力势能
_____,动能_____,_______守恒。
(2)球b与球a相撞瞬间,相互碰撞的内力远大于所受外力,满足
_____守恒。
(3)两球共同向左运动到最高处过程中,只有_____做功,_____
_____不做功,_______守恒。减小增加机械能动量重力细线拉力机械能【解析】(1)设球b的质量为m2,细线长为L,球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v,由机械能守恒定律得
m2gL= m2v2　①
式中g是重力加速度的大小。
设球a的质量为m1,在两球碰后的瞬间,两球共同速度为v′,以向左为正。
由动量守恒定律得m2v=(m1+m2)v′　②设两球共同向左运动到最高处时,细线与竖直方向的夹角为θ,由机械能守恒定律得
(m1+m2)v′2=(m1+m2)gL(1-cosθ)　③
联立①②③式得 　④
代入题给数据得 　⑤(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为
Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cosθ)　⑥
联立①⑥式,Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek= m2v2)之比为
　⑦
联立⑤⑦式,并代入题给数据得
答案:(1) 　 (2) 2.(2013·湛江高二检测)如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平桌面上。B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块B、C牢固连接,弹簧处于原长。现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起。求:
(1)A、B相碰后瞬间的速度大小。
(2)三个木块最终的速度大小。
(3)弹簧中能达到的最大弹性势能。【解析】(1)设碰后A、B共同速度的大小为v1,由动量守恒得
mv0=2mv1　①
解得A、B相碰后瞬间的速度大小为　
(2)设A、B、C的最终的速度大小为v2,由动量守恒得
mv0=3mv2　②
解得A、B、C最终的速度大小为　
(3)设弹簧的最大弹性势能为Ep,A、B相碰后机械能守恒,有
③
联立①②③式解得
答案:(1) 　(2)　 (3) 课件49张PPT。4　
碰　　撞一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1.常见的碰撞类型:
(1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能_____。
(2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能_______。守恒不守恒2.一维弹性碰撞分析:假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2碰撞,
碰撞后它们的速度分别为v′1和v′2,则碰后v′1=__________,
v′2=____________。
(1)若m1=m2的两球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,则v′1=__,v′2=__,
即两者碰后交换速度。0v1(2)若m1?m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v1′=___,v2′=0。
表明m1被反向以_______弹回,而m2仍静止。
(3)若m1?m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v′1=__,v′2=___。
表明m1的速度不变,m2以2v1的速度被撞出去。-v1原速率v12v1【判一判】
(1)发生碰撞的两个物体,动量是守恒的。　(　　)
(2)发生碰撞的两个物体,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。　(　　)
提示:(1)√。不管什么碰撞,内力远大于外力,可以认为动量守恒。
(2)×。只有发生弹性碰撞的两个物体,机械能守恒。
(3)√。碰撞后,两个物体粘在一起,属于完全非弹性碰撞,动量守恒,机械能损失最大。二、对心碰撞和非对心碰撞
1.两类碰撞:
(1)对心碰撞:碰撞前后,物体的动量_______________,也叫正碰。
(2)非对心碰撞:碰撞前后,物体的动量_________________。在同一条直线上不在同一条直线上2.散射:
(1)定义:微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样_________而发生的碰撞。
(2)散射方向:由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率_____,所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。“接触”很小【想一想】
如图所示,光滑水平面上并排静止着小球2、3、4,小球1以速度v0射来,已知四个小球完全相同,小球间发生弹性碰撞,则碰撞后各小球的运动情况如何?
提示:小球1与小球2碰撞后交换速度,小球2与3碰撞后交换速度、小球3与小球4碰撞后交换速度,最终小球1、2、3静止,小球4以速度v0运动。一、碰撞的特点和分类
思考探究:
两小球发生对心碰撞,碰撞过程中两球动量是否守恒?动能呢?
提示:两球对心碰撞,动量是守恒的,只有发生弹性碰撞,动能才守恒。【归纳总结】
碰撞过程的特点:
(1)时间特点:碰撞现象中,相互作用的时间极短,相对物体的全过程可忽略不计。
(2)受力特点:在碰撞过程中,系统的内力远大于外力,外力可以忽略,系统的总动量守恒。(3)位移特点:在碰撞过程中,由于在极短的时间内物体的速度发生突变,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后物体处于同一位置。
(4)能量的特点:爆炸过程系统的动能增加,碰撞、打击过程系统的动能不会增加,可能减少,也可能不变。【特别提醒】
(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)对心碰撞是同一直线上的运动过程,只在一个方向上列动量守恒方程即可,此时应注意速度正、负号的选取。
(3)而对于斜碰,要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律。【典例示范】(2013·海南高考)如图,光滑水平地面上有三个物块A、B和C,它们具有相同的质量,且位于同一直线上。开始时,三个物块均静止。先让A以一定速度与B碰撞,碰后它们粘在一起,然后又一起与C碰撞并粘在一起。求前后两次碰撞中损失的动能之比。【解题探究】
(1)两次碰撞属于哪一类型的碰撞?
提示:都属于完全非弹性碰撞,因为物体碰后粘在一起。
(2)碰撞前后系统总动量_____,系统总动能_____。守恒减少【正确解答】设三个物块A、B和C的质量均为m,A与B碰撞前A的速度为v,碰撞后的速度为v1,AB与C碰撞后的共同速度为v2。由动量守恒定律得
mv=2mv1
mv=3mv2设第一次碰撞中的动能损失为ΔE1,第二次碰撞中的动能损失为
ΔE2,由能量守恒定律得

联立以上四式解得ΔE1∶ΔE2=3∶1
答案:3∶1【过关训练】
1.(2015·宜春高二检测)甲、乙两铁球质量分别是m1=1kg,m2=2kg,在光滑水平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6m/s、v2=2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是　(　　)
A.v′1=7m/s,v′2=1.5m/s
B.v′1=2m/s,v′2=4m/s
C.v′1=3.5m/s,v′2=3m/s
D.v′1=4m/s,v′2=3m/s【解析】选B。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。故应选B。2.(2015·山东高考)如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地
静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A
与B发生碰撞,碰后A、B分别以 v0、 v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。【解析】设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后
A的速度vA′= v0,B的速度vB= v0,由动量守恒定律得mvA=mvA′+
mvB　 ①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得
WA= 　②
设B与C碰撞前B的速度为vB′,B克服轨道阻力所做的功为WB,由功
能关系得
WB= 　③据题意可知WA=WB　 ④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得
mvB′=2mv　 ⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得
v= 　 ⑥
答案: 【补偿训练】
1.(多选)质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正
碰,碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比 可能为　(　　)
A.2　　　　　B.3　　　　　C.4　　　　　D.5【解析】选A、B。设碰撞后质量为M的物块与质量为m的物块速度
分别为v1、v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2　 ①
由能量关系得 　②
由已知条件得Mv1=mv2　 ③
①③联立可得v=2v1　 ④
②③④联立消去v、v1、v2,
整理得 ≤3,故选项A、B正确。2.如图所示,在水平光滑直导轨上,静止着
三个质量均为m=1kg的相同小球A、B、C,
现让A球以v0=2m/s的速度向着B球运动,A、B两球碰撞后粘合在一起,两球继续向右运动并跟C球碰撞,C球的最终速度vC=1m/s。求:
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大?
(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能?【解析】(1)A、B相碰满足动量守恒:mv0=2mv1
解得两球跟C球相碰前的速度:v1=1m/s。
(2)两球与C碰撞,动量守恒:
2mv1=mvC+2mv2
解得两球碰后的速度:v2=0.5m/s,
两次碰撞损失的动能:
ΔEk=
答案:(1)1m/s　(2)1.25J【误区警示】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。二、判断一个碰撞过程是否存在的依据
思考探究:
五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接,
把最左端的小球拉高释放,撞击后发现最右端的
小球摆高,而其余四球不动,你知道这是为什么吗?
提示:由于碰撞中的动量和动能都守恒,发生了速度、动能的“传递”。【归纳总结】
1.满足动量守恒:p1+p2=p′1+p′2。
2.满足动能不增加原理:Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2。3.速度要符合情景:
(1)如果碰前两物体同向运动,则后面物体的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,且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v′前≥v′后。
(2)如果碰前两物体是相向运动,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。若碰后沿同向运动,则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度,即v前≥v后。【特别提醒】
(1)在碰撞过程中,系统的动量守恒,但机械能不一定守恒。
(2)在爆炸过程中,系统的动量守恒,机械能一定不守恒。
(3)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,就可认为是发生了碰撞。【典例示范】(2015·襄阳高二检测)两块质量都是m的木块A和B在光
滑水平面上均以速度 向左匀速运动,中间用一根劲度系数为k的轻
弹簧连接着,如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹,质量为
速度为v0,子弹射入木块A并留在其中。求:
(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小。
(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。【解题探究】
(1)子弹与A碰撞瞬间满足什么规律?
提示:子弹与A碰撞瞬间满足动量守恒定律,但是动能不守恒。
(2)弹簧的最大弹性势能意味着什么?
提示:弹簧的最大弹性势能意味着A、B共速。【正确解答】(1)在子弹打入木块A的瞬间,由于相互作用时间极短,弹簧来不及发生形变,A、B都不受弹力的作用,故
vB=
由于此时A不受弹力,木块A和子弹构成的系统在这极短过程中不受外力作用,选向左为正方向,系统动量守恒:
解得vA=(2)由于木块A、木块B运动方向相同且vA由动量守恒定律得 mvA+mvB=( m+m)v
由机械能守恒定律得
联立解得:
答案:【过关训练】
1.在光滑水平面上,有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前),已知碰前两球的动量分别为pA=12kg·m/s、pB=13kg·m/s,碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是　(　　)
A.ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/s
B.ΔpA=3kg·m/s、ΔpB=-3kg·m/s
C.ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s
D.ΔpA=24kg·m/s、ΔpB=-24kg·m/s【解析】选A。对于碰撞问题要遵循三个规律:动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞,碰前,后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞),碰后,前面小球的动量增大,后面小球的动量减小,减小量等于增大量,所以ΔpA<0,ΔpB>0,并且ΔpA=-ΔpB,据此可排除选项B、D;若ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s, 碰后两球的动量分别为pA′=-12kg·m/s、pB′=37kg·m/s,根据关系
式Ek= 可知,A小球的质量和动量大小不变,动能不变,而B小球的质量不变,但动量增大,所以B小球的动能增大,这样系统的机械能比碰前增大了,选项C可以排除;经检验,选项A满足碰撞所遵循的三个原则,本题答案为A。2.(2014·大纲版全国卷)冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时,与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求:
(1)碰后乙的速度的大小。
(2)碰撞中总机械能的损失。【解题指南】解答本题应把握以下三点:
(1)由于碰撞时间极短,内力远大于外力,动量守恒。
(2)两运动员碰撞前后的动量关系如何用代数式表示。
(3)分清碰撞前后的机械能。【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰撞前的速度大小分别为v、V,碰撞后乙的速度大小为V′,取运动员甲速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mv-MV=MV′　 ①
代入数据得V′=1.0m/s ②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有
mv2+ MV2= MV′2+ΔE　 ③
联立②③式,代入数据得ΔE=1 400J
答案:(1)1.0m/s　(2)1400J【补偿训练】
1.在公路上发生了一起交通事故,质量为1.0×104kg的客车向南行驶迎面撞上质量为2.0×104kg向北行驶的货车,碰后两车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止。根据测速仪的测定,碰前客车行驶速率为20m/s,由此可判断碰前货车的行驶速率为　(　　)
A.小于10m/s B.大于10m/s小于20m/s
C.大于20m/s小于30m/s D.大于30m/s小于40m/s【解析】选A。由题意知,向南行驶的客车比向北行驶的货车的动量大,m客v客>m货v货,即1.0×104kg×20m/s>2.0×104kg×v货,可得v货<10m/s,选项A正确。2.2014年2月14日索契冬奥会冰壶比赛在冰壶中心进行,在比赛中中国队长王冰玉在最后一投中,将质量为19kg的冰壶抛出,运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶,然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。求:(1)瑞典队冰壶获得的速度大小。
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。【解析】(1)由动量守恒定律知mv1=mv2+mv3
将v1=0.4m/s,v2=0.1m/s代入上式得:v3=0.3m/s。
(2)碰撞前的动能E1= =0.08m,
碰撞后两冰壶的总动能E2= =0.05m
因为E1>E2,所以两冰壶的碰撞为非弹性碰撞。
答案:(1)0.3m/s　(2)非弹性碰撞【规律方法】碰撞中速度范围的分析方法
(1)临界法:自然界中的所有碰撞现象可分为三类:弹性碰撞(又称无机械能损失碰撞)、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞(机械能损失最多,碰后两物体速度相同)。因此,任何一个碰撞过程的速度取值,必介于弹性碰撞与完全非弹性碰撞这两种碰撞速度之间。
(2)极限法:处理碰撞问题时,有时我们可以根据实际将某量(如质量)推向极端,从而求得碰撞的速度范围。【拓展例题】考查内容:多个物体组成的系统的碰撞问题
【典例示范】如图所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为 m。开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动,现将C无初速度地放在A上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹,A与B碰撞后将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次,v1、v2应满足什么关系?【正确解答】设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v′,
由动量守恒定律得mv1=2mv′　 ①
为保证B碰挡板前A未能追上B,应满足v′≤v2　 ②
设A、B碰后的共同速度为v″,由动量守恒定律得
2mv′- mv2= mv″　 ③
为使B能与挡板再次相碰应满足v″>0　 ④
联立①②③④式解得
1.5v2答案:1.5v21.下列不属于反冲运动的是　(　　)
A.喷气式飞机的运动　　　　 B.直升机的运动
C.火箭的运动 D.反击式水轮机的运动
【解析】选B。喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体,通过反冲获得前进的动力;直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果,不属于反冲运动;反击式水轮机的转轮在水中受到水流的反作用力而旋转,水轮机通过反冲获得动力,喷气式飞机和火箭都是靠反冲运动获得动力,故只有B不属于反冲运动。
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.燃料燃烧推动空气,空气反作用力推动火箭
B.火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭
C.火箭吸入空气,然后向后推出,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】选B。火箭工作的原理是反冲运动。火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾部喷管迅速喷出时,使火箭获得反冲速度,故正确答案为选项B。
3.步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为
865 m/s,步枪的反冲速度为　(　　)
A.2 m/s　　　B.1 m/s　　　C.3 m/s　　　D.4 m/s
【解析】选A。由动量守恒定律:Mv1-mv2=0,得v1=m/s=2 m/s。
4.(2013·福建高考)将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是　
(　　)
A.v0　　　 B.v0　　　 C.v0　 　　D.v0
【解题指南】解答本题时应明确以下两点:
(1)火箭模型在极短时间点火升空,遵循动量守恒定律。
(2)明确点火前后两个状态下研究对象的动量。
【解析】选D。火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=v0,故选D。
5.(2014·汕尾高二检测)一辆平板车停止在光滑水平面上,车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端,如图所示,在锤的连续敲打下,这辆平板车将　(　　)
A.左右来回运动 B.向左运动
C.向右运动 D.静止不动
【解析】选A。系统水平方向总动量为零,车左右运动方向与锤头左右运动方向相反,锤头运动,车就运动,锤头不动,车就停下。
6.(多选)假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动,如果飞船沿其速度相反的方向发射一个质量不可忽略的物体Q,则下列说法正确的是　(　　)
A.Q与飞船都可能沿原轨道运动
B.Q与飞船都不可能沿原轨道运动
C.Q运动的轨道半径可能减小,而飞船的运行半径一定增加
D.Q可能沿地球半径方向竖直下落,而飞船运行的轨道半径将增大
【解析】选C、D。根据反冲,飞船的速度一定增大,做离心运动,轨道半径变大;而Q的速率有三种可能,比原来的大、比原来的小、与原来的相等,由此Q的轨道半径比原来的大、比原来的小、与原来的相同,都有可能;另外,若对地速度为零,则会竖直下落,选项C、D正确。
7.(多选)某人站在静浮于水面的船上,从某时刻开始人从船头走向船尾,设水的阻力不计,那么在这段时间内人和船的运动情况是　(　　)
A.人匀速走动,船则匀速后退,且两者的速度大小与他们的质量成反比
B.人匀加速走动,船则匀加速后退,且两者的速度大小一定相等
C.不管人如何走动,在任意时刻两者的速度总是方向相反,大小与他们的质量成正比
D.人走到船尾不再走动,船则停下
【解析】选A、D。人和船组成的系统动量守恒,总动量为0;不管人如何走动,在任意时刻两者的动量大小相等,方向相反,且两者的速度大小与他们的质量成反比,A对,B、C错;由动量守恒知,若人停止运动则船也停止运动,D对。
8.总质量为M的火箭以速度v0飞行,质量为m的燃料相对于火箭以速度v′向后喷出,求火箭的速度大小。
【解析】由动量守恒定律
Mv0=(M-m)v+m(v-v′),
所以v=v0+v′。
答案:v0+v′
9.一个不稳定的原子核质量为M,处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲,已知放出的粒子的动能为E0,求原子核反冲的动能。
【解析】由动量守恒定律
(M-m)v=mv0=p,
又Ek=,E0=
由以上各式可得Ek=E0
答案:E0
1.载人气球原静止于高度为h的空中,气球质量为M,人的质量为m。若人要沿绳梯着地,则绳梯长至少是　(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.h
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)人和气球组成的系统所受合外力为零,系统的动量守恒。
(2)人下降时气球向上升起,绳长要大于开始时气球的高度。
【解析】选A。设人相对地的速度是v,气球相对地的速度是v′,气球和人组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,有mv-Mv′=0。人相对地的位移是h,设气球相对地的位移是x,则
m=M,得x=。故绳梯总长度l =h+x=h+=h。
2.在平静的水面上,有一条载人的小船,船的质量为M,人的质量为m,人相对船静止,若船长为L,且开始时系统静止,当人从船的一头走到另一头停止时,船后退的距离是多少?(水的阻力不计)
【解析】开始时人和船都静止,总动量为零,设人在船上走一段较短时间Δt时,人和船都看作是匀速运动,推广到整个过程时,人的平均速度为,船的平均速度为,如图。设船后退s,则人的位移为L-s,
由动量守恒定律m-M=0
m=M,=,所以s=。
答案:
【总结提升】求解人船模型问题的方法
(1)人船模型问题中,两物体的运动特点是人走船行,人停船停。
(2)船长通常理解为人相对船的位移。在求解过程中应讨论的是人及船相对地的位移,即相对于同一参照物的位移。
(3)要画好人船移动示意图,还要特别注意两个物体相对于地面的移动方向。
3.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上。炮车和炮弹的总质量为M,炮膛中炮弹质量为m,炮车与地面的动摩擦因数为μ,炮筒的仰角为α。设炮弹以速度v0射出,那么炮车在地面上后退的距离为多少?
【解析】在发炮瞬间,炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒0=mv0cosα-(M-m)v,
所以v=。
发炮后,炮车受地面阻力作用而做匀减速运动,利用运动学公式-v2=2as,其中vt=0,
a=-=-μg,
所以s=。
答案:
4.火箭喷气发动机每次喷出质量m=0.2kg的气体,喷出的气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初始质量M=300kg,发动机每秒喷气20次,若不计地球对它的引力作用和空气阻力作用,求火箭发动机工作5s后火箭的速度达多大?
【解析】以火箭(包括在5s内要喷出的气体)为系统,系统的总动量守恒,以火箭的运动方向为正,则
0=m1v′-m2v
所喷出的气体质量m2=(m×20×5),5s后火箭的质量m1=(M-m2),代入数据解得
v′=71.4m/s
答案:71.4m/s
5.课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10-4m3/s,喷出速度保持为对地10 m/s。启动前火箭总质量为1.4 kg,则启动2 s末火箭的速度可以达到多少?已知火箭沿水平轨道运动阻力不计,水的密度是1.0×103kg/m3。
【解析】“水火箭”喷出水流做反冲运动。设火箭原来总质量为M,喷出水流的流量为Q,水的密度为ρ,水流的喷出速度为v,火箭的反冲速度为v′,由动量守恒定律得
(M-ρQt)v′=ρQtv
代入数据解得火箭启动后2s末的速度为
v′==1.0×m/s=4 m/s。
答案:4m/s
16.5反冲运动 火箭
【小题达标练】
一、选择题
1.下列不属于反冲运动的是　(　　)
A.喷气式飞机的运动
B.物体做自由落体的运动
C.火箭的运动
D.反击式水轮机的运动
【解析】选B。喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体,通过反冲获得前进的动力;反击式水轮机靠水轮击打水,通过反冲获得动力。
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.火箭燃料燃烧放热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭
【解析】选B。本题考查了火箭的工作原理,要注意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,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,故正确答案为选项B。
3.(2015·泉州高二检测)一人静止于光滑的水平冰面上,现欲向前运动,下列方法中可行的是　(　　)
A.向后踢腿 B.手臂向后甩
C.在冰面上滚动 D.脱下外衣向后水平抛出
【解析】选D。由于冰面没有摩擦,所以C不行;A、B由于总动量守恒,所以人整体不动;只有D是反冲现象,可使人向前运动。
4.如图所示,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为　(　　)
A.v0+v B.v0-v
C.v0+(v0+v) D.v0+(v0-v)
【解析】选C。根据动量守恒定律,选向右方向为正方向,则有(M+m)v0=Mv′-mv,解得v′=v0+(v0+v),故选项C正确。
5.(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上,甲、乙两人分别站在车的左、右端,当两人同时相向而行时,发现小车向左移,则　(　　)
A.若两人质量相等,必有v甲>v乙
B.若两人质量相等,必有v甲C.若两人速率相等,必有m甲>m乙
D.若两人速率相等,必有m甲【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)运动过程中,系统机械能守恒。
(2)“小车向左移”说明小车的动量方向向左,所以两人动量的矢量和应该向右。
【解析】选A、C。甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒,且总动量为零,甲动量方向向右,小车动量方向向左,说明|p甲|=|p乙|+|p车|,即m甲v甲>m乙v乙,若m甲=m乙,则v甲>v乙,A对,B错;若v甲=v乙,则m甲>m乙,C对,D错。
【补偿训练】质量为m的人,原来静止在乙船上,甲、乙两船质量均为M,开始时都静止,人先跳到甲船,立即再跳回乙船,这时两船速度之比v甲∶v乙等
于　(　　)
A.1∶1 B.m∶M
C.(m+M)∶M D.m∶(M+m)
【解析】选C。对人及甲、乙两船,由动量守恒定律得:Mv甲-(M+m)v乙=0,即v甲∶v乙=(m+M)∶M,故C正确。
6.(2015·厦门高二检测)如图所示,自行火炮连同炮弹的总质量为M,当炮管水平,火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中,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。则炮弹相对炮筒的发射速度v0为　(　　)
A. B.
C. D.
【解题指南】对自行火炮和炮弹组成的系统,由于不受阻力作用,系统所受合外力为0,开炮过程中动量守恒,需要注意开炮后自行火炮的质量在减少。
【解析】选B。自行火炮水平匀速行驶时,牵引力与阻力平衡,系统动量守恒。设向右为正方向,发射前动量之和为Mv1,发射后系统的动量之和为(M-m)v2+m(v2+v0)。
由Mv1=(M-m)v2+m(v2+v0)
解得v0=-v2=。故B正确。
7.如图所示,半径为R的光滑圆槽质量为M,静止在光滑水平面上,其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处,如将线烧断,小球滑行到最低点向右运动时,圆槽的速度为　(　　)
A.0 B.,向左
C.,向右 D.不能确定
【解析】选B。以水平向右为正方向,设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′,根据动量守恒定律得:0=mv-Mv′,根据机械能守恒定律列方程得:mgR=mv2+Mv′2,联立以上两式解得v′=,向左,故选项B正确。
【总结提升】三种情况下的动量、机械能特点
(1)对于弹性碰撞的物体,其作用过程中系统机械能守恒,动量守恒。
(2)对于非弹性碰撞来说,系统的动量守恒,但机械能不守恒,系统损失的机械能等于转化的内能或其他形式的能。
(3)反冲作用情况下,系统的动量守恒,系统的总动能一般会增加。
二、非选择题
8.在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M的火箭,突然喷出质量为m的气体,喷出的速度为v0(相对于太空站),紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体,此后火箭获得的速度为v(相对于太空站),火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?
【解析】题意中所涉及的速度都是相对于太空站的,可以直接使用动量守恒定律,规定v0的方向为正方向,则:
第一次喷气后:0=mv0-(M-m)v1,
v1=,v1与正方向相反
第二次喷气后:-(M-m)v1=mv2-(M-2m)v,
所以v2=(-2)v-v0。
答案:见解析
【补偿训练】(2015·嘉兴高二检测)一火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1 000m/s,设火箭质量M=300kg,发动机每秒喷气20次。
(1)当第三次气体喷出后,火箭的速度多大。
(2)运动第1s末,火箭的速度多大。
【解析】方法一:喷出气体运动方向与火箭运动方向相反,系统动量守恒。
(M-m)v1-mv=0
所以v1=。
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=
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=2m/s。
依次类推,第n次气体喷出后,火箭速度为vn,有
(M-nm)vn-mv=[M-(n-1)m]
所以vn=
因为每秒喷气20次,所以1s末火箭速度为
v20==m/s=13.5m/s
方法二:整体选取研究对象,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,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得:
(M-3m)v3-3mv=0
所以v3==2m/s
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象
(M-20m)v20-20mv=0
所以v20==13.5m/s
答案:(1)2m/s　(2)13.5m/s
【大题提升练】
1.(1)(多选)小车AB静置于光滑的水平面上,A端固定一个轻质弹簧,B端粘有橡皮泥,AB车的质量为M,长为L,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB与C都处于静止状态,如图所示,当突然烧断细绳,弹簧被释放,使木块C离开弹簧向B端冲去,并跟B端橡皮泥粘在一起,以下说法中正确的是　(　　)
A.如果AB车内表面光滑,整个系统任何时刻机械能都守恒
B.整个系统任何时刻动量都守恒
C.当木块对地运动速度大小为v时,小车对地运动速度大小为v
D.AB车向左运动最大位移大于L
(2)某学习小组在探究反冲运动时,将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上,利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上,已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1,如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm,忽略水的阻力,则喷射出质量为Δm的气体后,小船的速度是多少?
【解析】(1)选B、C。AB与C这一系统所受合外力为零,系统在整个过程动量守恒,但粘接过程有机械能损失。Mv′-mv=0,同时该系统属于人船模型,Md=m(L-d),所以车向左的位移应等于d=,综上,只有选项B、C正确。
(2)由动量守恒定律得:(m1+m2-Δm)v船-Δmv1=0
得:v船=
答案:(1)B、C　　(2)
2.(1)(多选)在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车,发射的炮弹质量为m,设铁轨和炮车间摩擦不计,则　(　　)
A.水平发射炮弹时,炮弹速率为v0,炮车的反冲速率为
B.炮车车身与水平方向成θ角,炮弹速率为v0,炮身反冲速率为
C.炮身与水平方向成θ角,炮弹出炮口时,相对炮口速率为v0,炮身的反冲速率为
D.炮身与水平方向成θ角,炮弹出炮口时,相对炮口速率为v0,炮身的反冲速率为
E.炮身与水平方向成θ角,炮弹出炮口时,相对炮口速率为v0,炮身的反冲速率为
(2)一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员,在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止状态,他准备对太空中的哈勃望远镜进行维修,宇航员背着装有质量为m0=0.5kg的氧气贮气筒,筒内有一个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员在维修完毕哈勃望远镜后,必须向着返回飞船方向的反方向释放氧气,才能回到飞船,同时又必须保留一部分氧气供途中宇航员呼吸之用,宇航员的耗氧率为Q=2.5×10-4kg/s,如果不考虑喷出氧气对设备与宇航员总质量的影响,则:
①喷出多少氧气,宇航员才能安全返回飞船?
②为了使总耗氧量最低,应该一次喷出多少氧气?返回时间是多少?
【解析】(1)选A、B、D。水平发射炮弹时,对于炮车和炮弹组成的系统满足动量守恒定律,若炮弹速率为v0,mv0-Mv1=0,解得v1=,A正确;炮车车身与水平方向成θ角时,在炮弹出射瞬间对于炮车和炮弹组成的系统动量守恒,炮车在炮弹出射的反方向上获得速度v2,但此后由于地面的作用,能量损失,竖直方向的速度立即变为0,炮车的速度由v立即减小为v2,v2即为炮身反冲速率。如图,
显然有v=,所以在出射方向上,根据动量守恒定律有mv0-M=0解得v2=,B正确;炮身与水平方向成θ角且炮弹相对炮口速率为v0时,设炮车反冲的速率v3,根据描述,炮弹出射瞬间炮车获得瞬间速度v′=,所以炮弹相对地面的速度为v弹=v0-v′=v0-,在出射方向上,根据动量守恒定律有m(v0-)-M·=0,解得v3=,C错误,D正确。
(2)①以飞船为参考系,设沿着飞船运动的方向为正方向,并设喷出质量为m(kg)氧气时宇航员获得的速度是v′,对于“宇航员和喷出的氧气”这一系统而言,在喷气方向上由动量守恒可得:
(M-m)v′-mv=0,考虑M?m,有v′=　 ①
宇航员返回时做匀速运动,历时t=　 ②
又筒内氧气的总质量满足关系为m0=Qt+m　 ③
联立①②③三式得:m0=Qs·+m
代入数据得:m1=0.05kg,m2=0.45kg,即宇航员喷出0.05kg或0.45kg的氧气时,返回去刚好把剩余的氧气呼吸完,假如喷出的氧气介于m1和m2之间,则返回后还有剩余的氧气,故本问题的答案是:喷出的氧气介于0.05～0.45kg之间,即可安全返回。
②为了使耗氧量最低,设喷出m(kg)氧气,
则耗氧为:Δm=Qt+m　 ④
结合上面①②两式就有:
Δm=+m=+m。
当m=时,Δm有极小值,即m=kg=0.15kg,耗氧量最低,此时返回的时间为
t===600s。
答案:(1)A、B、D　(2)①0.05～0.45kg　②0.15kg　600s
【易错提醒】本题中宇航员所带的氧气量一定,问题是要将它合理分配给呼吸和喷气两个方面使用,并能保证宇航员安全返回飞船。
【补偿训练】课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10-4m3/s,喷出速度保持为对地10m/s。启动前火箭总质量为1.4kg,则启动2s末火箭的速度可以达到多少?已知火箭沿水平轨道运动阻力不计,水的密度是1.0×103kg/m3。
【解析】“水火箭”喷出水流做反冲运动。设火箭原来总质量为M,喷出水流的流量为Q,水的密度为ρ,水流的喷出速度为v,火箭的反冲速度为v′,由动量守恒定律得0=(M-ρQt)v′-ρQtv
代入数据解得火箭启动后2s末的速度为
v′==m/s=4m/s。
答案:4m/s
课件29张PPT。5　
反冲运动　火箭1.了解什么是反冲运动和反冲运动在生活中的应用。
2.知道火箭的飞行原理和主要用途。
3.了解我国航天技术的发展。一、反冲现象
1.定义:物体的不同部分在内力作用下向_________运动。
2.特点:
(1)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用_________
定律来处理。
(2)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统
的_______增加。相反方向动量守恒总动能二、火箭
1.工作原理:利用_____运动,火箭燃料燃烧产生的高温、高压
燃气从尾部迅速喷出时,使火箭获得巨大的_____。
2.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为2000～
4 000 m/s。
(2)质量比:火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的_________之
比。喷气速度_____,质量比_____,火箭获得的速度越大。反冲速度箭体质量越大越大3.速度大小:Δv=- u,式中Δm为Δt时间内_________的质
量,m为喷出燃气后_____的质量,u为_____相对喷气前火箭的速
度。喷射燃气火箭燃气1.判一判:
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。　(　　)
(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。　(　　)
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子。
　(　　)
(4)火箭应用了反冲的原理。　(　　)提示:(1)√。反冲运动的特点遵从牛顿第三定律。
(2)×。反冲运动中,若内力远大于外力,也可用动量守恒定律进行分析。
(3)√。反冲运动在宏观和微观中均适用。
(4)√。火箭的工作原理是反冲运动。2.想一想:
为什么反冲运动过程中动量守恒?
提示:反冲运动是系统内力作用的结果,虽然有时系统所受的合外力不为零,但由于系统内力远远大于外力,所以系统的总动量是守恒的。主题一 反冲运动　
【问题探究】
1.思考“关于章鱼和乌贼的运动”,说明二者运动的原理。
提示:(1)章鱼和乌贼运动时,满足动量守恒定律。
(2)章鱼和乌贼运动时,先把水吸入体腔,然后再用力压水,通过身体前面的孔将水喷出,使身体很快地运动。2.直升机上升属于反冲运动吗?
提示:不是。因为直升机螺旋翼向下推动空气,给空气一个向下的作用力,空气就对其一个向上的反作用力使飞机运动,不符合反冲运动的特点。
3.假如在月球上建一飞机场,应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢?
提示:应配置喷气式飞机。喷气式飞机利用反冲运动原理,可以在真空中飞行,而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的,不能在真空中飞行。4.在反冲运动中系统的内力是否会影响系统的总动量?
提示:不影响。反冲运动中,系统的内力冲量的矢量和为零,不会影响系统的动量。
5.试举例说明反冲运动有哪些应用?
提示:(1)反击式水轮机是使水从转轮的叶片中流出,使转轮由于反冲而旋转,从而带动发电机发电。(2)喷气式飞机是靠喷出的气流的反冲作用而获得巨大的速度。6.试举例说明反冲运动的危害。
提示:射击时,子弹向前飞去,枪身向后运动,发生反冲,这就会影响射击的准确性。【探究总结】
1.反冲运动的特点及其遵循的规律:
(1)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,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总动能增加。(2)反冲运动中,以下三种情况均可应用动量守恒定律解决:
①系统不受外力或所受外力之和为零。
②系统虽然受到外力作用,但内力远远大于外力,外力可以忽略。
③系统虽然所受外力之和不为零,系统的动量并不守恒,但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零,则系统的动量在该方向上的分量保持不变,可以在该方向上应用动量守恒定律。2.分析反冲运动应注意速度的反向性问题:
对于原来静止的整体,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,则反方向的另一部分的速度应取负值。【即时训练】
1.(2013·江苏高考)如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2m/s,求此时B的速度大小和方向。【解析】根据动量守恒,(mA+mB)v0=mAvA+mBvB,代入数据可解得vB=0.02m/s,方向为离开空间站方向。
答案:0.02m/s　远离空间站方向2.一个质量为m的物体从高处自由下落,当物体下落h距离时突然炸裂成两块,其中质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置,求刚炸裂时另一块的速度v2。【解题探究】(1)因为炸裂时爆炸力_______重力,系统在竖直
方向的动量可认为近似守恒。
(2)若规定向下为正方向,则炸裂结束瞬间质量为m1的一块速度
为_____。远大于负值【解析】取竖直向下的方向为正方向,炸裂前的两部分是一个整体,物体的动量为p=mv=
刚炸裂时向上运动并返回开始下落位置的一块质量为m1,其速度大小与炸裂前相同,动量方向与规定的正方向相反。
p1=m1v1=
由动量守恒定律有mv=m1v1+(m-m1)v2
联立解得:
由于v2>0,说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下。
答案: 方向竖直向下主题二 火箭　
【问题探究】
1.火箭飞行利用了怎样的工作原理?在分析火箭运动问题时可否应用动量守恒定律?
提示:火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理。由于火箭与高温、高速燃气组成的系统内力很大,远大于系统所受重力及阻力,故可应用动量守恒定律。2.根据“火箭喷气后增加的速度Δv的计算结果”,分析提高火
箭飞行速度的可行办法。
提示:火箭喷气后增加的速度Δv=- u,其中Δm是喷射燃气
的质量,m是喷出燃气后火箭的质量,u是喷出的燃气相对喷气前
火箭的速度,据此得提高火箭飞行速度的办法有:
(1)提高喷气速度。
(2)提高喷出的气体与火箭的质量比。
(3)使用多级火箭,一般为三级。【探究总结】
火箭发射中的相对速度以及质量变化问题
(1)火箭发射问题中,有时遇到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。因此应先将相对速度转换成对地的速度后,再列动量守恒定律方程。(2)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。【即时训练】
1.(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度(　　)
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【解析】选A、C。设原来的总质量为M,喷出的气体质量为m,速
度是v,剩余的质量(M-m)的速度是v′,由动量守恒得出:(M-
m)v′=mv得:v′= 由上式可知:m越大,v越大,v′越大。
故A、C正确。2.火箭相对地面匀速飞行的速度为v0,某时刻的总质量为M,现火箭发动机向后喷出气体,若每次喷出的气体质量恒为m,相对于火箭的速度恒为u,不计空气阻力和地球引力,求第二次气体喷出后火箭的速度为多大。【解题探究】(1)题目中的速度u的参照系是相对于_____的,而
不是相对于_____的,不能直接代入动量守恒公式。
(2)若喷出气体后火箭速度分别为v1、v2,喷出的气体对地速度
分别是____和____。火箭地面v1-uv2-u【解析】火箭与被喷气体组成的系统不受外力作用,动量守恒。以v0方向为正方向,设喷出第一次气体、第二次气体后火箭速度分别为v1、v2,应用动量守恒定律,对第一次喷气过程有:Mv0=(M-m)v1+m(v1-u),
对第二次喷气过程有:(M-m)v1=(M-2m)v2+m(v2-u)
二式联立解得火箭喷出第二次气体后的速度为
答案: 课件43张PPT。5　
反冲运动　火箭一、反冲
1.定义:一个静止的物体在_____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_____的方向运动的现象。
2.规律:反冲运动中,相互作用力一般较大,满足_____________。内力相反动量守恒定律3.反冲现象的应用及防止:
(1)应用:农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时,一边
喷水一边_____。
(2)防止:用枪射击时,由于枪身的反冲会影响射击的_______,所以用枪射击时要把枪身抵在肩部,以减少反冲的影响。旋转准确性【想一想】
两位同学在公园里划船。租船时间将到,她们
把小船划向码头。当小船离码头大约2m左右时,
有一位同学心想:自己在体育课上立定跳远的
成绩从未低于2m,跳到岸上绝对没有问题。于
是她纵身一跳,结果却掉到了水里(如图)。她
为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢?(假设起跳时船已静止)提示:这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下,所受合外力为零,在她跳前后遵循动量守恒定律。她在跳出瞬间,船也要向后运动。二、火箭
1.工作原理:利用_____运动,火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气
从尾部喷管迅速喷出,使火箭获得巨大速度。
2.影响火箭获得速度大小的两个因素:
(1)喷气速度:现代火箭的喷气速度为2000～4000m/s。
(2)质量比:火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。
喷气_____越大,_______越大,火箭获得的速度越大。反冲速度质量比3.现代火箭的主要用途:利用火箭作为_____工具,如发射探测仪器、
常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等。运载【判一判】
(1)火箭点火后离开地面加速向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果。　(　　)
(2)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行。　(　　)
提示:(1)×。火箭点火后离开地面向上运动,是由于火箭燃料燃烧产生高温、高压燃气从尾部喷管喷出,使火箭加速上升。
(2)√。火箭运行靠的是反冲作用,与空气无关。一、对反冲运动的理解
思考探究:
假如在月球上建一飞机场,应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢?
提示:应配置喷气式飞机。喷气式飞机利用反冲运动原理,可以在真空中飞行,而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的,不能在真空中飞行。【归纳总结】
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:
(1)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。
(2)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。(3)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。【典例示范】(2013·福建高考)将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)【解题探究】
(1)火箭模型在极短时间内点火升空,遵循_____________。
(2)点火前后两个状态,系统的动量分别是多少?
提示:点火前,系统总动量为零。点火后,若以火箭运动的方向为正方向,火箭的动量为(M-m)v,气体的动量为-mv0,系统的总动量仍为零。动量守恒定律【正确解答】选D。火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度
为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v= 故选D。【过关训练】
1.(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度　(　　)
A.使喷出的气体速度增大
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【解析】选A、C。设火箭的初动量为p,原来的总质量为M,喷出的气
体质量为m,速度大小是v,剩余的质量(M-m)的速度大小是v′,由动量
守恒得出:p=(M-m)v′-mv,得:v′= ,由上式可知:m越大,v越大,v′越大。2.(2015·金华高二检测)“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是　(　　)
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v【解析】选C。在最高点水平方向动量守恒,由动量守恒定律可知,3mv0=2mv+mv′,可得另一块的速度为v′=3v0-2v,故C正确。【补偿训练】
1.装有炮弹的大炮总质量为M,炮弹的质量为m,炮筒水平放置,炮弹水平射出时相对炮口的速度为v0,则炮车后退的速度大小为(　　)

【解析】选A。设炮车后退速度大小为v1,则炮弹对地的水平速度大
小为(v0-v1),根据动量守恒定律,0=(M-m)v1-m(v0-v1),所以v1=
故正确答案为A。2.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】由题意知系统动量守恒,前一发击中靶后,再打下一发,说明发射后一发子弹时,车已经停止运动。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:二、“人船模型”问题
思考探究:
(1)“人船模型”问题为什么不能以“船”为参考系。
提示:“人船模型”中的“船”一般先加速后减速,不是惯性参考系,而动量守恒定律中,各物体的动量必须是相对于同一惯性系。(2)“人船模型”问题中“人”启动时和“人”停止时,“船”的受力情况如何?
提示:“人”启动时,“船”受到“人”对它的作用力(方向与人的运动方向相反)而开始运动;“人”停止时,“船”受到“人”对它的制动力而停止。【归纳总结】
1.“人船模型”问题的特征:两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2.运动特点:两个物体的运动特点是“人”走“船”行,“人”停“船”停。3.处理“人船模型”问题的两个关键:
(1)处理思路:利用动量守恒,先确定两物体的速度关系,再确定两物体通过的位移的关系。
①用动量守恒定律求位移的题目,大都是系统原来处于静止状态,然后系统内物体相互作用,此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式,式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。②此种状态下动量守恒的过程中,任意时刻的系统总动量为零,因此任意时刻的瞬时速率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

③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x1和x2,则有 =0,即m1x1-m2x2=0。
(2)画出各物体的位移关系图,找出它们相对地面的位移的关系。4.推广:原来静止的系统在某一个方向上动量守恒,运动过程中,在该方向上速度方向相反,也可应用处理人船模型问题的思路来处理。例如,小球沿弧形槽滑下,求弧形槽移动距离的问题。【典例示范】质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人,共同静止在距地面为h的高空中。现从气球上放下一根质量不计的软绳,为使此人沿软绳能安全滑到地面,则软绳至少有多长?【解题探究】
(1)人沿软绳下滑时,系统动量是否守恒?
提示:系统所受合外力为零,故系统动量守恒。
(2)人沿软绳下滑时,热气球如何运动?人若安全到达地面,是否只要满足绳长等于h即可?
提示:人下滑时,热气球上升。软绳的长度应大于h,即绳的下端始终不离开地面,人才能安全到达地面。【正确解答】如图所示,设绳长为L,人沿软绳滑
至地面的时间为t,由图可知,L=x人+x球。设人下
滑的平均速度为v人,气球上升的平均速度为v球,
由动量守恒定律得:0=Mv球-mv人,即
0=Mx球-mx人,又有x人+x球=L,x人=h,解以上各式得:L=
答案: 【过关训练】
有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(估计重一吨左右),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:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而且轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他身体的质量为m,则小船的质量为多少?【解析】如图所示,设该同学在时间t内从船尾走到船头,由动量守恒定律知,人、船在该时间内的平均动量大小相等,即:

又:x人=L-d
解得:M=
答案:【补偿训练】
1.一辆小车置于光滑水平桌面上,车左端固定一水平弹簧枪,右端安一网兜。若从弹簧枪中发射一粒弹丸,恰好落在网兜内,结果小车将(空气阻力不计)　(　　)
A.向左移动一段距离停下
B.在原位置不动
C.向右移动一段距离停下
D.一直向左移动【解析】选A。小车静止置于光滑水平面上,初动量为零,且所受合外力为零,系统的动量守恒,所以系统的总动量一直为零。弹丸向右运动时,小车向左运动,弹丸落网停止后,小车也停止运动,选项A正确。2.如图所示,质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车上的细杆顶端,小车与地面的接触光滑,车长为l,细杆高h,直立于小车的中点,求玩具蛙至少以多大的对地水平速度跳出才能落到地面上?【解析】将玩具蛙和小车作为系统,玩具蛙在跳离车的过程中,系统水
平方向的总动量守恒,玩具蛙离开杆后,做平抛运动,小车向后做匀速
直线运动,在玩具蛙下降高度h的过程中,小车通过的距离与玩具蛙在
水平方向通过的距离之和等于 时,玩具蛙恰能落到地面上。玩具蛙跳离杆时:
MvM=mvm玩具蛙的运动时间为t,则:
h= gt2
根据题意:
vmt+vMt=
解得:vm=
答案:【拓展例题】考查内容:反冲运动问题的综合分析
【典例示范】如图所示,一旧式高射炮的炮筒与水平面的夹角为α=60°,当它以v0=100m/s的速度发射出炮弹时,炮车反冲后退,已知炮弹的质量为m=10kg,炮车的质量M=200kg,炮车与地面间动摩擦因数μ=0.2,则炮车后退多远才能停下来?(g取10m/s2)【正确解答】以炮弹和炮车为研究系统,在发射炮弹的过程中系统在水平方向上的动量守恒,设炮车获得的反冲速度为v,以v0的水平分速度方向为正方向,有:mv0cosα-Mv=0,
得v= =2.5m/s。由牛顿第二定律得,炮车后退的加速度为
a= =-μg=-2m/s2,
由运动学公式得,炮车移动距离为
s= ≈-1.6m,即后退距离为1.6m,方向与正方向相反。
答案:1.6m【答案速填】①I=Ft　②相同　③时间　④p=mv　⑤kg·m/s　⑥kg·m/s　⑦相同　
⑧相同　⑨动量变化量　⑩mv2-mv1 ?为零　?相同　?不变　?相等　?相反　
?零　?远大于外力　?为零