实 验 验证动量守恒定律
一、实验目的
1．验证一维碰撞中的动量守恒。
2．探究一维弹性碰撞的特点。
二、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。
三、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、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：带细线的摆球(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。
方案四：斜槽，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，天平一台，刻度尺，圆规。
四、实验步骤
方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验
(1)测质量：用天平测出滑块质量。
(2)安装：正确安装好气垫导轨。
(3)实验：接通电源，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(①改变滑块的质量，②改变滑块的初速度大小和方向)。
(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验
(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。
(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。
(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验
(1)测质量：用天平测出两小车的质量。
(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。
(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝算出速度。
(5)改变条件：改变碰撞条件、重复实验。
(6)验证：一维碰撞中的动量守恒
方案四：利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验
(1)先用天平测出小球质量m1、m2。
(2)按图实－1所示那样安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，调节实验装置使两小球碰时处于同一水平高度，且碰撞瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保正碰后的速度方向水平。
(3)在地上铺一张白纸，在白纸上铺放复写纸。
(4)在白纸上记下重垂线所指的位置O，它表示入射球m1碰前的位置。
(5)先不放被碰小球，让入射小球从斜槽上同一高度处滚下，重复10次，用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心就是入射球发生碰撞前的落地点P。
(6)把被碰小球放在小支柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它发生正碰，重复10次，仿步骤5求出入射小球落地点的平均位置M和被碰小球落地点的平均位置N。
(7)过O和N在纸上作一直线。
(8)用刻度尺量出线段OM、OP、ON的长度。把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看是否成立。
(9)整理实验器材放回原处。
五、注意事项
1．前提条件
碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2．方案提醒
(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平。
(2)若利用摆球进行实验，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面内。
(3)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力。
(4)若利用斜槽小球碰撞应注意：
①斜槽末端的切线必须水平。
②把被碰小球放在斜槽末端。
③入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。
④选质量较大的小球作为入射小球。
⑤实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
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。
六、误差分析
1．系统误差
主要来源于装置本身是否符合要求，即：
(1)碰撞是否为一维碰撞。
(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力。
2．偶然误差
主要来源于质量m和速度v的测量。
3．改进措施
(1)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件。
(2)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差。
实验原理的理解和误差分析
[例1] 气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图实－2所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d．用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；
e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞挡板C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是_______________________________________。
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是______________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有______________(至少答出两点)。
[解析] A、B两滑块被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A与C的距离L1、B与D的距离L2及A到C、B到D的时间t1和t2，测出两滑块的质量，就可以用mA＝mB验证动量是否守恒。
(1)实验中还应测量的物理量为B与D的距离，符号为L2。
(2)验证动量守恒定律的表达式是mA＝mB。
产生误差的原因：
①L1、L2、mA、mB的数据测量误差；
②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；
③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力。
[答案] 见解析
实验综合考查
[例2] 如图实－3，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
图实－3
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图实－3中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。
然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是________。(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM，ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________(用(2)中测量的量表示)；
若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为________(用(2)中测量的量表示)。
(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图实－4所示。
碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝______∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶__________。
图实－4
实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为________。
(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm。
[解析] 小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v＝。而由H＝gt2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等。即m1＝m1＋m2；则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。故只需测射程，因而选C；由表达式知：在OP已知时，需测量m1、m2、OM和ON。故必要步骤A、D、E，若为弹性碰撞同时满足动能守恒。
m12＝m12＋m22
m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2
p1＝m1·，p1′＝m1·
故p1∶p1′＝OP∶OM＝44.80∶35.20＝14∶11，
p2′＝m2·
p1′∶p2′＝∶＝11∶2.9
故＝＝1
其他条件不变，使ON最大，则m1、m2发生弹性碰撞。
则其动量和能量均守恒，
可得v2＝，而v2＝，v0＝
故ON＝·OP＝×44.80 cm
＝76.8 cm。
[答案] (1)C (2)ADE
(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP
m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2
(4)14 2.9 1～1.01 (5)76.8
1．某同学用如图1所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。
图1
(1)实验中必须要求的条件是( )
A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球和被碰球的质量必须相等
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量( )
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点P到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点M到O点的距离
C．A球与B球碰撞后，测量B球落点N到O点的距离
D．测量A球或B球的直径
E．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
F．测量释放点G相对于水平槽面的高度
G．测量水平槽面离地的高度
(3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________。
图2
答案：(1) BD (2) A、B、C、E (3) 4∶1
2．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的具体装置如图3甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz，长木板右端下面垫放薄木片用以平衡摩擦力。
图3
(1)若已测得打点纸带如图3乙所示，并测得各计数点间距已标在图上．A为运动起始的第一点，则应选________段来计算A的碰前速度；应选________段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)。
(2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg。由以上测量结果可得：碰前总动量为______kg·m/s；碰后总动量为________kg·m/s。
解析：(1)从分析纸带上打点情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算A的碰前速度。从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算碰后A和B的共同速度。
(2)小车A在碰撞前速度：
v0＝＝ m/s＝1.050 m/s
小车A在碰撞前动量：
p0＝mAv0＝0.40×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后A、B共同速度：
v共＝＝ m/s＝0.695 m/s
碰撞后A、B的总动量：
p′＝(mA＋mB)v共＝(0.20＋0.40)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s
答案：(1)BC DE (2)0.420 0.417
3．质量分别为m1、m2的两弹性小球A和B，如图4所示，用长为l的细线系在天花板上，将A球拉开一定角度放手后，A、B两球正碰，则：
(1)若m1＝m2，则碰撞后两球运动情况如何？
(2)若m1＞m2，则碰后两球运动情况如何？
(3)若m1＜m2，又如何？
(4)在(1)中，若A拉开的角度为θ1，碰后B球偏离的角度为θ2，碰后A球偏离的角度为θ3，只要关系式_______________成立，即可验证动量守恒。
解析：(1)因为两球发生弹性碰撞，故满足动量守恒和机械能守恒，即
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得：v1′＝v1，v2′＝v1。
因为m1＝m2，则两球交换速度，A球静止，B球以原来A球速率运动。由机械能守恒定律知，θ1＝θ2；
(2)由v1′＝v1，v2′＝v1知，若m1＞m2，则碰后A、B两球都向右运动，但vA＜vB；
(3)若m1＜m2，则碰后A球反弹，B球向右运动。
(4)由机械能守恒定律得：
mgl(1－cosθ)＝mv2，
v＝ ，
即vA＝ ，vB＝0
vA′＝ ，
vB′＝
只要m1vA＝－m1vA′＋m2vB′成立，即可验证。
即m1 ＝－m1 ＋m2 。
答案：(1)A球静止，B球以原来A球速率向右运动
(2)A、B两球均向右运动，且A球运动慢
(3)A球反弹，B球向右运动
(4)m1 ＝－m1 ＋m2
4．某同学用图5甲所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。
图5
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm。
(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行测量的？
答：________________(填选项号)。
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B. A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
E．测量G点相对于水平槽面的高度
解析：(1)A球、B球碰撞后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间都相同，水平射程与其速度成正比。而水平射程是将10个落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为落点。从尺上的读数就可读出65.0 cm。
(2)由于B球放在水平槽上，所以A、B两球的水平射程的起点都是O点，应选A、B两项。设没放B球时，A球的落点为P，由动量守恒定律得mA·OP＝mA·OA＋mB·OB，需要测量A、B两球质量，应选D。
答案：(1)65.0 (2)ABD
5．在用如图6所示的装置验证动量守恒的试验中：
(1)在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是( )
图6
A．轨道是光滑的
B．轨道末端的切线是水平的
C．m1 和m2 的球心在碰撞的瞬间在同一高度
D．碰撞的瞬间m1 和m2 球心连线与轨道末端的切线平行
E．每次m1 都要从同一高度静止滚下
(2)在验证动量守恒定律的实验中，必须测量的量有( )
A．小球的质量m1 和m2
B．小球的半径r
C．桌面到地面的高度H
D．小球m1 的起始高度h
E．小球从抛出到落地的时间t
F．小球m1 未碰撞飞出的水平距离
G．小球m1和m2 碰撞后飞出的水平距离
(3)实验时，小球的落点分别如图中的M、N、P点，应该比较下列哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律( )
A．m1·
B．m1 ·
C．m1 ·
D．m1 · ＋m2 ·
E．m1 · ＋m2 ·(－2r)
F．m1·· ＋m2 ·(O－2r)
答案：(1)BCDE (2)ABFG (3)AE
课件23张PPT。第一章实验师之说考之向梦之旅考向一考向二第一章 碰撞与动量守恒
考点一
动量定理的理解与应用
1.容易混淆的几个物理量的区别
(1)动量与冲量的区别：
内容
名称
大小
矢量性
方向
瞬时与过程
相对性与绝对性
联系
动量
p＝mv
矢量
与v同向
瞬时量
相对性与参照物选择有关
动量与冲量无因果关系
冲量
I＝Ft
矢量
与F同向
过程量
绝对性与参照物选择无关
(2)动量、动量变化量、动量变化率的区别：
内容
名称
大小
矢量性
方向
与其它联系
动量
p＝mv
矢量
与v同向
动量变化量
Δp＝mvt－mv0
矢量
与合力同向
Δp＝F合·t
动量变化率
矢量
与合力同向
＝F合
2．动量定理的应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量：
如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝F·t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，即等效代换为变力的冲量I。
(2)应用Δp＝F·t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：
曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。
(3)用动量定理解释现象：
用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，分析力与作用时间的关系；另一类是作用力一定，分析力作用时间与动量变化间的关系。分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。
(4)处理连续流体问题(变质量问题)
通常选取流体为研究对象，对流体应用动量定理列式求解。
3．应用动量定理解题的步骤
(1)选取研究对象；
(2)确定所研究的物理过程及其始、末状态；
(3)分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；
(4)规定正方向，根据动量定理列方程式；
(5)解方程，统一单位，求解结果。
[例1] 蹦床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60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s。若把这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理，求此力的大小。(g取10 m/s2)
[解析] 法一：运动员刚接触网时的速度大小：
v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向向下。
刚离网时速度的大小：
v2＝＝ m/s＝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，对运动员由动量定理(以向上为正方向)有：
(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解得F＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向向上。
法二：此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。
从3.2 m高处自由下落的时间为：
t1＝ ＝ s＝0.8 s
运动员弹回到5.0 m高处所用的时间为：
t2＝ ＝ s＝1 s
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理，有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0，
则F＝mg＝×60×10 N＝1.5×103N，方向向上。
[答案] 1.5×103N 方向向上
考点二
动量守恒定律
1.动量守恒定律的四个基本特性
(1)整体性
动量守恒定律是针对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而对物体系统内的一部分，动量守恒定律就不适用了。所以要合理地选择适用动量守恒定律的相互作用系统，即合理的确定研究对象。
(2)矢量性
动量是矢量，动量守恒是指系统内各部分动量的矢量和保持不变，因此，在解题时必须首先选定正方向，然后运用矢量合成和分解法则来计算各状态动量的矢量和，而不能简单地采用代数和。
(3)相对性
动量守恒定律在应用时，系统在作用前、后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言的，具有相对同一性，若系统的不同部分的动量不是相对同一惯性参考系，则系统的动量就不可能守恒。
(4)瞬时性
在动量守恒定律所适用的系统中，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。因而，在运用动量守恒定律解题时，不应该将不同瞬时的动量相互混淆，更不能交叉套用。
2．动量守恒定律应用中的模型
对实际问题的研究或对物理问题的求解，往往是将具体的问题抽象成物理模型，并运用物理规律得出结果。动量守恒定律的应用中，常遇到的典型模型有碰撞、反冲、相对位移模型(人船模型)等。
(1)碰撞：物体与物体发生碰撞时，相互作用时间极短，相互作用的内力远大于系统所受外力，所以各类碰撞均满足系统动量守恒定律。但要注意物理情境可行性原则。
(2)反冲：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭，都属于反冲运动，这些运动的特点都是系统相互作用的内力远大于系统受到的外力，所以在相互作用的过程中系统总动量守恒，研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的对象和各物体对地的运动状态。
(3)相对位移：关键是找出组成系统的两部分位移之间的关系，常列出平均动量守恒关系式进行求解。
[例2] (新课标全国卷Ⅰ)如图1，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＝0.8 m，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＝0.3 s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球的速度恰好为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：
图1
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度。
[解析] (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＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2。由运动学规律可得v1＝gt③
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＝mBv′2④
mAv＋mBv＝mBv′⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB⑥
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′＝0.75 m⑧
[答案] (1)4 m/s (2)0.75 m
考点三
动量、能量综合问题的求解
处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系。若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别。若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理。两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。
利用动量的观点和能量的观点解题时应注意下列问题：
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式。
(2)动量守恒定律和能量守恒定律研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。并根据研究的两个状态(初、末状态)列方程求解。
[例3] (北京高考)如图2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＝0.2 m；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＝10 m/s2。
求：
图2
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
[解析] 设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2 m/s。
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝v＝1 m/s。
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l＝＝0.25 m。
[答案] 见解析
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(共4小题，每小题5分，共20分)
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受到的合外力的冲量为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量就一定守恒
解析：系统动量守恒的条件是系统所受外力之和为零或系统内力远大于外力，而与系统内有无摩擦力及物体做何种形式的运动无关，故A、B、D错。合外力的冲量为零，说明合外力为零，系统动量守恒，C对。
答案：C
2．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的v－t图像如图1所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为( )
图1
A.和0.30 s B．3和0.30 s
C.和0.28 s D．3和0.28 s
解析：当仅在物体之间存在相互作用时，两物体的总动量守恒，取t＝0和t＝t1时刻列方程：m乙×4＝(m甲＋m乙)×1，有m甲＝3m乙。再由图线乙有＝，所以t1＝0.3 s，B正确。
答案：B
3．如图2所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
解析：在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能不守恒。实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)。子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力，且外力不等于零)。若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒。综上所述可知选项B对。
答案：B
4．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后， A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
解析：由动量守恒定律得mv ＝2mvB －mvA, 化简可得vA＝2vB－v0，又因为vA>0, 所以vB>0.5v, A正确。
答案：A
二、双项选择题(共5小题，每小题6分，共30分。全选对得6分，只选一个且正确的得3分)
5．下列关于冲量的说法中，正确的是( )
A．物体受到的力很大，其冲量一定大
B．当力与位移垂直时，力的冲量为零
C．只要力的大小恒定，在一段较长时间内的冲量就等于该力与时间的乘积
D．当物体受到的冲量不为零时，其动量一定发生变化
解析：冲量的大小不仅与物体受力的大小有关，还与力的作用时间有关，即I＝Ft，故A错，C对。冲量和力与位移是否垂直无关，B错。由动量定理得冲量I不为零，其动量一定发生变化，故D正确。
答案：CD
6．“神舟七号”飞船的成功着陆，标志着我国成为世界上第三个独立掌握载人航天技术并能够开展有人参与空间实验的国家。为了保护航天员的安全，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1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2 m/s以内，随后又渐渐降到1 m/s，最终安全着陆。把返回舱从离地1 m开始减速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：反推火箭并没有改变返回舱的动量变化，所以由动量定理，返回舱所受冲量不变，只是作用时间延长，平均冲力减小。
答案：CD
7．如图3所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，用另一水平力快速拉动纸带，纸带都被从重物下面抽出，对这两个过程，下面的解释正确的是( )
图3
A．缓慢拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力大
B．快速拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小
C．缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．快速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
解析：对重物，在纸带抽出的过程中，所受的合力即为纸带给它的滑动摩擦力Ff＝μmg(其中μ是重物与纸带间的动摩擦因数，m是重物的质量)，显然重物所受合力F合＝Ff，在快抽和慢抽两种情况下是不变量，A、B均错。由F合t＝Fft＝Δp知：F合一定，Δp∝t，故慢抽时，t较长，纸带给重物的冲量I大，C正确。快抽时，t较短，纸带给重物的冲量I小，D正确。
答案：CD
8．如图4所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，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，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
图4
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动
B．C与B碰前，C与小车的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动
解析：弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，由mvC＝MvAB，得vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程中动量守恒，由mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误。
答案：BC
9．矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图5所示，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较( )
图5
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．两次滑块受的冲量一样大
C．子弹射入下层过程中克服阻力做功较少
D．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多
解析：由水平方向动量守恒可以知道，两种情况对应的末速度是一样的，系统动能的减少也是一样的，系统产生的热量也一样多，D错误，由动能定理可知，子弹克服阻力做功相同，子弹对滑块做功相同，A对C错，由动量定理可以分析，两次滑块所受冲量一样大，B也正确。
答案：AB
三、非选择题(共3小题，共50分，填空题把答案写在横线上，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
10．(16分)如图6所示，在验证碰撞中动量守恒的实验中，实验要证明的是动量守恒定律的成立，即m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
图6
(1)按这一公式的要求，需测量两小球的质量和它们碰撞后的水平速度，但实验中我们只需测量两小球的质量和飞行的水平距离。这是由于小球碰撞后做________运动，各球下落高度相同，因而它们的________也是相同的，可用小球飞行的水平距离来代表小球的水平速度。
(2)实验时，质量分别为m1、m2的球半径大小均为r，且都已知，要完成这个实验，必须补充的测量工具还有________。
(3)由于偶然因素的存在，重复操作时小球落点不完全重合是正常的，落点(如P点)的确定办法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)用图中的符号来表示A、B两小球碰撞中动量守恒的表达式是____________________。
解析：两小球碰撞后做平抛运动，运动时间相同，在动量守恒表达式m1v1＝m1v′1＋m2v2′两边同乘以飞行时间即有m1＝m1＋m2(－2r)，应该注意的是两小球做平抛运动的抛出点位置是不相同的，入射小球做平抛运动的抛出点在斜槽的末端，被碰小球做平抛运动的抛出点位置在支柱上，两者相距2r。
答案：(1)平抛 飞行时间 (2)毫米刻度尺
(3)用半径尽量小的圆把多次落点圈住，圆的圆心就是小球落点的平均位置
(4)m1＝m1＋m2(－2r)
11．(16分)在弹性海绵垫的正上方h1高处，将重为G的小球以速率v0竖直下抛，落在海绵垫上后反弹的高度为h2，设球与海绵垫第一次接触的时间为t，求在此时间内球对海绵垫的平均作用力的大小。(空气阻力不计，重力加速度为g)
吴仑同学给出了如下解答：设在时间t内海绵垫对球的平均作用力大小为F，球第一次刚接触海绵垫时的速率为v1、刚离开海绵垫时的速率为v2，则由动量定理得
Ft＝Δp①
Δp＝mv2－mv1②
由机械能守恒定律得mv＋mgh1＝mv③
mv＝mgh2④
由①②③④式求得
F＝⑤
(解题过程到此结束)
试指出上述解答过程中是否有不妥之处，若有，请指出其不妥之处，并给出正确的解答。
解析：有不妥之处
(一)①式有错误，F只是海绵垫对球的平均作用力。
不是合外力，以向上为正方向，合外力应为F－G
(二)②式有错误，因为动量是矢量，以向上为正方向。
应写为：Δp＝mv2－(－mv1)，即Δp＝mv2＋mv1
(三)最后F的表达式中，应用替换m，因为原题并没有给出m。
(四)解题过程不完善，F为海绵垫对球的作用力，而要求的是球对海绵垫的平均作用力，应由牛顿第三定律得
F＝(＋)＋G。
答案：见解析
12．(18分)如图7甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4.0 kg和m2＝6.0 kg，用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个物体C从t＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t＝5.0 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物体C的v－t图像如图乙所示。试求：
(1)物块C的质量m3；
(2)在5.0 s到15.0 s的时间内物体A动量变化的大小和方向。
图7
解析：(1)根据v－t图像可知，物体C与物体A相碰前的速度为v1＝6 m/s
相碰后的速度为：v2＝2 m/s
根据动量守恒定律得：
m3v1＝(m1＋m3)v2
解得：m3＝2.0 kg。
(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0 s和第15.0 s末物体A的速度分别为：
v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s
所以物体A的动量变化为：
Δp＝m1(v3－v2)＝－16 kg·m/s
即在5.0 s到15.0 s的时间内物体A动量变化的大小为：16 kg·m/s，方向向右。
答案：(1)2.0 kg (2)16 kg·m/s 向右
课件25张PPT。第一章章末盘点知识结构图示高频考点例析阶段质量检测考点一考点二考点三第一节 物体的碰撞
1．碰撞是力学的基本问题之一，著名的科学家伽利略、牛顿等都先后进行了一系列的实验，从最初对一些现象尚无法作出解释，到逐渐归纳成系统的理论，总结出碰撞的规律，直至明确提出运动量守恒的基本思想，都为后来的动量守恒定律奠定了基础。
2．20世纪30年代以后，由于加速器技术和探测技术的发展，通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现了许多新粒子。
3．物体间碰撞的形式多种多样。如图1－1－1甲所示，两小球碰撞时的速度沿着连心线的方向，这种碰撞称为正碰，如图1－1－1乙所示，两球碰撞前的相对速度不在连心线上，这种碰撞称为斜碰。
图1－1－1
4．碰撞的最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等，因而其他外力可以忽略不计。
5．如果碰撞过程中系统动能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。如果碰撞过程中系统动能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞，如果两个物体碰撞后合为一体具有共同的速度，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞。
对碰撞现象的研究
1.碰撞现象
两个或两个以上有相对速度的物体相遇时，在很短的时间内它们的运动状态发生显著变化，物体间相互作用的过程叫碰撞。
2．碰撞的特点
(1)作用时间极短，相互作用力变化很快，平均作用力很大；相互作用力远大于其他外力，其他外力可以忽略不计。
(2)碰撞过程是在一瞬间发生的，作用时间极短，所以可以忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
3．碰撞的分类
按碰撞过程的能量损失情况可分为完全弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞。
(1)完全弹性碰撞：任何两个小球碰撞时都会发生形变，若两球碰撞后形变能完全恢复，并没有能量损失，碰撞前后两小球构成的系统的动能相等，我们称这种碰撞为完全弹性碰撞。
(2)非弹性碰撞：若两球碰撞后它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分动能最终会转变为内能，碰撞前后系统的动能不再相等，我们称这种碰撞是非弹性碰撞。
(3)完全非弹性碰撞：如果碰撞后完全不反弹，两球成为一个整体，这种碰撞则是完全非弹性碰撞。
4．对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解
弹性碰撞和非弹性碰撞可以从形变和动能两个角度进行理解。
(1)若两个物体发生碰撞时形变属于弹性的，碰后能够恢复，碰撞过程中只是发生了动能和弹性势能之间的相互转化，碰撞前后两小球构成的系统的动能不可能损失，则两物体间发生了完全弹性碰撞。
(2)若两个物体发生碰撞时形变属于非弹性的，碰后不能够恢复原状，碰撞过程中除发生动能和弹性势能之间的相互转化外，碰撞前后系统的动能不再相等，则两物体间的碰撞为非弹性碰撞；若两个物体碰撞后合为一体，形变完全不能恢复，此时损失的动能最大。
(1)物理学家所研究的碰撞，并不限于物体直接接触的情况。分子、原子、基本粒子等微观粒子不直接接触，但相互以力作用着，并影响彼此的运动，这种情况也叫做碰撞。
(2)小到微观粒子，大到生活中宏观物体，再到宇宙天体，碰撞是自然界中最常见的物体相互作用的表现形式之一，因此，对碰撞问题的研究，有助于我们认识和了解物体相互作用的具体规律和丰富的粒子世界。
1．根据碰撞过程中动能的损失情况，物体间的碰撞可分为________碰撞，____________碰撞和______________碰撞，其中________________碰撞的动能损失最大。
解析：在碰撞过程中，若物体的动能无损失，则称这种碰撞为弹性碰撞；若碰撞时物体的形变不能完全恢复，此时将有部分动能转化为热，这种碰撞称为非弹性碰撞，若碰撞时，物体的形变完全不能恢复，此时动能损失最多，这种碰撞称为完全非弹性碰撞。
答案：弹性 非弹性 完全非弹性 完全非弹性
碰撞过程的分析
以两个质量相同的理想弹性小球相向运动的情况为例，讨论碰撞的具体过程，如图1－1－2所示。
图中小球内部的箭头表示运动的速度方向，箭头的长短表示速度的大小。
两个相向运动的弹性小球开始相碰时(如图Ⅰ)，由于它们具有相向运动的速度，开始相互挤压，发生形变，从而产生弹性力。向右运动的第一个小球受到第二个小球给它的向左的弹性力，开始做减速运动，从而向右运动的速度减小；同时，向左运动的第二个小球受到第一个小球给它的向右的弹性力，开始做减速运动，从而向左运动的速度减小(图Ⅱ)。这时，虽然相对运动的速度减小了，仍继续相互挤压，继续发生形变，在更大的弹性力作用下，相对速度逐渐减小到0(图Ⅲ)，此时形变最大，相互作用的弹性力也最大，完成了所谓的碰撞过程的压缩阶段。
之后，弹性小球开始恢复形变。在相互作用的弹性力作用下，分别做加速运动，从而又获得速度(图Ⅳ)，最后达到图Ⅴ的状态，弹性碰撞结束。
以上对碰撞过程的分析，实际上是近似的，它的前提是：
(1)认为物体的形变是局部的形变，只发生在接触面处；
(2)认为物体之间的相互作用只是由形变产生的弹力；
(3)恢复阶段是在形变达到最大值后开始，到物体分离结束。实际的碰撞过程是相当复杂的，相撞物体开始接触后，相互作用力以应力波形式传布于整个物体，引起各部分形变。形变和恢复两个阶段，也是很难严格区分的。
2．(双选)在两个质量相同的物体相向运动发生弹性碰撞过程中，下列说法正确的是( )
A．两物体相互压缩过程中，做匀减速运动，直到速度减为零
B．两物体相互压缩过程中，速度减小，动能转化为弹性势能
C．两物体恢复形变过程中，弹力逐渐变大，速度逐渐变大
D．两物体恢复形变过程中，速度变大，弹性势能转化为动能
解析：两物体压缩过程中，弹力逐渐变大，加速度逐渐变大，物体做加速度变大的减速运动，物体的动能转化为弹性势能，故A错B对。恢复形变过程中，弹力逐渐减小，物体做加速度减小的加速运动，物体的弹性势能转化为动能，故C错D对。
答案：BD
碰撞中的能量问题
[例] 质量为5 kg的A球以3 m/s的速度与质量为10 kg静止的B球发生碰撞，碰后A球以1 m/s的速度反向弹回，B球以2 m/s的速度向前运动，试分析：
(1)碰撞过程中损失了多少动能。
(2)两球的碰撞属于何种类型的碰撞。
[解析] (1)碰撞前物体的动能
EkA＝mAv＝×5×32 J＝22.5 J
碰撞后物体的动能
E ′k＝EkA′＋E ′kB＝mAvA′2＋mBv
＝×5×12 J＋×10×22 J＝22.5 J
故碰撞过程中无动能损失。
(2)由于碰撞过程中无动能损失，故两球的碰撞属于完全弹性碰撞。
[答案] (1)0 (2)完全弹性碰撞
(1)物体间发生完全弹性碰撞后形变能完全恢复，碰撞系统的动能守恒；物体间发生非弹性碰撞后形变不能完全恢复，碰撞系统的动能有损失；物体间发生完全非弹性碰撞后，形变完全不能恢复，碰撞系统的动能损失最大。
(2)质量为m的运动物体与质量为m的静止物体发生完全弹性碰撞后，两物体交换速度。
质量为1 kg的A球以3 m/s的速度与质量为2 kg静止的B球发生碰撞，碰后两球以1 m/s的速度一起运动。则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________动能。
解析：由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为
ΔEk＝mAv－(mA＋mB)v2
＝×1×32 J－×3×12 J＝3 J。
答案：完全非弹性碰撞 3 J
1．最早发表有关碰撞问题研究成果的是( )
A．牛顿 B．伽利略
C．惠更斯 D．马尔西
解析：最早发表有关碰撞问题研究成果的是布拉格大学校长，物理学教授马尔西，故D对。
答案：D
2．下面对于碰撞的理解，正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略
C．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰
解析：碰撞的主要特点是：相互作用时间短，作用力峰值大，因而其他外力可以忽略不计，在极短时间内物体的运动状态发生明显变化，故A对B错。根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，其中动能不变的碰撞称为完全弹性碰撞，故C、D错。
答案：A
3．如图1所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的是( )
图1
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同的速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
解析：弹簧被压缩到最短时，即为两物体相对静止时，此时两物体具有相同的速度，故B对。
答案：B
4．碰撞现象在生活中很常见，下列现象不属于碰撞现象的是( )
A．打羽毛球时球拍与球的撞击
B．小鸟在空中飞翔
C．打桩、钉钉子等各种打击现象
D．带电粒子对荧光屏的撞击
解析：由碰撞的概念可知，此上现象除小鸟的飞翔外均属于碰撞现象。
答案：B
5．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．斜碰一定是非弹性碰撞
解析：能量守恒定律是普遍规律，能量在转化过程中能量也守恒，但不一定动能不变，所以选项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，斜碰也不一定是非弹性碰撞，所以选项C、D错误。
答案：B
6．在光滑的水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m。现B球静止，A球向B球运动，发生弹性碰撞。两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，动能为Ek，则碰前A球的速度等于( )
A. B.
C．2 D．2
解析：物体发生弹性碰撞时，系统的机械能守恒，故mv2＝Ek＋Ep
解得：v＝。
答案：B
7．下列说法正确的是( )
A．两钢球碰撞后分开属于弹性碰撞
B．飞鸟撞飞机后一起运动属于弹性碰撞
C．“守株待兔”中兔子撞上树桩属于完全非弹性碰撞
D．雨滴下落与地面的碰撞属于弹性碰撞
解析：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变完全消失的是弹性碰撞，A正确。碰撞时产生的形变不能恢复的是非弹性碰撞，B、D错误。碰撞后物体粘结成一体或相对静止，碰撞后相互作用的物体具有共同速度，是完全非弹性碰撞，C错误。
答案：A
8．大小相等、质量不同的两个球1、2在光滑水平面上相撞，1球质量是2球质量的4倍，1球以2 m/s的速度与静止的2球碰撞，碰撞后1球沿原方向运动速度大小是1.5 m/s，2球的速度为2 m/s，你能判断出大球和小球的碰撞是何种碰撞吗？请说明理由。
解析：碰前两球总机械能为
E前＝Ek1＋Ek2＝×4m×22＋0＝8m(J)
碰后两球总机械能为
E后＝E′k1＋E′k2＝×4m×1.52＋×m×22＝ m(J)。
E前＞E后
答案：碰后总机械能减小，可知此碰撞属于非弹性碰撞。
9．如图2所示，质量相同的A球和B球，A球用绳吊起，B球放在悬点正下方的光滑水平面上。现将A球拉到高h处由静止释放，摆到最低点时与B球碰撞，碰后两球粘在一起共同上摆，上摆的最大高度为h/4 。求在两球发生碰撞过程中，两小球的内能一共增加了多少？
图2
解析：两球发生完全非弹性碰撞，动能损失转化为内能。碰撞之前的动能等于A球原来的重力势能mgh，碰撞之后系统的动能等于AB系统的动能即上升到最大高度处的重力势能＝，所以系统损失的动能为mgh－mgh＝mgh，根据能量守恒有：内能增加了ΔE＝mgh。
答案：mgh
10．如图3所示，长为0.8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2 kg的球。将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放。当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量m2为0.2 kg的铁块发生弹性正碰，碰后小球静止。若光滑桌面距地面高度h为1.25 m，铁块落地点距桌边的水平距离多大？(g取10 m/s2)
解析：设球m1摆至最低点时的速度为v，则有
m1gl＝mv2
得v＝＝4 m/s。
由于两球发生弹性正碰，由题意可知，碰后球m2以4 m/s平抛，则有：
h＝gt2 x＝vt
解得x＝v·＝2 m。
答案：2 m
课件24张PPT。第一章第一节学之窗师之说考之向知识点一知识点二梦之旅考向第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用
1．应用动量守恒定律解题的一般步骤为：
(1)确定研究对象组成的系统。分析所研究的过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件。
(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量。
(3)根据动量守恒定律列方程。
(4)解方程，统一单位后代入数值进行运算，列出结果。
2．碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，过程相当复杂，很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节，因而在解决碰撞问题中有广泛的应用。
3．不同类型的碰撞问题一定满足动量守恒定律，但不一定满足机械能守恒定律。
对碰撞问题的分析
1.常见碰撞情况的分析
(1)弹性碰撞
特点：在弹性碰撞过程中系统无机械能损失。即只发生机械能传递而不发生能量转化。弹性碰撞同时遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。
(2)非弹性碰撞
特点：在碰撞过程中有机械能损失，即发生能量转化，一般是机械能转化为内能。故只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。
(3)完全非弹性碰撞
特点：在碰撞过程中机械能损失最多，只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。
2．碰撞过程应满足的条件
在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：
(1)系统的总动量守恒。
(2)系统的机械能不增加，即E′k1＋E′k2≤Ek1＋Ek2。
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。
(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。
(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。
1．相向运动的A、B两辆小车相撞后，一同沿A原来的方向前进，这是由于( )
A．A车的质量一定大于B车的质量
B．A车的速度一定大于B车的速度
C．A车的动量一定大于B车的动量
D．A车的动能一定大于B车的动能
解析：碰撞过程中动量守恒，碰后一同沿A原来方向前进，说明总动量与A的动量方向相同，故A车动量大于B车的动量，选项C对。
答案：C
子弹打木块模型
这类问题具有以下共同特点：
(1)作用时，F内?F外，子弹与木块作用过程中系统动量守恒。
(2)作用时间极短，子弹与木块作用过程中，木块的位置几乎不变。
(3)作用后，子弹留在木块中，即合二为一，与完全非弹性碰撞相同；作用后子弹穿过木块，与非弹性碰撞相类似。
(4)子弹打木块过程，除了列出动量守恒定律，还要列出能量方程，子弹打木块过程中产生的能量Q＝f·L相对，也等于系统作用过程中动能的减少量。对L相对的理解：子弹留在木块中，L相对为子弹打入木块的深度，子弹射穿木块，L相对为木块的长度。
2．质量为M的木块静止在光滑水平面上，一质量为m，速度为v0的子弹水平射入木块且并未穿出，设木块对子弹的阻力大小恒为F，试求：
(1)打击完毕后木块的速度为多少？
(2)打击过程中产生的内能为多少？
(3)木块至少多长子弹才不会穿出？
解析：(1)以木块和子弹组成的系统为研究对象，设速度为v，由动量守恒定律可得：
mv0＝(M＋m)v
解得v＝。
(2)系统损失的动能ΔEk＝mv－(M＋m)v2。
联立解得ΔEk＝
由能量守恒可知损失的动能转化为内能，
故内能Q＝ΔEk＝。
(3)设木块长度至少为L，则由功能关系可得
Q＝F·L
解得：L＝＝。
答案：(1) (2) (3)
动量守恒定律的应用
1.运用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确题意，确定研究对象和研究过程。
动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换划入系统的物体，才可以找到满足守恒条件的系统。
(2)对系统内物体受力分析，判断系统在其过程中是否满足动量守恒的条件
若满足则进行下一步列式，否则需考虑修改系统的划定范围(增减某些物体)或改变过程的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件。
(3)明确所研究过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达式。
(4)根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程。
(5)合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。
2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
不受外力或所受合外力为零
只有重力和弹力做功
一般表达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
标矢性
矢量式
标量式
守恒条件
的理解
外力总冲量为零，系统总动量不变
只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功
注意事项
应选取正方向
选取零势能面
(1)动量守恒定律的表达式为矢量式，应用时应注意方向，而机械能守恒定律的表达式为标量式，对功和能只能求代数和。
(2)动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件不同，故系统的动量守恒时，机械能不一定守恒，同理机械能守恒时，动量也不一定守恒。
3．(双选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间的一质量为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1－3－1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.
C.NμmgL D．NμmgL
解析：设最终箱子与小物块的速度为v1根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失ΔEk＝mv2－(m＋M)v，解得ΔEk＝v2，B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s＝0.5L＋(N－1)L＋0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：ΔEk＝Q＝NμmgL，D对。
答案：BD
碰撞问题的分析
[例1] (双选)半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )
A．甲球的速度为零，而乙球的速度不为零
B．乙球的速度为零，而甲球的速度不为零
C．两球的速度均不为零
D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
[解析] 甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒。碰撞前，由于Ek甲＝Ek乙，而Ek＝，由题设条件m甲＞m乙可知p甲＞p乙，碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，A选项对。如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B选项错误。如果甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C选项对。如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，由Ek＝得p甲′＞p乙′，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D选项错误。
[答案] AC
运用动量守恒定律解决碰撞类问题时应该注意的问题
(1)要注意结果的合理性，即符合物理情景，符合能量守恒定律，能量不能凭空产生。
(2)注意动量的矢量性，即动量的方向性要特别注意，在一条直线上的碰撞，我们总是规定某一方向上动量为正，则另一相反方向动量为负。
(3)注意速度要符合物理情景，如A球去碰静止的B球，碰后两球同向，则A球速率不能大于B球。
1．A、B两球沿同一条直线运动，如图1－3－2所示的s－t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a，b分别为A，B碰撞前的s－t图像，c为碰撞后它们的s－t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量为多大？
图1－3－2
解析：若规定碰前A球的速度方向为正方向，则
vA＝3 m/s，vB＝－2 m/s，vc＝1 m/s，
由动量守恒定律得：
mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vc
解得：mB＝＝kg
＝kg≈0.67 kg。
答案：0.67 kg
碰撞中的临界问题及多体问题
[例2] 如图1－3－3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？
[解析] 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′
为保证B碰挡板前A未追上B，应满足
v′≤v2
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″
为使B能与挡板再次碰撞，A与B碰后的共同速度v″方向应向右，即应满足v″＞0
以上各式联立解得：
1．5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1。
[答案] 1.5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1
(1)在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：
①分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。
②分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键。
(2)多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时：
①正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。
②分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。
③合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。
2．如图1－3－4所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。问：
(1)A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？
(2)弹簧压缩到最短时C球的速度。
解析：(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生弹力完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成系统所受合外力为零，动量守恒。以v0的方向为动量的正方向，则有mv0＝2mv1，v1＝。
(2)粘合在一起的A、B两球通过弹簧和C球的作用过程中，由于弹力的作用，C球被加速，速度由零开始增大，而A、B两球被减速，速度逐渐减小，当三球的速度相同时，弹簧最短，在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有
2mv1＝3mv2，v2＝v1＝。
答案：(1)v0 (2)v0
动量守恒与能量守恒的综合
[例3] 如图1-3-5所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，C球用0.5 m长的细线悬挂在A车的支架上，已知mA＝mB＝1 kg，mC＝0.5 kg。开始时A静止，B车以v0＝4 m/s的速度驶向A车并与其正碰后粘在一起，若碰撞时间极短且不计空气阻力，g取10 m/s2，求C球摆起的最大高度。
图1－3－5
[解析] 由于A、B碰撞时间极短，C球尚未开始摆动，AB组成的系统动量守恒，有mAv0＝(mA＋mB)v1 ①
对A、B、C组成的系统，图示状态为初始状态；C球摆起到最大高度时，A、B、C有共同速度v2，该状态为终了状态，有(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2 ②
系统能量守恒，有(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v＝mCgh ③
由上述方程分别求出A、B刚粘合在一起的速度v1＝2 m/s，系统最后的共同速度v2＝1.6 m/s，最后求得小球C摆起的最大高度h＝0.16 m。
[答案] 0.16 m
(1)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们的研究对象都是物体组成的系统，解题时必须注意动量守恒和机械能守恒成立的条件。
(2)利用机械能守恒定律、能量守恒定律解题时着重分析力的做功情况、能量的转化情况；而利用动量守恒定律解题时着重分析系统的受力情况。
3．如图1－3－6所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc是位于竖直平面内与ab相切的半圆，半径R＝0.40 m。质量m＝0.30 kg的小球A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.50 kg的小球B以v0＝4 m/s的初速度与小球A发生正碰。已知碰后小球A经过半圆的最高点c后落到轨道上距b点为L＝1.2 m处，重力加速度g＝10 m/s2。求碰撞结束后：
图1－3－6
(1)当A球经过半圆的最高点c时轨道对它的作用力FN；
(2)A、B两球的速率vA和vB。
解析：(1)设碰后小球A在半圆的最高点c时速度为vA′，球A随后离开c点做平抛运动，有
在c点时，由牛顿第二定律可得：
FN＋mg＝m ③
联立解得：FN＝(－1)mg＝3.75 N
(2)对于碰撞过程，由动量守恒定律得：
Mv0＝MvB＋mvA ④
对碰后小球A运动到半圆的最高点c的过程，由机械能守恒定律得：
mv＝mg·2R＋mv ′ ⑤
联立①②③④⑤式并代入数据解得：
vA＝5 m/s，vB＝1 m/s。
答案：(1)3.75 N (2)5 m/s 1 m/s
1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
B．pA＝3 kg·m/s，pB＝9 kg·m/s
C．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
D．pA＝－4 kg·m/s，pB＝17 kg·m/s
解析：由碰撞过程中动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′可知D错。由碰撞过程中动能不可能增加
＋≥＋可得B、C错，A对。
答案：A
2．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图像(s－t图)如图1中A、D、C和B、D、C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：由图可得，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0；碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒mAvA＝(mA＋mB)v′可得＝＝，故C对。
答案：C
3．如图2所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反的方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )
图2
A．做加速运动
B．做减速运动
C．做匀速运动
D．以上运动都有可能
解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向)
Mv－mv＝(M＋m)v′。
则v′＝＝ m/s＝2 m/s。
共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同。
在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2 m/s。当薄板速度v1＝2.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得：
Mv－mv＝Mv1＋mv2。
v2＝＝ m/s＝0.8 m/s。
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动。
答案：A
4．如图3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：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，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有：
0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A对。
答案：A
5．质量相等的三个小球a，b，c在光滑的水平面上以相同的速度运动，它们分别与原来静止的三个小球A，B，C相碰，相碰后，a继续沿原来方向运动，b球静止，c球被反弹回来，这时A，B，C三个被碰小球中动量最大的是( )
A．A球 B．B球
C．C球 D．无法确定
解析：设a，b，c质量均为m，碰前速度均为v，则a碰A过程中有mv＝mva＋pA；b碰B过程中有mv＝pB；C碰C过程中有mv＝－mvC＋pC，可得pC＞pB＞pA，故选项C对。
答案：C
6．如图4所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )
A．h B.h
C.h D.h
解析：A与B碰前速度vA＝。A与B碰后粘合在一起的共同速度v′由动量守恒可求出。m·vA＝2mv′，所以v′＝vA＝，能上升的高度H可由2mg·H＝×2mv′2求得，所以H＝。
答案：C
7．如图5所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg。设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )
图5
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：小球做平抛运动，它落在车底前瞬间的竖直分速度为vy＝＝ m/s＝20 m/s
则小球的水平分速度为v0＝＝15 m/s
小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，则：
Mv－mv0＝(M＋m)v′
v′＝＝ m/s＝5 m/s。
所以选项A正确。
答案：A
8．(双选)向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达地面
D．炸裂的过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等
解析：炸裂过程物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，有：(mA＋mB)v＝mAvA＋mBvB，当vA与原来速度v同向时，vB可能与v反向，也可能与v同向，A错误；a、b在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，落地时间t＝，所以落地时间相等，C正确；由于水平飞行距离x＝vt，a、b炸裂后的速度vA、vB大小关系不确定，所以水平飞行距离无法比较大小，B错误；根据牛顿第三定律，a、b所受爆炸力FA＝－FB，力的作用时间相等，所以冲量I＝Ft的大小一定相等，D正确。
答案：CD
9．小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA>mB。在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0。由机械能守恒有
mAgH＝mAv①
设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②
由于两球碰撞过程中能量守恒，故
mAv＋mBv＝mAv＋mBv③
联立②③式得
v2＝v0④
设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有
h＝⑤
由①④⑤式得
h＝()2H。⑥。
答案：()2H
10．甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以大小为v0＝2.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，求：
(1)甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞？
(2)甲推出箱子时对箱子做了多少功？
解析：(1)设三个物体的共同速度为v，根据系统动量守恒，有：
(M＋m)v0－Mv0＝(M＋m＋M)v，
v＝＝ m/s＝0.40 m/s。
设箱子被推出的速度为v′，根据箱子、乙二者动量守恒有：
mv′－Mv0＝(M＋m)v，
v′＝＝ m/s
＝5.2 m/s。
(2)根据动能定理，甲对箱子所做的功为：
W＝mv′2－mv＝×15×(5.22－22)J
＝172.8 J。
答案：(1)5.2 m/s (2)172.8 J
课件37张PPT。第一章第三节学之窗师之说考之向知识点一知识点二梦之旅考向一考向二知识点三考向三第二节 动量 动量守恒定律
1．运动物体的质量和它的速度的乘积叫做物体的动量。用符号p表示。
2．动量是矢量(填标或矢)，它的方向和速度的方向相同，在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m·s－1。
3．物体受到的力与力的作用时间的乘积叫力的冲量，冲量是矢量(填标或矢)，在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒，符号是N·s。
4．冲量与动量的改变量之间的关系为：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。
5．物体在碰撞时，如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变，即系统动量守恒。
6．一个质量为0.5 kg的足球，以20 m/s的初速度向东运动，被运动员踢了一脚后，改为以20 m/s的速度向西运动。
(1)如取向东方向为正方向，则初动量p1为10 kg·m/s，末动量p2为－10_kg·m/s，运动员踢球过程中，球的动量变化量为－20_kg·m/s。
(2)如取向西方向为正方向，则初动量p1为－10_kg·m/s，末动量p2为10_kg·m/s，运动员踢球过程中，球的动量变化量为20_kg·m/s。
动量及其改变
1.对动量概念的理解
(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积叫做物体的动量，用符号p表示。
(2)定义式：p＝mv。
(3)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。
(4)方向：动量是矢量，它的方向与速度的方向相同。
(5)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是状态量，因此在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态的动量。
(6)相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性。在中学阶段，动量表达式中的速度一般是以地球为参考系的。
2．动量的改变量
(1)定义：物体某段时间内末动量与初动量的矢量差叫物体动量的改变量。
(2)定义式：Δp＝mv2－mv1。
(3)方向：动量的改变量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(4)计算方法：
①若物体做直线运动，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负，则Δp＝p2－p1，即可将矢量运算转化为代数运算，若Δp是正值，就说明Δp的方向与所选正方向相同；若Δp是负值，则说明Δp的方向与所选正方向相反。
②若初、末状态动量不在一条直线上，则按平行四边形定则求得Δp的大小和方向，这时Δp、p为邻边，p′(末动量)为平行四边形的对角线。(图1－2－1)
图1－2－1
(1)动量是矢量，两个物体的动量相等，说明其大小相等，方向也相同。
(2)动量与动能都是描述物体运动状态的物理量，其大小关系为Ek＝或p＝；但两者有本质区别，动量是矢量，动能是标量。
1．(双选)关于动量的概念，下列说法正确的是( )
A．动量大的物体惯性一定大
B．动量大的物体运动一定快
C．动量相同的物体，运动方向一定相同
D．动量相同的物体，速度小的惯性大
解析：动量大的物体，质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体，速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体，运动方向一定相同，C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对。
答案：CD
冲 量
1.定义
物体受到的力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，用符号I表示。
2．定义式
I＝F·t。
3．单位
在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
4．方向
冲量是矢量：如果力的方向恒定，则冲量I的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向应与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
5．物理意义
冲量是描述力对物体作用时间的累积效果的物理量，力越大，力的作用时间越长，冲量越大。
6．绝对性
由于力和时间均与参考系的选取无关，所以力的冲量与参考系的选取无关。
7．冲量的计算
(1)恒力的冲量。
公式I＝Ft仅适用于计算恒力的冲量，这时冲量等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致。若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算。
(2)变力的冲量。
①变力的冲量通常利用动量定理I＝Δp求解。
②可用图像法计算，如图1－2－2，若某一力方向恒定不变，那么在F－t图像中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。
(3)合冲量的计算
①若合外力是恒力，可先求出合力，再由F合t求冲量。
②若受几个力，且几个力均为恒力，可用F1t＋F2t＋……(矢量和)求合冲量。
③若在全过程中受力情况不同，对应时间不同，可求每个力的冲量，然后矢量合成，即利用F1t1＋F2t2＋……求合冲量。
(1)冲量是矢量，但冲量的方向不一定就是力的方向，恒力的冲量方向与力的方向一致。
(2)冲量是过程量，它反映的是力在一段时间内的积累效果。所以，它取决于力和时间两个因素。求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
2．关于冲量的概念，以下说法正确的是( )
A．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同
B．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大
C．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
D．只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同
解析：由I＝Ft可知，只要力与时间的乘积相同，则物体所受冲量大小相同，A对。力很大，但如果作用时间很短，冲量可能很小；同理时间很短，但如果力很大，冲量可能很大，故B、C错。尽管力和时间的乘积相同，若力的方向不同，则冲量不同，D错。
答案：A
动 量 定 理
1.内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。
2．表达式：Ft＝pt－p0＝mvt－mv0或I合＝Δp。
3．因果关系
合外力的冲量是引起物体动量改变的原因。
4．对动量定理的理解
(1)动量定理的研究对象是单个物体或系统。
(2)动量定理的表达式是一个矢量式，应用动量定理时需要规定正方向。
(3)动量定理公式中F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F应该是合外力在作用时间内的平均值。
(4)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量。
(5)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观物体和高速运动仍然适用。
(1)动量定理反映了物体在受到力的冲量作用时，其状态发生变化的规律，它反映的因果关系为：合外力的冲量是引起物体动量变化的原因。
(2)动量定理与牛顿第二定律实质相同，但前者表示的是力的累积效果，而后者表示的是力的瞬时效果。
3．物体受到的冲量越大，则( )
A．它的动量一定越大
B．它的动量变化一定越快
C．它的动量的变化量一定越大
D．它所受到的作用力一定越大
解析：由动量定理I合＝Δp可知，冲量越大，则动量变化越大，而与动量无关，故A错C对。若力很小，则动量变化会很慢，B错，若力持续时间很长，则它所受到的作用力可能很小，D错。
答案：C
动量守恒定律
1.系统、内力和外力
(1)系统：当研究两个物体相互碰撞时，可以把具有相互作用的两个物体称为系统。
(2)外力：系统外部的其他物体对系统的作用力叫外力。
(3)内力：系统内部物体间的相互作用力叫内力。
2．动量守恒定律
(1)内容：物体在碰撞时如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变。
(2)表达式：
①p＝p′
即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。系统总动量的求法遵循矢量运算法则。
②Δp＝p′－p＝0。
即系统总动量的增量为零。
③Δp1＝－Δp2。
即将相互作用的系统内的物体分为两部分，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
④当相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，动量守恒定律可表示为代数式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
应用此式时，应先选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负号表示各自的方向。式中v1、v2为初始时刻的瞬时速度，v1′、v2′为末时刻的瞬时速度，且它们一般均以地球为参照物。
(3)研究对象：相互作用的物体组成的系统
(4)成立的条件
①系统不受外力作用时，系统动量守恒；
②系统受外力但所受外力之和为零，则系统动量守恒；
③系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒；
④系统总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒。但是，若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。
(5)适用范围
它是自然界最普遍，最基本的规律之一。不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域。小到微观粒子，大到天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适用的。
动量守恒定律中的“总动量保持不变”，不仅指系统在初、末两个时刻的总动量相等，而且指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等。
4．(双选)放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是( )
A．两手同时放开，两车的总动量等于零
B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右
C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左
D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零
解析：若两手同时放开小车，则两车组成的系统所受外力之和为零，总动量守恒；若先放开右手，后放开左手，则在此过程中，左手对车有向右的冲量作用，两车的总动量向右，故A、B对，C、D错。
答案：AB
对动量和冲量的理解
[例1] 如图1－2－3所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．两物体所受重力的冲量相同
B．两物体所受合外力的冲量相同
C．两物体到达斜面底端时的动量不同
D．两物体到达斜面底端时的动量水平分量相同
[解析] 设斜面倾角为θ，高为h，物体质量为m，
则物体滑到底端的时间
t＝＝＝·。
下滑过程中的合外力F合＝mgsinθ。
重力冲量IG＝mgt＝，θ不同，IG不同，A错误；合外力冲量I合＝mgtsinθ＝m，大小相同，方向不同，B错误；到底端时的动量p＝mv＝m，大小相同，方向不同，C正确；动量的水平分量px＝mvcosθ＝mcosθ，θ不同，大小不等，D错误。
[答案] C
(1)冲量和动量都是矢量，要比较它们，既要比较它们的大小，还要比较它们的方向。两者都相同时，矢量才相同。
(2)计算力的冲量时，一定要搞清楚是求合力的冲量还是某一个力的冲量，另外公式I＝F·t仅适用于恒力冲量的计算。
(3)求合力的冲量时，可直接利用定义式I＝F合·t来求，也可以利用合力的冲量等于各外力冲量的矢量和来求，还可以利用I合＝Δp来求。
1．如图1－2－4所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内
(1)物体所受各力的冲量。
(2)物体所受合力的冲量。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：(1)对物体受力分析可得重力G＝50 N，支持力FN＝mgcosθ＝40 N，摩擦力f＝μmgcosθ＝8 N，合力F＝mgsinθ－μmgcosθ＝22 N
故重力冲量IG＝mgt＝100 N·s 方向竖直向下
支持力冲量IFN＝FN·t＝80 N·s 方向垂直斜面向上
摩擦力冲量If＝f·t＝16 N·s 方向沿斜面向上。
(2)合力冲量I合＝F合t＝44 N·s 方向沿斜面向下
答案：(1)IG＝100 N·s 方向竖直向下
IFN＝80 N·s 方向垂直斜面向上
If＝16 N·s 方向沿斜面向上
(2)I合＝44 N·s 方向沿斜面向下
动量定理的简单应用
[例2] 在撑竿跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子，为什么？设一位撑竿跳运动员的质量为70 kg，越过横杆后从h＝5.6 m高处落下，落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经历时间Δt1＝1 s，Δt2＝0.1 s停下。试比较两种情况下海绵垫和沙坑对运动员的作用力大小关系。
[解析] 运动员从接触海绵垫或沙坑，直到停止，两种情况下运动员的动量变化量相同，即从动量p＝mv＝m，变化到p′＝0。在这个过程中，运动员除受到竖直向下的重力外，还受到海绵垫或沙坑的支持力。
若规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的始、末动量为
p＝mv＝－m，p′＝0
受到的合外力为F合＝FN－mg。
由动量定理得
F合·t＝p′－p＝mv′－mv
即：FN－mg＝，
所以：FN＝mg＋
落在海绵垫上时，Δt1＝1 s，则
FN1＝(70×10＋) N≈1 441 N
落在沙坑里时，Δt2＝0.1 s，则
FN2＝(70×10＋) N≈8 108 N
两者相比FN2＝5.6FN1。
[答案] 见解析
(1)应用动量定理进行计算时，要注意定理表达式的矢量性，在一维情况下通过规定正方向，化矢量运算为代数运算；
(2)用动量定理解释现象的问题一般分为两类：一类是在动量变化量一定的情况下，作用时间越短，力就越大，作用时间越长，力就越小；另一类是在作用力一定的情况下，作用时间越短，动量的变化量就越小，作用时间越长，动量的变化量就越大。
2．如图1－2－5所示，在光滑水平面上，有甲、乙两个小球，甲球质量为1 kg，乙球质量为10 kg，甲球正以10 m/s的速度向右移动，乙球静止。甲、乙两球碰撞后，甲球以大小为5 m/s的速度反向弹回，甲、乙两球碰撞时间为0.01 s。求：碰撞过程中，乙球对甲球的平均作用力。
图1－2－5
解析：设向右为正方向，对甲球由动量定理得
Ft＝m甲v′甲－m甲v甲
可得F＝＝ N
＝－1500 N
负号说明乙球对甲球的作用力方向向左。
答案：1500 N 方向向左
动量守恒的判断
[例3] 把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和小车的下列说法中正确的是( )
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和小车组成的系统动量守恒
C．若忽略不计子弹和枪筒间的摩擦，枪、小车和子弹组成的系统动量才近似守恒
D．枪、子弹和小车组成的系统动量守恒
[解析] 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射出子弹时子弹与枪管的摩擦力，此过程中枪和小车一起在水平地面上做变速运动，枪和小车之间也有相互作用力，如果选取枪和子弹为系统，则小车给枪的力为外力，故A错误；如果选取枪和小车为系统，则子弹给枪的力为外力，B错误；如果以小车、枪、子弹组成的系统为研究对象，则子弹和枪筒之间的摩擦不是外力，故不存在忽略的问题，C错误。子弹、枪、小车组成的系统水平方向上不受外力，故整体动量守恒，D项正确。
[答案] D
(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，因此，在应用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量守恒。
(2)对研究对象进行正确的受力分析，分清内力和外力是判断系统动量是否守恒的关键。
3．(浙江高考自选模块)如图1－2－6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( )
图1－2－6
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：两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确。甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误。
答案：C
1．竖直向上抛出一个物体，若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体动量随时间变化的图像是图1中的( )
图1
解析：取竖直向上为正方向，竖直上抛物体的速度先正向均匀减小，后负向均匀增大，故物体的动量先正向均匀减小，后负向均匀增大。
答案：C
2．对于质量不变的物体，下列说法正确的是( )
A．物体的动量发生变化，其动能一定变化
B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化
C．物体的动能不变，其动量不变
D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化
解析：动量是矢量，速度的大小或方向的变化均能引起动量的变化，而动能是标量，只有速度大小的变化才能引起它的改变，故B对，A、C、D错。
答案：B
3．质量为m的木箱放在光滑的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内拉力F和重力产生的冲量大小分别为( )
A．Ft,0 B．Ftcosθ，0
C．mv，mgt D．Ft，mgt
解析：木箱所受的拉力F和重力mg都是恒力，可根据冲量的定义直接计算其冲量大小。由冲量的定义I＝Ft可知，在作用时间t内，拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt。D对。
答案：D
4．(双选)质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )
A．上升过程和下落过程中动量的变化均为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量大小为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升过程重力的冲量大小为mv0，方向向下
解析：某个力的冲量等于这个力与作用时间的乘积，也可用过程中的动量变化来表示。
答案：BD
5．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A.＋mg B.－mg
C．mg·Δt D.
解析：取向上为正方向，在铁锤打击木桩过程中，由动量定理得：(F－mg)Δt＝0－(－mv)
解得F＝＋mg，故A对。
答案：A
6．(双选)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．物体动量的方向，就是它所受冲量的方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
解析：由动量定理Ft＝Δp可知，合外力冲量越大，则动量变化一定越大，但物体的动量不一定越大，A错。只要Ft不为零，则Δp不为零，B对。动量增量的方向就是物体所受冲量的方向，而物体动量的方向与物体的运动方向一致，C错。由Ft＝Δp可得F＝，故合外力越大，物体的动量变化越快，D对。
答案：BD
7．质量为1 kg的物体做变速直线运动，它的速度—时间图像如图2所示，则该物体在前10 s内与后10 s内两段时间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
解析：由动量定理可得，前10 s内合外力的冲量I1＝Δp1＝0，后10 s内合外力的冲量I2＝Δp2＝mv2′－mv2＝1×(－5) kg·m/s－1×5 kg·m/s＝－10 kg·m/s＝－10 N·s，选项D对。
答案：D
8．如图3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，则以下说法错误的是( )
图3
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
解析：弹簧突然释放后，A、B受到平板车的滑动摩擦力f＝μ·FN，FNA＞FNB，若μ相同，则fA＞fB，A、B组成的系统合外力不等于零，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系统受到的合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，选项B、D正确；若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。
答案：A
9．甲、乙两船静止在湖面上，总质量分别是m1、m2，两船相距s，甲船上的人通过绳子，用力F拉乙船，若水对两船的阻力大小均为f，且fA．甲船的动量守恒
B．乙船的动量守恒
C．甲、乙两船的总动量守恒
D．甲、乙两船的总动量不守恒
解析：甲、乙每只小船所受的合外力不为零，动量不守恒，甲、乙两船组成的系统所受的合外力为零，总动量守恒。
答案： C
10．如图4所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则( )
图4
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多
解析：木块和小车间存在摩擦，为内力，系统所受合外力为零，动量守恒，由mv0＝(M＋m)v，可知木块和小车最终有共同速度v＝。车面越粗糙，滑动摩擦力越大，但木块减少的动量和小车增加的动量不变。
答案：A
11．如图5所示，将质量m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)平抛运动过程中小球竖直方向上动量的增量Δp；
(2)小球落地时的动量p′；
(3)飞行过程中小球所受的合外力的冲量I。
解析：(1)小球做平抛运动，由h＝gt2可得
t＝＝ s＝1 s。
故平抛过程中小球竖直方向上动量的增量Δp为
Δp＝mv－0＝mgt＝1×10×1 kg·m/s
＝10 kg·m/s。
(2)小球落地时的速度vt＝＝＝ m/s＝10 m/s。
速度与水平方向夹角θ：tanθ＝＝1，得θ＝45°
故小球落地时动量p′＝mvt＝10 kg·m/s，方向与水平方向成45°斜向下。
(3)飞行过程中小球所受合外力的冲量
I合＝F合t＝10 N·s，方向竖直向下。
答案：(1)10 kg·m/s (2)10 kg·m/s 方向与水平成45°斜向下 (3)10 N·s 方向竖直向下
12．如图6所示的是A、B两滑块碰撞前后的闪光照片示意图(部分)。图中滑块A的质量为0.14 kg，滑块B的质量为0.22 kg，所用标尺的最小分度值是0.5 cm，每秒闪光10次。试根据图回答：
图6
(1)作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？
(2)碰撞前后总动量是否守恒？
解析：从图中A、B两位置的变化可得知，作用前，B是静止的；作用后B向右运动，A向左运动。
图中相邻两刻线间的距离为0.5 cm，碰前，A物在 s内的位移为0.5×10 cm＝5 cm＝0.05 m。碰后，A物向左移动，位移约为0.5 cm＝0.005 m，B物向右移，位移为0.5×7 cm＝0.035 m，所用时间皆为 s。
根据速度公式v＝得
vA＝＝ m/s＝0.5 m/s，
vA′＝＝ m/s＝0.05 m/s，
vB′＝ m/s＝0.35 m/s，
(1)ΔpA＝mAvA′－mAvA
＝0.14×(－0.05)－0.14×0.5
＝－0.077(kg·m/s)，方向向左
(2)碰撞前总动量
p＝pA＝mAvA＝0.14×0.5＝0.07(kg·m/s)，
碰撞后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′
＝0.14×(－0.05)＋0.22×0.35
＝0.07(kg·m/s)。
所以碰撞前后总动量守恒。
答案：(1)ΔpA＝－0.077 kg·m/s，方向向左。
(2)碰撞前后总动量守恒。
课件48张PPT。第一章第二节学之窗师之说考之向知识点一知识点二梦之旅考向一考向二知识点三知识点四考向三第五节 自然界中的守恒定律
1．各种形式的能量可以相互转化，但总能量不变，可以说能量的守恒是最重要的守恒形式。
2．动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的，适用于任何形式的运动。
3．物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变，例如能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性，动量守恒则对应着某种空间变换中的不变性。
4．所谓对称，其本质也是具有某种不变性，守恒定律来源于对称，物理规律的每一种对称性通常都相应于一种守恒定律。
5．物质世界三大守恒定律是指物质、能量、动量三个方面。
对守恒定律的理解
1.守恒定律的特点
(1)守恒定律并不告诉我们物体状态变化的全部细节，也不能判定某种变化是否会发生，也无法描述变化过程的快慢。
(2)守恒定律可以用来判断某个变化是否可能发生，以及一旦发生物体初、末状态间应满足什么样的关系。即在符合守恒条件时，可以不分析系统内相互作用过程的细节，而对系统的变化状态或一些问题作出判断。
(3)物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变。
例如：在微观世界中我们对粒子之间的相互作用情况不清楚，但是仍然可以用守恒定律得出一些结论。当两个亚原子微粒碰撞时，由于对碰撞过程中的各种细节我们还缺乏完整而可靠的计算理论，因而事先并不能准确预知碰撞的结果。但却可以根据能量与动量守恒推断碰撞后是否会有未观察到的粒子产生，从而在实验中加以注意，进行检验。
2．守恒与对称的关系
(1)所谓对称，其本质也就是具有某种不变性，守恒定律来源于对称，物理规律的每一种对称(即不变性)通常都对应于一种守恒定律。对称和守恒这两个重要概念是紧密联系在一起的。
(2)物理规律的对称性就是某种物理状态或过程在一定的变换下(例如转动、平移等等)，它所服从的物理规律不变。
例如：物理学概念有对称性的如正电子和负电子、南北磁极、电场与磁场、粒子与反粒子、平面镜成像、光的可逆性、力现象和热现象的平衡态、物质性质的各向同性、物质的波动性和粒子性等等。物理学上受对称性启发而提出新概念，发现新规律的事例也是很多的。例如，德布罗意受光的粒子性启发而提出物质波概念，法拉第受电流磁效应启发而想到磁生电的问题，从而发现电磁感应定律，狄拉克由对称性考虑而提出正电子和磁单极等等。
(1)物理学中的每一条守恒定律都用极其精练的语言将内涵丰富的自然规律表述出来，表现出物理学的简洁美。
(2)物理学中的每一条守恒定律都对应于自然界中的一种对称关系，反映出自然界的一种对称美。
(3)物理学中的每一条守恒定律中都有一个守恒量，这反映了各种运动形式间的联系和统一，表现出物理学的和谐统一美。
1．关于对自然界中的守恒定律的理解，下列说法不正确的是( )
A．守恒定律不能描述物体状态变化的全部细节，但能判断某种变化是否一定会发生
B．守恒定律本质上就是某种物理量保持不变
C．守恒定律来源于对称，物理规律的每一种对称性通常都对应一种守恒定律
D．动量守恒定律对应着某种空间变换下的不变性
解析：守恒定律来源于对称，其本质上是某种物理量保持不变，例如能量守恒对应着某种时间变换中的不变性，动量守恒定律对应着某种空间变换下的不变性，故B、C、D对。守恒定律不能描述状态变化的全部细节，也不能判断某种变化是否一定发生，故A错。
答案：A
解决动力学问题的方法
1.解决动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点——牛顿运动定律结合运动学规律解题。
(2)动量观点——用动量定理和动量守恒定律解题。
(3)能量观点——用动能定理和能量转化守恒定律解题。
2．解决动力学问题方法的选择
(1)研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题。
(2)研究某一个物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理和动能定理去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题。
3．解决动力学问题的注意事项
在用动量和能量观点解题时，应分清物体或系统的运动过程，各个物理过程中动量、机械能是否守恒，不同能量之间的转化关系等。
2．高射炮的炮筒与水平面的夹角α＝60°，当它以v0＝100 m/s的速度发射炮射时，炮身反冲后退，已知炮弹的质量m＝10 kg，炮身质量M＝200 kg，炮身与地面的动摩擦因数μ＝0.2 ，则炮身后退多远才停下？
解析：在发射炮弹的短暂时间内，对炮身所组成的系统在水平方向动量守恒，以炮弹水平分速度的方向为正，炮身获得的反冲速度为v′，
则有mv0cosα－Mv′＝0，
∴v′＝＝ m/s＝2.5 m/s
炮身后退的加速度a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
由运动学公式可得炮身的后退距离
s＝＝ m＝1.56 m。
答案：1.56 m
弹簧类问题的分析
[例1] 图1-5-1中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的动摩擦因数都为μ ，运动过程中弹簧最大形变量为l2，求A从P出发时的初速度v0。
图1－5－1
[解析] 令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1 (碰前)，由功能关系，有mv－mv＝μmgl1 ①
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2。有：mv1＝2mv2 ②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有：
(2m)v－(2m)v＝μ(2m)g(2l2) ③
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有mv＝μmgl1 ④
由以上各式，解得v0＝。
[答案] v0＝
(1)对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在物体瞬时碰撞时，满足动量守恒，但碰撞瞬间往往有机械能损失，而系统内物体与外界作用时，系统动量往往不守恒。在系统内物体与弹簧作用时，一般满足机械能守恒。
(2)如果同时有滑动摩擦力做功，产生摩擦热，一般考虑用能的转化和守恒。
(3)对于有竖直弹簧连接的问题，弹簧的形变量与物体高度的变化还存在一定的数量关系。
1．(双选)如图1－5－2所示，一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态，一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长( )
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关
D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功
解析：环与板的碰撞是完全非弹性碰撞，总的机械能不守恒，B错；在撞击过程中，新的平衡位置是由环和板的重量决定，与高度的大小无关，C正确；环和板撞后一起下落，动能减小、重力势能减小，均转化为弹性势能，D错。
答案：AC
滑块类问题的分析
[例2] 某兴趣小组用如图1－5－3所示的装置进行实验研究。它们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为d、质量为m的匀质薄圆板，板上放一质量为2m的小物块，板中心、物块均在杯的轴线上，物块与板间动摩擦因数为μ，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转。
(1)对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件。
(2)如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I，
①I应满足什么条件才能使物块从板上掉下？
②物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？
③根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变。
[解析] (1)设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f，共同加速度为a
由牛顿运动定律，有
对物块f＝2ma 对圆板F－f＝ma
圆板与物块相对静止，有f≤fmax
得F≤fmax
相对滑动的条件F>fmax。
(2)设冲击力刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2
由动量定理，有I＝mv0
由动能定理，有
对圆板－2μmg(s＋d)＝mv－mv
对物块2μmgs＝(2m)v－0
由动量守恒定律，有mv0＝mv1＋2mv2
要使物块落下，必须v1>v2
由以上各式得
I>m
s＝()2
分子有理化得
s＝μg()2
根据上式结果知：I越大，s越小。
[答案] (1)F>fmax (2)见解析
(1)“滑块”问题是动量和能量综合应用之一，由于木块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使木块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变。但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律和动能定理。
(2)另外，解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情境示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系。
2.如图1－5－4所示，足够长的小平板车B的质量为M，以速度v0向右在光滑水平面上运动，质量为m的物体A被轻放到车的右端，由于物体与车面之间的摩擦力f作用，A也运动起来，当A在车面上达到最大速度时以下判断错误的是( )
A．平板车的速度最小
B．物体A不再受摩擦力作用
C．在此过程，摩擦力的冲量为mv0
D．此过程经历时间为
解析：小车和物体在光滑的水平面上发生作用，小车B在物体A的摩擦力作用下减速运动。物体A在小车的摩擦力作用下加速运动。因小车足够长，所以当两者速度相等时，物体A与小车间摩擦力消失，一起匀速运动，此时A的速度达到最大，小车的速度最小，故选项A、B正确。由动量守恒有Mv0＝(M＋m)v，对A由动量定理有If＝ft＝mv－0联立得If＝，t＝，故选项C错误，选项D正确。
答案：C
1．质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移－时间图像如图1所示，由图有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②两物体质量相等；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体动量大小相等、方向相反。其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
解析：由图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动，且速度大小相同，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，由碰撞过程中动量守恒可得m1v1＋m2v2＝0。故选项C对。
答案：C
2．质量为M的小砂车沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，在运动中，从砂车上方落入一个质量为m的铁球，则( )
A．车仍做匀速直线运动，速度等于v0
B．车仍做匀速直线运动，速度小于v0
C．车做匀减速直线运动，速度小于v0
D．条件不足，无法判断
解析：砂车和铁球组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，由Mv0＝(M＋m)v可知v＝，选项B对。
答案：B
3．一辆小车静止在光滑水平面上，小车立柱上拴有一根长为L的轻绳，轻绳末端拴着一个小球，如图2所示，现将小球拉至水平位置后自静止释放，小球摆动的过程中不计一切阻力，则下列说法中正确的是 ( )
A．小球摆动过程中机械能守恒
B．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能守恒、动量守恒
C．小球开始摆动后，小球和小车组成的系统机械能不守恒、动量不守恒
D．小球开始摆动后，小球达最大速度时小车也同时达最大速度
解析：在小球下摆过程中，因小车运动，轻绳悬点移动，轻绳对小球做功不为零，故小球的机械能不守恒，但小球和小车组成的系统机械能是守恒的；小球在竖直方向上的动量是变化的，而小车无竖直动量，故系统在竖直方向上动量不守恒，但水平方向因无外力作用，水平方向上系统动量是守恒的，故A、B、C均错误；小球在最低点时速度最大，由水平方向动量守恒可知，小车此时速度也为最大，故D正确。
答案：D
4．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹数目为(子弹留在木块中不穿出)( )
A. B.
C. D.
解析：选木块的运动方向为正方向，设子弹数目为n，由子弹和木块组成的系统动量守恒可得：
Mv1－nmv2＝0，故n＝，选项B对。
答案：B
5.如图3所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块，以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长。当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )
A．做加速运动 B．做减速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都可能
解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正)
Mv－mv＝(M＋m)v′
v′＝ m/s＝2 m/s
共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同。
在物块和薄板相互作用的过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到零，再沿正方向加速到2 m/s。当薄板速度为v1＝2.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得：Mv－mv＝Mv1＋mv2
v2＝
＝ m/s＝0.8 m/s
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动，A正确。
答案：A
6．如图4所示，将一光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的木块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论正确的是( )
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点后，将做竖直上抛运动
解析：由于木块对槽的弹力作用，在小球沿槽从A到最低点之前，槽不动，此过程中小球与槽组成的系统动量不守恒，但在这之后，小球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，故在水平方向上系统动量守恒，故A错，C对；在B到C过程中球对槽的压力做功(槽的运动只能是球对它的压力产生的)，因此槽对球的支持力做功，故B错；当小球脱离槽时，小球相对于槽的速度应竖直向上，但由于二者系统水平方向上动量守恒，故此时二者共同的水平速度不为零，小球离开右侧最高点后，做竖直上抛运动是错误的，故D错。
答案：C
7．(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( )
图5
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。
答案：D
8．有一质量为M的小孩，依靠在一竖直墙壁沿水平方向，以速度v1投出质量为m的石块，如果此小孩站在光滑的水平面上，做同样大的功沿水平方向投出石块，那么此石块获得的速度为( )
A.·v1 B.·v1
C.·v1 D.·v1
解析：人站在光滑面上投石块的速度为v2，人的速度为v，由动量守恒，mv2－Mv＝0①
又根据题间两次投石块做功相等，
即mv＝mv＋Mv2②
联立①②式解得，v2＝ ·v1，
故选项C对。
答案：C
9．如图6所示，半径为R的光滑半圆环轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态。同时释放两个小球，a球恰好能通过圆环轨道最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B。已知a球质量为m，重力加速度为g。求：
图6
(1)a球释放时的速度大小。
(2)b球释放时的速度大小。
(3)释放小球前弹簧的弹性势能。
解析：(1)a球恰好能通过圆环轨道最高点A的临界条件是：
mg＝m
解得：vA＝
a球从C运动到A，由机械能守恒定律得：
mv＝mv＋mg×2R
又有a球释放时的速度va＝vC
联立解得va＝
(2)b球从D运动到B，由机械能守恒定律得：
mbv＝mbg×10R
又有b球释放时的速度vb＝vD
联立解得vb＝2
(3)以a球、b球为研究对象，由动量守恒定律得：
mva＝mbvb
解得：mb＝m
弹簧的弹性势能Ep＝mv＋mbv
解得：Ep＝7.5mgR。
答案：(1) (2)2 (3)7.5mgR
10．如图7所示，质量为M、长为L的长方形木块B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，其中M＝3m。现分别给A和B大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A恰好滑到B板的中央。
图7
(1)若已知A和B的初速度大小均为v0，求它们最后速度的大小和方向；
(2)若初速度大小未知，求小木块A向左运动到达最远处时(从地面上看)离出发点的距离。
解析：(1)对M、m系统，设向右为正方向，由动量守恒：
Mv0－mv0＝(M＋m)v得：v＝v0，
方向向右。
(2)设A、B的初速度大小均为v1，A的速度方向水平向左，B向右；当A、B有相同速度时设为v2，根据动量守恒同理可得：v2＝v1
设A、B间的滑动摩擦力为f，
对A、B系统：f＝Mv＋mv－(M＋m)v
对A：f·x＝mv
解得：x＝。
答案：(1)v0 方向向右 (2)
课件30张PPT。第一章第五节学之窗师之说考之向知识点一知识点二梦之旅考向一考向二第四节 反 冲 运 动
1．反冲运动是指一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分向相反方向运动的现象。
2．反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用力一般很大，可以用动量守恒定律来处理。
3．火箭的燃料点燃后燃烧生成的高温高压燃气以很大的速度向后喷出，火箭由于反冲运动而向前运动。
4．一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它以速度v放出一个质量为m的粒子后，剩余部分的速度为－。
反 冲 运 动
1.定义
当原来静止或运动的物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动，这种运动叫反冲运动。
2．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动和碰撞、爆炸相似，相互作用力一般很大，可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中常伴有其他形式的能转化为机械能，系统的总能量增加。
3．求解反冲运动应注意的问题
(1)速度的反向性
对于原来静止的系统，当向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说，两者运动方向必然相反。进行计算时，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。
(2)速度的同时性
反冲运动问题中，根据动量守恒定律列出的方程中同一状态的速度应是同时的。
(3)速度的相对性
反冲运动中，有时遇到的速度是相互作用的两物体间的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一惯性系的速度，即对地的速度，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。
(4)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。
(1)反冲运动实际上是相互作用的物体之间作用力与反作用力产生的结果。
(2)反冲运动有利有弊，有利的一方面我们可以应用，比如，反击式水轮机、喷气式飞机、火箭、农田喷灌、宇航员在太空行走等；反冲运动不利的地方要尽力去排除，比如，枪、炮在射击时产生的反冲运动对射击的准确性有影响等。
1．一门旧式大炮，炮身的质量M＝1000 kg，水平发射一枚质量是2.5 kg的炮弹，如果炮弹从炮口飞出时的速度是600 m/s，求炮身后退的速度大小。
解析：发射炮弹过程中，炮身和炮弹组成的系统动量守恒，设炮弹飞出的方向为正方向，则得：
Mv1＋mv2＝0
故v1＝＝ m/s＝－1.5 m/s
负号表示炮后退的方向为炮弹飞出的反方向。
答案：1.5 m/s
“人船模型”问题
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．处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移关系。
由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率)，此式表明任意时刻的瞬时速率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。进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比。即＝。
(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。
(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)在求解过程中应讨论的是“人”及“船”的对地位移。
2．(双选)一只小船静止在水面上，一人从船头向船尾走去，设M船＞m人，不计水的阻力，则( )
A．人在船上行走时，人对地的速度大于船对地的速度
B．人在船上行走时，人对地的速度小于船对地的速度
C．当人停止时，因船的惯性大，所以船要继续后退
D．人和船组成的系统动量守恒，且总动量等于零，所以人停止船也停止
解析：由于不计水的阻力，船和人组成的系统所受合力为零，动量守恒。设船和人的速率分别为v船、v人，并选船的方向为正方向可得M船v船－m人v人＝0，即M船v船＝m人v人，由M船＞M人得v船＜v人；当v人＝0时v船＝0，故选项A、D对，B、C错。
答案：AD
反冲运动问题
[例1] 在太空中有一枚相对于太空站处于静止质量为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] 火箭与喷出的气体组成的系统动量守恒，设v0的方向为正方向，则由动量守恒定律可得：
第一次喷出气体后：mv0－(M－m)v1＝0
得v1＝，方向与正方向相反。
第二次喷出气体后：mv2－(M－2m)v＝－(M－m)v1
得v2＝(－2)v－v0。
[答案] (－2)v－v0
(1)实际遇到的反冲运动问题通常有三种情况：
①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题。
②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题。
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。可以用该方向上动量的守恒解决反冲运动问题。
(2)如果已知条件是物体间的相对速度，注意将物体的相对速度转化为绝对速度。如果明确了各速度的方向，则关于相对速率可确定为两种情况：当两者同向时，相对速率为两者速率之差；两者反向时，相对速率为两者速率之和。这样可将矢量式转化为标量式。
1．一个静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对原子核的速度为v0，则原子核剩余部分的速率是多少？
解析：由于放射过程极短，放射过程中其他外力的冲量均可不计，整个原子核系统动量守恒，设剩余部分对地的反冲速率为v′，则粒子的对地速率v＝v0－v′。由于原子核原来静止，故后来粒子的动量大小等于剩余部分的动量大小，即有m(v0－v′)＝(M－m)v′，得v′＝v0。
答案：v0
人船模型问题的处理
[例2] 如图1－4－1所示，长为L、质量为m1的小船停在静水中，一个质量为m2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
[解析] 选人和船组成的系统为研究对象，由于不计水的粘滞阻力，故人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，设此过程中船的位移为s1，人的位移为为s2，则由平均动量守恒有：0＝m1s1－m2s2
又由s1＋s2＝L
解得：s1＝，s2＝。
[答案]
人船模型的问题总结归纳
(1)条件：总动量(或某一方向上的总动量)为零。
(2)特点：“人走船走，人停船停”。
(3)规律：人与船的位移、速度大小均与人、船的质量成反比，两者的对地位移之和等于两者的相对位移。
2．质量为100 kg的小船载有质量分别为m1＝40 kg、m2＝60 kg的甲、乙两个人静止在船上，当两人从小船两头均以4 m/s(相对于地面)的速度反向水平跃入水中，这时船的速度大小方向如何？
解析：小船、甲、乙构成的系统动量守恒，设船的速率为v，以甲跳水的方向为正方向，则
0＝m甲v甲－m乙v乙＋m船v
解得
v＝0.8 m/s
即船的速度大小为0.8 m/s ，方向与甲跳水的方向相同。
答案：船的速度大小为0.8 m/s，方向与甲跳水的方向相同。
1．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：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。
答案：B
2．如图1所示，质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船两端站着m甲＝40 kg，m乙＝60 kg的两个游泳者，在同一直线上分别以相对于岸3 m/s的水平速度跃入水中，则小船以后的运动方向和速度为( )
A．向右，小于1 m/s
B．向左，小于1 m/s
C．向右，大于1 m/s
D．向左，大于1 m/s
解析：选向左为正方向，由船和两个游泳者组成系统的动量守恒可得：m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0得
v＝＝ m/s
＝0.6 m/s。
故选项B对。
答案：B
3．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：火箭工作的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，使火箭获得的反冲速度，故选项B对。
答案：B
4．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则下列说法错误的是( )
A．A、B两船的速度大小之比为3∶2
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
解析：选A船、B船和人这三个物体为一系统，则它们的初始总动量为0。由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0。选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：
0＝(M＋)vB＋MvA，
解得：vB＝－vA。
所以，A、B两船的速度大小之比为3∶2，选项A正确。A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，选项B正确。由于系统的总动量始终守恒(为零)，故A、B(包括人)动量之和也始终为零，选项C正确。
答案：D
5．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则( )
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径可能不变
D．P运动半径一定减小
解析：火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大A对，C错；P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以B、D错。
答案：A
6．平静的水面上停着一只小船，船上站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动。水对船的阻力忽略不计。下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
解析：设人的质量为m，速度为v1，位移为s1，动能为Ek1。船的质量为8m，速度为v2，位移为s2，动能为Ek2。人和船组成的系统动量守恒，则有
mv1＝8mv2，m＝8m，
解得v2＝v1，s2＝s1，故A错，C错；
当v1＝0时，v2＝0，故B错。
Ek1＝mv，Ek2＝×8mv＝mv2，故D对。
答案：D
7．一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图2所示。不计水的阻力，船的运动情况是( )
A．向前运动
B．向后运动
C．静止
D．无法判断
解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的位置发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，故A对。
答案：A
8．质量为M的斜面B，置于光滑的水平面上，斜面体底边长为b，在其斜面上放有一质量为m的与斜面体相似的物块A，其上边长为a，且与水平面平行，系统处于静止状态，如图3所示，当物块A从B的顶端下滑至接触地面时，斜面体B后退的距离为( )
图3
A. B.
C. D.
解析：首先进行受力分析，由于开始系统保持静止，说明受力平衡；所以当A下滑时，是匀速的，而对于系统水平方向受力为零，则水平方向动量守恒，运用此知识点，设M向右平移距离为L，则有m(b－L－a)/t＝ML/t ，其中t为m从静止到下滑到M底部所用的时间，整理就得到答案C。
答案：C
9．载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
解析：气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯至地面人的位移为s人，球的位移为s球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Ms球－ms人，
又有s球＋s人＝L，s人＝h，故L＝h。
答案：h
10．如图4所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上？
解析：蛙跳出后做平抛物体运动，运动时间为t＝，
蛙与车水平方向动量守恒，
由平均动量：mx＝M(－x)，
蛙的最小速度为v＝，
上面三式联立可求出
v＝ 。
答案：
课件24张PPT。第一章第四节学之窗师之说考之向知识点一知识点二梦之旅考向一考向二
