课件27张PPT。第一章 习题课 动量守恒定律的应用学习目标
1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.
2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.内容索引
题型探究
达标检测
题型探究一、动量守恒条件的扩展应用1.动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；
(2)系统的内力远大于外力；
(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.
2.动量守恒定律的研究对象是系统.研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析.分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件.例1 (多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是
A.M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、
v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，
且满足Mv＝Mv1＋mv2
C.m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D.M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，
且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析答案图1√√解析 M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确.例2 如图2所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R的圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁.一质量为m的小球从金属块左上端R处静止下落，小球到达最低点后从金属块的右端冲出，到达最高点时离圆形槽最低点的高度为 R，重力加速度为g，不计空气阻力.求：
(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力
为多大？解析答案图2答案 5mg解析 小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据动能定理有mg·2R＝ mv02小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律有根据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为FN′＝FN
联立解得FN′＝5mg.(2)金属块的质量为多少？解析答案答案 7m解析 设金属块的质量为M，小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，则mv0＝(m＋M)v根据能量守恒定律有联立解得M＝7m.虽然系统整体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定方向上，系统不受外力或所受外力远小于内力，则系统沿这一个方向的分动量守恒.可沿这一方向由动量守恒定律列方程解答.二、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用求解这类问题时应注意：
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；
(2)分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统，既要符合守恒条件，又方便解题.
(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程.例3 如图3所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触光滑，质量为0.1 kg的铁块以10 m/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0.5 m/s，求：
(1)A的最终速度大小；图3解析答案答案 0.25 m/s解析 选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为
正方向，
由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
得：vA＝0.25 m/s.(2)铁块刚滑上B时的速度大小.解析答案答案 2.75 m/s解析 设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s，
由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
得v′＝－2.75 m/s.故铁块刚滑上B时的速度大小为2.75 m/s.三、动量守恒定律应用中的临界问题分析分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.例4 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4所示，一质量为m的小球以速度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，则小球上升的高度？图4解析答案解析 槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得mgh1＝ mv02槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v.
由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v
由机械能守恒得：
达标检测1.(多选)如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是
A.斜面和小球组成的系统动量守恒
B.斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C.斜面向右运动
D.斜面静止不动√解析答案√1234图5解析 斜面和小球组成的系统受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误；
但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确；
由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误.12342.如图6所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一个质量为m的物块.从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
C.物块的最终速度为 ，方向水平向右
D.物块的最终速度为 ，方向水平向右答案√解析1234图6解析 物块与盒子组成的系统所受合外力为零，物块与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，故v＝ ，方向水平向右，D项对.12343.(多选)如图7所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是
A.当小球到达最低点时，木块有最大速率
B.当小球的速率最大时，木块有最大速率
C.当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大
D.当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零√图7答案解析1234解析 小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，所以木块也有最大速率；小球上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零.√√4.如图8，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小g取10 m/s2.
(1)求斜面体的质量.答案解析1234图8答案 20 kg解析 规定向右为速度正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得：m2v20＝(m2＋m3)v ①1234式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度.联立①②式并代入题目所给数据得m3＝20 kg ③(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案解析1234答案 见解析1234解析 设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入数据得v1＝1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩.课件27张PPT。第一章 实验：验证动量守恒定律学习目标
1.掌握验证动量守恒定律的方法和基本思路.
2.掌握直线运动物体速度的测量方法.内容索引
知识探究
题型探究
知识探究一、实验目的验证碰撞中的动量守恒定律
二、实验原理
为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动.
设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值.
根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2，碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律.三、实验设计
实验设计需要考虑的问题：
(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上.
(2)如何测定质量和速度.
①测量质量用天平.
②测定碰撞前后的速度，这是实验成功的关键.四、实验案例 气垫导轨上的实验
器材：气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等.
气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响.图1图2设Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v＝ .五、实验步骤
1.调节气垫导轨，使其水平.是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止.
2.按说明书连接好数字计时器与光电门.
3.如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中.图34.如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架.将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度.测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中.图45.如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中.图56.根据上述各次碰撞的实验数据验证碰撞前后的动量是否守恒.
实验数据记录表实验结论：碰撞前后两滑块的动量守恒.
题型探究例1 某同学利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒的实验；气垫导轨装置如图6所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成.
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通光电计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；图6⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g；(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是a._____________________________________
_________b.___________________________.解析答案大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差.保证两个滑块的碰撞是一维的.解析 a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差.
b.保证两个滑块的碰撞是一维的.②碰撞前滑块1的速度v1为_____m/s；碰撞后滑块1的速度v2为______m/s；滑块2的速度v3为_____m/s；(结果保留两位有效数字)解析答案0.50解析 0.100.60滑块1碰撞之后的速度滑块2碰撞后的速度③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由.(至少回答2个不变量).
a._______________________b.______________________________________.解析答案系统碰撞前后总动量不变.碰撞前后总动能不变.(c.碰撞前后质量不变.)解析 a.系统碰撞前后总动量不变.
因为系统碰撞前的动量m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的动量m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s
b.碰撞前后总动能不变.c.碰撞前后质量不变.例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中动量变化的规律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动.然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图7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，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力.图7(1)若已得到打点纸带如图8所示，并测得各计数点间的距离标在图上，A为运动起始的第一点.则应选____段来计算小车A的碰前速度，应选____段来计算小车A和小车B碰后的共同速度(填“AB”“BC”“CD”或“DE”).解析答案BCDE图8解析 因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC段点距相等，碰后DE段点距相等，故取BC段、DE段分别计算碰前小车A的速度和碰后小车A和小车B的共同速度.(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为________ kg·m/s.解析答案0.4200.417解析 碰前小车速度其动量pA＝mAvA＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后小车A和小车B的共同速度碰后总动量
pAB＝(mA＋mB)vAB＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s
从上面计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变.例3 某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究动量守恒定律.图中SQ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.再把B球放在水平槽上靠近末端的地方，让A球仍从位置G由静止滚下，和B球碰撞后，A、B两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所在平面，
米尺的零点与O点对齐.
(1)碰撞后B球的水平射程ON应取为_____ cm.图965.2解析答案解析 水平射程是将10个不同的落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为平均落点，从题图乙上可读出约为65.2 cm.(2)该同学实验数据记录如表所示，设两球在空中运动的时间为t，请根据
数据求出两球碰撞前的动量之和是___________，两球碰撞后的动量之和
是__________，由此得出的结论是_________________________________
___________.解析答案误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒定律成立解析 A、B两球在碰撞前后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间相同，而水平方向都做匀速直线运动，其水平射程等于速度与落地时间t的乘积.
碰撞前A球的速度为碰撞前质量与速度的乘积之和为碰撞后A球的速度为碰撞后B球的速度为碰撞后动量之和为课件31张PPT。第一章 章末总结内容索引
知识网络
题型探究
达标检测
知识网络动量
守恒
定律基本
概念动量：p＝ ，矢量，方向与 的方向相同，是状态量动量变化量Δp＝ ＝m·Δv
方向：与 冲量：I＝Ft，矢量，方向与 的方向一致，若力为变力，冲量方向与相应时间内动量的改变量方向一致，是过程量mv速度vp′－pΔv方向相同恒力F动量
守恒
定律基本
规律动量定理动量守
恒定律研究对象：一个物体(或一个系统)
内容：合外力的冲量等于物体
公式：Ft＝ 内容：如果一个系统 ，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变公式①p′＝p，作用前后总动量_____
②Δp＝0，作用前后总动量不变
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化大小 、方向____ 动量的变化量mv′－mv不受外力相同相等相反动量
守恒
定律基本
规律动量守
恒定律守恒
条件①系统不受 的作用
②系统所受外力的矢量和为___
③内力远大于 ，且作用时间极 ，系统动量近似守恒
④系统在某一方向上 ，系统在该方向上动量守恒外力零外力短不受外力或所受外力的合力为零动量
守恒
定律基本
规律应用爆炸：动量守恒，动能 碰撞对心和非对心碰撞弹性和非
弹性碰撞弹性碰撞：动量守恒，机械能____
非弹性碰撞：动量守恒，机械能
____________
完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多反冲：动量守恒——火箭适用范围：宏观、微观、高速、低速均适用增加守恒减少(或有损失)
题型探究一、动量定理及其应用1.冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量.
(2)变力的冲量
①通常利用动量定理I＝Δp求解.
②可用图象法计算.在F－t图象中阴影部分(如图1)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量.图12.动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应.应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程.
(2)应用动量定理求解的问题：①求解曲线运动的动量变化量.②求变力的冲量问题及平均力问题.
3.物体动量的变化率 等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式.4.解题思路
(1)确定研究对象，进行受力分析；
(2)确定初、末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；
(3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解.例1 质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为___kg·m/s.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___N(取g＝10 m/s2).解析答案解析 由题知v＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝mv－mv0＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F合·t＝Δp得(FN－mg)t＝Δp，则FN＝ ＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N.212二、多过程问题中的动量守恒1.正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程，分析系统所受的外力，判断是否满足动量守恒的条件.
2.准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程.例2 如图2所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为L，质量为 ，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、 的物块A、B，A位于C的中点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看做质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞.已知重力加速度为g，求：
(1)B与C上挡板碰撞后的速度以及B、C
碰撞后C在水平面上滑动时的加速度大小；图2解析答案答案 v 2μg解析 B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得v1＝v
对B、C，由牛顿第二定律得：解得a＝2μg.(2)A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小.解析答案答案 解析 设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞，系统动量守恒，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得解得A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小三、动量和能量综合问题分析1.动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式.
2.动量守恒及机械能守恒都有条件.
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒.但任何过程能量都守恒.
3.两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多.例3 如图3所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径.可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B恰好能通过P点.已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
(1)物块B运动到P点时的速度大小vP；图3解析答案答案 解析 对于物块B，恰好通过P点时只受重力的作用，根据牛顿第二定律有：(2)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；解析答案答案 解析 对于物块B，从N点到P点的过程中机械能守恒，有：(3)物块A在水平面上运动的时间t.答案 解析 设物块A、B分离时A的速度大小为vA，根据动量守恒定律有：
mAvA－mBvB＝0 ⑤
此后A滑行过程中，根据动量定理有：
－μmAgt＝0－mAvA ⑥解析答案
达标检测1.(多选)一质量为2 kg的质点在一恒力F的作用下，在光滑水平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝ kg·m/s，关于该质点的说法正确的是
A.速度变化率为8 m/s2
B.受到的恒力为16 N
C.1 s 末的动量为16 kg·m/s
D.1 s 末的动能为32 J√解析答案√123√解析 由式子p＝ kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到x＝ ，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8 m/s2，故A、B、C三个选项都是正确的；
而1 s末的动能应是64 J，D选项错误.1232.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图4所示.物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止.g取10 m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；答案解析答案 0.32123图4解析 对小物块从A运动到B处的过程中代入数值解得μ＝0.32.(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块的平均作用力F；答案解析答案 130 N，方向向左123解析 取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv，解得F＝－130 N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.答案解析答案 9 J123解析 对物块反向运动过程中应用动能定理得3.两滑块a、b开始沿光滑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变化的图象如图5所示.求：
(1)滑块a、b的质量之比； 图5答案解析123答案 1∶8解析 设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得
v1＝－2 m/s ①
v2＝1 m/s ②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.
由题给图象得v＝ m/s ③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8 ⑤123(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.答案解析123答案 1∶2解析 由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为由图象可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力
所做的功为W＝ (m1＋m2)v2 ⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2课件28张PPT。第一章 第一节 物体的碰撞学习目标
1.了解生活中的各种碰撞现象，知道碰撞的特点.
2.通过实验探究，知道弹性碰撞和非弹性碰撞.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究一、碰撞特点及分类1.碰撞：碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的 时间内产生_____
___的相互作用的过程.
2.碰撞特点
(1)相互作用时间 .
(2)作用力变化 .
(3)作用力峰值 .
因此其他外力可以 .极短大非常短快大忽略不计3.碰撞的分类
(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一直线可分为：
①正碰(对心碰撞)：作用前后 .
②斜碰(非对心碰撞)：作用前后 .
(2)按碰撞过程中机械能是否损失可分为 碰撞和 碰撞.沿同一条直线不沿同一条直线弹性非弹性判断下列说法的正误.
(1)最早发表有关碰撞问题研究成果的是伽利略.( )
(2)碰撞过程作用时间很短，相互作用力很大.( )
(3)所有的碰撞，作用前、后物体的速度都在一条直线上.( )×√×二、弹性碰撞和非弹性碰撞演示实验：用如图1所示装置做实验.(1)让橡皮球A与另一静止的橡皮球B相碰，两橡皮球的质量
相等，会看到什么现象？两橡皮球碰撞前后总动能相等吗？图1答案 可看到碰撞后橡皮球A停止运动，橡皮球B摆到橡皮
球A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后橡皮球
B获得的速度与碰撞前橡皮球A的速度相等，这说明碰撞前
后A、B两球的总动能相等.答案(2)在A、B两球的表面涂上等质量的橡皮泥，再重复实验(1)，可以看到什么现象？
若两橡皮球粘在一起上升的高度为橡皮球A摆下时的高度的 ，则碰撞前后总动能相等吗？答案 可以看到碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小.答案碰前总动能Ek＝mgh因为Ek′(1)弹性碰撞：两个小球碰撞后形变能 ，没有 ，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能 ，Ek1＋Ek2＝ .
(2)非弹性碰撞：两个小球碰撞后形变 ，一部分动能最终
，即碰撞前后两个小球构成的系统总动能
，Ek1＋Ek2 Ek1′＋Ek2′.完全恢复能量损失相等Ek1′＋Ek2′不能完全恢复转化为其他形式的能(如热能)不再相等>判断下列说法的正误.
(1)碰撞时形变能够完全恢复的系统动能没有损失.( )
(2)两物体碰撞后粘在一起运动，系统的动能也可能不损失.( )
(3)两物体碰撞后总动能可能增加.( )×√×
题型探究一、弹性碰撞与非弹性碰撞的判断1.碰撞中能量的特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
2.碰撞的类型
(1)弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等.
(2)非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少.
(3)完全非弹性碰撞：非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多.例1 一个质量为2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度与一个静止的、质量为
1 kg的小球B正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质：
(1)碰后小球A、B的速度均为2 m/s；解析答案答案 非弹性碰撞解析 碰前系统的动能Ek0＝ mAv02＝9 J.当碰后小球A、B速度均为2 m/s时，碰后系统的动能(2)碰后小球A的速度为1 m/s，小球B的速度为4 m/s.解析答案答案 弹性碰撞解析 当碰后vA′＝1 m/s，vB′＝4 m/s时，碰后系统的动能针对训练 如图2所示，有A、B两物体，m1＝3m2，以相同大小的速度v相向运动，碰撞后A静止，B以2v的速度反弹，那么A、B的碰撞为
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
C.完全非弹性碰撞 D.无法判断图2解析答案√解析 设m1＝3m，m2＝m因为碰撞前后总动能不变，故为弹性碰撞，A项正确.二、碰撞模型的拓展例2 如图3所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞.A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是
A.A开始运动时 B.A的速度等于v时
C.B的速度等于零时 D.A和B的速度相等时图3√解析答案解析 方法一：B和A(包括弹簧)的作用，可以看成广义上的碰撞，两物体(包括弹簧)碰后粘在一起或碰后具有共同速度时，其动能损失最多，故选D.方法二：B与弹簧作用后，A加速，B减速，当A、B速度相等时，弹簧最短、弹性势能最大，系统动能损失最多，故D正确.两物体通过弹簧的相互作用可以看成广义上的碰撞，当弹簧最短(两物体速度相等)时相当于完全非弹性碰撞；当弹簧完全恢复原状，两物体分离时相当于弹性碰撞.
达标检测1.(多选)关于碰撞的特点，下列说法正确的是
A.碰撞的过程时间极短
B.碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力大
C.碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量
大的物体的作用力相等
D.碰撞时，质量小的物体对质量大的物体作用力大√解析答案√解析 两物体发生碰撞，其碰撞时间极短，碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故A、C正确，B、D错误，故选A、C.123452.(多选)两个物体发生碰撞，则
A.碰撞中一定产生了内能
B.碰撞过程中，组成系统的动能可能不变
C.碰撞过程中，系统的总动能可能增大
D.碰撞过程中，系统的总动能可能减小答案√√解析解析 若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以正确选项为B、D.123453.(多选)如图4所示，两个小球A、B发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是
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时
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√√图4答案解析12345解析 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；12345A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.故正确答案为B、D.4.(多选)如图5甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的s－t图象.已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断，下列说法正确的是
A.碰前m2静止，m1向右运动
B.碰后m2和m1都向右运动
C.此碰撞为弹性碰撞
D.此碰撞为非弹性碰撞√√答案解析图512345乙图可以计算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后速度v1′＝－2 m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后速度v2′＝2 m/s，m2＝0.3 kg，碰撞过程中系统损失的机械能ΔEk＝ m1v12－ m1v1′2－ m2v2′2＝0，因此C是正确的，D是错误的.12345解析 由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故A是正确的；
碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B错误；5.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，碰后两球均以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__ J动能.答案解析完全非弹性碰撞3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＝ mAv2－ (mA＋mB)v12＝
( ×1×32－ ×3×12) J＝3 J.12345课件40张PPT。第一章 第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用学习目标
1.掌握应用动量守恒定律解题的一般步骤.
2.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究一、对三种碰撞的进一步认识如图1甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？甲乙图1答案答案 不守恒.碰撞时：mv0＝2mv
因此v＝三种碰撞类型及其遵守的规律
1.弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝
2.非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝
机械能减少，损失的机械能转化为_____
|ΔEk|＝ ＝Qm1v1′＋m2v2′m1v1′＋m2v2′内能Ek初－Ek末3.完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中机械能损失____ 最多判断下列说法的正误.
(1)发生碰撞的两个物体，动量一定是守恒的.( )
(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的.( )
(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.
( )×√√二、弹性正碰模型及拓展应用已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A小球以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球的速度v1和B小球的速度v2.图2答案答案 以v0方向为正方向，由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2 ①1.两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球
速度分别为v1′＝ .(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后v1′＝ ，v2′＝ ，即二者碰后交换速度.
(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝ ，v2′＝ .表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去.
(3)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.0v1v12v1－v1原速率2.如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞.判断下列说法的正误.
(1)发生弹性碰撞的两个小球碰后可能粘在一起.( )
(2)两质量相等的小球发生弹性碰撞时，二者动量守恒，速度交换，动能交换.( )
(3)当小球与竖直墙壁发生弹性碰撞时，小球以原速率返回，动能守恒，动量守恒.( )×√×
题型探究一、碰撞的特点和分类1.碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒.
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能.
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大.
2.爆炸：一种特殊的“碰撞”
特点1：系统动量守恒.
特点2：系统动能增加.例1 大小、形状完全相同，质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s，某一时刻发生碰撞.
(1)如果两物体碰撞后粘合在一起，求它们碰撞后共同的速度大小；解析答案答案 0.1 m/s解析 令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反.(2)在问题(1)的条件下，求碰撞后损失的动能；解析答案答案 0.135 J(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小.解析答案答案 0.7 m/s 0.8 m/s解析 如果碰撞是弹性碰撞，设碰撞后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，例2 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是解析答案√选项B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；
选项C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；
选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s.二、弹性正碰模型例3 如图3所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失.求碰撞后小球m2的速度大小v2.解析答案图3解析 设m1碰撞前的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝ m1v102，解得v10＝ ①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有
m1v10＝m1v1＋m2v2 ②
由于碰撞过程中无机械能损失针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图4所示.设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是解析答案图4√解析 由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化.这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球作用，1、2球作用后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理分析，2、3球作用后交换速度，故D正确.1.当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律.
2.两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换.
3.解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程的动量守恒情况、机械能守恒情况.但每一过程能量一定守恒.三、碰撞的可能性判断碰撞需满足的三个条件：
1.动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.3.速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即
v前′≥v后′.例4 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＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·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＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B.ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
C.ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D.ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s解析答案√解析 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＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝
－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·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.针对训练2 质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为 ，则B球的速率可能为 解析答案√解析 以A球原来的运动方向为正方向，当碰后A球速度与原来同向时有：当碰后A球速度与原来反向时有：1.一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒.
达标检测1.两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，B球在前，A球在后，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为
A.vA′＝4 m/s，vB′＝4 m/s
B.vA′＝4 m/s，vB′＝5 m/s
C.vA′＝－4 m/s，vB′＝6 m/s
D.vA′＝7 m/s，vB′＝2.5 m/s√解析答案123解析 两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ ①
由碰撞过程系统动能不能增加可知123根据题意可知vA′≤vB′ ③将四个选项代入①②③式检验可知，A正确，B、C、D错误.选A.2.如图5所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞，求二者在发生碰撞的过程中：
(1)弹簧的最大弹性势能；答案解析答案 6 J123图5解析 当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速幅度动量守恒定律得
mAv0＝(mA＋mB)v123弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能(2)滑块B的最大速度.答案解析答案 2 m/s123解析 当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动能守恒和能量守恒得
mAv0＋mAvA＋mBvm，mAv＝mBv＋mAv
解得vm＝2 m/s.3.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图6所示.小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比 .答案解析123图6答案 2解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1
两球碰撞过程为弹性碰撞，有：
m1v0＝m1v1＋m2v2123课件39张PPT。第一章 第二节 动量 动量守恒定律(一)学习目标
1.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.
2.理解动量定理的确切含义，会用其来解释和计算碰撞、缓冲等现象.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究一、动量及其变化在激烈的橄榄球赛场上，一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上高大结实的对方运动员时，自己被碰的人仰马翻，而对方却几乎不受影响 …….这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关.
(1)若质量为60 kg的运动员(包括球)以5 m/s的速度向东奔跑，他的动量是多大？方向如何？若他以大小不变的速率做曲线运动时，他的动量是否变化？答案 动量是300 kg·m/s，方向向东；做曲线运动时他的动量变化了，因为方向变了.答案(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零，他的动量的变化量多大？动量的变化量方向如何？答案 —300 kg·m/s，方向向西.答案动量和动量的变化量
1.动量p
(1)定义：运动物体的 和 的乘积叫做物体的动量.
符号：p.
单位： .
(2)动量的矢量性：动量是 (填“矢”或“标”)量，方向与__________
相同.
(3)动量是状态量：进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量.质量速度kg·m/s矢速度的方向2.动量变化量Δp＝p′－p
(1)矢量性：与 的方向相同.
(2)若p′、p不在一条直线上，要用 求矢量差.
(3)若p′、p在一条直线上，先规定 ，再用正、负表示p′、p，则可用Δp＝p′－p＝ 进行代数运算.
3.动量的相对性：由于速度具有相对性，所以动量也具有相对性，即动量的大小和方向与选取的 有关.通常情况下都以 为参考系.速度变化平行四边形定则正方向mv′－mv参考系地面4.动量p＝mv与动能Ek＝ mv2的区别
(1)动量是矢量，而动能是 量.(填“矢”或“标”)
(2)当速度发生变化时，物体的动量发生变化，而动能 (填“一定”或“不一定”)发生变化.标不一定判断下列说法的正误.
(1)质量大的物体的动量一定大.( )
(2)动量相同的物体，运动方向一定相同.( )
(3)质量和速率都相同的物体的动量一定相同.( )
(4)一个物体的动量改变，它的动能一定改变.( )
(5)动量变化量为正，说明它的方向与初始时的动量方向相同.( )×√×××二、动量定理1.在日常生活中，有不少这样的事例：
跳远时要跳在沙坑里；
跳高时在下落处要放海绵垫子；
从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲；
轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎……
这样做的目的是为了什么？答案 为了缓冲以减小作用力.答案2.如图1所示，假定一个质量为m的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力F，在F作用下，经过时间t，物体的速度从v变为v′，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量Δp与恒力F及作用时间t的关系.答案 这个物体在碰撞过程中的加速度答案图1a＝ ①根据牛顿第二定律F＝ma ②整理得：Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv即Ft＝Δp.冲量的概念和动量定理
1.冲量
(1)冲量的定义式：I＝ .
(2)冲量是 (填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段 内的积累效应，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量.
(3)冲量是 (填“矢”或“标”)量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与
相同.Ft过程时间矢力F的方向2.动量定理
(1)物体在一个过程始末的 等于它在这个过程中所受力的冲量.
(2)动量定理的数学表达式： ，其中F为物体受到的 .动量变化量Ft＝mv′－mv合外力判断下列说法的正误.
(1)冲量是矢量，其方向与合外力的方向相同.( )
(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.( )
(4)不管物体做什么运动，在相同的时间内重力的冲量相同.( )
(5)物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化量一定越大.( )√×√√√
题型探究一、对动量、动量变化量、冲量的理解1.动量p＝mv，描述物体运动状态的物理量，是矢量，方向与速度的方向相同.
2.动量的变化量
(1)动量变化的三种情况：大小变化、方向变化、大小和方向同时变化
(2)关于动量变化量的求解
①若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算.
②若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则.3.公式I＝Ft只适用于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：
(1)若力随时间均匀变化，则可用平均力求冲量.
(2)若给出了力F随时间t变化的图象，可用F－t图象与t轴所围的面积求冲量.例1 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s，假设球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100 m/s的速度反向击回.设羽毛球的质量为10 g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；解析答案答案 1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反解析 以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝10×10－3×50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s.
p2＝mv2＝－10×10－3×100 kg·m/s＝－1 kg·m/s
所以动量的变化量Δp＝p2－p1
＝－1 kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s.
即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反.(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量.解析答案答案 37.5 J解析 羽毛球的初动能：Ek＝ mv12＝12.5 J，羽毛球的末动能：Ek′＝
mv22＝50 J.所以ΔEk＝Ek′－Ek＝37.5 J.例2 在倾角为37°、足够长的斜面上，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，物体所受各力的冲量.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析答案答案 见解析解析 物体沿斜面下滑的过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用.冲量
I＝Ft，是矢量.
重力的冲量IG＝Gt＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下.
支持力的冲量IN＝FNt＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面向上.
摩擦力的冲量If＝ft＝μmgcos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上.1.动量与动能的区别与联系
(1)区别：动量是矢量，动能是标量，质量相同的两物体，动量相同时动能一定相同，但动能相同时，动量不一定相同.
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝
或p＝ .
2.在求力的冲量时，首先明确是求哪个力的冲量，是恒力还是变力，如是恒力，可用I＝Ft进行计算.二、动量定理的理解和应用1.对动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因.
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向.
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值.2.应用动量定理定量计算的一般步骤例3 如图2所示，用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：解析答案(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均
作用力是多大？图2答案 200 N，方向竖直向下解析 以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的平均作用力，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，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为200 N，方向竖直向下.(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均
作用力又是多大？(g取10 m/s2)解析答案答案 205 N，方向竖直向下解析 若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为F2，
对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正.
则(F2－mg)t＝0－mvF2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上.由牛顿第三定
律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为205 N，方向竖直向下.(3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力.解析答案答案 见解析解析 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.例4 (多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是
A.击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B.跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了
延长作用时间以减小作用力
D.在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零解析答案√√解析 击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确；
据动量定理F·t＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C项正确；
车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确.针对训练 从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了
A.减小冲量
B.减小动量的变化量
C.增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D.增大人对地面的压强，起到安全作用解析答案√解析 脚尖先着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地时的动量变化量为定值，这样就减小了地面对人的冲力，故C项正确.利用动量定理解释现象的问题主要有三类：
(1)Δp一定，t短则F大，t长则F小.
(2)F一定，t短则Δp小，t长则Δp大.
(3)t一定，F大则Δp大，F小则Δp小.
达标检测1.恒力F作用在质量为m的物体上，如图3所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D.合力对物体的冲量大小为Ft答案√123图32.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答案√解析解析 篮球运动员接球的过程中，手对球的冲量等于球的动量的变化量，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，并没有减小球对手的冲量，也没有减小球的动量变化量，更没有减小球的动能变化量，而是因延长了手与球的作用时间，从而减小了球对人的冲击力，B正确.1233.0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向.
(1)则小球与地面碰撞前后的动量变化量为多少？答案解析123答案 2 kg·m/s，方向竖直向上 解析 小球与地面碰撞前的动量为：p1＝m(－v1)＝0.2×(－6) kg·m/s＝
－1.2 kg·m/s
小球与地面碰撞后的动量为：p2＝mv2＝0.2×4 kg·m/s＝0.8 kg·m/s
小球与地面碰撞前后动量的变化量为
Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s，方向竖直向上.(2)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为多少？(g取10 m/s2)答案解析123答案 12 N，方向竖直向上解析 由动量定理得(F－mg)Δt＝Δp课件37张PPT。第一章 第二节 动量 动量守恒定律(二)学习目标
1.理解系统、内力、外力的概念.
2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解守恒的条件.
3.了解动量守恒定律的普遍意义，会初步利用动量守恒定律解决实际问题.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究答案 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选择的系统.如果将甲和乙看成一个系统，丙车对乙车的力是外力，如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力.一、动量守恒定律1.如图1所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故.如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力还是外力？图1答案2.如图2所示，水平桌面上的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系.答案图2答案 设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t
根据动量定理：
F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2).
因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，
则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′
即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式.1.系统、内力与外力
(1)系统：相互作用的 物体组成一个力学系统.
(2)内力： 物体间的相互作用力.
(3)外力：系统 物体对系统内物体的作用力.两个或多个系统内部外部2.动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统 ，或者 ，这个系统的总动量保持不变.
(2)表达式：
m1v1＋m2v2＝ (作用前后动量相等).
(3)适用条件：系统 或者所受外力的矢量和 .不受外力所受外力的矢量和为零m1v1′＋m2v2′不受外力为零判断下列说法的正误.
(1)一个系统初、末态动量大小相等，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)只要系统受到的外力的功为零，动量就守恒.( )
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒.( )
(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零.( )×√×√√二、对动量守恒定律的认识如图3所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg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0.2 m/s.
(1)A、B二人相互作用时动量守恒吗？图3答案 守恒解析答案解析 规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s
根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB
代入数据可解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向.(2)如果守恒，应以什么为参考系？答案 以空间站为参考系答案(3)轻推后B的速度大小是多少？方向如何？答案 0.02 m/s 远离空间站方向对动量守恒定律的理解
1.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 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.总动量2.动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个 .
(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 的速度.矢量式地面(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，p1′、p2′……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.如图4所示，甲木块的质量为m1，以速度v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，乙木块上连有一轻质弹簧.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机械能守恒图4√答案
题型探究一、动量守恒条件的理解1.系统不受外力作用：这是一种理想化的情形.
2.系统受外力作用，但所受合外力为零.
3.系统受外力作用，但当系统所受的外力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，重力可以完全忽略不计，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.例1 (多选)如图5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，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是
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答案图5√√√解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左.由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；
对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确.
若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.1.动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统.判断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.
2.判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力.
3.一般来说，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.针对训练1 如图6所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同图6解析答案√解析 由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；
木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误.二、动量守恒定律的简单应用1.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)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：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)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.
(4)Δp＝0：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：例2 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑.开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图7所示.
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？
方向如何？图7答案 1 m/s 方向向右解析答案解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向.
v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s.
据动量守恒得：mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右.(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，
那么两车的距离最小时，乙车的速度
是多大？方向如何？答案 0.5 m/s 方向向右解析 两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，
由动量守恒得：
mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′.解析答案例3 如图8所示，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解析答案图8√解析 根据动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，可得v1＝v0＋
(v0－v2)，故选D.应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向.针对训练2 质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？答案 20 cm/s 方向向左解析 碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，
动量守恒.设向右为正方向，则
v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s；v2′＝0.
由动量守恒定律列方程
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据解得v1′＝－20 cm/s.
故碰后小球m1的速度大小为20 cm/s，方向向左.解析答案
达标检测1.(多选)如图9所示，在光滑水平地面上有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使两木块之间的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√解析答案√1234图9解析 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.12342.解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的 ，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为答案√解析解析 设快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：12343.如图10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，若车足够长，则
A.木块的最终速度为 v0
B.由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量
不守恒
C.车上表面越粗糙，木块减少的动量越多
D.车上表面越粗糙，小车获得的动量越多√图10答案解析1234解析 由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；
m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关.4.一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg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＝6.75 m停下.已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小.(重力加速度取g＝10 m/s2)答案解析答案 27 m/s由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v1234课件33张PPT。第一章 第五节 自然界中的守恒定律学习目标
1.加深对动量守恒定律和能量守恒定律的理解，能运用这两个守恒定律解决一些简单的与生产、生活相关的实际问题.
2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究如图1所示，质量为2 kg的物体静止在与其之间动摩擦因数μ＝0.5的粗糙水平面上，现加一F＝20 N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20 m/s时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g＝10 m/s2)答案图1答案 对物体受力分析如图所示：
方法一：根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
v＝at解得t＝4 s，s＝40 m.
方法二：根据动量定理可得：(F－μmg)t＝mv－0
解得：t＝4 s.解得s＝40 m.解决力学问题的三个基本观点
1.力的观点：主要是 定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.
2.动量的观点：主要应用 定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.
3.能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用 定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用 定律.牛顿运动动量动能能量守恒
题型探究一、滑块—木板模型1.把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒.
2.由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，应由能量守恒求解问题.
3.注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多.例1 如图2所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞.求：
(1)木块B的最小速度是多少？答案 解析答案图2解析 由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小.
取向右为正方向，根据动量守恒定律：
m·2v0－mv0＝5mv(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？解析答案答案 解析 A向左减速的过程，根据动能定理有A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有取向左为正方向，整个过程A发生的位移为二、子弹打木块模型1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒.
2.在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化.
3.若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多.例2 如图3所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；解析答案答案 图3解析 因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差.设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：
mv＝(M＋m)v′ ①
二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：(2)射入的过程中，系统损失的机械能；解析答案解析 射入过程中损失的机械能答案 (3)子弹在木块中打入的深度.解析答案解析 设子弹在木块中打入的深度，即子弹相对于木块的位移为s相对，
则ΔE＝μmgs相对答案 三、弹簧类模型1.对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒.
2.整个过程往往涉及到多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题.
3.注意：弹簧压缩最短时，或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大.例3 两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图4所示.B与C碰撞后二者会粘在一起运动.则在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为
多大？解析答案图4答案 3 m/s解析 当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，(2)系统中弹性势能的最大值是多少？解析答案答案 12 J解析 B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC得：物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，针对训练 如图5所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为图5√解析 子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝ ×100mv12－ ×200mv22＝ .
解析答案处理动量和能量结合问题时应注意：
(1)守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是合外力做的功为零.
(2)分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况.
(3)表达式：动量为矢量式，能量为标量式.
(4)注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒.
达标检测1.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图6所示，上述两种情况相比较
A.子弹对滑块做功一样多
B.子弹对滑块做的功不一样多
C.系统产生的热量一样多
D.系统产生的热量不一样多√√1234图6答案解析解析 两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得：mv＝(M＋m)v共，得v共＝ ；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；
系统损失的机械能转化为热量，故选项C正确.12342.如图7所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为
A.4 J B.8 J C.16 J D.32 J答案√解析1234图7解析 A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒.由碰撞过程中动量守恒得：mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝ ＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为
(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.12343.如图8所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为答案解析1234图8√12344.如图9所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点.现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出.已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；答案解析图91234答案 2.5 m/s1234解析 设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：mAgh＝ mAv12 ①设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，
mAv1＝(mA＋mB)v2 ③
代入数据解得v2＝2.5 m/s ④(2)小车C上表面的最短长度.答案解析1234答案 0.375 m解析 设小车C上表面的最短长度为L，
滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，
根据动量守恒定律有：
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 ⑤
根据能量守恒定律有：联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m. ⑦课件37张PPT。第一章 第四节 反冲运动学习目标
1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.
2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题.
3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素.内容索引
知识探究
题型探究
达标检测
知识探究一、反冲运动在生活中常见到这样的情形：吹饱的气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；点燃“钻天猴”的药捻，便会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空；乌贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动，结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以下问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？答案 物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动.答案(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？答案 反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理；反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加.答案反冲运动
1.定义：如果一个静止的物体在 的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向 的方向运动.这个现象叫做反冲.
2.反冲运动的特点：是物体间作用力与 力产生的效果.
3.反冲运动的条件
(1)系统 或 .
(2)内力远大于 .
(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零.
4.反冲运动遵循的规律：反冲运动遵循 .内力相反反作用不受外力所受合外力为零外力动量守恒定律判断下列说法的正误.
(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理.( )
(2)一切反冲现象都是有益的.( )
(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理.( )
(4)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.
( )
(5)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.( )×√×√√二、火箭(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？答案 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、高压”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.答案(2)设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v′.答案 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒.取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得0＝mv′－(M－m)v答案(3)分析提高火箭飞行速度的可行办法.答案 由上问可知火箭喷气后最大的速度v′＝( －1)v
故可以用以下办法提高火箭飞行速度：
①提高喷气速度；
②提高火箭的质量比；
③使用多级火箭，一般为三级.答案火箭的原理
1.工作原理
应用 运动，其反冲过程 守恒.它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得 的速度.
2.影响火箭最终速度大小的因素
(1)喷气速度：
现代液体燃料火箭的喷气速度约为 m/s.反冲向前2 000～4 000动量(2)火箭的质量比：
指火箭起飞时的质量与 之比.现代火箭的质量比一般小于 .
喷气速度 ，质量比 ，火箭获得的速度 .火箭除燃料外的箭体质量10越大越大越大判断下列说法的正误.
(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.( )√×答案 原来静止的“人”和“船”发生
相互作用时，所受外力的矢量和为零，
则动量守恒.在相互作用的过程中，由
mv1－Mv2＝0知任一时刻“人”和“船”的速度大小之比等于质量的反比.整个过程中“人”走“船”行，“人”停“船”停.三、“人船模型”探究如图1甲所示，人在漂浮在水面上的小船上行走，小船同时向着相反的方向运动，其简化运动如图乙.(不考虑船受到水的阻力)答案图1(1)人的速度和船的速度有什么关系？答案 因为任意时刻mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，即人和船的位移与质量成反比.(2)人和船的位移有什么关系？答案“人船模型”的特点和遵循的规律
1.满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0，也有m1x1－m2x2＝0.
2.运动特点：人动船 ，人静船 ，人快船 ，人慢船 ，人左船 ；人、船的速度(平均速度或瞬时速度)与它们的质量成 ；人、船位移与它们的质量成 ，即
3.应用上述关系时要注意一个问题：即公式中v和x一般都是相对 而言的.动静快慢右反比反比地面分析下面的情景，判断下列说法的正误.
一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则：
(1)船质量越小，人越难跳上岸( )
(2)船质量越大，人越难跳上岸( )
(3)人跳跃相对船的速度等于相对地的速度( )√××
题型探究一、反冲运动的应用例1 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动.如果小车(含橡皮塞)的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg.
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；答案 0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反解析答案解析 小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零.以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是
0.1 m/s.(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?解析答案答案 0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反解析 小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒.以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.针对训练1 如图2所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车
与地面的摩擦，求炮身向后反冲的速度大小v为 .解析答案解析 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒.炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cos α，根据动量守恒定律有：mv0cos α－Mv＝0
所以炮车向后反冲的速度大小为v＝ .图2二、火箭原理1.火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用.在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题.
2.火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比 (火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)两个因素决定.例2 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次.
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？解析答案解析 选取火箭和气体组成的系统为研究对象，运用动量守恒定律求解.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，故v3＝ ≈2 m/s.答案 2 m/s(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？解析答案解析 发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝ ≈
13.5 m/s.答案 13.5 m/s针对训练2 将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内火箭模型以相对地面的速度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析答案解析 应用动量守恒定律解决问题，注意火箭模型质量的变化.取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′，故v′＝ ，选项D正确.√三、反冲运动的应用——“人船模型”1.适用条件：
(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
(2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向).
2.画草图：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，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.例3 如图3所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求人和船相对地面的位移各为多少？解析答案解析 设任一时刻人与船相对地面的速度大小分别为v1、v2，
作用前都静止.因整个过程中动量守恒，所以有
mv1＝Mv2图3答案 见解析例4 质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，他们共同静止在距地面为h的高空中.现从热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？解析答案解析 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大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，由动量守恒定律得：0＝Mv球－mv人，即0＝ － ，0＝Mx球－mx人，又有x人＋x球＝L，x人＝h，联立以上各式得：L＝ .因此软绳的长度至少为 .
达标检测1.(多选)下列属于反冲运动的是
A.向后划水，船向前运动
B.用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C.用力向后蹬地，人向前运动
D.水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反√答案√12342.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是
A.打开阀门S1 B.打开阀门S2
C.打开阀门S3 D.打开阀门S4答案√解析解析 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统
动量为0，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出小车才能向前运动.1234图43.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√答案解析1234解析 火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管以很大速度喷出，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项.4.如图5所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离.答案解析图512341234解析 由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2，所以＝ .设小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则
，由题意：x1＋x2＝R－r
