1 实验 探究碰撞中的不变量
[目标定位] 1.明确探究物体碰撞中的不变量的基本思路.2.探究一维碰撞中的不变量.3.掌握同一条直线上运动的两个物体碰撞前、后速度的测量方法．
一、一维碰撞
两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动，这种碰撞叫做一维碰撞．
二、实验探究的基本思路
在一维碰撞的情况下，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一致，取正值，相反取负值，依次研究以下关系是否成立：
1．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；
2．m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2；
3.＋＝＋.
探究以上各关系式是否成立，关键是准确测量和计算碰撞前与碰撞后的速度v1、v2、v1′、v2′.
三、实验探究方案
实验需要考虑的主要问题：
1．质量的测量：用天平测量．
2．速度的测量：有下列三种方案
方案1：利用气垫导轨结合光电门
实验装置如图1所示：
图1
(1)速度的测量及计算：设滑块上挡光片的宽度为Δx，挡光片经过光电门的时间为Δt，则v＝.
(2)碰撞情景的实现
图2
①用细线将弹簧片压缩，放置于两个滑块之间，并使它们静止，然后烧断细线，弹簧片弹开，两个滑块由静止向相反方向运动(图2甲)．
②在两滑块相碰的端面上装上弹性碰撞架(图乙)，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．
③在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动(图丙)，这样可以得到能量损失最大的碰撞．
(3)器材：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块两个(带挡光片)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．
方案2：单摆结合机械能守恒定律
实验装置如图3所示：
图3
(1)速度的测量及计算：可以测量小球拉起的角度，根据机械能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球分别摆起的对应角度，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应的两小球的速度．
(2)碰撞情景的实现：用贴胶布的方法增大两小球碰撞时的能量损失．
(3)器材：带细线的小球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．
方案3：纸带结合打点计时器
实验装置如图4所示(在光滑长木板上)
图4
(1)速度的测量及计算：用刻度尺测出纸带上两计数点间的距离Δx，Δt为对应Δx所用的时间，则小车的速度v＝.
(2)碰撞情景的实现：在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连在一起运动．
(3)器材：光滑长木板、打点计时器、纸带、刻度尺、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等．
四、实验步骤
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.
2．安装实验装置．
3．使物体发生一维碰撞．
4．测量或读出碰撞前、后相关的物理量，计算对应的速度．
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．
五、数据处理
将实验中测得的物理量填入下表，填表时需注意物体碰撞后运动的速度与原来速度方向相反的情况.
碰撞前
碰撞后
质量m/kg
m1
m2
m1
m2
速度v/(m·s－1)
v1
v2
v1′
v2′
mv/(kg·m·s－1)
m1v1＋m2v2
m1v1′＋m2v2′
mv2/(kg·m2·s－2)
m1v＋m2v
m1v1′2＋m2v2′2
/(m·s－1·kg－1)
＋
＋
实验得出的结论
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)实验中是否合理控制实验条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡摩擦力．
2．偶然误差：主要来源于对质量m和速度v的测量．
七、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，两小球静止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)若利用长木板进行实验，可在长木板的一端下垫一小木片用以平衡摩擦力．
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．
【例1】 某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图5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．
图5
(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；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块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后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200 g；
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：A._________________________________，
B．__________________________.
②碰撞前滑块1的速度v1为__________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为_________m/s；滑块2的速度v3为____________m/s.(结果保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)
a．________________________；
b．________________________.
解析 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞前的速度
v1＝＝ m/s≈0.50 m/s；
滑块1碰撞后的速度
v2＝＝ m/s≈0.10 m/s；
滑块2碰撞后的速度
v3＝＝ m/s≈0.60 m/s；
③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变．
原因：系统碰撞前的质量与速度的乘积m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s.
b．碰撞前、后总动能不变．
原因：碰撞前的总动能Ek1＝m1v＝0.037 5 J
碰撞后的总动能Ek2＝m1v＋m2v＝0.037 5 J
所以碰撞前、后总动能相等．
c．碰撞前、后质量不变．
答案 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②0.50 0.10 0.60
③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变
b．碰撞前、后总动能不变
c．碰撞前、后质量不变
(1)完成本实验的关键是碰撞前、后速度的测量，做题时要明确实验的设计思想和速度测量的原理．
(2)本实验速度的测量采用极限法v＝＝，d为遮光条的宽度．
(3)利用气垫导轨进行实验，调节时注意利用水平仪，确定导轨水平．
【例2】 某同学利用如图6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？
图6
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－cos 45°)
mBv＝mBgh1
碰撞前速度vB＝
所以碰撞前质量与速度的乘积为
mBvB＝mB
同理可得碰撞后共同速度
vAB＝
碰撞后质量与速度的乘积为
(mA＋mB)vAB＝(mA＋mB)
所以＝
代入已知条件得≈1
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
1．碰撞前、后摆球速度的大小可从摆线的摆角反映出来，所以方便准确地测出碰撞前、后绳的摆角大小是实验成功的关键．
2．根据机械能守恒定律计算碰撞前、后摆球的速度．
1．在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学采用如图7所示的装置进行实验．把两个小球用等长的细线悬挂(使两小球在竖直方向静止时，刚好接触)，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后粘在一起．实验过程中除了要测量A球被拉起的角度θ1及它们碰后摆起的最大角度θ2之外，还需测量________(写出物理量的名称和符号)才能验证碰撞中的守恒量．用测量的物理量表示碰撞中的守恒量应满足的关系式是：________.
图7
答案 两球质量mA、mB
mA＝(mA＋mB)
解析 碰撞中的守恒量是两球质量与速度的乘积之和，
即mA＝(mA＋mB)，
整理得mA＝(mA＋mB).
2．某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”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．他设计的实验具体装置如图8所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
图8
(1)若实验已得到的打点纸带如图9所示，并测得各计数点间距(标在图上)，则应该选________段来计算A的碰撞前速度；应选________段来计算A和B碰后的共同速度(选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)．
图9
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg.由以上测量结果可得：碰前mAvA＝________________kg·m/s；碰后(mA＋mB)v共＝__________________kg·m/s.
由此得出结论是_____________________．
(本题计算结果均保留三位有效数字)
答案 (1)BC DE
(2)0.420 0.417 见解析
解析 (1)小车碰前做匀速直线运动，打出纸带上的点应该是间距均匀的，故计算小车碰前的速度应选BC段．CD段上所打的点由稀变密，可见在CD段A、B两小车相互碰撞．A、B碰撞后一起做匀速直线运动，所以打出的点又是间距均匀的，故应选DE段计算碰后的速度．
(2)碰撞前：vA＝＝ m/s＝1.05 m/s，
碰撞后：
vA′＝vB′＝v共＝＝ m/s＝0.695 m/s.
碰撞前：
mAvA＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后：
(mA＋mB)v共＝0.60×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s
由于0.420≈0.417
由此得出的结论是：在误差允许的范围内，一维碰撞过程中，两物体的速度与质量的乘积的和保持不变．
课件28张PPT。一、一维碰撞
两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后 ，
这种碰撞叫做一维碰撞．仍沿这条直线运动三、实验探究方案
实验需要考虑的主要问题：
1．质量的测量：用 测量．
2．速度的测量：有下列三种方案
方案1：利用气垫导轨结合光电门
实验装置如图1所示：图1天平②在两滑块相碰的端面上装上弹性碰撞架(图乙)，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．
③在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动(图丙)，这样可以得到能量损失最大的碰撞．(3)器材：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块两个(带挡光片)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．
方案2：单摆结合机械能守恒定律
实验装置如图3所示：图3(1)速度的测量及计算：可以测量小球拉起的 ，根据机械
能守恒定律算出小球碰撞前对应的速度；测量碰撞后两小球
分别摆起的对应 ，根据机械能守恒定律算出碰撞后对应
的两小球的速度．
(2)碰撞情景的实现：用 的方法增大两小球碰撞时的能
量损失．
(3)器材：带细线的小球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐
标纸、胶布等．角度角度贴胶布刻度尺 (2)碰撞情景的实现：在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连在一起运动．
(3)器材：光滑长木板、打点计时器、纸带、刻度尺、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等．四、实验步骤
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 测量相关碰撞物体的质量m1、m2.
2．安装实验装置．
3．使物体发生一维碰撞．
4．测量或读出碰撞前、后相关的物理量，计算对应的速度．
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．天平五、数据处理
将实验中测得的物理量填入下表，填表时需注意物体碰撞后运动的速度与原来速度方向相反的情况.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)实验中是否合理控制实验条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡摩擦力．
2．偶然误差：主要来源于对质量m和速度v的测量．七、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，两小球静止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)若利用长木板进行实验，可在长木板的一端下垫一小木片用以平衡摩擦力．
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．【例1】 某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图5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．图5(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；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块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后依次被制动；图6答案 能2 动量和动量定理
[目标定位] 1.理解动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量.2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量.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、缓冲等生活中的现象．
一、动量
1．定义
运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.
2．矢量性
方向与速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．
3．动量的变化量
(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．
(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、动量的变化量都用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)．
【深度思考】
质量相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？
答案 不一定．动量是矢量，有方向，而动能是标量，无方向．质量相同的两个物体动能相同，速度大小一定相同，但速度方向不一定相同．
【例1】 关于动量的概念，下列说法中正确的是( )
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，动能也一定相同
解析 物体的动量由质量及速度共同决定，动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；动量大的物体速度不一定大，B错；动量相同指的是动量的大小和方向都相同，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；有动量和动能的关系p＝知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D错．
答案 C
动量和动能的比较
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
标矢性
矢量
标量
变化决定因素
物体所受冲量
外力所做的功
换算关系
p＝，Ek＝
特别提醒
比较两个物体动量时，不能仅比较大小，也应比较方向
【例2】 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；
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量．
解析 (1)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)羽毛球的初动能：Ek＝mv＝12.5 J，羽毛球的末动能：Ek′＝mv＝50 J.
所以ΔEk＝Ek′－Ek＝37.5 J.
答案 (1)1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
(2)37.5 J
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．
二、冲量
1．定义：力与力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft.单位：牛顿·秒，符号：N·s.
2．矢量性：方向与力的方向相同．
3．物理意义：反映力的作用对时间的积累．
【深度思考】
水平面上的物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图1所示，求0～8 s时间内拉力的冲量．
图1
答案 变力的冲量的计算：图中给出了力随时间变化的图象，可用面积法求变力的冲量.0～8 s时间内拉力的冲量I＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3＝18 N·s.
【例3】 如图2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，物体所受各力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图2
解析 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：IFN＝FN·t＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，
方向垂直斜面向上．
摩擦力的冲量：IFf＝Ff·t＝μmgcos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．
答案 见解析
1．求冲量大小时，一定要注意哪个力在哪一段时间内的冲量，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．
2．公式I＝Ft只适合于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：
(1)用动量定理求冲量．
(2)若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求冲量．
(3)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．
三、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力的冲量．
2．公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.
3．动量定理的理解：
(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是矢量(填“矢量”或“标量”)式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(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．
【深度思考】
在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？
答案 物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小，这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力．
【例4】 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 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，大小等于球入手时的动量，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．
答案 B
应用动量定理分析有关现象主要有两个方面的问题
(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．如本题所述现象．
(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．
【例5】 质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)
解析 以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝＝1 s
从开始下落到落到海绵垫上停止时，
mg(t＋Δt1)－Δt1＝0
代入数据，解得＝1 400 N
下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－′Δt2＝0
代入数据，解得′＝7 700 N.
答案 1 400 N 7 700 N
应用动量定理定量计算的一般步骤：
(1)选定研究对象，明确运动过程．
(2)进行受力分析和运动的初、末状态分析．
(3)选定正方向，根据动量定理列方程求解．
1．(对动量的理解)关于动量，下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大
答案 D
解析 动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，选项A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．
2. (对冲量的理解)如图3所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零，然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )
图3
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
答案 C
解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确．
3．(动量定理的理解和应用)(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是( )
A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量
B．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量
C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·s
D．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s
答案 BD
4．(动量定理的理解和应用)质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来. 已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N B．1 100 N
C．600 N D．1 000 N
答案 D
解析 建筑工人下落5 m时速度为v，则v＝＝m/s＝10 m/s，设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：(mg－F)t＝－mv，所以F＝mg＋＝60×10 N＋N＝1 000 N，故D对，A、B、C错．
课件28张PPT。[目标定位] 1.理解动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量.2.知道冲量的概念，知道冲量是矢量.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、缓冲等生活中的现象．1．定义
运动物体的 和 的乘积叫动量；公式p＝ ；
单位： ，符号： .
2．矢量性
方向与 相同．运算遵循 定则．mv质量速度千克·米/秒kg·m/s平行四边形速度的方向3．动量的变化量
(1)定义：物体在某段时间内 与 的矢量差
(也是矢量)，Δp＝ (矢量式)．
(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、动量的变化量都用带有正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为 运算(此时的正、负号仅
代表方向，不代表大小)．末动量初动量p′－p代数【深度思考】
质量相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？
答案 不一定．动量是矢量，有方向，而动能是标量，无方向．质量相同的两个物体动能相同，速度大小一定相同，但速度方向不一定相同．【例1】 关于动量的概念，下列说法中正确的是
( )
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，动能也一定相同答案 C【例2】 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；
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量．1．定义：力与 的乘积．公式：I＝ .
单位： ，符号： .
2．矢量性：方向与 相同．
3．物理意义：反映力的作用对 的积累．力的作用时间Ft牛顿·秒N·s力的方向时间【深度思考】
水平面上的物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图1所示，求0～8 s时间内拉力的冲量．图1图2答案 见解析1．内容：物体在一个过程始、末的 等于它在
这个过程中所受 ．
2．公式： 或 .动量变化量力的冲量mv′－mv＝F(t′－t)p′－p＝I3．动量定理的理解：
(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是 (填“矢
量”或“标量”)式，等号包含了大小相等、方向相同两
方面的含义．
(2)动量定理反映了 是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的 ，若合外力是变力，
则F应是合外力在作用时间内的 ．矢量合外力的冲量合外力平均值【深度思考】
在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？
答案 物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小，这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力．【例4】 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 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，大小等于球入手时的动量，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．
答案 B答案 1 400 N 7 700 N3 动量守恒定律
[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.掌握动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.会用动量守恒定律解决实际问题．
一、系统、内力与外力
1．系统：相互作用的两个或多个物体组成了一个力学系统．
2．内力：同一系统中，物体间的相互作用力．
3．外力：系统以外的物体对系统施加的作用力．
二、动量守恒定律
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
对两个物体组成的系统，常写成：
p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
3．成立条件
系统不受外力或所受外力矢量和为零．
【深度思考】
(1)对某一系统来说一个力是内力，在另一情况下这个力能变成外力吗？
(2)如图1所示，甲、乙、丙三辆车碰撞发生追尾事故．
图1
①选甲、乙两车为系统，丙对乙的力是内力还是外力？甲和乙组成的系统动量守恒吗？
②选甲、乙、丙三车为系统，丙对乙的力是内力还是外力？三车组成的系统动量守恒吗？
答案 (1)能．内力是系统内物体之间的作用力，一个力是内力还是外力不是固定的，要看选择的系统，当选择的系统发生变化时，这个力可能就会由内力变为外力，所以是内力还是外力关键看选择的系统．
(2)①外力 不守恒 ②内力 守恒
【例1】 (多选)如图2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( )
图2
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，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，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，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，A、B、C组成系统的动量守恒
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所受摩擦力大小相同，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．
答案 BCD
(1)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．
(2)判断动量是否守恒，系统的划分非常重要，往往通过适当变换划入系统的物体来找到满足守恒条件的系统．
【例2】 质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝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？
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，
则各小球速度为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.
故小球m1碰后速度的大小为20 cm/s，方向向左．
答案 20 cm/s 方向向左
1．应用动量守恒定律的解题步骤
↓
↓
↓
↓
2．特别注意：系统内各物体的动量必须相对于同一参考系，一般都是选地面为参考系，即各物体的速度都是相对地面的．
三、动量守恒定律的几个性质
(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算．
(2)相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．
(3)同时性：相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前同一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度，同理，v1′和v2′应是相互作用后同一时刻的瞬时速度．
(4)普适性：动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域．
【深度思考】
光滑的水平面上，一质量为m的人站在质量为M的小车上，人和车均静止，当人相对于车以速度u跳出后，小车的速度v为多少？
答案 在应用动量守恒定律解题时，应注意式中所有速度必须是相对同一参考系，所有速度应是在同一时刻的瞬时速度．设小车的速度为v，此方向为正方向．由动量守恒定律得：0＝Mv＋m(v－u)，得：v＝.
【例3】 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的两、乙两个小车上，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3所示．
图3
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(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？
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．
(1)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)两车距离最小时，两车的速度相同，
设为v′，由动量守恒得：
mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．
答案 (1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右
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代入，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向．
课件22张PPT。[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.掌握动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.会用动量守恒定律解决实际问题．1．系统：相互作用的 物体组成了一个力学系
统．
2．内力：同一系统中，物体间的相互作用力．
3．外力：系统 物体对系统施加的作用力．两个或多个以外的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
对两个物体组成的系统，常写成：
p1＋p2＝ 或m1v1＋m2v2＝ .
3．成立条件
系统 或所受外力矢量和 ．不受外力所受外力的矢量和为零p1′＋p2′m1v1′＋m2v2′不受外力为零【深度思考】
(1)对某一系统来说一个力是内力，在另一情况下这个力能变成外力吗？
(2)如图1所示，甲、乙、丙三辆车碰撞发生追尾事故．图1①选甲、乙两车为系统，丙对乙的力是内力还是外力？甲和乙组成的系统动量守恒吗？
②选甲、乙、丙三车为系统，丙对乙的力是内力还是外力？三车组成的系统动量守恒吗？
答案 (1)能．内力是系统内物体之间的作用力，一个力是内力还是外力不是固定的，要看选择的系统，当选择的系统发生变化时，这个力可能就会由内力变为外力，所以是内力还是外力关键看选择的系统．
(2)①外力 不守恒 ②内力 守恒图2答案 BCD2．特别注意：系统内各物体的动量必须相对于同一参考系，一般都是选地面为参考系，即各物体的速度都是相对地面的．
(1)矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是 量，只有它
们在同一直线上，并先选定 ，确定各速度的正、负
(表示方向)后，才能用代数方法运算．
(2)相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′
应是相对同一参考系的速度，一般取相对 的速度．矢正方向地面(3)同时性：相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前同一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度，同理，v1′和v2′应是相互作用后同一时刻的瞬时速度．
(4)普适性：动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的 领域．一切图34 碰撞
[目标定位] 1.理解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，了解正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞).2.会应用动量、能量的观点解决一维碰撞问题.3.了解散射和中子的发现过程，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．
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．
(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
弹性碰撞特例：
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′＝v1，v2′＝v1.
①若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后v1′＝0，v2′＝v1，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′＝v1，v2′＝2v1.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′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能减少，损失的机械能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞机械能损失最大．
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中机械能损失
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
【深度思考】
如何从形变和能量转化两个角度来理解弹性碰撞和非弹性碰撞？
答案 两物体发生弹性碰撞时，形变属于弹性形变，碰撞结束后形变能够完全恢复，动能和弹性势能之间相互转化，机械能守恒；发生非弹性碰撞时，形变属于非弹性的，碰撞结束后，不能恢复原状，系统的机械能减少，机械能转化为内能．
【例1】 如图1所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/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＝1 m/s.求：
图1
(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
得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s.
(2)两球与C碰撞同样满足动量守恒：
2mv1＝mvC＋2mv2
得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
两次碰撞损失的动能
|ΔEk|＝mv－×2mv－mv＝1.25 J.
答案 (1)1 m/s (2)1.25 J
1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．
2．完全非弹性碰撞(碰后两物体粘在一起)机械能一定损失(机械能损失最多)．
【例2】 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2所示．小球A与小球B发生碰撞后，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.
图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＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得＝2.
答案 2
1．弹性碰撞遵循的规律：碰撞前、后两物体动量守恒，机械能守恒．
2．弹性碰撞模型特例：一动碰一静模型．
两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0
针对训练 如图3所示，足够长的光滑轨道由斜槽轨道和水平轨道组成．水平轨道上一质量为mB的小球处于静止状态，一个质量为mA的小球沿斜槽轨道向下运动，与B球发生弹性正碰．要使小球A与小球B能发生第二次碰撞，mA和mB应满足什么关系？
图3
答案 mB>3mA
解析 设小球A与小球B碰撞前的速度大小为v0.根据弹性碰撞过程动量守恒和机械能守恒得
mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝mAv＋mBv.
联立解得v1＝ v0，
v2＝ v0.
要使小球A与小球B能发生第二次碰撞，小球A必须反弹，且速率大于碰后B球的速率．有
| v0|> v0，
得mB>3mA.
二、对心碰撞、非对心碰撞及散射
1．正碰(对心碰撞)：一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线．
2．斜碰(非对心碰撞)：一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线．
3．散射
(1)定义
微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”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很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方．
【深度思考】
两物体碰撞过程，除了满足动量守恒这一条件外，碰撞中的能量和碰撞前、后的速度还应满足什么条件？
答案 碰撞需满足三个条件：
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
或＋≥＋.
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3】 质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值中的( )
A．0.6v B．0.4v
C．0.2v D．0.1v
解析 若发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v1，B的速度为v2，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：
mv＝mv1＋3mv2
由机械能守恒定律：
mv2＝mv＋×3mv
由以上两式得v1＝－，v2＝
若碰撞过程中损失机械能最大，则碰后两者速度相同，设为v′，由动量守恒定律：mv＝(m＋3m)v′
解得v′＝
所以在情况不明确时，B球速度vB应满足≤vB≤.
因此选B.
答案 B
碰撞满足的条件
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要符合情景：碰撞后，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′，否则碰撞不会结束．
1．(碰撞特点及满足条件)(多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面哪些是可能正确的( )
A．v1′＝v2′＝ m/s
B．v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s
C．v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s
D．v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s
答案 AD
解析 由碰撞前、后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能；但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能．
2．(弹性碰撞的特点)(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )
A．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
答案 ABC
解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v1′＝v1，v2′＝v1.当m1＝m2时，v2′＝v1，A对；当m1?m2时，v2′＝2v1，B对；当m1?m2时，v1′＝－v1，C对；根据动能定理可知D错误．
3. (非弹性碰撞的特点)如图4所示，有两个质量都为m的小球A和B(大小不计)，A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则：
图4
(1)它们一起上升的最大高度为多大？
(2)碰撞中损失的机械能是多少？
答案 (1) (2)mgh
解析 (1)A球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，即mgh＝mv，
所以v1＝，
A球对B球碰撞满足动量守恒mv1＝(m＋m)v2，
所以v2＝v1＝；
对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，
(m＋m)v＝(m＋m)gh′，解得h′＝.
(2)ΔE＝mv－×2mv＝mgh.
5 反冲运动、火箭
[目标定位] 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.3.了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素．
一、反冲
1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象．
2．特点：
(1)反冲运动是物体的不同部分在内力作用下产生的结果．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转来自动改变喷水的方向．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
【深度思考】
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？
答案 喷气式飞机是靠喷出自身携带的气体而做反冲运动的；螺旋桨飞机靠螺旋桨转动时桨面与周围空气发生相互作用而获得向上的动力．因为月球上没有气体，所以只能配置喷气式飞机．
【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．
(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 (1)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
v′＝－ v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s
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)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的方向为正方向，有
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s
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0.05 m/s.
答案 (1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
1．反冲运动问题一般应用系统动量守恒定律列式计算．
列方程时要注意初、末状态动量的方向，反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的．
2．动量守恒表达式中的速度均为相对地面的速度．对“相对”速度，则要根据矢量关系转化为相对地面的速度．
二、火箭
1．工作原理
应用反冲运动，其反冲过程动量守恒．它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度．
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约为2_000～4_000 m/s.
(2)火箭的质量比：
指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．现代火箭的质量比一般小于10.
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
【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？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
解析 火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解．
(1)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
(2)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 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的．
三、反冲运动的应用——“人船模型”
1．“人船模型”问题
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．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0.
(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
(3)应用此关系时要注意一个问题：即公式1、2和x1、x2一般都是相对地面而言的．
【例3】 有一只小船停在静水中，船上一人从船头走到船尾．如果人的质量m＝60 kg，船的质量M＝120 kg，船长为l＝3 m，则船在水中移动的距离是多少？水的阻力不计．
解析 人在船上走时，由于人、船系统所受合力为零，总动量守恒，因此系统的平均动量也守恒，如图所示．
设人从船头到船尾的时间为t，在这段时间里船后退的距离为x，人相对地面运动距离为l－x，选船后退方向为正方向，由动量守恒有：
M－m＝0
所以x＝l＝×3 m＝1 m.
答案 1 m
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：
(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．
1．(反冲运动)手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球( )
A．竖直向上抛出 B．向前方抛出
C．向后方抛出 D．向左方抛出
答案 C
解析 欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出，人和铁球的总动量守恒，因为铁球的动量向后，所以人向前的动量增加．
2．(反冲运动)(多选)中国潜艇专家正在设计一种以电磁推动潜航的潜艇，基本原理是潜艇间的海水通电，利用潜艇的强磁场对通电海水的作用力即安培力，将海水高速推出，使潜艇获得动力．为了提高潜艇的航速，可采用哪些措施( )
A．使推出水的速度增大
B．使潜艇的质量增大
C．使通过海水的电流增大
D．使单位时间内推出的水的质量增加
答案 ACD
3．(火箭的原理)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 B
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时，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B项．
4．(人船模型的应用)(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左、右两端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则( )
A．若两人质量相等，必定v甲>v乙
B．若两人质量相等，必定v甲C．若两人速率相等，必定m甲>m乙
D．若两人速率相等，必定m甲答案 AC
解析 把甲、乙以及小车看成一个系统，系统的动量守恒，开始时速度都为零，小车向左移动，说明甲、乙两人的合动量方向向右，根据题意，甲向右运动，乙向左运动，所以甲的动量大于乙的动量，如果二者质量相等，则甲的速度大于乙的速度，如果二者速率相等，则甲的质量大于乙的质量．
5．(人船模型的应用)如图1所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
图1
A. B.
C. D.
答案 C
解析 此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0＝mx1－Mx2.①
且x1＋x2＝.②
由①②可得x2＝，故选C.
课件21张PPT。[目标定位] 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.3.了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素．1．定义：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 的方向运动的
现象．
2．特点：
(1)反冲运动是物体的不同部分在 作用下产生的结果．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用
来处理．相反动量守恒定律内力内力3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷
出时，一边喷水一边 来自动改变喷水的方向．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的 ，
所以用步枪射击时要把枪身抵在 ，以减少反冲的影响．旋转准确性肩部【深度思考】
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？
答案 喷气式飞机是靠喷出自身携带的气体而做反冲运动的；螺旋桨飞机靠螺旋桨转动时桨面与周围空气发生相互作用而获得向上的动力．因为月球上没有气体，所以只能配置喷气式飞机．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．反冲动量向前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约为 m/s.
(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 越大， 越大，火箭获得的速度越大．2 000～4 000火箭除燃料外的箭体质量10速度质量比1．“人船模型”问题
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．习题课：动量和能量观点的综合应用
[目标定位] 1.进一步熟练应用动量守恒定律解决问题.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题．
一、爆炸类问题
解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：
1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸系统内的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．
2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．
3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．
【例1】 从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能？
解析 (1)M下落h时：
由动能定理得Mgh＝Mv2，
解得v＝
爆炸时动量守恒：
Mv＝－mv＋(M－m)v′
v′＝，方向竖直向下
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，
即ΔEk＝mv2＋(M－m)v′2－Mv2
＝(m－M)v2＋＝
答案 (1)，方向竖直向下 (2)
物体在爆炸瞬间，所受合外力——重力虽然不为零，但重力比起碎片间的相互作用内力小很多，故可认为爆炸过程系统动量守恒．
二、滑块——滑板类模型
1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力(填“外力”或“内力”)，则在光滑水平面上滑块和滑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，则系统机械能不守恒(填“守恒”或“不守恒”)．应由能量守恒求解问题．
【例2】 如图1所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：
图1
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
解析 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，
Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝.
(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝Mv－(M＋m)v′2.
解得x相＝.
(3)方法一：由能量守恒定律可得，
Q＝Mv－(M＋m)v′2
＝
方法二：根据功能关系，转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功，即ΔE＝Q＝μmg·x相＝.
答案 (1) (2) (3)
滑块—滑板类模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒求解，需要注意的是，滑块若不滑离木块，意味着二者最终具有共同速度．
三、子弹打木块类模型
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，则系统机械能不守恒(填“守恒”或“不守恒”)，机械能向内能转化．
3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．
【例3】 如图2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：
图2
(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离；
(2)射入的过程中，系统损失的机械能．
解析 因子弹未穿出，故此时子弹与木块的速度相同，而系统的机械能损失为初、末状态系统的动能之差．
(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒有：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：
－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v′2，②
由①②两式解得：s＝.
(2)射入过程中的机械能损失ΔE＝mv2－(M＋m)v′2，③
解得：ΔE＝.
答案 (1) (2)
子弹打木块模型与滑块—滑板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统动量守恒．当子弹不穿出木块时，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多．
四、弹簧类模型
1．对于弹簧类问题，如果相互作用过程发生在光滑水平面上，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．
2．整个过程往往涉及弹性势能、动能、内能、重力势能等多种形式的能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．
【例4】 如图3所示，物体A、B的质量分别是mA＝4.0 kg、mB＝6.0 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触．另有一个质量为mC＝2.0 kg物体C以速度v0向左运动，与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开，然后以v＝2.0 m/s的共同速度压缩弹簧，试求：
图3
(1)物体C的初速度v0为多大？
(2)在B离开墙壁之后，弹簧的最大弹性势能．
解析 (1)A、C在碰撞过程中，选择向左为正方向，由动量守恒可知
mCv0＝(mA＋mC)v
代入数据解得：v0＝6 m/s
(2)B离开墙壁时，弹簧处于原长，当A、B、C获得相同速度时，弹簧的弹性势能最大，选择向右为正方向，由动量守恒，得：
(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v′，
代入数据解得：v′＝1 m/s
由系统机械能守恒得：弹簧的最大弹性势能：
Ep＝(mA＋mC)v2－(mA＋mB＋mC)v′2＝6 J
答案 (1)6 m/s (2)6 J
注意当弹簧连接的两物体速度相等时，弹簧伸长量(或压缩量)最大，此时弹簧具有最大弹性势能．
1．(爆炸类问题)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．若质量较小的a块的速度方向沿原来的反方向，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不一定同时到达地面
D．b的动量大小一定比a的动量大
答案 D
解析 炸裂过程中系统动量守恒，质量较小的a块速度沿原来的反方向，根据动量守恒定律知b的速度一定与原来速度方向相同，且b的动量大小一定比a的动量大；炸裂后a、b都做平抛运动，由于高度相同，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大．
2．(滑块—滑板类模型)如图4所示，一质量M＝6 kg的平板小车在光滑的水平面上以v0＝2 m/s的速度做匀速直线运动，将一个质量m＝2 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在小车中央，最终物块停在小车上的某位置．已知物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求物块与小车因摩擦产生的内能Q和小车的最小长度L.
图4
答案 3 J 1.5 m
解析 (1)物块相对小车静止时，二者有共同速度为v1，由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v1
得：v1＝ v0＝×2 m/s＝1.5 m/s.
由功能关系得：
Q＝×Mv－×(M＋m)v
代入数据得：Q＝3 J
设物块相对小车的位移为x，则由功能关系：μmgx＝Q
得：x＝0.75 m
因为开始物块放在小车中央，故平板小车的最小长度L＝1.5 m.
3．(子弹打木块类模型)如图5所示，两个质量都是M＝0.2 kg的砂箱A、B，并排放在光滑的水平桌面上，一颗质量m＝0.1 kg的子弹以v0＝130 m/s的水平速度射向A，射穿A后，进入B并同B一起运动，测得A、B落地点到桌边缘的水平距离之比为2∶3，求：
图5
(1)砂箱A、B离开桌面时的速度的大小vA、vB；
(2)子弹刚穿出砂箱A时速度的大小v.
(3)若砂箱A的厚度L＝0.1 m，则子弹在穿过A的过程中受到的平均阻力多大？
答案 (1)20 m/s 30 m/s (2)50 m/s (3)6 400 N
解析 (1)在子弹穿过A进入B的过程中，A、B和子弹组成的系统满足动量守恒定律，设A、B离开桌面的瞬时速度分别为vA、vB，规定子弹初速度方向为正方向，则有：
mv0＝MvA＋(m＋M)vB①
离开桌面后，A、B分别做平抛运动，设平抛运动的时间为t，由于平抛运动的时间是相等的，
则：vA∶vB＝(vA·t)∶(vB·t)＝xA∶xB＝2∶3②
联立①②并代入数据解得：vA＝20 m/s，vB＝30 m/s.
(2)子弹刚穿出砂箱A时，A与B的速度是相等的，设子弹的速度的大小为v，则：mv0＝2MvA＋mv③
代入数据解得：v＝50 m/s.
(3)由能量守恒定律，在子弹穿过砂箱A的过程中
FL＝mv－mv2－×2Mv
得：F＝6 400 N
4．(弹簧类模型)如图6所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：
图6
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度多大？
(2)弹性势能的最大值是多大？
答案 (1)3 m/s (2)12 J
解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．
A、B、C三者组成的系统动量守恒：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′①
解得vA′＝3 m/s②
(2)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v′，则：
mBv＝(mB＋mC)v′③
由③式解得：v′＝2 m/s④
设物块A速度为vA′时，弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：
Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2⑤
由⑤式解得：Ep＝12 J
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1所示，上述两种情况相比较( )
图1
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定多
答案 AC
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＝ v；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能，故选项C正确．
2．质量相同的A、B两木块从同一高度自由下落，当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快的击中(设子弹未穿出)，则A、B两木块在空中的运动时间ta、tb的关系是( )
A．ta＝tb B．ta>tb
C．ta答案 B
解析 木块B做自由落体运动，木块A被子弹击中瞬间，系统在竖直方向上动量守恒Mv＝(m＋M)v′，竖直方向速度减小，所以ta>tb.
3.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图2所示，具有初动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
图2
A．E0 B. C. D.
答案 C
解析 碰撞过程动量守恒mv0＝3mv1，解得v1＝①
E0＝mv②
Ek′＝×3mv③
由①②③得Ek′＝.
4.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m＝1 kg的物块，都以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2.7 m/s时，物块的运动情况是( )
图3
A．做减速运动 B．做加速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
答案 A
解析 开始阶段，m向左减速，M向右减速，当m的速度为零时，设此时M的速度为v1.规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1
代入数据解得：v1≈2.67 m/s<2.7 m/s，所以m处于向左减速过程中．
5．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为，则爆炸后另一块瞬时速度大小为( )
A．v B. C. D．0
答案 C
解析 爆炸过程系统动量守恒，有：mv＝mv′，解得：v′＝v.
6．如图4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4
A. B. C. D.
答案 A
解析 子弹射入木块A，根据动量守恒有mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv－×200mv＝.
7. (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5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．设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为( )
图5
A.mv2 B. v2
C.NμmgL D．NμmgL
答案 BD
解析 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，系统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＝NFfL＝NμmgL，所以D正确．
8.如图6所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M＝0.39 kg的木块(可视质点)，在木块正上方有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为0.4 m的轻绳(轻绳不可伸长且刚好被拉直)．有一颗质量为m＝0.01 kg 的子弹以水平速度v0射入木块并留在其中(作用时间极短)，g取10 m/s2，要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求：子弹射入的最小速度．
图6
答案 80 m/s
解析 当木块恰好能绕O点在竖直平面内做圆周运动时，在最高点重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：(M＋m)g＝(M＋m)，
解得：v1＝2 m/s，
从最低点到最高点过程系统机械能守恒，由机械能守恒得：
(M＋m)v2＝(M＋m)v＋(M＋m)g·2L，
解得：v＝2 m/s，
子弹射入木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，
解得：v0＝80 m/s.
9．如图7所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
图7
(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示)
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小．
答案 (1) (2)
解析 (1)小球在轨道上上升最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定小球运动的初速度方向为正方向，有：mv0＝3mv，得：v＝，
根据机械能守恒得：mv＝×3mv2＋mgh
解得：h＝
(2)小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒，则有：mv0＝mv1＋2mv2，
根据机械能守恒，则有：mv＝mv＋×2mv，
联立以上两式可得：v1＝－v0，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为.
10．如图8所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端(B、C可视为质点)，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，A与B的动摩擦因数为μ＝0.5；开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起，经过一段时间，B刚好滑至A的右端而没掉下来．求长木板A的长度．(g＝10 m/s2)
图8
答案 0.5 m
解析 A与C碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，有：mAv0＝(mA＋mC)v1，解得：v1＝2.5 m/s
B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，有：mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2，
代入数据解得：v2＝3 m/s
设长木板A的长度为L，根据能量守恒定律得：
mBv＋(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋μmBgL
代入数据解得：L＝0.5 m.
课件23张PPT。[目标定位] 1.进一步熟练应用动量守恒定律解决问题.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题． 解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：
1．动量守恒：由于爆炸是在 的时间内完成的，爆炸系
统内的相互作用力 系统受到的外力，所以在爆炸
过程中，系统的动量守恒．
2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化
学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能 ．极短远大于增加3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体发生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．【例1】 从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为碎片的动能？1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为 (填“外力”
或“内力”)，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系
统 ．
2．由于摩擦生热，机械能转化为 ，则系统机械能
(填“守恒”或“不守恒”)．应由能量守恒
求解问题．内力动量守恒内能不守恒【例2】 如图1所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：图11．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力 外
力，则系统 ．
2．在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能 (填
“守恒”或“不守恒”)，机械能向 转化．
3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损
失 ．远大于动量守恒不守恒内能最多图21．对于弹簧类问题，如果相互作用过程发生在光滑水平面上，在作用过程中，系统合外力为 ，满足动量 ．
2．整个过程往往涉及弹性势能、动能、内能、重力势能等多种形式的能的转化，应用 解决此类问
题．零守恒能量守恒定律图3习题课：动量守恒定律的应用同步
[目标定位] 1.加深对动量守恒定律的理解.2.进一步练习用动量守恒定律解决问题．
一、动量守恒条件及研究对象的选取
1．动量守恒定律成立的条件
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，其成立的条件可理解为：
(1)理想条件：系统不受外力．
(2)实际条件：系统所受合外力为零．
(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多．
(4)推广条件：系统所受外力之和不为零，但在某一方向上，系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的五性
动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．
【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( )
图1
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＋mv2＋m0v3
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 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．
答案 BC
分析多个物体组成的系统时，系统的划分非常重要，划分时要注意各物体状态的变化情况，分清作用过程中的不同阶段．
【例2】 如图2所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面前瞬间的速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)( )
图2
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析 由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝＝s＝2 s，在竖直方向的速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的速度vx＝m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上的动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．
答案 A
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、多物体多过程动量守恒定律的应用
对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
【例3】 如图3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＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)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．
图3
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＋mCvC①
两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到共同速度之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v②
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＝v③
联立①②③式，代入数据解得：vA＝2 m/s
答案 2 m/s
处理多物体多过程动量守恒应注意的问题
1．正方向的选取．
2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统作为研究对象．
3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．
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．如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运动等临界状态．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】 如图4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg 的箱子和他一起以v0＝2 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，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．
图4
(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度v1为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度v2为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
解析 (1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：
(M＋m)v0＝mv＋Mv1①
解得v1＝②
(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv－Mv0＝(m＋M)v2③
解得v2＝④
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤
其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．
联立②④⑤三式，并代入数据得
v≥5.2 m/s.
答案 (1)
(2)
(3)v1≤v2 5.2 m/s
1．(某一方向上动量守恒问题)(多选)如图5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( )
图5
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
答案 ABD
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．
2. (多过程中的动量守恒问题)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，盒内放有一块质量为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( )
图6
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，向右
D．物块的最终速度为，向右
答案 D
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＝，向右．
3. (多过程中的动量守恒问题)如图7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8 m/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10 m/s2)
图7
答案 0.4 s
解析 乙与甲碰撞动量守恒：m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
得v乙′＝1 m/s
小物体在乙上滑动至有共同速度v时，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v，
得v＝0.8 m/s
对小物体应用牛顿第二定律得a＝μg＝2 m/s2
所以t＝，代入数据得t＝0.4 s
4. (临界问题)如图8所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．
图8
答案 大于等于3.8 m/s
解析 人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞，以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得v′＝1 m/s.
以人与甲车为一系统 ，人跳离甲车过程水平方向动量守恒得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8 m/s.
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．
题组一 动量守恒条件及系统和过程的选取
1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
答案 AC
2．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是( )
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
答案 D
解析 由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，不受其他外力，动量守恒，子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响，故选项C错误；分开枪和车，则枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用，车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用，动量都不守恒，正确选项为D.
3．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图1所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率( )
图1
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
答案 B
解析 选A车、B车和人组成的系统作为研究对象，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则＝，即vA＜vB，故选项B正确．
4．如图2所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速度释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是( )
图2
A．小车和小球系统动量守恒
B．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动
C．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动
D．小球摆到最低点时，小车的速度最大
答案 D
解析 小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒；小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车的速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动．
题组二 多物体多过程动量守恒定律的应用
5．质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图3所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为( )
图3
A．v0 B.v0 C. D.
答案 B
解析 由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，v＝v0，即它们最后的速度为v0.
6．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为( )
A．5颗 B．6颗 C．7颗 D．8颗
答案 D
解析 设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止运动，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.
7.如图4所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的，子弹的质量m是物体B的质量的，弹簧压缩到最短时B的速度为( )
图4
A. B. C. D.
答案 C
解析 弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，故v1＝，即弹簧压缩到最短时B的速度为.
8．如图5，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则在此碰撞过程中( )
图5
A．A、B的速度变为，C的速度仍为0
B．A、B、C的速度均为
C．A、B的速度变为，C的速度仍为0
D．A、B、C的速度均为
答案 C
解析 A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′，解得：v′＝，A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0.
题组三 综合应用
9.在如图6所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v向右匀速运动．已知木箱的质量为m，人与车的质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无能量损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求：
图6
(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；
(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小．
答案 (1)v (2)v
解析 (1)由动量守恒定律得2mv1－mv＝0
解得v1＝v
(2)小明接木箱的过程中动量守恒
2mv1＋mv＝(2m＋m)v2
解得v2＝v.
10.质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图7所示，一颗质量为mB＝20 g的子弹以600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A相对车静止，求平板车最后的速度．
图7
答案 2.5 m/s
解析 子弹射穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，它们的共同速度为v.子弹射穿A的过程极短，因此车对A的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹射穿A后的速度为v′，
由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得
vA＝＝ m/s＝5 m/s
A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：mAvA＝(mA＋M)v，所以v＝＝ m/s＝2.5 m/s.
11．如图8所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
图8
答案 4v0
解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin①
10m·2v0－mvmin＝11mv2②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2③
联立①②③式得
vmin＝4v0
课件21张PPT。[目标定位] 1.加深对动量守恒定律的理解.2.进一步练习用动量守恒定律解决问题．1．动量守恒定律成立的条件
动量守恒定律的研究对象是 的物体组成的系统，其成
立的条件可理解为：
(1)理想条件： ．
(2)实际条件： ．
(3)近似条件：系统所受 比相互作用的 小得多．
(4)推广条件：系统所受外力之和不为零，但在 ，系
统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统在 上动
量守恒．相互作用系统不受外力系统所受合外力为零外力内力某一方向上这一方向2．动量守恒定律的五性
动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它
是一个实验定律，应用时应注意其： 性、 性、
性、 性、 性．系统矢量相对同时普适【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
( )图1答案 BC图2图3(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度v1为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度v2为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？图4
