(共54张PPT)
第三节 动量守恒定律
第1课时 动量守恒定律
必备知识·自主学习
一、动量守恒定律的推导
【情境思考】
有两位同学静止在滑冰场上,不论谁推谁一下,两个人都会向相反方向滑去,他们的动量都发生了变化,他们的总动量在推动前后是否发生了变化?
提示:他们的总动量保持不变。
1.建构碰撞模型:
如图中在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B,质量分别是m1和m2,沿同
一直线向同一方向运动,速度分别是v1和v2,v2__v1。当B追上A时发生碰撞。碰
撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1,B所
受A对它的作用力是F2。碰撞时,两物体之间力的作用时间很短,用Δt表示。
>
2.推导过程:
(1)以物体A为研究对象,根据动量定理,物体A动量的变化量等于它所受作用力
F1的冲量,即
F1Δt=
__________①
(2)以物体B为研究对象,物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量,即
F2Δt=
__________②
m1v1′-m1v1
m2v2′-m2v2
(3)根据牛顿第三定律可知两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2
大小_____、方向_____,故有F1__-F2。
③
(4)整理①②③得m1v1′+m2v2′=________。
3.归纳总结:两物体各自受到_____的作用力,且两个碰撞的物体在所受外部对
它们的作用力的矢量和为__的情况下_____守恒。
相等
相反
=
m1v1+m2v2
对方
0
动量
二、动量守恒定律
【情境思考】
如图,两人在光滑的冰面上用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,两个人的速度之间有怎样的关系呢?
提示:冰面光滑,两人组成的系统动量守恒。因为总动量为零,所以两人速度方向相反,大小与质量成反比。
1.内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为__,这个系统的总动
量保持不变。这就是_____________。
2.表达式:________=m1v1′+m2v2′。
3.适用条件:系统不受外力或者所受_____的矢量和为零。
4.动量守恒定律的普适性:动量守恒定律适用范围非常广泛,_____(接近光
速)、_____(小到分子、原子的尺度)领域均适用。
5.动量守恒定律的灵活性:若系统在_______上合外力为零,系统在该方向的动
量分量就守恒。
0
动量守恒定律
m1v1+m2v2
外力
高速
微观
某方向
【易错辨析】
(1)若系统在某一方向不受力,则系统在该方向上的动量守恒。
(
)
(2)两物体相互作用时,若系统不受外力,两物体组成的系统动量守恒。
(
)
(3)系统动量不变是指系统动量的大小和方向都不变。
(
)
(4)只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。
(
)
(5)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。
(
)
(6)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力为零,则系统在该阶段动量守
恒。
(
)
√
√
√
×
√
√
关键能力·合作学习
五性
具体内容
系统性
研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
相对性
应用时，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，通常以大地为参考系
瞬时性
公式中，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，不同时刻的动量不能相加
矢量性
对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反的为负值
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
序号
信息提取
①
墙对弹簧的作用力是外力
②
水平方向上不受摩擦力作用
③
系统为小球和弧形槽
情境·模型·素养
课堂检测·素养达标第1课时 动量守恒定律
必备知识·自主学习
一、动量守恒定律的推导
有两位同学静止在滑冰场上，不论谁推谁一下，两个人都会向相反方向滑去，他们的动量都发生了变化，他们的总动量在推动前后是否发生了变化？
提示：他们的总动量保持不变。
1．建构碰撞模型：
如图中在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。
2．推导过程：
(1)以物体A为研究对象，根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即
F1Δt＝m1v1′－m1v1①
(2)以物体B为研究对象，物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即
F2Δt＝m2v2′－m2v2②
(3)根据牛顿第三定律可知两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，故有F1＝－F2。③
(4)整理①②③得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。
3．归纳总结：两物体各自受到对方的作用力，且两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力的矢量和为0的情况下动量守恒。
二、动量守恒定律
如图，两人在光滑的冰面上用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，两个人的速度之间有怎样的关系呢？
提示：冰面光滑，两人组成的系统动量守恒。因为总动量为零，所以两人速度方向相反，大小与质量成反比。
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。
4．动量守恒定律的普适性：动量守恒定律适用范围非常广泛，高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域均适用。
5．动量守恒定律的灵活性：若系统在某方向上合外力为零，系统在该方向的动量分量就守恒。
(1)若系统在某一方向不受力，则系统在该方向上的动量守恒。(√)
(2)两物体相互作用时，若系统不受外力，两物体组成的系统动量守恒。(√)
(3)系统动量不变是指系统动量的大小和方向都不变。(√)
(4)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(×)
(5)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。(√)
(6)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力为零，则系统在该阶段动量守恒。(√)
关键能力·合作学习
知识点一 动量守恒定律条件的理解
1．对动量守恒定律的理解：
(1)研究对象：两个或两个以上相互作用的物体组成的系统。
(2)对系统“总动量保持不变”的理解。
①系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
②系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
③系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
2．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力作用。
(2)系统虽然受到了外力的作用，但所受合外力为零。
3．动量守恒定律的“五性”：
五性
具体内容
系统性
研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
相对性
应用时，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，通常以大地为参考系
瞬时性
公式中，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，不同时刻的动量不能相加
矢量性
对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反的为负值
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
情景1：如图甲所示，在光滑水平面上发生正碰的两物体。
情景2：如图乙所示，小车A、B静止在光滑水平面上。
情景3：如图丙所示，速度为v0的物体滑上光滑水平面上的小车。
讨论：(1)图甲中，两物体受哪些力作用？系统动量守恒吗？
(2)图乙中，烧断细线后，两小车受弹簧弹力的作用，系统动量守恒吗？
(3)图丙中，物体与小车组成的系统动量守恒吗？
提示：(1)两物体发生正碰时，它们之间的相互作用力是内力。物体还受到重力和桌面对它们的支持力，是外力。由于外力的合力为零，故系统动量守恒。
(2)烧断细线后，弹簧弹力是内力，系统所受外力的合力为零，系统动量守恒。
(3)物体和小车组成的系统，水平方向上合力为零，动量守恒；竖直方向上合力不为零，动量不守恒，但在水平方向上的动量分量守恒。
【典例】(2021·汕尾高二检测)(多选)如图，①上，质量为m的光滑弧形槽②水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则( )
A．③，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
B．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量守恒
D．小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量不守恒
【审题关键】
序号
信息提取
①
墙对弹簧的作用力是外力
②
水平方向上不受摩擦力作用
③
系统为小球和弧形槽
【解析】选A、D。在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故选项A正确，B错误；小球与弹簧接触后，小球与弹簧组成的系统受到墙的作用力，墙对系统的作用力是外力，则系统动量不守恒，故选项D正确，C错误。
1．(多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
【解析】选A、C、D。当两手同时放开时，系统所受的合外力为零。所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误，选项C、D正确。
2．(多选)把木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，下列说法中正确的是( )
A.a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a、b系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a、b系统动量不守恒
【解析】选B、C。在b上施加作用力后，b逐渐压缩弹簧，此时墙壁对木块a有力的作用，因而撤去外力后a尚未离开墙壁前，a和b系统的总动量不守恒；当撤去外力后，弹簧逐渐恢复原长，b向右加速，并逐步带动木块a离开墙壁。一旦离开墙，a将不受墙壁的作用，a、b组成的系统不受外力作用(水平方向)，因而总动量守恒。
【加固训练】
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A、B静止，如图所示。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车保持相对静止时，则A车的速率( )
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
【解析】选B。选A车、B车和人作为系统，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知识点二 动量守恒定律的应用
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＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)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：
甲图是某国发射的导弹，在空中爆炸为两部分(图乙)，导弹在爆炸前后的动量守恒吗？
提示：虽然导弹受到重力的作用，但是在爆炸的瞬间内力远大于重力，所以爆炸前后的动量近似守恒。
【典例】如图所示，质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止放着一质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v，子弹穿过物体A的时间极短。已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止。求：
(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；
(2)平板车B和物体A的最终速度v共(设车身足够长)。
【解析】(1)子弹穿过物体A的过程中，子弹和物体A组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
m0v0＝m0v＋mAvA
解得vA＝。
(2)对物体A和平板车B，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共
解得v共＝。
答案：(1) (2)
【规律方法】计算冲量的方法
(1)分析题目涉及的物理过程，选择合适的系统、过程，这是正确解决此类题目的关键。
(2)判断所选定的系统、过程是否满足动量守恒的条件。
(3)确定物理过程及系统内物体对应的初、末状态的动量。
(4)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式求解。
1．(母题追问)上述例题中，若子弹未从物体A中射出，则平板车B和物体A的最终速度v′共是多少？
【解析】将子弹、物体A和平板车B看作整体，则由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋mA＋mB)v′共
v′共＝。
答案：
2．(2021·汕头高二检测)如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下。已知滑块和长木板在运动过程中的v?t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为( )
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶3
D．3∶1
【解析】选B。取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由题图乙知v0＝40
m/s，v1＝20
m/s，v2＝10
m/s，代入数据解得M∶m＝2∶1，故B正确。
【拓展例题】考查内容：动量守恒定律的应用
【典例】某同学质量为60
kg，在军事训练中要求他从岸上以2
m/s的速度跳到一艘向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务。小船的质量是140
kg，原来的速度是0.5
m/s。该同学上船后又跑了几步，最终停在船上。不计阻力，则此时小船的速度是( )
A．0.25
m/s，方向与该同学原来的速度方向相同
B．0.25
m/s，方向与该同学原来的速度方向相反
C．0.5
m/s，方向与该同学原来的速度方向相同
D．0.5
m/s，方向与该同学原来的速度方向相反
【解析】选A。由题意可知，该同学和小船组成的系统动量守恒。设该同学原来运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′，v′＝＝0.25
m/s，解得结果为正值，表明最终小船的速度方向与该同学原来的速度方向相同，故A正确。
情境·模型·素养
如图所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇。
探究：(1)风扇不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？
(2)为什么？
【解析】(1)不能。
(2)把帆船和电风扇看作一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统不受外力，总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止。
答案：见解析
《三国演义》“草船借箭”中(如图所示)，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同，且v>v1。
探究：(1)由此，草船的速度会增加吗？
(2)这种现象如何解释？(不计水的阻力)
【解析】(1)增加。
(2)草船与箭组成的系统动量守恒。根据m1v1＋nmv＝(m1＋nm)v1′知v1′>v1。
答案：见解析
课堂检测·素养达标
1．甲、乙两船静止在湖面上，总质量分别是m1、m2，两船相距x，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Ff，且Ff＜F，则在两船相向运动的过程中( )
A．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】选C。两船竖直方向上所受的重力和浮力平衡，合力为零。水平方向上，由于Ff2．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A．只有甲、乙正确
B．只有丙、丁正确
C．只有甲、丙正确
D．只有乙、丁正确
【解析】选C。甲图中，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒；乙图中M、N受到墙对M向右的外力，系统所受合外力不为零，动量不守恒；丙图中，两球匀速运动，故合外力为0，细线断裂后，受力不变，合力为零，动量守恒；丁图中，很明显木块的动量发生改变，而斜面的动量不变，故两者动量不守恒，故C正确，A、B、D错误。
3．(2021·潍坊高二检测)甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为(忽略空气阻力)( )
A．
B．
C．
D．
【解析】选D。甲、乙之间传递球的过程中，不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况。研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时的总动量为零，在任意时刻系统的总动量都为零。设甲的速度大小为v甲，乙的速度大小为v乙，二者方向相反，根据动量守恒得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，则＝，选项D正确。
4．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1
m/s。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1
m/s和2
m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。
【解析】由动量守恒定律得，m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，
解得＝，代入数据得，＝。
答案：3∶2
5．如图所示，MN是足够长的光滑绝缘水平轨道。质量为m的带负电A球，以水平速度v0射向静止在轨道上带负电的B球，至A、B相距最近时，A球的速度变为，已知A、B两球始终没有接触。
求：
(1)B球的质量；
(2)A、B两球相距最近时，两球组成系统的电势能增量。
【解题指南】(1)两个电荷之间没有相互接触，它们之间的相互作用力为库仑力，A、B组成的系统不受外力，动量守恒。
(2)在相互靠近时库仑力做负功，机械能减少，电势能增加，在达到相同速度时电势能最大。
【解析】(1)A、B组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有共同速度v，设B球的质量为M，由动量守恒得：
mv0＝(M＋m)
解得：M＝2
m
(2)运动过程中，根据能量守恒定律得：
ΔEp＝mv－(m＋M)()2＝mv
答案：(1)2m (2)mv
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-(共67张PPT)
第2课时 实验：验证动量守恒定律
实验必备·自主学习
一、实验目的
1.探究在碰撞中_____守恒的基本思路。
2.掌握在同一条直线上两个物体碰撞前后速度的测量方法。
二、实验器材
铁架台,斜槽轨道,两个大小相等、质量___同的小球,重垂线,复写纸,白纸,
_____,_______,圆规,三角板等。
三、实验的基本思想——转化法
不易测量量转化为易测量量的实验设计思想。
动量
不
天平
刻度尺
四、实验原理
如图甲所示。让一个质量较大的小球从斜槽上滚下,与放在斜槽末端的另一质
量较小的小球发生碰撞,之后两小球都做_____运动。
平抛
(1)质量的测量:用_____测量质量。
(2)速度的测量:由于两小球下落的高度相同,所以它们的飞行时间_____。如
果用小球的飞行时间作时间单位,那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它
的水平_____。因此,只需测出两小球的质量m1、m2和不放被碰小球时入射小球
在空中飞出的水平距离lOP,以及碰撞后入射小球与被碰小球在空中飞出的水平
距离lOM和lON。
五、数据分析
若在实验误差允许的范围内,m1lOP=_________,即可验证动量守恒定律。
天平
相等
速度
m1lOM+m2lON
实验过程·探究学习
实验研析·创新学习
课堂检测·素养达标第2课时 实验：验证动量守恒定律
实验必备·自主学习
一、实验目的
1．探究在碰撞中动量守恒的基本思路。
2．掌握在同一条直线上两个物体碰撞前后速度的测量方法。
二、实验器材
铁架台，斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小球，重垂线，复写纸，白纸，天平，刻度尺，圆规，三角板等。
三、实验的基本思想——转化法
不易测量量转化为易测量量的实验设计思想。
四、实验原理
如图甲所示。让一个质量较大的小球从斜槽上滚下，与放在斜槽末端的另一质量较小的小球发生碰撞，之后两小球都做平抛运动。
(1)质量的测量：用天平测量质量。
(2)速度的测量：由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等。如果用小球的飞行时间作时间单位，那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它的水平速度。因此，只需测出两小球的质量m1、m2和不放被碰小球时入射小球在空中飞出的水平距离lOP，以及碰撞后入射小球与被碰小球在空中飞出的水平距离lOM和lON。
五、数据分析
若在实验误差允许的范围内，m1lOP＝m1lOM＋m2lON，即可验证动量守恒定律。
实验过程·探究学习
实验步骤
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
2．安装：按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。
4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。如图所示：
6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。
7．结束：整理好实验器材并放回原处。
1．在利用斜槽探究动量守恒的实验中，为什么要保证每次入射小球下落高度相同？斜槽必须光滑吗？(科学思维)
提示：不论斜槽光滑与否，只要入射小球从同一位置释放，就能保证每次入射小球碰撞前速度相同。
2．怎样才能保证碰撞是在同一条直线上？(科学思维)
提示：可以利用凹槽限定物体在同一直线上运动，也可以利用长木板限定物体在同一直线上运动，或使两物体重心连线与速度方向共线。
3．怎样判断斜槽末端水平？(科学探究)
提示：把小球放在斜槽末端任意位置，如果小球能处于静止状态，则斜槽末端水平。
数据收集与分析
1．被碰小球m2的初速度v2＝0，需要验证表达式m1v1＝m1v1′＋m2v2′，运用替代法找到v1、v1′和v2′对应的水平方向的位移、和的平均值，计算出m1和m1＋m2的数值，比较它们的大小。
2．实验结论：系统在所受合外力等于零时总动量保持不变。
实验中怎样测量物体运动的速度？(科学思维)
提示：设重垂线所指的位置为O，入射小球未发生碰撞时的落地点为P，发生碰撞时入射小球落地点的平均位置为M，被碰小球落地点的平均位置为N，以小球的落地时间为单位，可以用、、的长度表示相应的速度。
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，即两小球要保证“水平正碰”。
(2)实验中是否合理控制实验条件，两球是否等大。
2．偶然误差：主要来源于对质量m的测量和小球落点的确定。
实验研析·创新学习
类型一 教材原型实验
角度1实验原理和实验操作
【典例1】某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证碰撞过程中的动量守恒，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球碰撞后，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，其中刻度尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，刻度尺的零点与O点对齐。
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm。
(2)在以下选项中，本次实验必须进行的测量是__________。
A．水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离
C．A球与B球的质量
D．G点相对于水平槽面的高度
【解析】(1)本题利用了高度相同、小球运动时间相同，在比例式中，可以用位移代替速度，即变难测物理量为易测物理量，围绕10个落点所在的范围作最小的圆，其圆心即为平均落点，xB＝64.8
cm。
(2)还应测出未放B球时，A球落点位置到O点的距离，A球和B球碰后，A球落点位置到O点的距离及A、B两球的质量。
答案：(1)64.8 (2)A、B、C
【实验改进】为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按步骤做了实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2；
②按图安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；
④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点。
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式____________，则说明碰撞中动量是守恒的。
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式____________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
【解析】(1)小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速率减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；
(2)碰撞前，小球m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1，小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2。
设斜面BC与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：LD
sin
α＝gt2，LD
cos
α＝v1′t
解得：v1′＝
同理可解得：v1＝，v2＝
所以只要满足m1v1＝m2v2＋m1v1′即：m1＝m1＋m2，则说明两球碰撞过程中动量守恒；
(3)若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式m1v＝m1v′＋m2v
即m1LE＝m1LD＋m2LF
答案：(1)D F (2)m1＝m1＋m2
(3)m1LE＝m1LD＋m2LF
角度2实验数据处理
【典例2】(2021·韶关高二检测)某同学在做“验证动量守恒定律”的实验，装置如图1所示。
(1)需要的测量仪器或工具有__________。
A．秒表
B．天平
C．刻度尺
D．重锤
E．打点计时器
F．圆规
(2)正确完成本实验，必须要求的条件是__________。
A．两小球碰撞时，球心必须在同一高度上
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，且大小相同
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
(3)某次实验中得出的落点情况如图2所示，忽略本次实验的误差，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为__________。
(4)对本实验产生误差的主要原因，表述正确的是____________________。
A．碰撞前入射球的速度方向，碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上
B．倾斜部分轨道对入射球的摩擦
C．没有测量高度，算出具体的平抛时间
D．测量长度的误差
【解析】(1)本实验需要用天平称量小球的质量，需要用刻度尺测量长度，需要用重锤调节轨道末端水平，需要用圆规找小球的平均落点，故选B、C、D、F。
(2)要保证碰撞是一维的，即要保证两小球在碰撞之前沿同一直线运动，所以球心必须在同一高度上，故A正确；要保证碰撞后两个球做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；为防止碰后A球被反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m1>m2，故C错误；为保证碰撞的初速度相同，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故D正确。
(3)根据动量守恒定律有m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，代入数据有m1×0.255
0
m＝m1×0.155
0
m＋m2×0.380
0
m，解得m1∶m2＝19∶5。
(4)若碰撞前入射球的速度方向与碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上，则会产生较大的误差，故A正确；倾斜部分轨道对入射球有摩擦，但只要入射球每次从轨道的同一位置由静止滚下，即可保证碰撞的初速度相同，故B错误；小球做平抛运动的时间由高度决定，由于实验中高度一定，故小球的平抛时间都相同，故水平射程与平抛的初速度成正比，不需要测量高度，只要满足m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，就一定有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，故C错误；测量长度的误差对最终动量是否守恒有影响，故D正确。
答案：(1)B、C、D、F (2)A、B、D (3)19∶5 (4)A、D
类型二 创新型实验
【典例3】用如图所示的装置来验证动量守恒定律。质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L。使细线在A球释放前伸直且线与竖直线的夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推到与竖直线的夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D。保持α角不变，多次重复上述实验，白纸上记录了B球的多个落点。
(1)图中s应是B球初始位置到__________的水平距离。
(2)为了验证两球碰撞过程中动量守恒，应测量的物理量有s和__________。(用字母表示)
(3)用测得的物理量表示碰撞前后A、B两球的动量：pA＝__________，pA′＝__________；pB＝0，pB′＝__________。(当地的重力加速度为g)
【解析】(1)从图中可以看出，s应是B球初始位置到落地点的水平距离。
(2)还应测的物理量是A球的质量mA、B球的质量mB、A球开始的摆角α和OC向左摆动的最大摆角β、B球下落的高度H、O点到A球球心的距离L。
(3)根据机械能守恒定律可得mAgL(1－cos
α)＝mAv，A球碰前的动量pA＝mAvA，联立解得pA＝mA；根据机械能守恒定律可得mAgL(1－cos
β)＝mAvA′2，A球碰后的动量pA′＝mAvA′，联立解得pA′＝mA；B球做平抛运动，由平抛运动的规律可得H＝gt2，s＝vBt，B球碰后的动量pB′＝mBvB，联立解得pB′＝mBs。
答案：(1)落地点 (2)mA、mB、α、β、H、L
(3)mA mA mBs
课堂检测·素养达标
1．如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，启动打点计时器，甲车受到一水平向右的力。运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动。
纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，电源频率为50
Hz，则碰撞前甲车运动速度大小为________m/s，甲、乙两车的质量之比m甲∶m乙＝__________。
【解析】由题图乙可得碰前甲车的速度为
v1＝
m/s＝0.6
m/s
碰后两车的共同速度v2＝
m/s＝0.4
m/s
由碰撞前后质量与速度的乘积不变有m甲v1＝(m甲＋m乙)v2
由此得甲、乙两车的质量之比m甲∶m乙＝v2∶(v1－v2)＝0.4∶(0.6－0.4)＝2∶1。
答案：0.6 2∶1
2．(2021·深圳高二检测)如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置示意图。入射小球质量为ma，被碰小球质量为mb。
(1)因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)在空中的飞行时间相同，所以我们在实验中可以用________作为时间单位。
(2)(多选)关于本实验，下列说法正确的是( )
A．不放被碰小球时，入射小球的平均落点为N点
B．斜槽的粗糙程度越小，实验的误差越小
C．实验之前，一定要将斜槽的末端调成水平
D．入射小球与被碰小球满足ma>mb，ra＝rb
(3)图中M、P、N分别为入射小球与被碰小球的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是( )
A．ma·ON＝ma·OP＋mb·OM
B．ma·OP＝ma·ON＋mb·OM
C．ma·OP＝ma·OM＋mb·ON
D．ma·OM＝ma·OP＋mb·ON
【解析】(1)在此实验中两小球在空中的飞行时间相同，实验中可用平抛时间作为时间单位。
(2)此实验要求两小球碰撞后做平抛运动，所以应使斜槽末端水平，C对。不放被碰小球时，入射小球的平均落点为P点，A错误。斜槽的粗糙程度对实验的误差没有影响，B错误。为使入射小球不反弹且碰撞时为对心正碰，应使ma>mb且ra＝rb，D对。故选C、D。
(3)实验中要验证mav1＝mav′1＋mbv′2，设平抛时间为t，则变为ma＝ma＋mb，即ma·OP＝ma·OM＋mb·ON。
答案：(1)平抛时间 (2)C、D (3)C
3．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动。然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图1所示。在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50
Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已得到打点纸带如图2所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点，则应选________段计算小车甲的碰前速度，应选________段来计算小车甲和乙碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车甲的质量m甲＝0.40
kg，小车乙的质量m乙＝0.20
kg，由以上测量结果可得：碰前m甲v甲＋m乙v乙＝______
kg·m/s；碰后m甲v甲′＋m乙v乙′＝________
kg·m/s。
(3)通过计算得出的结论是什么？
【解析】(1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段BC应为小车甲与乙碰前的阶段，CD段点迹不均匀，故CD应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE段计算碰后的共同速度。
(2)v甲＝＝1.05
m/s，v乙＝0，
m甲v甲＋m乙v乙＝0.420
kg·m/s，
碰后v甲′＝v乙′＝＝0.695
m/s，
m甲v甲′＋m乙v乙′＝0.60×0.695
kg·m/s＝0.417
kg·m/s。
(3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。
答案：(1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的
【加固训练】
气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示)，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10
Hz，由图可知：
(1)A、B离开弹簧后，应该做______________运动，已知滑块A、B的质量分别为200
g、300
g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是____________________________。
(2)若不计此失误，分开后，A的动量大小为________kg·m/s，B的动量的大小为__________kg·m/s。本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是___________________________________。
【解析】(1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A、B均做加速运动，A、B两滑块的第一个间隔都应该比后面匀速时相邻间隔的长度小。
(2)周期T＝＝0.1
s，v＝，由题图知A、B匀速时速度大小分别为vA＝0.09
m/s，vB＝0.06
m/s，分开后A、B的动量大小均为p＝0.018
kg·m/s，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0。
答案：(1)匀速直线 A、B两滑块的第一个间隔
(2)0.018 0.018 A、B两滑块作用前后总动量不变，均为0
4．某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验。气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。
(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把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块1拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先________________，然后________________，让滑块1带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图所示；
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310
g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205
g。
试完善实验步骤⑥的内容。
(2)已知打点计时器每隔0.02
s打一个点，计算结果保留三位有效数字。
计算碰撞前m1v1＋m2v2＝__________kg·m/s；
碰撞后m1v1′＋m2v2′＝__________kg·m/s。
计算碰撞前m1v＋m2v＝__________kg·m2/s2；
碰撞后m1v′＋m2v′＝__________kg·m2/s2。
计算碰撞前＋＝__________m/(s·kg)；
碰撞后＋＝__________m/(s·kg)。
(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是___________________。
(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_________________。
【解析】(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1。
(2)碰撞前滑块1的速度
v1＝
m/s＝2
m/s
m1v1＝0.31×2
kg·m/s＝0.620
kg·m/s
碰撞前滑块2的速度v2＝0
碰撞后两滑块具有相同的速度
v＝
m/s＝1.2
m/s
m1v1′＋m2v2′＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.2
kg·m/s
＝0.618
kg·m/s
m1v＋m2v＝1.24
kg·m2/s2
m1v′＋m2v′≈0.742
kg·m2/s2
＋≈6.45
m/(s·kg) ＋≈9.72
m/(s·kg)
(3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和。
(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦。
答案：(1)⑥接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72 (3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和 (4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦
5．如图所示为用气垫导轨实验探究碰撞中的不变量的实验装置，遮光片D在运动过程中的遮光时间Δt被光电计时器自动记录下来。在某次实验中，滑块1和滑块2质量分别为m1＝0.240
kg、m2＝0.220
kg，滑块1运动起来，向着静止在导轨上的滑块2撞去，碰撞之前滑块1的遮光片经过光电门时，光电计时器自动记录下来的时间Δt＝110.7
ms。碰撞之后，滑块1和滑块2粘连在一起，遮光片通过光电门的时间Δt′＝214.3
ms，已知两滑块上的遮光片的宽度都是Δx＝3
cm，问：
(1)碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和相等吗，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′成立吗？
(2)碰撞前后两滑块各自的质量与速度平方乘积之和相等吗，即m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′成立吗？
【解析】(1)因为滑块遮光片的宽度是Δx，遮光片通过光电门的时间是Δt，所以滑块速度可用公式v＝求出。碰撞之前，滑块1的速度v1＝＝
m/s≈0.271
m/s
碰撞之前，滑块2静止，所以v2＝0
碰撞之后，两滑块粘连在一起
v1′＝v2′＝＝
m/s≈0.140
m/s
m1v1＋m2v2＝0.240×0.271
kg·m/s≈0.065
kg·m/s
m1v1′＋m2v2′＝(0.240＋0.220)×0.140
kg·m/s
≈0.064
kg·m/s
所以，在误差允许范围内，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′成立。
(2)碰撞之前：m1v＋m2v＝0.240×0.2712
J≈0.018
J
碰撞之后：m1v′＋m2v′＝(0.240＋0.220)×0.1402
J
≈0.009
J
可见m1v＋m2v>m1v′＋m2v′。
答案：(1)成立 (2)不成立
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第四节 动量守恒定律的应用
必备知识·自主学习
一、反冲现象
【情境思考】
如图甲,一个气球,给它充足气,然后松手,气球向相反方向飞出。如图乙,把弯管装在可旋转的盛水容器的下部。当水从弯管流出时,
容器就旋转起来。
两种现象利用了什么原理?
提示:动量守恒定律。
1.定义:一个静止的物体在_____的作用下分裂为两部分,一部分向某一个方向
运动,另一部分必然向_______方向运动的现象。
2.特点:
(1)物体的不同部分在___力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,一般都满足内力远大于外力,通常可以用_____________来处
理。
(3)反冲运动中,由于有_________的能转变为_____能,所以系统的总动能
_____。
内力
相反的
内
动量守恒定律
其他形式
机械
增加
二、反冲现象的应用——火箭发射
【情境思考】
现代使用的航天火箭几乎都分成几级,在使用时,总是让第一级火箭先燃烧,当燃尽了全部推进剂以后,就被丢弃并点燃第二级火箭,图甲是火箭点火开始飞行的瞬间,图乙是助推器分离的瞬间,图丙是火箭一、二级分离的瞬间。
思考:为什么火箭要这样分级制造呢?
提示:分级火箭有利于提高火箭的最终速度。
1.工作原理:利用_____的原理,火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷
管迅速喷出,使火箭获得巨大速度。
2.影响火箭获得速度大小的两个因素:
(1)喷气速度:现代火箭的喷气速度为2
000～5
000
m/s。
(2)质量比:火箭喷出的物质的质量与火箭本身质量之比。喷气_____越大,
_______越大,火箭获得的速度越大。
3.现代火箭的主要用途:利用火箭作为_____工具,如发射探测仪器、常规弹头
和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等。
反冲
速度
质量比
运载
【易错辨析】
(1)喷气式飞机的运动属于反冲运动。
(
)
(2)直升机的运动属于反冲运动。
(
)
(3)在反冲现象中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以反冲现
象中系统的总动能增大。
(
)
(4)火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。
(
)
√
×
√
√
(5)在火箭发射过程中,由于内力远大于外力,所以火箭箭体和燃料总动量守
恒。
(
)
(6)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
手中的铁球向前方抛出。
(
)
√
×
关键能力·合作学习
情境·模型·素养
课堂检测·素养达标第四节 动量守恒定律的应用
必备知识·自主学习
一、反冲现象
如图甲，一个气球，给它充足气，然后松手，气球向相反方向飞出。如图乙，把弯管装在可旋转的盛水容器的下部。当水从弯管流出时，
容器就旋转起来。
两种现象利用了什么原理？
提示：动量守恒定律。
1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2．特点：
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中，一般都满足内力远大于外力，通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加。
二、反冲现象的应用——火箭发射
现代使用的航天火箭几乎都分成几级，在使用时，总是让第一级火箭先燃烧，当燃尽了全部推进剂以后，就被丢弃并点燃第二级火箭，图甲是火箭点火开始飞行的瞬间，图乙是助推器分离的瞬间，图丙是火箭一、二级分离的瞬间。
思考：为什么火箭要这样分级制造呢？
提示：分级火箭有利于提高火箭的最终速度。
1．工作原理：利用反冲的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。
2．影响火箭获得速度大小的两个因素：
(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2
000～5
000
m/s。
(2)质量比：火箭喷出的物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
3．现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等。
(1)喷气式飞机的运动属于反冲运动。(√)
(2)直升机的运动属于反冲运动。(×)
(3)在反冲现象中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以反冲现象中系统的总动能增大。(√)
(4)火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。(√)
(5)在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以火箭箭体和燃料总动量守恒。
(√)
(6)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，将手中的铁球向前方抛出。(×)
关键能力·合作学习
知识点一 反冲运动的特点及注意问题
1．反冲现象遵循的规律：
反冲运动中，以下三种情况均可应用动量守恒定律解决：
(1)系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以应用动量守恒定律解决。
(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，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，可以在该方向上应用动量守恒定律。
2．分析反冲运动应注意的问题：
(1)速度的反向性问题：对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。
(2)相对速度问题：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，通常为对地的速度。因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
(1)气球向后喷出气体，气球为什么会向前运动？
提示：喷出的气体对气球有向前的反作用力，是一种反冲运动。
(2)在发射炮弹时，内力是否会影响系统的总动量？
提示：不影响。反冲运动中，系统的内力冲量的矢量和为零，不会影响系统的总动量。
(3)假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？
提示：应配置喷气式飞机。喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行。
【典例】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(相对地面)，设火箭质量M＝300
kg，发动机每秒喷气20次。求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
【解析】解法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒
第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0
所以v1＝
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1
所以v2＝
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝
m/s≈2
m/s。
解法二：选取整体为研究对象，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，根据动量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝≈2
m/s。
答案：2
m/s
应用动量定理解决反冲问题的几点注意
(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、末状态的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反的。
1．(母题追问)在【典例】中，若发动机每次喷出2
kg气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1
000
m/s改为相对火箭的速度，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？
【解析】由动量守恒定律(M－m)v1＋m(v1－v)＝0
解得v1≈6.67
m/s。
答案：6.67
m/s
2．将质量为1.00
kg的模型火箭点火升空，50
g燃烧的燃气以大小为600
m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出，在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30
kg·m/s
B．5.7×102
kg·m/s
C．6.0×102
kg·m/s
D．6.3×102
kg·m/s
【解析】选A。燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050
kg×600
m/s＝30
kg·m/s，选项A正确。
【加固训练】
1.如图所示，自行火炮(炮管水平)连同炮弹的总质量为M，在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶。则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
A．
B．
C．
D．
【解析】选B。火炮与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
Mv1＝(M－m)v2＋mv0′
解得：v0′＝，则炮弹相对于炮筒的发射速度为：v0＝v0′－v2＝，故选B。
2．如图所示，在光滑水平面上有一装有炮弹的火炮，其总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为( )
A．
B．
C．v0
D．
【解析】选A。火炮发射炮弹的过程中水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0cos
θ－(m1－m2)v＝0，解得：v＝，故A正确，B、C、D错误。
知识点二 “人船模型”问题
“人船”模型分析：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为
m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人，
因人和船组成的系统动量始终守恒，
故有：m船x船＝m人x人，
由图可看出：x船＋x人＝L，
可解得：x人＝L，x船＝L。
两位同学在公园里划船，当小船离码头大约1.5
m时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低过2
m，跳到岸上绝对没有问题，于是她纵身一跃，结果却掉在水里，她为什么不能如她想的那样跳上岸呢？(不计水的阻力)
提示：因为她起跳时和船相互作用，给船一个向后的作用力，船后退，这样她相对于岸的速度就小于起跳时相对于船的速度，因此会掉进水里。
【典例】质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？(忽略水的阻力)
【解题探究】
(1)人和小船组成的系统，人向左运动，则船怎样运动？
提示：由于人和小船组成的系统动量守恒，初动量等于零，人的速度方向向左，则船的速度方向向右。
(2)人从船右端走到船左端时，人相对于河岸的位移大小等于小船的长度L吗？
提示：不是，人向左运动时，船同时向右运动，人和船的位移的大小之和等于L。
(3)人从船右端走到船左端时，人的瞬时速度与船的瞬时速度有什么关系？
提示：由于人和船的总动量守恒，于是mv1－Mv2＝0，则v1＝。
【解析】在人从船的右端走到船的左端的过程中，设某一时刻人和船的速度大小分别为v1和v2，则由于人和船的总动量守恒，于是mv1－Mv2＝0。而此过程中人与船的平均速度大小v1和v2也应满足类似的关系：
mv1－Mv2＝0。
等式两边同时乘过程所经历的时间t后，人和船相对于岸的位移大小同样有：mL1－ML2＝0。
从图中可以看出，人、船的位移大小L1和L2之和等于L，即L1＋L2＝L。
由以上各式解得：
L1＝L，L2＝L
答案：L
1.(2021·佛山高二检测)如图所示，一光滑地面上有一质量为m0的足够长的木板AB，一质量为m的人站在木板的A端，关于人由静止开始运动到木板的B端(M、N表示地面上原A、B对应的点)，下列图示正确的是( )
【解析】选D。根据动量守恒定律，m0、m系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，设板长为l，各自对地的位移为xm0、xm，且有m0xm0＝mxm，xm0＋xm＝l，以M点为参考，人向右运动，木板向左运动，D图是正确的。
2．如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为多长？
【解析】人与气球组成的系统动量守恒。
设人到地面时，气球上升高度为H，如图所示，
由动量守恒定律得：MH＝mh
解得：H＝h。
所以绳梯的长度至少为L＝H＋h＝h。
答案：h
【加固训练】
(多选)质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么( )
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车也突然停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
【解析】选A、D。由于地面光滑，则人与车组成的系统动量守恒，得：mv人＝Mv车，可知A正确；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车得，x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C均错误。
【拓展例题】考查内容：反冲运动问题的综合分析
【典例】如图所示，一旧式高射炮的炮筒与水平面的夹角为α＝60°，当它以v0＝100
m/s的速度发射出炮弹时，炮车反冲后退，已知炮弹的质量为m＝10
kg，炮车的质量M＝200
kg，炮车与地面间动摩擦因数μ＝0.2，则炮车后退多远才能停下来？(g取10
m/s2)
【解析】以炮弹和炮车为研究系统，在发射炮弹的过程中系统在水平方向上的动量守恒，设炮车获得的反冲速度为v，以v0的水平分速度方向为正方向，有：
mv0cos
α－Mv＝0，
得v＝＝
m/s＝2.5
m/s。
由牛顿第二定律得，炮车后退的加速度为
a＝－＝－μg＝－2
m/s2，
由运动学公式得，炮车移动距离为s＝＝
m≈－1.6
m，即后退距离为1.6
m，方向与正方向相反。
答案：1.6
m
情境·模型·素养
人在漂浮在水面上的小船上行走，小船同时向相反的方向运动，把这个情境抽象成模型，如图所示，长为l、质量为m0的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头。
探究：若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多大？
【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统动量守恒，人起步前系统的总动量为0，当人加速前进时，船加速后退，人停下时，船也停下来。设某一时刻人的速度为vm，船的速度为vm0，根据动量守恒定律有
mvm－m0vm0＝0，
即＝。①
因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比都与他们的质量之比成反比，从而可以判断，在人从船头走到船尾的过程中，人的位移xm与船的位移xm0之比也应与他们的质量之比成反比，即＝。②
由题图可以看出xm＋xm0＝l。③
②③式联立可得
xm＝l，xm0＝l。
上面各式是“人船模型”中的关系式。
答案：l l
如图所示，进行太空行走的航天员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。
探究：
(1)此时B的速度大小；
(2)此时B的速度方向。
【解析】(1)以远离空间站方向为正方向，则v0＝0.1
m/s，vA＝0.2
m/s，由动量守恒定律得
(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB
解得vB＝0.02
m/s
(2)方向为远离空间站方向。
答案：(1)0.02
m/s (2)方向为远离空间站方向
课堂检测·素养达标
1．(多选)一人从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，则下列说法中正确的有( )
A．船越轻小，人越难跳上岸
B．人跳跃时相对船的速度大于相对地的速度
C．船越重越大，人越难跳上岸
D．人跳跃时相对船的速度等于相对地的速度
【解析】选A、B。船越轻小，船的反冲速度越大，人获得的速度反而越小，人船相对反向运动，因此人跳跃时相对船的速度大于相对地的速度，故A、B正确。
2．(2021·淄博高二检测)如图所示，小船静止于水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是( )
A．向左运动，船向左移动了一些
B．小船静止，船向左移动了一些
C．小船静止，船向右移动了一些
D．小船静止，船不移动
【解析】选C。人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终，船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括人)具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些；故A、B、D错误，C正确。故选C。
3．火箭利用喷出的气体进行加速，是利用了高速气体的哪种作用( )
A．产生的浮力
B．向外的喷力
C．反冲作用
D．热作用
【解析】选C。火箭发射时，燃料燃烧，产生高温燃气，燃气通过喷管向后高速喷出，燃气对火箭产生推力，在燃气推动火箭的力的作用下，火箭升空；这是利用了反冲作用，故C正确，A、B、D错误。
【加固训练】
运载火箭在太空中飞行的原理是( )
A．外形流畅，减小空气阻力
B．携带固体燃料，少占体积
C．自身喷出气体，获得反冲力
D．喷出气体后，获得空气浮力
【解析】选C。运载火箭在太空中飞行的原理是在飞行的过程中自身向后喷出气体，获得向前的反冲力，从而加速运动。故C正确，A、B、D错误。
4．(2021·广州高二检测)一同学在地面上立定跳远的最好成绩是s，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为L远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )
A．只要LB．只要LC．只要L＝s，他一定能跳上站台
D．只要L＝s，他有可能跳上站台
【解题指南】解答本题应注意以下三点：
(1)本题考查了“人船模型”，“人船模型”是动量守恒定律的应用的一个经典模型。
(2)当人从车上起跳时，由于车不固定，所以会发生反冲现象，从而导致人所获得的对地速度比在地面上起跳时要小。
(3)此时人一定不能跳到s远处，即只有L＜s，他才有可能跳上站台。
【解析】选B。当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度，因此人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以L＝s或L＞s，人就一定跳不到站台上了，只有L＜s，人才有可能跳上站台，故A、C、D错误，B正确。
5．近几年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹由禁放改为限放，增加了节日气氛。假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反的两个方向飞出，假设其中一块落在距A点s处，不计空气阻力及消耗的炸药质量，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能。求：
(1)烟花上升的最大高度；
(2)烟花炸裂后落在距A点s处的那一块水平飞出时的速度大小；
(3)烟花炸裂时消耗的化学能。
【解析】(1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度h＝
(2)设烟花炸裂后落在A点的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得
s＝v1t，h＝gt2
联立解得v1＝
(3)烟花炸裂后两块在水平方向上动量守恒，有
v1－v2＝0
解得另一块的速度为v2＝v1＝
由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能为
E＝
eq
\f(2×\f(1,2)·\f(m,2)v,80%)
＝
答案：(1) (2) (3)
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第五节 弹性碰撞与非弹性碰撞
第六节 自然界中的守恒定律
必备知识·自主学习
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
【情境思考】
根据碰撞中机械能是否有损失，可以把碰撞分为几种类型？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞。
1.弹性碰撞:如果系统在碰撞前后动能不变,这类碰撞叫作_________。
2.非弹性碰撞:如果系统在碰撞后机械能减少,这类碰撞叫作___________。
3.完全非弹性碰撞:碰撞后两物体结合在一起,_______损失最多的碰撞。
弹性碰撞
非弹性碰撞
机械能
4.下列物体在碰撞过程中可以看作弹性碰撞的是_______。
(1)如图甲滑轨上有两辆安装了弹性碰撞架的小车,它们发生碰撞后分别改变
了运动状态。
(2)如图乙两辆小车都放在滑轨上,用一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车,碰
撞后两辆小车粘在一起运动。
(3)钢球、玻璃球碰撞时,机械能损失很小。
(1)(3)
二、弹性碰撞的实例分析
【情境思考】
质量相等,形状完全相同的两个弹性小球放在光滑水平面上,其中一个小球以v0的速度撞击另一个静止的小球,碰后两小球怎样运动?
提示:被碰的小球以v0的速度向前运动,碰撞小球保持静止。
1.正碰:两个小球相碰,碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同_________
上,碰撞之后两球的_____仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰,也叫作
_________或一维碰撞。
一条直线
速度
对心碰撞
2.弹性碰撞后的速度特点:假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性
正碰,如图所示,碰撞后它们的速度分别为v′1和v′2。
根据动量守恒定律得m1v1=____________①
根据机械能守恒定律得
=______________②
m1v′1+m2v′2
从方程①②可以解出两个物体碰撞后的速度分别为
v′1=
③
v′2=
④
(1)若m1=m2,这时v′1=0,v′2=v1
这表示第一个物体的速度由v1变为0,而第二个物体由静止开始运动,运动的速
度_____第一个物体原来的速度。
(2)若m1?m2,这时v′1=v1,v′2=2v1
这表示碰撞后,第一个物体的_____几乎没有改变,而第二个物体以___的速度
被撞出去。
(3)若m1?m2,这时v′1=-v1,v′2=0
这表示碰撞后,第一个物体以原来的_____被弹回,而第二个物体仍然_____。
等于
速度
2v1
速率
静止
三、自然界中的守恒定律
1.守恒定律只有在合适的_____和_____才适用。
2.动量守恒定律反映了合外力为零的情况下,系统的总动量不会发生改变,是
自然界普适的基本定律,在微观、_____和宇观都适用。
3.机械能守恒定律是在只有系统内___________做功,而其他内力及外力做功
的代数和为零时成立。
4.能量守恒定律是自然界具有_________的定律之一,在没有系统之外的力做
功的条件下成立。
系统
范围
宏观
重力和弹力
普遍意义
【易错辨析】
(1)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度。
(
)
(2)在碰撞现象中,物体所受的外力作用一定不能忽略。
(
)
(3)若碰撞过程中动能不变,这样的碰撞叫非弹性碰撞。
(
)
(4)根据碰撞过程中动能是否守恒,碰撞可分为正碰和斜碰。
(
)
(5)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小
一定相同。
(
)
×
×
×
×
√
关键能力·合作学习
序号
信息提取
①
A、B两球的速度方向相同
②
碰前A球的速度大于B球的速度
③
碰后A球的速度方向与B球的速度方向相同，且B球的速度大于A球的速度
动量观点
能量观点
矢标性
动量定理和动量守恒定律表达式为矢量式，解决问题时应考虑方向
动能定理和能量守恒定律表达式为标量式，解决问题时不考虑方向
研究
对象
动量定理既可研究单个物体，又可研究多个物体组成的系统
能量守恒定律多用于研究多个物体组成的系统
应用
条件
动量守恒定律的前提是系统受合外力为零或不受外力
机械能守恒定律的前提条件是系统只受重力或弹力作用
序号
信息提取
①
水平方向上不受摩擦力作用
②
弹簧压缩到最短时获得共同速度
③
木板与铁块之间存在摩擦力，系统再次获得共同速度
④
第一次达到共同速度时
情境·模型·素养
课堂检测·素养达标第五节
弹性碰撞与非弹性碰撞
第六节
自然界中的守恒定律
必备知识·自主学习
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
根据碰撞中机械能是否有损失，可以把碰撞分为几种类型？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞。
1．弹性碰撞：如果系统在碰撞前后动能不变，这类碰撞叫作弹性碰撞。
2．非弹性碰撞：如果系统在碰撞后机械能减少，这类碰撞叫作非弹性碰撞。
3．完全非弹性碰撞：碰撞后两物体结合在一起，机械能损失最多的碰撞。
4．下列物体在碰撞过程中可以看作弹性碰撞的是(1)(3)。
(1)如图甲滑轨上有两辆安装了弹性碰撞架的小车，它们发生碰撞后分别改变了运动状态。
(2)如图乙两辆小车都放在滑轨上，用一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，碰撞后两辆小车粘在一起运动。
(3)钢球、玻璃球碰撞时，机械能损失很小。
二、弹性碰撞的实例分析
质量相等，形状完全相同的两个弹性小球放在光滑水平面上，其中一个小球以v0的速度撞击另一个静止的小球，碰后两小球怎样运动？
提示：被碰的小球以v0的速度向前运动，碰撞小球保持静止。
1．正碰：两个小球相碰，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。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。
2．弹性碰撞后的速度特点：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰，如图所示，碰撞后它们的速度分别为v′1和v′2。
根据动量守恒定律得m1v1＝①
根据机械能守恒定律得m1v＝②
从方程①②可以解出两个物体碰撞后的速度分别为
v′1＝③
v′2＝④
(1)若m1＝m2，这时v′1＝0，v′2＝v1
这表示第一个物体的速度由v1变为0，而第二个物体由静止开始运动，运动的速度等于第一个物体原来的速度。
(2)若m1?m2，这时v′1＝v1，v′2＝2v1
这表示碰撞后，第一个物体的速度几乎没有改变，而第二个物体以2v1的速度被撞出去。
(3)若m1?m2，这时v′1＝－v1，v′2＝0
这表示碰撞后，第一个物体以原来的速率被弹回，而第二个物体仍然静止。
三、自然界中的守恒定律
1．守恒定律只有在合适的系统和范围才适用。
2．动量守恒定律反映了合外力为零的情况下，系统的总动量不会发生改变，是自然界普适的基本定律，在微观、宏观和宇观都适用。
3．机械能守恒定律是在只有系统内重力和弹力做功，而其他内力及外力做功的代数和为零时成立。
4．能量守恒定律是自然界具有普遍意义的定律之一，在没有系统之外的力做功的条件下成立。
(1)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。(×)
(2)在碰撞现象中，物体所受的外力作用一定不能忽略。(×)
(3)若碰撞过程中动能不变，这样的碰撞叫非弹性碰撞。(×)
(4)根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰。(×)
(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)
关键能力·合作学习
知识点一 碰撞过程的特点及分类
1．碰撞过程的特点：
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体的全过程可忽略不计。
(2)受力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，外力可以忽略，系统的总动量守恒。
(3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置。
(4)能量的特点：碰撞、打击过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变。
2．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。
如图为两刚性摆球碰撞时的情境。两球质量相等，将一球拉到某位置释放，发生碰撞后，入射球静止，被碰球上升到与入射球释放时同样的高度，说明了什么？
提示：两球在最低点碰撞时，满足动量守恒条件，二者组成系统动量守恒，入射球静止，被碰球上升同样的高度，说明该碰撞过程中机械能不变。
【典例】(多选)(2021·湛江高二检测)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x?t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1
kg。由此可以判断( )
A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C．m2＝0.3
kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4
J的机械能
【解析】选A、C。由题图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4
m/s，碰后速度为v′1＝－2
m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2
m/s，两小球组成的系统动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据解得m2＝0.3
kg，所以选项A、C正确，选项B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v＋m2v－(m1v′＋m2v′)＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误。
动量守恒定律是分析、求解碰撞问题的重要规律，但并非唯一规律，有时要结合速度及能量的合理性考虑碰撞中的实际情况。
1．(母题追问)在【典例】中，两球碰后若粘合在一起，则系统损失的机械能为多少？
【解析】由动量守恒定律m1v1＝(m1＋m2)v共
ΔE＝m1v－(m1＋m2)v
解得v共＝1
m/s
ΔE＝0.6
J。
答案：0.6
J
2.(2021·枣庄高二检测)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( )
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
【解析】选D。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，故选项D正确。
【加固训练】
一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2＝km1，k＜1。碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比r＝的取值范围是( )
A．≤r≤1
B．≤r≤
C．0≤r≤
D．≤r≤
【解析】选B。若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；由能量关系：m1v＝m1v＋m2v
，解得v1＝v0，则＝；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v1＝v2＝，则＝，故≤r≤，B正确。
知识点二 判断碰撞是否发生的三原则
1．动量守恒——系统动量守恒：
即m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2
2．动能守恒——系统动能不增加：
即m1v＋m2v≥m1v′＋m2v′。
3．运动制约——碰撞过程的速度关系：
(1)如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′。
(2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。若碰后沿同向运动，v前′≥v后′。
从x?t图得到的速度也一定要注意正负问题，斜率为负速度即为负值，斜率为正速度即为正值。
如图甲中质量为M的B物体以速度v向右碰撞一个轻弹簧，弹簧右端连接等质量的物体A，接触面光滑。碰撞后两物体怎样运动？
提示：碰后B物体的速度减小，A物体的速度增大，弹簧被压缩，当弹簧压缩到最短时两物体达到共同速度，由于水平方向所受合外力为零，动量守恒，两物体的速度为，此后弹簧仍然对A做正功，对B做负功，则A的速度继续增大，B的速度继续减小，当B的速度等于零时，A的速度达到最大，等于v。
【典例】A、B两球在水平光滑轨道上①，已知它们的动量分别是p1＝5
kg·m/s，p2＝7
kg·m/s，②，则两球质量m1与m2间的关系可能是( )
A．m1＝m2
B．2m1＝m2
C．4m1＝m2
D．6m1＝m2
【审题关键】
序号
信息提取
①
A、B两球的速度方向相同
②
碰前A球的速度大于B球的速度
③
碰后A球的速度方向与B球的速度方向相同，且B球的速度大于A球的速度
【解析】选C。A、B两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2
kg·m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有
eq
\f(p,2m1)
＋
eq
\f(p,2m2)
≥＋，所以有m1≤m2。因为题目给出物理情境是“A从后面追上B”，要符合这一物理情境，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后B球的速度必须大于或等于A球的速度这一物理情境，即≤，所以m1≥m2，因此C选项正确。
处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系。
(3)要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式。
1．(母题追问)在【典例】中若mA＝1
kg，mB＝2
kg，vA＝6
m/s，vB＝2
m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．vA′＝5
m/s，vB′＝2.5
m/s
B．vA′＝2
m/s，vB′＝4
m/s
C．vA′＝－4
m/s，vB′＝7
m/s
D．vA′＝7
m/s，vB′＝1.5
m/s
【解析】选B。虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E′k＝mAvA′2＋mBvB′2＝57
J，大于碰前的总动能Ek＝22
J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。
2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是
( )
A．v0
B．v0
C．v0
D．v0
【解析】选A、B。要注意的是两球的碰撞不一定是弹性碰撞，碰撞后A球动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。当以A球原来的速度方向为正方向时，则v′A＝±v0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×v0＋2mv′B，mv0＋0＝m×(－v0)＋2mv″B，解得v′B＝v0，v″B＝v0。由于碰撞过程中动能不增加，即mv≥×mv＋×2mv，将v0及v0代入上式均成立，所以A、B选项均正确。
【加固训练】
1．(多选)在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( )
A．甲球停下，乙球反向运动
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
【解析】选A、C。由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断A、C项正确。
2．如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m。开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞后将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
【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′①
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2②
设A、B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″③
为使B能与挡板再次相碰应满足v″>0④
联立①②③④式解得1.5v2答案：1.5v2知识点三 动量守恒定律和机械能守恒定律的比较
应用动量的观点和能量的观点解题时应注意的问题
动量观点
能量观点
矢标性
动量定理和动量守恒定律表达式为矢量式，解决问题时应考虑方向
动能定理和能量守恒定律表达式为标量式，解决问题时不考虑方向
研究对象
动量定理既可研究单个物体，又可研究多个物体组成的系统
能量守恒定律多用于研究多个物体组成的系统
应用条件
动量守恒定律的前提是系统受合外力为零或不受外力
机械能守恒定律的前提条件是系统只受重力或弹力作用
质量为m的子弹以速度v0沿光滑水平面运动，与静止的质量为M的物体B碰撞后一起运动，求两者的共同速度应选谁为研究对象？如何选取初、末状态？相互作用的过程中，系统机械能是否变化？
提示：应选子弹和B物体系统为研究对象；碰撞前为初状态，其动量为mv0，末状态为碰撞后，其动量为(m＋M)v；通过计算可发现作用前后总机械能减少，转化为系统内能。
【典例】如图所示，①水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3
kg。质量m＝1
kg的铁块以水平速度v0＝4
m/s从木板的左端沿板面向右滑行，②，最后③。在上述过程中弹簧④为( )
A．3
J B．4
J C．6
J D．20
J
【审题关键】
序号
信息提取
①
水平方向上不受摩擦力作用
②
弹簧压缩到最短时获得共同速度
③
木板与铁块之间存在摩擦力，系统再次获得共同速度
④
第一次达到共同速度时
【解析】选A。设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff。根据能量守恒定律得：铁块相对于木板向右运动的过程mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep①
铁块相对于木板运动的整个过程：
mv＝2FfL＋(M＋m)v2②
又根据系统动量守恒可知
mv0＝(M＋m)v③
联立解得Ep＝3
J，A正确。
1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，木块A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹射入木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．无法判定动量、机械能是否守恒
【解析】选C。动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块过程中克服摩擦力做功，有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误。
2.(2021·汕头高二检测)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q均可视为质点，质量均为m，Q与轻质弹簧相连并处于静止状态，P以初速度v向Q运动并与弹簧发生作用。求整个过程中弹簧的最大弹性势能。
【解析】P和Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得mv＝
2mv共，由机械能守恒定律得mv2＝Epmax＋(2m)v，解得Epmax＝mv2。
答案：mv2
【拓展例题】考查内容：多物体、多过程系统动量守恒问题
【典例】如图所示，A、B两个木块质量分别为2
kg与0.9
kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，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)木块A的最终速度大小。
(2)铁块刚滑上B时的速度大小。
【解析】(1)以铁块和木块A、B为一系统，由系统动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA，
解得vA＝0.25
m/s
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为
vA＝0.25
m/s。
由系统动量守恒得：
mv＝mu＋(MA＋MB)vA
代入得：u＝2.75
m/s。
答案：(1)0.25
m/s (2)2.75
m/s
情境·模型·素养
如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为150
kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5
m/s；乙同学和他的车总质量为200
kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7
m/s。
探究：
(1)碰撞后两车共同的运动速度。
(2)碰撞过程中损失的机械能。
【解析】(1)设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝150
kg，碰撞前的速度v1＝4.5
m/s；
乙同学和车的总质量m2＝200
kg，
碰撞前的速度v2＝－3.7
m/s。
设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为
p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5
kg·m/s＋200×(－3.7)
kg·m/s＝－65
kg·m/s
碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v
根据动量守恒定律可得p＝p′，代入数据得v≈－0.186
m/s，即碰撞后两车以v＝0.186
m/s的共同速度运动，运动方向向左。
(2)此过程中损失的机械能
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2≈2
881.7
J。
答案：(1)0.186
m/s，方向向左 (2)2
881.7
J
在沙堆上有一木块，质量m0＝5
kg，木块上放一爆竹，质量m＝0.10
kg。点燃爆竹后木块陷入沙中深5
cm，若沙对木块运动的阻力恒为58
N，不计爆竹中火药质量和空气阻力(g取10
m/s2)。
探究：
(1)木块匀减速的初速度大小；
(2)爆竹上升的最大高度。
【解析】(1)火药爆炸时内力远大于重力，所以爆炸时动量守恒，设v、v′分别为爆炸后爆竹和木块的速率，取向上的方向为正方向，
由动量守恒定律得mv－m0v′＝0①
木块陷入沙中做匀减速运动到停止，其加速度为
a＝＝
m/s2＝1.6
m/s2
木块做匀减速运动的初速度
v′＝＝
m/s＝0.4
m/s②
②代入①式，得v＝20
m/s
(2)爆竹以初速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为
h＝＝
m＝20
m。
答案：
(1)0.4
m/s (2)
20
m
课堂检测·素养达标
1．(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4
kg，mB＝2
kg，A的速度vA＝3
m/s(设为正)，B的速度vB＝－3
m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1
m/s
B．＋4
m/s和－5
m/s
C．＋2
m/s和－1
m/s
D．－1
m/s和＋5
m/s
【解析】选A、D。由动量守恒，可验证四个选项都满足要求，再看动能变化情况：Ek前＝mAv＋mBv＝27
J，Ek后＝mAv′＋mBv′，由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥
Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D。
2．为了模拟宇宙大爆炸初期的情景，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应该设法使离子在碰撞的瞬间具有( )
A．相同的速率
B．相同的质量
C．相同的动能
D．大小相同的动量
【解析】选D。碰撞满足动量守恒，只有碰前两重离子的动量大小相等方向相反，系统的总动量为零，碰后粘在一起，系统的动能为零，系统的动能完全转化成内能，故D正确。
【加固训练】
(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
【解析】选A、D。两球沿球心连线以相等速率相向而行，当两球质量相同时，系统初态的总动量为零，而碰后以某一相等速率互相分开，系统末态的总动量仍为零，则碰撞过程系统动量守恒，该碰撞有可能发生，A正确；当两球质量相等时，碰后以某一相等速率同向而行，系统末态的总动量不为零，则碰撞过程系统不满足动量守恒定律，该碰撞不可能发生，B错误；当两球质量不同时，由于两球速率相同，相向而行，则系统初态的总动量与质量较大的球运动方向相同，碰后以某一相等速率互相分开，系统末态的总动量也与质量较大的球运动方向相同，但此时球已经反向运动，故系统初态的总动量与末态的总动量方向相反，不满足动量守恒定律，该碰撞不可能发生，C错误；当两球质量不同时，碰后以某一相等速率沿质量较大的球的初速度方向运动，则系统的总动量守恒，该碰撞有可能发生，D正确。
3.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)如图中ADC和BDC所示。由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．3∶1
【解析】选C。由图像可知，碰前B物体静止，A物体的运动速度vA＝4
m/s，碰后两物体的速度相同，即vA′＝vB′＝1
m/s。根据动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)vA′，代入数据得4mA＝mA＋mB，即3mA＝mB，所以mA∶mB＝1∶3。故选C。
4.(2021·梅州高二检测)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为( )
A．h
B．2h
C．3h
D．4h
【解析】选D。下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝，m2碰撞地面之后，速度瞬间反向，且大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1与m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1，联立解得v1＝2，v2＝0，反弹后高度H＝
eq
\f(v,2g)
＝4h，选项D正确。
5.如图所示，一木块用细绳悬挂于天花板上O点处于静止状态，一颗质量为m的子弹以水平速度v0射向质量为M的木块，射入木块后，留在其中，求木块可达的最大高度(子弹和木块均可看作质点，木块未碰天花板。空气阻力不计)。
【解析】子弹进入木块前后动量守恒
则有：mv0＝(M＋m)v
子弹进入木块后，与木块一起绕O点转动，由机械能守恒定律得(M＋m)v2＝(M＋m)gh
木块可达最大高度h＝
eq
\f(m2v,2g（M＋m）2)
答案：
eq
\f(m2v,2g（M＋m）2)
6.汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5
m，A车向前滑动了2.0
m。已知A和B的质量分别为2.0×103
kg和1.5×103
kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10
m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小。
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
【解析】(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与冰雪路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为xB。由运动学公式有
v＝2aBxB②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3
m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为xA。由运动学公式有
v＝2aAxA⑤
设碰撞前的瞬间A车的速度大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25
m/s⑦
答案：(1)3
m/s (2)4.25
m/s
PAGE
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-(共89张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
第一节 冲量 动量
第二节 动
量
定
理
必备知识·自主学习
一、冲量
【情境思考】
鸡蛋从一定高度掉到地上会摔破，但掉到海绵上就不容易摔破，为什么呢？如何解释这种现象？
提示：掉到不同的平面上，虽然鸡蛋的速度改变量相同，但力的作用时间不同，鸡蛋受到的力不同，海绵对鸡蛋的作用力小不易摔破。
1.概念:力与_____________的乘积。
2.定义式:I=Ft。(F为恒力)
3.物理意义:冲量是反映力的作用对时间的_________的物理量,力_____,作用
时间_____,冲量就越大。
4.单位:在国际单位制中,冲量的单位是_______,符号为_____。
5.矢量性:如果力的方向恒定,则冲量I的方向与力的方向_____。
力的作用时间
累积效应
越大
越长
牛·秒
N·s
相同
二、动量
1.动量:
(1)定义:物体的_____和_____的乘积,即p=___。
(2)单位:动量的国际制单位是___________,符号是________。
(3)方向:动量是___量,它的方向与_____的方向相同。
质量
速度
mv
千克米每秒
kg·m/s
矢
速度
2.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矢量运算:选定一个正方向,动量、动量的
变化量用带正、负号的数值表示,从而将矢量运算简化为_____运算(此时的
正、负号仅表示方向,不表示大小)。
末动量
初动量
p′-p
代数
三、动量定理
1.内容:物体在一个过程中所受力的_____等于它在这个过程始末的
_____________。
2.公式:Ft=_______。
四、动量定理的应用
冲量
动量的变化量
mvt-mv0
1.如果物体的动量发生的变化是一定的,那么作用的时间越短,物体受的力就越
___;作用的时间越长,物体受的力就越___。
2.如果作用力一定时,作用的时间越长,动量的变化量越___,作用的时间越短,
动量的变化量越___。
大
小
大
小
【易错辨析】
(1)动量的方向与物体的速度方向相同。(
)
(2)物体的质量越大，动量一定越大。(
)
(3)物体的动量相同，其动能一定也相同。(
)
(4)冲量是矢量，其方向与力的方向相同。(
)
(5)力越大，力对物体的冲量越大。(
)
(6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，物体在这段时间内受到的合外
力一定不为零。(
)
√
×
×
√
×
√
关键能力·合作学习
序号
信息提取
①
物体在水平方向除了受拉力以外还受到摩擦力的作用
②
合外力的冲量等于动量的变化量
情境·模型·素养
课堂检测·素养达标第1节
冲量
动量
第二节
动量定理
必备知识·自主学习
一、冲量
鸡蛋从一定高度掉到地上会摔破，但掉到海绵上就不容易摔破，为什么呢？如何解释这种现象？
提示：掉到不同的平面上，虽然鸡蛋的速度改变量相同，但力的作用时间不同，鸡蛋受到的力不同，海绵对鸡蛋的作用力小不易摔破。
1．概念：力与力的作用时间的乘积。
2．定义式：I＝Ft。(F为恒力)
3．物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大。
4．单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为N·s。
5．矢量性：如果力的方向恒定，则冲量I的方向与力的方向相同。
二、动量
1．动量：
(1)定义：物体的质量和速度的乘积，即p＝mv。
(2)单位：动量的国际制单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。
(3)方向：动量是矢量，它的方向与速度的方向相同。
2．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矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)。
三、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量的变化量。
2．公式：Ft＝mvt－mv0。
四、动量定理的应用
物体动量的变化大，物体所受的作用力就一定大吗？
提示：不一定，由F＝可知，物体间的作用力等于动量的变化率。
1．如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间越短，物体受的力就越大；作用的时间越长，物体受的力就越小。
2．如果作用力一定时，作用的时间越长，动量的变化量越大，作用的时间越短，动量的变化量越小。
(1)动量的方向与物体的速度方向相同。(√)
(2)物体的质量越大，动量一定越大。(×)
(3)物体的动量相同，其动能一定也相同。(×)
(4)冲量是矢量，其方向与力的方向相同。(√)
(5)力越大，力对物体的冲量越大。(×)
(6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，物体在这段时间内受到的合外力一定不为零。(√)
关键能力·合作学习
知识点一 动量 动量的变化
1．动量的性质：
(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3．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
物体所受合外力的冲量
外力所做的功
换算关系
p＝，Ek＝
坐在匀速旋转的摩天轮上的一个乘客，在任何一个时刻乘客的动量相同吗？任何一个时刻的动能相同吗？
提示：乘客做匀速圆周运动，乘客的速度的方向时刻改变，所以动量时刻变化；速度的大小不变，所以动能不变。
【典例】(2021·梅州高二检测)一质量为0.5
kg
的木块以10
m/s速度沿倾角为30°的光滑斜面向上滑动(设斜面足够长),
则木块在1
s末的动量和3
s内的动量变化量是多少？(g取10
m/s2)
【解题探究】
(1)木块在斜面上做什么运动？
提示：在斜面上先向上做匀减速运动，速度减小到零后，再反向加速。
(2)怎样确定动量和动量变化量的方向？
提示：要先规定正方向，与正方向相同，动量和动量变化量为正，与正方向相反，动量和动量变化量为负。
【解析】取沿斜面向上为正方向，木块的加速度为
a＝－g
sin
30°＝－5
m/s2
1
s末速度
v1＝v0＋at1＝10
m/s－5
m/s2×1
s＝5
m/s
则1
s末动量
p1＝mv1＝0.5×5
kg·m/s＝2.5
kg·m/s
3
s末速度v2＝v0＋at2＝(10－5×3)
m/s＝－5
m/s
3
s末动量p2＝mv2＝0.5×(－5)
kg·m/s＝－2.5
kg·m/s
p0＝mv0＝0.5×10
kg·m/s＝5
kg·m/s
则3
s内的动量变化量为
Δp＝p2－p0＝(－2.5－5)kg·m/s＝－7.5
kg·m/s，大小为7.5
kg·m/s，方向沿斜面向下。
答案：2.5
kg·m/s，方向沿斜面向上 7.5
kg·m/s，方向沿斜面向下
理解动量及其变化的两点注意
(1)物体速度的大小不变而方向变化时，物体的动量一定发生了变化。动量变化量一定不为0。
(2)动量的正负不代表动量的大小，只代表动量的方向。
1．(多选)关于动量的概念，下列说法正确的是( )
A．动量大的物体，惯性不一定大
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】选A、C。物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A对；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错；动量相同指的是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；由动量和动能的关系p＝可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D错。
2．对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量的变化量的说法中，哪个是正确的( )
A．物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上
B．物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下
C．物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上
D．物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下
【解析】选B。物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量Δp＝mgt，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下，故选B。
【加固训练】
1．(多选)关于动量的变化，下列说法正确的是( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的变化量Δp的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的变化量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的变化量一定不为零
【解析】选A、B。当运动物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1>0，与物体运动方向相同，如图甲所示，所以选项A正确；做直线运动的物体速度减小时，动量的变化量Δp的方向与运动方向相反，如图乙，则B正确；物体的速度大小不变时，由于动量是矢量，动量的变化量Δp也可以不为零，例如做匀速圆周运动的物体，如图丙所示，C错误；做匀速圆周运动的物体到达同一位置时，速度大小、方向均不变，动量变化量为零，故D错误。
2．质量为1.5
kg的物体，以4
m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，求物体抛出时和落回抛出点时的动量及这段时间内的动量变化量。
【解析】取竖直向上为正方向，根据动量的定义，物体在抛出时的动量为
p＝mv＝1.5×4
kg·m/s＝6
kg·m/s，
方向竖直向上。
物体在落回抛出点时v′＝－v＝－4
m/s，其动量为
p′＝mv′＝1.5×(－4)kg·m/s＝－6
kg·m/s，
负号表示其方向竖直向下。
物体从抛出到落回抛出点动量的变化量为
Δp＝p′－p＝－6
kg·m/s－6
kg·m/s＝－12
kg·m/s，
负号表示动量变化的方向竖直向下。
答案：6
kg·m/s，方向竖直向上 6
kg·m/s，方向竖直向下 12
kg·m/s，方向竖直向下
知识点二 动量定理、冲量
1．冲量的性质：
(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2．动量定理的理解：
(1)动量定理的表达式F·t＝mvt－mv0是矢量式，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。
如图甲质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，在t1时刻的速度为v1，在t2时刻的速度为v2。
讨论：(1)从t1到t2时间内动量的变化量是多少？
提示：Δp＝p2－p1＝mv2－mv1
(2)试借助牛顿运动定律推导这段时间内动量的变化量与哪些物理量有关。
提示：由牛顿第二定律F＝ma
可知，F＝m，整理得F(t2－t1)＝mv2－mv1。
动量的变化量等于作用力与作用时间的乘积。
(3)上述情境中F的冲量是多少？
提示：I＝Ft＝F(t2－t1)，冲量的方向与力的方向相同。
【典例】一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，①如图丙所示。求：
(1)0～8
s时间内拉力的冲量大小。
(2)0～8
s时间内物体的②大小。
【审题关键】
序号
信息提取
①
物体在水平方向除了受拉力以外还受到摩擦力的作用
②
合外力的冲量等于动量的变化量
【解析】(1)由图乙知IF＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3＝18
N·s
(2)由图丙可知：前2
s内物体处于静止状态，2～6
s物体匀加速运动；6～8
s物体做匀速直线运动，在此过程中物体拉力与摩擦力相等，即f＝2
N
物体在0～8
s时间内动量的变化量为合外力的冲量
Δp＝IF－If＝18
N·s－1×2
N·s－2×6
N·s＝4
N·s＝4
kg·m/s
答案：(1)18
N·s (2)4
kg·m/s
计算冲量的方法
(1)计算冲量可以使用定义式I＝Ft求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。
(2)求合力的冲量时可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和或先求合力，再求其冲量。
1．(母题追问)在【典例】中物体的质量是多少？
【解析】由丙图可知在前8
s内物体的速度从0增加到3
m/s，在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用。由动量定理I合＝mv2－mv1可得
m＝＝
kg
答案：
kg
2.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，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Ft
cos
θ
D．合力对物体的冲量大小为零
【解析】选B、D。对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确。
【加固训练】
1．如图所示，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，速度为零并又开始下滑，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f。在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为( )
A．mg(t1＋t2)sin
θ
B．mg(t1－t2)sin
θ
C．mg(t1＋t2)
D．0
【解析】选C。整个运动过程的总时间t＝t1＋t2，故由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，选项C正确。
2.将质量为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)抛出后0.4
s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp。
【解析】(1)重力是恒力，0.4
s内重力对小球的冲量
I1＝mgt1＝1×10×0.4
N·s＝4
N·s
方向竖直向下。
(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故
h＝gt2
落地时间t＝＝1
s
小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为
I＝mgt＝1×10×1
N·s＝10
N·s
方向竖直向下。
由动量定理得Δp＝I＝10
kg·m/s
方向竖直向下。
答案：(1)4
N·s，方向竖直向下
(2)10
kg·m/s，方向竖直向下
知识点三 动量定理的应用
1．定性分析有关现象：
(1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。
(2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。
2．定量计算有关物理量：
动量定理I＝p′－p中，动量变化Δp与合力的冲量大小相等，方向相同，据此有：
(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求恒力作用下曲线运动中物体动量的变化。
(3)应用动量定理可以计算某一过程中的平均作用力，通常多用于计算持续作用的变力的平均大小。
(1)如图甲所示为跳高比赛的现场，地面上为什么要放上厚厚的海绵垫子？
提示：当运动员从高处落下时，速度逐渐增大，如果落到地面上与地面发生碰撞，作用时间很短，对人产生很大的冲力，有可能使人受伤。当人落在厚厚的海绵垫子上时，人从开始接触垫子到最后停止运动经历的时间延长，运动员所受的冲力明显减小，对运动员起到保护作用。
(2)图乙是很熟悉的物理演示实验，为什么弹性钢片撞击塑料片后，塑料片从钢球下飞出而钢球仍然静止在支柱上？
提示：弹性钢片在恢复原状的过程中给塑料片一个很大的弹力，塑料片受力运动状态发生改变，获得较大的速度而从小球下面穿出，钢球与塑料片之间存在滑动摩擦力，因为塑料片与钢球之间作用的时间非常短，摩擦力的冲量非常小，钢球的动量变化也非常小，运动状态几乎不发生变化，所以钢球仍然静止在支柱上。
【典例】在卡塔尔多哈2019年田径世锦赛上，质量为m＝70
kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0
m高处落到海绵垫子上，经Δt1＝1
s
后停止，则该运动员受到海绵垫子对其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？(不计空气阻力，g取10
m/s2)
【解题探究】
(1)撑竿跳高运动员下落5
m所用的时间是多少？
提示：根据自由落体运动可知，运动员在空中下落的时间t＝＝1
s。
(2)整个过程中重力的冲量是多少？落到普通沙坑中时阻力作用的时间是多少？
提示：IG＝mg(t＋Δt1)，方向是竖直向下。阻力作用的时间是Δt2。
(3)整个过程中初末状态的动量和动量的变化量各是多少？
提示：p初＝0，p末＝0，Δp＝0。
【解析】以运动员为研究对象，从开始下落到停止运动全过程，初、末动量都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合外力的冲量为零。根据自由落体运动可知，运动员在空中下落的时间t＝＝1
s
从开始下落到落到海绵垫子上停止运动，
mg(t＋Δt1)－1Δt1＝0
代入数据，解得1＝1
400
N
从开始下落到落到沙坑中停止运动，
mg(t＋Δt2)－2Δt2＝0，
代入数据，解得
2＝7
700
N。
答案：1
400
N 7
700
N
1．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s，产生的推力约为4.8×106
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102
kg
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
kg
【解析】选B。设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m，对该气体根据动量定理有：Ft＝mv－0，解得m＝＝
kg＝1.6×103
kg，故选项B正确，A、C、D错误。
2．(2021·佛山高二检测)有消息称：中国羽毛球运动员在一节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的速度高达300
km/h，羽毛球的质量介于4.74
g到5.50
g之间，经分析，下列说法中正确的是( )
A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂
B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然大，但其能量却很小
C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很大
D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小
【解析】选D。在高速杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬间，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，而是冲击力的大小，故该消息可能是真的，D正确。
【加固训练】
1．质量为1
kg的物体做直线运动，其速度图像如图所示，则物体在前10
s内和后10
s内所受外力的冲量分别是( )
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】选D。由图像可知，在前10
s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5
kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10
s内末状态的动量p3＝－5
kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10
N·s，故正确答案为D。
2．某种气体分子束由质量m＝5.4×10－26
kg、速度v＝460
m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1.5×1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强。
【解析】设在Δt时间内射到面积为S的某平面上的气体的质量为ΔM，则：ΔM＝vΔtSn0m
取ΔM为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F，以v方向规定为正方向，由动量定理得：
FΔt＝－ΔMv－ΔMv，
解得F＝－2v2n0Sm，
平面受到的压强p＝||＝2v2n0m＝3.428
Pa
答案：3.428
Pa
【拓展例题】考查内容：对冲量定义式的理解
【典例】水平拉力F1和F2分别作用在静止于水平面上等质量的a、b两物体上，F1>F2，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量I1、I2的大小关系正确的是( )
A．I1一定大于I2
B．I1一定小于I2
C．I1一定等于I2
D．I1可能小于I2
【解析】选D。I＝Ft，x＝at2，ma＝F－μmg，则I＝F＝，当F＝2μmg时，冲量最小。I1可能大于I2，I1也可能小于I2，故D正确，A、B、C错误。故选D。
情境·模型·素养
如图所示，H是一种安全气囊，内部存有化学物质，当汽车高速前进，受到撞击时，化学物质会在瞬间爆发产生大量气体，充满气囊，填补在司机与车前挡风玻璃、仪表板、方向盘之间，防止司机受伤。
若某次事故中汽车的速度是35
m/s，司机冲向气囊后经0.2
s停止运动，人体冲向气囊的质量约为40
kg，头部和胸部作用在气囊上的面积约为400
cm2。
探究：(1)则在这种情况下，人的头部和胸部受到平均压强为多大？
(2)相当于多少个大气压？
【解析】(1)由动量定理得F·t＝m·Δv，
F＝，①
又p＝，②
联立①②两式得
p＝＝
Pa＝1.75×105
Pa。
(2)相当于1.75个大气压。
答案：(1)1.75×105
Pa (2)1.75个
羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国某羽毛球运动员某次扣杀羽毛球的速度为342
km/h，假设球的速度为90
km/h，该运动员将球以342
km/h的速度反向击回。设羽毛球质量为5
g。
探究：(1)该运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在该运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化大小、动能变化各是多少？
【解析】(1)以羽毛球飞回的方向为正方向，则
p1＝mv1＝－5×10－3×
kg·m/s＝－0.125
kg·m/s
p2＝mv2＝5×10－3×
kg·m/s＝0.475
kg·m/s
所以羽毛球的动量变化量为Δp＝p2－p1＝0.475
kg·m/s－(－0.125
kg·m/s)＝0.600
kg·m/s
即羽毛球的动量变化大小为0.600
kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同。
(2)以羽毛球飞回的方向为正方向，则羽毛球的初速度为v1＝－25
m/s
羽毛球的末速度为v2＝95
m/s
所以Δv＝v2－v1＝95
m/s－(－25
m/s)＝120
m/s
羽毛球的初动能：
Ek＝mv＝×5×10－3×(－25)2
J≈1.56
J
羽毛球的末动能：Ek′＝mv＝×5×10－3×952
J≈22.56
J
所以ΔEk＝Ek′－Ek＝21
J。
答案：(1)0.600
kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同
(2)120
m/s 21
J
课堂检测·素养达标
1．质量m＝2
kg的物体，在光滑水平面上以v0＝4
m/s的速度向右运动，受到一个水平向左的力作用一段时间后，速度大小变为4
m/s，方向水平向左。设向右的方向为正，则在这个过程中物体动量的变化为( )
A．0
B．16
kg·m/s
C．－8
kg·m/s
D．－16
kg·m/s
【解析】选D。根据动量变化Δp＝mvt－mv0。代入数据可得Δp＝[2×(－4)－2×4]
kg·m/s＝－16
kg·m/s。负号表示动量变化的方向向左。
2．一枚30
g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部为45
m高)落下，
能砸破人的头骨。若鸡蛋与人头部的作用时间为4.5×10－4
s，人的质量为50
kg，重力加速度g取10
m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为( )
A．1
700
N
B．2
000
N
C．2
300
N
D．2
500
N
【解析】选B。鸡蛋从45
m高处自由落下，由运动学规律可得速度v＝＝30
m/s
对鸡蛋撞击的过程，取向下为正方向，由动量定理：
(mg－)Δt＝0－mv
解得：≈2
000
N，故选B。
3.
“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【解析】选A。绳刚好伸直时，绳的拉力为零，人还要向下加速，此时人的动能不是最大，选项C错误；当重力等于绳子拉力时，人的速度最大，之后人做减速运动，绳对人的拉力始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，人的动量与速度一样，先增大后减小，人的动能也是先增大后减小，选项A正确、B错误；人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力，选项D错误。
【加固训练】
(多选)在任何相等时间内，物体动量的变化量总是相等的运动可能是( )
A．匀速圆周运动
B．匀变速直线运动
C．自由落体运动
D．平抛运动
【解析】选B、C、D。物体做匀变速直线运动、自由落体运动、平抛运动所受的合外力恒定不变。由动量定理可知，它们在任何相等时间内的动量变化量总相等，而物体做匀速圆周运动的合外力是变力，故B、C、D均正确，A错误。
4．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，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2
kg·m/s，W＝－2
J
B．Δp＝－2
kg·m/s，W＝0
C．Δp＝0.4
kg·m/s，W＝－2
J
D．Δp＝－0.4
kg·m/s，W＝2
J
【解析】选A。以竖直向上为正方向，小球的初动量p1＝0.2×(－6)
kg·m/s＝－1.2
kg·m/s，末动量p2＝0.2×4
kg·m/s＝0.8
kg·m/s，Δp＝p2－p1＝2
kg·m/s，由动能定理易知W＝mv－mv＝(×0.2×42－×0.2×62)
J＝－2
J，选项A正确。
【加固训练】
一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小。
【解析】小球在碰撞斜面前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v，由题意，v的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v0，如图
由此得v＝2v0①
碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，以反弹后的方向为正方向，由动量定理，斜面对小球的冲量为I＝m(v)－m(－v)②
由①②得I＝mv0
答案：mv0
5．人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小。一瀑布落差为h＝20
m，水流量为Q＝0.10
m3/s，水的密度ρ＝1.0×103
kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零。(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10
m/s2)
【解析】设水滴下落与石头碰前速度为v，则有mgh＝mv2
设时间Δt内有质量为Δm的水冲到石头上，石头对水的作用力为F，由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv
又因Δm＝ρQΔt
联立得：F＝ρQ＝2×103
N
由牛顿第三定律，水对石头的作用力F′＝F＝2×103
N，方向竖直向下。
答案：2×103
N
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