资源简介

(共56张PPT)
第一节　冲量　动量
第二节　动量定理
第一章　动量和动量守恒定律
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
基础自测
Ft
牛秒
N·s
力的方向
矢量
Ft
牛秒
N·s
力的方向
矢量
质量
速度
mv
kg·m/s
速度
矢量
ma
合力
改变量
平均值
×
×
√
√
合作探究·提素养
NO.2
考点1
考点2
当堂达标·夯基础
NO.3
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不
A
L
转化
模型
F
F
F
0
t
意
0
老
9
了第1节 冲量 动量 第2节 动量定理
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
物理观念 理解动量的概念，知道动量和动量的变化量均为矢量；会计算一维情况下的动量变化量
物理观念 理解冲量的概念，知道冲量是矢量
科学思维 理解动量定理的确切含义及其表达式；会运用动量定理解决实际问题
科学态度与责任 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象
知识点一　冲量
1．定义及公式：在物理学中，将Ft定义为冲量，用I表示，即I＝Ft．
2．单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s．
3．冲量的方向：它的方向由力的方向决定，冲量是矢量(填“矢量”或“标量”)．
知识点二　动量
1．定义及公式：在物理学中，将质量和速度的乘积mv叫作物体的动量，用p表示，即p＝mv．
2．单位：动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s．
3．动量的方向：它的方向与速度的方向相同，动量是矢量．(填“矢量”或“标量”)
知识点三　动量定理
1．动量定理的推导：根据牛顿第二定律，F＝ma；由运动学公式，a＝，可得Ft＝mvt－mv0．
2．动量定理的内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．
3．动量定理的适用情况：
(1)恒定的外力．
(2)随时间变化的变力．此时动量定理中的F通常取力在作用时间内的平均值．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)某物体的速度大小不变，动量一定不变． (×)
(2)物体的质量越大，动量一定越大． (×)
(3)恒力的作用时间越长，冲量越大． (√)
(4)物体动量的变化量一定时，力作用时间越短，作用力越大． (√)
2．关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．物体的动量越大，其惯性一定越大
D．物体的动能发生变化时，其动量不一定发生变化
A　[动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，C错误；物体的动能发生变化时，物体的速度大小一定发生变化，故其动量也一定发生变化，D错误．]
3．关于冲量，下列说法正确的是(　　)
A．物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化
B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
C．动量越大的物体受到的冲量越大
D．冲量的方向就是物体运动的方向
A　[物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误．]
考点1　动量和冲量
正在玩旋转秋千的游客，他的每一时刻的动量相同吗？每一时刻的动能相同吗？
提示：游客做匀速圆周运动，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．
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．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．
4．冲量的计算
(1)若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致；若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算；若力为一般变力，则不能直接计算冲量．
(2)若知F t图像，图线与时间轴围成的面积就是力的冲量．如图所示．
(3)冲量的计算公式I＝Ft既适用于计算某个恒力的冲量，又可以计算合力的冲量．如果计算分力的冲量，必须明确是哪个分力的冲量；若计算合力的冲量，一个物体的动量变化Δp与合力的冲量具有等效代换关系．
【典例1】　(多选)质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1，如图所示，则A、B两物体(　　)
A．滑到h1高度时的动量相同
B．滑到h1高度时的动能相等
C．由h2滑到h1的过程中物体动量变化相同
D．由h2滑到h1的过程中物体动能变化相等
[思路点拨]　解此题注意两点：(1)动量及动量的变化量是矢量．
(2)动能及动能的变化量是标量．
BD　[两物体由h2下滑到h1高度的过程中，机械能守恒，mg(h2－h1)＝mv2，v＝，物体下滑到h1处时，速度的大小相等，由于α不等于β，速度的方向不同，由此可判断，物体在h1高度处动能相同，动量不相同．物体运动过程中动量的变化量不同，而物体动能的变化量相等，B、D正确．]
动量和动能的比较
物理量 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＝
[跟进训练]
训练角度1　动量的理解
1．(多选)下列关于动量的说法中，正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
B．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
C．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
D．一个物体的动量不变，它的速度可以改变
BC　[做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以动量时刻变化，A错；速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，则动量也变化，B对；运动状态变化即速度发生变化，C对；对一个物体来说，其质量一定，由p＝mv可知，其动量不变，速度也一定不变，故D错．]
训练角度2　动量变化量的计算
2．一台自动传送盘，盘上离转轴0.5 m处有一质量为0.5 kg的零件，随盘做匀速圆周运动，则当盘以角速度为2 rad/s转过180°的过程中，零件动量的变化量大小为(　　)
A．0.25 kg·m/s　 B．0.5 kg·m/s
C．1 kg·m/s D．2 kg·m/s
C　[零件动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝2mωr＝2×0.5×2×0.5 kg·m/s＝1 kg·m/s，故C正确．]
训练角度3　冲量的理解和计算
3．重为4 N的物体，静止在倾角为30°的斜面上，在5 s内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是(　　)
A．重力的冲量为零
B．重力的冲量为10 N·s
C．重力的冲量为20 N·s
D．重力的冲量与摩擦力的冲量相等
C　[物体重为4 N，在5 s内，重力的冲量为I1＝Gt＝4×5 N·s＝20 N·s，故A、B错误，C正确；
物体受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，摩擦力为f＝mgsin 30°＝2 N，
故5 s内摩擦力的冲量为：I2＝ft＝2×5 N·s＝10 N·s，
故重力的冲量大于摩擦力的冲量，故D错误．]
考点2　动量定理
体操运动员从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为什么？
提示：人落地过程中动量的变化一定，屈腿下蹲延缓了人落地时动量变化所用的时间，依动量定理可知，这样就减小了地面对人的冲力．
1．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式Ft＝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．
2．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；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)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．
【典例2】　用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝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：
(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？
(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)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力．
[思路点拨]　对铁锤，根据受力情况应用动量定理可以求出铁锤对钉子的作用力；由前2问的结论，分析哪种情况下可以不计铁锤的重力．
[解析]　(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－m(－v)，
所以F1＝0－ N＝200 N，方向竖直向上，
由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的作用力为200 N，方向竖直向下．
(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正．
(F2－mg)t＝0－m(－v)，
F2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上，
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下．
(3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5%，可见本题中铁锤的重力可忽略．
[答案]　(1)200 N　(2)205 N　(3)见解析
应用动量定理的四点注意事项
(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化．冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则．
(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小．
(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系．
(4)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意是末动量减去初动量．
[跟进训练]
训练角度1　定性分析现象
4．如图所示，突发交通事故时，车内正面的安全气囊弹出．弹出安全气囊可以(　　)
A．增大事故突发时人的惯性
B．减小事故突发时人的惯性
C．增大事故突发时由于撞击对人的伤害
D．减小事故突发时由于撞击对人的伤害
D　[惯性是物体的固有属性，其大小只与质量有关，故安全气囊弹出不会改变人的惯性，故A、B错误；安全气囊弹出后可以延长撞击时间，从而减小作用力，减小事故突发时由于撞击对人的伤害，故C错误，D正确．]
训练角度2　定量计算
5．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
B　[根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得Δm＝＝ kg＝1.6×103 kg，所以选项B正确．]
1．物理观念：动量、冲量概念、动量的变化．
2．科学思维：动量定理．
3．科学态度与责任：解释碰撞、缓冲等现象．
1．(多选)关于物体的动量，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．物体的速度方向改变，其动量一定改变
C．同一参考系中，动量相同的物体，运动方向一定相同
D．运动的物体在任一时刻的动量方向一定与该时刻的加速度方向相同
BC　[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，惯性也就不一定大，A错误；动量的方向与速度的方向相同，与加速度方向无关，物体的速度方向改变，其动量一定改变，B正确，D错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向与物体运动的方向相同，故同一参考系中，动量相同的物体运动方向一定相同，C正确．]
2．静止在光滑水平面上的两物块通过一根细线相连，中间夹着一根压缩了的轻弹簧(与两物块均不拴接)，如图所示，A物块的质量是B物块质量的2倍．现烧断细线，在弹簧弹开两物块的过程中，用IA、IB分别表示弹簧对A、B两物块的冲量大小，则(　　)
A．IA＝IB　　　 B．IA＝2IB
C．2IA＝IB D．3IA＝IB
A　[烧断细线后在弹簧弹开两个物块的过程中，A、B所受的弹簧弹力大小相等、作用时间t相等，则由I＝Ft知：IA＝IB，故A正确，B、C、D错误．]
3．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条．若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是(　　)
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
D　[在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会出现滑落，选项A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确．]
4．质量为0.2 kg的小球竖直下落，以6 m/s的速度碰触地面，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和合力冲量ΔI，下列说法正确的是(　　)
A．Δp＝2 kg·m/s B．Δp＝－2 kg·m/s
C．ΔI＝0.4 kg·m/s D．ΔI＝－0.4 kg·m/s
A　[取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：Δp＝mv2－(－mv1)＝0.2×(6＋4) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上，故A正确，B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化，可知ΔI＝Δp＝2 kg·m/s，C、D错误．]
5．如图所示，一个质量为50 kg的运动员进行蹦床运动表演，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为0.5 s，g取10 m/s2．
(1)求运动员从开始下落到与网接触前，重力的冲量大小；
(2)求运动员从接触网到离开网，网对运动员的平均作用力大小．
[解析]　(1)由h＝gt2得t＝0.8 s，
由I＝mgt得I＝400 N·s．
(2)由v＝2gh1得v1＝8 m/s，
由v＝2gh2得v2＝10 m/s，
设竖直向下为正方向，
由(mg－F)t′＝－mv2－mv1得F＝2 300 N．
[答案]　(1)400 N·s　(2)2 300 N
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9(共61张PPT)
第三节　动量守恒定律
第一章　动量和动量守恒定律
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
相互作用力
外部
－F21
m1v1
m2v2
合外力
保持不变
时间
水平距离
水平
重垂线
入射球
靶球
自由
同一位置
相等
合作探究·提素养
NO.2
当堂达标·夯基础
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s/cm
5030505
2
1
I
I
1
I
I
I
I
I
0
0.1
0.2
0.30.4t/s
10
8
6
5
4
3
2
1
cm
B
10
4
3
2
1 cm
B
小车橡皮泥小车打点计时器
长板
B
纸带
甲
E
cm
8.40
10.50
9.08
6.95
乙第三节　动量守恒定律
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
物理观念 1．知道什么是内力、外力，理解动量守恒的条件．记住动量守恒定律的内容2．验证动量守恒定律3．体会将不易测量的物理量转换为易测量的物理量的实验设计思想
知识点一　动量守恒定律的推导
1．内力和外力
系统内物体之间的相互作用力叫作内力．系统外部其他物体对系统的作用力叫作外力．
2．动量守恒定律的推导
(1)情境：如图所示，光滑水平面上两个物体发生碰撞．
(2)推导：物体1、2间的相互作用力F12和F21，根据牛顿第三定律有，F12＝－F21．
由动量定律，对物体1有，F21t＝m1v1′－m1v1
对物体2有，F12t＝m2v2′－m2v2．
由以上三式得(m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)＝0．
(3)内容：物体在碰撞时，如果系统所受合外力为零，则系统的总动量保持不变．
(4)公式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．
知识点二　动量守恒定律的验证
1．实验原理
质量分别为m1和m2的两小球A、B发生正碰，若碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律，应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′．
可采用“探究平抛运动的特点”实验中测量平抛初速度的方法，设计实验装置如图所示．让入射球从同一位置释放，测出不发生碰撞时入射球飞出的水平距离lOP，再测出入射球、靶球碰撞后分别飞出的水平距离lOM、lON，只要验证m1lOP＝m1lOM＋m2lON，即可验证动量守恒定律．因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，若用飞行时间作时间单位，则小球的水平速度在数值上就等于小球飞出的水平距离，所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式就可验证动量守恒定律．
2．实验步骤
(1)按上图所示安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端处于水平，钢球放在上面能保持静止状态．在木板上依次铺上白纸、复写纸．利用重垂线在白纸上分别标注斜槽水平段端口、靶球初位置(支球柱)在白纸平面的投影点O和点O′．
(2)用天平测出两个大小相同、但质量不同的钢球的质量，质量大的钢球m1作为入射球，质量小的钢球m2作为靶球．
(3)先让入射球单独从斜槽上端紧靠定位板的位置自由滑下，在白纸上留下落地碰撞的痕迹．
(4)让入射球从斜槽上端同一位置自由滑下，与放在支球柱上的靶球发生碰撞，两球分别在白纸上留下落地碰撞的痕迹．
(5)测出入射球m1两次落地碰撞点与点O的距离s和s1，靶球m2落地碰撞点与点O′的距离s2．
(6)若m1s在实验误差允许范围内与m1s1＋m2s2相等，就验证了两钢球碰撞前后总动量守恒．
3．误差分析
实验所研究的过程是两个不同质量的球发生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件．实验中两球心高度不在同一水平面上，给实验带来误差．每次静止释放入射小球的释放点越高，两球相碰时内力越大，动量守恒的误差越小．应进行多次碰撞，落点取平均位置来确定，以减小偶然误差．
4．注意事项
(1)入射小球质量m1必须大于靶球质量m2，若入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球会被反弹，滚回斜槽后再返回抛出点过程中克服摩擦力做功，飞出时的速度大小小于碰撞刚结束时的速度大小，会产生较大的误差．
(2)斜槽末端的切线必须水平．
(3)入射小球与靶球的球心连线与入射小球的初速度方向一致．
(4)入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下．
(5)地面应水平，白纸铺好后，实验过程中不能移动，否则会造成很大的误差．
【典例1】　用如图所示实验装置可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．
A．小球做平抛运动的射程
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球开始释放时的高度h
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是________．(按顺序填选项前的符号)
A．测量小球m1开始释放时的高度h
B．用天平测量两个小球的质量m1、m2
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________________[用(2)中测量的量表示]．
[解析]　(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是在落地高度不变的情况下，可以通过测水平射程来体现速度，故答案是A．
(2)实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平称质量先后均可以，所以答案是BDE或DEB．
(3)设落地时间为t，则v1＝，v2＝，v＝；而动量守恒的表达式是m1v＝m1v1＋m2v2，
所以若两球相碰前后的动量守恒．则m1·OM＋m2·ON＝m1·OP成立．
[答案]　(1)A　(2)BDE或DEB
(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP
【典例2】　如图所示为实验室中验证碰撞中的动量守恒的实验装置示意图．
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则(　　)
A．m1>m2，r1>r2　　 B．m1C．m1>m2，r1＝r2 D．m1(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________．(填下列对应的字母)
A．直尺 B．游标卡尺
C．天平 D．弹簧秤
E．秒表
(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m1、m2及图中字母表示)___________________________成立．即表示碰撞中动量守恒．
[解析]　(1)两小球要选等大的，且入射小球的质量应大些，故选C．
(2)该实验必须测出两球平抛的水平位移和质量，故必须用直尺和天平，因两球平抛起点相同，不用测小球直径，故用不到B．
(3)因平抛落地时间相同，可用水平位移代替速度，故关系式为m1·OP＝m1·OM＋m2·ON．
[答案]　(1)C　(2)AC　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
【典例3】　如图所示为验证动量守恒的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，G1和G2为两个光电门，固定有相同遮光片的两弹性滑块A、B的质量分别为mA、mB实验过程如下：
a．调节导轨使之水平；
b．轻推滑块A，测得A通过光电门G1的遮光时间为Δt0；
c．A与B相碰后，B和A先后经过光电门G2的遮光时间分别为ΔtB和ΔtA．
(1)实验中，滑块A、B的质量应满足mA________mB(填“>”或“<”)；
(2)验证两滑块碰撞过程中动量守恒的表达式为：________________________________________________________________________________________________________________________________________；
(3)滑块与导轨间的摩擦会导致测得的系统碰撞前的总动量__________(填“>”或“<”)碰撞后的总动量．
[解析]　(1)为了保证碰撞后，A不反弹，则滑块A、B的质量应满足mA＞mB．
(2)碰撞前A的速度为v0＝，碰撞后B的速度为vB＝，碰撞后A的速度为vA＝，
若碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，
即＝＋．
(3)滑块与导轨间的摩擦，使滑块做减速运动，会导致测得的系统碰撞前的总动量大于碰撞后的总动量．
[答案]　(1)＞　(2)＝＋　(3)＞
1．(多选)在验证动量守恒定律实验中，下列关于小球落点的说法，正确的是(　　)
A．如果小球每次从同一点无初速度释放，重复几次的落点一定是重合的
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但落点应当比较密集
C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、P3、…、P10，则OP应取OP1、OP2、OP3、…、OP10的平均值，即OP＝
D．用半径尽量小的圆把P1、P2、P3、…、P10圈住，这个圆的圆心就是入射小球落点的平均位置P
BD　[由于各种偶然因素的影响，小球平抛落地点并不完全重合，而是落点非常密集，所以A错，B对；小球平抛水平距离的测量方法是：先确定落点的平均位置P，再测量O点到落点平均位置P的距离，所以C错；落点平均位置的确定方法：用半径尽量小的圆把P1、P2、P3、…、P10圈住，这个圆的圆心就是入射小球落点的平均位置P，所以D对．]
2．利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧装有撞针，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧有橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动．实验测得滑块A的质量m1＝0.60 kg，滑块B的质量m2＝0.40 kg，打点计时器所用交流电的频率f＝50 Hz．启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．碰撞之前系统的总动量为__________kg·m/s，碰撞之后系统的总动量为________kg·m/s．(结果保留二位有效数字)
甲
乙
[解析]　打点计时器的打点时间间隔为：t＝＝ s＝0.02 s．
由图乙所示纸带可知，碰撞前A的速度为：vA＝＝ m/s＝1.03 m/s．
碰撞后A、B的速度为：vA′＝vB′＝＝ m/s＝0.60 m/s．
碰前总动量为：p＝m1vA＝0.60×1.03 kg·m/s＝0.62 kg·m/s；
碰后总动量为：p′＝m1vA′＋m2vB′＝(0.60×0.60＋0.40×0.60)kg·m/s＝0.60 kg·m/s．
[答案]　0.62　0.60
3．在做验证碰撞中的动量守恒的实验中，称得入射小球1的质量m1＝15 g，被碰小球2的质量m2＝10 g，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图所示．则由图可知，入射小球在碰前的动量是________g·cm/s，入射小球在碰后的动量是________g·cm/s，被碰小球的动量是________g·cm/s．由此可得出结论______________．
[解析]　根据运动图像知识可知小球碰撞前后做匀速直线运动，在s t图线中直线的斜率等于运动速度，因而可计算出：
v1＝＝＝100 cm/s，
v1′＝＝＝50 cm/s，
v2′＝＝＝75 cm/s．
根据动量的定义可知，
入射小球在碰前的动量
p1＝m1v1＝15 g×100 cm/s＝1 500 g·cm/s，
被碰小球在碰后的动量
p2′＝m2v2′＝10 g×75 cm/s＝750 g·cm/s，
入射小球在碰后的动量
p1′＝m1v1′＝15 g×50 cm/s＝750 g·cm/s．
由于p1＝p1′＋p2′，
可以得出结论：两小球碰撞前后的动量守恒．
[答案]　1 500　750　750　两小球碰撞前后的动量守恒
4．如图，滑块A、B静止在水平气垫导轨上，两滑块间紧压一轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，轻弹簧掉落，两个滑块向相反方向运动．现拍得闪光频率为10 Hz的一组频闪照片．已知滑块A、B的质量分别为300 g、450 g．根据照片记录的信息可知，A、B离开弹簧后：
(1)A滑块做________运动；
(2)A滑块速度大小为________m/s；
(3)图中B滑块的动量大小是______________；
(4)本实验中得出“在实验误差范围内，两滑块组成的系统动量守恒”，这一结论的依据是_____________________________________________．
[解析]　(1)频闪照片的周期为T＝＝0.1 s．由频闪照片看出，A滑块每0.1 s时间内通过的位移大小都是0.90 cm，做匀速直线运动；B滑块每0.1 s时间内通过的位移大小都是0.60 cm，做匀速直线运动．
(2)A滑块匀速直线运动的速度大小为
vA＝＝ m/s＝0.09 m/s．
(3)B滑块匀速直线运动的速度大小为
vB＝＝ m/s＝0.06 m/s，它的动量pB＝mBvB＝0.450 kg×0.06 m/s＝0.027 kg·m/s．
(4)A的动量pA＝mAvA＝0.300 kg×0.09 m/s＝0.027 kg·m/s，由此可见A、B的动量大小相等、方向相反，它们的总动量为零，与释放前的总动量相等，因此系统动量守恒．
[答案]　(1)匀速直线　(2)0.09　(3)0.027 kg·m/s
(4)A、B的动量始终大小相等，方向相反
5．某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的守恒量”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．他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前速度；应选________段来计算A和B碰后的共同速度．(以上两空均填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，由以上测量结果可得：碰前mAv0＝________；碰后(mA＋mB)v共＝________．
[解析]　(1)从分析纸带上打点情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算A的碰前速度；从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算碰后A和B的共同速度．
(2)小车A在碰撞前的速度
v0＝－＝1.050 m/s，
小车A在碰撞前：
mAv0＝0.40 kg×1.050 m/s＝0.420 kg·m/s，
碰撞后A、B共同速度：
v共＝＝＝0.695 m/s，
碰撞后：(mA＋mB)v共＝(0.20＋0.40)kg×0.695 m/s＝0.417 kg·m/s．
[答案]　(1)BC　DE　(2)0.420 kg·m/s　0.417 kg·m/s
6．在验证动量守恒定律的实验中，某同学用如图所示的装置进行如下的实验操作：
①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于槽口处．使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹B；
③然后把半径相同的小球b静止放在斜槽水平末端，小球a仍从原来挡板处由静止释放，与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；
④用天平测量a、b的质量分别为ma、mb，用刻度尺测量纸上O点到A、B、C三点的竖直距离分别为y1、y2、y3．
(1)小球a与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C，其中小球a撞在木板上的________点(填“A”或“C”)．
(2)用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为________________________________________________________________________(仅用ma、mb、y1、y2、y3表示)．
[解析]　(1)碰撞后，a球的速度小于b球，可知a球在相等水平位移内，所用的时间较长，下降的高度较大，所以a球撞在木板上的C点．
(2)a球未与b球碰撞，落在B点，根据y2 ＝gt得，t2＝，则a球与b球碰撞前的速度v1＝＝x，同理得出a、b碰撞后的速度v2＝x，v3＝x，
若动量守恒，有：mav1＝mav2＋mbv3，即＝＋．
[答案]　(1)C　(2)＝＋
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9(共65张PPT)
第四节　动量守恒定律的应用
第一章　动量和动量守恒定律
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
基础自测
静止
内力
相反
极短
远大于
动量守恒定律
反冲
大
大
大
√
×
×
×
合作探究·提素养
NO.2
考点1
考点2
考点3
当堂达标·夯基础
NO.3
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77777第四节　动量守恒定律的应用
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
科学思维 理解动量守恒定律并会运用动量守恒定律解决实际问题
科学态度与责任 知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用
科学态度与责任 了解火箭的飞行原理和主要用途
1．反冲
(1)定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象．
(2)特点：作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，故反冲运动可用动量守恒定律处理．
2．火箭
(1)原理：火箭的发射过程是一个反冲运动．
(2)影响火箭速度的因素：火箭喷出的燃料速度越大，喷出的燃料质量与火箭质量之比越大，则火箭获得的速度越大．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)如果系统的机械能守恒，则动量不一定守恒． (√)
(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒． (×)
(3)做匀速圆周运动的物体动量是守恒的． (×)
(4)一切反冲现象都是有益的． (×)
2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　)
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
B　[火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时使火箭获得反冲速度，故正确答案为选项B．]
3．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为(　　)
A．10 m/s　　　　 B．20 m/s
C．30 m/s D．40 m/s
A　[以A物体的速度方向为正方向．则vA＝10 m/s，vB＝－5 m/s，p＝pA＋pB＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s．碰撞后，由动量守恒定律得p＝mAvA′＋mBvB′，解得vB′＝10 m/s，与A的速度方向相同，故选项A正确．]
考点1　动量守恒的判断
在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示．
(1)人和大锤组成的系统动量守恒吗？
(2)在连续敲打下，这辆车能否持续地向右运动？
提示：(1)以人和大锤组成的系统为研究对象时，人受到平板车施加的摩擦力，系统所受合外力不为零，动量不守恒，地面光滑，以人、大锤和平板车为系统动量守恒．
(2)当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动．
动量守恒定律成立条件的四种情况：
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．
(2)系统受外力作用，但所受合外力为零．像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．
(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒．
(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
【典例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(　　)
　　
　
AC　[A图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故A正确；B图中，剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误；C图中，木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；D图中，木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故D错误．]
[跟进训练]
1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止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，下列说法中正确的是(　　)
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、小车的总动量增量不同
CD　[在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，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，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确．故选C、D．]
考点2　动量守恒定律的理解及应用
三国演义“草船借箭”中(如图所示)，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同．由此，草船的速度会增加吗？这种现象如何解释？(不计水的阻力)
提示：不计水的阻力，将船、箭视为一个系统，船与箭的作用过程系统动量守恒，以草船的速度方向为正方向，有
m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，
得Δv＝(v－v1)，
所以草船的速度会增加(v－v1)．
1．研究对象：相互作用的物体组成的系统
(1)系统：相互作用的几个物体所组成的整体．
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力．
(3)外力：系统外其他物体对系统的作用力．
2．对“系统的总动量保持不变”的四点理解
(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和．
(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变．
(3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化．
(4)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．
3．动量守恒定律的四个特性
(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算．
(2)相对性：应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系．
(3)同时性：动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加．
(4)普遍性：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，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统．
【典例2】　如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s．铜块最终停在第二块木板上．(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：
(1)第一块木板的最终速度；
(2)铜块的最终速度．
[思路点拨]　(1)第(1)问中要求第一块木板的最终速度，就应该选取铜块刚离开第一块木板滑到第二块上这一个过程．
(2)第(2)问则应以铜块和除第一块木板之外的9块木板组成研究系统．
[解析]　(1)铜块和10个长木板在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，
得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．
(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得
Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，
得v3＝3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．
[答案]　(1)2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
(2)3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．
(2)分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．
(3)确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．
(4)对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．
(5)建立动量守恒方程，代入已知量求解．
[跟进训练]
2．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是(　　)
A．1.0 m/s，向右　　 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左
A　[选向右为正方向，则小车和砂袋组成的系统在水平方向动量守恒，有m车v车－m砂v砂＝(m车＋m砂)v，解得v＝1.0 m/s，方向向右，故A正确．]
考点3　反冲运动
2020年1月16日11时02分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号甲”运载火箭，成功将我国首颗通信能力达10Gbps的低轨道宽带通信卫星——银河航天首发星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．
(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种什么运动？
(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中是否满足动量守恒定律？
提示：(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种反冲运动．
(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中内力远大于外力，所以满足动量守恒定律．
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，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．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加．
2．反冲运动中的三类问题
(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出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)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律方程．
(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，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．
(3)“人船模型”问题：
①人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度或位移大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点是：两物体同时运动，同时停止．
②动量规律：任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速度v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m11－m22＝0．
③位移规律：如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1－m2s2＝0．
【典例3】　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时相对于地面的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？
(2)第1 s末，火箭的速度为多大？
[思路点拨]　(1)火箭和气体系统动量守恒．(2)运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．(3)以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．
[解析]　解法一　(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒．
设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝，
设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＝，
设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．
(2)设第n次气体喷出后火箭速度为vn，由上面推导可知，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝，
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝＝ m/s≈13.5 m/s．
解法二　选取整体为研究对象，运用动量守恒守律求解．
(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒守律，
得(M－3m)v3－3mv＝0，
所以v3＝≈2 m/s．
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0，
所以v20＝≈13.5 m/s．
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
反冲运动的处理方法
(1)反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题．
(2)反冲运动过程中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分析解决问题．
(3)反冲运动过程中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，可以在该方向上用动量守恒分析解决问题．
[跟进训练]
训练角度1　反冲应用
3．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
A　[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．
燃气的动量大小
p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，
则火箭的动量大小
p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]
训练角度2　人船模型
4．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)
A． B． C． D．
B　[设人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝．根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝m，小船的质量为：M＝，故B项正确．]
1．物理观念：反冲运动．
2．科学思维：动量守恒定律的应用．
3．科学方法：人船模型．
4．科学态度与责任：火箭．
1．(多选)下列图片所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是(　　)
　　　　　
ABC　[A图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动；B图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C图中吹足气的气球由静止释放后气球运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理；D图中码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用；故选A、B、C．]
2．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
B　[在弹簧压缩至最短的过程中，受到墙对弹簧向右的作用力，系统动量不守恒；子弹射入木块的过程中有动能转化为内能，所以机械能不守恒．故B正确．]
3．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是(　　)
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
A　[以炮弹m和艇(M－m)为系统，系统动量守恒，则有：Mv0＝(M－m)v′＋mv．]
4．如图所示，一个倾角为α的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(　　)
A．　　B． C． D．
C　[此题属“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为s1，斜面体在水平方向对地位移为s2．则有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝，可得s2＝．]
5．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固定在车的另一端，枪离靶的距离为d，如图所示．已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每发子弹质量为m，共n发，每发子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发．打完n发后，小车移动的距离为多少？
[解析]　由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一发子弹时，车已经停止运动．每发射一发子弹，车后退一段距离．每发射一发子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：
0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，
mv＝[M＋(n－1)m]v′，
设每发射一发子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(d－x)，由动量守恒定律有：
m＝[M＋(n－1)m]，
解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝．
[答案]　
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10(共55张PPT)
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
第一章　动量和动量守恒定律
自主预习·探新知
NO.1
知识梳理
基础自测
相互作用
远小于
极短
守恒
相等
不再相等
粘在一起
最大
交换速度
几乎不变
相互作用
微观
宏观
宇观
×
×
√
×
合作探究·提素养
NO.2
考点1
考点2
当堂达标·夯基础
NO.3
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5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
[核心素养·明目标]
核心素养 学习目标
物理观念 知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点
科学思维 掌握弹性碰撞的规律，能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题
科学思维 会应用动量、能量的观点分析、解决一维碰撞问题
1．碰撞的定义和特点
(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用．
(2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，故系统在碰撞过程中动量守恒．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能相等的碰撞．
(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能不再相等的碰撞．
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而粘在一起的碰撞．这时机械能损失最大．
3．弹性碰撞举例分析
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和动能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①，
m1v＝m1v′＋m2v′②，
以上两式联立可解得v1′＝v1，v2′＝v1，
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度．
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．
(4)若m1 m2或m2 m1，则质量大的物体速度几乎不变．
4．自然界中的守恒定律
(1)系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统．
(2)动量守恒定律的适用范围
动量守恒定律在微观、宏观和宇观都是适用的，是自然界普适的基本定律．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒． (×)
(2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒． (×)
(3)三种碰撞中，动量都守恒． (√)
(4)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有动能损失． (×)
2．(多选)下面关于碰撞的理解正确的是(　　)
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
AB　[碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错．]
3．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速度v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法确定
A　[由动量守恒有3m·v－mv＝0＋mv′所以v′＝2v，碰前总动能：Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2，碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对．]
考点1　碰撞过程的特点
台球比赛中，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不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？
提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量．
1．时间特点
在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．
2．相互作用力的特点
在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．
3．动量守恒条件的特点
系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．
4．位移特点
碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．
5．能量特点
碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′．
【典例1】　(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是(　　)
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv1＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞时间极短，在此碰撞过程中，摆球的速度还来不及变化
BCD　[小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C、D均正确．]
[跟进训练]
1．(多选)在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是(　　)
A．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒
B．作用前后总动量均为零，但总动能守恒
C．作用前后总动能为零，而总动量不为零
D．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零
AB　[选项A是非弹性碰撞，成立；选项B是弹性碰撞，成立；选项C不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D不成立，因为总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用．]
考点2　碰撞的判断和碰撞模型
五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？
提示：由于碰撞中的动量和动能都守恒，发生了速度、动能的“传递”．
1．碰撞的判断
在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2．
(2)系统动能不增加，即
Ekl＋Ek2≥E′kl＋E′k2或＋≥＋．
(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，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．
【典例2】　如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4 kg，mB＝2 kg，速度分别是vA＝3 m/s(设为正方向)，vB＝－3 m/s．则它们发生正碰后，速度的可能值分别为(　　)
A．vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s
B．vA′＝－3 m/s，vB′＝9 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝－1 m/s
D．vA′＝－1 m/s，vB′＝－5 m/s
A　[以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝4×3 kg·m/s＋2×(－3)kg·m/s＝6 kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝mAv＋mBv＝×4×32 J＋×2×32 J＝27 J．如果vA′＝1 m/s、vB′＝1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为3 J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；如果vA′＝－3 m/s、vB′＝9 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为 99 J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；如果vA′＝2 m/s、vB′＝－1 m/s，碰后系统总动量为6 kg·m/s，总动能为9 J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，与实际不符，故C错误；如果vA′＝－1 m/s、vB′＝－5 m/s，碰后总动量为－14 kg·m/s，系统动量不守恒，故D错误．]
2．常见碰撞模型
模型分类 特点及满足的规律
弹簧模型 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v＝(m1＋m2)v＋Epm．弹簧再次处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v，v1＝ v0，v2＝v0
子弹打木块模型 系统动量守恒、能量守恒：mv0＝(m＋M)v，fL相对＝mv－(M＋m)v2．木块固定和放于光滑水平面上，一般认为子弹受阻力相等，子弹完全穿出时系统产生的热量相等
最高点：m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒：mv0＝(M＋m)v共，mv＝(M＋m)v＋mgR．最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒、系统机械能守恒：mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv
【典例3】　如图所示，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的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的．求：
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度．
[思路点拨]　(1)子弹打击物体A瞬间，子弹与物体A系统动量守恒．(2)弹簧压缩量最大时，系统有相同速度．
[解析]　设子弹的质量为m，则mB＝4m，mA＝3m．
(1)对子弹进入A的过程，由动量守恒得
mv0＝(m＋mA)v1，
解得它们的共同速度，也是A的最大速度
v1＝＝．
(2)以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，它们的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mA＋mB)v2，
解得三者的共同速度，即弹簧有最大压缩量时B的速度
v2＝＝．
[答案]　(1)　(2)
处理碰撞问题的几个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统．
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞．
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等．
[跟进训练]
训练角度1　碰撞的可能分析
2．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，小球A的速度可能是(　　)
A．－v0　　　B．0　　　C．v0　　　D．v0
ABC　[若两球发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：mv0＝(m＋2m)v，解得v＝v0．若两球发生完全弹性碰撞，则由动量守恒mv0＝mv1＋2mv2，由能量关系mv＝mv＋·2mv，联立解得v1＝－v0，v2＝v0，则小球A的速度范围：－v0≤v1≤v0，故选A、B、C．]
训练角度2　碰撞模型
3．如图所示，光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R＝1 m，质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块．已知M＝4m，g取10 m/s2，若小球恰好到达圆弧的上端，求：
(1)小球的初速度v0是多少？
(2)滑块获得的最大速度是多少？
[解析]　(1)当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1．
因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有mv＝(m＋M)v＋mgR，解得v0＝5 m/s．
(2)小球到达最高点以后返回的过程中，滑块又做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3，研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv0＝mv2＋Mv3，mv＝mv＋Mv，
解得v3＝2 m/s．
[答案]　(1)5 m/s　(2)2 m/s
1．物理观念：碰撞的分类：弹性碰撞、非弹性碰撞．
2．科学思维：碰撞的可能性分析．
3．科学方法：碰撞模型．
1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变成静止状态，则碰撞前这两个小球的(　　)
A．质量一定相等　　　 B．动能一定相等
C．动量一定相等 D．总动量等于零
D　[两小球碰撞前动量大小相等，方向相反，总动量为零．]
2．(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．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
AD　[对选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的；对选项B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能；对选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能；对选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．故正确选项为A、D．]
3．(多选)小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L．质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(　　)
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．当木块对地运动速率为v时，小车对地运动速率为v
C．整个系统最后静止
D．木块的位移一定大于小车的位移
BC　[因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv1＝Mv2，ms1＝Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与B端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B、C均正确，D错误；因木块C与B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误．]
4． (多选)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.7v　　B．0.6v　　C．0.4v　　　D．0.2v
BC　[以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，
由机械能守恒定律得：mv2＝mv＋·2mv，
解得：vA＝－v，vB＝v，
负号表示碰撞后A球反向弹回，
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋2m)vB，解得：vB＝v，
则碰撞后B球的速度范围是：v≤vB≤v，故B、C正确，A、D错误．]
5．如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)．质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将物体m3发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起．试求：
(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？
[解析]　(1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得：
m2v2－m3v1＝0．
只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等．
对m1、m3，由动量守恒定律得：m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2，
解得：v1＝1 m/s，即弹簧将m3发射出去的速度至少为1 m/s．
(2)对m2、m3及弹簧，由机械能守恒定律得：
Ep＝m3v＋m2v＝3.75 J．
[答案]　(1)1 m/s　(2)3.75 J
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9(共38张PPT)
章末综合提升
第一章　动量和动量守恒定律
巩固层·知识整合
NO.1
提升层·题型探究
NO.2
主题1
主题2
主题3
培养层·素养升华
NO.3
人射小球
被碰小球
物体在一个过程始末的⑤
等
B
内容于它在这个过程中所受力的冲量
白纸
公式I=F合=P2P,=m△
P N
方案一
适用对象：单个物体或可视为单个物体的系统
动量定理
适用
宏观低速物体或者微观高速物体
科学验证动
适用范围恒力或者变力
量守恒定律
直线运动或者曲线运动
实验
如果一个系统不受外力或者所受外力的矢
方案
内容量和为零，这个系统的⑥
保持不变
p'=p,作用前后总动量相同
△P=0,作用前后总动量不变
方案三
公式
△P,=-△P2,相互作用的两个物体
动量变化量大小相等，方向相反
I=①
定义式
冲量
动量守恒定律
动量守
系统不受⑦
与力F的方向相同
方向
恒定律
守恒
系统所受外力之和⑧
表示力对时间的累积效应物理意义
条件
内力⑨
外力，且作用时
p=②
定义式
间极短，系统动量近似守恒
动量
系统在某一方向上所受的外力之和
kg-m/s,且1kgm/s=1Ns单位
为零，系统在①
上动量守恒
与速度的方向③
方向
弹性碰撞
非弹性碰撞
碰撞
定义式：△p=p2P1=mAv
对心碰撞非对心碰撞
动量变化量
应用
与④
方向相同
反冲
火箭
人船模型
M←
30m
VO
-
发球区
冰道
N
投掷线
营垒区
62第1章 动量和动量守恒定律
①Ft　②mv　③相同　④Δv　⑤动量变化量　⑥总动量　⑦外力　⑧为零　⑨远大于　⑩该方向
主题1　碰撞与爆炸问题
爆炸与碰撞的比较
比较项目 爆炸 碰撞
相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型 由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始
能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能有损失，动能转化为内能
【典例1】　一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．
[解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv， ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt， ②
联立①②式得t＝． ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1， ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2．由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E， ⑤
mv1＋mv2＝0， ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2， ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝． ⑧
[答案]　(1)　(2)
爆炸过程和碰撞过程都可认为是系统动量守恒，但是爆炸过程动能增加，碰撞过程动能不增加，只有理想化的弹性碰撞认为动能不变，而一般情况下系统动能都是减少的．
主题2　多体问题及临界问题
1．多体问题
对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程．
2．临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到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问题．这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答．
【典例2】　甲、乙两小船质量均为M＝120 kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60 kg，通过一根长为L＝10 m的绳用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)两船相遇时，两船分别走了多少距离；
(2)为防止两船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)．
[解析]　(1)由水平方向动量守恒得
(M＋m)＝M， ①
x甲＋x乙＝L， ②
联立①②并代入数据解得x甲＝4 m，x乙＝6 m．
(2)设相遇时甲船和人共同速度为v1，人跳离甲船速度为v．为了防止两船相撞，人跳后至少需甲、乙船均停下，对人和甲船组成的系统由动量守恒定律得
(M＋m)v1＝0＋mv， ③
对甲船和人由动能定理得Fx甲＝(M＋m)v， ④
联立解得v＝4 m/s．
[答案]　(1)4 m　6 m　(2)4 m/s
(1)“人船模型”对于系统初动量为零，动量时刻守恒的情况均适用．
(2)两物体不相撞的临界条件是：两物体运动的速度方向相同，大小相等．
主题3　动量和其他力学知识的综合问题
运用牛顿运动定律、动量、能量的观点解题是解决动力学问题的三条重要途径．求解这类问题时要注意正确选取对象、状态、过程，并恰当选择物理规律．在分析的基础上选用适宜的物理规律来解题，选用规律也有一定的原则．
1．牛顿运动定律(力的观点)
研究某一时刻(或某一位置)的动力学问题应使用牛顿第二定律，研究某一个恒力作用过程的动力学问题，且又直接涉及物体的加速度问题，应使用运动学公式和牛顿第二定律求解．
如：物体在拉力和摩擦力作用下沿水平面运动瞬间的牛顿第二定律方程：F－f＝ma．
物体沿轨道在竖直面内做圆周运动，最低点的向心力方程：F－mg＝．
2．动量定理和动量守恒定律(动量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，则应用动量定理求解，Ft＝mv－mv0．
(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间的，应用动量守恒定律求解．
3．动能定理和能量守恒定律(能量观点)
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．
【典例3】　如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg．现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s．求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l．
[解析]　(1)以小车A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa，代入数据解得a＝2.5 m/s2．
(2)对小车A和物块B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v，
代入数据解得v＝1 m/s．
(3)设小车A和物块B发生碰撞前，小车A的速度为vA，对小车A和物块B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v，
小车A从开始运动到与物块B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAv，
代入数据解得l＝0.45 m．
[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
综合应用力学“三大观点”解题的步骤
(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象．
(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系．
(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程．
(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论．
冰壶运动
冰壶运动——Curling，对于不了解这项运动的人来说，是一件很有趣的事情，它既令人着迷又令人困惑不已．冰壶运动可以追溯到苏格兰中世纪(《牛津英语大辞典》中对curling这个词汇的最早引用可追溯至1638年)，现在的形式是一个相对较新的现象．虽然早在1924年，冰壶运动曾作为表演项目出现在冬季奥运会，但直到1988年的长野冬奥会它才正式成为冬奥会项目．
[设问探究]
1．冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出．设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，试问这样做的目的是什么？
2．为了使冰壶的滑行时间短，分析擦冰区间应在哪部分位置较好？
提示：
1．通过毛刷摩擦冰面，可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数变小，有利于冰壶向前滑行．
2．擦冰区间应越靠近投掷线较好，可以使开始阶段冰壶的平均速度较大，则总的平均速度越大，在距离一定时，时间越短．
[深度思考]　
如图所示，在2009年冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19 kg的冰壶推出，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向营垒区中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是(　　)
A．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
B　[两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1＝mv2＋mv3，
代入数据得：m×0.4＝m×0.1＋mv3，
解得：v3＝0.3 m/s．
动能减小量：ΔEk＝mv－mv－mv＝m(0.42－0.12－0.32)>0
故动能减小，是非弹性碰撞；故选B．]
[素养点评]　
冰壶运动作为冬奥会的运动项目，深受人们的喜爱．冰壶的运动过程包含了很多的物理知识，不但考查学生对体育运动的了解，还可以检验学生应用物理知识分析问题、解决问题的能力．主要通过弄清物理情境，抽象出物理模型，用相应的力学知识分析解答，对学生的理论联系实际的水平有一个较好的体现．
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