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(共52张PPT)
第一章　动量守恒定律
1．动量
学习 任务
1．了解生产生活中的各种碰撞现象。
2．经历寻求碰撞中不变量的过程，体会探究过程中猜想、推理和证据的重要性。
3．知道动量概念及其单位，会计算动量的变化量。
4．认识动量是描述物体运动状态的物理量，深化运动与相互作用的观念。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一　寻求碰撞中的不变量
知识点二　动量及动量的变化量
知识点一　寻求碰撞中的不变量
实验探究(一)　质量不同小球的碰撞
如图所示，质量大的C球与质量小的B球碰撞后，质量小的B球得到的速度比质量大的C球碰撞前的速度__，两球碰撞前后的____之和并不相等。
大
速度
实验探究(二)　气垫导轨上小车的碰撞
(1)实验装置。
(2)实验原理。
两辆小车都放在滑轨上，用一辆运动的小车碰撞一辆____的小车，碰撞后两辆小车粘在一起运动。小车的速度用滑轨上的__________测量。
静止
数字计时器
(3)记录并处理数据。
m1是运动小车的质量，m2是静止小车的质量，v是运动小车碰撞前的速度，v′是碰撞后两辆小车粘在一起的共同速度。
次数 m1/kg m2/kg v/(m· s-1) v′/(m· s-1)
1 0.519 0.519 0.628 0.307
2 0.519 0.718 0.656 0.265
3 0.718 0.519 0.572 0.321
(4)实验结论。
碰撞前后两车质量与速度的乘积之和________。
提醒　在各种碰撞情况下都不改变的量，才是我们寻求的“不变量”。
基本不变
2022年2月4日，第24届冬奥会在“北京—张家口”联合举办。冰壶运动是冬奥会的比赛项目之一。猜想一下两冰壶碰撞过程中的不变量可能是什么？
问题1　你能寻找出两冰壶碰撞过程中的不变量吗？
提示：两冰壶碰撞过程中的不变量可能是mv，也可能是mv2，还可能是等。
问题2　生活中发生的碰撞几乎都不是一维碰撞，一维碰撞是理想化模型吗？
提示：一维碰撞在生活中几乎见不到，所谓的一维碰撞是一种理想化模型。
问题3　碰撞可能有哪些形式？
提示：(1)两个质量相等的物体相碰撞；(2)两个质量相差悬殊的物体相碰撞；(3)两个速度大小相等方向相反的物体相碰撞；(4)一个运动物体与一个静止物体相碰撞；(5)两个物体碰撞时碰后可能不分开等。
寻找碰撞中的不变量
1．实验条件的保证
保证两个物体发生的碰撞是一维碰撞，即两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动。可用斜槽、气垫导轨等控制物体的运动。
2．实验数据的测量
(1)质量的测量——由天平测出。
(2)速度的测量——①光电门测速；②单摆测速；③打点计时器测速；④频闪照片测速；⑤平抛测速等。
3．误差来源的分析
(1)系统误差。
主要来源于装置本身是否符合要求，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板倾角是否合适等。
(2)偶然误差。
主要来源于质量m和速度v的测量和读数，实验中要规范测量和读数，尽量减小实验误差。
【典例1】　(2022·重庆南开中学期末)某同学利用气垫导轨做“寻求碰撞中的不变量”的实验，实验装置如图所示，所用的装置由气垫导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
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接通光电门电源；
④两滑块之间有一压缩的弹簧，并用细线连在一起(图中未画出)，开始时两滑块放在气垫导轨中央；
⑤烧断细线后，两滑块被弹簧弹开，分别向左、向右运动。左侧滑块通过左侧光电门，记录的遮光时间为0.040 s，右侧滑块通过右侧光电门，记录的遮光时间为0.060 s；
⑥测出遮光片的宽度d＝9 mm，测得左侧滑块的质量为100 g，右侧滑块的质量为150 g。
(1)实验中气垫导轨的作用：
a．______________________________________________________；
b．_____________________________________________________。
[解析]　气垫导轨的作用：a.减小滑块与导轨间的摩擦引起的误差；b.保证两个滑块的运动在一条直线上。
[答案]　见解析
(2)规定水平向右为正方向，则两滑块被弹开时左侧滑块的质量与速度的乘积m1v1＝________g·m/s，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝________g·m/s，说明两滑块在被弹开的过程中________不变。
[解析]　左侧滑块通过左侧光电门的速度为v1＝ m/s＝0.225 m/s
右侧滑块通过右侧光电门的速度为v2＝ m/s＝0.150 m/s
规定水平向右为正方向，则两滑块被弹开时左侧滑块的质量与速度的乘积m1v1＝－100×0.225 g·m/s＝－22.5 g·m/s
两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝－22.5 g·m/s＋150×0.150 g·m/s＝0
说明两滑块在被弹开的过程中质量和速度的乘积之和不变。
[答案]　见解析
[跟进训练]
1．(多选)用如图装置做探究碰撞中的不变量实验，下列说法正确的是(　　)
A．在实验前，必须把长木板的一端垫高，使A能拖着纸带匀速下滑
B．小车速度v＝，Δx为任意两计数点间的距离
C．A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动
D．小车A必须从紧靠打点计时器的位置无初速度释放
√
√
AC　[本实验需要平衡摩擦力，故在实验前，必须把长木板的一端垫高，使A能拖着纸带匀速下滑，故A正确；小车速度v＝，Δx为两相邻计数点间的距离，故B错误；为了得出碰后的动量，必须保证A、B碰撞后以共同速度一起运动，否则碰撞后B的速度无法测得，故C正确；若要发生碰撞，小车A应具有初速度，应使小车A在手推动下开始运动，故D错误。]
知识点二　动量及动量的变化量
1．动量
(1)定义：物体的____和____的乘积。
(2)公式：p＝____。
(3)单位：__________，符号：____________。
(4)矢量性：方向与____的方向相同，运算遵守__________定则。
质量
速度
mv
千克米每秒
kg·m/s
速度
平行四边形
2．动量的变化量
(1)动量的变化量公式：Δp＝p2－p1＝____________＝______。
(2)矢量性：其方向与____的方向相同。
(3)特例：如果物体在一条直线上运动，分析计算Δp以及判断Δp的方向时，可选定一个正方向，将____运算转化为____运算。
提醒　物体速度的大小不变而方向变化时，动量一定发生变化。
mv2－mv1
mΔv
Δv
矢量
代数
2022年10月30日，在2022新乡世界杯决赛中，我国运动员斩获乒乓球世界杯男单冠军，假设在某次对战中，乒乓球的来球速度大小v1＝10 m/s，运动员以v2＝15 m/s速度反向扣杀回去，乒乓球的质量m＝2.70 g。
问题1　乒乓球的来球动量大小p1为多大？乒乓球的回球动量大小p2为多大？二者的方向是什么关系？
提示：p1＝mv1＝2.70×10-2 kg·m/s，p2＝mv2＝4.05×10-2 kg·m/s，二者的方向相反。
问题2　过程中乒乓球的动量变化量Δp的大小为多大？方向如何？
提示：取v1的方向为正方向，Δp＝p2－p1＝－4.05×10-2 kg·m/s－2.70×10-2 kg·m/s＝－6.75 kg·m/s，负号说明Δp的方向与来球速度v1反向。
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
(1)动量的变化量是过程量，分析计算时，要明确是物体在哪一个过程的动量变化。
(2)Δp＝p′－p是矢量式，Δp、p′、p间遵循平行四边形定则，如图所示。
(3)Δp的计算
①当p′、p在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算；
②当p′、p不在同一直线上时，应依据平行四边形定则运算。
3．动量和动能的比较
比较项 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
标矢性 矢量 标量
换算关系 角度1　动量的理解
【典例2】　(2022·佛山一中月考)关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．物体的速度方向改变，其动量不一定改变
C．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是该时刻的加速度方向
√
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错误；动量的方向与速度的方向相同，物体的速度方向改变，其动量一定改变，B错误；动量相同是指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C正确；动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，与加速度的方向不一定相同，故D错误。]
角度2　动量变化及动能变化的计算
【典例3】　羽毛球是速度最快的球类运动之一，假设羽毛球的速度为90 km/h，运动员将羽毛球以342 km/h的速度大小反向击回。设羽毛球的质量为5 g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的速度变化量和动量变化量；
[解析]　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
羽毛球的初动量为p1＝mv1＝－5×10-3×25 kg·m/s＝－0.125 kg·m/s
羽毛球的末动量为p2＝mv2＝5×10-3×95 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
即羽毛球的速度变化量大小为120 m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同；动量变化量大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同。
[答案]　120 m/s，方向与羽毛球飞回方向相同　动量变化量　0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同　
(2)运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化量。
[解析]　羽毛球的初动能：
Ek＝×5×10-3×(－25)2 J≈1.56 J
羽毛球的末动能：
Ek′＝×5×10-3×952 J≈22.56 J
所以ΔEk＝Ek′－Ek＝21 J。
[答案]　21 J
[跟进训练]
2．(角度1)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．物体的动能若不变，则动量一定不变
C．动量变化量的方向一定和动量的方向相同
D．动量越大的物体，其惯性也越大
√
A　[动量和速度都是矢量，由物体的动量p＝mv可知运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向，故A正确；物体的动能若不变，则物体的速度大小不变，但速度方向可能改变，因此动量可能改变，故B错误；动量变化量的方向与动量的方向不一定相同，故C错误；质量是惯性大小的唯一量度，而物体的动量p＝mv，动量大小取决于质量与速度大小的乘积，因此动量大的物体惯性不一定大，故D错误。]
3．(多选)(角度2)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到变化规律如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是(　　)
A．第1 s末质点的速度大小为2 m/s
B．第2 s末质点的动量大小为6 kg·m/s
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
√
√
BD　[质点由静止开始运动，由牛顿第二定律可得，0～1 s内质点的加速度大小为a1＝ m/s2＝4 m/s2，1～2 s内质点的加速度大小为a2＝ m/s2＝2 m/s2，则第1 s末质点的速度大小为v1＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，第2 s末质点的速度大小为v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1) m/s＝6 m/s，因此第2 s末质点的动量大小为p＝mv2＝1×6 kg·m/s＝6 kg·m/s，选项A错误，B正确；第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为Δp1∶Δp2＝(mv1－0)∶(mv2－mv1)＝2∶1，选项C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为ΔEk1∶ΔEk2＝∶＝4∶5，选项D正确。]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．(多选)(2022·安徽宣城高二期中)利用如图所示的装置探究碰撞中的不变量，则下列说法正确的是(　　)
A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C．两小球必须都是刚性球，且质量相同
D．悬挂两球的细绳的悬点可以在同一点
√
√
5
1
2
3
4
AB　[两细绳等长能保证两球发生正碰，以减小实验误差，悬挂两球的细绳的悬点不能在同一点，A正确，D错误；计算小球碰撞前速度时用到了mgh＝，即当初速度为零时，能方便准确地计算小球碰撞前的速度，B正确；本实验中对小球是否有弹性无要求，两小球质量不一定相同，C错误。]
5
1
2
3
4
2．(2022·广东实验中学月考)下列运动中的物体或人，动量始终保持不变的是(　　)
A．绕地球匀速运行的同步卫星
B．小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变
C．用绳子拉着物体使其沿斜面做匀速直线运动
D．荡秋千的小孩(每次荡起的高度保持不变)
√
5
1
2
3
4
C　[动量的表达式为p＝mv，动量是矢量，分析如下：绕地球匀速运行的同步卫星，速度大小不变，方向不断变化，所以动量改变，A错误；小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变，但方向改变，所以动量改变，B错误；用绳子拉着物体使其沿斜面做匀速直线运动，物体的速度大小和方向都不发生改变，所以动量不变，C正确；荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中速度大小和方向都发生周期性变化，所以动量改变，D错误。故选C。]
5
1
2
3
4
3．(2022·河南濮阳范县一中月考)如图所示，甲、乙两人在水平路面上沿相反方向运动。已知甲的质量为40 kg，速度大小v1＝5 m/s；乙的质量为80 kg，速度大小v2＝2.5 m/s。则以下说法正确的是(　　)
A．甲的动量比乙的动量大
B．甲、乙两人的动量相同
C．甲动量大小为200 kg·m/s2，方向水平向右
D．乙动量大小为200 kg·m/s，方向水平向右
√
5
1
2
3
4
D　[根据公式p＝mv可知甲的动量大小为p1＝m1v1＝200 kg·m/s，方向水平向左，乙的动量大小为p2＝m2v2＝200 kg·m/s，方向水平向右，则甲、乙动量大小相等，但方向不同。选项D正确。]
5
1
2
3
4
4．关于“探究碰撞中的不变量”的实验，下列说法不正确的是(　　)
A．实验要求碰撞一般为一维碰撞
B．实验中的不变量是系统中物体各自的质量与速度的乘积之和
C．只需找到一种情境的不变量即可，结论对其他情境也同样适用
D．进行有限次实验找到的不变量，具有偶然性，结论还需要实践检验
√
5
1
2
3
4
C　[该实验是在一维碰撞情况下设计的，其他非一维碰撞情况未做探究，A说法正确；系统中物体各自的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量，B说法正确；不变量应是在各种情境下都不变的量，具有普遍性，在一种情境下满足的不变量，对其他情境不一定适用，C说法错误；进行有限次实验找到的不变量，具有偶然性，结论还需要在其他情境下进行检验，D说法正确。]
5
1
2
3
4
5．下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是(　　)
A．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同
B．两物体中动能大的物体，其动量也一定大
C．物体的速度大小不变时，动量的变化量Δp不一定为零
D．物体做曲线运动时，动量的变化量一定不为零
√
5
1
2
3
4
C　[由动量p＝mv和动能Ek＝mv2可解得Ek＝，若两个物体的动量相同，而质量不同，则它们的动能不相同，A错误；两物体中动能大的物体质量可能小，由p＝知，其动量不一定大，B错误；当物体的速度大小不变、方向变化时，Δp≠0，C正确；当物体做曲线运动时，动量的变化量Δp可能为零，如做匀速圆周运动的物体运动一周时的Δp为零，D错误。]
5
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．研究碰撞中的不变量中指的是什么不变？
提示：碰撞前后的总动量。
2．动量发生变化，动能一定变化吗？试举一例说明。
提示：不一定，如匀速圆周运动。
3．动量变化的计算一定遵循平行四边形定则吗？
提示：不一定，同一直线上可按代数运算。
阅读材料·拓展物理视野
03
动量概念的建立
最先提出动量概念的是法国科学家笛卡儿(R.Descartes，1596－1650)。他继承了伽利略的说法，把物体的大小(质量)与速率的乘积叫作动量，并认为它是量度运动的唯一正确的物理量。不过笛卡儿忽略了动量的方向性，尽管如此，他的工作还是给后人的继续探索打下了很好的基础。
1668年，惠更斯发表了一篇题为《关于碰撞对物体运动的影响》的论文，总结了他对碰撞问题在实验和理论上的研究成果。结论是：“每个物体所具有的‘动量’在碰撞时可以增多或减少，但是它们的量值在同一个方向的总和却保持不变。”他在这里明确指出了动量的方向性和守恒性。
后来，牛顿把笛卡儿的定义略做修改，不用质量和速率的乘积，而用质量和速度的乘积，这样就得到一个合适的量度运动的物理量。牛顿把这个量叫作运动量，现在叫作动量。
科学先驱们就是在追寻不变量的努力中，才逐渐建立起动量的概念。(共50张PPT)
第一章　动量守恒定律
2．动量定理
学习 任务
1 ．能在恒力情况下进行理论推导，得出动量定理及其表达式。
2．知道冲量概念，知道动量定理及其表达式的物理意义。
3．知道动量定理适用于变力情况，领会求解变力冲量时的极限思想。
4．会用动量定理解释生活生产中的相关现象和解决实际问题。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一　冲量
知识点二　动量定理
知识点一　冲量
1．定义　力与力的________的乘积叫作力的冲量。
2．公式　I＝______。
3．单位　____，符号是_____。
4．矢量性　力的方向不变时，冲量的方向与________相同。
5．物理意义　反映力的作用对____的累积效应。
提醒　动量和冲量的单位从表面上看不相同，但其实是一样的，由牛顿第二定律F＝ma知，1 N＝1 kg·m/s2，故1 N·s＝1 kg·m/s2·s＝1 kg·m/s。
作用时间
FΔt
牛秒
N·s
力的方向
时间
如图甲所示，让两只鸡蛋从相同高处自由落下，分别落在海绵垫上和塑料盘中，用力传感器记录弹力随时间的变化关系，发现F-t图线与坐标轴围成的图形的面积近似相等。
问题1　这个面积表示什么？
提示：力对时间的累积效果。
问题2　在碰撞过程中延长作用时间，作用力如何变化？
提示：作用力将变小。
1．冲量的特点
(1)冲量是过程量：冲量描述的是力对时间的累积效果，是一个过程量。研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量。
(2)冲量是矢量：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致。
2．冲量的计算
(1)恒力冲量的计算。
恒力的冲量直接用公式I＝FΔt计算。
(2)变力冲量的计算。
①“平均力”法求变力的冲量：如图甲所示，力与时间成线性关系时，则I＝Δt＝(t2－t1)。
②“面积”法求变力的冲量：在F-t图像中，图线与t轴所围的面积等于对应时间内力的冲量。图甲、乙中阴影部分的面积即为t1～t2时间内变力的冲量。
③利用动量定理求解，即I＝Δp。
(3)合冲量的计算。
①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和；
②如果各个力(均为恒力)的作用时间相同，可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
【典例1】　如图所示的是某种儿童滑梯，其中间的滑道长度为2.2 m，假设可以看成倾角α＝37°的斜面，有一质量为15 kg的儿童沿中间滑道从顶端由静止滑下，该儿童与滑道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑下中间滑道的过程中，该儿童所受各力的冲量和合力的冲量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[思路点拨]　(1)应用牛顿第二定律及位移公式求出儿童的下滑时间；
(2)应用公式I＝Ft计算儿童所受各力的冲量和合力的冲量。
[解析]　对儿童受力分析可知，下滑过程受重力、支持力及摩擦力的作用，由牛顿第二定律得
mg sin α－μmg cos α＝ma
又L＝at2
解得儿童的下滑时间t＝1 s
故重力的冲量I1＝mgt＝150×1 N·s＝150 N·s，方向竖直向下。
支持力的冲量I2＝mg cos α·t＝150×0.8×1 N·s＝120 N·s，方向垂直于滑道向上。
摩擦力的冲量I3＝μmg cos α·t＝0.2×150×0.8×1 N·s＝24 N·s，方向沿着滑道向上。
物体受到的合力F合＝mg sin α－μmg cos α＝150×0.6 N－24 N＝66 N；
故合力的冲量I＝F合t＝66×1 N·s＝66 N·s，方向沿着滑道向下。
[答案]　见解析
规律总结　计算冲量的两点注意事项
(1)求冲量时，一定要注意是求解哪个力在哪一段时间内对哪个物体的冲量。
(2)求单个力的冲量或合力的冲量时，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝FΔt计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。
[跟进训练]
1．(2022·河北唐山调研)关于力的冲量，下列说法正确的是(　　)
A．力越大，力的冲量就越大
B．一对作用力与反作用力的冲量一定大小相等、方向相反
C．冲量是矢量，冲量的方向一定与力的方向相同
D．F1与作用时间t1的乘积大小等于F2与作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量一定相同
√
B　[冲量是力对时间的累积效果，其大小等于力与力的作用时间的乘积，力大冲量不一定大，其大小还与力的作用时间有关，A错误；一对作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，因此一对作用力与反作用力的冲量总是大小相等、方向相反，B正确；冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时冲量的方向与力的方向相同，在作用时间内力的方向变化时冲量的方向与力的方向不一定相同，C错误；冲量是矢量，两个矢量相同必须满足大小相等、方向相同，故D错误。]
2．(多选)(2022·浙江宁波期末)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球(　　)
A．所受合力的冲量水平向右
B．所受支持力的冲量水平向右
C．所受合力的冲量大小为m
D．所受重力的冲量大小为0
√
√
AC　[小球从A到B的过程中，做圆周运动，在B点时的速度方向沿切线方向，水平向右，从A到B，根据动能定理得mgR＝mv2－0，解得小球在B点的速度v＝，方向水平向右，根据动量定理得I合
＝Δp＝mv＝m，方向水平向右，选项A、C正确；重力是恒力，小球从A到B，重力和时间都不为0，因此重力的冲量大小不为0，选项D错误；小球从A到B，合力的冲量水平向右，重力的冲量竖直向下，根据矢量合成的平行四边形定则可知支持力的冲量不可能水平向右，选项B错误。]
知识点二　动量定理
1．内容　物体在一过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的__________。
2．公式　I＝p′－p＝_________。
3．牛顿第二定律的另一种表述　物体所受合力等于物体____________，即F＝。
动量变化量
mv′－mv
动量的变化率
如图所示，一个质量为m的物体，在动摩擦因数为μ的水平面上运动，受到一个与运动方向相同的恒力F作用，经过时间t，速度由v增加到v′。
问题1　在时间t内拉力F的冲量和合外力的冲量各是多大？
提示：Ft　(F－μmg)t
问题2　在此过程中，物体动量的变化量是多大？
提示：mv′－mv
问题3　恒力F的冲量与物体动量的变化量相等吗？
提示：不相等。合外力的冲量(F－μmg)t与动量的变化量才相等。
1．对动量定理的理解
(1)物理意义：合外力的冲量是动量变化的原因。
(2)矢量性：合外力的冲量方向与物体动量变化量方向相同。
(3)相等性：物体在时间Δt内所受合外力的冲量等于物体在这段时间Δt内动量的变化量。
(4)独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量。
(5)适用范围。
①动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力。
②对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
③不仅适用于单个物体，而且也适用于物体系统。
2．动量定理的应用
(1)用动量定理解释现象。
①物体的动量变化一定，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，此时力的作用时间越长，物体的动量变化越大；力的作用时间越短，物体的动量变化越小。
(2)应用I＝Δp求变力的冲量。
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
角度1　动量定理的定性应用
【典例2】　(2022·北京海淀期中)安全气囊是汽车安全保障的重要设施，它与座椅安全带配合使用，可以为乘员提供有效的防撞保护，在汽车相撞时，汽车安全气囊可使头部受伤率减少25%，面部受伤率减少80%左右。若某次汽车安全测试中，汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊未打开与安全气囊顺利打开相比，下列说法正确的是(设每次测试汽车速度相同)(　　)
A．安全气囊未打开时，模拟乘员的动量变化量大
B．安全气囊打开时，模拟乘员受到的撞击力小
C．安全气囊未打开时，模拟乘员受到撞击力的冲量大
D．安全气囊打开时，模拟乘员的动量变化快
√
B　[无论安全气囊是否打开，模拟乘员的初、末动量不变，动量变化量不变，根据I＝Δp，可知受到撞击力的冲量不变，故A、C错误；安全气囊打开时，模拟乘员速度变化的时间增加，而动量变化量不变，则模拟乘员的动量变化慢，根据Ft＝Δp，可知模拟乘员受到的撞击力小，故B正确，D错误。故选B。]
规律总结　应用动量定理定性分析有关现象的方法
根据动量定理FΔt＝p′－p＝Δp可知：
①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小；
②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大；
③Δt一定，F小则Δp小，F大则Δp大。
角度2　动量定理的定量计算
【典例3】　(2022·山东东营广饶一中高二月考)一高空作业的工人重为600 N，系一条长L＝5 m的安全带(质量不计)，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s(工人最终悬挂在空中)，求缓冲过程中安全带受到的平均冲力。(g取10 m/s2，忽略空气阻力的影响)
[思路点拨]　本题求缓冲过程中安全带受到的平均冲力，分析清楚工人的运动过程，应用匀变速直线运动规律和动量定理即可解题；应用动量定理解题时要注意规定正方向。
[解析]　方法一：分段列式法
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，由＝2gL，得v1＝，经缓冲时间t＝1 s后工人的速度变为零，取向下为正方向，对工人分析，工人受两个力作用，即拉力F和重力G＝mg。由动量定理得(G－F)t＝0－mv1，代入数据解得F＝1 200 N，由牛顿第三定律知，工人对安全带的平均冲力F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下。
方法二：全程列式法
在整个下落过程中，对工人应用动量定理，得重力的冲量大小为I＝G，拉力F的冲量大小为Ft。工人的初、末动量均为零，取向下为正方向，由动量定理得－Ft＝0，解得F＝1 200 N，由牛顿第三定律知，工人对安全带的平均冲力F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下。
[答案]　1 200 N，方向竖直向下
规律总结　应用动量定理求解问题的三点提醒
(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可分阶段对物体进行受力分析求解，也可对全过程进行受力分析求解。
(2)在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏。
(3)列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
角度3　应用动量定理处理“流体类”问题
【典例4】　(2022·江苏苏州月考)高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10-7m2，喷嘴射出的水流速度为103 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为(　　)
A．1 000 N　　B．100 N　　C．10 N　　D．1 N
√
[思路点拨]　本题考查动量定理的应用，根据题意可明确单位时间内喷到工件上的水的质量，再由动量定理可求得高速水流在工件上产生的压力。要注意明确单位时间内喷到工件上水的质量的求解方法，注意动量定理中的方向性。
B　[单位时间内喷到工件上的水的体积V0＝Svt，故质量m＝ρV0＝ρSvt，设水的初速度方向为正方向，则由动量定理可得Ft＝0－mv，解得F＝－100 N，根据牛顿第三定律，高速水流在工件上产生的压力大小为100 N，方向沿水流的方向；故B正确，A、C、D错误，故选B。]
规律方法　连续流体类问题模型特点及求解思路
流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件
分析 步骤 1 建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2 用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
[跟进训练]
3．(2022·湖北部分名校高二联考)杂技演员做高空表演时，为了安全，常在演员下面挂一张很大的安全网，当演员出现失误从高处掉下落在安全网上时，与落在相同高度的地面上相比较，下列说法正确的是(　　)
A．演员落在安全网上，受到的平均冲击力较小
B．演员落在安全网上，速度减小得更快
C．演员落在地面上，地面对演员做的功更多
D．演员落在地面上，受到地面的冲量更大
√
A　[演员落在网上时的速度与落在相同高度的地面上时的速度相等，故演员落在网上时的动量和落在地面上时的动量相等，因动量的变化量相同，而减速时间延长，由动量定理Δp＝Ft可知，演员落在网上受到的网的平均作用力较小，选项A正确；演员落在网上时由于网的缓冲，减速时间延长，故速度变化较慢，选项B错误；由于演员在地面上和落在网上初、末动能均相同，故由动能定理可得，地面和网对演员做的功一样多，选项C错误；演员落在网上时的动量和落在地面上时的动量相等，末动量均变为0，则动量变化相等，由动量定理I＝p′－p可知，受到的冲量一样大，选项D错误。]
4．(2022·湖北沙市中学期中)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，所以经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为150 g，从离人眼20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，则手机与眼睛作用过程中，下列分析正确的是(　　)
A．手机的动量变化量为0.45 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量大小为0.15 N·s
C．手机对眼睛的冲量大小为0.3 N·s
D．手机对眼睛的作用力大小为4.5 N
√
D　[由题意可知手机下落高度h＝20 cm＝0.20 m，手机质量m＝150 g＝0.15 kg，则手机砸到眼睛瞬间的速度为v＝＝2 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取竖直向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中，手机的动量变化量为Δp＝0－mv＝－0.30 kg·m/s，故A错误；手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取竖直向下为正方向，则mgt－I＝Δp，代入数据解得眼睛对手机的冲量大小为I＝0.45 N·s，所以手机对眼睛的冲量大小I′为0.45 N·s，故B、C错误；由冲量的定义得手机对眼睛的作用力大小为F＝ N＝4.5 N，故D正确。]
5．2021年7月4日，神舟十二号上的航天员刘伯明、汤洪波从空间站天和核心舱节点舱成功出舱，身上穿着我国自主研制的“飞天”舱外航天服，航天服内置微型喷气发动机和操纵系统，相当于微型载人航天器。假设未来有一天，航天员登陆月球，在月球表面悬停，已知航天服连同航天员和装备的总质量为m，喷气口的横截面积为S，气体的密度为ρ，且气体喷出前的速度为零，月球的质量为M，月球的半径为R，引力常量为G。要使航天员能在月球表面悬停，则单位时间内喷射的气体的质量为(不计气体喷出引起的质量变化)(　　)
A．　　B．C．　　D．
√
D　[设单位时间内喷出气体的质量为Δm，则Δm＝ρV＝ρSvt＝ρSv，喷出的气体的速度v＝。设气体对航天员的作用力为F，悬停在空中时航天员处于平衡状态，由平衡条件得F＝mg＝G，对喷出的气体，由动量定理得Ft＝Δmv－0，解得Δm＝，选项D正确。]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．(2022·北京中央民族大学附中高二月考)下面关于冲量的说法正确的是(　　)
A．物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大
B．当力与位移垂直时，该力的冲量为零
C．不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同
D．只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定
√
1
2
3
4
C　[冲量是力与时间的乘积，力大冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，只要力作用一段时间，该力的冲量就不为零，B错误；重力和作用时间均相同，则重力的冲量相同，与物体的运动状态无关，C正确；力的大小恒定，但方向却不一定相同，其相同时间内的冲量不一定相同，D错误。]
1
2
3
4
2．(2022·北京丰台期末)篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的目的是(　　)
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
√
1
2
3
4
A　[接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误；手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，选项A正确，D错误。]
1
2
3
4
3．(2022·山东烟台二中高二月考)质量为1 kg的物体做直线运动，其速度－时间图像如图所示。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
√
D　[由题图图像可知，在前10 s内物体的初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内物体的末动量p3＝－5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选D。]
1
2
3
4
4．北京冬奥会于2022年2月4日至20日举办，跳台滑雪是其中极具观赏性的项目之一，某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝15 m，C为圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。重力加速度g取10 m/s2，不计一切摩擦。
1
2
3
4
(1)求在长直助滑道AB段运动员所受重力的冲量大小；
[解析]　A到B的过程中，运动员做匀加速直线运动，
由vB＝v0＋at可得由A点到B点所用的时间为
t＝ s＝6 s
则重力的冲量为IG＝mgt＝3 600 N·s。
[答案]　3 600 N·s　
1
2
3
4
(2)求运动员在AC段所受合外力的冲量I的大小。
[解析]　B到C的过程中，根据动能定理mgh＝
得到达C点的速度为：vC＝ m/s＝20 m/s
运动员在AC段所受合外力的冲量I＝mvC－0＝1 200 N·s。
[答案]　1 200 N·s
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．请思考冲量和功的不同。
提示：(1)冲量是矢量、功是标量；冲量改变物体的动量，功改变物体的动能。
(2)某个力在一段时间内，做的功可以为零，但冲量不一定为零。
(3)一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，正负号一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，正负号也不一定相反。
2．由动量定理可知物体所受合力的冲量等于动量的变化量。某同学得出冲量和动量的单位可以通用，这种说法正确吗？
提示：不正确。两者的物理意义不同。
3．在船舷和码头悬挂一些具有弹性的物体(如旧轮胎)是为了减小冲量吗？
提示：不是。可以延长作用时间，减小船受到的撞击力。(共55张PPT)
第一章　动量守恒定律
3．动量守恒定律
学习 任务
1．能运用动量定理和牛顿第三定律分析碰撞现象中的动量变化。
2．在了解系统、内力和外力的基础上，理解动量守恒定律。
3．能够运用动量守恒定律分析生产生活中的有关现象。
4．了解动量守恒定律的普遍适用性和牛顿运动定律适用范围的局限性。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一　相互作用的两个物体的动量改变
知识点二　动量守恒定律
知识点一　相互作用的两个物体的动量改变
1．构建相互作用模型
如图所示，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．分析推导
(1)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)物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝________________ 。 ②
(3)由牛顿第三定律知F1__－F2。 ③
(4)整理①②③得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。
m1v1′－m1v1
m2v2′－m2v2
＝
3．结论
(1)两个物体碰撞后的动量之和____碰撞前的动量之和。
(2)两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力的矢量和为_的情况下动量守恒。
等于
0
如图所示，甲乙两人原来面对面静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。
问题1　甲、乙两人间相互作用力的冲量有什么关系？
提示：等大反向。
问题2　甲、乙两人相互作用过程中动量变化有什么关系？
提示：等大反向。
问题3　甲、乙两人的总动量在推动前后是否发生了变化？
提示：没发生变化，仍为0。
1．分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力，系统内力是系统内物体的相互作用力，它们对系统的冲量的矢量和为零，虽然会改变某个物体的动量，但不改变系统的总动量。
2．推导结果表明相互作用前系统的总动量等于相互作用后系统的总动量。需要指出的是，虽然两物体之间的作用力是变力，但由于两个力在碰撞过程中的每个时刻都大小相等、方向相反，因此，推导结果对过程中的任意两个时刻的状态都适用。
【典例1】　如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并粘在一起运动，碰撞前后A的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后A、B的共同速度及物块B的质量分别为多少？
[解析]　根据题图乙可知，碰撞前A的速度vA＝5 m/s，碰撞后A、B的共同速度v＝2 m/s。
A和B相互作用过程中，动量不变，以A、B为研究对象可得，取vA的方向为正方向，有mAvA＝(mA＋mB)v，得mB＝3 kg。
[答案]　2 m/s　3 kg
[跟进训练]
1．A、B两个相互作用的物体，在相互作用的过程中外力的合力为零，则以下说法正确的是(　　)
A．A的动量变大，B的动量一定变大
B．A的动量变大，B的动量一定变小
C．A与B的动量变化相等
D．A与B受到的冲量大小相等
√
D　[A、B两个相互作用的物体，在相互作用的过程中外力的合力为零，则A、B两物体的动量之和不变，若二者同向运动时发生碰撞，A的动量变大，B的动量一定变小，A错误；将两个弹性较好的皮球挤压在一起，释放后各自的动量都变大，B错误；由两物体的动量之和不变可知两物体的动量变化量大小相等、方向相反，C错误；相互作用的两个物体各自所受的合力互为作用力与反作用力，由冲量定义式I＝FΔt可知，两物体受到的冲量也是大小相等、方向相反，D正确。]
知识点二　动量守恒定律
1．系统的内力与外力
(1)系统：由两个(或多个)________的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称____。
(2)内力：______物体间的作用力。
(3)外力：________的物体施加给系统内物体的力。
相互作用
系统
系统中
系统以外
2．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0，这个系统的总动量________。
(2)适用条件：系统________或所受外力的矢量和为__。
3．动量守恒定律的普适性
动量守恒定律的适用范围：
(1)低速、宏观物体系统领域。
(2)____(接近光速)、____(小到分子、原子的尺度)领域。
保持不变
不受外力
0
高速
微观
如图甲所示为斯诺克台球比赛的情境，球员打出白色球撞击红色球；如图乙所示，假设地面光滑，人站在平板车上通过铁锤连续地敲打平板车。
问题1　图甲中对白球和红球组成的系统，哪是内力？哪是外力？
提示：两球间的作用力是内力，台面对球的支持力是外力。
问题2　图甲中如果不考虑台面的摩擦，在碰撞过程中两球组成的系统总动量守恒吗？
提示：总动量守恒。
问题3　图乙在连续的敲打下，这辆车不是持续地向右运动，而是左右振动。为什么会出现这种现象？
提示：人、锤和车组成的系统水平方向动量守恒，人把锤向上挥起，车向右运动，当锤停下，车也停下。当人挥动锤击打车，车向左运动，击打结束，锤停止车也停止，故车左右振动，不能持续地向右运动。
问题4　若以人、锤组成的系统为研究对象或者以人、车组成的系统为研究对象，在打击过程中，系统动量守恒吗？
提示：两种情况下系统动量都不守恒，因为以人、锤组成的系统为研究对象，打击过程系统外的车参与了作用；以人、车组成的系统为研究对象，打击过程系统外的锤参与了作用。
1．对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、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．动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为0。
(2)系统受外力作用，合外力也不为0，但合外力远远小于内力。这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况。
(3)系统所受到的合外力不为0，但在某一方向上合外力为0，或在某一方向上外力远远小于内力，则系统在该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律不同表达式的含义
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(或p＝p′)：表示相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量。
(2)Δp1＝－Δp2：表示相互作用的两个物体组成的系统，其中一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量一定大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：表示系统总动量的变化量为零。
角度1　动量守恒条件的理解
【典例2】　(多选)(2022·河北唐山月考)下列各图所对应的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)
A．甲　 B．乙　　　
C．丙　 D．丁
√
√
AC　[题图甲中，子弹射入木块的过程中，系统水平方向受到的合力为零，则系统动量守恒；题图乙中，剪断细线，压缩的弹簧恢复原长的过程中，水平方向要受到竖直墙壁对M的作用，即水平方向受到的合力不为零，系统动量不守恒；图丙中，两球匀速下降，则受到的重力和浮力的合力为零；剪断细线后，系统受到的重力和浮力不变，则系统受到的合力仍为零，系统动量守恒；图丁中，物块沿放在光滑地面上的光滑斜面下滑的过程中，竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，但是系统在水平方向的动量守恒；故选AC。]
规律方法　判断动量守恒的两大技巧
(1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。 判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力。
角度2　动量守恒定律的应用
【典例3】　(两个物体组成的系统动量守恒)雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车与另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞，如图甲、乙所示)。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？
[思路点拨]　以两车组成的系统为研究对象，该系统受到的外力有重力、支持力和摩擦力。由于碰撞时间很短，碰撞过程中系统所受合外力远小于系统内力，可近似认为在该碰撞过程中系统动量守恒。根据动量守恒定律，可求出碰撞后两车的共同速度。
[解析]　设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。
由题意可知，m1＝1.8×103 kg，m2＝1.2×103 kg，v1＝36 km/h，v2＝18 km/h。
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝＝28.8 km/h
所以，追尾后两车的速度大小为28.8 km/h。
[答案]　28.8 km/h
规律方法　应用动量守恒定律解题的步骤
(1)确定研究对象，即相互作用的物体组成的系统；
(2)判断是否符合动量守恒的条件；
(3)选取研究过程，确定始、末状态；
(4)规定正方向，确定始、末状态的动量；
(5)根据动量守恒定律，列方程求解。
【典例4】　(多个物体组成的系统动量守恒)(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上，c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车静止。此后(　　)
A．a车比c车速度小
B．b、c两车的距离保持不变
C．a、b两车运动速度相同
D．a、c两车运动方向相反
√
√
[思路点拨]　小孩与a、b、c三辆车组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，分三个过程，分别由动量守恒定律分析小孩与三辆车速率的关系。
AD　[设小孩跳离c车和b车时对地的水平速度为v，车的质量为M，小孩的质量为m，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律知，小孩跳离c车的过程，有0＝Mvc＋mv，小孩跳上b车前到跳离b车后的过程，对于小孩和b车组成的系统，有mv＝Mvb＋mv，小孩跳上a车的过程，有mv＝(M＋m)va，所以vc＝－。可知|vc|＞va＞vb，并且vc与va方向相反，选项A、D正确，C错误。由速度关系可知，b、c两车的距离逐渐增大，选项B错误。]
规律方法　“五步法”解决多物体多过程问题
【典例5】　(系统在某一方向上动量守恒)(2022·安徽六安期中)如图所示，质量为m＝1 kg的小物块在距离车底部h＝20 m高处以一定的初速度向左被水平抛出，落在以v0＝7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车足够长，质量为M＝4 kg，设小物块在落到车底前瞬间的速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，则当小物块与小车相对静止时，小车的速度大小是(　　)
A．1 m/s B．3 m/s
C．9 m/s D．11 m/s
√
B　[小物块做平抛运动，下落时间为t＝＝2 s，小物块落到车底前瞬间，竖直方向速度大小为vy＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s，小物块在落到车底前瞬间的速度大小是v＝25 m/s，根据速度合成原则可知，小物块水平方向的速度大小为vx＝ m/s＝15 m/s，小物块与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有Mv0－mvx＝(M＋m)v共，解得v共＝3 m/s，故B正确。]
[跟进训练]
2．(多选)如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车的总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，突然烧断细绳后，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并与B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)
A．弹簧恢复原长过程中，C向右运动，同时小车也向右运动
B．C与B碰前，C与小车的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动
√
√
BC　[小车与木块C组成的系统动量守恒，系统在初状态的总动量为零，则在整个过程中任何时刻系统的总动量都为零，故弹簧恢复原长过程中，C向右运动，同时小车向左运动，故A错误；以向右为正方向，C与B粘在一起前，由动量守恒定律得mvC－Mv车＝0，解得，故B正确；系统的总动量守恒且为零，C与油泥粘在一起后，小车和C立即停止运动，故C正确，D错误。]
3．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为4m的木板B，它的左端静止着一个质量为2m的物块A，现让A、B一起以水平速度v0向右运动，与其前方静止的另一个木板C相碰后粘在一起，已知C与B完全相同，在两木板相碰后的运动过程中，物块A恰好没有滑下木板，且物块A可视为质点，则两木板的最终速度为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
√
C　[设两木板碰撞后的速度为v1，以v0的方向为正方向，对两木板碰撞过程，由动量守恒定律得4mv0＝8mv1，解得v1＝，设物块与木板共同的速度为v2，对物块与两木板组成的系统，由动量守恒定律得2mv0＋8mv1＝(2m＋8m)v2，解得v2＝，选项C正确。]
4．(2022·山东师范大学附属中学期中)质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆弧轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3。则m∶M的值为(　　)
A．1∶3 B．1∶4
C．3∶5 D．2∶3
√
C　[小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝－mv1＋Mv2，由题意可知，对系统，整个运动过程中只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得联立解得，选项C正确。]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．(2021·全国乙卷)如图所示，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板有摩擦。用力向右推动车厢，使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
√
1
2
3
4
B　[撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。]
1
2
3
4
2．2021年5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为(　　)
A．v0－v　 B．(v0－v)
C．(v0－v)＋v D．
C　[喷射燃气的过程动量守恒，有Mv0＝(M－m)v＋mv′，解得v′＝(v0－v)＋v，故选C。]
√
1
2
3
4
3．(2022·天津南开中学月考)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则(　　)
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
√
1
2
3
4
C　[小球从弧形槽高h的地方下落过程中，对于小球和槽组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以在水平方向上动量守恒；竖直方向合外力不为0，则系统的动量不守恒；当小球在水平面运动时，与弹簧接触以后，弹簧会对小球施加一个水平向左的外力作用，故在以后的运动过程中小球和槽组成的系统动量不守恒，选项A 错误。小球在弧形槽下落过程中和弧形槽产生了一个垂直于接触
1
2
3
4
面的弹力，而且在弹力分力的方向上两者都发生了位移，故小球和槽之间的相互作用力要做功，选项B错误。当小球被弹簧反弹后，小球和弧形槽在水平方向上不受任何力的作用，由水平方向上动量守恒，槽与球分开时(0＝mv槽＋mv球)速度等大反向，所以小球被弹簧反弹后不会与槽再接触，故小球和槽在水平方向做速率不变的直线运动，选项C正确，选项D错误。
1
2
3
4
4．如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
1
2
3
4
(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；
[解析]　小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝，解得vA＝。
[答案]　　
1
2
3
4
(2)A、B两球的质量之比mA∶mB。
[解析]　设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有h＝gt2，在水平方向上有＝vt，联立以上各式得mA∶mB＝1∶3。
[答案]　1∶3
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．动量守恒定律的研究对象是什么？
提示：相互作用的系统。
2．合外力对系统做功为零，系统动量就守恒吗？
提示：不一定守恒。
3．一个系统初、末动量大小相等，动量就守恒吗？
提示：不一定守恒。
4．动量守恒的条件是什么？
提示：系统不受外力或所受合外力为零。
阅读材料·拓展物理视野
03
动量守恒定律的发现
历史上，笛卡儿、惠更斯、牛顿等人先后研
究过碰撞等问题，建立并完善了动量概念，提出了
动量守恒规律。
笛卡儿曾提出“运动量”是由“物质”的多
少和“速度”的乘积决定的。惠更斯曾通过碰撞实验研究碰撞现象(图)，由此他提出“两个物体所具有的运动量在碰撞中可以增加或减少，但是它们的量值在同一个方向上的总和保持不变”，他明确指出了动量的方向性和守恒性。牛顿采用质量与速度的乘积定义动量，更加清晰地表述了动量的方向性及其守恒规律。
1．动量是和哪些物理量相关的量？是矢量还是标量？
提示：动量是与物体的质量和运动速度相关的物理量；是矢量。
2．动量守恒的条件是什么？
提示：系统不受外力或所受合外力为零。
3．上述阅读材料中，惠更斯研究的碰撞过程是否满足动量守恒？
提示：满足。(共45张PPT)
第一章　动量守恒定律
4．实验：验证动量守恒定律
实验目标
1．明确验证动量守恒定律的基本思路。
2．验证一维碰撞中的动量守恒。
3．知道实验数据的处理方法。
必备知识· 自主预习储备
01
关键能力·情境探究达成
02
类型一　实验原理与操作
类型二　数据处理与误差分析
类型三　创新实验设计
类型一　实验原理与操作
【典例1】　(2022·山西长治第二中学期末)某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，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，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从原位置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点是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P点为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零刻度线与O点对齐。
(1)A球的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA________mB。(选填“>”“<”或“＝”)
[解析]　为了防止碰后A球反弹，应保证A球质量大于B球的质量。
＞
(2)碰撞后B球的水平射程L0约为______________________cm。
[解析]　做一个尽量小的圆，圈住尽量多的点，其圆心即为平均落点，所以射程约为64.5 cm。
64.5(64.2～64.8均可)
(3)下列选项中，本次实验必须测量的物理量是________。(填选项前的字母)
A．水平槽上未放B球时，A球平均落点位置到O点的距离L1
B．A球与B球碰撞后，A球平均落点位置到O点的距离L2
C．A球或B球的直径D
D．A球和B球的质量mA、mB
E．G点相对于水平槽面的高度H
(4)需验证的关系式为_________________________________。
(用题中给出的字母表示)
mAL1＝mAL2＋mBL0
√
√
√
[解析]　实验需要验证的表达式为mAvA＝mAvA′＋mBvB，因为小球均做平抛运动，下落相同的高度，用时相同，所以有vA＝，vA′＝，即验证的表达式为mAL1＝mAL2＋mBL0，所以实验需要测量平槽上未放B球时，A球平均落点位置到O点的距离L1，A球与B球碰撞后，A球平均落点位置到O点的距离L2以及两球的质量mA、mB，其他均不需要测量。故选A、B、D。
类型二　数据处理与误差分析
【典例2】　(2022·山东威海高二期中)某同学用如图所示的装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有粘性强的物质。图中滑块a和挡光片的总质量m1＝0.310 kg，滑块b的质量m2＝0.108 kg，实验步骤如下：
①打开气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的挡光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；
②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后推动滑块a水平压缩弹簧，撤去外力后，滑块a在弹簧弹力的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞；
③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；
④实验中，分别记录下滑块a的挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动时挡光片通过光电门2的时间t2。
(1)完成实验步骤①中所缺少的内容________。
[解析]　在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两个光电门的遮光时间相等。
相等
(2)设挡光片通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度为v＝________(用d、Δt表示)。
[解析]　由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝。
(3)实验前测得挡光片的宽度d＝1.00 cm，实验中测得滑块a经过光电门1时的速度v1＝2.00 m/s，两滑块经过光电门2的时间t2＝6.85 ms，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝______kg·m/s，p2＝______kg·m/s(结果均保留三位小数)。本实验的相对误差为______(结果保留两位有效数字)。
0.620
0.610
1.6%
[解析]　两滑块相互作用前的总动量
p1＝m1v1＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s。
两滑块通过光电门2时的速度v2＝ m/s≈1.46 m/s，故两滑块相互作用后的总动量p2＝(m1＋m2)v2≈0.610 kg·m/s。
本实验的相对误差为×100%＝×100%≈1.6%。
类型三　创新实验设计
【典例3】　(2022·广西百色期末)如图所示，某同学利用光电门、斜面、弹簧、滑块和小球等装置设计了一个实验用来验证动量守恒定律。
主要操作步骤为：
①将光电门固定在光滑水平桌面上；
②用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；
③从桌面边缘搭建斜面，斜面顶端与桌面等高，在斜面上铺白纸，白纸上面放上复写纸；
④在a和b间锁定一个压缩的轻弹簧，将系统静止放置在平台上；
⑤解除锁定，a、b瞬间被弹开，记录a通过光电门时挡光片的遮光时间t；
⑥记录b落在斜面上的点M，用刻度尺测出其到桌面边缘O的距离为s0。
已知挡光片宽度为d，重力加速度为g，请回答下列问题：
(1)滑块a经过光电门时的瞬时速度v＝________(用题给字母表示)；
[解析]　a匀速经过光电门，则瞬时速度v＝。
(2)若测得斜面的倾角为θ，则小球b做平抛运动的初速度v0＝__________
(用题给字母表示)；
[解析]　b离开平台后做平抛运动落在斜面上，由平抛运动的规律得，竖直方向有y＝s0sin θ＝gt′2，水平方向有x＝s0cos θ＝v0t′，联立解得v0＝
(3)若a、b在解除锁定过程中动量守恒，需满足的关系式是
________________________________(用题给字母表示)。
[解析]　解除锁定后，若a、b组成的系统动量守恒，则以向右为正方向，由动量守恒定律得mbv0－mav＝0，整理得 。
学习效果·随堂评估自测
03
1
2
3
4
1．(2022·山东济宁高二期中改编)现利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。在图甲中，小车A的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带，启动打点计时器，给小车A一初速度，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续运动。实验测得小车A(含橡皮泥)的质量m1＝0.81 kg，小车B的质量m2＝0.84 kg，打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz。碰撞前后打出的纸带如图乙所示(单位：cm)。
1
2
3
4
(1)关于实验过程中的注意事项，下列说法正确的是________。
A．长木板下垫着的薄木片用来平衡摩擦力
B．小车A和小车B的车轮应该由同种材料制成
C．应选用质量差不多大的两个小车
[解析]　长木板下垫薄木片是为了平衡摩擦力，让小车重力沿长木板向下的分力平衡小车运动过程中所受到的摩擦力，故A正确；两小车车轮的材料相同，才能同时平衡两个小车的摩擦力，故B正确；为使实验中碰撞效果明显，应选用质量差不多大的两个小车，故C正确。
√
√
√
1
2
3
4
(2)碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s。(结果保留三位有效数字)
[解析]　碰前小车A的速度vA＝ m/s＝2.00 m/s，碰前两小车的总动量p＝m1vA＝0.81×2.00 kg·m/s＝1.62 kg·m/s；碰后两小车的共同速度v＝ m/s＝0.97 m/s，碰后两小车的总动量p′＝(m1＋m2)v＝(0.81＋0.84)×0.97 kg·m/s≈1.60 kg·m/s。
1.62
1.60
1
2
3
4
2．(2022·江苏扬州江都大桥高级中学月考)利用“类牛顿摆”验证动量守恒定律。实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤：
(1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，两小球位于同一水平面内，如图甲所示。
1
2
3
4
(2)将坐标纸竖直固定在水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格均是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍。
1
2
3
4
(3)分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙所示。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为____________，若满足关系式____________，则验证碰撞中动量守恒；
3m1
2m1＝m2
1
2
3
4
[解析]　从A位置到最低点的高度差h1＝9d，由机械能守恒定律可得碰撞前的速度v1＝，则碰前球1的动量大小为p1＝m1v1＝3m1；碰撞后球2上升的高度为h2＝4d，由机械能守恒定律可得碰后球2的速度大小为v2＝，动量大小为p2＝m2v2＝以水平向左为正方向，碰后球1的速度为v1′＝－，碰后球1动量为p1′＝m1v1′＝－m1，若碰撞前后动量守恒，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2，得3m1，整理可得2m1＝m2。
1
2
3
4
(4)与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是______
_____________________________。
[解析]　与单线摆相比，双线摆的优点是双摆线能保证小球运动更稳定，使小球运动轨迹在同一竖直平面内。
使小球
运动轨迹在同一竖直平面内
1
2
3
4
3．(1)如图甲所示，在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的底端与O点重合。刚开始不放小球B，使小球A从斜槽上C点由静止滚下，然后在水平槽末端放上小球B，使小球A仍从C点由静止滚下，得到两次球在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测得斜面底端到M′、P′、N′三点的距离分别为L′OM、L′OP、L′ON，测量出斜面的倾角为θ，用天平测量出两个小球的质量分别为m1、m2。则仅利用以
上数据能不能验证两球碰撞过程中总动量守恒？若
能，请用所测物理量写出验证表达式；若不能，请
说明理由。
1
2
3
4
[解析]　设水平槽末端离水平地面的高度为H，O点到落点的距离为L，根据平抛运动规律有H－L sin θ＝gt2，解得t＝，由于H没有测定，则根据所测得的物理量不能求出小球做平抛运动的时间，故不能求出小球碰撞前后的速度，因此不能验证两球碰撞过程中总动量是否守恒。
[答案] 不能，因为根据所测得的物理量不能求出小球做平抛运动的时间，故不能求出小球碰撞前后的速度，也就无法验证两球碰撞过程中总动量是否守恒。
1
2
3
4
(2)实验小组成员小红对(1)中装置进行了改造，改造后的装置如图乙所示。使小球A仍从斜槽上C点由静止滚下，得到两次小球落在以斜槽末端为圆心的圆弧挡板上的平均落点M′、P′、N′。测得轨道末端与M′、P′、N′三点的连线与水平方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为
________________________________________
(用所测物理量的符号表示)。
m1
1
2
3
4
[解析]　设圆弧挡板半径为R，小球做平抛运动的速度为v，则有R sin α＝gt2，R cos α＝vt，解得v＝小，小球离开轨道时的速度越大，两球碰撞后小球1的速度变小，小于小球2的速度且小于碰撞前小球1的速度，因此碰撞后小球2的速度最大，碰撞后小球1的速度最小，N′是碰撞后小球2的落点位置，P′是碰撞前小球1的落点位置，M′是碰撞后小球1的落点位置，碰撞前小球1的速度
1
2
3
4
v0′＝，碰撞后小球1的速度v1′＝，碰撞后小球2的速度v2′＝，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0′＝m1v1′＋m2v2′，整理得：验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为m1。
1
2
3
4
4．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g，采用的实验步骤如下：
1
2
3
4
①在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；
②用天平分别称出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；
③a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；
④细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；
⑤记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；
1
2
3
4
⑥滑块a最终停在C点(图中未画出)，用刻度尺测出A、C之间的距离sa；
⑦小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离sb；
⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量。
1
2
3
4
(1)a球经过光电门的速度为________(用上述实验数据字母表示)。
[解析]　烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度va＝。
1
2
3
4
(2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证等式_______________
成立即可(用上述实验数据字母表示)。
[解析]　b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得
h＝gt2
sb＝vbt
解得vb＝sb
若动量守恒，设向右的方向为正方向，则有0＝mbvb－mava
即ma。
ma
1
2
3
4
(3)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到与sa的关系图像如图乙所示，图线的斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为________(用上述实验数据字母表示)。
[解析]　对物体a由光电门向左运动过程分析，则有＝2asa
经过光电门的速度va＝
由牛顿第二定律可得a＝＝μg
联立可得sa
则由图像可知k＝
解得μ＝。(共43张PPT)
第一章　动量守恒定律
5．弹性碰撞和非弹性碰撞
学习 任务
1．了解弹性碰撞和非弹性碰撞。
2．会分析具体实例中的碰撞特点及类型。
3．会用动量、能量的观点解决生产生活中与一维碰撞相关的实际问题。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞
知识点二　弹性碰撞的实例分析
知识点三　碰撞问题的合理性分析与判断
知识点一　弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能____。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能____。
提醒　碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化的过程。
不变
减少
2022年2月4日至2022年2月20日，我国成功举办了北京冬奥会，冰壶是冬奥会的比赛项目之一。
问题1　两个冰壶间的碰撞过程可以看成弹性碰撞吗？遵守什么规律？
提示：由于冰面的摩擦力比较小，两个冰壶间的碰撞可以看成弹性碰撞，碰撞过程中两个冰壶组成的系统的动量守恒、机械能守恒。
问题2　冰壶间的碰撞一定是正碰吗？
提示：冰壶间的碰撞不一定是正碰，也可能是斜碰。
1．碰撞的特点
时间特点 作用时间极短，相对物体运动的全过程可忽略
受力特点 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
动量特点 系统所受外力远小于内力，可认为系统的总动量守恒
位移特点 可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后在同一位置
能量特点 碰撞前的总动能总是大于或等于碰撞后的总动能，即碰撞后动能不会增加
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。
【典例1】　(2022·南京高二期中)质量分别为m1、m2的两个物体在光滑水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像(x-t图像)如图所示，由此可以判断(　　)
A．m1>m2
B．m1＝m2
C．碰撞为弹性碰撞
D．碰撞为非弹性碰撞
√
C　[根据x-t图像可得：碰撞前m1的速度为：v1＝
m2的速度为：v2＝0
碰撞后m1的速度为：v1′＝
m2的速度为：v2′＝v1
碰撞过程中满足动量守恒有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
代入相关数据可得：m1＝，故A、B错误；
碰撞前总动能为：
碰撞后总动能为：
m1v1′2＋，可见碰撞满足机械能守恒，故为弹性碰撞，故D错误，C正确，故选：C。]
规律方法　处理碰撞问题的三点提醒
(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、速度关系等。
[跟进训练]
1．(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，B在前A在后，发生碰撞前后的v-t图像如图所示，由此可以判断(　　)
A．A、B的质量比为3∶2
B．A、B的质量比为2∶3
C．A、B两物体的碰撞为弹性碰撞
D．A、B两物体的碰撞为非弹性碰撞
√
√
AC　[根据题中v-t图像可知，碰撞时间为1×10-2s～2×10-2 s，碰撞前，A球的速度为vA＝6 m/s，B球的速度为vB＝1 m/s，碰撞后，A球的速度为vA′＝2 m/s，B球的速度为vB′＝7 m/s，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，代入数据可得mA∶mB＝3∶2，选项A正确，B错误；碰撞前系统的总动能为Ek＝mA(J)，碰撞后系统的总动能为E'k＝mAv+mBv=mA(J)，可见碰撞前后系统的总动能不变，因此该碰撞为弹性碰撞，选项C正确，D错误。]
知识点二　弹性碰撞的实例分析
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．弹性碰撞碰后的速度特点
(1)假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生正碰，如图所示。碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′。
则：v1′＝________，v2′＝_______。
(2)三种特殊情况。
①若m1＝m2，v1′＝_，v2′＝__；
②若m1 m2，v1′＝__，v2′＝____；
③若m1 m2，v1′＝____，v2′＝_。
v1
v1
0
v1
v1
2v1
－v1
0
有一个很著名的实验：在天花板上悬挂许多相等摆长的双线摆，当第一个小球摆动以后，这个速度就会一直传递到最后一个小球，最后一个小球也就能摆到与第一个小球等高的位置，这样一直往复运动下去，中间的双线摆静止不动，起到传递能量的作用，如图所示。
问题1　发生上述现象对摆球有什么要求？
提示：大小、质量完全一样。
问题2　上述现象属于哪种碰撞？
提示：弹性碰撞。
问题3　你能解释上述现象的原因吗？
提示：碰撞过程中动量和能量都守恒，发生了动量和能量的“传递”。
1．弹性碰撞规律
如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2的两小球分别以速度v1、v2运动，发生弹性碰撞后两球的速度分别为v1′、v2′。
由动量守恒定律可得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律可得m2v2′2，
解得v1′＝，v2′＝。
2．分析讨论
当碰撞前小球m2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两小球交换速度。
当碰撞前小球m2的速度为零时，即v2＝0，则v1′＝，v2′＝，有以下几种情况：
(1)当m1＝m2时，v1′＝v2，v2′＝v1，碰撞后两小球交换速度，动量和动能也交换，此时被动球的动能为最大值，与主动球的初动能相同。
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两小球沿同方向运动。
若m1 m2，则二者发生弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1，表明碰撞后m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去。
(3)当m10，碰撞后m1被反弹回来。
若m1 m2，则二者发生弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0，表明碰后m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止。
[注意]　(1)发生正碰的两个物体，碰撞前后的速度都沿同一条直线，它们的动量也都沿这条直线，在这个方向上动量守恒。
(2)在高中阶段一般只研究正碰的情况。
【典例2】　如图所示，AB为倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰。若m1∶m2＝1∶2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解析]　设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒和能量关系，有m1v0＝，
解得v1＝v0。
设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理有
(m2g sin 37°＋μm2g cos 37°)s＝，
(m2g sin 37°－μm2g cos 37°)s＝m2v2，解得。乙要能追上甲，则v＞，又μ＞0，解得0＜μ＜0.45。
[答案]　0＜μ＜0.45
[跟进训练]
2．汽车A和汽车B静止在水平地面上，某时刻汽车A开始倒车，结果汽车A撞到了停在它正后方的汽车B，汽车B上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B前面的物体相对于汽车B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽车B的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A的速度大小为v0，已知汽车A的质量是汽车B质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬间汽车A相对于地面的速度大小为(　　)
A．v0　　B．v0　　C．v0　　D．v0
√
C　[两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A、B的速度分别为v1、v2，B的质量为m，则A的质量为2m，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由机械能守恒定律得，解得v1＝v0，选项C正确。]
知识点三　碰撞问题的合理性分析与判断
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。
问题1　把物体A和B看成一个系统，动量是否守恒？
提示：守恒。
问题2　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v，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。
1．碰撞问题遵循的“三个原则”
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
2．碰撞合理性的判断思路
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加，同时注意碰前、碰后合理的速度关系。
(2)要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式进行有关计算。
【典例3】　(2022·黑龙江大庆铁人中学高二期末)甲、乙两铁球的质量分别是m甲＝1 kg、m乙＝2 kg，在光滑水平面上均沿同一直线向正方向运动，速度大小分别是v甲＝6 m/s、v乙＝2 m/s，甲球追上乙球发生正碰后两球的速度有可能是(　　)
A．v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s
B．v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s
C．v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s
D．v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s
√
A　[以甲球的初速度方向为正方向，碰撞前的总动量p＝m甲v甲＋m乙v乙＝10 kg·m/s，碰撞前的总动能Ek＝m甲m乙＝22 J。如果v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s，碰撞后的总动量为10 kg·m/s，碰撞后的总动能E′k＝m甲m乙＝18 J，动能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，故A正确；如果v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s，碰后甲球的速度不可能大于乙球的速度，故B错误；如果v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s，碰撞后的总动量为9.5 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；如果v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s，碰撞后的总动量为9 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故D错误。]
规律方法　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＝p＝几个关系式。
[跟进训练]
3．(多选)(2022·湖南郴州嘉禾一中高二月考)如图所示，足够长的光滑斜劈固定在光滑水平面上，两等大的小球甲、乙的质量分别为m1、m2，小球乙静止在水平面上，小球甲以水平向左的速度运动，经过一段时间后与小球乙发生碰撞，已知碰后小球甲的速率为碰前的，整个过程中两球刚好只能发生一次碰撞，则m1∶m2可能为(　　)
A．1∶2　 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
√
√
CD　[取小球甲的初速度方向为正方向，碰前小球甲的速度大小为v0，整个过程中两球刚好发生一次碰撞，说明碰后两球的速度方向相反且乙球的速度大小不大于甲球的速度大小，设碰后乙球速度大小为v′，根据动量守恒定律有m1v0＝m2v′－m1v0，即m1v0＝m2v′≤m2v0，可得m2≥4m1，C、D正确，A、B错误。]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率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　[由动量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前总动能Ek＝mv2＝2mv2，碰后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A项正确。]
√
1
2
3
4
2．如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离x＝0.5 m，g取10 m/s2。物块可视为质点，则碰撞前瞬间A的速度大小为(　　)
A．0.5 m/s　 B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
√
1
2
3
4
C　[碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据得v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向上动量守恒，选取水平向右为正方向，则有mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，故有·2mv2，联立解得v0＝1.5 m/s。选项C正确。]
1
2
3
4
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—时间图像如图所示。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
C　[由图像知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，选项C正确。]
√
1
2
3
4
4．(2022·重庆七校联考)在光滑水平面上放着两块质量都是m的木块A和B，中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接，如图所示，现从水平方向射来一颗质量为、速度为v0的子弹，射中木块A后并留在其中(作用时间极短)，求：
1
2
3
4
(1)子弹击中木块瞬间木块A、B的速度vA和vB；
[解析]　由于作用时间极短，所以vB＝0，对子弹和木块A由动量守恒定律有vA，得vA＝v0，方向水平向右。
[答案]　vA＝v0，方向水平向右；vB＝0　
1
2
3
4
(2)在以后运动中弹簧的最大弹性势能。
[解析]　两者共速时弹簧弹性势能达到最大值，由动量守恒定律有v1
再由机械能守恒定律得
＋Ep
解得Ep＝。
[答案]　
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．碰撞具有什么特点？
提示：相互作用时间短，相互作用力大，近似满足动量守恒，碰撞前后两物体的位置不变。
2．碰撞可分哪些类型？
提示：弹性碰撞和非弹性碰撞。
3．弹性碰撞的两小球在什么情况下可以交换速度？
提示：质量相等的两小球。(共49张PPT)
第一章　动量守恒定律
6．反冲现象　火箭
学习 任务
1．通过实验认识反冲运动，能举出反冲运动的实例，知道火箭的发射是反冲现象。
2．能结合动量守恒定律对常见的反冲现象作出解释。
3．了解我国航天事业的巨大成就，增强对我国科学技术发展的自信。
关键能力·情境探究达成
01
知识点一　反冲现象
知识点二　火箭
知识点三　“人船模型”问题
知识点一　反冲现象
1．定义　原来静止的系统在____的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分向____方向运动的现象。
提醒　被分离的一部分物体既可以是高速喷射出的液体、气体，也可以是固体。
内力
相反
2．规律　反冲现象中，系统内力很大，外力可忽略，满足______
______。
3．反冲现象的防止及应用
(1)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的______，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。
(2)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边____。
动量守
恒定律
准确性
旋转
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于2 m，跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳，结果却掉到了水里。
问题1　这位同学为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水的阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律。在她向前跳起瞬间，船要向后运动。
问题2　这种现象属于什么物理现象？
提示：反冲现象。
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)在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
(3)在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。
2．处理反冲运动应注意的问题
(1)速度的方向。
对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。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，则反方向的速度应取负值。
(2)相对速度问题。
在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中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。
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来进行研究。
【典例1】　(2022·江苏泰州中学期中)章鱼是一种软体动物，生活在水中。一悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M，突然发现后方有一海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，喷射的水力强劲，从而迅速向前逃窜。若喷射出的水的质量为m，喷射速度的大小为v0，则下列说法正确的是(　　)
A．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
B．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量增加
C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
D．章鱼喷水的过程中受到水的冲量大小为
√
[思路点拨]　本题的研究对象是章鱼和喷出的水，注意章鱼喷水时要消耗自身的能量，同时还要注意速度的矢量性和相对性。
C　[在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，系统机械能增加，选项A错误；章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，选项B错误；取章鱼前进的方向为正方向，由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v＝v0，选项C正确；章鱼喷水的过程中受到水的冲量大小等于喷出的水的动量大小，即为mv0，选项D错误。]
规律方法　反冲运动和碰撞、爆炸有相似之处，相互作用力常为变力，且作用力大，一般都满足内力 外力，所以反冲运动可用动量守恒定律来处理。
[跟进训练]
1．(2022·江苏如东中学等四校联考)一个士兵在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量为M，这个士兵用自动步枪沿水平方向射出一发质量为m的子弹，子弹离开枪口时相对步枪的速度为v，射击前皮划艇是静止的，则射出子弹后皮划艇的速度为(　　)
A．　 B．
C． D．
√
B　[子弹与皮划艇组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，以地面为参考系，设皮划艇的速度为v1，则子弹的速度为v－v1，由动量守恒定律得m(v－v1)－(M－m)v1＝0，解得v1＝，选项B正确。]
知识点二　火箭
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因素
一是________，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度____，质量比____，火箭获得的速度越大。
提醒　由火箭的工作原理可知，与火箭发生相互作用的是火箭喷出的燃气，而不是外界的空气。
反冲
喷气速度
越大
越大
多级运载火箭发射时，先点燃第一级火箭，燃料用完后，空壳自动脱落，然后下一级火箭开始工作。
问题1　火箭点火后能加速上升的动力是什么力？
提示：燃烧产生的气体高速向下喷出，气体产生的反作用力推动火箭加速上升。
问题2　要提升运载物的最大速度可采用什么措施？
提示：提高气体喷射速度，增加燃料质量，及时脱离前一级火箭空壳。
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．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转换，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。
【典例2】　一火箭的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)，设火箭的质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？
[思路点拨]　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。
[解析]　方法一：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－3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s。
方法二：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。
[答案]　2 m/s
[母题变式]
在[典例2]中，若发动机每次喷出200 g的气体，气体离开发动机喷出时相对火箭的速度v＝1 000 m/s，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？
提示：由动量守恒定律(M－m)v1－m(v－v1)＝0，解得v1≈0.67 m/s。
规律方法　火箭类反冲问题解题要领
(1)两部分物体初、末状态的速度的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。
(2)要特别注意反冲前、后各物体质量的变化。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。
[跟进训练]
2．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为(　　)
A．v0＋　　 B．v0－
C．v0＋(v0＋u) D．v0＋
√
A　[设喷出气体后火箭的速度大小为v，则燃气的对地速度为(v－u)(取火箭的速度方向为正方向)，由动量守恒定律，得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)
解得v＝v0＋，A项正确。]
知识点三　“人船模型”问题
如图所示为一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，
当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，不计水
的阻力。
问题1　小船发生移动的动力是什么力？小船向哪个方向运动？
提示：摩擦力。向左运动，即与人行走的方向相反。
问题2　当人走到船头相对船静止时，小船还运动吗？为什么？
提示：不运动。小船和人组成的系统动量守恒，当人的速度为零时，船的速度也为零。
问题3　当人从船尾走到船头时，有没有可能出现如图甲或如图乙的情形？为什么？
提示：不可能。由系统动量守恒可知，人和船相对于地面的速度方向一定相反，不可能向同一个方向运动，且人船位移比等于它们质量的反比。
1．“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。
2．“人船模型”中的规律
(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)人船模型中的动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故遵守动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化。用力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化。
【典例3】　(多选)(2022·山东济宁期末)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则(　　)
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移大小为R＋L
B．小车在运动过程中速度的最大值为
C．全过程小车相对地面的位移大小为
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
√
√
√
BCD　[滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Ms1＝ms2，s1＋s2＝R＋L，解得s1＝，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为，全过程小车相对地面的位移大小为，所以A错误，C正确；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv1＝mv2，mgR＝，由上述两式解得v1＝，即小车在运动过程中速度的最大值为，所以B正确；滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得R＝μL，所以μ、L、R三者之间的关系为R＝μL，故D正确。]
[跟进训练]
3．(2022·广西来宾期末)如图所示，人站在车的左端，将一质量m＝20 kg的木箱推出，木箱从车的左端开始运动恰好停在车的右端。已知人和车的总质量M＝300 kg(不含木箱的质量)，车长L＝3.2 m，车与地面间的摩擦可以忽略。人相对于车始终静止且人和木箱都可看作质点，则在该过程中，车将左移(　　)
A．0.2 m　 B．0.5 m
C．0.6 m D．0.8 m
A　[人、车和木箱组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.2 m，故选A。]
√
4．(多选)(2022·山东青岛高二期中)如图所示，载有物资的、总质量为M的热气球静止于距水平地面H高处，现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0投出，物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。下列说法正确的是(　　)
A．物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒
B．投出物资后热气球做匀速直线运动
C．d＝
D．d＝H＋H
√
√
AC　[物资投出之前，物资和热气球所受合外力为零，物资投出后，热气球和物资所受合外力不变，则系统所受合外力仍为零，物资落地前，热气球与投出的物资组成的系统动量守恒，选项A正确；投出物资后热气球所受合外力向上，则热气球向上做匀加速直线运动，选项B错误；设物资落地时热气球上升的高度为h，对物资和热气球组成的系统，由运动学关系，解得h＝，则d＝H＋h＝H＋，选项C正确，D错误。]
学习效果·随堂评估自测
02
1
2
3
4
1．(2022·安徽蚌埠田家炳中学月考)一人静止于光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是(　　)
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脱下衣服或鞋子水平抛出
D．脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
√
1
2
3
4
C　[以人作为整体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；把人和外衣、鞋视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个水平速度，总动量不变，所以人有一个反向的速度，可以离开冰面，故C正确；把人和外衣、鞋视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣或鞋子一个竖直方向的速度，水平方向的总动量仍然等于0，所以人仍然静止，不能离开冰面，故D错误。]
1
2
3
4
2．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为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(设水平地面光滑)(　　)
A．v0　 B．
C． D．
C　[炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒，0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，得v＝，选项C正确。]
√
3．质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　)
A．　　　 B．　　　
C．　　　 D．
B　[由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝，选项B正确。]
1
2
3
4
√
1
2
3
4
4．(新情境题，以空间飞行器为背景，考查反冲原理)在地球大气层以外的宇宙空间，基本上按照天体力学的规律运行的各类飞行器，称为空间飞行器。航天器是执行航天任务的主体，是航天系统的主要组成部分。由于外太空是真空的，飞行器在加速过程中一般使用反冲推进器，某种推进器在工作时利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流而对飞行器产生反冲力，由于太空阻力极小，只需一点点动力即可以达到很高的速度。我国发射的“实践九号”携带
1
2
3
4
的卫星上第一次使用了上述离子电推力技术，从此为我国的航天技术开启了一扇新的大门。已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，元电荷为e，原来飞行器静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：
(1)射出的氧离子速度大小；
[解析]　以氧离子为研究对象，根据动能定理，有2eU＝所以，氧离子速度为v＝2。
[答案]　2　
1
2
3
4
(2)每秒钟射出的氧离子数；
[解析]　设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为P＝NΔEk＝2NeU
所以，每秒射出的氧离子数为N＝。
[答案]　　
1
2
3
4
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度大小。
[解析]　以氧离子和飞行器组成的系统为研究对象，设飞行器的反冲速度为v1，取飞行器的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，t时间内有
0＝Mv1＋Ntm(－v)
飞行器的加速度为a＝
可得a＝。
[答案]　
回归本节知识，自我完成以下问题：
1．反冲过程中以相互作用的两部分为系统是否满足动量守恒？
提示：满足。
2．火箭的工作原理是什么？
提示：反冲原理。
3．应用反冲原理分析火箭发射时，研究对象是什么？
提示：箭体和喷出的气体。
阅读材料·拓展物理视野
03
航天员太空行走
太空行走又称为出舱活动。是载人航天的一项关键技术，是载人航天工程在轨道上安装大型设备、进行科学实验、施放卫星、检查和维修航天器的重要手段。要实现太空行走这一目标，需要诸多的特殊技术保障。
帮助航天员实现太空行走的是自足式手提机动喷射器。这个装置主要由两个氧气储罐和一个压力调节器组成，重3.4 kg，其中高压氧气推进剂重约0.13 kg。它每秒能产生约181 N的推力，行进速度为1.82 m/s，相当于普通人慢跑的速度。该装置有3个喷管，2个喷管对着后方，1个喷管对着前方。开动对着后方的2个喷管，即可推着航天员向前移动，开动对着前方的1个喷管，即可停止移动。
1．航天员太空行走用到的自足式手提机动喷射器的原理是什么？
提示：反冲原理。
2．航天员太空行走速度的快慢和什么有关？
提示：手提机动喷射器的喷射速度和喷出气体的质量。(共34张PPT)
第一章　动量守恒定律
素养提升课(一)　动量
学习 任务
1．理解滑块—木板模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
2．理解滑块—弹簧模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
3．理解滑块—曲面模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
关键能力·情境探究达成
01
探究1 “滑块—木板”碰撞模型
探究2　“滑块—弹簧”碰撞模型
探究3　“滑块—曲(斜)面类”模型
探究1　“滑块—木板”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(3)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。
【典例1】　(2022·湖北荆州期末)如图所示，长木板C质量为mC＝0.5 kg，长度为L＝2 m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E(厚度不计)，P为木板C的中点，一个质量为mB＝480 g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20 g的子弹A，以v0＝100 m/s的水平速度射入物块B并留在其中(射入时间极短)，已知重力加速度g取10 m/s2。
(1)求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；
[解析]　子弹射入物块B的过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝(mA＋mB)v1
代入数据解得v1＝4 m/s。
[答案]　4 m/s　
(2)A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数。
[解析]　由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
由能量守恒定律得
＋μ(mA＋mB)g·
代入数据解得μ＝0.4。
[答案]　0.4
规律总结　滑块—木板模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的，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，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度。
[跟进训练]
1．如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上质量为M的木板，子弹没有射出。此过程中木板的位移为s，子弹进入木板的深度为Δs，若将子弹在射入木板的过程中受到的阻力视为恒力，则关于s和Δs的大小关系，正确的说法是(　　)
A．s＞Δs　　 B．s＝Δs
C．s＜Δs D．不能确定
√
C　[方法一：设子弹和木板相互作用的时间为t，子弹和木板的共同速度为v，由匀变速直线运动的规律，有s＝t，Δs＝t，因为v0＞v，所以s＜Δs，故选项C正确。
方法二：由动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，由动能定理，对木板Ff s＝Mv2，对子弹－Ff(s＋Δs)＝，联立解得s＝Δs＜Δs，故选项C正确。]
2．如图所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)
[解析]　滑块以初速度v0从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同设为v
由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能为
ΔEk＝μmgL＝(M＋m)v2
解得v0＝m/s
若滑块不滑出小车，滑块的初速度应满足v0≤m/s。
[答案]　v0≤m/s
探究2　“滑块—弹簧”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
【典例2】　(2022·江苏盐城一中期中)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)B和C碰前瞬间B的速度；
(2)整个系统损失的机械能；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
[解析]　(1)(2)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE。对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2
＝ΔE＋
联立解得v1＝，ΔE＝。
(3)B、C碰撞后，由于v2mv0＝3mv3
－ΔE＝＋Ep
联立解得Ep＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
规律方法　解答含弹簧的系统类问题必须注意的几个问题
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
(2)分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
(3)判断解出的结果的合理性。
(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧与连接的物体具有共同的瞬时速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的关键点。
[跟进训练]
3．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
√
√
AC　[弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝v2，解得mA＝3m，Epm＝，故A、C正确。]
4．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得3 m/s水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　)
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
√
C　[由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，m2减速，m1先减速，速度减为0
后，反向加速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
探究3　“滑块—曲(斜)面类”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)最低点：m与M分离点，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，完全弹性碰撞拓展模型)。
【典例3】　如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有弧形槽的小车，现一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是(　　)
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
√
C　[小球水平向左冲上小车，又返回小车右端，最后离开小车，在整个过程中，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，由于没有除重力以外的力做功，因此系统机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞。设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，以向左为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有，解得v1＝v0，所以小球与小车分离后
对地将向左做平抛运动，A、B错误；当小球与小车的水平速度相等时，小球沿弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，根据动量守恒定律有2mv0＝3mv，根据机械能守恒定律有×3mv2＋2mgh，解得h＝，C正确；整个过程中，根据动能定理可得小球对小车做的功W＝，D错误。
[跟进训练]
5．(多选)如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是(　　)
A．小球能上升的最大高度H＝
B．小球上升过程中，小球的机械能守恒
C．小球最终静止在水平面上
D．楔形物块最终的速度为v1
√
√
√
ACD　[以水平向右为正方向，在小球上升过程中，系统水平方向动量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系统机械能守恒，有(m＋m)v2＋mgH，解得v＝，A正确；单独以小球为研究对象，斜面的支持力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故B错误；设最终小球的速度为v2，物块的速度为v3，由水平方向动量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由机械能守恒有，解得v2＝0，v3＝v1(另解v2＝v1，v3＝0舍去)，即交换速度，C、D正确。]
6．(2022·江苏泰州中学高二期中)一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m的小球从轨道最左端的A点由静止滑下(AC为水平直径)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高点C
B．小球向右运动过程中，轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，到原先静止位置的最大距离为R
D．小球通过圆弧最低点B时的速度大小为
√
D　[当小球滑到圆弧轨道的最高点时，根据水平方向动量守恒可知，小球与圆弧轨道的速度均为零，根据机械能守恒定律可知，小球能滑到圆弧轨道右端最高点C，故A错误；小球向右运动过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，故B错误；设小球滑到圆弧轨道最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对地面水平位移大小为R－s，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得m＝0，解得s＝，所以轨道做往复运动，离原先静止位置的最大距离为2s＝R，故C错误；设小球通过圆弧轨道最低点时小球与轨道的速度分别为v和v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＋mv′＝0，由机械能守恒定律得mgR＝mv′2，联立解得v＝，故D正确。](共19张PPT)
第一章　动量守恒定律
主题提升课(一)　动量与动量守恒定律
通过对动量定理、动量守恒定律的实验探究和理论推导，加深对物理规律之间联系和物理理论体系的理解．学生在了解动量定理和动守恒定律的应用，尤其是与微观粒子和宇宙天体相关的应用后，可以更好地通过动量守恒定律的普适性来认识自然界的统一性．
主题一　动量守恒定律的应用
01
能从理论推导和实验验证的角度，理解动量守恒定律，深化对物体之间相互作用规律的理解。
【典例1】　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
√
素养聚焦　本题以火箭点火升空为背景，考查了动量守恒定律应用中的反冲现象，要求考生能够应用动量守恒定律解决实际问题，体现了高考注重对基础知识和基本规律的考查。
A　[燃气从火箭喷口喷出的过程中，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，以火箭运动方向为正方向，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，其中m为燃气质量，v0为燃气喷出的速度，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。]
【典例2】　(2021·海南卷)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
素养聚焦　本题考查滑块—木板问题，属于碰撞模型的拓展，要求考生理解滑块和木板的运动过程，建立恰当的物理模型，通过分析推理解决问题。
[解析]　(1)由于水平面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则
2mv0＝3mv共
解得v共＝v0。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木＝2v滑
根据动量守恒定律有
2mv0＝2mv木＋mv滑
联立解得v滑＝v0，v木＝v0
根据功能关系有－μmgx＝
解得此时滑块到木块最右端的距离x＝。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t
解得t＝
整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝
外力所做的功为W＝Fx′＝。
[答案]　(1)v0　(2)　(3)
主题二　碰撞模型的建构
02
通过对碰撞等物理过程的探究、分析及应用，体会守恒思想，提高建模能力和科学论证能力。能从牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒等不同角度思考物理问题。
【典例3】　(多选)(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48 kg　B．53 kg　C．58 kg　D．63 kg
√
√
素养聚焦　本题要求考生应用数学知识解决物理问题，运用归纳法分析出运动员推出物块的作用过程满足的关系式，考查的核心素养是运动与相互作用观念和科学思维。
BC　[选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，以此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m【典例4】　2022年第24届冬季奥运会在北京和张家口举行。冰壶运动是比赛项目之一，深受观众喜爱。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图甲所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶1推到A点放手，冰壶1以速度v0从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶2发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ，A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。
(1)求冰壶1滑行到B点时的速度大小v；
(2)若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图乙所示：冰壶1停在B点，冰壶2停在B右侧某点D。
(3)在实际情境中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图丙中画出两冰壶1、2碰后最终停止的合理位置。
素养聚焦　本题以冰壶运动为背景命题，考查碰撞的特点。碰撞前冰壶1做匀减速直线运动。若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，则两冰壶的碰撞是弹性碰撞；若考虑碰撞时的能量损失，则两冰壶的碰撞是非弹性碰撞。
[解析]　(1)以冰壶1为研究对象，从A到B，根据动能定理得
－μmgL＝
解得v＝。
(2)以两冰壶1、2为研究对象，设碰后瞬间它们的速度分别为v1和v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv＝mv1＋mv2
根据动量守恒定律得
联立解得v1＝0，v2＝v
即碰后冰壶1停在B点，冰壶2以速度v向前做匀减速直线运动，最后停在D点。
(3)两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失，两冰壶1、2碰后最终停止的合理位置如图所示，两冰壶1、2停在B、D之间，冰壶1距B点近，冰壶2距B点远。
[答案]　(1)　(2)见解析　(3)如图所示

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