资源简介

(共33张PPT)
1. 动 量
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
课堂检测·素养提升
新课程标准 核心素养目标 1.理解动量 2．会通过实验寻求碰撞中的不变量 物理观念 (1)了解生产生活中的各种碰撞现象
(2)知道动量概念及其单位
科学思维 (1)会计算动量的变化量
(2)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
科学探究 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
必备知识·自主学习
一、寻求碰撞中的不变量
1.寻求碰撞中的不变量所用的实验器材有气垫导轨、________、小车、数字计数器、________等．
2．本实验所说的“碰撞前”是指即将________碰撞的那一________，“碰撞后”是指碰撞________的那一时刻．
3．分析总结实验的数据，计算两辆小车碰撞前后的动能之和________相等，但是质量与速度的乘积之和基本________．
光电门
天平
发生
时刻
刚结束
并不
不变
二、动量
1．定义：物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示
2．表达式：p＝mv
3．单位：在SI制中是__________，符号是________．
4．方向：动量是矢量，动量的方向与速度的方向________．
5．动量变化量
如果物体沿直线运动，即动量始终保持在同一条________上，在选定______________之后，动量的运算就可以简化成代数运算．即动量的变化量Δp＝p2－p1.
千克米每秒
kg·m/s
相同
直线
坐标轴的方向
【思考辨析】　判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(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)物体的动量改变，其速度大小一定改变．(　　)
(5)物体的运动状态改变，其动量一定改变．(　　)
(6)动量越大，动量变化量也越大．(　　)
√
×
×
×
√
×
情境思考：
水上两个电动碰碰船正面相碰，假设两船的速度大小相等，碰后质量大的船和质量小的船哪个容易反弹？
提示：质量小的船容易反弹，因为质量小的船质量与速度的乘积小．
关键能力·合作探究
探究点一　实验：寻求碰撞中的不变量
探究总结
1.利用等长悬线悬挂大小相等的小球实现—维碰撞
(1)测质量：用天平测出两个小球的质量．
(2)安装：把两个大小相等的小球用等长悬线悬挂起来．
(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，释放后它们相碰．
(4)测速度：可以测量小球被拉起使其摆线伸直与竖直方向的夹角，从而计算出碰撞前对应小球的速度；测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后小球的速度．
(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．
(6)探究一维碰撞中的不变量．
2．利用小车碰撞实验—维碰撞
(1)测质量：用天平测出两小车的质量．
(2)安装：将打点计时器固定在光滑桌面的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面，在两辆小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．
(3)实验：让小车A运动，小车B静止，让它们相碰．
(4)测速度：可以通过纸带测出两小车碰撞前后的速度．
(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．
(6)探究一维碰撞中的不变量．
2．利用小车碰撞实验—维碰撞
(1)测质量：用天平测出两小车的质量．
(2)安装：将打点计时器固定在光滑桌面的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面，在两辆小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．
(3)实验：让小车A运动，小车B静止，让它们相碰．
(4)测速度：可以通过纸带测出两小车碰撞前后的速度．
(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．
(6)探究一维碰撞中的不变量．
典例示范
例1 (多选)关于用等长悬线悬挂相同小球进行一维碰撞的实验，下列说法正确的是(　　)
A．悬挂两球的悬线长度要适当，且等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C．两小球必须都是刚性球，且质量相同
D两小球碰后可以粘在一起共同运动．
【答案】　ABD
【解析】　A对：悬线等长才能保证两球正碰，以减小实验误差．
B对：计算碰撞前速度时用到了mgh＝－0，即初速度为0.
C错：本实验中对小球的弹性无要求，且质量可以不同．
D对：两球正碰后，有多种运动情况．
例2 某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，在小车甲的前端粘有橡皮泥，设法使小车甲做匀速直线运动，然后与原来静止的小车乙相碰并粘在一起继续做匀速运动，如下图所示．在小车甲的后面连着纸带，打点计时器的频率为50 Hz.
(1)若已得到打点纸带如下图所示，并测得各计数点间的距离．则应选图中________段来计算小车甲碰前的速度，应选________段来计算小车甲和乙碰后的速度．
(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，则由以上结果可得碰前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)从实验数据的处理结果来看，小车甲、乙碰撞的过程中，可能哪个物理量是不变的？
BC
DE
0.420
0.417
mv
【解析】　(1)因为小车甲与乙碰撞前、后都做匀速运动，且碰后小车甲与乙粘在一起，其共同速度比小车甲原来的速度小．根据纸带上的数据可知，AB段应包含加速过程，BC段才是碰前匀速运动阶段；CD段包含相碰过程，DE段则是碰后匀速运动阶段，所以，应选BC段计算小车甲碰前的速度，选DE段计算小车甲和乙碰后的速度．
(2)由题图可知，碰前小车甲的速度和碰后小车甲、乙的共同速度分别为v甲＝ m/s＝1.05 m/s，v′甲＝v′乙＝ m/s＝0.695 m/s
故碰撞前：m甲v甲＋m乙v乙＝0.40×1.05 kg·m/s＋0.20×0 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，
碰撞后：m甲v′甲＋m乙v′乙＝(m甲＋m乙)v′甲＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.
(3)数据处理表明m甲v甲＋m乙v乙≈m甲v′甲＋m乙v′乙，即在实验误差允许的范围内，小车甲、乙碰撞前后总的质量与速度的乘积mv是不变的．
针对训练1　如下图所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车上系有一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得水平向右的速度时，随即启动打点计时器．甲车运动一段距离后，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的运动情况，如图乙所示．电源频率为50 Hz，则碰撞前甲车速度大小为________ m/s，碰撞后两车的共同速度大小为________ m/s.
0.6
0.4
解析：由题图知，碰撞前甲车速度大小为v甲＝ m/s＝0.6 m/s，
碰撞后甲、乙两车一起运动的速度大小为
v共＝ m/s＝0.4 m/s.
探究点二　动量及动量变化的理解
探究总结
1.动量的特点
(1)矢量性：物体某一时刻动量的方向与这一时刻速度的方向相同．
(2)瞬时性：动量是状态量，是针对某一时刻或某一位置而言的，当物体做变速运动时，应明确是哪一时刻或哪一位置的动量．
(3)相对性：由于速度与参考系的选择有关，故动量与参考系的选择有关，通常以地球(即地面)为参考系．
2．对动量变化量Δp的理解
(1)动量的变化量Δp＝p2－p1是矢量计算式，同一条直线上动量变化量的计算要选取正方向，代入正负号进行计算．
(2)动量变化量Δp是矢量，Δp的大小与动量本身的大小无关，Δp的方向可能与初动量的方向相同、相反或不在同一条直线上．
典例示范
例3 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．动量变化的方向一定和末动量的方向相同
D动量越大的物体，其惯性也越大．
【答案】　A
【解析】　A对：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．
B错：物体的动能若不变，则物体的速度大小不变，但速度方向可以改变．因此动量可以改变．
C错：动量变化量的方向与末动量的方向可能相同，也可能不同．
D错：质量是惯性大小的唯一量度，而物体的动量p＝mv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．
例4 质量为0.1 kg的小球从1.25 m高处自由落下，与地面碰撞后反弹回0.8 m高处．取竖直向下为正方向，g取10 m/s2.求：
(1)小球与地面碰前瞬间的动量；
(2)小球与地面碰撞过程中动量的变化．
【解析】　(1)小球从1.25 m高处自由落下碰地前瞬间的速度
v1＝＝5 m/s
所以小球与地面碰前瞬间的动量
p1＝mv1＝0.1×5 kg·m/s＝0.5 kg·m/s，方向竖直向下．
(2)取竖直向下为正方向，小球碰地后瞬间的速度为
v2＝－＝－4 m/s
则小球与地面碰撞过程中动量的变化为
Δp＝mv2－mv1＝[0.1×(－4)－0.1×5]kg·m/s＝－0.9 kg·m/s，负号表示方向竖直向上．
【答案】　(1)0.5 kg·m/s，方向竖直向下
(2)0.9 kg·m/s，方向竖直向上
求解动量变化的方法
求解动量的变化则应选择同一正方向，明确初、末态动量．对于同一直线上的动量变化的计算利用公式Δp＝mv2－mv1求解．
针对训练2　如图所示，质量为0.5 kg的弹性小球以大小为v＝4 m/s的水平向左的速度与墙壁发生碰撞，碰后小球以原来大小的速度反向运动，求碰撞过程中小球动量的变化．
解析：小球的初末动量在一条直线上，可以在直线坐标的情况下把矢量运算变为代数运算．取水平向右的方向为正方向，碰撞前速度方向向左，故其动量为
p1＝mv1＝0.5×(－4)kg·m/s＝－2 kg·m/s
碰撞后小球的速度方向向右，则其动量为p2＝mv2＝0.5×4 kg·m/s＝2 kg·m/s
碰撞过程动量的变化为
Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s－(－2 kg·m/s)＝4 kg·m/s
即碰撞过程中小球的动量的变化量为4 kg·m/s.
由于Δp＞0，动量变化量的方向水平向右．
答案：4 kg·m/s，方向水平向右
课堂检测·素养提升
1.关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．运动物体在任意时刻的动量方向，一定与该时刻的速度方向相同
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
答案：A
解析：A对：动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向都为该时刻物体的速度方向．B错：若速度方向变化，大小不变，则动能不变，但动量发生了变化．C错：物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的．D错：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．
2．[2022·北京十二中学检测](多选)关于速度、动量和动能，下列说法正确的是(　　)
A．物体的速度发生变化，其动能一定发生变化
B．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化
C．物体的速度发生变化，其动量一定发生变化
D．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化
答案：CD
解析：A、B错：速度是矢量，动能是标量，动量是矢量，当物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，速度方向在变化，动量变化，动能不变．C对：根据p＝mv可知，只要速度发生变化，动量就一定发生变化，D对：如果动能发生变化，则说明速度大小发生变化，则动量一定发生变化．
3．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为(　　)
A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左
B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右
C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左
D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右
答案：D
解析：选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝0.18×(－45)kg·m/s－0.18×25 kg·m/s＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．
4．利用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”这一实验，如图所示，其中图甲两滑块分别装有弹性圈，图乙两滑块分别装有撞针和橡皮泥．
(1)分别用甲、乙两图的实验装置进行实验，碰撞时图________所示的装置动能损失较小．
(2)某次实验时取图乙A、B两滑块匀速相向滑动并发生碰撞，测得碰撞前A、B的速度大小分别为vA＝2 m/s，vB＝4 m/s，碰撞后A、B以共同的速度v＝0.8 m/s运动，方向与碰撞前A的运动方向相同，A、B的质量分别用mA、mB表示，以A运动方向为正方向，则此验证的表达式为____________________；mA∶mB＝________．
甲
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
4∶1
解析：(1)题图乙中由于装有撞针和橡皮泥，则两滑块相碰时成为一体，机械能的损失最大；而题图甲中采用弹性圈，二者碰后即分离，此种情况下，机械能的损失较小，机械能几乎不变．
(2)以滑块A的初速度方向为正方向，由碰撞中不变量是m、v的乘积得：mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得：mA∶mB＝4∶1.(共42张PPT)
2.动量定理
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
课堂检测·素养提升
新课程标准 核心素养目标 1.理解冲量 2．通过理论推导和实验，理解动量定理 3．能用动量定理解释生产生活中的有关现象 物理观念 理解冲量的概念，理解动量定理及其表达式
科学思维 建立模型，利用牛顿第二定律推导动量定理
科学探究 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象
必备知识·自主学习
一、动量定理
1.冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用字母I表示冲量．
(2)表达式：I＝________．
(3)单位：冲量的单位是________，符号是________．
(4)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量I的方向与动力的方向________．
2．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：I＝________或_______________．
FΔt
牛秒
N·s
相同
冲量
动量变化量
p′－p
F(t′－t)＝mv′－mv
二、动量定理的应用
动量变化一定时，根据________，作用的时间________，物体受的力就大．作用的时间长，物体受的力就小．
动量定理
短
【思考辨析】　判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)冲量的方向是由力的方向决定的．(　　)
(2)物体所受合力不变，则动量也不变．(　　)
(3)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．(　　)
(4)物体所受合外力的方向与物体动量变化的方向相同．(　　)
(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，则物体在这段时间内的合外力一定不为零(　　)
√
×
×
√
×
√
情境思考：
鸡蛋从高处落到地板上会破．现在，在地板上放一块泡沫塑料垫，让鸡蛋从相同高度处落到泡沫塑料垫上，鸡蛋会不会破？
提示：不会．鸡蛋落到地板上和落到泡沫塑料垫上两者相比，动量的变化一样大，但鸡蛋与泡沫塑料垫的作用时间要长，根据FΔt＝Δp可知鸡蛋与泡沫塑料垫的作用力小，所以鸡蛋不会破．
关键能力·合作探究
探究点一　冲量的理解与计算
探究总结
1.冲量的特点
(1)过程量：冲量描述的是力对时间的积累效果，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)矢量性：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，冲量的方向只能由动量改变量的方向确定．
2．恒力的冲量
(1)求某个力的冲量：仅由该力的大小和作用时间共同决定，与其他力是否存在及物体的运动状态无关．
(2)求合冲量：
如果是一维情况，可以转化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则．
3．变力的冲量
(1)变力的冲量通常可利用动量定理I＝Δp求解．
(2)可用图像法计算，如图所示，若某一力方向恒定不变，那么在F t图像中，图中阴影部分的面积表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
典例示范
例1 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．作用在物体上的力大，力的冲量不一定大
C．静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零
D．F1与作用时间t1的乘积F1t1在数值上等于F2与作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同
【答案】　B
【解析】　A错，B对：由冲量定义式I＝Ft可知，力越大，力的冲量不一定越大，还与时间有关．C错：静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为Ft.D错：冲量是矢量，大小相等，若方向不同，则这两个冲量不相同．
例2 质量为1 kg的物体在固定的倾角为30°的光滑斜面顶端由静止释放，斜面高5 m，物体从斜面顶端滑到底端过程中重力的冲量为多少？合力的冲量为多少？(g取10 m/s2)
【解析】　物体下滑到底端时所用时间为t，由＝g sin 30°t2
得t＝＝2 s
所以重力的冲量为I＝mgt＝1×10×2 N·s＝20 N·s
由于合力F合＝mg sin 30°，则合力的冲量I＝F合t＝1×10××2 N·s＝10 N·s
【答案】　20 N·s　10 N·s
冲量的计算方法
(1)某力为恒力，则力的冲量可由I＝Ft求解．
(2)某力为变力，且F与t成正比关系，则力的冲量可由F t图像求解．
(3)某力为变力，则可由动量定理求解冲量．
针对训练1　一个物体同时受到同一直线上两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，经过t＝10 s后，F1、F2以及合力F的冲量各是多少？
解析：方法一　F t图像中图线与时间轴围成的面积表示冲量．
由此可得，经过t＝10 s
F1的冲量I1＝×10×10 N·s＝50 N·s
F2的冲量I2＝－×10×10 N·s＝－50 N·s
合力F的冲量I合＝I1＋I2＝0.
方法二　F1、F2都随时间均匀变化，因此可以用平均力来计算它们的冲量．
F1的冲量为I1＝×10 N·s＝50 N·s
F2的冲量为I2＝×10 N·s＝－50 N·s
合力F的冲量为I合＝I1＋I2＝0.
答案：50 N·s　－50 N·s　0
探究点二　动量定理的应用
导学探究
　
(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？
(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：(1)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)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．
探究总结
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p′－p＝I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．
典例示范
例3 [应用动量定理FΔt＝Δp定性解释常见物理现象](多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　)
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长
【答案】　BD
【解析】　由于玻璃杯从同样的高度下落，因此落地时的速度相等，A错误；由于落到水泥地上的玻璃杯，相互作用的时间短，因此动量变化得快，而掉在草地上的玻璃杯与草地相互作用的时间长，因此动量改变慢，B、D正确；由于落地后最终都停下来，因此动量变化大小相同，C错误，
例4 [利用动量定理求力]一质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，则这段时间内软垫对小球的平均冲力为多少？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
【解析】　方法一　分段处理法
设小球刚落到软垫瞬间的速度为v.小球自由下落的过程，由机械能守恒可得：mgh＝mv2；得落地速度v ＝＝ m/s＝4 m/s
小球接触软垫的过程，取向下为正方向．设软垫对小球的平均作用力大小为F，由动量定理有：(mg－F)t＝0－mv
得：F＝mg＋＝0.1×10 N＋ N＝3 N
方法二　全过程处理法
设小球落到软垫上所用时间为t0，则h＝
得t0＝＝ s＝0.4 s
取小球下落的整个过程研究
取向下为正方向，由动量定理得：
mg(t0＋t)－Ft＝0
解得：F＝＝ N＝3 N
【答案】　3 N
例5 [利用动量定理求速度或动量]
(多选)一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)
A．0～1 s内合力做功1 J
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【答案】　AB
【解析】　A对：0～1 s内，据动量定理Ft1＝mv1，解得v1＝1 m/s，此时合力做功W＝＝1 J.
B对：0～2 s内，据动量定量p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s.
C错：0～3 s内，据动量定理p3＝Ft2－F′(t3－t2)＝[2×2－1×(3－2)] kg·m/s＝3 kg·m/s.
D错：0～4 s内，据动量定理p4＝mv4＝Ft2－F′(t4－t2)＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2 kg·m/s，其速度v4＝＝1 m/s.
例6 [应用I＝Δp求变力的冲量]在物理课堂上，陈老师给同学们做演示实验：将一个50 g的鸡蛋从1 m的高度掉下，与玻璃缸的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋受到玻璃缸的作用力约为(　　)
A．10 N B．102 N
C．103 N D．104 N
【答案】　B
【解析】　根据h＝gt2，代入数据可得：t≈0.45 s，与地面的碰撞时间约为t1＝2 ms＝0.002 s，全过程根据动量定理可得：mg(t＋t1)－Ft1＝0，解得冲击力F＝113 N≈102 N，故B正确，A、C、D错误．
动量定理应用的三点提醒
(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解，也可当成一个全过程来求解．
(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，比如漏掉物体的重力．
(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．
针对训练2　如图所示，一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8 m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m．不计空气阻力，取重力加速度为10 m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中篮球所受合力的冲量大小为(　　)
A．0.5 N·s B．1 N·s
C．2 N·s D．3 N·s
答案：D
解析：由静止释放到地面的速度v1＝＝4 m/s，反弹的速度为v2＝＝2 m/s，由动量定理可得地面与篮球相互作用的过程中篮球所受合力的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝3 N·s，故D正确，A、B、C错误．
学科素养提升 应用动量定理处理“流体类”问题
理想模型
1.流体类问题特点：通常的液体流、气体流统称为“流体”，其特点是质量均匀变化，密度ρ已知，流体的速度和截面积已知．
2．分析步骤：(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S.
(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt.
(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体．
素养训练
1.有一宇宙飞船，它的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区平均1 m3中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－6 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)
A.36 N　　B．3.6 N　　C．12 N　　D．1.2 N
答案：A
解析：取时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的质量，即M＝mSvΔt，其初动量为0，末动量为Mv.设飞船对微粒的作用力均为F，由动量定理得，F·Δt＝Mv－0，则F＝＝＝mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船牵引力应增加F′＝F＝mSv2；代入数据得：F′＝2×10－6×2×(3×103)2＝36 N.
2．有一种新型采煤技术：高压水射流采煤技术．它的基本原理如图所示，一组高压水泵将水的压强p升高，让高压水从直径为1～2 mm的喷嘴中射出，打在煤层上，使煤成片脱落，达到采煤目的．设某煤层受到压强为p的冲击后即可破碎，若高压水流沿水平方向冲击煤层，不计水的反溅作用，已知水的密度为ρ，则冲击煤层的水速v至少应多大？
解析：建立水柱模型如图所示．
设水柱横截面积为S，t时间内射出水柱长度为vt，水柱质量m＝ρSvt，则由动量定理得－Ft＝0－mv
结合压强的定义式p＝得v＝.
答案：
课堂检测·素养提升
1．如图所示，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了(　　)
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
答案：C
解析：人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析屈腿的好处．人和地面接触过程中，速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝mΔv；而屈腿可以增加人着地的时间，可以减小动量的变化量，故减小受到的冲力．
2．[2022·山东潍坊一中检测]如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使煤车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为(　　)
A．50 N B．250 N
C．500 N D．750 N
答案：C
解析：取5 s内落在车上的煤粉研究，由动量定理有：Ft＝Δmv；解得F＝＝ N＝500 N.
3．如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，某时刻速度的大小为v，方向向下．经时间t，小球的速度方向变为向上，大小仍为v.忽略空气阻力，重力加速度为g，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量(　　)
A．大小为2mv，方向向上
B．大小为2mv，方向向下
C．大小为2mv＋mgt，方向向上
D．大小为2mv＋mgt，方向向下
答案：C
解析：设向上为正方向，由动量定理I弹－mgt＝mv－(－mv)，解得I弹＝mgt＋2mv，方向向上．
4．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.
(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)相当于1.75个大气压(共41张PPT)
3.动量守恒定律
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
课堂检测·素养提升
新课程标准 核心素养目标 1.通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象 2．知道动量守恒定律的普适性 3．知道火箭的发射是利用了反冲现象 物理观念 动量守恒定律、系统、内力和外力
科学思维 知道动量守恒定律的内容及表达式，理解动量守恒的条件
科学探究 探究系统内动量守恒的条件
科学态度 与责任 动量守恒定律在生产实际和生活中的应用
必备知识·自主学习
一、相互作用的两个物体的动量改变
两个物体碰撞后的动量之和________碰撞前的动量．
二、动量守恒定律
1．系统　内力和外力
(1)系统：由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统(system)．
(2)内力：系统中物体间的作用力，叫作内力．
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力，叫作外力．
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，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律．
(2)表达式：m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2
3．适用条件：系统不受外力或者所受________的矢量和为零．
等于
外力
三、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．
高速
微观
【思考辨析】　判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(　　)
(2)只要系统内存在摩擦力，动量就不可能守恒(　　)
(3)只要系统受外力做的功为零，动量就守恒(　　)
(4)只要系统所受到合外力的冲量为零 ，动量就守恒(　　)
(5)系统加速度为零，动量一定守恒(　　)
√
×
×
√
√
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。
关键能力·合作探究
探究点一　动量守恒的条件
导学探究
情景1：如图甲所示，小车A、B静止在光滑水平面上．
情景2：如图乙所示，速度为v0的物体滑上光滑水平面上的小车．
(1)图甲中，烧断细线后，两小车受弹簧弹力的作用，系统动量守恒吗？
(2)图乙中，物体与小车组成的系统动量守恒吗？

提示：(1)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．
(2)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．
探究总结
1.动量守恒定律成立的条件
(1)理想条件：系统不受外力或系统所受外力的矢量和为0.
(2)近似条件：系统所受外力的矢量和虽不为0，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计．
(3)单方向的动量守恒条件：系统所受外力的矢量和虽不为0，但在某个方向上的分量为0，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变．
2．动量守恒定律的“五性”
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 公式中v1、v2、v′1、v′2必须相对于同一个参考系
同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v′1、v′2是相互作用后同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性 不仅适用于低速宏观系统，还适用于高速微观系统
典例示范
例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，后放开右手后，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
【答案】　ACD
【解析】　当两手同时放开后，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．
针对训练1　(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
答案：BC
解析：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，A错误，B正确；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，C正确，D错误．
探究点二　动量守恒定律的应用
探究总结
动量守恒定律不同的表现形式
(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．
典例示范
例2 [两个物体的动量守恒]如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

【答案】　A
【解析】　两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前，后面球的速度大于前面球的速度．规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向均向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA>vB，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒：mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B，所以碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，根据mB＝2mA，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5.
例3 [多个物体的动量守恒]甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲所在车上有质量为m＝1 kg的小球若干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面的速度大小为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞．
(1)两车的速度各为多少？
(2)甲总共抛出了多少小球？
【解析】　(1)两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v
解得v＝1.5 m/s
(2)对甲及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得
M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′
解得n＝15
【答案】　(1)均为1.5 m/s　(2)15
教你解决问题
题干内容 信息提取
匀速相向行驶 初速度方向相反
甲不断地将小球以相对地面的速度大小为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙 甲抛小球过程动量守恒
且被乙接住 乙接小球过程动量守恒
保证两车不致相撞 恰好不相撞的条件是速度相等
例4 [某单一方向动量守恒问题]
如图所示，一辆砂车的总质量为M，静止于光滑的水平面上．一个质量为m的物体A以速度v落入砂车中，v与水平方向成θ角，求物体落入砂车后车的速度v′.
【解析】　物体和车作用时总动量不守恒，而水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，即mv cos θ＝(M＋m)v′，得v′＝，方向与v的水平分量方向相同．
【答案】　，方向与v的水平分量方向相同
应用动量守恒定律解题的基本步骤和方法
(1)确定研究对象，即相互作用的系统；
(2)判断是否符合守恒条件；
(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．
注意：用动量守恒定律列式时，统一速度的参考系和正方向．
针对训练2　如图所示，50 kg的妈妈骑着10 kg的自行车，带着20 kg的小孩以3 m/s速度匀速行驶在平直路面上．行驶中小孩要从车上跳下来，若小孩在离开车座时水平速度为零，则此时(　　)
A．妈妈和自行车行驶速度仍为3 m/s
B．妈妈和自行车行驶速度可能变为2 m/s
C．妈妈和自行车行驶速度变为4 m/s
D．妈妈和自行车及小孩组成的系统，动能增加了100 J
答案：C
解析：小孩与妈妈及自行车分离前后瞬间水平方向的外力之和为零，系统水平方向动量守恒，分离时小孩水平速度为零，有：(M＋m车＋m)v＝(M＋m车)v1，解得：v1＝4 m/s，即妈妈和自行车速度变为4 m/s.A、B错误，C正确．分离前系统动能为360 J，分离时小孩需要用力前推自行车，ΔEk＝(M＋m车－(M＋m车＋m)v2＝120 J，D错误．
学科素养提升 动量守恒与能量守恒的综合问题
理想模型
应用两个守恒求解问题的要求
(1)明确系统的选择；
(2)判断是否满足守恒条件：动量是否守恒取决于系统所受的合外力是否为零，而机械能是否守恒取决于是否有重力和弹力之外的其他力做功；
(3)分析系统内物体的受力，明确各物体的速度及速度间的联系；
(4)科学选取过程，利用相应规律解题．
素养训练
1．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．弹簧与B球不拴接，A球到桌边的距离大于弹簧原长，已知A、B两球质量分别为m和2m，当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落到与桌边距离为x的水平地面上，如图所示．取走A左边的挡板，用同样的程度压缩弹簧，将A、B同时释放，B球的落地点到桌边的距离为(　　)
A.x　　　B．x　　　C．x　　　D．x
答案：C
解析：设弹簧的压缩量为x0，当用挡板挡住A球时，由能量守恒定律可得Ep＝①
当把挡板去掉后，释放弹簧，A球向左运动，B球向右运动，在这个过程由动量守恒定律可得mv1＝2mv2②
由能量守恒定律可得Ep＝③
B球离开桌面做平抛运动，由平抛运动的运动公式有h＝，x＝v0t，x′＝v2t得＝④
联立以上公式可得x′＝x
2．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
解析：(1)设斜面质量为M，在冰块沿斜面上滑过程中，对于冰块和斜面组成的系统，水平方向动量守恒：
m2v2＝(m2＋M)v
系统机械能守恒：m2gh＋(m2＋M)v2＝
解得M＝20 kg
(2)取冰块被推出的速度方向为正方向，人推冰块的过程：m1v1＋m2v2＝0，解得v1＝－1 m/s(向右)
冰块与斜面组成的系统：m2v2＝m2v′2＋Mv3，
＝
解得v′2＝－1 m/s(向右)
因v′2＝v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩．
答案：(1)20 kg　(2)不能
课堂检测·素养提升
1．(多选)两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是(　　)
A．互推后两同学总动量增加
B．互推后两同学动量大小相等，方向相反
C．分离时质量大的同学的速度小一些
D．互推过程中机械能守恒
答案：BC
解析：对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故A错；两同学动量的变化量大小相等，方向相反，故B、C正确；互推过程中机械能增大，故D错误．
2. 如图所示为中国女子冰壶队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动方向为正方向，则碰后中国队冰壶的速度为(　　)
A．－0.1 m/s B．－0.7 m/s
C．0.1 m/s D．0.7 m/s
答案：C
解析：根据动量守恒定律有：mv0＝mv对＋mv中，代入数据，解得：v中＝0.1 m/s.故选C.
3．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，A物块的质量mA＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的x t图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，则物块B的质量为(　　)
A．0.5 kg B．1 kg
C．2 kg D．3 kg
答案：D
解析：由x-t图像知，碰前，vA＝8 m/s，vB＝0
碰后，vAB＝ m/s＝2 m/s
A、B两物块组成的系统动量守恒mAvA＋0＝(mA＋mB)vAB
代入数据解得mB＝3 kg.故选项D正确．
4．质量为1 000 kg的轿车与质量为4 000 kg的货车迎面相撞．碰撞后两车绞在一起，并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图所示)，从事故现场测出，两车相撞前，货车的行驶速度为54 km/h，撞后两车的共同速度为18 km/h.该段公路对轿车的限速为100 km/h.试判断轿车是否超速行驶．
解析：碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒．
设轿车质量为m1，货车质量为m2；碰撞前轿车速度为v1，货车速度为v2；碰撞后两车的共同速度为v′.选轿车碰撞前的速度方向为正方向．碰撞前系统的总动量为m1v1－m2v2，碰撞后系统的总动量为－(m1＋m2)v′，由动量守恒定律得：
m1v1－m2v2＝－(m1＋m2)v′，
v1＝
＝ km/h
＝126 km/h＞100 km/h，
故轿车在碰撞前超速行驶．
答案：超速行驶
5．两只小船质量分别为m1＝500 kg、m2＝1 000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，从每一只船上各投质量m＝50 kg的麻袋到对面的船上，如图所示，结果质量较小的船停了下来，另一只船则以v＝8.5 m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，求在交换麻袋前两只船的速度大小．
解析：以质量较小的船的速度方向为正方向，选取质量较小的船和从质量较大的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，如题图所示，根据动量守恒定律有(m1－m)v1－mv2＝0
选取质量较大的船和从质量较小的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有mv1－(m2－m)v2＝－m2v
选取两船、两个麻袋组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
m1v1－m2v2＝－m2v
联立解得v1＝1 m/s，v2＝9 m/s
答案：见解析(共42张PPT)
4.实验：验证动量守恒定律
实验必备·自主学习
精析典例·提升能力
课堂检测·素养提升
新课程标准 核心素养目标 能从实角定验验证的度，理解动量守恒定律． 物理观念 理解动量守恒定律
实验属性 学生必做实验 科学思维 (1)掌握在同一条直线上两个物体碰撞前后速度的测量方法
(2)了解实验数据的处理方法
(3)体会将不易测量量转化为易测量量的实验设计思想
科学探究 探究在碰撞中动量守恒的基本思路
实验必备·自主学习
实验思路
1．实验中要选取的研究对象为________的两个物体构成的系统．
2．可采用气垫导轨，减小两物体与轨道间的________，物体放在导轨上，竖直方向的________为0，此种情况可认为系统所受外力的矢量和近似为0.
相互作用
摩擦力
合力
二、物理量的测量
需要测量物体的质量，以及两个物体发生碰撞前后各自的速度．
1．质量的测量
物体的质量可用天平直接测量．
2．速度的测量
速度的测量可以有不同的方式．如可以用打点计时器、光电门、传感器测速，还可以根据平抛运动规律测速等．尽可能选取气垫导轨等器材利用光电门测速进行实验，因为运动过程中物块所受的摩擦力较小．
三、实验方案
案例一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1．实验的主要步骤
(1)测质量：用________测出两滑块的质量．
(2)安装器材：将气垫导轨放置在水平桌面上，并调整气垫导轨________，将光电门________在气垫导轨的适当位置(如下图)．
天平
水平
固定
(3)向________导轨通入压缩空气．
(4)接通光电________．
(5)把滑块2________放在气垫导轨的中间．
(6)滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳．
(7)释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹性碰撞架的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动．
气垫
计时器
静止
(8)读出滑块通过两个光电门的________，分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1和通过光电门2的挡光时间Δt2及滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3.
(9)通过在滑块上放置橡皮泥等改变滑块的________；通过改变挤压弹射架上的橡皮绳的形变大小改变滑块初速度的大小，重复实验．
(10)分别将测得的滑块上________的宽度d、滑块1和滑块2的质量m1、m2记录到设计好的表格中，验证________是否与m1＋m2相等．
挡光时间
质量
挡光片
m1
2．数据的记录与处理
将实验中测得的物理量填入如下表格．
(m1＝________；m2＝________)
碰撞前 碰撞后 速度 v1 v2 v′1 v′2
mv m1v1＋m2v2 m1v′1＋m2v′2 案例二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
1．实验步骤
(1)用天平测出两个小球的________．
(2)将斜槽固定在桌边并使其末端________．在地板上铺上白纸和复写纸，通过小铅锤将斜槽末端在纸上的________记为O点．
(3)首先让球A多次从斜槽C点由静止释放，落在复写纸上，重复多次．
质量
水平
投影
(4)再将球B放在槽口末端，让球A从C点由________释放，撞击球B，两球落在复写纸上，重复多次．
(5)取下白纸，用圆规找到落点的________P点、M点、N点，用________测出lOP、lOM和lON.
(6)改变C点位置，重复上述实验．
静止
平均位置
刻度尺
2．数据收集与分析
(1)分别测出________球A的落地点到O的距离lOP和________球A和球B的落地点到O的距离lOM和lON，根据所测得数据计算mA·lOP与mAlOM＋mBlON，并比较其数值关系．
(2)实验结论：在误差允许范围内，发生一维碰撞的两物体组成的系统动量守恒．
碰前
碰后
精析典例·提升能力
类型一　利用气垫导轨验证两滑块碰撞时的动量守恒
典例示范
例1 用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片．
(1)实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道左端只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过光电门Ⅰ和光电门Ⅱ的时间分别为t1、t2，当t1________t2(选填“>”“＝”或“<”)时说明气垫导轨水平．
(2)滑块A静置于光电门Ⅰ的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置．给A一个向右的初速度，通过光电门Ⅰ的时间为Δt1，A与B碰撞后A再次通过光电门Ⅰ的时间为Δt2，滑块B通过光电门Ⅱ的时间为Δt3.为完成该实验，还必需测量的物理量有________．
A．挡光片的宽度d
B．滑块A的总质量m1
C．滑块B的总质量m2
D．光电门Ⅰ到光电门Ⅱ的间距L
(3)若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为_________________。(用已知量和测量量表示)
＝
BC
m1＝m2－m1
【解析】　(1)如果导轨水平，滑块A将在导轨上做匀速直线运动，因此通过两个光电门所用的时间相等，即t1＝t2.
(2)取向右为正方向，根据题意可知A碰撞前的速度v1＝，A与B碰撞后A的速度v2＝－，B被碰撞后的速度为v3＝，若A、B碰撞过程中动量守恒，则有m1v1＝m2v3＋m1v2，将碰撞前后A、B的速度代入，得m1＝m2＋m1(－)＝m2－m1，约去d，化简得m1＝m2－m1，故还必需测量的物理量有A、B的质量，故选B、C.
(3)若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为m1＝m2－m1.
针对训练1　某实验小组用如图所示的气垫导轨完成“验证动量守恒定律”的实验．图中A、B是带有碰撞装置和挡光片的滑块，可在气垫导轨上无摩擦地滑动．光电门C、D固定，通过光电计时器(图中未画出)可测出挡光片通过光电门的时间．主要实验步骤如下：
①用天平分别测出A、B两滑块的质量并记录．
②用游标卡尺分别测出A、B两滑块上挡光片的宽度并记录．
③调整气垫导轨使之水平．
④将滑块A、B静止放在气垫导轨的图示位置上．
⑤给A一个水平速度，使之水平向右运动，观察A、B碰撞的情况，记录A、B上的挡光片经过光电门C、D的时间．
⑥重复步骤④⑤三至五次．
⑦分析数据，得出结论．
若某次实验步骤⑤中滑块A两次经过光电门C，实验记录如下表：其中t1为滑块A第一次经过C的时间(ms)，t2为滑块A第二次经过C的时间(ms)，t3为滑块B经过D的时间(ms)．
mA/g mB/g dA/cm dB/cm t1 t2 t3
150 1.00 1.00 5.00 25.00 6.25
请回答下列问题
(1)两滑块碰后滑块B的速度大小为________m/s；
(2)实验过程中滑块A的质量忘记记录了，根据你的分析，滑块A的质量mA＝________ g；
(3)步骤③的目的是____________________________。
1.6
100
保证滑块碰撞前后做匀速直线运动
解析：(1)碰后滑块B经过D的时间为6.25 ms，则碰后滑块B的速度大小vB＝＝ m/s＝1.6 m/s.
(2)以碰前A的速度方向为正，碰前A的速度v1＝＝ m/s＝2.0 m/s，碰后A的速度v2＝－＝ m/s＝－0.4 m/s，
由(1)知滑块B的速度vB＝1.6 m/s.根据碰撞前后动量守恒可得mAv1＋0＝mAv2＋mBvB，代入数据解得mA＝0.10 kg＝100 g.
(3)调整气垫导轨使之水平是为了使滑块碰撞前后做匀速直线运动．
类型二　利用平抛运动装置验证两球碰撞过程中动量守恒
典例示范
例2 如图所示，斜槽末端水平，小球m1从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的P点．今在槽口末端放一与m1半径相同的球m2，仍让球m1从斜槽同一高度由静止滚下，并与球m2正碰后使两球落地，球m1和m2的落地点分别是M、N.已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点．则：
(1)两小球质量的关系应满足________．
A．m1＝m2　　　B．m1>m2　　　C．m1(2)实验必须满足的条件________．
A．轨道末端的切线必须是水平的
B．斜槽轨道必须光滑
C．入射球m1每次必须从同一高度滚下
D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
B
ACD
【解析】　(1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即m1>m2，故选B.
(2)为保证两球从同一高度做平抛运动，实验中要求斜槽轨道末端的切线要调成水平．为保证实验有较好的可重复性以减小误差，实验中要求入射球每次从同一高度由静止滚下．本实验是探究碰撞前后物理量的变化情况，故不需要斜槽轨道必须光滑，故选A、C、D.
(3)实验中必须测量的量是________．
A．两小球的质量m1和m2
B．两小球的半径r1和r2
C．桌面离地的高度H
D．小球起始高度
E．从两球相碰到两球落地的时间
F．小球m1单独滚下的水平距离
G．两小球m1和m2相碰后飞出的水平距离
AFG
【解析】　本实验必须测量的是两小球质量m1和m2，入射球m1单独滚下的水平距离和两小球m1和m2相碰后各自飞出的水平距离．因小球脱离轨道后做的是相同高度的平抛运动，因此两球碰后落地时间相等，两小球水平分运动的时间也相等，故可以利用水平距离的测量代替速度的测量，所以不需要测量桌面离地的高度及两小球碰后落地的时间．故选A、F、G.
(4)若两小球质量之比为m1∶m2＝3∶2，两球落点情况如图所示，则碰撞前后有________．
B．＝
C．m1v1＝m1v′1＋m2v′2
D．m1v1＝m2v′2
C
【解析】　(4)设m1＝3m，m2＝2m，
则v1＝＝ m/s，m1v1＝
v′1＝＝ m/s，
v2＝0，v′2＝＝ m/s
m1v′1＋m2v′2＝.
所以m1v1＝m1v′1＋m2v′2，故C选项正确．
针对训练2　如图所示，某同学利用两个半径相同的小球及斜槽验证动量守恒定律实验，把被碰小球m1置于斜槽末端，实验所测得的数据如下：
小球质量/g 小球水平射程/cm m1 m2 OM OP ON
20.9 32.6 12.5 56 67.8
(1)若平抛时间看作单位时间1 s，则碰撞前小球m2的动量为p＝m2v2＝________ kg·m/s.碰后系统的总动量为p′＝m1v′1＋m2v′2＝________kg·m/s.
(2)实验结论是_____________________________________.
0.018 3
0.018 2
在误差允许范围内，碰撞前后系统的动量守恒
解析：(1)在这个实验中，不放置m1，而令m2从斜槽末端抛出时，落点为P；放置m1时，两小球相碰后，m1的落点为N，m2的落点为M，三次平抛的时间都相等，速度可求，即有
m2＝32.6 g＝0.032 6 kg
m1＝20.9 g＝0.020 9 kg
v2＝＝0.56 m/s
p＝m2v2≈0.018 3 kg·m/s
v′2＝＝0.125 m/s
v′1＝＝0.678 m/s
p′＝m1v′1＋m2v′2＝0.018 2 kg·m/s
因此在误差允许范围内我们可以认为m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
(2)实验结论：在误差允许的范围内，碰撞前后系统的动量守恒．
课堂检测·素养提升
1.某同学用如图1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．如图1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2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零刻度线与O点对齐．
图1
图2
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.
(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________(填选项前序号)．
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞时，测量A、B球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
E．测量G点相对于水平槽面的高度
64.7
ABD
解析：(1)如题图2，B球有10个落点位置，实验中应取平均位置．方法是用最小的圆将所有点圈在里面，圆心位置即为落点平均位置，找准平均位置，读数时应在刻度尺的分度值后面再估读一位．读数为64.7 cm(64.2～65.2 cm均正确)．(2)本实验的装置中，被碰小球B和入射小球A都从轨道末端开始做平抛运动，且两球平抛时间相同．设A未碰B时，平抛水平位移为sA；A、B相碰后，A、B两球的水平位移分别为s′A、s′B，A、B质量分别为mA、mB，则碰前A的动量为mA，碰后A、B的动量之和可写成mA＋mB，要验证动量守恒，即验证以上两式是否相等，所以该实验应测量的物理量有：mA、mB、sA、s′A、s′B.
2．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)．实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．将A、B静止放置在气垫导轨上，在A和B间放入一个被压缩的轻质弹簧，用电动卡销锁定；
d．用刻度尺测出滑块A的左端至挡板C的距离L1；
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2.
(1)实验中还应测量的物理量是_________________________。
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________，上式中算得A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是：
①_______________________________________________________；
②________________________________________________________.
(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式；如不能，请说明理由：_______________________.
滑块B的右端到挡板D的距离L2
mA＝mB
气垫导轨可能不水平导致误差
滑块受到阻力作用而导致误差
能，Ep＝mA()2＋mB()2
解析：(1)为了验证动量守恒定律，需要测出滑块B运动的速度，所以需要测量滑块B的右端到挡板D的距离L2.(2)两滑块动量守恒，满足mAvA＝mBvB，滑块脱离弹簧后在导轨上做匀速直线运动vA＝，vB＝，代入解得需要满足的表达式为mA＝mB.
误差产生的原因有：①气垫导轨可能不水平导致误差；②滑块受到阻力作用而导致误差；③测量mA、mB、t1、t2、L1、L2时存在误差．(合理即可)(3)弹簧从压缩状态恢复到原长，弹性势能全部转化为滑块的动能，根据能量守恒定律有Ep＝，代入速度，解得弹性势能的表达式Ep＝mA()2＋mB()2.
3．如图(a)中，水平放置的气垫导轨上有A、B两个质量相同的滑块，滑块上的挡光片宽度均为d，A位于导轨的左端，B位于导轨中间，A、B间和B与导轨右端之间各有一个光电门．用手推一下A，A向右运动与B发生碰撞并粘到一起，测得A通过光电门1的挡光时间为t1，A、B一起通过光电门2时B上挡光片的挡光时间为t2.完成下列填空：
(1)A通过光电门1时的速度大小为________(用题中给出的物理量的符号表示．)
(2)用游标卡尺测量d时的示数如图(b)所示，则d＝________cm.
(3)当t1＝________(用题中给出的物理量的符号表示)时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒．
0.84
t2
解析：(1)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A通过光电门1的速度大小可表示为v1＝.(2)游标卡尺的主尺读数为8 mm，游标尺读数为0.1×4 mm＝0.4 mm，所以挡光片的宽度为d＝8 mm＋0.4 mm＝8.4 mm＝0.84 cm.(3)滑块A通过光电门1的速度v1＝，滑块A、B整体通过光电门2的速度v2＝，不考虑摩擦力作用，若A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律得m·＝2m·，化简得t1＝t2，即当t1＝t2时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒．
4．如图所示，用“碰撞实验器”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，可以通过测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
C
解析：落地高度不变的情况下，用水平射程来体现速度．
(2)下图中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位置由静止释放，找到其平均落点的位置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位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
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
落点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
ADE
解析：实验需要测量两个小球的质量和水平位移．
(3)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落点的平均位置到O点的距离如图所示．若碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2＝11∶________．实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为________(保留三位有效数字)．
14
2.9
1.01
解析：(3)碰撞前、后m1的动量之比：＝＝＝；碰撞结束时m1、m2的动量之比：
＝＝＝；
碰撞前、后总动量的比值＝＝≈1.01.(共38张PPT)
5.弹性碰撞和非弹性碰撞
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
课堂检测·素养提升
新课程标准 核心素养目标 1.通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点 2．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象 3．体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一 物理观念 理解碰撞的特点，建立碰撞的过程模型
科学思维 会应用动量、能量观点分析和解决一条直线上的碰撞问题
科学探究 通过研究小车碰撞前后动能的变化，认识碰撞过程中的能量转化与守恒
科学态度 与责任 体会自然界的和谐与统一
必备知识·自主学习
一、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
如果系统在碰撞后动能减少，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，________损失最多的碰撞．
机械能
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．
2．弹性碰撞碰后的速度特点
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
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
一条直线
速度
对心碰撞
m1v′1＋m2v′2
v1
v1
(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
【思考辨析】　判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度．(　　)
(2)若碰撞过程中动能不变，这样的碰撞叫非弹性碰撞．(　　)
(3)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．(　　)
×
×
√
情境思考：
打台球时，桌面上两个小球碰撞前后动量遵循怎样的规律，机械能呢？碰撞时桌面的摩擦力对两小球的总动量有无重大影响，为什么？
提示：两个小球碰撞前后动量守恒，机械能可能减小，但不会增加．因为两个小球碰撞时内力远大于所受的摩擦力等外力，故摩擦力等对动量守恒的影响可忽略．
关键能力·合作探究
探究点一　碰撞过程的特点及分类
探究总结
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．
典例示范
例1 [弹性碰撞和非弹性碰撞的判断]质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于(　　)
A.弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能确定
【答案】　A
【解析】　由x t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后v′a＝－1 m/s，v′b＝2 m/s，碰撞前动能＝ J，碰撞后动能＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mav′a＋mbv′b＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．
例2 [应用碰撞规律解决实际问题]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sB.由运动学公式有＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 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sA.由运动学公式有＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为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/s
【答案】　(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s
教你解决问题
“物理情境”“模型建构”
例3 [多体碰撞问题] 光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝mB＝m，mC＝2m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B发生弹性正碰后，B又与C发生碰撞并粘在一起，求：
(1)B与C碰撞前后B的速度分别是多大？
(2)B与C碰撞中损失的动能是多少？
【解析】　(1)设A与B碰撞后，A的速度为vA，B的速度为vB，A与B发生弹性正碰，取右为正方向 由动量守恒定律和能量守恒定律有
mv0＝mvA＋mvB
＝，得vA＝0，vB＝v0
设B与C发生碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律有mvB＝3mv，得v＝.
(2)B与C碰撞中损失的动能ΔE＝－·3m·v2
得ΔE＝.
【答案】　(1)v0　
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，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．
针对训练1　如图所示，长为L的轻绳竖直悬挂着一质量为m的小球A，恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B.现把小球向左上方拉至细绳恰好水平绷直，然后从静止释放小球．小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞，物块向右滑行了2L的距离停下．求：
(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ.
(2)若仅改变A的质量，仍让A从原位置由静止释放，AB发生弹性碰撞后，B向右滑行的距离为4.5L，则小球A的质量应该多大．
解析：(1)设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v0，由机械能守恒定律得＝mgL,解得v0＝
设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v1、v2，由于碰撞是弹性碰撞，取右为正方向则mv0＝mv1＋mv2, ＝,
解得v2＝v0＝
对于物块向右滑行的过程，由动能定理有－μmg×2L＝
解得μ＝0.5
(2)设碰撞后瞬间有Mv0＝Mv′1＋mv′2,＝
若B物块前进4.5L停下则有－μmg×4.5L＝
联立解得M＝3m
答案：(1)0.5　(2)3m
探究点二　碰撞过程中的三个制约因素
探究总结
1.动量制约——系统动量守恒
即m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2
2．动能制约——系统动能不增加
即.
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．
典例示范
例 4 A、B两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为10 kg·m/s，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
【答案】　C
【解析】　A、B两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p′1＋p′2，即p′1＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，系统的机械能不会增加，所以有，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．
[迁移拓展]　在【例4】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．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
解析：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v′A大于B的速度v′B，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＝+＝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
　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．
针对训练2　如图为运动员正在准备击球，设在运动员这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A．mB＝mA　　 B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
答案：A
，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA.
课堂检测·素养提升
1.在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，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．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后两球都静止
答案：A
解析：若两球质量相等，碰前两球总动量为零，碰后总动量也应该为零，由此分析可得选项A可能、B不可能；若两球质量不同，碰前两球总动量不为零，碰后总动量也不能为零，选项D不可能；若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开，则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同，与碰前总动量方向相反，选项C不可能．
2.[2022·福建中学高二检测](多选)质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位置—时间图像如图所示，由图判断以下说法中正确的是(　　)
A．碰撞前两物体质量与速度的乘积相同
B．质量m1等于质量m2
C．碰撞后两物体一起做匀速直线运动
D．碰撞前两物体质量与速度的乘积大小
相等、方向相反
答案：BD
解析：由题图可知，两物体碰前都做匀速直线运动，但运动方向相反，碰后两物体位置不变，即处于静止状态，所以碰后速度都为零，故A、C错误，D正确；由题图可知，两物体碰前速度大小相等，由动量守恒定律可得m1等于m2，B正确．
3.如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m.现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能，下列说法中正确的是(　　)
A．B球动能的最大值是
B．B球动能的最大值是
C．系统动能的最小值是0
D．系统动能的最小值是
答案：A
解析：若发生弹性碰撞，碰后能量不损失，且发生速度交换，此时碰后B球的速度最大，动能最大，为，选项A正确，B错误；若发生完全非弹性碰撞，即碰后A、B速度相等时，动能损失最大，系统动能最小，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv＋mBv，解得v＝，系统动能的最小值是＝，选项C、D错误．
4．[教材P23(练习与应用)T5改编](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
答案：AD
解析：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＝＝27 J，Ek后＝+，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.
5．(多选)如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m的弹性小球P沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km(k为正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q发生弹性正碰．为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k的取值可能正确的是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
答案：ABC
解析：设两球碰撞前P的速度为v0，碰后P与Q的速度分别为v1与v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律及机械能守恒定律分别得mv0＝＝，联立解得v1＝v0，v2＝v0，为使二者只能发生一次碰撞，必须满足|v1|≤|v2|，又因为k为正整数，所以解得0＜k≤3，即k的取值可能为1、2、3，故选A、B、C.(共36张PPT)
6. 反冲现象　火箭
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
课堂检测·素养提升
新课程标准 核心素养目标 1.了解反冲的概念及反冲现象的一些应用 2．理解反冲现象的原理，能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题 3．了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素 物理观念 理解反冲的概念，了解反冲在实际问题中的应用
科学思维 会应用动量守恒定律解决相关反冲问题
科学态度 与责任 了解航天技术的发展和宇宙航行，了解中国火箭发展历程，增强民族自豪感
必备知识·自主学习
一、反冲现象
1.定义：根据动量守恒定律，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________作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有________能转变为动能，所以系统的总动能增加．
内力
相反
内力
其他形式
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水，一边________．
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的________，所以用步枪射击时要把枪身抵在________，以减少反冲的影响．
旋转
准确性
肩部
二、火箭
1．工作原理：是利用________运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度．
2．影响火箭获得速度大小的因素
(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000 m/s～5 000 m/s.
(2)质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度________，质量比________，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
越大
越大
运载
【思考辨析】　判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(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，所以动量守恒．(　　)
√
×
√
√
√
情境思考：
(1)把一个气球吹起来，用手捏住气球的通气口(图甲)，然后突然放开，让气体喷出，观察气球的运动．
提示：气球沿与喷气相反的方向运动．
(2)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，容器旋转起来．
提示：旋转方向与水喷出的方向相反．
关键能力·合作探究
探究点一　反冲现象
导学探究
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(如图所示)，她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．
探究总结
反冲运动的三个特点
(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或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应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机械能，所以系统的总动能增加．
典例示范
例1 下列所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是(　　)
A．喷灌装置的自动旋转
B．章鱼在水中前行和转向
C．运载火箭发射过程
D．码头边轮胎的保护作用
【答案】　D
【解析】　A错：喷灌装置的自动旋转是利用了水流喷出时的反冲作用．B错：章鱼在水中前行和转向是利用了喷出的水的反冲作用．
C错：火箭的运动是利用喷气的方式获得动力，利用了反冲原理．
D对：码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲原理．
例2 (多选)一个连同装备总质量M＝100 kg的航天员，脱离飞船进行太空行走后，在与飞船相距d＝45 m的位置与飞船保持相对静止．所带氧气筒中还剩有m0＝0.5 kg氧气，氧气除了供他呼吸外，还需向与飞船相反方向喷出一部分氧气以获得使他回到飞船的反冲速度v′，为此氧气筒上有可使氧气以v＝50 m/s的速度喷出的喷嘴．按照物理原理：如果一次性喷出氧气质量为m，喷气速度为v，则其获得反冲速度v′＝，已知人的耗氧率为R＝2.5×10－4 kg/s(即每秒呼吸消耗氧气量)．则为保证该航天员安全返回飞船，一次性喷出氧气质量m可能为(　　)
A．0.04 kg B．0.25 kg
C．0.35 kg D．0.46 kg
【答案】　BC
【解析】　已知M＝100 kg，d＝45 m，m0＝0.5 kg，v＝50 m/s，R＝2.5×10－4 kg/s，
设喷出氧气的质量为m，返回的时间为t，喷出氧气后可认为航天员总质量不变．
则返回速度v′＝，
运动的时间t＝
航天员耗氧量：Rt＝m0－m
联立并代入数据得m＝0.05 kg或0.45 kg，
所以0.05 kg＜m＜0.45 kg.
　
讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性：以反冲前的系统为参考系，反冲后，被抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反．
(2)速度的同系性：一般都转换为对地速度．
针对训练1　某同学为研究反冲运动，设计了如图所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上，挡光片宽为d，小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为m的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t，小车、弹簧和挡光片的总质量为3m，则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：由题可知，小车做反冲运动的速度大小为v1＝，由于小车处于光滑水平面上，反冲运动过程系统动量守恒，则3mv1＝mv2，求得v2＝3v1＝，C项正确．
探究点二　火箭
导学探究
(1)我国在什么时候发明了火箭？
(2)现代火箭与古代火箭有何区别？
(3)火箭飞行时能获得的最大速度与哪些因素有关？
(4)如何增大火箭所能达到的最大速度？
(5)火箭有哪些主要用途？
提示：(1)我国早在宋代就发明了火箭。
(2)现代火箭与古代火箭在原理上是相同的，都是运用反冲原理，但在结构上要比古代火箭更先进、更复杂．
(3)火箭飞行所能取得的最大速度取决于两个条件：
①气体喷出的速度大小．
②火箭壳体的质量与燃料的质量比．
(4)为了提高火箭的飞行速度，必须从上面两方面去考虑：一是提高喷气速度；二是减小壳体与燃料的质量比．发射人造卫星采用多级火箭，就是为了及时抛掉用完燃料的箭体，使卫星最终获得更大的速度．
(5)火箭的主要用途是作为运载工具使用，例如发射卫星、飞船等．
探究总结
火箭的原理
(1)火箭是反冲运动的应用，其反冲过程动量守恒．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得与之大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，加速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．
(2)火箭利用了反冲原理，获得向上的动量，根据动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－u，其中Δm为火箭在极短时间内喷射燃气的质量，喷出燃气相对于喷气前火箭的速度为u，喷出燃气后火箭的质量为m，火箭喷气后速度的增加量为Δv.
典例示范
例3 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
【解析】　选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解
(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，据动量守恒定律得：
(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
(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝＝13.5 m/s.
【答案】　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
针对训练2　如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出．已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水的机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
答案：D
解析：A错：火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力．
B错：水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水的机械能不守恒．
C错：在喷水的极短时间内，火箭和水的重力以及空气阻力可忽略不计，在竖直方向动量守恒，在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，根据动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝.
D对：水喷出后，火箭向上做竖直上抛运动，有2gh＝v2，解得h＝.
学科素养提升 反冲运动中的“人船模型”
理想模型
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.
素养训练
1．如右图所示，大气球质量为100 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则此绳的长度至少为(不计人的高度，可以把人看作质点)(　　)
A．10 m　　B．30 m C．40 m　　D．60 m
答案：B
解析：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1－m2v2＝0，则m1－m2＝0，s气球＝s人＝×20 m＝10 m，则绳子长度L＝s气球＋s人＝10 m＋20 m＝30 m，即绳子的长度至少为30 m.
2．如图所示，质量M＝150 kg的木船长l＝4 m，质量m＝50 kg的人站立在船头，人和船静止在平静的水面上．不计水的阻力，现在人要走到船尾取一样东西，则人从船头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离为多少？
解析：设船移动距离为x，则人移动距离为l－x，以船行方向为正方向，船对地的平均速度为，人对地的平均速度为－，如图所示．
由动量守恒定律有M－m＝0
即Mx－m(l－x)＝0
解得船移动的距离为x＝＝ m＝1 m．
　
处理“人船模型”问题的两点注意
①“人船模型”问题中，两物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．
②问题中的“船长”通常理解为“人”相对“船”的位移．而在求解过程中，应该讨论的是“人”及“船”相对地的位移，即相对于同一参考系的位移．
课堂检测·素养提升
1.人静止于光滑水平冰面上，现欲前进，则可行的办法是(　　)
A．向后踢腿 B．手臂向后甩
C．在冰上滚 D．脱去外衣向后掷去
答案：D
解析：因为合外力为零 ，系统动量守恒，只有抛出一个物体，人才会做反冲运动．
2．竖直发射的火箭质量为6×103 kg.已知每秒喷出气体的质量为200 kg.若要使火箭获得20 m/s2的向上的加速度，则喷出气体的速度大小约为(　　)
A．700 m/s B．800 m/s
C．900 m/s D．1 000 m/s
答案：C
解析：内力远大于重力，可认为火箭和喷出的气体动量守恒，设每秒喷出气体的质量为m气，则m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F＝＝＝，根据牛顿第二定律知F－m箭g＝m箭a，得喷气速度v气＝900 m/s.
3.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，船左端离岸的距离为(忽略水的阻力)(　　)
A．L　　　B． C．　 　 D．
答案：D
解析：在人从船头走到船尾的过程中，任设某一时刻船和人的速度大小分别为v1和v2，则由于船和人的总动量守恒，于是mv1－Mv2＝0
而这过程中船与人的平均速度和也应满足类似的关系：
m1－M＝0
上式同乘过程所经历的时间t后，船和人相对于岸的位移同样有ml1－Ml2＝0
从图中可以看出，l1＋l2＝L
由以上各式，解得l1＝L；
l2＝L.故选项D正确．
4．一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态．装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体．宇航员为了能在10 min时间返回飞船，则他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？
解析：设宇航员的速度为u，则：u＝＝ m/s＝0.075 m/s，释放质量为m1的气体后，则根据动量守恒定律有：0＝m1v－(M－m1)u，代入数据得m1≈0.15 kg.
答案：0.15 kg(共18张PPT)
微专题 碰撞模型的拓展
关键能力·合作探究——突出综合性　素养形成
拓展一　“滑块—弹簧”模型
“滑块—弹簧”模型特点
模型图示
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同，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，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
典例示范
例1 如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求：
(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小．
(2)若B的质量m2已知，在小球A与弹簧作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用的冲量．
【解析】　(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1，m2，碰撞前后A的速度分别为v01、v1.由系统动量守恒和能量守恒有：m1v01＝m1v1＋m2v
＝＋m2v2
联立解得：v＝　即m1v01＝v
碰撞过程任一时刻系统动量守恒，故：m1v01＝(m1＋m2)v共
解得：v共＝.
(2)B球动量增量为m2v
根据动量守恒A球动量增量为－m2v
根据动量定理有I＝－m2v
小球A受到弹簧作用的冲量的大小为m2v，方向水平向左．
【答案】　(1)　(2)大小为m2v，方向水平向左
针对训练1　(多选)如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定的初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图像，合理的是(　　)
答案：BCD
解析：两物块与轻弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，且两物块所受弹力大小时刻相等，p t图线斜率的绝对值表示物块所受的合外力即弹簧弹力，故两图线斜率的绝对值时刻相等，且先增大后减小，若b的质量较小，则物块b与a碰后会反弹，a、b两物块的p t图像可能如B图所示；若a、b质量相等，则碰后速度交换，a、b两物块的p t图像可能如C图所示；若b的质量较大，则碰后b不反弹，a、b两物块的p t图像可能如D图所示，故B、C、D均有可能，A不合理．
针对训练2　(多选)光滑水平地面上的三个小球a、b、c的质量均为m，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，与之相碰并粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
C．当小球b、c速度相同时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的速度一定最大，小球b此时的速度方向一定水平向左
答案：AC
解析：在整个运动过程中，三个小球与弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，a与b碰撞的过程中系统机械能减小，A正确，B错误；当小球b、c速度相同时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，因为小球a、b的总质量大于小球c的质量，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球a、b的粘合体不会“反弹”，小球b的速度方向一定向右，D错误．
拓展二　“子弹打木块”(“滑块—木板”)模型
“子弹打木块”(“滑块—木板”)模型特点
模型 图示
模型 特点
典例示范
例2 如图所示，静止在光滑水平面上的木板，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，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)
A．3 J B．4 J
C．6 J D．20 J
【答案】　A
【解析】　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
＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep①
铁块相对于木板运动的整个过程：
＝2FfL＋(M＋m)v2②
又根据系统动量守恒可知
mv0＝(M＋m)v
联立解得Ep＝3 J，A正确．
教你解决问题
题干内容 信息提取
静止在光滑 水平方向上不受摩擦力作用
压缩弹簧后又被弹回 弹簧压缩到最短时获得共同速度
恰好停在木板的左端 木板与铁块之间存在摩擦力，系统再次获得共同速度
具有的最大弹性势能 第一次达到共同速度时
例3 如图所示，质量M＝1.0 kg的木板静止在光滑水平地面上，质量m＝0.495 kg的物块(可视为质点)放在木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4.质量m0＝0.005 kg的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(子弹与物块作用时间极短)，木板足够长，g取10 m/s2.求：
(1)物块的最大速度大小v1；
(2)木板的最大速度大小v2；
(3)物块在木板上滑动的时间t.
【解析】　(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即物块的最大速度，取向右为正方向，根据子弹和物块组成的系统动量守恒得m0v0＝(m＋m0)v1
解得v1＝3 m/s
(2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大，根据三者组成的系统动量守恒得
(m＋m0)v1＝(M＋m＋m0)v2
解得v2＝1 m/s
(3)对木板，根据动量定理得μ(m＋m0)gt＝Mv2－0
解得：t＝0.5 s
【答案】　(1)3 m/s　(2)1 m/s　(3)0.5 s
针对训练3　[2022·浙江湖州高二检测](多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．木板A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案：AD
解析：由图像可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得木板A的质量M＝4 kg，木板获得的动能为Ek＝Mv2＝2 J，故A项正确；系统损失的机械能ΔE＝－mv2－Mv2，代入数据解得ΔE＝4 J，故B项错误；由图得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C项错误；由图像可知，B的加速度：a＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D项正确．
针对训练4　如图所示，在光滑水平地面上有一质量为m2＝4.0 kg的平板小车，小车的左端有一固定的圆弧形光滑轨道，轨道足够高．小车右端有一质量为m1＝0.9 kg的软木块(可视为质点)，开始小车和木块均处于静止状态，小车上表面光滑．一质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝20 m/s的水平速度向左飞来打到木块内而没有射出，已知作用时间极短．重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)子弹刚打到软木块内后，木块的速度大小；
(2)木块相对小车水平上表面沿圆弧形轨道上升的最大高度．
解析：(1)设水平向左的方向为正方向，子弹向左飞来打到软木块内没有射出的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，有m0v0＝(m1＋m0)v1
解得v1＝2 m/s.
(2)木块(含子弹)在小车的圆弧形轨道上运动的过程中，小车和木块组成的系统水平方向动量守恒，木块的速度与小车的速度相等时，木块沿圆弧形轨道上升的高度最大，这一过程机械能守恒．有(m1＋m0)v1＝(m1＋m2＋m0)v2
＝＋(m1＋m0)gh
解得h＝0.16 m.
答案：(1)2 m/s　(2)0.16 m

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