资源简介

(共51张PPT)
第1节　动　量
第一章　动量守恒定律
1.通过实验探究碰撞中的不变量。
2.理解动量和动量的变化量的概念及其矢量性，会计算一维情况下的动量变化量。
3.知道动量和动能的区别和联系。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升关键能力
02
检测学习效果
03
课时精练
04
落实必备知识
01
落实必备知识
1
一、寻求碰撞中的不变量
1.两个大小相同的小球的碰撞
(1)实验装置：如图所示，把两个完全相同的小球用两根长度相等的细线悬挂起来，B小球静止，拉起A小球，放开后它们相碰。可以看到，碰撞后A球停止运动而静止，B球能摆到和A球原来的高度。
可以得出：碰撞后，A球的速度大小______地“传给”了B球，即碰撞前后，两球速度之和______。
不变
不变
(2)改变条件：将上面实验中的A球换成大小相同的C球，使C球质量大于B球质量，用手拉起C球至某一高度后放开，撞击静止的B球。可看到碰撞后B球摆起的高度______C球下落的高度。
可以得出：碰撞后B球得到的速度比C球碰撞前的速度____，两球碰撞前后的速度之和并________。
(3)猜想：
①两个物体碰撞前后______之和可能不变。
②两个物体碰撞前后______与______的乘积之和可能是不变的。
大于
大
不相等
动能
速度
质量
2.利用滑轨探究一维碰撞中的不变量
用如图所示的实验装置，让一辆运动的小车(质量为m1)碰撞一辆静止的小车(质量为m2)，碰后两辆小车粘在一起运动，v是运动小车碰撞前的速度，v'是碰撞后两辆小车的共同速度，经过3次实验得到的数据如表1。
表1　两辆小车的质量和碰撞前后的速度
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
表2
次数 1 2 3
Ek1=mv2/J 0.102 0.112 0.117
Ek2=(m1+m2)v'2/J _____ 0.043 0.064
m1v/(kg·m·s－1) 0.326 ______ 0.411
(m1+m2)v'/(kg·m·s－1) 0.319 0.328 ______
(1)请将表2中的数据补充完整。
(2)从实验的数据可以看出，两辆小车碰撞前后动能之和________ (选填“相等”或“不相等”)，质量与速度的乘积之和__________。
0.049
0.340
0.397
不相等
基本不变
二、动量
1.定义：物体质量和速度的______。
2.定义式：p=______。
3.单位：千克米每秒，符号是______________。
4.方向：动量是矢量，其方向与______的方向相同。
乘积
mv
kg·m/s
速度
[思考判断]　
(1)在“探究碰撞中的不变量”实验中，寻找的“不变量”在各种碰撞情况下都基本不变。(　　)
(2)动量相同的物体运动方向一定相同。(　　)
(3)动量大的物体惯性一定大。(　　)
(4)质量和速率都相同的物体的动量一定相同。(　　)
(5)做匀速圆周运动的物体，动量保持不变。(　　)
√
√
×
×
×
提升关键能力
2
知识点二　对动量的理解
知识点一　寻求碰撞中的不变量
知识点三　动量与动能的比较
知识点一　寻求碰撞中的不变量
利用滑轨探究一维碰撞中的不变量
实验装置如图所示。
为了探究水平方向的一维碰撞，滑轨必须调水平。
(1)质量的测量：用天平测量小车的质量。
(2)速度的测量：利用公式v=，式中Δx为小车上挡光片的宽度，Δt为数字计时器显示的挡光片经过光电门的时间。
(3)实验结论：此实验中两小车碰撞前后动能之和并不相等，但是质量和速度的乘积之和基本不变。
例1 (2025·山东泰安高二期中)某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，
使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通数字计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与右侧有固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；
⑦读出滑块1通过光电门1的挡光时间为Δt1=10.01 ms，通过光电门2的挡光时间为Δt2=49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3=8.35 ms；
⑧测出两滑块挡光片的宽度均为d=5 mm，测得滑块1的质量为m1=300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2=200 g。
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：
　　　　　　　　　　 　　　。
②碰撞前滑块1的速度v1为　　　　 m/s；碰撞后滑块1的速度v2为　　　　 m/s；碰撞后滑块2的速度v3为　　　　 m/s(结果均保留2位有效数字)。
③在误差允许的范围内，通过本实验，是否可以探究出两个滑块碰撞前后速度与质量的乘积之和保持不变 通过对实验数据的分析说明理由。
　　　　　　　 　 　 　 　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　　　 　 　 　 　 　　　　　　　　　　　　。
解析　(2)碰撞前滑块1的速度
v1== m/s=0.50 m/s
碰撞后滑块1的速度v2== m/s=0.10 m/s
碰撞后滑块2的速度v3== m/s=0.60 m/s。
碰撞前系统的质量与速度的乘积m1v1=0.15 kg·m/s，碰撞后系统的质量与速度的乘积之和m1v2+m2v3=0.15 kg·m/s，即碰撞前后系统的质量与速度的乘积之和不变。
答案　(2)①减小滑块和导轨之间的摩擦　②0.50　0.10　0.60　③可以，理由见解析
(1)利用气垫导轨进行实验可以忽略滑块与导轨接触面间的摩擦力，近似保证两滑块在碰撞前后均做匀速直线运动，减小速度测量的误差。
(2)利用气垫导轨可以保证两滑块发生的是一维碰撞，即碰撞前后沿同一直线运动。
训练 (2025·天津南开中学月考)用如图所示装置探究碰撞中的不变量，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为d=5.0 mm，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为t1=0.040 s，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为t2=0.062 s，左侧滑块质量为m1=1 kg，右侧滑块质量为m2=1.5 kg，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2=　　　　 kg·m/s，这个实验结果说明：　　　　　　　　　　　　(以水平向左为正方向，结果保留到小数点后3位)。
答案　0.004(0.003也对)　见解析
解析　挡光板通过光电计时器的平均速度可近似视为滑块的瞬时速度，左侧滑块的速度为v1=，则左侧滑块的动量为p1=m1v1=0.125 kg·m/s，右侧滑块的速度为v2=－，则右侧滑块的动量为p2=m2v2≈－0.121 kg·m/s，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1+m2v2=0.004 kg·m/s，说明在误差允许的范围内，两滑块质量与速度的乘积的大小相等，方向相反，即碰撞过程中系统动量不变。
知识点二　对动量的理解
如图所示，一质量为58 g的网球以30 m/s的速率水平向右飞行，被球拍击打后，又以30 m/s的速率水平返回。被球拍击打前后，球的动量分别是多少 球的动量的变化量是多少
提示　选定水平向右为正方向。由题意可知，
m=58 g=0.058 kg，v1=30 m/s，v2=－30 m/s
击打前，球的动量p1=mv1=1.74 kg·m/s
方向水平向右
击打后，球的动量p2=mv2=－1.74 kg·m/s
方向水平向左
球被击打前、后动量的变化量
Δp=p2－p1=－3.48 kg·m/s
方向水平向左。
1.动量的瞬时性和相对性
(1)瞬时性：动量与物体在某一时刻或某一位置相对应，是状态量。
(2)相对性：因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)表达式：Δp=p'－p=mΔv。
(2)矢量性：Δp是矢量，其方向与速度变化量Δv的方向一致。
D
角度1　对动量的理解
例2 下列关于动量的说法正确的是(　　)
A.质量越大的物体动量一定越大
B.质量和速率都相同的物体动量一定相同
C.一个物体的加速度不变，其动量一定不变
D.一个物体所受的合外力不为零，它的动量一定改变
解析　物体的动量p=mv，质量m越大，如果速度较小，则动量不一定越大，故A错误；质量和速率都相同的物体，动量大小相同，方向不一定相同，则动量不一定相同，故B错误；物体的加速度不变，但物体的速度一定是变化的，所以动量一定变化，故C错误；一个物体所受的合外力不为零，则速度发生变化，根据p=mv知，动量一定改变，故D正确。
角度2　动量变化量的计算
例3 如图所示，在亚洲杯足球赛上，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。
(1)若开始时足球的速度大小是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度大小为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中足球动量的改变量；
解析　取向右为正方向，初、末状态的动量分别为
p=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s
p'=mv'=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s
动量的改变量为Δp=p'－p=2.4 kg·m/s，方向向右。
答案　见解析
(2)若足球以10 m/s的速度向右撞向球门门柱，然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球动量的改变量。
解析　取向右为正方向，初、末状态的动量分别为
p1=mv1=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s，方向向右
p2=mv2=0.4×(－3) kg·m/s=－1.2 kg·m/s，负号表示方向向左
动量的改变量为Δp'=p2－p1=－5.2 kg·m/s，
负号表示方向向左。
答案　见解析
例4 (2025·山东聊城莘县一中高二月考)甲、乙两物体的质量之比是1∶4，下列说法正确的是(　　)
A.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是1∶4
B.如果它们的动量大小相等，则甲、乙的动能之比是2∶1
C.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶2
D.如果它们的动能相等，则甲、乙的动量大小之比是1∶4
解析　当两物体动量大小相等时，由Ek=可知，Ek∝，甲、乙质量之比为1∶4，则动能之比为4∶1，故A、B错误；当两物体动能相等时，由p=可知，p∝，则甲、乙动量之比为1∶2，故C正确，D错误。
知识点三　动量与动能的比较
C
总结提升　动量与动能的比较
动量 动能
标矢性 矢量 标量
大小 p=mv Ek=mv2
关系 p=，Ek=
检测学习效果
3
ABD
1.(寻求碰撞中的不变量)(多选)(链接教材P2“问题”)关于利用摆球做“探究碰撞中的不变量”实验，下列说法正确的是(　　　)
A.悬挂两球的细线长度要适当，且等长
B.由静止释放小球，以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C.两小球必须都是钢性球，且质量相同
D.两小球碰后可以粘在一起共同运动
解析　细线长度适当，便于操作，两细线等长，保证两球对心碰撞，故A正确；由静止释放小球，初动能为零，可由mgL(1－cos α)=mv2计算碰前小球的速度，故B正确；为保证实验结论的普适性，两球质地是任意的，质量也需考虑各种情况，但大小必须相同以保证两球正碰，故C错误；碰后两球分开或共同运动都是实验时可能出现的情况，故D正确。
B
2.(对动量的理解)(2025·黑龙江饶河高级中学高二期中)关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A.不同物体中动量越大，速度一定越大
B.(－8 kg·m/s)的动量大于(+6 kg·m/s)的动量
C.做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
D.物体的动量越大，动量的改变量一定越大
解析　根据动量表达式p=mv可知，不同物体中动量越大，速度不一定越大，可能是质量很大，A错误；动量的正、负表示方向，则(－8 kg·m/s)的动量大于(+6 kg·m/s)的动量，故B正确；物体做匀速圆周运动，速度方向时刻在发生变化，则动量时刻发生变化，故C错误；如果物体做匀速直线运动，则动量的改变量为零；物体的动量越大，动量的改变量不一定越大，故D错误。
BC
3.(动量和动能的比较)(多选)关于同一物体的动量和动能，下列说法正确的是(　　)
A.动能不变，动量一定不变 B.动能变了，动量一定变化
C.动量不变，动能一定不变 D.动量变了，动能一定变化
解析　同一物体的动能不变，速度大小一定不改变，但速度方向可能改变，故动量大小不变，方向可能改变，A错误；同一物体的动能变了，速度大小一定改变，故动量大小一定改变，B正确；同一物体的动量不变，速度的大小和方向一定都不改变，故动能一定不变，C正确；同一物体的动量变了，可能只是动量的方向改变了，速度大小可能不变，故动能可能不变，D错误。
课时精练
4
D
基础对点练
题组一　寻求碰撞中的不变量
1.利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验时，不需要测量的物理量是(　　)
A.滑块的质量 B.挡光时间
C.挡光片的宽度 D.滑块移动的距离
解析　根据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量，只有滑块移动的距离不需要测量，D正确。
C
题组二　对动量的理解
2.(2025·广东揭阳月考)下述哪些运动中的物体的动量保持恒定(　　)
A.匀速圆周运动 B.竖直上抛运动
C.匀速直线运动 D.平抛运动
解析　匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻变化，则速度改变，由p=mv可知动量变化，故A错误；竖直上抛运动的速度大小时刻变化，则动量变化，故B错误；匀速直线运动的速度大小和方向均不变，则动量保持恒定，故C正确；平抛运动的速度大小和方向均变化，则动量变化，故D错误。
B
3.(2025·山东菏泽一中月考)对于质量一定的物体，下列说法正确的是(　　)
A.如果物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
B.运动的物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
C.物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功
D.物体的动量发生改变，其动能一定发生改变
解析　动量是矢量，若物体速度大小不变但方向发生变化，动量就发生变化，故A错误；动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，与该时刻物体的速度方向相同，故B正确；当物体速度的方向改变而大小未变时，动量发生了改变，但物体的动能没发生改变，合力对物体没有做功，故C、D错误。
B
4.(2025·重庆一中月考)如图所示，一网球爱好者在某次训练时，
无初速地释放手中质量为58 g的网球，然后在网球反弹上升途
中进行击打训练。试估算该网球由静止释放后第一次落地前瞬
时的动量大小约为(　　)
A.0.03 kg·m/s B.0.3 kg·m/s
C.3 kg·m/s D.30 kg·m/s
解析　网球落地的速度v=，该网球第一次落地前瞬时的动量大小为p=mv=m=0.058× kg·m/s=0.284 kg·m/s≈0.3 kg·m/s，故B正确。
C
5.(2025·湖北黄冈部分重点中学高二期中)如图所示，羽毛球是十分普及的体育运动，假设羽毛球飞来的速度为30 m/s，运动员将羽毛球以70 m/s的速度反向击回，羽毛球的质量为10 g，则羽毛球动量的变化量(　　)
A.大小为0.4 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同
B.大小为0.4 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
C.大小为1.0 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
D.大小为1.0 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同
解析　设球被反向击回的方向为正方向，由题可知羽毛球的质量m=10 g，初速度v1=－30 m/s，反向击回的速度v2=70 m/s，羽毛球的初动量p1=mv1=－0.3 kg·m/s，反向击回的动量p2=mv2=0.7 kg·m/s，故羽毛球动量的变化量Δp=p2－p1=1.0 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反，C正确。
B
题组三　动量与动能的比较
6.两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为mA、mB，且mA>mB，比较它们的动量，下列正确的是(　　)
A.物体B的动量较大 B.物体A的动量较大
C.动量大小相等 D.不能确定
解析　根据动能的表达式Ek=mv2和动量的表达式p=mv，联立可得p=，物体A、B动能Ek相同，mA>mB，则pA>pB，即物体A的动量较大，故B正确。
B
7.(2025·江苏徐州期中)如图所示，飞机在平直跑道上启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，飞机的动量(　　)
A.与它的位移成正比
B.与它的速度成正比
C.与它的动能成正比
D.与它所经历的时间的二次方成正比
解析　根据p=mv，又v=，Ek=mv2，v=at可知p=m∝，p=
∝，p=mat∝t，故B正确。
B
8.(2025·北京怀柔期中)质量为2 kg的物体，当它的运动状态发生变化时，以下分析正确的(　　)
A.速度由3 m/s增大为9 m/s，它的动量增大为原来的9倍
B.速度由3 m/s增大为6 m/s，它的动能增大为原来的4倍
C.速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s，它的动量变化量为0
D.速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s，它的动能变化量为18 J
解析　当速度为3 m/s时，动量为p1=mv1=6 kg·m/s，速度增大为9 m/s时，动量为p2=mv2=18 kg·m/s，变为原来的3倍，故A错误；当速度为3 m/s时，动能为Ek1=m=9 J，当速度为6 m/s时，动能为Ek2=m=36 J，变为原来的4倍，故B正确；速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s，它的动量变化量为p=mΔv=
m(v2－v1)=－12 kg·m/s，故C错误；速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s，它的动能变化量为ΔEk=mm=0，故D错误。
D
综合提升练
9.(2025·四川巴中月考)质量相等的甲、乙两个物体沿同一直线运动的v－t图像如图所示。关于这两个物体的动量及动量变化量，下列说法中正确的是(　　)
A.t=0时刻，甲、乙两物体的动量方向相同
B.0~5 s内，乙物体的动量一直在增大
C.0~5 s内，甲、乙两物体的总动量始终为零
D.0~5 s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反
解析　t=0时刻，甲物体的速度为正方向，乙物体的速度为负方向，甲、乙两物体的速度方向相反，根据p=mv可知，甲、乙两物体的动量方向相反，故A错误；0~5 s内，乙物体的速度一直在减小，则乙物体的动量一直在减小，故B错误；由图可知，0~5 s内，甲、乙两物体的速度不是一直等大反向，则0~
5 s内，甲、乙两物体的总动量始终不为零，故C错误；0~5 s内，甲物体的动量变化量方向为负方向，乙物体的动量变化量方向为正方向，0~5 s内，甲、乙两物体的动量变化量方向相反，故D正确。
C
10.静止在光滑水平面上的质量为1 kg的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.0~4 s内物体的位移为零
B.0~4 s内拉力对物体做的功为4 J
C.4 s末物体的动量为零
D.0~4 s内物体动量的变化量为4 kg·m/s
解析　由题图分析可知物体在0~4 s内先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，4 s末的速度为零，位移大小一直增大，A错误；0~2 s内拉力做正功，2~4 s内拉力做负功，且两段时间内拉力做功的代数和为零，B错误；4 s末物体的速度为零，动量为零，C正确；在0~4 s内，物体的初动量为零，末动量也为零，故动量的变化量为零，D错误。
D
11.在离地面同一高度h处有质量均为m的三个小球a、b、c，a球以速度v0竖直上抛，b球以速度v0竖直下抛，c球做自由落体运动。不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A.a小球动量先增大后减小
B.三小球落地时动量方向不同
C.三小球落地时动能相同
D.c球落地时动量大小为m
解析　由竖直上抛运动规律可知，a小球速度先减小后增大，则动量先减小后增大，A错误；a、b、c球落地时速度方向均竖直向下，动量方向相同，B错误；设竖直向下为正方向，a、b、c球落地时速度分别为va、vb、vc，由运动的对称性及匀变速直线运动规律有va=vb=，vc=，a、b球的动能为Ek1=
m(+2gh)，c球的动能为Ek2=mgh，三小球动能不相同，C错误；c球落地时的动量p=mvc=m，D正确。
12.小亮把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降了0.8 m，与地面相撞、反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m。若不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
(1)篮球动量的变化量；
答案　3 kg·m/s，方向竖直向上
解析　篮球与地面相撞前瞬间的速度为v1== m/s=4 m/s
方向竖直向下
篮球反弹时的速度为v2== m/s=2 m/s
方向竖直向上
规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为
Δp=(－mv2)－mv1=－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s=－3 kg·m/s
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上。
(2)篮球动能的变化量。
答案　减少了3 J
解析　篮球的动能变化量为
ΔEk=mm=×0.5×22 J－×0.5×42 J=－3 J
即动能减少了3 J。
本节内容结束
THANKS

展开更多......

收起↑