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第三节　动量守恒定律
1．知道系统、内力、外力的概念．　2.理解动量守恒定律及表达式，理解其守恒的条件．
3．能够应用动量守恒定律解决基本问题．　4.用实验验证动量守恒定律．
学习目标
第1课时　动量守恒定律
一、系统、内力与外力
1．系统：相互作用的_______或多个物体构成的整体，叫作一个力学系统．
2．内力：________________物体间的相互作用力．
3．外力：系统_____________其他物体对系统的作用力．
两个
系统内
外部
二、动量守恒定律的推导
如图所示，物体1和物体2在光滑水平面上碰撞，设物体1和物体2的质量分别为m1、m2，碰撞前，物体1和物体2的速度分别为v1、v2，碰撞时，物体1对物体2的作用力为F12，物体2对物体1的作用力为F21，物体1与物体2的碰撞时间为t，碰撞后物体1和物体2的速度分别为v1′、v2′.则根据牛顿第三定律，有F12＝______．由动量定理，对于物体1，有F21t＝______________，对于物体2，有F12t＝________________，得__________________________＝0，即m1v1＋m2v2＝_____________________.
－F21
m1v1′－m1v1
m2v2′－m2v2
(m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)
m1v1′＋m2v2′
三、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者__________________________，这个系统的________保持不变．
2．表达式：m1v1＋m2v2＝________________(作用前后总动量相等).
3．适用条件：系统不受外力或者所受__________________．
所受合外力为零
总动量
m1v1′＋m2v2′
合外力为零
判断下列说法是否正确．
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(　　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．(　　)
(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(　　)
(4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒.(　　)
(5)只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒．(　　)
×
√
√
×
×
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
1．对“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．
知识点一　动量守恒的判断
2．对守恒条件的进一步理解
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞等都可视为这种情形．
(2)系统虽然受到了外力的作用，但所受合外力为零．
(3)系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．
(4)系统所受的合外力不为零，即F外≠0，但在某一方向上合外力为零(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒．
角度1　动量守恒条件的理解
　(2025·茂名统考期中)物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件．关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统所受外力的合力为零，系统动量一定守恒
B．只要系统内某个物体做加速运动，系统动量就不守恒
C．只要系统所受合外力恒定，系统动量守恒
D．只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒
√
[解析]　只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故A正确，B错误；系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误；即使系统内存在摩擦力，但只要系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故D错误．
角度2　动量守恒的判断
　关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)

A．静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放，在离开斜槽前小球和斜槽组成的系统的动量守恒
B．在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向运动的过程中动量不守恒
C．一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量不守恒
D．子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
√
[解析]　离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向所受合力不为零，动量不守恒，故A错误；两小车相向运动的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误；火箭炸裂前后系统内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确．
　如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　)
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)
√
[解析]　依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，但系统动量不守恒，则有小球向左摆动时，小车向右运动，故A、B错误；由于系统在水平方向动量守恒，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)，小球向左摆到最高点时，小球的速度为零，则小车的速度也为零，故C错误，D正确．
1．表达式的含义
(1)p＝p′：系统内的物体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＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．
(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．
知识点二　动量守恒定律的基本应用
2．解题步骤
(1)明确研究对象：将要发生相互作用的物体视为系统．
(2)进行受力分析、运动过程分析：确定系统动量在研究过程中是否守恒．
(3)规定正方向，确定初、末状态动量：一般来说，系统内的物体将要发生相互作用和相互作用结束，两个状态为作用过程的始、末状态．
(4)列动量守恒方程及相应辅助方程，求解作答．
√
　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg，为避免相撞，甲不断地将小球以相对于地面v＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．
(1)求甲第一次抛球时对小球的冲量．
[解析]　根据动量定理有I＝mv－mv0
解得I＝10.5 N·s，方向水平向右．
[答案]　10.5 N·s，方向水平向右
(2)求乙接到第一个球后的速度(保留1位小数).
[解析]　对第一个小球和乙的整体，根据动量守恒定律有
M2v0－mv＝(M2＋m)v1
解得v1≈5.3 m/s，方向水平向左．
[答案]　5.3 m/s，方向水平向左　
(3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？
[解析]　对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有
M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′
对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有M2v0－nmv＝
－(M2＋nm)v′
解得n＝15，则为保证两车不相撞，甲总共抛出15个小球．
[答案]　15
知识点三　动量和能量观点的综合应用
√
√
综合一练　动量守恒定律和动量定理的综合应用
　光滑冰面上固定一个足够大的光滑曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小球的质量m1＝10 kg，小孩和冰车的总质量m2＝50 kg.某时刻小孩将小球以v1＝6 m/s的速度向曲面体推出(如图所示)，g取10 m/s2.
(1)求推出小球后，小孩的速度v2的大小．
[解析]　由题意可知，对小球、小孩和冰车整个系统动量守恒，规定向左为正方向，则
0＝m1v1－m2v2
解得推出小球后，小孩的速度v2的大小为
v2＝1.2 m/s.
[答案]　1.2 m/s　
(2)小球返回后会被小孩抓住，求共同运动的速度v3的大小．
[解析]　由小球能量守恒可知返回到水平面时小球速度大小不变；抓住小球过程m1、m2动量守恒，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v3
解得共同运动的速度v3的大小为
v3＝2 m/s.
[答案]　2 m/s　
(3)求小球被抓住过程中所受到的合外力的冲量I.
[解析]　规定向左为正方向，由动量定理可得，小球所受冲量
I＝－m1v3－(－m1v1)
解得I＝40 N·s
方向水平向左．
[答案]　40 N·s，方向水平向左
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
1．(动量守恒的判定)(2025·肇庆统考期末)如图所示，木块A和木块B用一根轻质弹簧连在一起静置于光滑水平地面上．某时刻木块A获得一瞬时速度，在弹簧压缩过程中，关于木块A、木块B构成的系统(不包含弹簧)，下列说法正确的是(　　)
A．系统动量守恒，机械能守恒
B．系统动量守恒，机械能不守恒
C．系统动量不守恒，机械能守恒
D．系统动量不守恒，机械能不守恒
解析：系统水平方向所受外力之和为零，动量守恒；弹簧弹性势能增加，木块A、木块B构成的系统机械能减少，机械能不守恒．
√
2．(动量守恒的判断)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)
A．只有甲、乙正确　　　
B．只有丙、丁正确
C．只有甲、丙正确
D．只有乙、丁正确
√
解析：在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受合外力为0，系统动量守恒，故甲正确；剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故乙错误；木球与铁球的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故丙正确；木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故丁错误．
3．(动量守恒定律的基本应用)如图所示，将甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静置于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的动量大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的速度大小比乙的大
D．甲的速度大小比乙的小
√
解析：同时释放甲和乙后，对甲、乙构成的系统进行分析，系统所受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可知，甲、乙的动量大小相等，故A、B错误；结合上述可知m甲v甲－m乙v乙＝0，由于甲的质量大于乙的质量，则有v甲4．(动量守恒定律的基本应用)(2024·江苏卷，T14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求：
(1)分离后A的速度v1；
(2)分离时A对B的推力大小．第2课时　实验：验证动量守恒定律
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、实验目的
验证碰撞中的动量守恒．
二、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量(m1，m2)和碰撞前、后物体的速度(v1，v1′，v2，v2′)，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等．
三、实验器材
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板．
四、实验步骤
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1．测质量：用天平测出滑块质量．
2．安装：正确安装好气垫导轨，如图所示．
3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(a.改变滑块的质量；b.改变滑块的初速度大小和方向).　
4．验证：一维碰撞中的动量守恒．
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．
2．安装：安装实验装置，如图甲所示．调整固定斜槽使斜槽末端水平．
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.
4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示．
6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．
五、注意事项
1．若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平．
2．若利用平抛运动规律进行验证
(1)斜槽末端的切线必须水平；
(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
(3)选质量较大的小球作为入射小球；
(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．
INCLUDEPICTURE "典例分类讲解LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../典例分类讲解LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
题型一　教材原型实验
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　“验证动量守恒定律”的实验装置图如图甲所示，装置中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置．(球A的质量为m1，球B的质量为m2)
(1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标尺测量小球的直径，如图乙，则读数为________mm.
(2)在某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，下列说法正确的是________．
A．由图丙看出，重复多次实验后，小球落点不完全重合，可知小球每次不是从斜槽的同一位置由静止滑下
B．由于偶然因素存在，重复操作时小球的落点不会完全重合，但是落点应当比较密集
C．测定落点P的位置时，如果几次落点的位置分别为P1、P2、…、Pn，则落点的平均位置OP＝
D．尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置
(3)已知某次实验时，两球质量满足m1大于m2，结果如图丙所示，则验证动量守恒定律的表达式是____________________________．(用m1、m2、OP、OQ、O′R表示)
[解析]　(1)游标卡尺的读数为1.5 cm＋15×0.05 mm＝15.75 mm.
(2)由于偶然因素的存在，小球的落点不一定重合，但大致在真实落点附近，根据题图丙中点的图像可得小球每次是从斜槽的同一位置由静止滑下，A错误，B正确；测定某一落点的平均位置时应尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置，C错误，D正确．
(3)根据题意可得P点是小球A碰后的落点，R点是小球B碰后的落点，Q点是小球A碰前的落点，两球竖直高度相同，根据平抛运动知识可得每次两球水平方向运动时间相同，所以可用水平位移代替水平方向的初速度，根据动量守恒有m1OQ＝m1OP＋m2O′R.
[答案]　(1)15.75　(2)BD　(3)m1OQ＝m1OP＋m2O′R
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　甲、乙两同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验．
(1)实验时，他们先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示．将滑块向左弹出，使滑块向左运动，调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间________(选填“＞”“＝”或“＜”)通过光电门2的时间，则说明导轨已水平．
(2)导轨调平后，将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止．给滑块A一瞬时冲量，滑块A经过光电门1后与滑块B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1.光电门1先后记录滑块A上遮光条的挡光时间为t0、t1，光电门2记录滑块B向左运动时遮光条的挡光时间为t2.实验中为确保碰撞后滑块A被反弹，则mA、mB应满足的关系是mA________(选填“＞”“＝”或“＜”)mB.
(3)甲同学的实验方案中要用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB(含遮光条)，两遮光条宽度d(很窄).他用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图丙所示，读出宽度d＝________mm.
(4)乙同学认为，若有关系式______________成立(用字母mA、mB、t0、t1、t2表示)，则两滑块碰撞过程总动量守恒．
[解析]　(1)滑块做匀速运动，说明导轨水平，根据v＝可知，当滑块通过光电门1的时间等于滑块通过光电门2的时间时说明导轨已水平．
(2)滑块A向左滑动与滑块B碰撞，且被弹回，由碰撞规律可知，实验中两滑块的质量应满足mA＜mB.
(3)由题图丙可知，游标卡尺的主尺读数为2 mm，游标尺的第6个刻线与主尺的某刻线对齐，游标尺的读数为2 mm＋6×0.1 mm＝2.6 mm.
(4)取向左为正方向，实验需要验证的动量守恒表达式为mA＝－mA＋mB
化简整理得mA＝mB.
[答案]　(1)＝　(2)＜　(3)2.6
(4)mA＝mB
题型二　教材实验创新
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·山东卷，T13)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验．受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB.部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示．
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t＝__________s时发生碰撞．
(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝________m/s(保留2位有效数字).
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是________(选填“A”或“B”).
[解析]　(1)由x－t图像中图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞．
(2)根据x－t图像中图线斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小v＝cm/s＝0.20 m/s.
(3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约为vA′＝0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小vB′＝0.50 m/s，A和B碰撞过程动量守恒，则有mAvA＋mBv＝mAvA′＋mBvB′，代入数据解得≈2，所以质量为200.0 g的滑块是B.
[答案]　(1)1.0　(2)0.20　(3)B
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·梅州市曾宪梓中学校考)某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验．在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台摩擦很小．采用的实验步骤如下：
　
A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；
B．用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；
C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧，静止放置在平台上；
D．细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；
E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；
F．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；
G．改变弹簧压缩量，进行多次测量．
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d＝________mm.
(2)该实验要验证动量守恒定律，则只需验证a、b弹开后的动量大小相等，即________＝________(用上述实验所涉及物理量的字母表示，当地重力加速度为g).
[解析]　(1)题图乙所示游标卡尺主尺读数为12 mm，游标尺为20分度值，其精度为0.05 mm，则遮光条的宽度d＝12 mm＋0.05×7 mm＝12.35 mm.　
(2)根据实验原理，两小球弹开后，小滑块a的速度通过光电门测量，其速度大小va＝
小球b的速度通过平抛运动计算，由平抛运动的研究方法可得sb＝vbt，h＝gt2
可得vb＝sb
而要验证动量守恒定律，则只需验证a、b弹开后的动量大小相等，即ma＝mbsb.
[答案]　(1)12.35　(2)　mbsb
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　某实验探究小组利用如图所示的实验装置研究两物体碰撞过程中的守恒量．
(1)实验步骤如下：
A．将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录实验中球1、球2与木板的撞击点；
B．利用天平测量出1、2两小球的质量分别为m1、m2；
C．调节轨道末端水平，木板竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为B′；
D．将木板平移到图中所示位置固定；
E．让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为P；
F．把球2静止放置在水平轨道的末端B点，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后与木板的撞击点；
G．用秒表分别测量两球从B点到各撞击点N、P、M所用的时间t1、t2、t3；
H．用刻度尺测得B′与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3.
以上步骤中不合理的项是____________(填步骤前序号).
(2)为了减小实验误差，下列做法合理的是______．
A．减小斜槽对小球1的摩擦
B．多次将球1从不同的位置释放
C．保证斜槽末端的切线沿水平方向
D．两球的质量和半径都一样大
(3)把小球2放在斜槽末端边缘B处，让小球1从斜槽上A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球1的落点在图中的________点．
(4)在误差允许的范围内，若满足关系式________________，即表示两小球组成的系统碰撞过程中动量守恒．
[解析]　(1)小球撞击在木板上时，时间很短，不便测量；根据平抛运动规律，可知小球撞击在木板上时，下落的时间t＝，可把时间转换为高度h，故G不合理．
(2)只要每次将球1从同一位置静止释放，球1到达斜槽末端的速度就相等，斜槽有无摩擦力不影响实验结果，故A、B错误；小球碰前和碰后的速度是根据平抛运动的规律计算，所以斜槽末端的切线必须沿水平方向，故C正确；为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则两球的半径应一样大，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故D错误．
(3)由题图可知，两小球撞击在竖直木板上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；碰后小球1的速度减小，则碰后小球1落到M点．
(4)根据平抛运动规律，可知小球撞击在木板上时，下落的时间t＝，则可知小球做平抛运动的水平速度v＝＝，代入题中数据得v1＝，v1′＝，v2′＝，若碰撞过程动量守恒，则m1v1＝m1v1′＋m2v2′，联立解得＝＋.
[答案]　(1)G　(2)C　(3)M　(4)＝＋
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒．
(1)下列关于本实验条件的叙述，正确的是________．　
A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C．入射小球的半径应等于被碰小球的半径
D．斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把被碰小球静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，测得两小球平均落地点位置分别为M、N，实验中还需要测量的物理量有________．
A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B．入射小球开始的释放高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON
(3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式________________(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒．
解析：(1)同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必须从同一位置由静止释放，故A正确；为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误；为了保证两球正碰，两球半径应相等，故C正确；斜槽轨道是否光滑不影响实验结果，故不需要光滑，为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，故D错误．
(2)设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后入射小球的速度为v1，被碰小球的速度为v2，入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，若碰撞过程满足动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，因小球从同一高度做平抛运动，故运动时间都相同，设为t，则有v0＝，v1＝，v2＝，联立可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故实验中还需要测量的物理量有入射小球和被碰小球的质量m1、m2，两球相碰后的平抛射程OM、ON.
(3)由(2)可知在实验误差允许的范围内，若满足关系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒．
答案：(1)AC　(2)AD　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
2．(2025·广东两阳中学校考)某兴趣小组利用一端固定有弹簧装置的长木板和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块甲、乙做“验证动量守恒定律”的实验．操作如下：
①将长木板放置在水平桌面上，在长木板一侧固定有刻度尺，弹簧右端原长所在位置与刻度尺零点对齐，记为O点；
②用天平测得甲、乙两个滑块的质量分别为m1、m2；
③不放滑块乙，用力推滑块甲压缩弹簧，记录下释放滑块甲时滑块甲左侧面所在位置P点，滑块甲沿长木板滑行，当速度减为零后静止在长木板上，记下滑块甲静止时其左侧面对应的刻度x1；
④把滑块乙放在长木板上O点位置，用力推滑块甲压缩弹簧直到滑块甲左侧与P点对齐；
⑤释放滑块甲，滑块甲与滑块乙在发生碰撞后最终均静止在长木板上，当两滑块静止后，分别记下滑块甲、乙左侧面对应的刻度x2和x3.
(1)若关系式__________________________成立，则表明滑块甲、乙碰撞过程中动量守恒．
(2)为了防止滑块甲反弹，本实验要求滑块甲的质量________(选填“大于”或“小于”)滑块乙的质量；同一组实验中，滑块甲由静止释放的位置________(选填“需要”或“不需要”)相同．
(3)长木板________(选填“需要”或“不需要”)水平放置．
解析：(1)若滑块甲、乙碰撞过程中动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2
对滑块甲由动能定理可得－μm1gx1＝0－m1v，－μm1gx2＝0－m1v
可得滑块甲碰撞前和碰撞后的速度大小分别为v0＝，v1＝
对滑块乙由动能定理可得－μm2gx3＝0－m2v
可得滑块乙碰撞后的速度大小v2＝
联立可得m1＝m1＋m2.
(2)为防止滑块甲与滑块乙碰后反弹，则滑块甲的质量必须大于滑块乙的质量；为保证滑块甲每次到达O点的初速度相同，则同一组实验中，滑块甲由静止释放的位置需要相同．
(3)因为两滑块的材料相同，表面的粗糙程度相同，则由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，可得a＝g sin θ－μg cos θ，可知无论长木板是否水平，则两滑块在长木板上运动的加速度都相同，滑块的速度仍和滑行距离的算术平方根成正比，即v∝，所以长木板不需要水平放置．
答案：(1)m1＝m1＋m2　(2)大于
需要　(3)不需要
3．如图所示的装置是“冲击摆”，摆锤的质量很大，子弹以初速度v0从水平方向射入摆中并留在其中，随摆锤一起摆动．
(1)子弹射入摆锤后，要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，需要测量的物理量有________．
A．子弹的质量m
B．摆锤的质量M
C．冲击摆的摆长l
D．摆锤摆动时摆线的最大摆角θ
(2)用问题(1)中测量的物理量，应用所学的物理知识可以得出子弹和摆锤一起运动的初速度v＝_______________________________________.
(3)通过表达式_______________________________________，
即可验证子弹与摆锤作用过程中动量守恒(用已知量和测量量的符号m、M、v、v0表示).
解析：(1)(2)根据机械能守恒定律得(M＋m)v2＝(M＋m)gl(1－cos θ)，解得v＝，故要得到子弹和摆锤在一起运动的初速度v，还需测量的物理量有冲击摆的摆长l和摆锤摆动时摆线的最大摆角θ.
(3)验证动量守恒有mv0＝(M＋m)v.
答案：(1)CD　(2)
(3)mv0＝(M＋m)v(共41张PPT)
第四节　动量守恒定律的应用
1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用．　2.知道反冲运动的原理．　3.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题．　4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．　5.会利用反冲运动原理分析“人船模型”问题．
学习目标
一、反冲现象
1．定义
一个静止的物体在________________力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向________________的方向运动的现象．
2．规律
反冲运动中，物体之间相互作用力一般较________________，且作用时间极短，满足____________________．
内
相反
大
动量守恒定律
二、火箭
1．工作原理：利用__________________的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气以很大速度向后喷出，使火箭获得巨大的向前的速度．
2．影响火箭获得速度大小的两个因素
(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度通常在2 000～4 000 m/s.
(2)质量比：火箭发射时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫作火箭的质量比．喷气速度____________，质量比____________，火箭获得的速度越大．
反冲
越大
越大
判断下列说法是否正确．
(1)一切反冲现象都是有益的．(　　)
(2)乌贼的运动利用了反冲的原理．(　　)
(3)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(　　)
(4)火箭发射时，火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能．(　　)
×
√
√
√
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
点燃“窜天猴”的药捻，“窜天猴”向下喷出气体，同时“窜天猴”飞向高空．结合该实例，回答下列问题．
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
提示：物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
提示：反冲运动中，物体间相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
知识点一　反冲现象的理解和分析
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，物体间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，所以系统的总动能增加．
2．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为研究过程来进行研究．
角度1　反冲现象的理解
　 下列图中描述的几种现象不属于反冲现象的是(　　)
√
[解析]　蝴蝶利用“喷气”来完成洲际旅行，是反冲现象，故A不符合题意；鱿鱼将吸入的水用力喷出，快速地向外游窜，是反冲现象，故B不符合题意；鸡蛋落在海绵垫子上，完好无损，这是延长了鸡蛋和海绵的作用时间，减小了作用力，是缓冲现象，故C符合题意；航天员进行无绳太空漫步时，喷气背包喷出的气体控制其运动，是反冲现象，故D不符合题意．
角度2　反冲现象中的计算
　(2025·清远期中)一只吸水后总质量为1.6 kg的章鱼静止在水中，遇到危险时，它在极短时间内把吸入的 0.1 kg 的水向后以30 m/s的速度全部喷出．不计水对章鱼的阻力，则章鱼喷水后获得的速度大小为(　　)
A．2.0 m/s B．1.875 m/s
C．1.765 m/s D．30 m/s
[解析]　章鱼喷水过程中，章鱼与喷出的水组成的系统动量守恒，设章鱼喷水后的速度为v1，喷出水的速度为v2，由动量守恒定律可得m章鱼v1－m水v2＝0，解得章鱼喷水后获得的速度大小v1＝2.0 m/s.
√
√
知识点二　火箭发射和爆炸类问题
(3)多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s，实际火箭为多级．多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度．目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求．
2．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力．
(2)动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能．
(3)位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前后位置不变．
角度1　火箭发射问题
　(2025·中山阶段练)“火箭”这个词在公元三世纪的三国
时期就已出现．关于现代火箭，下列说法正确的是(　　)
A．影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比
B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭
C．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
D．火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力
√
　某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为3 kg，在极短时间内将2 kg的水以对地8 m/s的速度喷出．空气阻力可忽略，g取10 m/s2下列说法正确的是(　　)
A．该过程中系统机械能守恒
B．水火箭靠空气给的反作用力加速
C．喷水后水火箭获得的速度为20 m/s
D．水火箭上升的最大高度约为12.8 m
√
角度2　爆炸问题
　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量之比为5∶1.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
√
如图所示，一质量为m的人站在一质量为M的船头上，开始时人、船均静止，现在人从船头走向船尾．(水对船的阻力很小)
知识点三　“人船模型”问题
(1)该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？
提示：该过程中，水的阻力忽略不计，人和船的动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反．
(2)该过程中两者对地位移有何关系？
1．模型介绍：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．
4．方法推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理．
　(2025·梅州市期中)平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量m＝50 kg，船的质量M＝100 kg，从某时刻起，人以v＝10 m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动．不计水对船的阻力，船长L＝6 m，则下列说法正确的是(　　)
A．人在船上走动过程中，船的速度为10 m/s
B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的2倍
C．走动时人的动量大于小船的动量
D．人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动
√
　如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面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，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　　)
A．20 m B．40 m
C．50 m D．60 m
√
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
1．(反冲现象)下列没有利用反冲原理的是(　　)
A．喷气式飞机飞行　　　　 B．火箭飞行
C．章鱼游动 D．苹果下落
解析：喷气式飞机、火箭飞行是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故A、B不符合题意；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故C不符合题意；苹果下落是由于地球引力作用，不属于反冲运动，故D符合题意．
√
√
3.(人船模型问题)如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，问：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上(不计小车的高度，重力加速度为g).第三节　动量守恒定律
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
1．知道系统、内力、外力的概念．　2.理解动量守恒定律及表达式，理解其守恒的条件．
3．能够应用动量守恒定律解决基本问题．　4.用实验验证动量守恒定律．
第1课时　动量守恒定律
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、系统、内力与外力
1．系统：相互作用的_______或多个物体构成的整体，叫作一个力学系统．
2．内力：________________物体间的相互作用力．
3．外力：系统_____________其他物体对系统的作用力．
二、动量守恒定律的推导
如图所示，物体1和物体2在光滑水平面上碰撞，设物体1和物体2的质量分别为m1、m2，碰撞前，物体1和物体2的速度分别为v1、v2，碰撞时，物体1对物体2的作用力为F12，物体2对物体1的作用力为F21，物体1与物体2的碰撞时间为t，碰撞后物体1和物体2的速度分别为v1′、v2′.则根据牛顿第三定律，有F12＝________．由动量定理，对于物体1，有F21t＝_________________________，对于物体2，有F12t＝________________，得________________________________＝0，即m1v1＋m2v2＝____________________________.
三、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者__________________________，这个系统的________保持不变．
2．表达式：m1v1＋m2v2＝________________(作用前后总动量相等).
3．适用条件：系统不受外力或者所受__________________．
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确．
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(　　)
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．(　　)
(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(　　)
(4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒.(　　)
(5)只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×
[答案自填] 两个　系统内　外部　－F21　m1v1′－m1v1　m2v2′－m2v2　 (m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)　m1v1′＋m2v2′　所受合外力为零　总动量　m1v1′＋m2v2′　合外力为零
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　动量守恒的判断
1．对“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．
2．对守恒条件的进一步理解
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞等都可视为这种情形．
(2)系统虽然受到了外力的作用，但所受合外力为零．
(3)系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．
(4)系统所受的合外力不为零，即F外≠0，但在某一方向上合外力为零(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒．
角度1　动量守恒条件的理解
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·茂名统考期中)物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件．关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统所受外力的合力为零，系统动量一定守恒
B．只要系统内某个物体做加速运动，系统动量就不守恒
C．只要系统所受合外力恒定，系统动量守恒
D．只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒
[解析]　只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故A正确，B错误；系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误；即使系统内存在摩擦力，但只要系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故D错误．
[答案]　A
角度2　动量守恒的判断
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球由静止释放，在离开斜槽前小球和斜槽组成的系统的动量守恒
B．在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向运动的过程中动量不守恒
C．一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量不守恒
D．子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒
[解析]　离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向所受合力不为零，动量不守恒，故A错误；两小车相向运动的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误；火箭炸裂前后系统内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确．
[答案]　D
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　)
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)
[解析]　依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，但系统动量不守恒，则有小球向左摆动时，小车向右运动，故A、B错误；由于系统在水平方向动量守恒，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)，小球向左摆到最高点时，小球的速度为零，则小车的速度也为零，故C错误，D正确．
[答案]　D
知识点二　动量守恒定律的基本应用
1．表达式的含义
(1)p＝p′：系统内的物体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＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．
(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(4)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2．解题步骤
(1)明确研究对象：将要发生相互作用的物体视为系统．
(2)进行受力分析、运动过程分析：确定系统动量在研究过程中是否守恒．
(3)规定正方向，确定初、末状态动量：一般来说，系统内的物体将要发生相互作用和相互作用结束，两个状态为作用过程的始、末状态．
(4)列动量守恒方程及相应辅助方程，求解作答．
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·深圳期中)滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动．现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为λm的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即以对地2v0的速度向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的，且方向不变，则λ为(　　)
A．1　　　　　　　 　 B．2
C．3 D．4
[解析]　小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有(m＋λm)v0＝m·2v0＋λm·，解得λ＝2.
[答案]　B
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg，为避免相撞，甲不断地将小球以相对于地面v＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．
(1)求甲第一次抛球时对小球的冲量．
(2)求乙接到第一个球后的速度(保留1位小数).
(3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？
[解析]　(1)根据动量定理有I＝mv－mv0
解得I＝10.5 N·s，方向水平向右．
(2)对第一个小球和乙的整体，根据动量守恒定律有
M2v0－mv＝(M2＋m)v1
解得v1≈5.3 m/s，方向水平向左．
(3)对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有
M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′
对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有M2v0－nmv＝－(M2＋nm)v′
解得n＝15，则为保证两车不相撞，甲总共抛出15个小球．
[答案]　(1)10.5 N·s，方向水平向右
(2)5.3 m/s，方向水平向左　(3)15
知识点三　动量和能量观点的综合应用
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·中山高二期中)如图所示，长为L的水平细线一端固定在O点，另一端连一个质量为m的小球，将小球由静止释放，经时间t，小球运动至最低点B，已知重力加速度为g，空气阻力不计．在小球从A运动到B的过程中(　　)
A．重力的冲量大小为mgt
B．细线拉力的冲量为0
C．小球动能的增加量为2mgL
D．小球动量的增加量为m
[解析]　根据冲量的定义式可知，重力的冲量大小IG＝mgt，故A正确；小球从A运动到B的过程中，根据动能定理有mgL＝ΔEk，即小球动能的增加量为mgL，故C错误；小球从A运动到B的过程中，根据动能定理有mgL＝mv2，解得v＝，则小球动量的增加量Δp＝mv－0＝m，故D错误；令细线拉力的冲量在水平方向上的分量为Ix，在竖直方向上的分量为Iy，根据动量定理可知，在竖直方向上有Iy＋mgt＝0－0，在水平方向上有 Ix＝mv－0＝m，根据矢量合成，可知细线拉力的冲量为I2＝I＋I，解得I＝m，即细线拉力的冲量不为0，故B错误．
[答案]　A
INCLUDEPICTURE "例7LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例7LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计．从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A球运动到最低点时速度为
C．A球机械能减小了mgL
D．A球运动到最低点时，细绳上的拉力大小为5mg
[解析]　A、B组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上合外力不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒，但A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，故A错误；A球运动到最低点时，根据A、B组成的系统在水平方向上动量守恒有mvA＝mvB，根据A、B组成的系统机械能守恒有mgL＝mv＋mv，联立解得A球运动到最低点时速度vA＝vB＝，则A球减小的机械能ΔE＝mgL－mv＝mgL，故B、C错误；A球运动到最低点时，A球相对于B球的速度v＝2，根据牛顿第二定律有T－mg＝m，解得A球运动到最低点时，细绳上的拉力大小T＝5mg，故D正确．
[答案]　D
综合一练　动量守恒定律和动量定理的综合应用
INCLUDEPICTURE "例8LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例8LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　光滑冰面上固定一个足够大的光滑曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小球的质量m1＝10 kg，小孩和冰车的总质量m2＝50 kg.某时刻小孩将小球以v1＝6 m/s的速度向曲面体推出(如图所示)，g取10 m/s2.
(1)求推出小球后，小孩的速度v2的大小．
(2)小球返回后会被小孩抓住，求共同运动的速度v3的大小．
(3)求小球被抓住过程中所受到的合外力的冲量I.
[解析]　(1)由题意可知，对小球、小孩和冰车整个系统动量守恒，规定向左为正方向，则
0＝m1v1－m2v2
解得推出小球后，小孩的速度v2的大小为
v2＝1.2 m/s.
(2)由小球能量守恒可知返回到水平面时小球速度大小不变；抓住小球过程m1、m2动量守恒，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v3
解得共同运动的速度v3的大小为
v3＝2 m/s.
(3)规定向左为正方向，由动量定理可得，小球所受冲量
I＝－m1v3－(－m1v1)
解得I＝40 N·s
方向水平向左．
[答案]　(1)1.2 m/s　(2)2 m/s　(3)40 N·s，方向水平向左
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1．(动量守恒的判定)(2025·肇庆统考期末)如图所示，木块A和木块B用一根轻质弹簧连在一起静置于光滑水平地面上．某时刻木块A获得一瞬时速度，在弹簧压缩过程中，关于木块A、木块B构成的系统(不包含弹簧)，下列说法正确的是(　　)
A．系统动量守恒，机械能守恒
B．系统动量守恒，机械能不守恒
C．系统动量不守恒，机械能守恒
D．系统动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B.系统水平方向所受外力之和为零，动量守恒；弹簧弹性势能增加，木块A、木块B构成的系统机械能减少，机械能不守恒．
2．(动量守恒的判断)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)
A．只有甲、乙正确　　　 B．只有丙、丁正确
C．只有甲、丙正确 D．只有乙、丁正确
解析：选C.在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受合外力为0，系统动量守恒，故甲正确；剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故乙错误；木球与铁球的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故丙正确；木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故丁错误．
3．(动量守恒定律的基本应用)如图所示，将甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静置于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A．甲的动量大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的速度大小比乙的大
D．甲的速度大小比乙的小
解析：选D.同时释放甲和乙后，对甲、乙构成的系统进行分析，系统所受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可知，甲、乙的动量大小相等，故A、B错误；结合上述可知m甲v甲－m乙v乙＝0，由于甲的质量大于乙的质量，则有v甲4．(动量守恒定律的基本应用)(2024·江苏卷，T14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求：
(1)分离后A的速度v1；
(2)分离时A对B的推力大小．
解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(m＋M)v0＝Mv＋mv1
解得v1＝
方向与v0相同．
(2)以B为研究对象，对B根据动量定理有
FΔt ＝Mv－Mv0
解得F＝.
答案：(1)，方向与v0相同
(2)(共50张PPT)
第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞
第六节　自然界中的守恒定律
1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞．　2.会根据碰撞的特点对碰撞过程进行判断．
3．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题．
学习目标
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后机械能____________，这类碰撞叫弹性碰撞．
2．非弹性碰撞：系统在碰撞前后机械能___________________，这类碰撞叫非弹性碰撞．
3．完全非弹性碰撞：若两球碰撞后，它们完全不反弹而粘在一起，这时机械能损失最大，这种碰撞则叫作完全非弹性碰撞．
相等
不再相等
(3)在弹性碰撞中，若m1＝m2，则物体A、B碰撞后____________；若m1 m2或m2 m1，则质量大的物体速度______________．
交换速度
几乎不变
三、系统
1．物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统．
2．守恒定律只在合适的系统和范围内才适用．
判断下列说法是否正确．
(1)两物体发生非弹性碰撞时，动量不守恒，动能也不守恒．(　　)
(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．(　　)
(3)与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度．(　　)
(4)两球发生弹性正碰，碰后两者交换速度.(　　)
(5)如果系统内部存在除重力和弹力外的其他力(如摩擦力)做功，则系统的机械能不守恒.(　　)
×
√
×
√
√
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对于物体运动的全过程可忽略不计．
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒．
(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：碰撞过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变．
知识点一　碰撞的特点和应用
2．碰撞的分类
(1)按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰撞和非弹性碰撞．
(2)按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线在同一直线上可分为对心碰撞和非对心碰撞．
角度1　碰撞的特点
　(2025·中山期中)如图所示，质量和大小完全相同的A、B两球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度vA＝8 m/s，B球的速度vB＝－2 m/s，一段时间后A、B两球发生对心碰撞．碰撞之后A、B两球的速度vA′、vB′不可能的是(　　)
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s
B．vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s
√
角度2　碰撞规律的应用
　 在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等．已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是(　　)
A.甲、乙两球都沿乙球的运动方向
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
√
　(多选)(2025·佛山期末)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止，则(　　)
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
√
√
角度1　碰撞与s－t图像结合
　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，不能判断
知识点二　碰撞与图像问题的结合
√
角度2　碰撞与v－t图像结合
　(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，发生碰撞前后的v－t图线如图所示，由图线可判断(　　)
A．A、B的质量比为3∶2
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．此碰撞属于弹性碰撞
√
√
√
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
知识点三　碰撞中的动量和能量问题
　(2025·深圳市月考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.20 kg，B静止在轨道水平段的末端．A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出．抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝1.80 m，两物块落地点到轨道末端的水平距离为s＝1.20 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
[答案]　0.6 s　
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
[解析]　设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s＝vt，得v＝2.0 m/s，两物块碰撞过程，根据动量守恒定律，有mv0＝2mv，代入数据解得v0＝4.0 m/s.　
[答案]　4.0 m/s　
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE.
[答案]　0.8 J
　如图，质量为m＝3 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右运动．
(1)若小球碰到滑块后又以1 m/s的速率被弹回，求滑块获得的速度．
(2)若小球碰到滑块后两者黏在一起运动，求之后的共同速度．
[答案]　4 m/s，方向水平向右　
(3)若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞后小球、滑块的速度．
[答案]　2 m/s，方向水平向左　8 m/s，方向水平向右
规范一练　应用动量和能量观点分析竖直方向的碰撞问题
　某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
[解析]　滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g
解得N1＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有
N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N．
[答案]　8 N　5 N　
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
[答案]　8 m/s　
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
[答案]　0.2 m
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
1．(碰撞的特点和应用)(多选)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝3mA，重力加速度g取10 m/s2，则碰后小滑块B的速度大小可能是(　　)
A．4 m/s B．3 m/s
C．2 m/s D．1 m/s
√
√
√
解析：两个完全相同的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确．
3．(碰撞与图像问题的结合)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
解析：由题给图像知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0，碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故C正确．
√
4．(碰撞中的动量和能量问题)(多选)如图，冰雪滑道 B 点的左侧是粗糙的水平轨道； AB 是光滑的半径 R＝10 m 的部分圆弧轨道，B 点是圆弧轨道的最低点，水平轨道和圆弧轨道平滑连接．质量 m＝30 kg 的小孩从滑道顶端 A 点由静止开始下滑，经过 B 点时被静止的质量 M＝60 kg 的家长抱住，一起滑行到 C点(图中未画出)停下．已知 A 点距水平面的高度 h＝5 m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ＝0.2, g 取10 m/s2，下列说法正确的有(　　)
A．小孩到达B点时的速度大小为 10 m/s
B．小孩到达B点时对轨道的压力大小为 600 N　
C．B、C 间的距离为 3 m
D．家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能为 1 000 J
√
√
√
5．(碰撞中的动量和能量问题)(2025·广东江门市期中)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，速度vB＝3 m/s，A球在后，速度vA＝6 m/s，mA＝1 kg.经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A球速度vA′＝2 m/s，B球速度vB′＝5 m/s，求：
(1)碰撞过程中A球受到的冲量大小；
解析：根据动量定理可得碰撞过程中A球受到的冲量
IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s.
答案：4 N·s　
(2)B球的质量mB；
解析：碰撞过程，根据动量守恒定律可得
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
解得B球的质量
mB＝2 kg.
答案：2 kg　
(3)试验证A、B两球发生的碰撞为弹性碰撞．
答案：见解析(共49张PPT)
第一章　动量和动量守恒定律
第一节　冲量　动量
第二节　动量定理
1．知道冲量的概念，知道冲量是矢量，是过程量．　2.知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量．　3.知道动量定理的确切含义，掌握其表达式．　4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．
学习目标
一、冲量
1．定义：实验表明对于同一钢球，从同一高度下落，与不同材质的垫块相碰时，作用力在______________上的积累____________是一个常数．在物理学中，将Ft定义为冲量．
2．公式：I＝______．单位是牛秒，符号N·s.
时间
Ft
Ft
3．冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
4．冲量是________(选填“矢”或“标”)量，它的方向由________的方向决定，如果力的方向在作用时间内不变，则冲量的方向与________________________相同．
5．冲量的作用效果：使物体的动量发生变化．
矢
力
力的方向
二、动量
1．动量
(1)定义：物体的________和__________的乘积，即p＝________．
(2)单位：动量的国际制单位是______________，符号为 ________．
(3)方向：动量是________量，它的方向与________的方向相同．
质量
速度
mv
千克米每秒
kg·m/s
矢
速度
时间
方向性
空间
标
物体做功
2．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．
(2)表达式：Ft＝_________________________.
mvt－mv0
四、动量定理的应用
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．
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．
判断下列说法是否正确．
(1)动量的方向与物体的速度方向相同．(　　)
(2)物体的质量越大，动量一定越大．(　　)
(3)物体的动量相同，其动能一定也相同．(　　)
(4)冲量是矢量，其方向与所受恒力的方向相同．(　　)
(5)力越大，力对物体的冲量越大．(　　)
(6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为0.(　　)
√
×
×
√
×
√
课堂 深度探究
PART
01
第一部分
1．冲量是过程量：冲量描述的是力的作用对时间的累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
2．冲量是矢量：冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同，若力是恒力，则冲量的方向与力的方向相同．
知识点一　冲量的理解和计算
3．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：该力和力的作用时间的乘积．
(2)求合冲量的两种方法
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt 求解．
(3)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量．
角度1　恒力冲量的计算
　 如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是(　　)
A．拉力F的冲量大小为Ft cos θ
B．摩擦力的冲量大小为Ft sin θ
C．重力的冲量大小为mgt
D．物体所受支持力的冲量是mgt
√
[解析]　拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cos θ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量为(mg－F sin θ)t，故D错误．
角度2　变力冲量的计算
　质量m＝1 kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动．物体所受的合外力F随时间t变化的图像如图所示．求6 s内合外力的冲量大小．
[答案]　4 N·s
如图所示，在某届亚洲杯足球赛上，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，球的速度大小是10 m/s，方向仍向右(如图甲所示)；
(2)若足球以10 m/s的速度向右撞向球门门柱，然后以4 m/s的速度反向弹回(如图乙所示).
请分析以上两种情况下动量的变化量是否相等，为什么？
知识点二　动量和动量的变化
提示：不相等，分析如下：
(1)取向右为正方向，踢球过程中，初动量
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s
末动量p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
动量的变化量Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右．
(2)取向右为正方向，足球撞向球门门柱弹回过程，初动量
p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
末动量p2＝mv2＝0.4×(－4)kg·m/s＝－1.6 kg·m/s
动量的变化量Δp′＝p2－p1＝－5.6 kg·m/s，方向向左．
1．对动量的理解
(1)状态量：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．
3．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
角度1　动量和动量变化
　(多选)关于动量，下列说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，动量不变
B．做匀变速运动的物体，它的动量一定在改变
C．一个物体的速率变化，动量也一定变化
D．甲物体的动量p1＝5 kg·m/s，乙物体的动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1＞p2
√
√
[解析]　动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，故A错误；做匀变速运动的物体的速度大小时刻在变化，则动量一定在变化，故B正确；一个物体的速率变化时，速度大小变化，故动量变化，故C正确；动量是矢量，其数值的绝对值表示大小，由|p1|<|p2|可知甲物体的动量小于乙物体的动量，故D错误．
　(2025·深圳市期中)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为5 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为(　　)
A．4 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．1 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．4 kg·m/s，方向与原运动方向相同
D．1 kg·m/s，方向与原运动方向相反
√
[解析]　规定物体初速度的方向为正方向，则初动量为p1＝mv0＝0.5 kg×
3 m/s＝1.5 kg·m/s，末动量为p2＝mv＝0.5 kg×(－5 m/s)＝－2.5 kg·m/s，故动量变化为Δp＝p2－p1＝－4 kg·m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即方向与原运动方向相反．
角度2　动量和动能
　在巴黎奥运会网球女单决赛中我国运动员夺取冠军，为中国赢得首枚奥运网球单打金牌，燃起全国网球热．关于网球运动，下列说法正确的是(　　)
A.球拍对网球的弹力越大，网球的动量变化一定越大
B．球拍将飞来的网球以原速率反向击出的过程，网球的动量和动能均保持不变
C．网球被球拍击打出的过程，球拍对网球的冲量大小大于网球对球拍的冲量大小
D．为了降低比赛中网球的速度，可以适当增加网球的质量
√
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′，重力加速度为g.
知识点三　动量定理的理解和简单应用
(1)求在时间t内恒力F的冲量大小和合外力的冲量大小．
提示：在时间t内恒力F的冲量IF＝Ft
合外力的冲量I合＝F合t＝(F－μmg)t.
(2)求在此过程中，物体动量的变化量的大小．
提示：在此过程中，物体动量的变化量Δp＝mv′－mv.
(3)求恒力F的冲量与物体动量的变化量是否相等．
提示：根据动量定理可知，物体动量的变化量等于合力的冲量，则有Δp＝I合＝(F－μmg)t
可知恒力F的冲量与物体动量的变化量不相等．
1．对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式F(t′－t)＝mv′－mv是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
角度1　应用动量定理定性分析问题
　如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A．仍在P点
B．在P点左边
C．在P点右边不远处
D．在P点右边原水平位移的两倍处
√
[解析]　抽出纸条的过程中，纸条对铁块有一个向右的滑动摩擦力，两次摩擦力大小相等，第二次摩擦力作用的时间更短，根据动量定理可知，第二次铁块平抛的初速度更小，平抛的水平距离更小，因此落在P点的左边．
角度2　用动量定理求解变力的冲量
　我国爱因斯坦探针卫星绕地球做匀速圆周运动．卫星的质量为1.45 t，线速度大小为7.6 km/s，运动周期为96 min.在48 min内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为(　　)
A．约2.2×107 N·s，与末速度方向垂直
B．约2.2×107 N·s，与末速度方向相同
C.约1.1×106 N·s，与末速度方向垂直
D．约1.1×106 N·s，与末速度方向相同
√
[解析]　在48 min内，卫星的速度大小不变，方向反向，则动量变化量Δp＝2mv≈2.2×107 kg·m/s，方向与末速度方向相同，根据动量定理可知，万有引力对该卫星的冲量大小约为2.2×107 N·s，与末速度方向相同．
角度3　动量定理的简单应用
　(多选)(2025·广东校联考期末)如图所示的斜面倾角为α，与斜面夹角为θ的恒力F拉着物块匀速向上运动，经过时间t，下列说法正确的是(　　)
A．物块所受重力的冲量为0
B．物块的动量不变
C．物块所受拉力的冲量为Ft
D．物块所受的合力冲量为Ft cos θ
√
√
[解析]　物块受到的重力不为0，作用时间大于0，重力的冲量也不为0，故A错误；物块匀速运动，速度不变，动量不变，故B正确；根据冲量的定义可知，拉力的冲量为Ft，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量变化，物块的动量不变，故合力的冲量为0，故D错误．
综合一练　动量、冲量和动量定理的综合问题
　2024年3月，2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛落幕，中国蹦床队斩获3金2银．某运动员的质量为60 kg，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为0.8 s，重力加速度g取10 m/s2，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员与网刚分离时的动量为600 kg·m/s
B．运动员与网接触时间内动量的改变量为－1 080 kg·m/s　
C．网对运动员的平均作用力大小为1 350 N
D．从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0 m高处过程中，运动员所受重力的冲量为1 080 N·s　
√
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
1．(动量和动量变化)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是 (　　)
A．做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．物体的速度发生变化时，其动量可能不变
D．物体的速度发生变化时，其动量一定变化
解析：由动量公式p＝mv可知，做匀速直线运动的物体速度不变，则动量不变，故A错误；做匀速圆周运动的物体，速度大小不变但是方向一直在变，而动量是矢量，所以动量一定在变化，故B错误；由动量公式p＝mv可知，物体的速度发生变化时，动量一定在变化，故D正确，C错误．
√
2．(冲量的理解和计算)(多选)(2025·阳江阶段练)某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)
A．该同学所受重力的冲量随时间的增大而增大
B．在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量始终不变
C．该同学所受合力的冲量随时间的增大而增大
D．摩天轮转动一周，该同学所受合力的冲量为零
√
√
解析：该同学所受重力的冲量IG＝Gt，随时间的增大而增大，A正确；在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量大小不变，但方向不断变化，B错误；根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，则该同学所受合力的冲量随时间的增大不一定增大，摩天轮转动一周，动量变化为零，则该同学所受合力的冲量为零，C错误，D正确．
√
4．(动量定理的应用)(多选)(2025·汕尾统考期末)中国女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进．如图所示，一名排球运动员进行垫球训练．排球以6 m/s 的速度竖直向下打在运动员的手臂上，然后以8 m/s 的速度竖直向上飞出．已知排球的质量为 250 g，排球与手臂的作用时间为0.2 s.不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．排球速度变化量的大小为2 m/s
B．排球动量变化量的大小为3.5 kg·m/s
C.排球受到手臂的冲量大小为4.0 N·s
D．排球对手臂的平均作用力大小为17.5 N
√
√(共53张PPT)
第2课时　实验：验证动量守恒定律
一、实验目的
验证碰撞中的动量守恒．
二、实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量(m1，m2)和碰撞前、后物体的速度(v1，v1′，v2，v2′)，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等．
三、实验器材
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板．
四、实验步骤
方案一　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1．测质量：用天平测出滑块质量．
2．安装：正确安装好气垫导轨，如图所示．

3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(a.改变滑块的质量；b.改变滑块的初速度大小和方向).　
4．验证：一维碰撞中的动量守恒．
方案二　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．
2．安装：安装实验装置，如图甲所示．调整固定斜槽使斜槽末端水平．
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.
4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．
5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示．
6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．
五、注意事项
1．若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平．
2．若利用平抛运动规律进行验证
(1)斜槽末端的切线必须水平；
(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
(3)选质量较大的小球作为入射小球；
(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．
典例 分类讲解
PART
01
第一部分
　“验证动量守恒定律”的实验装置图如图甲所示，装置中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上，上面的小球被碰撞离开后，支柱立即倒下)，入射小球A和被碰小球B做平抛运动的抛出点分别在通过O、O′点的竖直线上，重垂线只确定了O点的位置．(球A的质量为m1，球B的质量为m2)
题型一　教材原型实验
(1)采用图甲的实验装置时，用20分度的游标尺测量小球的直径，如图乙，则读数为________mm.
[解析]　游标卡尺的读数为1.5 cm＋15×0.05 mm＝15.75 mm.
15.75
BD
[解析]　由于偶然因素的存在，小球的落点不一定重合，但大致在真实落点附近，根据题图丙中点的图像可得小球每次是从斜槽的同一位置由静止滑下，A错误，B正确；测定某一落点的平均位置时应尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置就是小球落点的平均位置，C错误，D正确．
(3)已知某次实验时，两球质量满足m1大于m2，结果如图丙所示，则验证动量守恒定律的表达式是____________________________．(用m1、m2、OP、OQ、O′R表示)
[解析]　根据题意可得P点是小球A碰后的落点，R点是小球B碰后的落点，Q点是小球A碰前的落点，两球竖直高度相同，根据平抛运动知识可得每次两球水平方向运动时间相同，所以可用水平位移代替水平方向的初速度，根据动量守恒有m1OQ＝m1OP＋m2O′R.
m1OQ＝m1OP＋m2O′R
　甲、乙两同学用光电门和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验．
(1)实验时，他们先接通气源，然后在导轨上放一个装有遮光条的滑块，如图甲所示．将滑块向左弹出，使滑块向左运动，调节P或Q，直至滑块通过光电门1的时间________(选填“＞”“＝”或“＜”)通过光电门2的时间，则说明导轨已水平．
＝
(2)导轨调平后，将滑块A、B放置在图乙所示的位置，A、B均静止．给滑块A一瞬时冲量，滑块A经过光电门1后与滑块B发生碰撞且被弹回，再次经过光电门1.光电门1先后记录滑块A上遮光条的挡光时间为t0、t1，光电门2记录滑块B向左运动时遮光条的挡光时间为t2.实验中为确保碰撞后滑块A被反弹，则mA、mB应满足的关系是mA________(选填“＞”“＝”或“＜”)mB.
[解析]　滑块A向左滑动与滑块B碰撞，且被弹回，由碰撞规律可知，实验中两滑块的质量应满足mA＜mB.
＜
(3)甲同学的实验方案中要用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB(含遮光条)，两遮光条宽度d(很窄).他用游标卡尺测量遮光条的宽度，示数如图丙所示，读出宽度d＝________mm.
[解析]　由题图丙可知，游标卡尺的主尺读数为2 mm，游标尺的第6个刻线与主尺的某刻线对齐，游标尺的读数为2 mm＋6×0.1 mm＝2.6 mm.
2.6
(4)乙同学认为，若有关系式______________________成立(用字母mA、mB、t0、t1、t2表示)，则两滑块碰撞过程总动量守恒．
　(2024·山东卷，T13)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验．受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB.部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
题型二　教材实验创新
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示．
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t＝__________s时发生碰撞．
[解析]　由x－t图像中图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即这个时刻发生了碰撞．
1.0
(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝________m/s(保留2位有效数字).
0.20
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是________(选填“A”或“B”).
B
　(2025·梅州市曾宪梓中学校考)某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验．在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台摩擦很小．采用的实验步骤如下：
A．在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；
B．用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb；
C．在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧，静止放置在平台上；
D．细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；
E．记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；
F．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；
G．改变弹簧压缩量，进行多次测量．
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d＝________mm.
[解析]　题图乙所示游标卡尺主尺读数为12 mm，游标尺为20分度值，其精度为0.05 mm，则遮光条的宽度d＝12 mm＋0.05×7 mm＝12.35 mm.　
12.35
(2)该实验要验证动量守恒定律，则只需验证a、b弹开后的动量大小相等，
即________＝____________(用上述实验所涉及物理量的字母表示，当地重力加速度为g).
　某实验探究小组利用如图所示的实验装置研究两物体碰撞过程中的守恒量．
(1)实验步骤如下：
A．将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录实验中球1、球2与木板的撞击点；
B．利用天平测量出1、2两小球的质量分别为m1、m2；
C．调节轨道末端水平，木板竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为B′；
D．将木板平移到图中所示位置固定；
E．让入射球1从斜槽上A点由静止释放，与木板撞击点为P；
F．把球2静止放置在水平轨道的末端B点，让入射球1从斜槽上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后与木板的撞击点；
G．用秒表分别测量两球从B点到各撞击点N、P、M所用的时间t1、t2、t3；
H．用刻度尺测得B′与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3.
以上步骤中不合理的项是____________(填步骤前序号).
G
(2)为了减小实验误差，下列做法合理的是______．
A．减小斜槽对小球1的摩擦
B．多次将球1从不同的位置释放
C．保证斜槽末端的切线沿水平方向
D．两球的质量和半径都一样大
C
[解析]　只要每次将球1从同一位置静止释放，球1到达斜槽末端的速度就相等，斜槽有无摩擦力不影响实验结果，故A、B错误；小球碰前和碰后的速度是根据平抛运动的规律计算，所以斜槽末端的切线必须沿水平方向，故C正确；为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则两球的半径应一样大，入射小球的质量应大于被碰小球的质量，故D错误．
(3)把小球2放在斜槽末端边缘B处，让小球1从斜槽上A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球1的落点在图中的________点．
[解析]　由题图可知，两小球撞击在竖直木板上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；碰后小球1的速度减小，则碰后小球1落到M点．
M
(4)在误差允许的范围内，若满足关系式________________，即表示两小球组成的系统碰撞过程中动量守恒．
随堂 巩固落实
PART
02
第二部分
1．用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒．
(1)下列关于本实验条件的叙述，正确的是________．　
A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C．入射小球的半径应等于被碰小球的半径
D．斜槽轨道必须光滑，末端必须水平
AC
解析：同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必须从同一位置由静止释放，故A正确；为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误；为了保证两球正碰，两球半径应相等，故C正确；斜槽轨道是否光滑不影响实验结果，故不需要光滑，为了保证小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，故D错误．
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP，然后，把被碰小球静置于轨道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，测得两小球平均落地点位置分别为M、N，实验中还需要测量的物理量有________．
A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B．入射小球开始的释放高度h
C．小球抛出点距地面的高度H
D．两球相碰后的平抛射程OM、ON
AD
(3)在实验误差允许的范围内，若满足关系式________________________(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒．
解析：由(2)可知在实验误差允许的范围内，若满足关系式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒．
m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
2．(2025·广东两阳中学校考)某兴趣小组利用一端固定有弹簧装置的长木板和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块甲、乙做“验证动量守恒定律”的实验．操作如下：
①将长木板放置在水平桌面上，在长木板一侧固定有刻度尺，弹簧右端原长所在位置与刻度尺零点对齐，记为O点；
②用天平测得甲、乙两个滑块的质量分别为m1、m2；
③不放滑块乙，用力推滑块甲压缩弹簧，记录下释放滑块甲时滑块甲左侧面所在位置P点，滑块甲沿长木板滑行，当速度减为零后静止在长木板上，记下滑块甲静止时其左侧面对应的刻度x1；
④把滑块乙放在长木板上O点位置，用力推滑块甲压缩弹簧直到滑块甲左侧与P点对齐；
⑤释放滑块甲，滑块甲与滑块乙在发生碰撞后最终均静止在长木板上，当两滑块静止后，分别记下滑块甲、乙左侧面对应的刻度x2和x3.
(1)若关系式__________________________成立，则表明滑块甲、乙碰撞过程中动量守恒．
(2)为了防止滑块甲反弹，本实验要求滑块甲的质量________(选填“大于”或“小于”)滑块乙的质量；同一组实验中，滑块甲由静止释放的位置________(选填“需要”或“不需要”)相同．
解析：为防止滑块甲与滑块乙碰后反弹，则滑块甲的质量必须大于滑块乙的质量；为保证滑块甲每次到达O点的初速度相同，则同一组实验中，滑块甲由静止释放的位置需要相同．
大于
需要
(3)长木板________(选填“需要”或“不需要”)水平放置．
不需要
3．如图所示的装置是“冲击摆”，摆锤的质量很大，子弹以初速度v0从水平方向射入摆中并留在其中，随摆锤一起摆动．
(1)子弹射入摆锤后，要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v，需要测量的物理量有________．
A．子弹的质量m
B．摆锤的质量M
C．冲击摆的摆长l
D．摆锤摆动时摆线的最大摆角θ
CD
(2)用问题(1)中测量的物理量，应用所学的物理知识可以得出子弹和摆锤一起运动的初速度v＝_______________________________________.
(3)通过表达式__________________________，即可验证子弹与摆锤作用过程中动量守恒(用已知量和测量量的符号m、M、v、v0表示).
解析：验证动量守恒有mv0＝(M＋m)v.
mv0＝(M＋m)v第四节　动量守恒定律的应用
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
1．了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用．　2.知道反冲运动的原理．　3.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题．　4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．　5.会利用反冲运动原理分析“人船模型”问题．
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、反冲现象
1．定义
一个静止的物体在________________力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向________________的方向运动的现象．
2．规律
反冲运动中，物体之间相互作用力一般较________________，且作用时间极短，满足____________________．
二、火箭
1．工作原理：利用__________________的原理，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气以很大速度向后喷出，使火箭获得巨大的向前的速度．
2．影响火箭获得速度大小的两个因素
(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度通常在2 000～4 000 m/s.
(2)质量比：火箭发射时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫作火箭的质量比．喷气速度____________，质量比____________，火箭获得的速度越大．
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确．
(1)一切反冲现象都是有益的．(　　)
(2)乌贼的运动利用了反冲的原理．(　　)
(3)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．(　　)
(4)火箭发射时，火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
[答案自填] 内　相反　大　动量守恒定律　反冲　越大　越大
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　反冲现象的理解和分析
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
点燃“窜天猴”的药捻，“窜天猴”向下喷出气体，同时“窜天猴”飞向高空．结合该实例，回答下列问题．
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
　
提示：(1)物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，物体间相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
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，物体间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，所以系统的总动能增加．
2．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为研究过程来进行研究．
角度1　反冲现象的理解
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　下列图中描述的几种现象不属于反冲现象的是(　　)
[解析]　蝴蝶利用“喷气”来完成洲际旅行，是反冲现象，故A不符合题意；鱿鱼将吸入的水用力喷出，快速地向外游窜，是反冲现象，故B不符合题意；鸡蛋落在海绵垫子上，完好无损，这是延长了鸡蛋和海绵的作用时间，减小了作用力，是缓冲现象，故C符合题意；航天员进行无绳太空漫步时，喷气背包喷出的气体控制其运动，是反冲现象，故D不符合题意．
[答案]　C
角度2　反冲现象中的计算
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·清远期中)一只吸水后总质量为1.6 kg的章鱼静止在水中，遇到危险时，它在极短时间内把吸入的 0.1 kg 的水向后以30 m/s的速度全部喷出．不计水对章鱼的阻力，则章鱼喷水后获得的速度大小为(　　)
A．2.0 m/s B．1.875 m/s
C．1.765 m/s D．30 m/s
[解析]　章鱼喷水过程中，章鱼与喷出的水组成的系统动量守恒，设章鱼喷水后的速度为v1，喷出水的速度为v2，由动量守恒定律可得m章鱼v1－m水v2＝0，解得章鱼喷水后获得的速度大小v1＝2.0 m/s.
[答案]　A
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼—20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，与此同时，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是(　　)
A．速率变大，为
B．速率变小，为
C．速率变小，为
D．速度变大，为
[解析]　设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的速率v＝>v0.
[答案]　A
知识点二　火箭发射和爆炸类问题
1．火箭发射
(1)火箭的速度
设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷出燃气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律有0＝mv＋Δmu，得v＝－u.
(2)决定因素
火箭获得速度取决于燃气喷出的速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素．
(3)多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s，实际火箭为多级．多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度．目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求．
2．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力．
(2)动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能．
(3)位移为零：爆炸时间极短，物体产生的位移很小，可忽略不计，可认为爆炸前后位置不变．
角度1　火箭发射问题
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·中山阶段练)“火箭”这个词在公元三世纪的三国时期就已出现．关于现代火箭，下列说法正确的是(　　)
A．影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比
B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭
C．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
D．火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力
[解析]　火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭高速向下喷出燃烧的气体，喷出的气体对火箭的反作用力使火箭向上运动，故B、C错误；设喷气速度为v，喷出气体的质量为m，喷气后的火箭质量为M，火箭获得的速度大小为v′，根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得v′＝v，故影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比，故A正确；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，喷气式飞机的运动是利用喷出气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，直升机是利用空气的浮力而使飞机上升，不属于反冲运动，故D错误．
[答案]　A
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为3 kg，在极短时间内将2 kg的水以对地8 m/s的速度喷出．空气阻力可忽略，g取10 m/s2下列说法正确的是(　　)
A．该过程中系统机械能守恒
B．水火箭靠空气给的反作用力加速
C．喷水后水火箭获得的速度为20 m/s
D．水火箭上升的最大高度约为12.8 m
[解析]　该过程中系统的动能和重力势能都增大，系统机械能不守恒，故A错误；水火箭靠压出的水给的反作用力加速，故B错误；由动量守恒定律有0＝－mv1＋(M－m)v2，得喷水后水火箭获得的速度v2＝16 m/s，故C错误；水火箭上升的最大高度约为h＝ eq \f(v,2g) ＝12.8 m，故D正确．
[答案]　D
角度2　爆炸问题
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量之比为5∶1.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
[解析]　规定向右为正方向，设弹丸的质量为6m，则甲的质量为5m，乙的质量为m，弹丸爆炸前后甲、乙两块弹片在水平方向不受外力，则水平方向满足动量守恒定律，爆炸后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有6mv0＝5mv1＋mv2，即12 m/s＝5v1＋v2，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，有t＝＝ s＝1 s，两块弹片在水平方向做匀速运动，有x1＝v1t，x2＝v2t，则有12 m＝5x1＋x2，结合图像可知，仅选项A的位移满足上述表达式．
[答案]　A
知识点三　“人船模型”问题
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
如图所示，一质量为m的人站在一质量为M的船头上，开始时人、船均静止，现在人从船头走向船尾．(水对船的阻力很小)
(1)该过程中，人和船组成的系统动量守恒吗？两者速度是什么关系？
(2)该过程中两者对地位移有何关系？
提示：(1)该过程中，水的阻力忽略不计，人和船的动量守恒，两者速度大小满足mv1＝Mv2，方向相反．
(2)由于mv1＝Mv2，又mv1t＝Mv2t，则ms1＝Ms2，即＝.
1．模型介绍：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．
3．解题关键
(1)利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系．用动量守恒定律求位移的题目，大多是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率．此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零．因此任意时刻的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1v1－m2v2＝0.如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1－m2s2＝0.
(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对于地面的位移的关系．
4．方法推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理．
INCLUDEPICTURE "例7LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例7LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·梅州市期中)平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量m＝50 kg，船的质量M＝100 kg，从某时刻起，人以v＝10 m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动．不计水对船的阻力，船长L＝6 m，则下列说法正确的是(　　)
A．人在船上走动过程中，船的速度为10 m/s
B．人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的2倍
C．走动时人的动量大于小船的动量
D．人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动
[解析]　对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，可得人在船上走动过程中，船的速度v′＝＝ m/s＝5 m/s，故A错误；人从船
头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s1和s2，由动量守恒定律得m－M＝0，其中s1＋s2＝L，解得s1＝4 m，s2＝2 m，即人在船上走动过程中，人的位移是船的位移的2倍，故B正确；由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大、反向，故C错误；人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则(m＋M)v＝0，所以v＝0，说明船的速度立即变为零，故D错误．
[答案]　B
INCLUDEPICTURE "例8LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例8LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面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，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点)(　　)
A．20 m B．40 m
C．50 m D．60 m
[解析]　设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据动量守恒定律有m1v1＝m2v2，人与气球运动的距离分别为h＝v1t＝20 m，x＝v2t，得＝，又h＋x＝l，代入数据，绳长至少为l＝60 m．
[答案]　D
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．(反冲现象)下列没有利用反冲原理的是(　　)
A．喷气式飞机飞行　　　　 B．火箭飞行
C．章鱼游动 D．苹果下落
解析：选D.喷气式飞机、火箭飞行是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故A、B不符合题意；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，故C不符合题意；苹果下落是由于地球引力作用，不属于反冲运动，故D符合题意．
2．(火箭发射)(2025·广东汕头期中)一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第4次喷出气体后，火箭的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A.设喷出四次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的四次气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M－4m)v－4mv0＝0，可得v＝.
3.(人船模型问题)如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h且位于小车的中点，问：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上(不计小车的高度，重力加速度为g).
解析：玩具蛙跳出后做平抛运动，设运动时间为t，则
h＝gt2
玩具蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mv′－mv＝0
若玩具蛙恰好落在桌面上，则有v′t＋vt＝
联立解得
v＝.
答案：INCLUDEPICTURE "物YJXZXBXY第一章LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../物YJXZXBXY第一章LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
第一节　冲量　动量
第二节　动量定理
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
1．知道冲量的概念，知道冲量是矢量，是过程量．　2.知道动量的概念，知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量．　3.知道动量定理的确切含义，掌握其表达式．　4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、冲量
1．定义：实验表明对于同一钢球，从同一高度下落，与不同材质的垫块相碰时，作用力在______________上的积累____________是一个常数．在物理学中，将Ft定义为冲量．
2．公式：I＝______．单位是牛秒，符号N·s.
3．冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
4．冲量是________(选填“矢”或“标”)量，它的方向由________的方向决定，如果力的方向在作用时间内不变，则冲量的方向与________________________相同．
5．冲量的作用效果：使物体的动量发生变化．
二、动量
1．动量
(1)定义：物体的________和__________的乘积，即p＝________．
(2)单位：动量的国际制单位是________，符号为 ________．
(3)方向：动量是________量，它的方向与________的方向相同．
2．动量与动能的区别
动量mv是一个与力在________上的积累有关的物理量，具有__________，是矢量，它表示传递机械运动的本领；动能mv2是一个与力在______上的积累有关的物理量，是______量，它表示__________的本领．
三、动量定理的推导
1.如图所示，一个物体质量为m，初速度为v0，在恒力F作用下，经过一段时间t，速度变为vt，根据牛顿第二定律F＝ma，由运动学公式a＝，可得Ft＝mvt－mv0.
2．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．
(2)表达式：Ft＝_________________________.
四、动量定理的应用
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．
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．
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确．
(1)动量的方向与物体的速度方向相同．(　　)
(2)物体的质量越大，动量一定越大．(　　)
(3)物体的动量相同，其动能一定也相同．(　　)
(4)冲量是矢量，其方向与所受恒力的方向相同．(　　)
(5)力越大，力对物体的冲量越大．(　　)
(6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为0.(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√
[答案自填] 时间　Ft　Ft　矢　力　力的方向　质量　速度　mv　千克米每秒
kg·m/s　矢　速度　时间　方向性　空间　标　物体做功　mvt－mv0
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　冲量的理解和计算
1．冲量是过程量：冲量描述的是力的作用对时间的累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
2．冲量是矢量：冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同，若力是恒力，则冲量的方向与力的方向相同．
3．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：该力和力的作用时间的乘积．
(2)求合冲量的两种方法
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt 求解．
(3)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量．
角度1　恒力冲量的计算
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是(　　)
A．拉力F的冲量大小为Ft cos θ
B．摩擦力的冲量大小为Ft sin θ
C．重力的冲量大小为mgt
D．物体所受支持力的冲量是mgt
[解析]　拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cos θ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量为(mg－F sin θ)t，故D错误．
[答案]　C
角度2　变力冲量的计算
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　质量m＝1 kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动．物体所受的合外力F随时间t变化的图像如图所示．求6 s内合外力的冲量大小．
[解析]　F－t图线与坐标轴围成图形的面积等于力的冲量，由题给图像可知，6 s内合力的冲量I＝2×2 N·s＋×2×(4－2) N·s＋×(－2)×(6－4) N·s＝4 N·s.
[答案]　4 N·s
知识点二　动量和动量的变化
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
如图所示，在某届亚洲杯足球赛上，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，球的速度大小是10 m/s，方向仍向右(如图甲所示)；
(2)若足球以10 m/s的速度向右撞向球门门柱，然后以4 m/s的速度反向弹回(如图乙所示).
请分析以上两种情况下动量的变化量是否相等，为什么？
提示：不相等，分析如下：
(1)取向右为正方向，踢球过程中，初动量
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s
末动量p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
动量的变化量Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右．
(2)取向右为正方向，足球撞向球门门柱弹回过程，初动量
p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s
末动量p2＝mv2＝0.4×(－4)kg·m/s＝－1.6 kg·m/s
动量的变化量Δp′＝p2－p1＝－5.6 kg·m/s，方向向左．
1．对动量的理解
(1)状态量：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．动量和动能
(1)区别：动量是矢量，动能是标量．
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝.
3．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
角度1　动量和动量变化
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)关于动量，下列说法正确的是(　　)
A．做匀速圆周运动的物体，动量不变
B．做匀变速运动的物体，它的动量一定在改变
C．一个物体的速率变化，动量也一定变化
D．甲物体的动量p1＝5 kg·m/s，乙物体的动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1＞p2
[解析]　动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，故A错误；做匀变速运动的物体的速度大小时刻在变化，则动量一定在变化，故B正确；一个物体的速率变化时，速度大小变化，故动量变化，故C正确；动量是矢量，其数值的绝对值表示大小，由|p1|<|p2|可知甲物体的动量小于乙物体的动量，故D错误．
[答案]　BC
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·深圳市期中)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为5 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为(　　)
A．4 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．1 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．4 kg·m/s，方向与原运动方向相同
D．1 kg·m/s，方向与原运动方向相反
[解析]　规定物体初速度的方向为正方向，则初动量为p1＝mv0＝0.5 kg×3 m/s＝1.5 kg·m/s，末动量为p2＝mv＝0.5 kg×(－5 m/s)＝－2.5 kg·m/s，故动量变化为Δp＝p2－p1＝－4 kg·m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即方向与原运动方向相反．
[答案]　A
角度2　动量和动能
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　在巴黎奥运会网球女单决赛中我国运动员夺取冠军，为中国赢得首枚奥运网球单打金牌，燃起全国网球热．关于网球运动，下列说法正确的是(　　)
A.球拍对网球的弹力越大，网球的动量变化一定越大
B．球拍将飞来的网球以原速率反向击出的过程，网球的动量和动能均保持不变
C．网球被球拍击打出的过程，球拍对网球的冲量大小大于网球对球拍的冲量大小
D．为了降低比赛中网球的速度，可以适当增加网球的质量
[解析]　由动量定理可知，网球的动量变化量等于合外力的冲量，即网球的动量变化量除了与力的大小和方向有关，还与力的作用时间有关，故A错误；动量是矢量，既有大小又有方向，当球拍将网球以原速率反向击出的过程，网球的速率不变，但是方向发生了改变，因此网球的动量发生了改变，动能是标量，速率不变，则动能不变，故B错误；用球拍击打网球时，球拍对网球的力与网球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等、作用时间相同，则冲量大小相等，故C错误；外力对网球做的功恒定的情况下，根据动能定理W＝mv2，可知增加网球的质量，可以降低网球的速度，故D正确．
[答案]　D
知识点三　动量定理的理解和简单应用
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
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′，重力加速度为g.
(1)求在时间t内恒力F的冲量大小和合外力的冲量大小．
(2)求在此过程中，物体动量的变化量的大小．
(3)求恒力F的冲量与物体动量的变化量是否相等．
提示：(1)在时间t内恒力F的冲量IF＝Ft
合外力的冲量I合＝F合t＝(F－μmg)t.
(2)在此过程中，物体动量的变化量Δp＝mv′－mv.
(3)根据动量定理可知，物体动量的变化量等于合力的冲量，则有Δp＝I合＝(F－μmg)t
可知恒力F的冲量与物体动量的变化量不相等．
1．对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式F(t′－t)＝mv′－mv是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
2．动量定理的应用
(1)定性分析
由F＝可知：物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小．
由Δp＝FΔt可知：作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
角度1　应用动量定理定性分析问题
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A．仍在P点
B．在P点左边
C．在P点右边不远处
D．在P点右边原水平位移的两倍处
[解析]　抽出纸条的过程中，纸条对铁块有一个向右的滑动摩擦力，两次摩擦力大小相等，第二次摩擦力作用的时间更短，根据动量定理可知，第二次铁块平抛的初速度更小，平抛的水平距离更小，因此落在P点的左边．
[答案]　B
角度2　用动量定理求解变力的冲量
INCLUDEPICTURE "例7LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例7LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　我国爱因斯坦探针卫星绕地球做匀速圆周运动．卫星的质量为1.45 t，线速度大小为7.6 km/s，运动周期为96 min.在48 min内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为(　　)
A．约2.2×107 N·s，与末速度方向垂直
B．约2.2×107 N·s，与末速度方向相同
C.约1.1×106 N·s，与末速度方向垂直
D．约1.1×106 N·s，与末速度方向相同
[解析]　在48 min内，卫星的速度大小不变，方向反向，则动量变化量Δp＝2mv≈2.2×107 kg·m/s，方向与末速度方向相同，根据动量定理可知，万有引力对该卫星的冲量大小约为2.2×107 N·s，与末速度方向相同．
[答案]　B
角度3　动量定理的简单应用
INCLUDEPICTURE "例8LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例8LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)(2025·广东校联考期末)如图所示的斜面倾角为α，与斜面夹角为θ的恒力F拉着物块匀速向上运动，经过时间t，下列说法正确的是(　　)
A．物块所受重力的冲量为0
B．物块的动量不变
C．物块所受拉力的冲量为Ft
D．物块所受的合力冲量为Ft cos θ
[解析]　物块受到的重力不为0，作用时间大于0，重力的冲量也不为0，故A错误；物块匀速运动，速度不变，动量不变，故B正确；根据冲量的定义可知，拉力的冲量为Ft，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量变化，物块的动量不变，故合力的冲量为0，故D错误．
[答案]　BC
综合一练　动量、冲量和动量定理的综合问题
INCLUDEPICTURE "例9LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例9LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　2024年3月，2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛落幕，中国蹦床队斩获3金2银．某运动员的质量为60 kg，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为0.8 s，重力加速度g取10 m/s2，规定竖直向下为正方向，则下列说法正确的是(　　)
A．运动员与网刚分离时的动量为600 kg·m/s
B．运动员与网接触时间内动量的改变量为－1 080 kg·m/s　
C．网对运动员的平均作用力大小为1 350 N
D．从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0 m高处过程中，运动员所受重力的冲量为1 080 N·s　
[解析]　运动员与网刚分离时的速度v2＝＝10 m/s，动量p2＝－mv2＝－600 kg·m/s，A错误；运动员与网刚接触时的速度v1＝＝8 m/s，接触时间内动量的改变量Δp＝－mv2－mv1＝－1 080 kg·m/s，B正确；运动员与网接触过程，根据动量定理有(mg－F)Δt＝Δp，网对运动员的平均作用力大小F＝1 950 N，C错误；从开始自由下落到蹦回离水平网面5.0 m高处过程中，运动员所受重力的冲量IG＝mg＝1 560 N·s，D错误．
[答案]　B
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．(动量和动量变化)对于一个质量不变的物体，下列说法正确的是 (　　)
A．做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．物体的速度发生变化时，其动量可能不变
D．物体的速度发生变化时，其动量一定变化
解析：选D.由动量公式p＝mv可知，做匀速直线运动的物体速度不变，则动量不变，故A错误；做匀速圆周运动的物体，速度大小不变但是方向一直在变，而动量是矢量，所以动量一定在变化，故B错误；由动量公式p＝mv可知，物体的速度发生变化时，动量一定在变化，故D正确，C错误．
2．(冲量的理解和计算)(多选)(2025·阳江阶段练)某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)
A．该同学所受重力的冲量随时间的增大而增大
B．在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量始终不变
C．该同学所受合力的冲量随时间的增大而增大
D．摩天轮转动一周，该同学所受合力的冲量为零
解析：选AD.该同学所受重力的冲量IG＝Gt，随时间的增大而增大，A正确；在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量大小不变，但方向不断变化，B错误；根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，则该同学所受合力的冲量随时间的增大不一定增大，摩天轮转动一周，动量变化为零，则该同学所受合力的冲量为零，C错误，D正确．
3．(动量定理的应用)如图所示，质量为m的小球被长为r的轻细绳系住，在光滑水平面上绕O点做匀速圆周运动，角速度为ω，则小球运动四分之一个周期时间内细绳对小球的冲量大小为(　　)
A．0　　　　　　　　 B．mωr
C．2mωr D．2πmωr
解析：选B.初态动量大小p1＝mrω，四分之一个周期后动量大小p2＝mrω，两者相互垂直，根据动量定理可知细绳对小球的冲量大小，即合外力冲量大小I＝ eq \r(p＋p) ＝mωr.
4．(动量定理的应用)(多选)(2025·汕尾统考期末)中国女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进．如图所示，一名排球运动员进行垫球训练．排球以6 m/s 的速度竖直向下打在运动员的手臂上，然后以8 m/s 的速度竖直向上飞出．已知排球的质量为 250 g，排球与手臂的作用时间为0.2 s.不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．排球速度变化量的大小为2 m/s
B．排球动量变化量的大小为3.5 kg·m/s
C.排球受到手臂的冲量大小为4.0 N·s
D．排球对手臂的平均作用力大小为17.5 N
解析：选BC.根据题意，以向下为正方向，则排球速度变化量Δv＝v2－v1＝－8 m/s－6 m/s＝－14 m/s，故A错误；排球动量变化量Δp＝m·Δv＝－3.5 kg·m/s，故B正确；设排球受到手臂的冲量大小为I，由动量定理有mgt－I＝Δp，解得I＝mgt－Δp＝0.25×10×0.2 N·s－(－3.5 N·s)＝4 N·s，故C正确；由公式I＝Ft可得，手臂对排球的平均作用力＝＝20 N，由牛顿第三定律可得，排球对手臂的平均作用力大小′＝＝20 N，故D错误．第五节　弹性碰撞与非弹性碰撞
第六节　自然界中的守恒定律
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "学习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../学习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞．　2.会根据碰撞的特点对碰撞过程进行判断．
3．会用动量、能量的观点综合分析、解决一维碰撞问题．
INCLUDEPICTURE "课前知识梳理LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课前知识梳理LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后机械能____________，这类碰撞叫弹性碰撞．
2．非弹性碰撞：系统在碰撞前后机械能___________________，这类碰撞叫非弹性碰撞．
3．完全非弹性碰撞：若两球碰撞后，它们完全不反弹而粘在一起，这时机械能损失最大，这种碰撞则叫作完全非弹性碰撞．
二、弹性碰撞和非弹性碰撞过程中动量与能量的变化质量为m2的物体B静止在光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向B运动．
(1)弹性碰撞
若A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，
解得物体A、B的最终速度分别为
v1′＝__________，v2′＝____________．
(2)若A、B碰后共速这种碰撞是完全非弹性碰撞．可以证明，物体A、B最终的共同速度为v1′＝v2′＝v′＝________________________.
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，即ΔEk＝m1v－(m1＋m2)v′2＝________________．　
(3)在弹性碰撞中，若m1＝m2，则物体A、B碰撞后____________；若m1 m2或m2 m1，则质量大的物体速度______________．
三、系统
1．物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统．
2．守恒定律只在合适的系统和范围内才适用．
INCLUDEPICTURE "深化辨析LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../深化辨析LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
判断下列说法是否正确．
(1)两物体发生非弹性碰撞时，动量不守恒，动能也不守恒．(　　)
(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．(　　)
(3)与静止的小球发生弹性碰撞时，入射小球碰后的速度不可能大于其入射速度．(　　)
(4)两球发生弹性正碰，碰后两者交换速度.(　　)
(5)如果系统内部存在除重力和弹力外的其他力(如摩擦力)做功，则系统的机械能不守恒.(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√
[答案自填] 相等　不再相等　v1　v1　v1　 eq \f(m1m2v,2（m1＋m2）) 　交换速度
几乎不变
INCLUDEPICTURE "课堂深度探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../课堂深度探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
知识点一　碰撞的特点和应用
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对于物体运动的全过程可忽略不计．
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒．
(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)按碰撞前后机械能是否守恒可分为弹性碰撞和非弹性碰撞．
(2)按碰撞前后速度的方向是否与球心的连线在同一直线上可分为对心碰撞和非对心碰撞．
3．碰撞遵守的原则
(1)动量守恒．
(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 eq \f(p,2m1) ＋ eq \f(p,2m2) ≥＋.
(3)速度要符合情境
①碰前若同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变或速度均为零．
角度1　碰撞的特点
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例1LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·中山期中)如图所示，质量和大小完全相同的A、B两球，在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度vA＝8 m/s，B球的速度vB＝－2 m/s，一段时间后A、B两球发生对心碰撞．碰撞之后A、B两球的速度vA′、vB′不可能的是(　　)
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s
B．vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s
[解析]　由题意可知，两小球碰撞前总动量p＝mvA＋mvB＝6m，总动能Ek＝mv＋mv＝34m，若碰后vA′＝－2 m/s，vB′＝8 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝34m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故A不符合题意；若碰后vA′＝3 m/s，vB′＝3 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝9m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故B不符合题意；若碰后vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，总动量p′＝6m，总动能Ek′＝10m，此次碰撞符合动量守恒定律，动能不增加，故C不符合题意；若碰后vA′＝7 m/s，vB′＝－1 m/s，即碰撞后，两小球运动方向都不改变，不符合实际，故D符合题意．
[答案]　D
角度2　碰撞规律的应用
INCLUDEPICTURE "例2LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例2LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等．已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是(　　)
A.甲、乙两球都沿乙球的运动方向
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
[解析]　由题意知Ek甲＝Ek乙，因为动能与动量的关系p＝，m甲>m乙，所以p甲>p乙，甲、乙相向运动，故甲、乙碰撞前总动量沿甲原来的方向，碰撞过程两球的总动量守恒，则碰撞后甲、乙的总动量仍沿甲原来的方向，所以碰撞后，甲球停下或反向弹回，乙必弹回，所以乙的速度不可能为零，A、B错误，C正确；若甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等，则碰后总动量方向与甲原来的动量方向相反，违反了动量守恒定律，D错误．
[答案]　C
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例3LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)(2025·佛山期末)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止，则(　　)
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
[解析]　规定向右为正方向，设碰撞前A、B两球速度大小分别为vA和vB，根据系统动量守恒有mvA－3mvB＝－m·2vA，解得vA＝vB＝v，故A正确，B错误；碰撞前系统动能E1＝mv2＋×3mv2＝2mv2，碰撞后系统动能E2＝m(2v)2＝2mv2，由于E1＝E2，故A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，故C正确，D错误．
[答案]　AC
知识点二　碰撞与图像问题的结合
角度1　碰撞与s－t图像结合
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例4LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　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，不能判断
[解析]　根据题中s－t图像可知，A球的初速度为vA＝3 m/s，B球的初速度为vB＝0，碰撞后A球的速度为vA′＝－1 m/s，碰撞后B球的速度为vB′＝2 m/s，两球碰撞过程中，动能变化量为ΔEk＝mAv＋0－mAvA′2－mBvB′2＝0，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞．
[答案]　A
角度2　碰撞与v－t图像结合
INCLUDEPICTURE "例5LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例5LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(多选)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，发生碰撞前后的v－t图线如图所示，由图线可判断(　　)
A．A、B的质量比为3∶2
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．此碰撞属于弹性碰撞
[解析]　根据动量守恒定律得mA×6 m/s＋mB×1 m/s＝mA×2 m/s＋mB×7 m/s，解得＝，A正确；A、B作用前后总动量守恒，B正确，C错误；因为×mA×(6 m/s)2＋×mB×(1 m/s)2＝×mA×(2 m/s)2＋×mB×(7 m/s)2，此碰撞属于弹性碰撞，D正确．
[答案]　ABD
知识点三　碰撞中的动量和能量问题
eq \a\vs4\al( INCLUDEPICTURE "问题探究LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../问题探究LLL.TIF" \* MERGEFORMAT )
如图甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
提示：不守恒．碰撞时：mv0＝2mv，得v＝
Ek1＝mv，Ek2＝×2mv2＝mv
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv＝－mv　
即系统总动能减少了mv.
1．弹性碰撞：发生在产生弹性形变的物体间，满足动量守恒和机械能守恒，即
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(2)机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
2．非弹性碰撞：碰撞过程物体会发生不能自行恢复的形变，还可能发热．所以，非弹性碰撞有动能损失，即机械能不守恒．
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(2)机械能不守恒：m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2.
3．完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰撞后两物体粘在一起以相同的速度运动．
INCLUDEPICTURE "例6LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例6LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2025·深圳市月考)如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.20 kg，B静止在轨道水平段的末端．A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出．抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝1.80 m，两物块落地点到轨道末端的水平距离为s＝1.20 m，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE.
[解析]　(1)两物块在空中做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，由h＝gt2，代入数据解得t＝0.6 s．　
(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s＝vt，得v＝2.0 m/s，两物块碰撞过程，根据动量守恒定律，有mv0＝2mv，代入数据解得v0＝4.0 m/s.　
(3)两物体碰撞过程中根据能量守恒定律可得，损失的机械能ΔE＝mv－·2mv2，代入数据解得ΔE＝0.8 J.
[答案]　(1)0.6 s　(2)4.0 m/s　(3)0.8 J
INCLUDEPICTURE "例7LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例7LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　如图，质量为m＝3 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝2 kg的小球以10 m/s的速率向右运动．
(1)若小球碰到滑块后又以1 m/s的速率被弹回，求滑块获得的速度．
(2)若小球碰到滑块后两者黏在一起运动，求之后的共同速度．
(3)若小球与滑块的碰撞没有能量损失，求碰撞后小球、滑块的速度．
[解析]　(1)小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋mv2，代入数据解得v2＝ m/s，方向水平向右．
(2)若小球碰到滑块后两者黏在一起运动，由动量守恒定律有m1v0＝v，解得之后的共同速度为v＝4 m/s，方向水平向右．
(3)根据动量守恒定律m1v0＝m1v1′＋mv2′，小球与滑块的碰撞没有能量损失，为弹性碰撞，碰撞过程中机械能守恒m1v＝m1v1′2＋mv2′2，联立解得v1′＝－2 m/s，v2′＝8 m/s，即碰后瞬间小球速度大小为2 m/s，方向水平向左，滑块的速度大小为8 m/s，方向水平向右．
[答案]　(1) m/s，方向水平向右　(2)4 m/s，方向水平向右　(3)2 m/s，方向水平向左　8 m/s，方向水平向右
规范一练　应用动量和能量观点分析竖直方向的碰撞问题
INCLUDEPICTURE "例8LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../例8LLL.TIF" \* MERGEFORMAT 　某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
[解析]　(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g
解得N1＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有
N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N．
(2)由动能定理得
－(mg＋f)l＝mv2－mv
代入数据解得v＝8 m/s．
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v
代入数据得h＝0.2 m．
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
INCLUDEPICTURE "随堂巩固落实LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../随堂巩固落实LLL.TIF" \* MERGEFORMAT
1．(碰撞的特点和应用)(多选)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝3mA，重力加速度g取10 m/s2，则碰后小滑块B的速度大小可能是(　　)
A．4 m/s B．3 m/s
C．2 m/s D．1 m/s
解析：选BC.滑块A下滑过程，由动能定理得mAgR＝mAv，解得v0＝6 m/s，若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，解得vB＝3 m/s；若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0＝vB′，解得vB′＝1.5 m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围为1.5 m/s～3 m/s，不可能为1 m/s和4 m/s.
2．(碰撞的特点和应用)在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排列在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：选D.两个完全相同的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D正确．
3．(碰撞与图像问题的结合)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
解析：选C.由题给图像知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0，碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，故C正确．
4．(碰撞中的动量和能量问题)(多选)如图，冰雪滑道 B 点的左侧是粗糙的水平轨道； AB 是光滑的半径 R＝10 m 的部分圆弧轨道，B 点是圆弧轨道的最低点，水平轨道和圆弧轨道平滑连接．质量 m＝30 kg 的小孩从滑道顶端 A 点由静止开始下滑，经过 B 点时被静止的质量 M＝60 kg 的家长抱住，一起滑行到 C点(图中未画出)停下．已知 A 点距水平面的高度 h＝5 m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ＝0.2, g 取10 m/s2，下列说法正确的有(　　)
A．小孩到达B点时的速度大小为 10 m/s
B．小孩到达B点时对轨道的压力大小为 600 N　
C．B、C 间的距离为 3 m
D．家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能为 1 000 J
解析：选ABD.小孩从A点滑到B点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得mgh＝mv，代入数据解得vB＝10 m/s，A正确；小孩运动到B点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m eq \f(v,R) ，解得FN＝600 N，由牛顿第三定律可知，小孩到达 B 点时对轨道的压力大小为 600 N，B正确；家长抱住小孩的过程中，家长和小孩组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律可得mvB＝v，解得v＝ m/s，设家长和小孩组成的系统在水平轨道上从B点滑行到C点的距离为x，由动能定理可得－μgx＝0－v2，代入数据解得x＝ m，C错误；家长抱住小孩的瞬间，小孩和家长组成的系统损失的机械能为ΔE＝mv－v2，解得ΔE＝1 000 J，D正确．
5．(碰撞中的动量和能量问题)(2025·广东江门市期中)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，速度vB＝3 m/s，A球在后，速度vA＝6 m/s，mA＝1 kg.经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A球速度vA′＝2 m/s，B球速度vB′＝5 m/s，求：
(1)碰撞过程中A球受到的冲量大小；
(2)B球的质量mB；
(3)试验证A、B两球发生的碰撞为弹性碰撞．
解析：(1)根据动量定理可得碰撞过程中A球受到的冲量
IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s.
(2)碰撞过程，根据动量守恒定律可得
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
解得B球的质量
mB＝2 kg.
(3)碰撞前两球组成系统的动能
Ek1＝mAv＋mBv＝27 J
碰撞后两球组成系统的动能
Ek2＝mAvA′2＋mBvB′2＝27 J
则A、B两球发生的是弹性碰撞．
答案：(1)4 N·s　(2)2 kg　(3)见解析

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