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第一章　动量守恒定理
第1节　动量
课程要求 学科素养
理解动量的概念 物理观念 通过学习动量和动量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
科学思维 通过实例掌握在同一直线上运动的两个物体碰撞前、后速度的测量方法
科学探究 通过实验用不同的方法探究碰撞中的不变量
要点一　寻求碰撞中的不变量
演示实验一：小球的碰撞
1.如图甲所示,用两根长度相同的细线,分别悬挂两个完全相同的钢球A、B,且两球并排放置。拉起A球,然后放开,该球与静止的B球发生碰撞。碰撞后A球停止运动而静止,B球开始运动,最终摆到和A球被拉起时同样的高度。
[结论]碰撞前后,两球速度之和相等(选填“相等”或“不相等”)。
2.如图乙所示,C球质量大于B球质量,拉起C球至某一高度后放开,让C球与静止的B球碰撞,B球获得的速度大于(选填“大于”“小于”或“等于”)碰前C球的速度,摆起的最大高度大于(选填“大于”“小于”或“等于”)C球被拉起时的高度。
[结论]两球碰撞前后的速度之和不相等(选填“相等”或“不相等”)。
猜想:(1)两个物体碰撞前后动能之和不变,所以质量小的物体速度大。
(2)两个物体碰撞前后速度与质量的乘积之和可能不变。
演示实验二：小车的碰撞
　　如图所示,用一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车,碰撞后两辆小车粘在一起运动。小车的速度用滑轨上的数字计时器测量。下表中的数据是某次实验时采集的。其中,m1是运动小车的质量,m2是静止小车的质量;v是运动小车碰撞前的速度,v'是碰撞后两辆小车的共同速度。
次数 m1/kg m2/kg v/(m·s-1) v'/(m·s-1)
1 0.519 0.519 0.628 0.307
2 0.519 0.718 0.656 0.265
3 0.718 0.519 0.572 0.321
　　根据表中的数据,计算两辆小车碰撞前后的动能和碰撞前后质量与速度的乘积(称为动量),并比较是否改变(结果保留三位小数)。
次数 动能之和 质量与速度乘积之和
碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后
1 0.102 0.049 0.326 0.319
2 0.112 0.043 0.340 0.328
3 0.117 0.064 0.411 0.397
结论 不相等 基本相等
(1)为确保实验结果准确,在小球碰撞实验中要注意什么
(2)在小车碰撞实验中,应该怎么办
(3)实验“质量与速度乘积之和”计算结果不完全相等的原因是什么
提示：(1)小球碰撞实验:要保证小球碰撞时在同一直线上，实现对心碰撞;多次测量取平均值，减小测量误差。
(2)小车碰撞实验:选择光滑程度高的轨道、确保小车碰撞时在同一直线上、精确测量小车的质量和速度，提高测量精度。
(3)原因:实验中存在摩擦力、质量和速度的测量误差以及碰撞的非理想性(如能量损耗、碰撞扰动等)等因素共同作用导致的。
小车碰撞实验中速度测量的方案设计
方案一:利用光电门测速
两辆小车都放在滑轨上,用一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车,碰撞后两辆小车粘在一起运动。小车的速度用滑轨上的数字计时器测量,v=,式中Δx为小车上挡光片的宽度,Δt为数字计时器显示的小车上挡光片经过光电门的时间。
方案二:利用打点计时器测速
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,连在小车的后面。让小车A运动,小车B静止。在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(如图所示),碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两个小车连接成一体,通过纸带测出它们碰撞前后的速度。
【例1】　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,弹开后,左侧滑块质量与速度的乘积为p1=0.125 kg·m/s,右侧滑块质量与速度的乘积为p2=-0.121 kg·m/s(以水平向左为正方向,结果保留到小数点后三位)。
【解析】　滑块通过光电门的平均速度可视为瞬时速度，左侧滑块的速度为v1== m/s=0.125 m/s，则左侧滑块质量与速度的乘积为p1=m1v1=0.125 kg·m/s;右侧滑块的速度为v2=-=- m/s≈-0.080 6 m/s，则右侧滑块质量与速度的乘积为p2=m2v2=-0.121 kg·m/s。
【例2】　在利用气垫导轨探究物体碰撞时动量变化的规律实验中,
(1)(多选)下列哪些因素可导致实验误差增大 AB。
A.导轨安放不水平
B.滑块上挡光板倾斜
C.两滑块质量不相等
D.两滑块碰后粘在一起
(2)如图,左侧滑块质量m1=200 g,右侧滑块质量m2=160 g,挡光板宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,用细线将两滑块连在一起。开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动。挡光板通过光电门的时间分别为Δt1=0.25 s,Δt2=0.20 s。以向右为正方向,则烧断细线后两滑块的速度分别为v'1=-0.12 m/s,v'2=0.15 m/s。烧断细线前m1v1+m2v2=0,烧断细线后m1v'1+m2v'2=0,可得到的结论是:碰撞前后两滑块的各自质量与速度乘积之和是不变量。
【解析】　(1)导轨不水平，滑块的速度将受重力影响，导致实验误差增大，故A正确;滑块上挡光板倾斜，会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移，计算速度出现误差，故B正确;两滑块质量不相等和两滑块碰后粘在一起不会导致实验误差，故C、D错误。
(2)以向右为正方向，由平均速度公式可得v1=-=- m/s=-0.12 m/s，v2== m/s=0.15 m/s，烧断细线前两滑块处于静止状态，两滑块的质量与速度乘积之和为0，即m1v1+m2v2=0，烧断细线后两滑块的质量与速度乘积之和为m1v'1+m2v'2=0.2×(-0.12) kg·m/s+0.16×0.15 kg·m/s=0，说明碰撞前后两滑块各自质量与速度乘积之和是不变量。
要点二　动量　动量的变化量
1.动量的定义：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。用公式表示为p=mv。
2.动量单位：千克米每秒( kg·m/s)。
3.动量的性质
(1)矢量性:动量的方向与速度的方向相同。
(2)瞬时性:通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示。
(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。
4.动量的变化量
(1)定义:物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差。
(2)公式:Δp=p末-p初。
(3)标矢性:动量的变化量是矢量,方向与速度变化量的方向相同。
(1)动量相同的物体，运动方向一定相同。 (　√　)
(2)动量大的物体，其速度一定大。 (　×　)
(3)动能相同的物体，其动量一定相同。 (　×　)
1.动量是矢量,比较两个物体的动量时,不能仅比较大小,还要比较方向,只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。
2.计算动量变化量时,应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算,要注意选取正方向。
3.动量和动能的区别与联系
项目 动量 动能
定义式 p=mv Ek=mv2
单位 kg·m/s J
标矢性 矢量 标量
特点 (1)v的大小或方向变化都可使p发生变化; (2)动量的改变与力的时间积累过程相对应 (1)只有v的大小发生变化时才会使Ek发生变化; (2)动能的改变与力的空间积累过程(位移)相对应
联系 都是状态量,可分别从不同的方面反映和表示机械运动,Ek=,p=
【例3】　下列关于动量和动能的说法正确的是 (　D　)
A.做匀速圆周运动的物体动量不变
B.物体速度发生改变,其动能必然改变
C.动量相同的两物体,质量越大其动能越大
D.动能相同的两物体,质量越大其动量越大
【解析】　做匀速圆周运动的物体速度大小一定，方向发生变化，则该物体的动量发生变化，故A错误;物体速度发生改变，当物体速度大小一定，方向发生变化时，物体的动能不变，故B错误;根据p=mv，Ek=mv2，解得Ek=，可知，动量相同的两物体，质量越大其动能越小，故C错误;结合上述解得p=，可知，动能相同的两物体，质量越大其动量越大，故D正确。
【例4】　如图所示,p、p'分别表示物体受到外力作用前、后的动量,短线表示的动量大小为15 kg·m/s,长线表示的动量大小为30 kg·m/s,箭头表示动量的方向。在下列所给的四种情况中,物体动量变化量相同的是 (　C　)
A.①④ B.①③
C.②④ D.②③
【解析】　取向右为正方向，可知①中初动量p=15 kg·m/s，末动量p'=30 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=15 kg·m/s;②中初动量p=15 kg·m/s，末动量p'=-30 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=-45 kg·m/s;③中初动量p=30 kg·m/s，末动量p'=15 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=-15 kg·m/s;④中初动量p=30 kg·m/s，末动量p=-15 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=-45 kg·m/s。故C正确。
【例5】　如图所示,在某场足球赛上,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,足球的速度大小为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变化量。
(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变化量。
【答案】　见解析
【解析】　(1)取向右为正方向，初、末动量分别为p=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s，方向向右，p'=mv'=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s，方向向右，动量的变化量为Δp=p'-p=2.4 kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，初、末动量分别为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，动量的变化量为Δp'=p2-p1=-5.2 kg·m/s，负号表示方向向左。
1.(多选)在利用摆球做“探究碰撞中的不变量”实验时,关于测量小球碰撞前后的速度,下列说法正确的是 (　ABD　)
A.悬挂两球的细绳长度要适当,且等长
B.由静止释放小球,以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C.两小球必须都是刚性球,且质量相同
D.两小球碰后可以粘在一起共同运动
解析：细绳长度适当，便于操作，两绳等长，以保证两球能正碰，故A正确;由静止释放小球，初动能为0，可由机械能守恒mgl(1-cos α)=mv2，计算碰前小球的速度，方便简单，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，以保证两球发生正碰，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运动情况，故D正确。
2.一质量为2 kg的物体静止在光滑水平面上,物体在两个相互垂直的水平力作用下开始运动,力F1对物体做的功为3 J,力F2对物体做的功为4 J,随后同时撤去这两个力。撤去这两个力的瞬间,物体的动量大小为 (　C　)
A.2 kg·m/s B.10 kg·m/s
C.2 kg·m/s D.14 kg·m/s
解析：设撤去这两个力的瞬间物体速度为v，由动能定理有W1+W2=3 J+4 J=mv2，动量大小p=mv，代入题中数据，联立解得p=2 kg·m/s，故选C。
3.(多选)下列关于动量的说法正确的是 (　AD　)
A.动量相同的物体,运动方向一定相同
B.动量越大的物体,其速度一定越大
C.物体运动速度的大小不变,其动量一定不变
D.物体的运动状态改变,其动量一定改变
解析：动量相同的物体，速度方向一定相同，则运动方向一定相同，故A正确;动量的大小与物体的质量、速度均有关，所以动量越大的物体，其速度不一定越大，故B错误;物体运动速度的大小不变，但速度的方向可以改变，其动量也变化，故C错误;物体的运动状态改变，即速度变化，则其动量一定改变，故D正确。
4.甲、乙两个物体,它们的质量之比m甲︰m乙=2︰1,当它们的速度相同时,它们的动量之比p甲︰p乙=2︰1;当它们的动能相同时,它们的动量之比p甲︰p乙=︰1。
解析：当它们的速度相同时，它们的动量之比p甲︰p乙=m甲v甲︰m乙v乙=m甲︰m乙=2︰1;当它们的动能相同时，它们的动量之比p甲︰p乙=m甲v甲︰m乙v乙=︰=︰=︰1。
课时作业1
(总分:66分)
1.(5分)物体的质量m与速度v的乘积叫作物体的动量p,表达式p=mv,动量p的国际单位为 (　A　)
A.kg·m/s B.kg·m·s
C.N· m/s D.N·m·s
解析：由动量表达式p=mv，质量的国际单位为kg，速度的国际单位为m/s，可知动量的国际单位为kg·m/s。故选A。
2.(5分)下列运动中的对象,动能保持不变,动量发生改变的是 (　A　)
A.绕地球运行的同步卫星
B.物体沿光滑斜面下滑
C.飞镖被水平投掷后
D.荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变
解析：动能是标量，仅与速度大小有关;动量是矢量，与速度大小和方向均有关。同步卫星做匀速圆周运动，速率不变(动能不变)，但速度方向不断变化(动量改变)，故A正确。物体沿光滑斜面下滑时，速度大小增加，动能、动量均增大，故B错误。飞镖水平投掷后，若忽略空气阻力，水平速度不变，但竖直方向速度增加，总速度大小变化(动能增加)，动量大小和方向均改变，故C错误。荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中，若只有重力做功，速度大小和方向一直在改变，所以动能、动量均改变，故D错误。
3.(5分)在我国空间站的微重力环境中,一个质量为0.2 kg的球形水珠以2 m/s的速度撞向特制疏水材料平板,随后以1 m/s的速度反弹。设初速度方向为正方向,则水珠的动量变化量为 (　D　)
A.0.2 kg·m/s B.-0.2 kg·m/s
C.0.6 kg·m/s D.-0.6 kg·m/s
解析：设初速度方向为正方向，则动量的变化量Δp=mv2-mv1=0.2×(-1) kg·m/s-0.2×2 kg·m/s=-0.6 kg·m/s，故选D。
4.(5分)如图,运货小车正沿着螺旋轨道匀速率下行,则小车 (　D　)
A.加速度为0
B.动量不变
C.动能减少
D.机械能减少
解析：运货小车做曲线运动，是变速运动，加速度不为0，故A错误;运货小车速度方向改变，则动量改变，故B错误;运货小车匀速率下行，动能不变，重力势能减小，机械能减小，故C错误，D正确。
5.(5分)质量为3 kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由2 m/s变成5 m/s,那么在此过程中,动量变化量的大小可能是 (　D　)
A.31.5 kg·m/s B.12 kg·m/s
C.20 kg·m/s D.21 kg·m/s
解析：若初、末速度方向相同，则动量的变化量为Δp=mv'-mv=3×5 kg·m/s-3×2 kg·m/s=9 kg·m/s;若初、末速度方向相反，以末速度方向为正方向，则动量的变化量为Δp=mv'-mv=3×5 kg·m/s-(-3×2) kg·m/s=21 kg·m/s，故D正确。
6.(5分)非遗风采“独竹漂”广泛出现在各大旅游胜地。如图所示,平静水面上,一踩竹表演者以速度v行驶,某次在水中划杆后,其速度增量为Δv。若人、杆、竹系统总质量为M,划水时长为t,则该次划水过程中,该系统的动量增量为 (　A　)
A.MΔv B.
C.Mv D.
解析：由题知，系统的动量增量Δp=MΔv，故选A。
7.(5分)一遥控无人机在竖直面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是 (　D　)
A.无人机的机械能不变,动量不变
B.无人机的机械能不变,动量变化
C.无人机的机械能变化,动量不变
D.无人机的机械能与动量均变化
解析：无人机在竖直面内做匀速圆周运动，速度方向时刻变化，动量(矢量)必然变化;机械能包括动能和势能，动能不变但重力势能随高度变化，故机械能变化。故选D。
8.(5分)如图所示,粗糙斜面固定在水平地面上,木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块上滑过程与下滑过程的 (　C　)
A.时间相等 B.加速度相等
C.损失机械能相等 D.动量变化量相等
解析：设斜面倾角为θ，木块先减速上滑，由牛顿第二定律有f+mgsin θ=ma上，后加速下滑，由牛顿第二定律有mgsin θ-f=ma下，因为摩擦力相同，故a上>a下，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度的大小;将上滑的过程采用逆向思维，则有x=at2，位移大小相等，因为a上>a下，故t上a下，由公式v2=2ax可知，上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，故上滑过程的动量变化量大于下滑过程的动量变化量，故D错误。
9.(5分)光滑水平面上有两个质量均为m的小球A和B,B球静止,A球以速度v和B球发生弹性碰撞,碰后两球交换速度。则A、B动量的改变量ΔpA、ΔpB和A、B系统的总动量的改变量Δp为 (　D　)
A.ΔpA=mv,ΔpB=-mv,Δp=2mv
B.ΔpA=ΔpB=-mv,Δp=0
C.ΔpA=0,ΔpB=mv,Δp=mv
D.ΔpA=-mv,ΔpB=mv,Δp=0
解析：碰撞前，A动量为pA=mv，B动量为0，系统的总动量为p=pA+pB=mv，碰撞后，A动量为0，B动量为p'B=mv，系统的总动量为p'=p'A+p'B=mv，故A动量的改变量ΔpA=p'A-pA=0-mv=-mv，B动量的改变量ΔpB=p'B-pB=mv-0=mv，A、B系统的总动量的改变量Δp=p'-p=0，故选D。
10.(5分)如图所示,轻绳上端固定在O点,下端连接小球。将小球拉起,轻绳刚好被水平拉直,由静止释放小球。当小球运动至最低点时,下列物理量的大小与绳长有关的是 (　B　)
A.小球的加速度 B.小球的动量
C.小球重力的功率 D.轻绳的拉力
解析：由静止释放小球，当小球运动至最低点时，根据动能定理有mgL=mv2，根据加速度的公式有a==2g，则加速度与绳长无关，故A错误;小球的动量为p=mv=m，则动量与绳长有关，故B正确;小球在最低点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为0，则重力的功率与绳长无关，故C错误;在最低点，根据牛顿第二定律有F-mg=m，解得F=3mg，轻绳的拉力与绳长无关，故D错误。
11.(5分)如图,网球运动员某次发球,假设球从A点竖直上抛,至最高点O后下落,在B点被球拍击出;已知球的质量为60 g,击出时速率为180 km/h,AB=1.2 m,BO=1.25 m。若手抛球和球拍击球的时间均极短且可忽略,球拍对球的作用力方向水平,球视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　B　)
A.抛球过程,手对球做功0.75 J
B.从抛出到击球前,球的动量变化量大小为0.72 kg·m/s
C.击球过程,球的速度变化量大小为45 m/s
D.击球过程,球拍对球做功75 J
解析：从A至O，由=2g(AB+BO)，代入数据解得v0=7 m/s，抛球过程，由动能定理可得手对球做功为W=m-0，解得W=1.47 J，故A错误;从O至B，由=2g×BO，代入数据解得vB1=5 m/s，规定竖直向下为正方向，从抛出到击球前，球的动量变化量大小为Δp=|mvB1-(-mv0)|=0.72 kg·m/s，故B正确;击球过程，因时间可忽略，且球拍对球的作用力方向水平，故球只在水平方向有速度变化，而球被击出时的速度是水平分速度与竖直分速度的合速度，由题意知，击出时的球速为vB=180 km/h=50 m/s，故水平分速度为vB2==15 m/s，击球过程，球的速度变化量大小为Δv=|vB2-0|=15 m/s，故C错误;击球过程，根据动能定理可得W'=m-m，代入数据得球拍对球做功为W'=74.25 J，故D错误。
12.(6分)用如图所示的装置可以完成“探究碰撞中的不变量”实验。
(1)(多选)实验中必须注意的事项是BC。
A.A球到达最低点时,两球的球心连线可以不水平
B.A球到达最低点时,两球的球心连线要水平
C.多次测量减小误差时,A球必须从同一高度下落
D.多次测量减小误差时,A球必须从不同高度下落
(2)若实验中选取的A、B两球半径相同,为了使A、B发生一维碰撞,应使两球悬线长度相同,悬点O1、O2之间的距离等于球的直径。
解析：(1)为了保证两球一维对心碰撞，必须保证碰撞时，两球球心在同一高度，即球心连线要水平，故A错误，B正确;多次测量求平均值，碰撞前A球的速度应相同，所以A球必须从同一高度下落，故C正确，D错误。
(2)若实验中选取的A、B两球半径相同，为了使A、B发生一维碰撞，应使两球悬线长度相同;悬点O1、O2之间的距离等于球的直径。
13.(5分)(多选)如图所示,将质量均为m的两小球A、B用长为2L的轻杆相连,杆可绕着光滑固定水平转轴转动,小球A固定在杆的中点上,小球B固定在杆的另一端。把杆置于水平位置后由静止自由释放,当两小球顺时针转到最低点的过程中(不计一切摩擦),已知重力加速度为g。则下列说法正确的是 (　BCD　)
A.A、B两球的线速度总是相同
B.A、B两球组成的系统机械能守恒
C.小球B在最低点的速度为2
D.若要让A、B两球能完整地运动一周,则释放瞬间小球B应该具有的初动量大小为2m
解析：两小球同轴转动，角速度相等，根据v=ωr，由于两小球圆周运动半径不相同，则线速度大小不相等，即两小球线速度不相同，故A错误;两小球构成的系统，在运动过程中，只有重力做功，则A、B两球组成的系统机械能守恒，故B正确;根据角速度与线速度的关系有vA=ωL，vB=ω·2L，根据系统机械能守恒有mgL+mg·2L=m+m，解得vB=2，故C正确;若要让A、B两球能完整地运动一周，则两小球恰好能够到达O点正上方的最高点，此时的速度恰好等于0，令释放瞬间小球B的速度为v0，小球A的速度为v1，则有=，根据系统机械能守恒有mgL+mg·2L=m+m，解得v0=2，可知，若要让A、B两球能完整地运动一周，则释放瞬间小球B应该具有的初动量大小为p=mv0=2m，故D正确。(共55张PPT)
第一章　动量守恒定律
第1节　动量
核心要点 点点过
1
目录
即时演练 堂堂清
2
课时作业1
3
课程要求 学科素养
理解动量的概念 物理观念 通过学习动量和动量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
科学思维 通过实例掌握在同一直线上运动的两个物体碰撞前、后速度的测量方法
科学探究 通过实验用不同的方法探究碰撞中的不变量
核心要点 点点过
演示实验一：小球的碰撞
1.如图甲所示,用两根长度相同的细线,分别悬挂两个完全相同的钢球A、B,且两球并排放置。拉起A球,然后放开,该球与静止的B球发生碰撞。碰撞后A球停止运动而静止,B球开始运动,最终摆到和A球被拉起时同样的高度。
[结论]碰撞前后,两球速度之和相等(选填“相等”或“不相等”)。
要点一　寻求碰撞中的不变量
停止运动而静止
同样
相等
2.如图乙所示,C球质量大于B球质量,拉起C球至某一高度后放开,让C球与静止的B球碰撞,B球获得的速度大于(选填“大于”“小于”或“等于”)碰前C球的速度,摆起的最大高度大于(选填“大于”“小于”或“等于”)C球被拉起时的高度。
[结论]两球碰撞前后的速度之和不相等(选填“相等”或“不相等”)。
猜想:(1)两个物体碰撞前后动能之和不变,所以质量小的物体速度大。
(2)两个物体碰撞前后速度与质量的乘积之和可能不变。
大于
大于
不相等
演示实验二：小车的碰撞
　　如图所示,用一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车,碰撞后两辆小车粘在一起运动。小车的速度用滑轨上的数字计时器测量。下表中的数据是某次实验时采集的。其中,m1是运动小车的质量,m2是静止小车的质量;v是运动小车碰撞前的速度,v'是碰撞后两辆小车的共同速度。
次数 m1/kg m2/kg v/(m·s-1) v'/(m·s-1)
1 0.519 0.519 0.628 0.307
2 0.519 0.718 0.656 0.265
3 0.718 0.519 0.572 0.321
根据表中的数据,计算两辆小车碰撞前后的动能和碰撞前后质量与速度的乘积(称为动量),并比较是否改变(结果保留三位小数)。
次数 动能之和 质量与速度乘积之和
碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后
1 0.102 0.049 0.326 0.319
2 0.112 0.043 0.340 0.328
3 0.117 0.064 0.411 0.397
结论 不相等 基本相等
0.102
0.049
0.326
0.319
0.112
0.043
0.340
0.328
0.117
0.064
0.411
0.397
不相等
基本相等
(1)为确保实验结果准确,在小球碰撞实验中要注意什么
(2)在小车碰撞实验中,应该怎么办
(3)实验“质量与速度乘积之和”计算结果不完全相等的原因是什么
提示：(1)小球碰撞实验:要保证小球碰撞时在同一直线上，实现对心碰撞;多次测量取平均值，减小测量误差。
(2)小车碰撞实验:选择光滑程度高的轨道、确保小车碰撞时在同一直线上、精确测量小车的质量和速度，提高测量精度。
(3)原因:实验中存在摩擦力、质量和速度的测量误差以及碰撞的非理想性(如能量损耗、碰撞扰动等)等因素共同作用导致的。
小车碰撞实验中速度测量的方案设计
方案一:利用光电门测速
两辆小车都放在滑轨上,用一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车,碰撞后两辆小车粘在一起运动。小车的速度用滑轨上的数字计时器测量,v=,式中Δx为小车上挡光片的宽度,Δt为数字计时器显示的小车上挡光片经过光电门的时间。
方案二:利用打点计时器测速
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,连在小车的后面。让小车A运动,小车B静止。在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(如图所示),碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两个小车连接成一体,通过纸带测出它们碰撞前后的速度。
【例1】　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,弹开后,左侧滑块质量与速度的乘积为p1=0.125 kg·m/s,右侧滑块质量与速度的乘积为p2=-0.121 kg·m/s(以水平向左为正方向,结果保留到小数点后三位)。
0.125
-0.121
【解析】　滑块通过光电门的平均速度可视为瞬时速度，左侧滑块的速度为v1== m/s=0.125 m/s，则左侧滑块质量与速度的乘积为p1=m1v1=0.125 kg·m/s;右侧滑块的速度为v2=-=- m/s≈-0.080 6 m/s，则右侧滑块质量与速度的乘积为p2=m2v2=-0.121 kg·m/s。
【例2】　在利用气垫导轨探究物体碰撞时动量变化的规律实验中,
(1)(多选)下列哪些因素可导致实验误差增大 AB。
A.导轨安放不水平
B.滑块上挡光板倾斜
C.两滑块质量不相等
D.两滑块碰后粘在一起
【解析】　(1)导轨不水平，滑块的速度将受重力影响，导致实验误差增大，故A正确;滑块上挡光板倾斜，会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移，计算速度出现误差，故B正确;两滑块质量不相等和两滑块碰后粘在一起不会导致实验误差，故C、D错误。
AB
(2)如图,左侧滑块质量m1=200 g,右侧滑块质量m2=160 g,挡光板宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,用细线将两滑块连在一起。开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动。挡光板通过光电门的时间分别为Δt1=0.25 s,Δt2=0.20 s。以向右为正方向,则烧断细线后两滑块的速度分别为v'1=-0.12 m/s,v'2=0.15 m/s。烧断细线前m1v1+m2v2=0 ,烧断细线后m1v'1+m2v'2=0 ,可得到的结论是:碰撞前后两滑块的各自质量与速度乘积之和是不变量。
-0.12
0.15
0
0
各自质量与速度乘积
之和是不变量
【解析】(2)以向右为正方向，由平均速度公式可得v1=-=- m/s=-0.12 m/s，v2== m/s=0.15 m/s，烧断细线前两滑块处于静止状态，两滑块的质量与速度乘积之和为0，即m1v1+m2v2=0，烧断细线后两滑块的质量与速度乘积之和为m1v'1+m2v'2=0.2×(-0.12) kg·m/s+0.16×0.15 kg·m/s=0，说明碰撞前后两滑块各自质量与速度乘积之和是不变量。
1.动量的定义：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。用公式表示为p=mv。
2.动量单位：千克米每秒( kg·m/s)。
3.动量的性质
(1)矢量性:动量的方向与速度的方向相同。
(2)瞬时性:通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示。
(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。
要点二　动量　动量的变化量
质量
速度
动量
千克米每秒
相同
某一时刻或某一位置
参考系
参考系
4.动量的变化量
(1)定义:物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差。
(2)公式:Δp=p末-p初。
(3)标矢性:动量的变化量是矢量,方向与速度变化量的方向相同。
末动量
初动量
矢
速度变化量
(1)动量相同的物体，运动方向一定相同。 (　　)
(2)动量大的物体，其速度一定大。(　　)
(3)动能相同的物体，其动量一定相同。(　　)
√
×
×
1.动量是矢量,比较两个物体的动量时,不能仅比较大小,还要比较方向,只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。
2.计算动量变化量时,应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算,要注意选取正方向。
3.动量和动能的区别与联系
项目 动量 动能
定义式 p=mv Ek=mv2
单位 kg·m/s J
项目 动量 动能
标矢性 矢量 标量
特点 (1)v的大小或方向变化都可使p发生变化; (2)动量的改变与力的时间积累过程相对应 (1)只有v的大小发生变化时才会使Ek发生变化;
(2)动能的改变与力的空间积累过程(位移)相对应
联系 都是状态量,可分别从不同的方面反映和表示机械运动，Ek=,p=
【例3】　下列关于动量和动能的说法正确的是 (　　)
A.做匀速圆周运动的物体动量不变
B.物体速度发生改变,其动能必然改变
C.动量相同的两物体,质量越大其动能越大
D.动能相同的两物体,质量越大其动量越大
D
【解析】　做匀速圆周运动的物体速度大小一定，方向发生变化，则该物体的动量发生变化，故A错误;物体速度发生改变，当物体速度大小一定，方向发生变化时，物体的动能不变，故B错误;根据p=mv，Ek=mv2，解得Ek=，可知，动量相同的两物体，质量越大其动能越小，故C错误;结合上述解得p=，可知，动能相同的两物体，质量越大其动量越大，故D正确。
【例4】　如图所示,p、p'分别表示物体受到外力作用前、后的动量,短线表示的动量大小为15 kg·m/s,长线表示的动量大小为30 kg·m/s,箭头表示动量的方向。在下列所给的四种情况中,物体动量变化量相同的是 (　　)
A.①④　B.①③　C.②④　D.②③
C
【解析】　取向右为正方向，可知①中初动量p=15 kg·m/s，末动量p'=30 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=15 kg·m/s;②中初动量p=15 kg·m/s，末动量p'=-30 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=-45 kg·m/s;③中初动量p=30 kg·m/s，末动量p'=15 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=-15 kg·m/s;④中初动量p=30 kg·m/s，末动量p=-15 kg·m/s，则动量变化量为Δp=p'-p=-45 kg·m/s。故C正确。
【例5】　如图所示,在某场足球赛上,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,足球的速度大小为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变化量。
(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变化量。
【答案】　见解析
【解析】　(1)取向右为正方向，初、末动量分别为p=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s，方向向右，p'=mv'=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s，方向向右，动量的变化量为Δp=p'-p=2.4 kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，初、末动量分别为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，动量的变化量为Δp'=p2-p1=-5.2 kg·m/s，负号表示方向向左。
即时演练 堂堂清
1.(多选)在利用摆球做“探究碰撞中的不变量”实验时,关于测量小球碰撞前后的速度,下列说法正确的是 (　　　　)
A.悬挂两球的细绳长度要适当,且等长
B.由静止释放小球,以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C.两小球必须都是刚性球,且质量相同
D.两小球碰后可以粘在一起共同运动
ABD
解析：细绳长度适当，便于操作，两绳等长，以保证两球能正碰，故A正确;由静止释放小球，初动能为0，可由机械能守恒mgl(1-cos α)=mv2，计算碰前小球的速度，方便简单，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，以保证两球发生正碰，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运动情况，故D正确。
2.一质量为2 kg的物体静止在光滑水平面上,物体在两个相互垂直的水平力作用下开始运动,力F1对物体做的功为3 J,力F2对物体做的功为4 J,随后同时撤去这两个力。撤去这两个力的瞬间,物体的动量大小为 (　　)
A.2 kg·m/s B.10 kg·m/s
C.2 kg·m/s D.14 kg·m/s
解析：设撤去这两个力的瞬间物体速度为v，由动能定理有W1+W2=3 J+4 J=mv2，动量大小p=mv，代入题中数据，联立解得p=2 kg·m/s，故选C。
C
3.(多选)下列关于动量的说法正确的是 (　　)
A.动量相同的物体,运动方向一定相同
B.动量越大的物体,其速度一定越大
C.物体运动速度的大小不变,其动量一定不变
D.物体的运动状态改变,其动量一定改变
解析：动量相同的物体，速度方向一定相同，则运动方向一定相同，故A正确;动量的大小与物体的质量、速度均有关，所以动量越大的物体，其速度不一定越大，故B错误;物体运动速度的大小不变，但速度的方向可以改变，其动量也变化，故C错误;物体的运动状态改变，即速度变化，则其动量一定改变，故D正确。
AD
4.甲、乙两个物体,它们的质量之比m甲︰m乙=2︰1,当它们的速度相同时,它们的动量之比p甲︰p乙=2︰1;当它们的动能相同时,它们的动量之比p甲︰p乙=︰1。
解析：当它们的速度相同时，它们的动量之比p甲︰p乙=m甲v甲︰m乙v乙=
m甲︰m乙=2︰1;当它们的动能相同时，它们的动量之比p甲︰p乙=m甲v甲︰m乙v乙=︰=︰=︰1。
2︰1
︰1
课时作业１
1.(5分)物体的质量m与速度v的乘积叫作物体的动量p,表达式p=mv,动量p的国际单位为 (　　)
A.kg·m/s B.kg·m·s
C.N· m/s D.N·m·s
解析：由动量表达式p=mv，质量的国际单位为kg，速度的国际单位为m/s，可知动量的国际单位为kg·m/s。故选A。
A
2.(5分)下列运动中的对象,动能保持不变,动量发生改变的是 (　　)
A.绕地球运行的同步卫星
B.物体沿光滑斜面下滑
C.飞镖被水平投掷后
D.荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变
A
解析：动能是标量，仅与速度大小有关;动量是矢量，与速度大小和方向均有关。同步卫星做匀速圆周运动，速率不变(动能不变)，但速度方向不断变化(动量改变)，故A正确。物体沿光滑斜面下滑时，速度大小增加，动能、动量均增大，故B错误。飞镖水平投掷后，若忽略空气阻力，水平速度不变，但竖直方向速度增加，总速度大小变化(动能增加)，动量大小和方向均改变，故C错误。荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中，若只有重力做功，速度大小和方向一直在改变，所以动能、动量均改变，故D错误。
3.(5分)在我国空间站的微重力环境中,一个质量为0.2 kg的球形水珠以2 m/s的速度撞向特制疏水材料平板,随后以1 m/s的速度反弹。设初速度方向为正方向,则水珠的动量变化量为 (　　)
A.0.2 kg·m/s B.-0.2 kg·m/s
C.0.6 kg·m/s D.-0.6 kg·m/s
解析：设初速度方向为正方向，则动量的变化量Δp=mv2-mv1=0.2×(-1) kg·m/s-0.2×2 kg·m/s=-0.6 kg·m/s，故选D。
D
4.(5分)如图,运货小车正沿着螺旋轨道匀速率下行,则小车 (　　)
A.加速度为0
B.动量不变
C.动能减少
D.机械能减少
D
解析：运货小车做曲线运动，是变速运动，加速度不为0，故A错误;运货小车速度方向改变，则动量改变，故B错误;运货小车匀速率下行，动能不变，重力势能减小，机械能减小，故C错误，D正确。
5.(5分)质量为3 kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由2 m/s变成5 m/s,那么在此过程中,动量变化量的大小可能是 (　　)
A.31.5 kg·m/s B.12 kg·m/s
C.20 kg·m/s D.21 kg·m/s
解析：若初、末速度方向相同，则动量的变化量为Δp=mv'-mv=3×5 kg·m/s-3×2 kg·m/s=9 kg·m/s;若初、末速度方向相反，以末速度方向为正方向，则动量的变化量为Δp=mv'-mv=3×5 kg·m/s-(-3×2) kg·m/s=21 kg·m/s，故D正确。
D
6.(5分)非遗风采“独竹漂”广泛出现在各大旅游胜地。如图所示,平静水面上,一踩竹表演者以速度v行驶,某次在水中划杆后,其速度增量为Δv。若人、杆、竹系统总质量为M,划水时长为t,则该次划水过程中,该系统的动量增量为 (　　)
A.MΔv B.
C.Mv D.
解析：由题知，系统的动量增量Δp=MΔv，故选A。
A
7.(5分)一遥控无人机在竖直面内做匀速圆周运动,下列说法正确的是 (　　)
A.无人机的机械能不变,动量不变
B.无人机的机械能不变,动量变化
C.无人机的机械能变化,动量不变
D.无人机的机械能与动量均变化
解析：无人机在竖直面内做匀速圆周运动，速度方向时刻变化，动量(矢量)必然变化;机械能包括动能和势能，动能不变但重力势能随高度变化，故机械能变化。故选D。
D
8.(5分)如图所示,粗糙斜面固定在水平地面上,木块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块上滑过程与下滑过程的 (　　)
A.时间相等
B.加速度相等
C.损失机械能相等
D.动量变化量相等
C
解析：设斜面倾角为θ，木块先减速上滑，由牛顿第二定律有
f+mgsin θ=ma上，后加速下滑，由牛顿第二定律有mgsin θ-f=ma下，因为摩擦力相同，故a上>a下，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度的大小;将上滑的过程采用逆向思维，则有x=at2，位移大小相等，因为a上>a下，故t上a下，由公式v2=2ax可知，上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，故上滑过程的动量变化量大于下滑过程的动量变化量，故D错误。
9.(5分)光滑水平面上有两个质量均为m的小球A和B,B球静止,A球以速度v和B球发生弹性碰撞,碰后两球交换速度。则A、B动量的改变量ΔpA、ΔpB和A、B系统的总动量的改变量Δp为 (　　)
A.ΔpA=mv,ΔpB=-mv,Δp=2mv
B.ΔpA=ΔpB=-mv,Δp=0
C.ΔpA=0,ΔpB=mv,Δp=mv
D.ΔpA=-mv,ΔpB=mv,Δp=0
D
解析：碰撞前，A动量为pA=mv，B动量为0，系统的总动量为p=pA+pB=mv，碰撞后，A动量为0，B动量为p'B=mv，系统的总动量为p'=p'A+p'B=mv，故A动量的改变量ΔpA=p'A-pA=0-mv=-mv，B动量的改变量ΔpB=p'B-pB=mv-0=mv，A、B系统的总动量的改变量Δp=p'-p=0，故选D。
10.(5分)如图所示,轻绳上端固定在O点,下端连接小球。将小球拉起,轻绳刚好被水平拉直,由静止释放小球。当小球运动至最低点时,下列物理量的大小与绳长有关的是 (　　)
A.小球的加速度
B.小球的动量
C.小球重力的功率
D.轻绳的拉力
B
解析：由静止释放小球，当小球运动至最低点时，根据动能定理有mgL=mv2，根据加速度的公式有a==2g，则加速度与绳长无关，故A错误;小球的动量为p=mv=m，则动量与绳长有关，故B正确;小球在最低点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为0，则重力的功率与绳长无关，故C错误;在最低点，根据牛顿第二定律有F-mg=m，解得F=3mg，轻绳的拉力与绳长无关，故D错误。
11.(5分)如图,网球运动员某次发球,假设球从A点竖直上抛,至最高点O后下落,在B点被球拍击出;已知球的质量为60 g,击出时速率为180 km/h,AB=1.2 m,BO=1.25 m。若手抛球和球拍击球的时间均极短且可忽略,球拍对球的作用力方向水平,球视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.抛球过程,手对球做功0.75 J
B.从抛出到击球前,球的动量变化量大小为0.72 kg·m/s
C.击球过程,球的速度变化量大小为45 m/s
D.击球过程,球拍对球做功75 J
B
解析：从A至O，由=2g(AB+BO)，代入数据解得v0=7 m/s，抛球过程，由动能定理可得手对球做功为W=m-0，解得W=1.47 J，故A错误;从O至B，由=2g×BO，代入数据解得vB1=5 m/s，规定竖直向下为正方向，从抛出到击球前，球的动量变化量大小为Δp=|mvB1-(-mv0)|=0.72 kg·m/s，故B正确;击球过程，因时间可忽略，且球拍对球的作用力方向水平，故球只在水平方向有速度变化，而球被击出时的速度是水平分速度与竖直分速度的合速度，由题意知，击出时的球速为vB=180 km/h=50 m/s，故水平分速度为vB2==15 m/s，击球过程，球的速度变化量大小为Δv=|vB2-0|=15 m/s，故C错误;击球过程，根据动能定理可得W'=m-m，代入数据得球拍对球做功为W'=74.25 J，故D错误。
12.(6分)用如图所示的装置可以完成“探究碰撞中的不变量”实验。
(1)(多选)实验中必须注意的事项是BC。
A.A球到达最低点时,两球的球心连线可以不水平
B.A球到达最低点时,两球的球心连线要水平
C.多次测量减小误差时,A球必须从同一高度下落
D.多次测量减小误差时,A球必须从不同高度下落
(2)若实验中选取的A、B两球半径相同,为了使A、B发生一维碰撞,应使两球悬线长度相同,悬点O1、O2之间的距离等于球的直径。

BC
相同
球的直径
解析：(1)为了保证两球一维对心碰撞，必须保证碰撞时，两球球心在同一高度，即球心连线要水平，故A错误，B正确;多次测量求平均值，碰撞前A球的速度应相同，所以A球必须从同一高度下落，故C正确，D错误。
(2)若实验中选取的A、B两球半径相同，为了使A、B发生一维碰撞，应使两球悬线长度相同;悬点O1、O2之间的距离等于球的直径。
13.(5分)(多选)如图所示,将质量均为m的两小球A、B用长为2L的轻杆相连,杆可绕着光滑固定水平转轴转动,小球A固定在杆的中点上,小球B固定在杆的另一端。把杆置于水平位置后由静止自由释放,当两小球顺时针转到最低点的过程中(不计一切摩擦),已知重力加速度为g。则下列说法正确的是 (　 　　　)
A.A、B两球的线速度总是相同
B.A、B两球组成的系统机械能守恒
C.小球B在最低点的速度为2
D.若要让A、B两球能完整地运动一周,则释放瞬间小球B应该具有的初动量大小为2m
BCD
解析：两小球同轴转动，角速度相等，根据v=ωr，由于两小球圆周运动半径不相同，则线速度大小不相等，即两小球线速度不相同，故A错误;两小球构成的系统，在运动过程中，只有重力做功，则A、B两球组成的系统机械能守恒，故B正确;根据角速度与线速度的关系有vA=ωL，vB=ω·2L，根据系统机械能守恒有mgL+mg·2L=m+m，解得vB=2，故C正确;若要让A、B两球能完整地运动一周，则两小球恰好能够到达O点正上方的最高点，此时的速度恰好等于0，令释放瞬间小球B的速度为v0，小球A的速度为v1，则有=，根据系统机械能守恒有mgL+mg·2L=m+m，解得v0=2，可知，若要让A、B两球能完整地运动一周，则释放瞬间小球B应该具有的初动量大小为p=mv0=2m，故D正确。
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