资源简介

第1讲
动量
动量定理
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.动量定理和动量守恒定律
通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。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。
2.弹性碰撞和非弹性碰撞
通过实验，了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。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.实验：验证动量守恒定律
通过实验进一步了解动量守恒的条件，体会“替代”方法的应用。
第1讲　动量　动量定理
授课提示：对应学生用书第109页
一、动量
1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。
2．表达式：p＝mv。
3．单位：kg·m/s。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
5．动量、动能、动量变化量的比较
项目名称
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫作这个力的冲量。
公式：I＝Ft。
(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是
N·s。
(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。
(2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
(3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的冲量的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。
授课提示：对应学生用书第110页
　　自主探究
1．动量的两性
(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
第六章　动量　动量守恒定律
高考总复习　物理
2.冲量和动量的比较
冲量I
动量p
定义
力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量
质量和速度的乘积叫作动量
公式
I＝Ft
p＝mv
单位
N·s
kg·m/s
矢标性
矢量，方向与恒力的方向相同
矢量，方向与速度的方向相同
特点
过程量
状态量
3.冲量的四种计算方法
公式法
利用定义式I＝Ft计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无须考虑物体的运动状态
图象法
利用F-t图象计算，F-t图象围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均值法
若力的方向不变，大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小
动量定理法
如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量
4.冲量和功的区别
(1)冲量和功都是过程量。冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。
(2)冲量是矢量，功是标量。
(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。
1．(多选)(2021·广东七校联合体高三联考)关于动量、冲量和动能，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大
B．物体的动量变化，其动能有可能不变
C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化
D．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上
解析：根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B正确；匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C错误；由公式Δp＝p′－p可知，由于动量和动量变化量为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D正确。
答案：BD
2.如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是
(　　)
A．滑块的动量改变量的大小为mv0
B．滑块的动量改变量的大小为mv0
C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同
D．重力对滑块的冲量为零
解析：以初速度方向为正方向，有Δp＝p2－p1＝－mv0－mv0＝－mv0，所以滑块的动量改变量的大小为mv0，方向与v0的方向相反，故A、C错误，B正确；根据I＝Ft得重力的冲量为I＝mgt，不为零，故D错误。
答案：B
3．(多选)(2021·适应性测试河北卷)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25
m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4
m。质量为50
kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1
m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10
m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．缓冲墙对滑块的冲量为－50
N·s
B．缓冲墙对滑块的冲量为－250
N·s
C．缓冲墙对滑块做的功为－125
J
D．缓冲墙对滑块做的功为－250
J
解析：由动能定理可知mgh＝mv02
由B到C的过程中，加速度大小为a＝＝2
m/s2
由位移公式可得x1＝
可得滑块从B运动到缓冲墙时的速度v＝3
m/s
由C到D可知x2＝
解得被缓冲墙反弹后滑块的速度
v′＝－2
m/s(方向与初速度反向，取负)
由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量
Δp＝mv′－mv＝－250
N·s
由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功
W＝mv′2－mv2＝－125
J
综上分析可知B、C正确。
答案：BC
4.(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4
s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数。下列表述正确的是
(　　)
A．0～2
s内合外力的冲量一直增大
B．0～4
s内合外力的冲量为零
C．2
s末物体的动量方向发生变化
D．0～4
s内物体动量的方向一直不变
解析：根据Ft图象中图线所围面积表示冲量可知，在0～2
s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4
s内合外力的冲量为零，B正确；2
s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4
s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。
答案：ABD
　　师生互动
1．理解动量定理的三个要点
(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量。
(2)求合力的冲量的方法有两种：一是先求合力，再求合力的冲量；二是求出每个力的冲量，再对冲量求和。
(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。
2．用动量定理解释两种现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。
3．理解动量定理的两个重要应用
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换为动量的变化量。
　动量定理的定性应用
[典例1]　(2021·广东广州模拟)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员(　　)
A．过程Ⅰ的动量改变量等于零
B．过程Ⅱ的动量改变量等于零
C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量
D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
[解析]　过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。
[答案]　C
　动量定理的定量应用
[典例2]　在水平力F＝30
N的作用下，质量m＝5
kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6
s后撤去，撤去F后物体向前运动多长时间才停止？(g取10
m/s2)
[解析]　方法一：用动量定理求解，分段处理
选物体作为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速直线运动的过程，物体的受力情况如图甲所示，初态速度为零，末态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0，
对于撤去F后，物体做匀减速直线运动的过程，受力情况如图乙所示，初态速度为v，末态速度为零，根据动量定理有－μmgt2＝0－mv，
以上两式联立解得t2＝t1＝×6
s＝12
s。
方法二：用动量定理求解，研究全过程
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
Ft1－μmg(t1＋t2)＝0，
解得t2＝t1＝×6
s＝12
s。
[答案]　12
s
规律总结
用动量定理解题的基本思路
———————————————————————
　
5．(2019·高考全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s，产生的推力约为4.8×106
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102
kg　　　　　　　
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
kg
解析：设1
s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝＝
kg＝1.6×103
kg，选项B正确。
答案：B
6．(2020·北京西城区高三下学期诊断测试)城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，由物理学知识可知，即使是很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害。设一个50
g的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差约为3
m，鸡蛋下落起点距地面的高度约为45
m，鸡蛋撞击地面后速度减为0。为便于估算，不计空气阻力，不计与地面撞击过程中鸡蛋的重力，g取10
m/s2。
(1)求鸡蛋与地面撞击前的速度大小以及撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小；
(2)若鸡蛋与地面撞击的时间为3×10－3
s，求鸡蛋对地面的平均冲击力的大小。
解析：(1)根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，
解得鸡蛋撞击地面前的速度大小v＝＝30
m/s，
以向下为正方向，根据动量定理得
I＝Δp＝0－mv＝－1.5
N·s，
撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小为1.5
N·s。
(2)因不考虑重力的影响，有I＝Ft，
解得F＝＝－500
N，
根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为500
N。
答案：(1)30
m/s　1.5
N·s　(2)500
N
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7
-第2讲　动量守恒定律及其应用
授课提示：对应学生用书第112页
一、动量守恒定律
1．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。
(2)四种表达式
①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
2．动量守恒定律的应用条件
系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
动量
机械能
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4.反冲
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
授课提示：对应学生用书第112页
　　自主探究
1．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的“六种”性质
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
条件性
首先判断系统是否满足守恒条件
相对性
公式中v1、v2、v1′、v2′
必须相对于同一个惯性参考系
同时性
公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′
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
不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统
3.动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
1．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤子都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是(　　)
A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤子组成的系统机械能守恒
C．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零
D．人、车和锤子组成的系统动量守恒
解析：人、车和锤子整体看作一个处在光滑水平地面上的系统，水平方向上所受合外力为零，故水平方向上动量守恒，总动量始终为零，当锤子有相对大地向左的速度时，车有向右的速度，当锤子有相对大地向右的速度时，车有向左的速度，故车做往复运动，故A错误；初始时，人、车和锤子都静止，在举起锤子的过程中，人对锤子做功，锤子击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；锤子的速度竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车水平方向的总动量也为零，故C正确；人、车和锤子在水平方向上动量守恒，因为锤子会有竖直方向的加速度，故锤子竖直方向上合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误。
答案：C
2．(2019·高考江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　　)
A.v　　　　　　　　
B.v
C.
v
D.
v
解析：设滑板的速度为u，小孩和滑板动量守恒，0＝mu－Mv，解得u＝v，故B正确。
答案：B
3．(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0
kg的静止物块以大小为5.0
m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0
m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0
m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48
kg
B．53
kg
C．58
kg
D．63
kg
解析：设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度为v1，第二次推物块后，运动员速度为v2……第八次推物块后，运动员速度为v8，
第一次推物块后，由动量守恒定律知Mv1＝mv0，
第二次推物块后，由动量守恒定律知
M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，
……
第n次推物块后，由动量守恒定律知
M(vn－vn－1)＝2mv0，
整理得vn＝，
则v7＝，v8＝。
由题意知，v7＜5
m/s，则M＞52
kg，又知v8＞5
m/s，则M＜60
kg，可知选项B、C正确。
答案：BC
规律总结
动量守恒定律解题“五步法”
———————————————————————
　
　　教材走向高考
?实例一　碰撞
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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。
2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。另外题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞或题目中明确告诉是弹性小球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，ΔEk＝(m1v12＋m2v22)－(m1＋m2)v共2。
碰撞问题是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，每年的命题虽然都有变化，但每年的考题都是源于教材习题的拓展提升，以核心素养落地为背景的新高考更会关注教材习题。教材习题多以简单的碰撞为背景考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，而高考题通常会拓展为与动力学和能量结合的多物体系统或多过程问题，考查学生灵活应用规律的能力。同学们可通过以下示例认真体会，感悟高考真题与教材习题间的溯源关系，精准备考新高考。
[典例1]　[人教版选修3－5·P21·T2]
质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
(1)0.6v；(2)0.4v；(3)0.2v。
[解析]　根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能Ek′＝m(－0.8v)2＋×3m(0.6v)2＝1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故不可能是0.6v；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为Ek′＝m(－0.2v)2＋×3m(0.4v)2＝0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，故可能是0.4v；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故不可能是0.2v。
[答案]　可能是(2)0.4v，而不可能是(1)0.6v和(3)0.2v。
拓展?　由两小球的碰撞问题拓展为以图象为背景的碰撞问题
(2020·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1
kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)
A．3
J　　　　　　　　　
B．4
J
C．5
J
D．6
J
【真题命题立意】　本题在典例1“一动一静”两小球碰撞问题的基础上，拓展为以图象为背景“动—动”的追碰问题，题目中的考查点由典例1中碰撞结果的分析与计算，拓展为从图象中提取数据进行分析和计算，但考查的核心知识点仍然是动量守恒的条件及动量守恒定律的应用。
解析：根据图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0
m/s，v乙＝1.0
m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0
m/s，v乙′＝2.0
m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3
J。
答案：A
拓展?　由两小球的碰撞问题拓展为含“弹簧”的多过程问题
(2019·高考全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0
kg，mB＝4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0
m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0
J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为
μ＝0.20。重力加速度取g＝10
m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【真题命题立意】　本题在典例1“一动一静”两小球碰撞问题的基础上，拓展为在弹簧弹力作用下的多过程和多次碰撞问题，题目中的考查点由典例1中碰撞结果的分析与计算，拓展为动量、动力学和能量的综合计算，但考查的核心知识点仍然是动量守恒的条件、动量守恒定律和能量守恒定律的应用。
解析：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB，①
Ek＝mAvA2＋mBvB2，②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0
m/s，vB＝1.0
m/s。③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg，④
sB＝vBt－at2，⑤
vB－at＝0，⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2，⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75
m，sB＝0.25
m。⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25
m处，B位于出发点左边
0.25
m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25
m＋0.25
m＝0.50
m。⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg(2l＋sB)，⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝
m/s，?
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″，?
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2，?
联立???式并代入题给数据得
vA″＝
m/s，vB″＝－
m/s。?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式有
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2，?
由④??式及题给数据得
sA′＝0.63
m，sB′＝0.28
m，?
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。
由上式可得两物块停止后之间的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91
m。?
答案：(1)4.0
m/s　1.0
m/s　(2)物块B先停止　0.50
m　(3)0.91
m
方法技巧
处理碰撞问题的思路和方法
———————————————————————
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定。
(3)要灵活运用Ek＝或p＝、Ek＝pv或p＝几个关系式转换动能、动量。　
?实例二　反冲
对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
[典例2]　
(2021·山东烟台高三阶段性检测)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
[解析]　火箭的推力来源于火箭喷出的水对它的反作用力，选项A错误；水喷出的过程中，火箭和水组成的系统动量守恒，系统的机械能增加，选项B错误；设火箭获得的最大速度大小为v，由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，解得v＝，选项C错误；由竖直上抛运动规律，可得火箭上升的最大高度为h＝＝，选项D正确。
[答案]　D
?实例三　爆炸
爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于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，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
[典例3]　一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
[解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv02，①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0＝－gt，②
联立①②式得
t＝
。③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有
E＝mgh1，④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv12＋mv22＝E，⑤
mv1＋mv2＝0，⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv12＝mgh2，⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。⑧
[答案]　(1)
　(2)
4．(多选)(2021·宁夏银川模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象。若A球质量是m＝2
kg，则由图判断下列结论正确的是(　　)
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4
kg·m/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为－4
N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3
kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10
J
解析：根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3
m/s，碰前B球的速度vB＝2
m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1
m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4
kg·m/s，A正确；A球的动量变化量为4
kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4
kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球的冲量为－4
N·s，B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝
kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10
J，D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－
kg·m/s，C错误。
答案：ABD
5．如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
解析：(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝·2m()2－·2mv02，
解得μ＝。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋·2m·()2＝mv2，
解得E0＝mv02。
答案：(1)　(2)mv02
　　师生互动
?模型一　“人船”模型
1．“人船模型”问题
如图所示，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．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的。
[典例4]　如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)
A.　　　　　
B.
C.
D.
[解析]　小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为x1，斜面体在水平方向上对地位移为x2，因此有
0＝mx1－Mx2，①
且x1＋x2＝，②
由①②可得x2＝，故选C。
[答案]　C
　易错警示
“人船模型”问题应注意的2点
———————————————————————
(1)适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。
(2)画草图
解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
?模型二　“子弹打木块”类模型
模型图示
模型特点
(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)最大。(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝
Ek0，可以看出，子弹的质量m越小，木块的质量M越大，动能损失越多。(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图象求解
[典例5]　长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为x，重力加速度为g，求：
(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)子弹受到的阻力大小F阻。
[解析]　(1)在子弹射入木块过程的极短时间内，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v共，
在子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得(M＋m)v共2＝μ(M＋m)gx，
解得μ＝。
(2)在子弹射入木块过程的极短时间内，设子弹与木块之间因摩擦产生的热量为Q，
由能量守恒定律得Q＝mv02－(M＋m)v共2，
又Q＝F阻L，
联立解得F阻＝。
[答案]　(1)　(2)
?模型三　“滑块—弹簧”类模型
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零，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)弹簧处于最短(最长)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小。(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统动能通常最大，但物体速度一般不相等
[典例6]　两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2
kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v0＝6
m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4
kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
[解析]　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C三者组成的系统动量守恒，有
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)·v，
解得v＝
m/s＝3
m/s。
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为vBC，则mBv0＝(mB＋mC)vBC，vBC＝
m/s＝2
m/s，设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒得，Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv02－(mA＋mB＋mC)
v2＝×(2＋4)×22
J＋×2×62
J－×(2＋2＋4)×32
J＝12
J。
[答案]　(1)3
m/s　(2)12
J
?模型四　“滑块—滑板”类模型
模型图示
模型特点
“滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用。这类问题可分为两类：(1)没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度。摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失，即Ff·x相对＝ΔEk。(2)系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解
[典例7]　(2021·福建永安高三上学期期末检测)如图甲所示，质量为M＝3.0
kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0
kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0
s内它们的vt
图象如图乙所示，g取10
m/s2。
(1)小车在1.0
s内的位移为多大？
(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
[解析]　(1)由图乙可知，在第1
s内，A、B的加速度大小相等，为a＝2
m/s2，则物体A、B所受的摩擦力均为Ff＝ma＝2
N，方向相反，根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，处于静止状态，故小车在1.0
s内的位移为零。
(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得
mvA＋mvB＝(2m＋M)v，
代入数据，解得v＝0.4
m/s，方向向右。
由系统能量守恒得
Ff(sA＋sB)＝mvA2＋mvB2－(2m＋M)v2，
解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝4.8
m。
[答案]　(1)0　
(2)4.8
m
6．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为
(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
解析：设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有Mv－mv′＝0，可得M＝，则小船的质量为M＝，故B正确。
答案：B
7．(2021·北京顺义区高三模拟)如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。两物体的质量相等，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为Ep。现将B的质量加倍，弹簧获得的最大弹性势能仍为Ep，则在物体A开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次相比(　　)
A．物体A的初动能之比为2∶1
B．物体A的初动能之比为4∶3
C．物体A损失的动能之比为1∶1
D．物体A损失的动能之比为27∶32
解析：在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时A和B的速度相同，根据动量守恒定律可知当A、B质量相等时有mv0＝2mv，根据机械能守恒定律有Ep＝mv02－×2mv2，B的质量加倍后有mv0′＝3mv′，根据机械能守恒定律有Ep＝mv0′2－×3mv′2，联立以上各式计算得出物体A的初动能之比为4∶3，故A错误，B正确；当A、B质量相等时物体A损失的动能为ΔEk1＝mv02－mv2，B的质量加倍后A损失的动能为ΔEk2＝mv0′2－×mv′2，结合前面的分析联立各式得ΔEk1∶ΔEk2＝9∶8，故C、D错误。
答案：B
8．如图所示，质量为m＝245
g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5
kg的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5
g的子弹以速度v0＝300
m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10
m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2；
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6
m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝2
m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得t＝1
s。
答案：(1)6
m/s　(2)2
m/s　(3)1
s
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16
-实验八　验证动量守恒定律
授课提示：对应学生用书第121页
一、实验目的
1．会用实验装置测速度或用其他物理量表示物体的速度大小。
2．验证在系统不受外力的作用下，系统内物体相互作用时总动量守恒。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量和碰撞前、后物体的速度，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后的动量在误差允许范围内是否相等。
2．实验器材
斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、刻度尺、重垂线等。
3．实验步骤
(1)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)按照实验原理图甲安装实验装置。调整、固定斜槽使斜槽末端水平。
(3)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)不放被撞小球，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小球所有的落点都圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
(5)把被撞小球放在斜槽末端，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。如实验原理图乙所示。
(6)测量线段OP、OM、ON的长度，将测量数据填入表中，最后代入m1·＝m1·＋m2·，看在误差允许的范围内是否成立。
(7)整理好实验器材放回原处。
(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒。
[规律方法总结]
1．数据处理
验证表达式：m1·＝m1·＋m2·。
2．注意事项
(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。
3．误差分析
(1)系统误差
①斜槽末端不水平。
②入射小球与被碰小球是否为一维正碰。
(2)偶然误差
①主要来源于质量和速度的测量及入射小球不从同一高度由静止释放。
②小球落点的确定。
授课提示：对应学生用书第122页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　用如图所示的装置可以验证动量守恒定律。
(1)实验中质量为m1的入射小球和质量为m2的被碰小球的质量关系是m1________m2。(选填“大于”“等于”或“小于”)
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的投影。实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置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，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复本操作。接下来要完成的必要步骤是________。(填选项前的字母)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别通过画最小的圆找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________________________[用(2)中测量的量表示]。
[解析]　(1)为防止碰撞后入射小球反弹，实验中质量为m1的入射小球和质量为m2的被碰小球的质量关系是m1大于m2。
(2)如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t＝m1v2t＋m2v3t，得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以实验需要测量：两球的质量、两球落点的水平位移，故选A、D、E。
(3)由(2)可知，实验需要验证的表达式为：
m1OP＝m1OM＋m2ON。
[答案]　(1)大于　(2)ADE
(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
规律总结实验中的“两保证、三注意”
———————————————————————
(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
(2)斜槽小球碰撞三注意：①入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；②选质量较大的小球作为入射小球；③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。　
　实验数据处理与分析
[典例2]　如图甲所示，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)经测定，m1＝45.0
g，m2＝7.5
g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________。实验结果说明，碰撞前后总动量的比值＝________。
(2)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用(1)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程的最大值为________
cm。
[解析]　(1)p1＝m1·，p1′＝m1·，
联立可得p1∶p1′＝∶＝44.80∶35.20＝14∶11。
p2′＝m2·，则p1′∶p2′＝(m1·)∶(m2·)＝11∶2.9。故＝≈1。
(2)其他条件不变，欲使最大，须使m1、m2发生弹性碰撞，则其动量和能量均守恒。由m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22可得v2＝。
而v2＝，v0＝，故＝·＝×44.80
cm＝76.8
cm。
[答案]　(1)14　2.9　1(或1.01)　(2)76.8
易错警示
数据处理与分析的3点注意
———————————————————————
(1)数据处理运用转换法，即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移；由于本实验仅限于研究系统在碰撞前后动量的关系，所以各物理量的单位不必统一使用国际单位制的单位。
(2)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件。
(3)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差。　
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1＝0.310
kg，滑块B的质量m2＝0.108
kg，遮光片的宽度d＝1.00
cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0
Hz。
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500
ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。
若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。
[解析]　按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为
v＝，①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝＝0.02
s，②
ΔtA可视为很短。
设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00
m/s，③
v1＝0.970
m/s，④
设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝，⑤
代入题给实验数据得v2＝2.86
m/s。⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则
p＝m1v0，⑦
p′＝m1v1＋m2v2，⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp＝||×100%，⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5%。
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
[答案]　见解析
创新评价
本题的创新点体现在利用气垫导轨代替长木板，利用光电门代替打点计时器，提高实验的精确度。在数据处理与分析环节，利用相对误差评价实验结果。　
　实验设计创新
[典例4]　(2021·河南郑州六校联考)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)。
②如图所示，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点。
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式________________________________，则说明碰撞中动量守恒。
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________________________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
[解析]　由题意可知，碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点。设斜面BC的倾角为θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，由平抛运动的知识可知，Lcos
θ＝vt，Lsin
θ＝gt2，可得v＝Lcos
θ＝cos
θ，由于θ、g都是恒量，所以v∝，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为m1＝m1＋m2，机械能守恒的表达式可以化简为m1LE＝m1LD＋m2LF。
[答案]　(1)D　F　
(2)m1＝m1＋m2　(3)m1LE＝m1LD＋m2LF
创新评价
本实验利用斜面上的平抛运动获得两球碰后的速度，根据平抛斜面模型采用分解位移找数学关系分析实验数据。　
　实验目的创新
[典例5]　如图甲所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
挡位
平均最大偏角θ(角度)
弹丸质量m(kg)
摆块质量M(kg)
摆长l(m)
弹丸的速度v(m/s)
低速挡
15.7
0.007
65
0.078
9
0.270
5.03
中速挡
19.1
0.007
65
0.078
9
0.270
6.77
高速挡
0.007
65
0.078
9
0.270
7.15
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示，请将表中数据补充完整：θ＝________。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________。(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：
________________________________________________________________________。
[解析]　(1)分度值为1°，故读数为22.6(22.4～22.8均正确)。
(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒，有
mv＝(m＋M)v′，
摆块向上摆动，由机械能守恒定律得
(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cos
θ)，
联立解得v＝。
(3)以较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功、指针摆动较长的距离损失的机械能较多等，只要合理即可)。
[答案]　(1)22.6(22.4～22.8均正确)
(2)
(3)以较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能
创新评价
本实验在碰撞过程动量守恒的基础上，利用动量守恒定律和机械能守恒定律计算弹丸的发射速度。体现了物理知识和物理实验的创新性和综合性。　
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-专题突破4　动量、动力学和能量观点在力学中的应用
授课提示：对应学生用书第118页
　　师生互动
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题。但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
[典例1]　如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4
kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2
kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10
N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6
s，二者的速度达到v1＝2
m/s。求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l；
[解析]　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5
m/s2。②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6
s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v，③
代入数据解得v＝1
m/s。④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由于内力远大于外力，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v，⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAvA2，⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45
m。
[答案]　(1)2.5
m/s2　(2)1
m/s　(3)0.45
m
1．(多选)如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45
m，质量为M＝0.3
kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2。地面上有一质量为m＝0.1
kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x＝1.2
m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行。已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，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．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3
s
B．玩具青蛙在平台上运动的时间为2
s
C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3
m/s
D．木块开始滑动时的速度大小为1
m/s
解析：由h＝gt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3
s，A项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝＝4
m/s，vy＝gt1＝3
m/s，玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝＝5
m/s，C项错误；由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1
m/s，D项正确；由动量定理得－μ(M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5
s，B项错误。
答案：AD
2．(2021·广东汕头模拟)长度L＝0.90
m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板。接着再将另一小物块B同样相对于地面静止轻放到木板右端端点上。已知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)木板开始时的初速度v0的大小；
(2)最后两物块之间的距离。
解析：(1)设物块A和木板的质量均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，由功能关系可得
μmgL＝mv02－·2mv12，
联立解得v0＝3
m/s。
(2)设释放B后经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止。设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB。根据牛顿第二定律得μmg＝maA，
μ·3mg－μmg＝ma，
μ·3mg＝3maB，
可得a＝5
m/s2>aA＝2.5
m/s2，说明木板减速比A更快，A相对木板向右滑动；木板和B的速度达到相等，有v2＝v1－at1＝aBt1，解得t1＝0.2
s，B的位移为xB＝aBt12＝0.05
m；
此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m＋3m)v3，
解得末速度v3＝0.6
m/s；
A在(t1＋t2)时间内一直保持匀减速运动，有
v3＝v1－aA(t1＋t2)，
解得t2＝0.16
s；
在t2时间内B的位移为xB′＝t2＝0.088
m，而A在(t1＋t2)时间内的位移为xA＝(t1＋t2)＝0.378
m；
最后两物块之间的距离s＝L＋(xB′＋xB)－xA，
解得s＝0.66
m。
答案：(1)3
m/s　(2)0.66
m
　　师生互动
1．动量观点和能量观点的比较
(1)相同点：①研究对象都是相互作用的物体组成的系统；②研究过程都是某一运动过程。
(2)不同点：动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，没有分量表达式。
2．解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。
[典例2]　如图所示，一质量M＝0.8
kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°、半径R＝5
m，CD的长度l＝6
m。质量m＝0.2
kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v0＝4
m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，空气阻力不计。求：
(1)物块通过B点时的速度大小vB；
(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小N；
(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。
[解析]　(1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有＝cos
θ，
代入数值解得vB＝5
m/s。
(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有mvB2＋mgR(1－cos
θ)＝mvC2，
代入数值可得vC＝3
m/s。
设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有
F－mg＝m，
代入数值解得F＝3.8
N。
由牛顿第三定律可知N＝F＝3.8
N。
(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为vD，由动量守恒定律有mvC＝(M＋m)vD，
由功能关系有μmgl＝mvC2－(M＋m)vD2，
代入数值解得μ＝0.3。
[答案]　(1)5
m/s　(2)3.8
N　(3)0.3
3．(2021·河北衡水中学高三调研)如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内(　　)
A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是
B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是
C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
解析：规定向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝。若M>m，A所受的摩擦力Ff＝μmg，对A，根据动能定理得－μmgxA＝0－mv02，则得物体A对地向左的最大位移xA＝，若M答案：D
4．(2021·适应性测试重庆卷)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。
解析：(1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知
3mgL＝·3mv02
解得v0＝。
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有L＝gt2
解得t＝
水平方向上做匀速直线运动，有2L＝v2t
解得v2＝＝＝
小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得
3mv0＝3mv1＋mv2
解得碰撞后小木块1的速度为
v1＝＝
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知
3mgh＝×3mv12
解得h＝L。
答案：(1)　(2)L
　　师生互动
1．表现形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。
2．应对策略
(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
[典例3]　(2019·高考全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
[解析]　(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m(－)＋m′v′，①
mv12＝m(－v1)2＋m′v′2，②
联立①②式得
m′＝3m。③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs1＝mv12－0，④
－(fs2＋mgh)＝0－m(－)2，⑤
从图(b)所给出的v
?t图线可知
s1＝v1t1，⑥
s2＝··(1.4t1－t1)，⑦
由几何关系
＝，⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2，⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH。⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos
θ·，?
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2，?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos
θ·－μ′mgs′＝0，?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得
＝。?
[答案]　(1)3m　(2)mgH　(3)
5．(2021·贵州贵阳高三适应性考试)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为M＝3
kg、长度为L＝0.5
m的平板车，平板车上表面与bc等高。现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点由静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点b时的速度大小为vb＝2
m/s，对轨道的压力大小等于30
N，之后物块向右滑上平板车。取重力加速度g＝10
m/s2，不计空气阻力。
(1)求该物块的质量；
(2)若物块最终未从平板车上滑落，求物块在平板车上滑动过程中产生的热量。
解析：(1)设四分之一圆弧的半径为R，物块的质量为m，在b点轨道对物块的支持力为F，
物块从a到b由机械能守恒定律有mgR＝mvb2，
物块运动到b点，由牛顿第二定律有F－mg＝m，
联立解得m＝1
kg。
(2)设物块与平板车的共同速度为v，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为Q，由动量守恒定律有
mvb＝(m＋M)v，
由能量守恒定律有Q＝mvb2－(m＋M)v2，
联立解得Q＝1.5
J。
答案：(1)1
kg　(2)1.5
J
6．如图所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1＝2
kg，物块B的质量m2＝1
kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，F＝10
N，物块A由静止开始运动，经过12
s物块A刚好运动到物块B处，A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求：
(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；
(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？
解析：(1)设物块A与物块B碰前速度为v1，
由牛顿第二定律得Fcos
37°－μ(m1g－Fsin
37°)＝m1a，
解得a＝0.5
m/s2，
则速度v1＝at＝6
m/s。
(2)设A、B两物块相碰后A的速度为v1′，B的速度为v2
由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2，
由机械能守恒定律得m1v12＝m1v1′2＋m2v22，
联立解得v1′＝2
m/s，v2＝8
m/s。
对物块A由动能定理得－μm1gxA＝0－m1v1′2，
解得xA＝0.4
m。
对物块B由动能定理得－μm2gxB＝0－m2v22，
解得xB＝6.4
m。
物块A和物块B能发生第二次碰撞的条件是
xA＋xB>2L，
解得L<3.4
m，
即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4
m。
答案：(1)6
m/s　(2)L不得超过3.4
m
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