高中物理 第1章 碰撞与动量守恒 2 动量学业分层测评 教科版选修35
高中物理第1章碰撞与动量守恒3动量守恒定律的应用课件教科版选修35
图 1-3-6
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A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s E．vA′＝－5 m/s，vB′＝9 m/s
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知识脉络
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碰撞问题的定量分析
[先填空] 1．在碰撞现象中，相互作用的时间很短，外力通常远小于碰撞物体之间的 内力，可以忽略不计，认为碰撞过动程量中(dòng守lià恒n．g) 2．两物体碰后粘在一起，共获同得(gòngtóng，)速这度类碰撞完属全于(wánquán)非碰弹撞性．
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(1)子弹打击木块模型 如图 1-3-2 所示，质量为 m 的子弹以速度 v0射中放在光滑水平面上的木块 B， 当子弹相对于木块静止不动时，子弹射入木块的深度最大，二者速度相等，此 过程系统动量守恒，动能减少，减少的动能转化为内能．
图 1-3-2
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(2)连接体模型 如图 1-3-3 所示，光滑水平面上的 A 物体以速度 v0 去撞击静止的 B 物体，A、 B 两物体相距最近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．此过程 系统的动量守恒，动能减少，减少的动能转化为弹簧的弹性势能．
【解析】 选向右为正方向，则 A 的动量 pA＝m·2v0＝2mv0.B 的动量 pB＝－ 2mv0.碰前 A、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后 A、B 的动量之和也应为 零．
【答案】 左 右
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2．如图 1-3-6 所示，质量相等的 A、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一 直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是 6 m/s，B 球的速度是－2 m/s，不久 A、 B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的 A、B 两球的速度可能值，某实验小 组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可能实现的是( )
高中物理 第1章 碰撞与动量守恒 动量守恒定律的应用(反冲)学案 教科版选修35
动量守恒定律的应用（反冲）【学习目标】1．了解什么是反冲运动和反冲运动在生活中的应用；2．知道火箭的飞行原理和主要用途；3．了解我国航天技术的发展．【要点梳理】要点诠释：要点一、反冲运动1．反冲运动（1）反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动．这个现象叫做反冲．（2）反冲运动的特点：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此可以运用动量守恒定律进行分析．（3）反冲现象的应用及防止：反冲是生活和生产实践中常见的一种现象，在许多场合，反冲是不利的，如大炮射击时，由于炮身的反冲，会影响炮弹的出口速度和准确性．为了减小反冲的影响，可增大炮身的阻力．但还有许多场合，恰好是利用了反冲，如反击式水轮机是应用反冲而工作的、喷气式飞机和火箭是反冲的重要应用，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的．（4）理解反冲运动与动量守恒定律．、组成的系统，A对B的作用反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A B力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B的运动方向相反的方向做反冲运动．实际遇到的动量守恒问题通常有以下三种：①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．③系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题．（5）在讨论反冲运动问题时，应注意以下几点．①速度的反向性．对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反．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，则反方向的另一部分的速度应取负值．质量为M 的物体以对地速度v 抛出一个质量为m 的物体，研究剩余部分对地反冲速度时，设v 的方向为正．列出的方程式为()0mv M m v +=－＇， 得'm v v M m=--． 由于v ＇为待求速度，事先可不考虑其方向，由计算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度力向相反．由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直接列出两部分动量大小相等方程．即上例可列式为()'mv M m v =-，'m v v M m=--． 其中v ＇为剩余部分速率．②速度的相对性．反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中告知的常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一般为对地速度）．2．火箭（1）火箭：现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器，是反冲运动的典型应用之一．（2）火箭的工作原理：动量守恒定律．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．（3）火箭飞行能达到的最大飞行速度，主要取决于两个因素：①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2.5 km/s ，提高到3 4 km/s ～需很高的技术水平． ②质量比（火箭开始飞行时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比），现代火箭能达到的质量比不超过10．（4）现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船．（5）我国的火箭技术已跨入了世界先进行列．要点二、反冲运动的模型1．“人船模型”——反冲运动【例】如图所示，长为l 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动，当人停下来时船也停止．设某一时刻人对地的速度为2v ，船对地的速度为1v ，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：210mv Mv =－，即：21v M v m=． 因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比．从而可以得出判断：在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量12Mv mv =，而位移s vt =，所以有12Ms ms =，即21s M s m=． 由图可知12s s l +=，解得1m s l M m=+， 2M s l M m=+， 12s s l s +==人相对船．“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题．适用条件是：（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），注意两物体的位移是相对同一参照物的位移．在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．此类问题也可以根据静止系统不受外力、系统质心位置不变的道理求解．利用这一模型还可以推广到其他问题上来解决大量的实际问题．2．火箭的最终速度火箭的工作原理就是动量守恒定律．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭就获得数值相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象．随着推进剂的消耗，火箭逐渐减轻，加速度不断增大．当推进剂烧尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．根据动量守恒定律可以推导出单级火箭的最终速度公式（设火箭开始飞行时速度为零）： 0ln sM v u M =， 式中u 是燃烧气体相对于火箭的喷射速度，0M 是火箭开始时的总质量，s M 是火箭喷气终了时剩下的壳体及其他附属设备的总质量，0sM M 通常称为火箭的质量比． 上式是在未考虑空气阻力和地球引力的情况下推导出来的，由于空气阻力和地球引力的影响，火箭速度达不到公式中所给出的数值．但从这一公式可以看到提高火箭速度有两个办法，一是提高气体的喷射速度，二是提高质量比．而提高喷射速度的办法比提高质量比的办法更有效，但喷射速度的提高也有一定限度．【典型例题】类型一、反冲运动中的极值例1．一个宇航员，连同装备的总质量为：100 kg ，在空间跟飞船相距45 m 处相对飞船处于静止状态．他带有一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s 的相对速度喷出的喷嘴．宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸．已知宇航员呼吸的耗氧率为42.510 kg/s ⨯－．试问：（1）如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15 kg 的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？【思路点拨】动量守恒定律中的速度必须是相对同一参考系的，本题参考系是飞船．【答案】（1）宇航员能顺利返回飞船 （2）最长时间为1800 s ，最短时间只有200 s ．【解析】宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度．根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即可得到答案．（1）令100 kg M =，00.5 kg m =，0.15 kg m ∆=，氧气释放速度为v ，宇航员在释放氧气后的速度为v ＇．由动量守恒定律得0()()M m v m v v =∆∆－＇－－＇， 0.15'50m/s 0.075m/s 100m v v M ∆==⨯=． 宇航员返回飞船所需时间45s 600s '0.075s t v ===． 宇航员返回途中所耗氧气42.510600 kg 0.15 kg m kt ==⨯⨯=－＇，氧气筒喷射后所余氧气0(0.50.15kg 0.35 kg m m m "=∆==－－）．因为m m "'＞，所以宇航员能顺利返回飞船．（2）设释放的氧气m ∆未知，途中所需时间为t ，则0m kt m =+∆为宇航员返回飞船的极限条件． 100kg 45m 90kg s 50m/s s M s t v m v m m==⋅=⋅=⋅'∆∆∆， 42900.5kg 2.510kg m m-=⨯⨯+∆∆． 解得 10.45 kg m ∆=或20.05 kg m ∆=．分别代入90kg s t m=⋅∆， 得 1200 s t =，21800 s t =．即宇航员安全返回飞船的最长时间为1800 s ，最短时间只有200 s ．【总结升华】反冲运动过程中系统动量保持守恒．动量守恒定律中的速度必须是相对同一参考系的，本题参考系是飞船．类型二、反冲运动在发射火箭中的运用例2．一火箭喷气发动机每次喷出200 g m =的气体，气体离开发动机时速度1000 m/s v =，设火箭质量300 kg M =，发动机每秒喷气20次，求：（1）当第3次气体喷出后，火箭的速度多大？（2）运动第1 s 末，火箭的速度多大？【答案】（1）2m/s （2）13.5m/s【解析】解法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒．（1）第1次气体喷出后，火箭速度为1v ，有：1()0M m v mv =－－．故1mv v M m=-． 第2次气体喷出后，火箭速度为2v ，有：21(2)()M m v mv M m v =－－－．故222mv v M m=-． 第3次气体喷出后，火箭速度为3v ，有：32(3)(2)M m v mv M m v =－－－． 3330.21000m/s 2m/s 330030.2mv v M m ⨯⨯===--⨯． （2）依此类推，第n 次气体喷出后，火箭速度为n v ，有：1()[(1)]n n M nm v mv M n m v =－－－－－．n nmv v M nm=-． 因为每秒喷气20次，所以第1 s 末火箭速度为： 2020200.21000m/s 13.5m/s 20300200.2mv v M m ⨯⨯===--⨯．解法二：由于每次喷气速度一样，可选整体为研究对象，运用动量守恒来求解．（1）设喷出3次气体后火箭的速度为3v ，以火箭和喷出的3次气体为研究对象，据动量守恒可得3(3)30M m v mv =－－．332m/s 3mv v M m==-． （2）以火箭和喷出的20次气体为研究对象 20(20)200M m v mv =－－．得202013.5m/s 20mv v M m==-． 【总结升华】火箭在运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量在不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．火箭喷气属于反冲类问题，考虑到多次喷气且每次喷气的速度相同，这时选用整体作研究对象，解题简单明了，可见研究对象的合理选取很重要．举一反三:【变式1】质量为60千克的火箭竖直向上发射时喷气速度为1000米/秒,问刚开始时如果要使火箭产生2g 的竖直向上的加速度, 每秒大约要喷出多少气体？【答案】1.8kg【解析】以火箭为研究对象，由牛顿第二定律得F Mg Ma -=所以()60(1020)1800N F M g a =+=+=有牛顿第三定律知火箭对气体的作用力F '大小为1800N ．以１秒中内喷出的气体为研究对象，由动量定理得F t mv '=所以：/18001/1000kg=1.8kg m F t v ='=⨯．【变式1】设火箭发射前的总质量为M ，燃料燃尽后的质量为m ，火箭燃气的喷射速度为v ，燃料燃尽后火箭的飞行速度为v '. 试求火箭飞行的速度v '？思考火箭飞行的最大速度是由什么因素决定的？【答案】(/1)M m v -【解析】由动量守恒定律：()M m v mv --'=0()/v M m v m '=--即(/1)v M m v '=--通过式子：(1)M v v m'=-- 可以看出，火箭所获得的速度与哪些因素有关呢？（1）喷气速度v ：v 越大，火箭获得的速度越大。
高中物理 第1章 碰撞与动量守恒 1.4 美妙的守恒定律学业分层测评 沪科版选修35
1.4 美妙的守恒定律(建议用时：45分钟)[学业达标]1.在光滑水平面上，动能为E k0、动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E k1、p 1，球2的动能和动量的大小分别记为E k2、p 2，则必有 ( )A.E k1<E k0B.p 1<p 0C.E k2>E k0D.p 2>p 0E.p 2＝p 0【解析】 两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E k1＋E k2≤E k0，A正确，C 错误；另外，A 选项也可写成p 212m ＜p 202m，B 正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p 2－p 1＝p 0，D 正确E 错误.【答案】 ABD2.如图1412所示，质量为M 的小车原来静止在光滑水平面上，小车A 端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m 的物体C ，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C 被弹出向B 端运动，最后与B 端粘在一起，下列说法中正确的是 ( )图1412A.物体离开弹簧时，小车向左运动B.物体与B 端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C 的运动速率之比为mMC.物体与B 端粘在一起后，小车静止下来D.物体与B 端粘在一起后，小车向右运动E.整个作用过程中，A 、B 、C 及弹簧组成的系统的机械能守恒【解析】 系统动量守恒，物体C 离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv 1－Mv 2＝0，所以小车的运动速率v 2与物体C 的运动速率v 1之比mM.当物体C 与B 粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止.弹性势能转化为内能.【答案】 ABC3.如图1413，质量相等的三个小球a 、b 、c 在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A 、B 、C 三球发生碰撞，碰撞后a 继续沿原方向运动，b 静止，c 沿反方向弹回，则碰撞后A 、B 、C 三球中动量数值最大的是________.图1413【解析】 在三小球发生碰撞的过程中，动量都是守恒的，根据动量守恒关系式：mv 0＝mv ＋Mv ′，整理可得：Mv ′＝mv 0－mv ，取初速度方向为正方向，不难得出C 球的动量数值是最大的.【答案】 C 球4.如图1414所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是________(围绕速度来回答).图1414【解析】 当B 触及弹簧后减速，而物体A 加速，当A 、B 两物体速度相等时，A 、B 间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大.由能量守恒定律可知系统损失的动能最多.【答案】 A 和B 的速度相等时5.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是________碰撞.【解析】 设碰撞后乙的速度为v 2，由动量守恒定律可得：3mv －mv ＝mv 2可解得：v 2＝2v ，因碰撞前系统的动能为E k 前＝12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2，碰撞后系统的动能为E k 后＝12m (2v )2＝2mv 2，由此可知，这次碰撞为弹性碰撞.【答案】 弹性6.一列火车共有n 节车厢，各节车厢质量相等，相邻车厢间留有空隙，首端第一节车厢以速度v 向第二节撞去，并连接在一起，然后再向第三节撞去，并又连接在一起，这样依次撞下去，使n 节车厢全部运动起来，那么最后火车的速度是________(铁轨对车厢的摩擦不计).【解析】 n 节车厢的碰撞满足动量守恒，即mv ＝nmv ′， 得最后火车的速度v ′＝v n.【答案】 v n7.在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰.已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度为________.【解析】 设碰前A 球速度为v 0，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv ，则压缩最紧(A 、B 有相同速度)时的速度v ＝v 02，由系统机械能守恒有12mv 20＝12×2m ×(v 02)2＋E p ，解得v 0＝2E pm. 【答案】 2E p m8.一个物体静止于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图1415甲所示，现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v －t 图象呈周期性变化，如图1415乙所示，请据此求盒内物体的质量.图1415【解析】 设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律Mv 0＝mv3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞 则12Mv 20＝12mv 2，解得m ＝M . 【答案】 M[能力提升]9.如图1416所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m 1＝1 kg ，木板与物体间动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v 0＝0.8 m/s 一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失.g 取10 m/s 2.(1)如果木板质量m 2＝3 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离； (2)如果木板质量m 2＝0.6 kg ，求物体相对木板滑动的最大距离.图1416【解析】 (1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，设向左为正方向，由动量守恒定律m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)vv ＝0.4 m/s ，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞.由能量守恒定律12(m 1＋m 2)v 20＝12(m 1＋m 2)v 2＋μm 1gs 1 解得s 1＝0.96 m.(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，由动量守恒定律m 2v 0－m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ′v ′＝－0.2 m/s ，方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处由能量守恒定律 12(m 1＋m 2)v 20＝μm 1gs 2 解得s 2＝0.512 m.【答案】 (1)0.96 m (2)0.512 m10.如图1417所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知A 的质量是B 的质量的34，子弹的质量是B 的质量的14.求：【导学号：67080012】图1417(1)A 物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B 物体的速度； (3)B 物体的最大速度.【解析】 (1)子弹射入A 的过程中设子弹质量为m ，动量守恒，共同运动的速度设为v 1，则mv 0＝(m ＋m A )v 1解得，v 1＝mm ＋m Av 0＝v 04.(2)以子弹及A 和B 组成的系统为研究对象，整个过程总动量守恒，压缩量最大时，速度相等，设为v 2.mv 0＝(m ＋m A ＋m B )v 2解得v 2＝mm ＋m A ＋m Bv 0＝18v 0. (3)物体A (包括子弹)和B 作用时，当弹簧恢复原长时，B 的速度最大，设为v 3. 由动量守恒定律得： (m A ＋m )v 1＝(m A ＋m )v 1′＋m B v 3 由能量守恒定律得12(m A ＋m )v 21＝12(m A ＋m )v 1′2＋12m B v 23. 解得v 3＝2m A ＋mm A ＋m ＋m Bv 1＝14v 0. 【答案】 (1)14v 0 (2)18v 0 (3)14v 011.(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x 随时间t 变化的图像如图1418所示.求：图1418(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比. 【解析】 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图像得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图像得v ＝23m/s ③由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥由图像可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.⑧【答案】 (1)1∶8 (2)1∶2。
2021学年高中物理第一章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(碰撞)习题(提高篇)教科版选修35
2021学年高中物理第一章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用（碰撞）习题（提高篇）教科版选修35一、选择题1．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时刻极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（）．A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v＇，且满足Mv=(M+m)v＇D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M+m)v0=(M+m0)v1+mv22．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，其位移一时刻图象（s-t图象）如图中ADC和BDC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∶13．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬时被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中．若子弹均留在木块中，则三木块下落的时刻t A、t B、t C的关系是（）．A．t A＜t B＜t C B．t A＞t B＞t C C．t A＝t C＜t B D．t A＝t B＜t C4．如图所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m／s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）．A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J5．如图所示，有两个质量相同的小球A和B（大小不计），A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B点静止放于悬点正下方的地面上．现将A球拉到距地面高度为h处由静止开释，摆动到最低点与B球碰撞后粘在起共同上摆，则它们升起的最大高度为（）．A ．h ／2B ．hC ．h ／4D ．h ／26．在光滑水平面上,动能为0E 、动量的大小为0P 的小钢球l 与静止小钢球2发生碰撞.碰撞前后球l 的运动方向相反.将碰撞后球l 的动能和动量的大小分别记为1E 、1P ，球2的动能和动量的大小分别记为2E 、2P ,则必有（ ）． A ．1E ＜0E B ．1P ＜0PC ．2E ＞0ED ．2P ＞2P7．甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是=5kg m/s P ⋅甲、=7kg m/s P ⋅乙，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg m/s ⋅。
2021学年高中物理第1章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用(反冲)学案教科版选修35
2021学年高中物理第1章碰撞与动量守恒动量守恒定律的应用（反冲）学案教科版选修35【学习目标】1．了解什么是反冲运动和反冲运动在生活中的应用；2．明白火箭的飞行原理和要紧用途；3．了解我国航天技术的进展．【要点梳理】要点诠释：要点一、反冲运动1．反冲运动（1）反冲：依照动量守恒定律，假如一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必定向相反的方向运动．那个现象叫做反冲．（2）反冲运动的特点：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的成效．反冲运动过程中，一样满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此能够运用动量守恒定律进行分析．（3）反冲现象的应用及防止：反冲是生活和生产实践中常见的一种现象，在许多场合，反冲是不利的，如大炮射击时，由于炮身的反冲，会阻碍炮弹的出口速度和准确性．为了减小反冲的阻碍，可增大炮身的阻力．但还有许多场合，恰好是利用了反冲，如反击式水轮机是应用反冲而工作的、喷气式飞机和火箭是反冲的重要应用，它们差不多上靠喷出气流的反冲作用而获得庞大速度的．（4）明白得反冲运动与动量守恒定律．、组成的系统，A对B的作用反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A B力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B的运动方向相反的方向做反冲运动．实际遇到的动量守恒问题通常有以下三种：①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，能够用动量守恒定律解决反冲运动问题．②系统尽管受到外力作用，但内力远远大于外力，外力能够忽略，也能够用动量守恒定律解决反冲运动问题．③系统尽管所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的重量保持不变，能够用该方向上动量守恒解决反冲运动问题．（5）在讨论反冲运动问题时，应注意以下几点．①速度的反向性．关于原先静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相关于抛出部分来说的，两者运动方向必定相反．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，则反方向的另一部分的速度应取负值．质量为M 的物体以对地速度v 抛出一个质量为m 的物体，研究剩余部分对地反冲速度时，设v 的方向为正．列出的方程式为()0mv M m v +=－＇， 得'm v v M m=--． 由于v ＇为待求速度，事先可不考虑其方向，由运算结果为负值，表示剩余部分的运动方向与抛出部分速度力向相反．由于我们已明确剩余部分与抛出部分反向，因此可直截了当列出两部分动量大小相等方程．即上例可列式为()'mv M m v =-，'m v v M m=--． 其中v ＇为剩余部分速率．②速度的相对性．反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中告知的常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为绝对速度（一样为对地速度）．2．火箭（1）火箭：现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器，是反冲运动的典型应用之一．（2）火箭的工作原理：动量守恒定律．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有专门大的动量，依照动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐步减小，速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．（3）火箭飞行能达到的最大飞行速度，要紧取决于两个因素：①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2.5 km/s ，提高到3 4 km/s ～需专门高的技术水平．②质量比（火箭开始飞行时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比），现代火箭能达到的质量比不超过10．（4）现代火箭的要紧用途：利用火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船．（5）我国的火箭技术已跨入了世界先进行列．要点二、反冲运动的模型1．“人船模型”——反冲运动【例】如图所示，长为l 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，因此水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动，当人停下来时船也停止．设某一时刻人对地的速度为2v ，船对地的速度为1v ，选人前进的方向为正方向，依照动量守恒定律有：210mv Mv =－，即：21v M v m=． 因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，因此每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比．从而能够得出判定：在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量12Mv mv =，而位移s vt =，因此有12Ms ms =，即21s M s m=． 由图可知12s s l +=，解得1m s l M m=+， 2M s l M m=+， 12s s l s +==人相对船．“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题．适用条件是：（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），注意两物体的位移是相对同一参照物的位移．在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．此类问题也能够依照静止系统不受外力、系统质心位置不变的道理求解．利用这一模型还能够推广到其他问题上来解决大量的实际问题．2．火箭的最终速度火箭的工作原理确实是动量守恒定律．当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有专门大的动量，依照动量守恒定律，火箭就获得数值相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象．随着推进剂的消耗，火箭逐步减轻，加速度不断增大．当推进剂烧尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．依照动量守恒定律能够推导出单级火箭的最终速度公式（设火箭开始飞行时速度为零）： 0ln sM v u M =， 式中u 是燃烧气体相关于火箭的喷射速度，0M 是火箭开始时的总质量，s M 是火箭喷气终了时剩下的壳体及其他附属设备的总质量，0sM M 通常称为火箭的质量比． 上式是在未考虑空气阻力和地球引力的情形下推导出来的，由于空气阻力和地球引力的阻碍，火箭速度达不到公式中所给出的数值．但从这一公式能够看到提高火箭速度有两个方法，一是提高气体的喷射速度，二是提高质量比．而提高喷射速度的方法比提高质量比的方法更有效，但喷射速度的提高也有一定限度．【典型例题】类型一、反冲运动中的极值 例1．一个宇航员，连同装备的总质量为：100 kg ，在空间跟飞船相距45 m 处相对飞船处于静止状态．他带有一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个能够使氧气以50 m/s 的相对速度喷出的喷嘴．宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向开释氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸．已知宇航员呼吸的耗氧率为42.510 kg/s ⨯－．试问：（1）假如他在预备返回飞船的瞬时，开释0.15 kg 的氧气，他能安全地回到飞船吗？（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时刻分别为多少？【思路点拨】动量守恒定律中的速度必须是相对同一参考系的，本题参考系是飞船．【答案】（1）宇航员能顺利返回飞船 （2）最长时刻为1800 s ，最短时刻只有200 s ．【解析】宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，依照动量守恒定律，能够运算出宇航员返回的速度．依照宇航员离开飞船的距离和返回速度，能够求出宇航员返回的时刻，即可求出这段时刻内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即可得到答案．（1）令100 kg M =，00.5 kg m =，0.15 kg m ∆=，氧气开释速度为v ，宇航员在开释氧气后的速度为v ＇．由动量守恒定律得0()()M m v m v v =∆∆－＇－－＇， 0.15'50m/s 0.075m/s 100m v v M ∆==⨯=． 宇航员返回飞船所需时刻45s 600s '0.075s t v ===． 宇航员返回途中所耗氧气42.510600 kg 0.15 kg m kt ==⨯⨯=－＇，氧气筒喷射后所余氧气0(0.50.15kg 0.35 kg m m m "=∆==－－）．因为m m "'＞，因此宇航员能顺利返回飞船．（2）设开释的氧气m ∆未知，途中所需时刻为t ，则0m kt m =+∆为宇航员返回飞船的极限条件． 100kg 45m 90kg s 50m/s s M s t v m v m m==⋅=⋅=⋅'∆∆∆， 42900.5kg 2.510kg m m-=⨯⨯+∆∆． 解得 10.45 kg m ∆=或20.05 kg m ∆=．分别代入90kg s t m=⋅∆， 得 1200 s t =，21800 s t =．即宇航员安全返回飞船的最长时刻为1800 s ，最短时刻只有200 s ．【总结升华】反冲运动过程中系统动量保持守恒．动量守恒定律中的速度必须是相对同一参考系的，本题参考系是飞船．类型二、反冲运动在发射火箭中的运用例2．一火箭喷气发动机每次喷出200 g m =的气体，气体离开发动机时速度1000 m/s v =，设火箭质量300 kg M =，发动机每秒喷气20次，求：（1）当第3次气体喷出后，火箭的速度多大？（2）运动第1 s 末，火箭的速度多大？【答案】（1）2m/s （2）13.5m/s【解析】解法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒．（1）第1次气体喷出后，火箭速度为1v ，有：1()0M m v mv =－－．故1mv v M m=-． 第2次气体喷出后，火箭速度为2v ，有：21(2)()M m v mv M m v =－－－．故222mv v M m=-． 第3次气体喷出后，火箭速度为3v ，有：32(3)(2)M m v mv M m v =－－－． 3330.21000m/s 2m/s 330030.2mv v M m ⨯⨯===--⨯． （2）依此类推，第n 次气体喷出后，火箭速度为n v ，有：1()[(1)]n n M nm v mv M n m v =－－－－－．n nmv v M nm=-． 因为每秒喷气20次，因此第1 s 末火箭速度为： 2020200.21000m/s 13.5m/s 20300200.2mv v M m ⨯⨯===--⨯．解法二：由于每次喷气速度一样，可选整体为研究对象，运用动量守恒来求解．（1）设喷出3次气体后火箭的速度为3v ，以火箭和喷出的3次气体为研究对象，据动量守恒可得3(3)30M m v mv =－－．332m/s 3mv v M m==-． （2）以火箭和喷出的20次气体为研究对象 20(20)200M m v mv =－－．得202013.5m/s 20mv v M m==-． 【总结升华】火箭在运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量在不断减小，关于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时刻内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．火箭喷气属于反冲类问题，考虑到多次喷气且每次喷气的速度相同，这时选用整体作研究对象，解题简单明了，可见研究对象的合理选取专门重要．举一反三:【变式1】质量为60千克的火箭竖直向上发射时喷气速度为1000米/秒,问刚开始时假如要使火箭产生2g 的竖直向上的加速度, 每秒大约要喷出多少气体？【答案】1.8kg【解析】以火箭为研究对象，由牛顿第二定律得F Mg Ma -=因此()60(1020)1800N F M g a =+=+=有牛顿第三定律知火箭对气体的作用力F '大小为1800N ．以１秒中内喷出的气体为研究对象，由动量定理得F t mv '=因此：/18001/1000kg=1.8kg m F t v ='=⨯．【变式1】设火箭发射前的总质量为M ，燃料燃尽后的质量为m ，火箭燃气的喷射速度为v ，燃料燃尽后火箭的飞行速度为v '. 试求火箭飞行的速度v '？摸索火箭飞行的最大速度是由什么因素决定的？【答案】(/1)M m v -【解析】由动量守恒定律：()M m v mv --'=0()/v M m v m '=--即(/1)v M m v '=--通过式子：(1)M v v m'=-- 能够看出，火箭所获得的速度与哪些因素有关呢？（1）喷气速度v ：v 越大，火箭获得的速度越大。
2021学年高中物理第1章碰撞与动量守恒动量定理及其应用学案教科版选修35
2021学年高中物理第1章碰撞与动量守恒动量定理及其应用学案教科版选修35【学习目标】1．明白得动量的概念，明白动量的定义，明白动量是矢量； 2．明白得冲量的概念，明白冲量的定义，明白冲量是矢量；3．明白动量变化量也是矢量，明白得动量定理的确切含义和表达式，明白动量定理适用于变力的运算；4．会用动量定明白得释现象和处理有关问题．【要点梳理】要点一、动量、动量定理 1．动量及动量变化（1）动量的定义：物体的质量和运动速度的乘积叫做物体的动量，记作p mv =．动量是动力学中反映物体运动状态的物理量，是状态量．在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量．在中学时期，动量表达式中的速度一样是以地球为参照物的．（2）动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同，服从矢量运算法则． （3）动量的单位：动量的单位由质量和速度的单位决定．在国际单位制中，动量的单位是千克·米/秒，符号为kg m/s ⋅．（4）动量的变化p ∆：动量是矢量，它的大小p mv =，方向与速度的方向相同．因此，速度发生变化时，物体的动量也发生变化．速度的大小或方向发生变化时，速度就发生变化，物体具有的动量的大小或方向也相应发生了变化，我们就说物体的动量发生了变化．设物体的初动量11p mv =，末动量22p mv =，则物体动量的变化 2121p p p mv mv ∆==－－．由于动量是矢量，因此，上式一样意义上是矢量式． 2．冲量（1）冲量的定义：力和力的作用时刻的乘积叫做力的冲量，记作I F t =⋅．冲量是描述力对物体作用的时刻累积成效的物理量．（2）冲量的矢量性：因为力是矢量，因此冲量也是矢量，但冲量的方向不一定确实是力的方向． （3）冲量的单位：由力的单位和时刻的单位共同决定．在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为N s ⋅．（4）在明白得力的冲量这一概念时，要注意以下几点：①冲量是过程量，它反映的是力在一段时刻内的积存成效，因此它取决于力和时刻两个因素．较大的力在较短时刻内的积存成效，能够和较小的力在较长时问内的积存成效相同．求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时刻内的冲量． ②依照冲量的定义式I Ft =，只能直截了当求恒力的冲量，不管是力的大小依旧方向发生变化时，都不能直截了当用I Ft =求力的冲量．③当力的方向不变时，冲量的方向跟力的方向相同，当力的方向变化时，冲量的方向一样依照动量定理来判定．（即冲量的方向是物体动量变化的方向）3．动量变化与冲量的关系——动量定理 （1）动量定理的内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化．数学表达式为0I Ft mv mv ==－．式中0mv 是物体初始状态的动量，mv 是力的作用终止时的末态动量．动量定理反映了物体在受到力的冲量作用时，其状态发生变化的规律，是力在时刻上的累积成效． （2）动量定理的明白得与应用要点：①动量定理的表达式是一个矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．②动量定理公式中F 是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它能够是恒力，也能够是变力．当合外力为变力时，F 应该是合外力在作用时刻内的平均值． ③动量定理的研究对象是单个物体或系统．④动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量．在所研究的物理过程中，假如作用在物体上的各个外力的作用时刻相同，求合外力的冲量时，能够先求所有外力的合力，然后再乘以力的作用时刻，也能够先求每个外力在作用时刻内的冲量，然后再求所有外力冲量的矢量和．假如作用在物体上各外力的作用时刻不同，就只能先求每一个外力在其作用时刻内的冲量，然后再求所有外力冲量的矢量和．⑤动量定理中，是合外力的冲量，是使研究对象的动量发生变化的缘故，并非产生动量的缘故，不能认为合外力的冲量确实是动量的变化．合外力的冲量是引起研究对象状态变化的外在因素，而动量的变化是合外力冲量作用后导致的必定结果．⑥动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观物体和高速运动仍旧适用． ⑦合外力的冲量是物体动量变化的量度．要点二、有关运算1．动量变化量的运算动量是矢量，当动量发生变化时，动量的变化p p p ∆=末初－，应运用平行四边形定则进行运算．如图所示，起初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形定则进行运算．动量变化的方向一样与初态动量和末态动量的方向不相同．起初、末动量在同一直线上时可通过正方向的选定，动量变化可简化为带有正、负号的代数运算．2．冲量的运算方法（1）若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时刻的乘积，冲量的方向与恒力方向一致；若力为同一方向平均变化的力，该力的冲量能够用平均力运算；若力为一样变力则不能直截了当运算冲量．（2）冲量的绝对性．由于力和时刻均与参考系无关，因此力的冲量也与参考系的选择无关． （3）冲量的运算公式I Ft =既适用于运算某个恒力的冲量，又能够运算合力的冲量．依照I Ft =运算冲量时，只考虑该力和其作用时刻这两个因素，与该冲量作用的成效无关．（4）冲量的运算服从平行四边形定则．假如物体所受的每一个外力的冲量都在同一条直线上，那么选定正方向后，每个力冲量的方向能够用正负号表示，现在冲量的运算就可简化为代数运算． （5）冲量是一过程量，求冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时刻内对哪个物体的冲量．（6）运算冲量时，一定要明确是运算分力的冲量依旧合力的冲量．假如是运算分力的冲量还必须明确是哪个分力的冲量．（7）在F t -图象下的面积确实是力的冲量．如图(a )所示，若求变力的冲量，仍可用“面积法”表示，如图(b )所示．3．动量定理的应用（1）一个物体的动量变化p ∆与合外力的冲量具有等效代换关系，二者大小相等，方向相同，能够相互代换，据此有：①应用I p ∆=求变力的冲量：假如物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直截了当用Ft 求变力的冲量，这时能够求出该力作用下物体动量的变化p ∆，等效代换变力的冲量I ．②应用p F t ∆∆=求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动的物体速度方向时刻在变化，求动量变化p p p ∆=＇-需要应用矢量运算方法，比较苦恼．假如作用力是恒力，能够求恒力的冲量，等效代换动量的变化．（2）用动量定明白得释相关物理现象的要点．由Ft p p p ∆==＇-能够看出，当p ∆为恒量时，作用力F 的大小与相互作用的时刻t 成反比．例如，玻璃杯自一定高度自由下落，掉在水泥地面上，玻璃杯可能破裂，而掉在垫子上就可能不破裂，其缘故确实是玻璃杯的动量变化尽管相同，但作用时刻不同：当F 为恒量时，物体动量的变化与作用时刻成正比．例如，叠放在水平桌面上的两物体，如图所示，若施力快速将A 水平抽出，物体B 几乎仍静止，当物体A 抽出后，物体B 竖直下落． （3）应用动量定明白得题的步骤： ①选取研究对象；②确定所研究的物理过程及其始、终状态；③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情形；④规定正方向，依照动量定理列式； ⑤解方程，统一单位，求得结果．要点三、与其它相关知识的关联和区别 1．几个物理量的区别 （1）动量与速度的区别动量和速度差不多上描述物体运动状态的物理量．它们差不多上矢量，动量的方向与速度的方向相同．速度是运动学中描述物体运动状态的物理量，在运动学中只需明白物体运动的快慢，而无需明白物体的质量．例如两个运动员跑百米，是比速度的大小，而无需考虑运动员的质量；动量是动力学中描述物体运动状态的物理量，能够直截了当反映物体受到外力的冲量后，其机械运动的变化情形，动量是与冲量及物体运动变化的缘故相联系的．如以相同速度向你滚过来的铅球和足球，你敢用脚踢哪一个？因此是足球，因为足球的质量小，让它停下来所需的冲量小． （2）动量与动能的区别及其联系． ①动量是矢量，动能是标量．②动量的改变由合外力的冲量决定，而动能的改变由合外力所做的功决定．③动量和动能与速度一样，它们差不多上描述物体运动状态的物理量，只是动能是从能量的角度描述物体的状态．物体具有一定的速度，就具有一定的动量，同时还具有一定的动能．例如：质量 5 kg m =的小球，在水平地面上运动的速度是10 m/s ．则它具有的动量50 kg m/s p mv ==⋅，它具有的动能2221()250J 222k mv p E mv m m====．即22k p E m=或p =又如：A B 、两物体的质量分别为A B m m 、，且A B m m ＞，当它们具有相同的动能时，由p =A 物体的动量A p 大于B 物体的动量B p ；反之当它们具有相同的动量时，由22k p E m=可知，A 物体的动能kA E 小于B 物体的动能kB E ．（3）冲量与功的区别． ①冲量是矢量，功是标量．②由I F t =⋅可知，有力作用，那个力一定会有冲量，因为时刻t 不可能为零．然而由功的定义式 cos W F s θ=⋅可知，有力作用，那个力却不一定做功．例如：在斜面上下滑的物体，斜面对物体的支持力有冲量的作用，但支持力对物体不做功；做匀速圆周运动的物体，向心力对物体有冲量的作用，但向心力对物体不做功；处于水平面上静止的物体，重力不做功，但在一段时刻内重力的冲量不为零．③冲量是力在时刻上的积存，而功是力在空间上的积存．这两种积存作用能够在“F t -”图象和“F s -”图象上用面积表示． 如图所示，（a ）图中的曲线是作用在某一物体上的力F 随时刻t 变化的曲线，图中阴影部分的面积就表示力F 在时刻21t t t ∆=－内的冲量．（b ）图中阴影部分的面积表示力F 做的功．2．用动量概念表示牛顿第二定律 （1）牛顿第二定律的动量表达式v pF ma mt t∆∆===∆∆． 此式说明作用力F 等于物体动量的变化率．即pF t∆=∆是牛顿第二定律的另一种表示形式．（2）动量定理与牛顿第二定律的区别与联系．①从牛顿第二定律动身能够导出动量定理，因此牛顿第二定律和动量定理都反映了外力作用与物体运动状态变化的因果关系．②牛顿第二定律反应力与加速度之间的瞬时对应关系；而动量定理则反应力作用一段时刻的过程中，合外力的冲量与物体初、末状态的动量变化间的关系．动量定理与牛顿第二定律相比较，有其专门的优点．因在公式0Ft mv mv =－中，只涉及两个状态量mv 和0mv 及一个过程量Ft ．至于这两个状态中间是如何样的过程，轨迹是如何样的，加速度如何样，位移如何样全不考虑．在力F 作用的过程中不管物体是做直线运动依旧做曲线运动，动量定理总是适用的．动量定理除用来解决在恒力连续作用下的问题外，专门适合用来解决作用时刻短，而力的变化又十分复杂的问题，如冲击、碰撞、反冲运动等．应用时只需明白运动物体的始末状态，无需深究其中间过程的细节．只要动量的变化具有确定的值，就能够用动量定理求冲力或平均冲力，而这是用牛顿第二定律专门难解决的．因此，从某种意义上说，应用动量定明白得题比牛顿第二定律更为直截了当，更加简单．③牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动情形，对高速运动的物体及微观粒子不再适用，而动量定理却是普遍适用的．④牛顿第二定律和动量定理都必须在惯性系中使用． 动量定理动能定理公式 'F t mv mv =-合22211122F s mv mv =-合 标矢性 矢量式 标量式因果关系因合外力的冲量合外力的功（总功）要点四、应用动量定明白得题的步骤 1、选取研究对象；2、确定所研究的物理过程及其始末状态；3、分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情形；4、规定正方向，依照动量定理列式；5、解方程，统一单位，求得结果。
(人教版)2020高中物理 第1章 碰撞与动量守恒 动量守恒定律的应用(碰撞)学案 教科版选修3-5
动量守恒定律的应用（碰撞）【学习目标】1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞；2．知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象；3．会运用动量守恒定律分析，解决碰撞物体相互作用的问题．【要点梳理】 要点一、碰撞1．碰撞及类碰撞过程的特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短．（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大． （3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．（5）能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：1212k k k k E E E E +≤+＇＇．（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方． 2．碰撞的分类（1）按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒：1212k k k k E E E E +=+＇＇．②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒：1212k k k k E E E E ++＇＇＜．③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．（2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰． ①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞． ②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞． 高中阶段一般只研究正碰的情况． ③散射指微观粒子之间的碰撞．要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直接接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方．要点二、碰撞问题的处理方法 1．解析碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212p p p p +=+＇＇．（2）动能不增加，即1212k k k k E E E E +≥+＇＇．或222212121212''2222p p p p m m m m +≥+． （3）速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v v 后前＞，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即v v ≥后前＇＇，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． 2．爆炸问题爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）很大，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，所以爆炸过程中可以近似认为动量守恒． 要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的动能会增加．要点三、弹性正碰1．弹性正碰的讨论如图所示，在光滑水平面上质量为1m 的小球以速度1v 与质量为2m 的静止小球发生弹性正碰．讨论碰后两球的速度1v ＇和2v ＇．根据动量守恒和动能守恒有：111122 m v m v m v =+＇＇，222111122111''222m v m v m v =+， 解上面两式可得：碰后1m 的速度121112'm m v v m m -=+，碰后2m 的速度121122'm v v m m =+．讨论：（1）若12m m ＞，1v ＇和2v ＇都是正值，表示1v ＇和2v ＇都与1v 方向相同．（若12m m ，121m m m ≈－，121m m m +≈，则：11v v =＇，212v v =＇，表示1m 的速度不变，2m 以12v 的速度被撞出去）．（2）若12m m ＜，1v ＇为负值，表示1v ＇与1v 方向相反，1m 被弹回．（若12m m ，这时122m m m ≈－－，11220m m m ≈+，11v v =＇－，20v =＇，表示1m 被反向以原速率弹回，而2m 仍静止）．（3）若12m m =，则有10v =＇，21v v =＇，即碰后两球速度互换． 2．拓展设在光滑的水平面上质量为1m 的小球以速度1v 去碰撞质量为2m 、速度为2v 的小球发生弹性正碰，试求碰后两球的速度1v ＇和2v ＇。
高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 3 动量守恒定律练习
3 动量守恒定律对动量守恒条件的理解1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，对于枪、弹、车，下列说法正确的是 ( )A．枪和弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒答案 D解析内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒．枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．2. 木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1－3－5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是( )图1－3－5 A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒答案BC解析a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b构成的系统动量不守恒；a 离开墙壁后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．动量守恒定律的简单应用3．(2014·福建卷)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 ( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析 根据分离前后系统动量守恒定律可得：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2解得：v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确．4．(2014·重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )答案 B解析 由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h ＝12gt 2可知t ＝2h g ＝2×510 s ＝1 s ，若甲水平位移为x ＝2.5 m 时，则v 甲＝x t＝2.5 m/s ，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv 0＝34mv 甲＋14mv 乙，代入数据解得v 乙＝图1－3－60.5 m/s ，方向与v 甲相同，水平向前，故A 错，B 对．若乙水平位移为x ′＝2 m 时，则v 乙＝x ′t＝2 m/s ，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C 、D 均错．。
物理教科版选修35课件：第1章 碰撞与动量守恒 1
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解析 答案
3.(多选)如图3所示，两个小球A、B发生碰撞，在满足下列条件时能够发
生正碰的是
A.小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到
A球的边缘
√B.小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连
图3
线去碰A球
C.相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时
√D.相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向都在同一条直 线上
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解析 答案
2.(多选)Байду номын сангаас个物体发生碰撞 A.碰撞中一定产生了内能
√B.碰撞过程中，组成系统的动能可能不变
C.碰撞过程中，系统的总动能可能增大
√D.碰撞过程中，系统的总动能可能减小
解析 若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若两物体发生的是 非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所 以正确选项为B、D.
√C.碰撞时，质量大的物体对质量小的物体作用力和质量小的物体对质量
大的物体的作用力相等 D.质量小的物体对质量大的物体作用力大
解析 两物体发生碰撞，其碰撞时间极短，碰撞时，质量大的物体对质 量小的物体作用力和质量小的物体对质量大的物体的作用力是一对相互 作用力，大小相等，方向相反，故A、C正确，B、D错误，故选AC.
6、“教学的艺术不在于传授本领，而在于激励、唤醒、鼓舞”。2021年11月2021/11/222021/11/222021/11/2211/22/2021
•7、不能把小孩子的精神世界变成单纯学习知识。如果我们力求使儿童的全部精神力量都专注到功课上去，他的生活就会变得不堪忍 受。他不仅应该是一个学生，而且首先应该是一个有多方面兴趣、要求和愿望的人。2021/11/222021/11/22November 22, 2021
2018学年高中物理第1章碰撞与动量守恒动量定理及其应用学案教科版选修35
动量定理及其应用【学习目标】1．理解动量的概念，知道动量的定义，知道动量是矢量； 2．理解冲量的概念，知道冲量的定义，知道冲量是矢量；3．知道动量变化量也是矢量，理解动量定理的确切含义和表达式，知道动量定理适用于变力的计算；4．会用动量定理解释现象和处理有关问题．【要点梳理】要点一、动量、动量定理 1．动量及动量变化（1）动量的定义：物体的质量和运动速度的乘积叫做物体的动量，记作p mv =．动量是动力学中反映物体运动状态的物理量，是状态量．在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量．在中学阶段，动量表达式中的速度一般是以地球为参照物的．（2）动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同，服从矢量运算法则． （3）动量的单位：动量的单位由质量和速度的单位决定．在国际单位制中，动量的单位是千克·米/秒，符号为kg m/s ⋅．（4）动量的变化p ∆：动量是矢量，它的大小p mv =，方向与速度的方向相同．因此，速度发生变化时，物体的动量也发生变化．速度的大小或方向发生变化时，速度就发生变化，物体具有的动量的大小或方向也相应发生了变化，我们就说物体的动量发生了变化．设物体的初动量11p mv =，末动量22p mv =，则物体动量的变化 2121p p p mv mv ∆==－－．由于动量是矢量，因此，上式一般意义上是矢量式． 2．冲量（1）冲量的定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，记作I F t =⋅．冲量是描述力对物体作用的时间累积效果的物理量．（2）冲量的矢量性：因为力是矢量，所以冲量也是矢量，但冲量的方向不一定就是力的方向． （3）冲量的单位：由力的单位和时间的单位共同决定．在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为N s ⋅．（4）在理解力的冲量这一概念时，要注意以下几点：①冲量是过程量，它反映的是力在一段时间内的积累效果，所以它取决于力和时间两个因素．较大的力在较短时间内的积累效果，可以和较小的力在较长时问内的积累效果相同．求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．②根据冲量的定义式I Ft =，只能直接求恒力的冲量，无论是力的大小还是方向发生变化时，都不能直接用I Ft =求力的冲量．③当力的方向不变时，冲量的方向跟力的方向相同，当力的方向变化时，冲量的方向一般根据动量定理来判断．（即冲量的方向是物体动量变化的方向）3．动量变化与冲量的关系——动量定理 （1）动量定理的内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化．数学表达式为0I Ft mv mv ==－．式中0mv 是物体初始状态的动量，mv 是力的作用结束时的末态动量．动量定理反映了物体在受到力的冲量作用时，其状态发生变化的规律，是力在时间上的累积效果． （2）动量定理的理解与应用要点：①动量定理的表达式是一个矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．②动量定理公式中F 是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力．当合外力为变力时，F 应该是合外力在作用时间内的平均值． ③动量定理的研究对象是单个物体或系统．④动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量．在所研究的物理过程中，如果作用在物体上的各个外力的作用时间相同，求合外力的冲量时，可以先求所有外力的合力，然后再乘以力的作用时间，也可以先求每个外力在作用时间内的冲量，然后再求所有外力冲量的矢量和．如果作用在物体上各外力的作用时间不同，就只能先求每一个外力在其作用时间内的冲量，然后再求所有外力冲量的矢量和．⑤动量定理中，是合外力的冲量，是使研究对象的动量发生变化的原因，并非产生动量的原因，不能认为合外力的冲量就是动量的变化．合外力的冲量是引起研究对象状态变化的外在因素，而动量的变化是合外力冲量作用后导致的必然结果．⑥动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观物体和高速运动仍然适用． ⑦合外力的冲量是物体动量变化的量度．要点二、有关计算1．动量变化量的计算动量是矢量，当动量发生变化时，动量的变化p p p ∆=末初－，应运用平行四边形定则进行运算．如图所示，当初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形定则进行运算．动量变化的方向一般与初态动量和末态动量的方向不相同．当初、末动量在同一直线上时可通过正方向的选定，动量变化可简化为带有正、负号的代数运算．2．冲量的计算方法（1）若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致；若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算；若力为一般变力则不能直接计算冲量．（2）冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关． （3）冲量的计算公式I Ft =既适用于计算某个恒力的冲量，又可以计算合力的冲量．根据I Ft =计算冲量时，只考虑该力和其作用时间这两个因素，与该冲量作用的效果无关．（4）冲量的运算服从平行四边形定则．如果物体所受的每一个外力的冲量都在同一条直线上，那么选定正方向后，每个力冲量的方向可以用正负号表示，此时冲量的运算就可简化为代数运算．（5）冲量是一过程量，求冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量．（6）计算冲量时，一定要明确是计算分力的冲量还是合力的冲量．如果是计算分力的冲量还必须明确是哪个分力的冲量．（7）在F t -图象下的面积就是力的冲量．如图(a )所示，若求变力的冲量，仍可用“面积法”表示，如图(b )所示．3．动量定理的应用（1）一个物体的动量变化p ∆与合外力的冲量具有等效代换关系，二者大小相等，方向相同，可以相互代换，据此有：①应用I p ∆=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Ft 求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化p ∆，等效代换变力的冲量I ．②应用p F t ∆∆=求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动的物体速度方向时刻在变化，求动量变化p p p ∆=＇-需要应用矢量运算方法，比较麻烦．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．（2）用动量定理解释相关物理现象的要点．由Ft p p p ∆==＇-可以看出，当p ∆为恒量时，作用力F 的大小与相互作用的时间t 成反比．例如，玻璃杯自一定高度自由下落，掉在水泥地面上，玻璃杯可能破碎，而掉在垫子上就可能不破碎，其原因就是玻璃杯的动量变化虽然相同，但作用时间不同：当F 为恒量时，物体动量的变化与作用时间成正比．例如，叠放在水平桌面上的两物体，如图所示，若施力快速将A 水平抽出，物体B 几乎仍静止，当物体A 抽出后，物体B 竖直下落． （3）应用动量定理解题的步骤： ①选取研究对象；②确定所研究的物理过程及其始、终状态；③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况； ④规定正方向，根据动量定理列式； ⑤解方程，统一单位，求得结果．要点三、与其它相关知识的关联和区别 1．几个物理量的区别 （1）动量与速度的区别动量和速度都是描述物体运动状态的物理量．它们都是矢量，动量的方向与速度的方向相同．速度是运动学中描述物体运动状态的物理量，在运动学中只需知道物体运动的快慢，而无需知道物体的质量．例如两个运动员跑百米，是比速度的大小，而无需考虑运动员的质量；动量是动力学中描述物体运动状态的物理量，可以直接反映物体受到外力的冲量后，其机械运动的变化情况，动量是与冲量及物体运动变化的原因相联系的．如以相同速度向你滚过来的铅球和足球，你敢用脚踢哪一个？当然是足球，因为足球的质量小，让它停下来所需的冲量小． （2）动量与动能的区别及其联系． ①动量是矢量，动能是标量．②动量的改变由合外力的冲量决定，而动能的改变由合外力所做的功决定．③动量和动能与速度一样，它们都是描述物体运动状态的物理量，只是动能是从能量的角度描述物体的状态．物体具有一定的速度，就具有一定的动量，同时还具有一定的动能．例如：质量 5 kg m =的小球，在水平地面上运动的速度是10 m/s ．则它具有的动量50 kg m/s p mv ==⋅，它具有的动能2221()250J 222k mv p E mv m m====．即22k p E m=或2k p mE =又如：A B 、两物体的质量分别为A B m m 、，且A B m m ＞，当它们具有相同的动能时，由2k p mE =A 物体的动量A p 大于B 物体的动量B p ；反之当它们具有相同的动量时，由22k p E m=可知，A 物体的动能kA E 小于B 物体的动能kB E ．（3）冲量与功的区别． ①冲量是矢量，功是标量．②由I F t =⋅可知，有力作用，这个力一定会有冲量，因为时间t 不可能为零．但是由功的定义式 cos W F s θ=⋅可知，有力作用，这个力却不一定做功．例如：在斜面上下滑的物体，斜面对物体的支持力有冲量的作用，但支持力对物体不做功；做匀速圆周运动的物体，向心力对物体有冲量的作用，但向心力对物体不做功；处于水平面上静止的物体，重力不做功，但在一段时间内重力的冲量不为零．③冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累．这两种积累作用可以在“F t -”图象和“F s -”图象上用面积表示．如图所示，（a ）图中的曲线是作用在某一物体上的力F 随时间t 变化的曲线，图中阴影部分的面积就表示力F 在时间21t t t ∆=－内的冲量．（b ）图中阴影部分的面积表示力F 做的功．2．用动量概念表示牛顿第二定律 （1）牛顿第二定律的动量表达式v pF ma mt t∆∆===∆∆． 此式说明作用力F 等于物体动量的变化率．即pF t∆=∆是牛顿第二定律的另一种表示形式．（2）动量定理与牛顿第二定律的区别与联系．①从牛顿第二定律出发可以导出动量定理，因此牛顿第二定律和动量定理都反映了外力作用与物体运动状态变化的因果关系．②牛顿第二定律反应力与加速度之间的瞬时对应关系；而动量定理则反应力作用一段时间的过程中，合外力的冲量与物体初、末状态的动量变化间的关系．动量定理与牛顿第二定律相比较，有其独特的优点．因在公式0Ft mv mv =－中，只涉及两个状态量mv 和0mv 及一个过程量Ft ．至于这两个状态中间是怎样的过程，轨迹是怎样的，加速度怎样，位移怎样全不考虑．在力F 作用的过程中不管物体是做直线运动还是做曲线运动，动量定理总是适用的．动量定理除用来解决在恒力持续作用下的问题外，尤其适合用来解决作用时间短，而力的变化又十分复杂的问题，如冲击、碰撞、反冲运动等．应用时只需知道运动物体的始末状态，无需深究其中间过程的细节．只要动量的变化具有确定的值，就可以用动量定理求冲力或平均冲力，而这是用牛顿第二定律很难解决的．因此，从某种意义上说，应用动量定理解题比牛顿第二定律更为直接，更加简单．③牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动情况，对高速运动的物体及微观粒子不再适用，而动量定理却是普遍适用的．④牛顿第二定律和动量定理都必须在惯性系中使用． 动量定理动能定理公式 'F t mv mv =-合22211122F s mv mv =-合 标矢性 矢量式 标量式因果关系因 合外力的冲量 合外力的功（总功）果动量的变化 动能的变化 应用侧重点 涉及力与时间涉及力与位移要点四、应用动量定理解题的步骤 1、选取研究对象；2、确定所研究的物理过程及其始末状态；3、分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；4、规定正方向，根据动量定理列式；5、解方程，统一单位，求得结果。
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动量 (建议用时：45分钟) [学业达标] 1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( ) A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B．物体的动能不变，其动量一定不变 C．动量越大的物体，其速度一定越大 D．物体的动量越大，其惯性不一定越大 E．物体的动能发生变化时，其动量一定发生变化 【解析】 动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D正确；物体的动能发生变化时，物体的速度大小一定发生变化，故其动量也一定发生变化，E正确． 【答案】 ADE 2．关于冲量和动量，下列说法中正确的是( ) A．冲量是反映力在作用时间内积累效果的物理量 B．动量是描述物体运动状态的物理量 C．冲量是物体动量变化的原因 D．冲量方向与动量方向一致 E．冲量方向与物体末动量方向一定相同 【解析】 冲量I＝Ft是描述力在作用时间内积累效果的物理量，选项A正确．动量p＝mv，v为物体在某时刻的瞬时速度，故动量是描述物体运动状态的物理量，选项B正确．根据动量定理I＝Δp，动量的变化是冲量作用的结果，选项C正确．冲量的方向始终与动量变化的方向相同，与物体的初动量或末动量的方向关系不确定，故D、E均错误． 【答案】 ABC 3．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( ) A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻 B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲力 C．推车时推不动，是因为合外力冲量为零 D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来 E．蹦极运动员下落过程中，从弹性绳张紧到运动员达到最低点的过程中合外力的冲量方向先向下后向上 【解析】 根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零，则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同；E项中弹性绳张紧后到运动员到达最低点的过程中经历先加速后减速的过程，故合外力的冲量方向先向下后向上，故B、C、E均正确． 【答案】 BCE 4．如图125所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当两物体被同时释放后，则( )
图125 A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成系统的动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成系统的动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒，但A、B、C组成的系统动量不守恒 E．无论A、B所受的摩擦力大小是否相同，A、B、C所组成的系统动量均守恒 【解析】 因地面光滑，A、B与C之间的摩擦力是系统内力，故无论A、B所受的摩擦力大小是否相同，A、B、C所组成的系统动量均守恒，但对于A、B两物体所组成的系统，只有A、B所受的摩擦力大小相等，方向相反时，其动量才守恒，故A、D错误；B、C、E均正确． 【答案】 BCE 5．汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则在拖车停止运动前( ) A．汽车和拖车的总动量不变 B．汽车和拖车的总动量增加 C．汽车和拖车的总动能不变 D．汽车和拖车的总动能增加 E．合外力做的总功等于正值 【解析】 原来汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，说明系统所受的合外力为零，拖车与汽车脱钩后系统所受力不变，故总动量守恒，有：(M＋m)v0＝Mv，由此得到拖车停止
时，(M＋m)2v20＝M2v2整理得：汽车的动能12Mv2>12(M＋m)v20，合外力做正功，故A、D、E正确． 【答案】 ADE 6．根据UIC(国际铁道联盟)的定义，高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和 动车组系统．据广州铁路局警方测算：当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时，受到的阻力约为106 N，如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物，会产生大约5 000 N的冲击力，撞击时间约为0.01 s，瞬间可能造成列车颠覆，后果不堪设想．在撞击过程中，下列说法正确的是( ) 【导学号：11010007】
图126 A．列车受到合外力的冲量约为50 N·s B．列车受到合外力的冲量约为104 N·s C．障碍物受到合外力的冲量约为175 N·s D．障碍物受到合外力的冲量约为50 N·s E．列车和障碍物组成的系统动量近似守恒 【解析】 由列车匀速行驶时撞击障碍物，获得5 000 N的冲击力，可知撞击过程中列车受到的合外力为5 000 N，列车受到的合外力的冲量为5 000×0.01 N·s＝50 N·s，A对，B错；撞击过程时间极短，列车和障碍物组成的系统动量近似守恒，障碍物受到合外力的冲量与列车受到的合外力的冲量等大反向，故C错，D、E均对． 【答案】 ADE 7．(2014·天津高考)如图127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粘合在一起，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vt＝2 m/s.求：
图127 (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． 【解析】 (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有 F＝mAa ①
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)vt－(mA＋mB)v ③
代入数据解得 v＝1 m/s. ④
【答案】 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s [能力提升] 8．如图128所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是( )
图128 A．小车和小球系统水平方向动量守恒 B．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动 C．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动 D．小球摆到最低点时，小车的速度最大 E．小球向右摆动过程中，小车向左运动 【解析】 水平面光滑，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，小球向右运动时小车向左运动，故A、E均正确；由水平方向动量守恒得0＝m球v1－M车v2，小球向右加速摆动过程中小车向左加速运动，小球向右减速摆动时小车向左减速运动，因此B错误；小球摆到右方最高点时刻，与小车共速，小车和小球速度均为0，C错误；小球摆到最低点时速度最大，小车的速度最大，D正确． 【答案】 ADE 9．某同学设计了一个用打点计时器做“验证动量守恒定律”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图129所示，在小车后连接着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50 Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力．
图129 (1)若已得到打点纸带如图1210所示，并测得各计数点间距(标在图上)．A为运动起点，则应该选择________段来计算A碰前的速度，应选择________段来计算A和B碰后的共同速度．(以上空格选填“AB”“BC”“CD”或“DE”) 图1210 (2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，由以上测量结果可得碰前m1v0＝______kg·m/s；碰后(m1＋m2)v共＝________kg·m/s.由此得出结论_____________________________________________． 【解析】 (1)分析纸带上的点迹可以看出，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车具有较大的速度，故BC段能准确地描述小车A碰前的运动情况，应当选择BC段计算小车A碰前的速度．而DE段内小车运动稳定，故应选择DE段计算碰后A和B的共同速度． (2)小车A碰撞前的速度
v0＝BC5×1f＝10.50×10－25×0.02 m/s＝1.050 m/s
小车A在碰撞前 m1v0＝0.40×1.050 kg·m/s
＝0.420 kg·m/s 碰后A和B的共同速度
v共＝DE5×1f＝6.95×10－25×0.02 m/s＝0.695 m/s
碰撞后A和B： (m1＋m2)v共＝(0.20＋0.40)×0.695 kg·m/s ＝0.417 kg·m/s 结论：在误差允许的范围内，碰撞前后系统的动量守恒． 【答案】 (1)BC DE (2)0.420 0.417 在误差允许的范围内，碰撞前后系统的动量守恒 10．(2015·浙江高考)一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度取g＝10 m/s2) 【导学号：11010008】
【解析】 由牛顿第二定律得a＝Ffm1＋m2＝μg ＝6 m/s2 v＝2as＝9 m/s