2018-2019版高中物理 第1章 碰撞与动量守恒学案（打包10套）沪科版选修3-5.zip

11.1 探究动量变化与冲量的关系[学习目标]1.理解冲量和动量的定义、公式、单位及矢量性.2.理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象，解决有关实际问题．一、动量和冲量[导学探究] 在激烈的橄榄球赛场上，一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上了高大结实的对方运动员，自己被碰倒在地，而对方却几乎不受影响……，这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关．(1)若质量为 60kg 的运动员(包括球)以 5m/s 的速度向东奔跑，他的动量是多大？方向如何？若他以大小不变的速率做曲线运动，他的动量是否变化？(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零，他的动量的变化量多大？动量的变化量方向如何？答案 (1)动量是 300kg·m/s，方向向东；做曲线运动时他的动量变化了，因为方向变了．(2)—300kg·m/s，方向向西．[知识梳理] 动量和动量的变化量1．动量(1)定义：物体的质量 m 和速度 v 的乘积 mv.(2)公式： p＝ mv.单位：kg·m/s.(3)动量的矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同．(4)动量是状态量：进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．(5)动量具有相对性：由于速度与参考系的选择有关，一般以地球为参考系．2．冲量(1)冲量的定义式： I＝ Ft.(2)冲量是过程(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效应，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(3)冲量是矢(填“矢”或“标”)量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与力 F 的方向相同．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)动量相同的物体，运动方向一定相同．( √ )(2)一个物体(质量不变)的动量改变，它的动能一定改变．( × )(3)一个物体(质量不变)的动能改变，它的动量一定改变．( √ )(4)冲量是矢量，其方向与合外力的方向相反．( × )(5)力越大，力对物体的冲量越大．( × )(6)不管物体做什么运动，在相同的时间内重力的冲量相同．( √ )二、动量定理[导学探究]1．如图 1 所示，假定一个质量为 m 的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力 F，在F 的作用下，经过时间 t，物体的速度从 v 变为 v′，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量 Δ p 与恒力 F 及作用时间 t 的关系．图 1答案 该物体在碰撞过程中的加速度 a＝ ①v′ － vt根据牛顿第二定律 F＝ ma②由①②得 F＝ mv′ － vt整理得： Ft＝ m(v′－ v)＝ mv′－ mv即 Ft＝Δ p.2．在日常生活中，有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎……这样做的目的是为了什么？答案 为了缓冲以减小作用力．[知识梳理]1．内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．32．公式： I＝ Ft＝Δ p.其中 F 为物体受到的合外力．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)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受到的合外力一定不为零．( √ )(2)物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化量一定越大．( √ )(3)动量变化量为正，说明它的方向与初始时动量的方向相同．( × )一、对动量及其变化量的理解1．动量 p＝ mv, 描述物体运动状态的物理量．是矢量，方向与速度的方向相同．2．动量的变化量(1)动量变化的三种情况：大小变化、方向变化、大小和方向同时变化(2)关于动量变化量的求解①若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．②若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．例 1 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到 100m/s，假设球飞来的速度为 50 m/s，运动员将球以 100m/s 的速度反向击回．设羽毛球的质量为 10g，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量．答案 (1)1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反(2)37.5J解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p1＝ mv1＝10×10 －3 ×50kg·m/s＝0.5 kg·m/s.p2＝ mv2＝－10×10 －3 ×100kg·m/s＝－1 kg·m/s所以动量的变化量 Δ p＝ p2－ p1＝－1kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为 1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．4(2)羽毛球的初动能： Ek＝ mv12＝12.5J，羽毛球的末动能： Ek′＝ mv22＝50J．所以12 12Δ Ek＝ Ek′－ Ek＝37.5J.动量与动能的区别与联系1．区别：动量是矢量，动能是标量，质量相同的两个物体，动量相同时动能一定相同，但动能相同时，动量不一定相同．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＝ .p22m 2mEk二、冲量及冲量的计算1．求冲量大小时，一定要注意是哪一个力在哪一段时间内的冲量．2．公式 I＝ Ft 只适合于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：(1)用动量定理 I＝ mv′－ mv 求冲量．(2)若力随时间均匀变化，则可用平均力求冲量．图 2(3)若给出了力 F 随时间 t 变化的图像，可用 F－ t 图像与 t 轴所围成的面积求冲量．如图 2 所示，力 F 在 1s 内的冲量 I1＝ F1t1＝20×1N·s＝20N·s力 F 在 6s 内的冲量 I＝(20×1－10×5) N·s＝－30N·s例 2 在倾角为 37°的足够长的斜面上，有一质量为 5kg 的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数 μ ＝0.2，求物体下滑 2s 的时间内，物体所受各力的冲量．( g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案 见解析解析 物体沿斜面下滑的过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用．冲量 I＝ Ft，是矢量．重力的冲量 IG＝ Gt＝ mgt＝5×10×2N·s＝100N·s，方向竖直向下．支持力的冲量 IN＝ Nt＝ mgcos37°·t＝5×10×0.8×2N·s＝80N·s，方向垂直于斜面向上．摩擦力的冲量 If＝ ft＝ μmg cos37°·t＝0.2×5×10×0.8×2N·s＝16N·s，方向沿斜面向上．51．在求力的冲量时，首先明确是求哪个力的冲量，是恒力还是变力，如果是恒力，可用I＝ Ft 进行计算，如果是变力，可考虑根据动量定理求冲量．2．注意不要忘记说明冲量的方向．力为恒力时，冲量的方向与力的方向相同．三、动量定理的理解和应用1．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向．(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→选 定 研 究 对 象 ， 明 确 运 动 过 程 进 行 受 力 分 析 ， 确 定 初 、 末 状 态→ 选 取 正 方 向 ， 列 动 量 定 理 方 程 求 解例 3 如图 3 所示，用 0.5kg 的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为 4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为 0，打击的作用时间是 0.01s，那么：图 3(1)不计铁锤受到的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？( g 取 10m/s2)答案 (1)200N，方向竖直向下(2)205N，方向竖直向下解析 (1)以铁锤为研究对象，不计重力时，铁锤只受到钉子的平均作用力，方向竖直向上，设为 F1，取竖直向上为正，由动量定理可得 F1t＝0－ mv所以 F1＝－ N＝200N，方向竖直向上．0.5×－ 4.00.01由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为 200N，方向竖直向下．(2)若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为 F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上6为正．则( F2－ mg)t＝0－ mvF2＝－ N＋0.5×10N＝205N，方向竖直向上．0.5×－ 4.00.01由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为 205N，方向竖直向下．用动量定理进行定量计算时应注意：(1)列方程前首先选取正方向；(2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般选地面为参考系；(3)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量．例 4 (多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是( )A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D．在车内推车推不动，是因为车与人组成的系统所受合外力的冲量为零答案 CD解析 击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以 A、B 错误；据动量定理 Ft＝Δ p 知，当 Δ p 相同时， t越长，作用力越小，故 C 项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用力无关，所以 D 项正确．针对训练 从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了( )A．减小冲量B．减小动量的变化量C．延长与地面的冲击时间，从而减小冲力D．增大人对地面的压强，起到安全作用答案 C解析 脚尖先着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地时的动量变化量为定值，这样就减小了地面对人的冲力，故 C 项正确．7利用动量定理解释现象的问题主要有三类：(1)Δ p 一定， t 短则 F 大， t 长则 F 小．(2)F 一定， t 短则 Δ p 小， t 长则 Δ p 大．(3)t 一定， F 大则 Δ p 大， F 小则 Δ p 小．1．(对动量定理的理解)(多选)下面关于物体动量和冲量的说法，正确的是( )A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体动量发生变化，则物体所受合外力冲量不为零C．物体动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量方向D．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化量就越大答案 BCD2．(对冲量的理解和计算)(多选)恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图 4 所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经过时间 t，下列说法正确的是( )图 4A．拉力 F 对物体的冲量大小为零B．拉力 F 对物体的冲量大小为 FtC．拉力 F 对物体的冲量大小是 FtcosθD．合力对物体的冲量大小为零答案 BD3．(动量定理的分析应用)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，两臂随球迅速收缩至胸前，这样做可以( )A．减小球对手的冲量 B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量答案 B解析 篮球运动员接球的过程中，手对球的冲量等于球的动量的变化量，大小等于球入手时8的动量，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，并没有减小球对手的冲量，也没有减小球的动量变化量，更没有减小球的动能变化量，而是延长了手与球的作用时间，从而减小了球对人的冲击力，B 正确．4．(动量定理的计算)0.2kg 的小球竖直向下以 6m/s 的速度落至水平地面，再以 4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向， g＝10m/s 2.(1)求小球与地面碰撞前后的动量变化量的大小？(2)若小球与地面的作用时间为 0.2s，则小球受到地面的平均作用力的大小为多少？答案 (1)2kg·m/s (2)12N解析 (1)小球与地面碰撞前的动量为： p1＝ m(－ v1)＝0.2×(－6) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s小球与地面碰撞后的动量为： p2＝ mv2＝0.2×4 kg·m/s＝0.8 kg·m/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为 Δ p＝ p2－ p1＝2 kg·m/s.(2)由动量定理得( F－ mg)Δ t＝Δ p所以 F＝ ＋ mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N.Δ pΔ t 20.2一、选择题考点一 对动量和动量变化量的理解1．关于动量，以下说法正确的是( )A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比答案 D解析 做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，故动量时刻变化，A 项错；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故 B 项错；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故 C 项错；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量 py＝ mvy＝ mgt，故 D 项对．92．质量为 0.5kg 的物体，运动速度为 3m/s，它在一个变力作用下速度变为 7 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．5kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2kg·m/s，方向与原运动方向相同答案 A解析 以原来的运动方向为正方向，由定义式 Δ p＝ mv′－ mv 得 Δ p＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5kg·m/s，负号表示 Δ p 的方向与原运动方向相反．考点二 对冲量的理解和计算3．放在水平桌面上的物体质量为 m，用一个大小为 F 的水平推力推它 t 秒，物体始终不动，那么 t 秒内，推力的冲量大小是( )A． F·t B． mg·tC．0 D．无法计算答案 A4．质量为 1kg 的物体做直线运动，其速度－时间图像如图 1 所示，则物体在前 10s 内和后10s 内所受合外力的冲量分别是( )图 1A．10N·s,10N·s B．10N·s，－10N·sC．0,10N·s D．0，－10N·s答案 D解析 由题图图像可知，在前 10 s 内初、末状态的动量相同， p1＝ p2＝5 kg·m/s，由动量定理知 I1＝0；在后 10 s 内末状态的动量 p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝ p3－ p2＝－10 N·s，故正确答案为 D.5．质量为 m 的钢球由高处自由落下，以速率 v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地10的速率为 v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A．向下， m(v1－ v2) B．向下， m(v1＋ v2)C．向上， m(v1－ v2) D．向上， m(v1＋ v2)答案 D解析 设竖直向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得 Ft－ mgt＝ mv2－(－ mv1)＝ mv2＋ mv1由于碰撞时间极短， t 趋于零，则 mgt 趋于零．所以 Ft＝ m(v2＋ v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为 m(v2＋ v1)．6．(多选)一细绳系着小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，小球质量为 m，速度大小为v，做圆周运动的周期为 T，则以下说法中正确的是( )A．经过时间 t＝ ，小球动量变化量为 0T2B．经过时间 t＝ ，小球动量变化量大小为 mvT4 2C．经过时间 t＝ ，细绳对小球的冲量大小为 2mvT2D．经过时间 t＝ ，重力对小球的冲量大小为T4 mgT4答案 BCD解析 经过时间 t＝ ，小球转过了 180°，速度方向正好反向，若规定开始计时时的速度方T2向为正，则动量变化量为 Δ p＝－ mv－ mv＝－2 mv，细绳对小球的冲量为 I＝Δ p＝－2 mv，故大小为 2mv，A 错误，C 正确；经时间 t＝ ，小球转过了 90°，根据矢量合成法可得，动量T4变化量大小为 Δ p′＝ mv，重力对小球的冲量大小为 IG＝ mgt＝ ，B、D 正确．2mgT47．水平推力 F1和 F2分别作用于水平面上等质量的甲、乙两物体上，作用一段时间后撤去推力．物体将继续运动一段时间后停下来．两物体的 v－ t 图像如图 2 所示．图中线段AB∥ CD，则整个运动过程中( )图 2A． F1的冲量大于 F2的冲量11B． F1的冲量等于 F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小相等D．两物体受到的摩擦力大小不等答案 C解析 甲、乙先做加速运动，撤去推力后做减速运动．题图中线段 AB∥ CD，表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同．又甲、乙质量相等，所以两物体受到的摩擦力大小相等，所以选项 C 正确，D 错误；因为整个运动过程中物体的动量改变量为零．所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小．由题图可知甲的运动时间小于乙的运动时间．所以甲受到的摩擦力的冲量小于乙受到的摩擦力的冲量，则 F1的冲量小于 F2的冲量，所以选项 A、B 错误．考点三 动量定理的分析和计算8．从某高处落下一个鸡蛋，分别落到相同高度的棉絮上和水泥地上，下列结论正确的是( )A．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小B．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大C．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化率大D．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它的动量变化快答案 D9．(多选)如图 3 所示，把重物 G 压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着纸带一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，下列解释正确的是( )图 3A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小答案 CD二、非选择题1210．(冲量和动量的计算)将质量为 m＝1kg 的小球，从距水平地面高 h＝5m 处，以v0＝10m/s 的水平速度抛出，不计空气阻力， g 取 10 m/s2.求：(1)抛出后 0.4s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量 Δ p；(3)小球落地时的动量大小 p′.答案 (1)4N·s，方向竖直向下(2)10N·s，方向竖直向下(3)10 kg·m/s2解析 (1)重力是恒力，0.4s 内重力对小球的冲量I1＝ mgt0＝1×10×0.4N·s＝4N·s，方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故 h＝ gt2，12落地时间 t＝ ＝1s．小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为2hgI＝ mgt＝1×10×1N·s＝10N·s，方向竖直向下．由动量定理得 Δ p＝ I＝10N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为 vy＝ gt＝10m/s.由速度合成知，落地速度v＝ ＝ m/s＝10 m/s，v02＋ vy2 102＋ 102 2所以小球落地时的动量大小为 p′＝ mv＝10 kg·m/s.211．(动量定理的应用)质量为 m 的物体静止在足够大的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为 μ ，重力加速度为 g，有一水平恒力 F 作用于物体上，并使之加速前进，经时间 t1后撤去此恒力，求物体运动的总时间 t.答案 Ft1μ mg解析 方法一：物体的运动可分为两个阶段，第一阶段水平方向受 F、 f 两个力的作用，时间为 t1，物体由 A 运动到 B 速度达到 v1；第二阶段物体水平方向只受力 f 的作用，时间为t2，由 B 运动到 C，速度由 v1变为 0.13设向右为正，据动量定理：第一阶段( F－ f)t1＝ mv1－0＝ mv1第二阶段：－ f·t2＝0－ mv1＝－ mv1两式相加： F·t1－ f(t1＋ t2)＝0因为 f＝ μmg ，代入得 t2＝F－ μ mgt1μ mg所以总时间 t＝ t1＋ t2＝ .Ft1μ mg方法二：把两个阶段当成一个过程来看： F 作用 t1时间， μmg 则作用了 t 时间，动量变化Δ p＝0.F·t1－ μmgt ＝0， t＝ .Ft1μ mg12．(动量定理的应用)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得 1 小时内杯中水位上升了 45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为 12m/s.据此估算该压强约为多少(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为 1×103kg·m－3 )．答案 0.15Pa解析 下雨天，雨滴对睡莲叶面持续的作用可以看作是恒力，取单位面积的睡莲叶面，t＝1h＝3600s 时间内，打到该叶面的雨水质量为 m＝ ρSh .根据动量定理， mv＝ Ft，其中 F就是单位面积上的压力，所以F＝ ＝ ＝ N＝0.15N．所以 ρ ＝ ＝0.15Pa.mvt ρ Shvt 1.0×103×1×0.045×123600 FS1课时 1 探究物体碰撞时动量的变化规律[学习目标]1.探究物体碰撞时动量的变化规律.2.掌握在同一条直线上运动的两个物体碰撞前、后速度的测量方法．一、实验原理为了使问题简化，这里先研究两个物体碰撞时动量变化的规律，碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．设两个物体的质量分别为 m1、 m2，碰撞前的速度分别为 v1、 v2，碰撞后的速度分别为v1′、 v2′，如果速度方向与我们规定的正方向一致，取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰撞前的总动量p＝ m1v1＋ m2v2碰撞后总动量 p′＝ m1v1′＋ m2v2′看一看 p 与 p′有什么关系？二、实验设计1．实验设计要考虑的问题(1)如何保证碰撞前、后两物体速度在一条直线上？(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度？2．实验案例：气垫导轨上的实验气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图 1 所示，由导轨、滑块、挡光条、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图 2 所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图 1图 22(1)质量的测量：用天平测量．(2)速度的测量： v＝ ，式中的 Δ x 为滑块上挡光板的宽度，Δ t 为数字计时显示器显示Δ xΔ t的滑块上的挡光板经过光电门的时间．三、实验步骤和数据处理1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好光电计时器与光电门．3．如图 3 所示，在滑块上安装好弹性架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿与各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图 34．如图 4 所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后发生碰撞，相碰后粘在一起，测出它们的质量和速度，将实验结果记入相应的表格．图 45．在滑块上安装好撞针及橡皮泥后，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，然后一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．6．根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞时动量变化的规律．气垫导轨实验数据记录表碰撞前 碰撞后m1 m2 m1 m2质量 m(kg)v1 v2 v1′ v2′速度 v(m·s－1 )m1v1＋ m2v2 m1v1′＋ m2v2′mv(kg·m·s－1 )结论3实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变．四、注意事项1．保证两个滑块碰撞前沿同一直线，碰撞后仍沿同一直线运动．2．调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．一、用气垫导轨结合光电门的实验探究例 1 某同学利用气垫导轨做“探究物体碰撞时动量变化的规律”的实验．气垫导轨装置如图 5 所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图 5(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块 2 静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块 1 挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块 1，滑块 1 通过光电门 1 后与左侧固定弹簧的滑块 2 相碰撞，碰撞后滑块 2 和滑块 1 依次通过光电门 2，两滑块通过光电门 2 后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间：滑块 1 通过光电门 1 的挡光时间为Δ t1＝10.01ms，通过光电门 2 的挡光时间为 Δ t2＝49.99ms，滑块 2 通过光电门 2 的挡光时间为 Δ t3＝8.35ms；⑧测出挡光片的宽度 d＝5mm，测得滑块 1 的质量为 m1＝300g，滑块 2(包括弹簧)的质量为m2＝200g；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：A．________________________________________________________________________；B．________________________________________________________________________.②碰撞前滑块 1 的速度 v1为__________m/s；碰撞后滑块 1 的速度 v2为__________ m/s；滑块 2 的速度 v3为__________m/s；(结果均保留两位有效数字)4③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答 2 个不变量)a．________________________________________________________________________；b．________________________________________________________________________.答案 见解析解析 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．B．保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块 1 碰撞之前的速度 v1＝ ＝ m/s≈0.50 m/s；dΔ t1 5×10－ 310.01×10－ 3滑块 1 碰撞之后的速度v2＝ ＝ m/s≈0.10 m/s；dΔ t2 5×10－ 349.99×10－ 3滑块 2 碰撞之后的速度 v3＝ ＝ m/s≈0.60 m/s；dΔ t3 5×10－ 38.35×10－ 3③a.系统总动量不变．原因：系统碰撞之前 m1v1＝0.15kg·m/s，系统碰撞之后 m1v2＋ m2v3＝0.15 kg·m/s.b．系统碰撞前后总动能不变．原因：系统碰撞之前的总动能 Ek1＝ m1v12＝0.0375J12系统碰撞之后的总动能Ek2＝ m1v22＋ m2v32＝0.0375J12 12所以系统碰撞前后总动能相等．c．系统碰撞前后总质量不变．二、利用“光滑”水平面结合打点计时器的实验探究例 2 某同学设计了一个用打点计时器探究物体碰撞时动量变化规律的实验．在小车甲的前端黏有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并黏合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图 6 所示．在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为 50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图 6(1)若已得到打点纸带如图 7 所示，并将测得的各计数点间距离标在图上， A 点是运动起始的第一点，则应选____段来计算甲的碰前速度，应选______段来计算甲和乙碰后的共同速度(以上两格选填“ AB”“BC”“CD”或“ DE”)．5图 7(2)已测得小车甲的质量 m 甲 ＝0.40kg，小车乙的质量 m 乙 ＝0.20kg，由以上测量结果可得：碰前 m 甲 v 甲 ＋ m 乙 v 乙 ＝__________________kg·m/s；碰后 m 甲 v 甲 ′＋ m 乙 v 乙 ′＝________ kg·m/s(结果保留 3 位有效数字)．(3)由(2)可得出的结论是__________．答案 (1) BC DE (2)0.420 0.417(3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的 mv 之和是相等的．解析 (1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段 BC 应为小车甲与乙碰前的阶段， CD段点迹不均匀，故 CD 应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起做匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选 DE 段计算碰后共同的速度．(2)碰前 v 甲 ＝ ＝1.05m/s， v 乙 ＝0； m 甲 v 甲 ＋ m 乙 v 乙 ＝0.420 kg·m/s.碰后两者速度相BCΔ t同， v 甲 ′＝ v 乙 ′＝ ＝0.695m/s； m 甲 v 甲 ′＋ m 乙 v 乙 ′＝0.417 kg·m/s.DEΔ t(3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的 mv 之和是相等的．三、利用气垫导轨结合频闪照相的实验探究例 3 为了探究物体碰撞时动量变化的规律，实验最好在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中， A、 B 两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用频闪摄像的方法每隔 0.4 秒的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的持续时间很短，可以忽略，如图 8 所示，已知 A、 B 之间的质量关系是 mB＝1.5 mA，拍摄共进行了 4 次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后， A 原来处于静止状态，设 A、 B 滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在 10cm 至 105cm 这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：图 8(1)A、 B 两滑块碰撞前后的速度各为多少？(2)根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后，两个滑块的总动量是否不变．答案 见解析解析 (1)分析题图可知碰撞后两滑块的速度分别为：vB′＝ ＝ m/s＝0.5 m/s；Δ sB′Δ t 0.20.4vA′＝ ＝ m/s＝0.75 m/s.Δ sA′Δ t 0.30.46从发生碰撞到第二次拍摄照片时， A 运动的时间是t1＝ ＝ s＝0.2sΔ sA″vA′ 0.150.75由此可知，从第一张拍摄照片到发生碰撞的时间为t2＝(0.4－0.2) s＝0.2s则碰撞前 B 的速度为 vB＝ ＝ m/s＝1.0 m/sΔ sB″t2 0.20.2由题意得 vA＝0.(2)碰撞前： mAvA＋ mBvB＝1.5 mA碰撞后： mAvA′＋ mBvB′＝0.75 mA＋0.75 mA＝1.5 mA，所以 mAvA＋ mBvB＝ mAvA′＋ mBvB′，即碰撞前后两个滑块总动量不变．1．(实验误差的考查)(多选)在利用气垫导轨探究物体碰撞时动量变化的规律实验中，哪些因素可导致实验误差增大( )A．导轨安放不水平 B．滑块上挡光片倾斜C．两滑块质量不相等 D．两滑块碰后粘合在一起答案 AB2．(注意事项的考查)(多选)若用打点计时器做探究碰撞中的不变量的实验，下列说法或操作正确的是( )A．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源答案 BC解析 相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再打开电源不容易得到实验数据．故A、D 错误，B、C 正确．3．(实验数据的处理)在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝200g，右侧滑块质量 m2＝160g，挡光片宽度为 3.00cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，用细线将两滑块连在一起，如图 9 所示．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．挡光片通过光电门的时间分别为 Δ t1＝0.30s，Δ t2＝0.24s．以向右为正方向，则烧断细线后两滑块的速度分别为 v1′＝________m/s， v2′＝________ m/s.烧断细线前7m1v1＋ m2v2＝________，烧断细线后 m1v1′＋ m2v2′＝________.可得到的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.图 9答案 (1)－0.1 0.125 0 0 两个物体各自的质量与自己的速度的乘积之和是“不变量”解析 由平均速度公式可得： v1′＝ m/s＝－0.1 m/s； v2′＝ m/s＝0.125 m/s；－ 0.030.30 0.030.24因烧断细线之前，两滑块均静止，故烧断细线前的 m1v1＋ m2v2为零；烧断细线后的m1v1′＋ m2v2′＝0.2×(－0.1) kg·m/s＋0.16×0.125 kg·m/s＝0；即烧断细线前后 mv 之和相等，即两个物体各自的质量与自己速度的乘积之和是“不变量” ．4．(实验数据的处理)某同学把两个大小不同的物体用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图 10 所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察两物体的运动情况，进行必要的测量，探究物体间相互作用时动量变化的规律．图 10(1)该同学还必须有的器材是______________________________________________________；(2)需要直接测量的数据是________________________________________________________；(3)本实验中表示碰撞前后动量守恒的表达式应为_____________(用测得的物理量符号表示)．答案 (1)刻度尺、天平(2)两物体的质量 m1、 m2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离 s1、 s2 (3)m1s1＝ m2s2解析 物体离开桌面后做平抛运动，取左边物体的初速度方向为正方向，设两物体质量和平抛初速度分别为： m1、 m2， v1、 v2，平抛运动的水平位移分别为 s1、 s2，平抛运动的时间为t，需要验证的方程：0＝ m1v1－ m2v2，其中： v1＝ ， v2＝ ，代入得到 m1s1＝ m2s2，故需要s1t s2t测量两物体的质量 m1、 m2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离 s1、 s2，需要的器材为刻度尺、天平．1课时 2 动量守恒定律[学习目标]1.理解系统、内力、外力的概念.2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解守恒的条件.3.了解动量守恒定律的普遍意义，会初步利用动量守恒定律解决实际问题．一、系统、内力、外力[导学探究] 如图 1 所示，公路上有三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三辆车看成一个系统，丙车对乙车的力是内力还是外力？图 1答案 内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统外的物体对系统内物体的作用力．如果将甲车和乙车看成一个系统，丙车对乙车的力是外力，如果将三辆车看成一个系统，丙车对乙车的力是内力．[知识梳理]1．系统：几个有相互作用的物体．2．内力：系统内物体间的相互作用力．3．外力：系统外的物体对系统内物体的作用力．二、动量守恒定律[导学探究] 如图 2 所示，光滑水平桌面上有两个质量分别为 m1和 m2的小球，图 2正沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是 v1和 v2， v2v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为 v1′和 v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量 m1v1＋ m2v2与碰后总动量 m1v1′＋ m2v2′的关系．答案 设碰撞过程中两球间的作用力分别为 F1、 F2，相互作用时间为 t根据动量定理： F1t＝ m1(v1′－ v1)， F2t＝ m2(v2′－ v2)．因为 F1与 F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知， F1＝－ F2，则有： m1v1′－ m1v1＝ m2v2－ m2v2′2即 m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．[知识梳理]1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量保持不变．2．表达式：m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′(作用前后动量相等)．3．适用条件：系统不受外力或者所受合外力为零．4．动量守恒定律的普适性动量守恒定律的适用范围很广，它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域．动量守恒定律适用于目前为止的一切领域．5．对系统“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．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)一个系统初、末态动量大小相等，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)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒．( √ )(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( √ )(5)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒．( × )2．如图 3，质量为 m 的小球 A 静止在光滑水平面上，质量为 2m 的小球 B 以速度 v0与 A 碰撞后粘在一起，则粘在一起后 AB 的共同速度 v＝________.图 3答案 v0233一、动量守恒条件的理解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、微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．2．系统受外力作用，但所受合外力为零．如光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．3．系统受外力作用，但当系统所受的外力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．系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．例 1 (多选)如图 4 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，当突然释放弹簧后，则下列说法正确的是( )图 4A．若 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B 组成的系统动量守恒B．若 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B、 C 组成的系统动量守恒C．若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B 组成的系统动量守恒D．若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B、 C 组成的系统动量守恒答案 BCD解析 如果 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，释放弹簧后， A、 B 分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力 FfA向右， FfB向左．由于 mA∶ mB＝3∶2，所以FfA∶ FfB＝3∶2，则 A、 B 组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 选项错误；对 A、 B、 C 组成的系统， A、 B 与 C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D 选项正确；若 A、 B 所受摩擦力大小相等，则 A、 B 组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C 选项正确．1．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．2．判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力．3．系统的动量守恒，并不是系统内各物体的动量都不变．一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的．4针对训练 下列情形中，满足动量守恒条件的是( )A．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B．子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量答案 B二、动量守恒定律的简单应用1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝ p′：系统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，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δ p1＝－Δ p2：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)Δ p＝0：系统总动量增量为零．2．应用动量守恒定律的解题步骤：例 2 如图 5 所示，一枚火箭搭载着卫星以速率 v0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 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2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 v1为( )图 5A． v0－ v2 B． v0＋ v2C． v0－ v2 D． v0＋ (v0－ v2)m2m1 m2m1答案 D解析 根据动量守恒定律有( m1＋ m2)v0＝ m1v1＋ m2v2，可得 v1＝ v0＋ (v0－ v2)，故选 D.m2m1例 3 质量 m1＝10g 的小球在光滑的水平桌面上以 30cm/s 的速率向右运动，恰遇上质量为5m2＝50 g 的小球以 10 cm/s 的速率向左运动，碰撞后，小球 m2恰好停止，则碰后小球 m1的速度大小和方向如何？答案 20cm/s 方向向左解析 碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则v1＝30cm/s， v2＝－10 cm/s； v2′＝0.由动量守恒定律列方程 m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′，代入数据解得 v1′＝－20cm/s.故碰后小球 m1的速度大小为 20cm/s，方向向左．特别提醒 利用动量守恒定律解题时首先选定正方向，然后确定初、末状态速度的正负．应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向．1．(对动量守恒条件的理解)如图 6 所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是( )图 6A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案 C解析 由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，A、B错误，C 正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D 错误．2．(对动量守恒条件的理解)(多选)如图 7 所示，在光滑水平地面上有 A、 B 两个木块，A、 B 之间用一轻弹簧连接． A 靠在墙壁上，用力 F 向左推 B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力 F，则下列说法中正确的是( )图 7A．木块 A 离开墙壁前， A、 B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒6B．木块 A 离开墙壁前， A、 B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C．木块 A 离开墙壁后， A、 B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D．木块 A 离开墙壁后， A、 B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒答案 BC解析 若突然撤去力 F，木块 A 离开墙壁前，墙壁对木块 A 有作用力，所以 A、 B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于 A 没有离开墙壁，墙壁对木块 A 不做功，所以 A、 B 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项 A 错误，选项 B 正确；木块 A 离开墙壁后， A、 B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项 C 正确，选项 D 错误．3．(动量守恒定律的简单应用)解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为 M，以速度 v 前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为 m 的鱼雷后，快艇速度减为原来的 ，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( )35A. v B. v2M＋ 3m5m 2M5mC. v D. v4M－ m5m 4M5m答案 A解析 设快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有： Mv＝( M－ m) v＋ mv′，解得35v′＝ v.2M＋ 3m5m4．(动量守恒定律的简单应用)如图 8 所示，传送带以 v0＝2m/s 的水平速度把质量 m＝20 kg 的行李包运送到原来静止在光滑轨道上的质量 M＝30 kg 的小车上，若行李包与车上表面间的动摩擦因数 μ ＝0.4， g＝10 m/s 2，求：(小车足够长)图 8(1)小车的最大速度的大小；(2)行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间．答案 (1)0.8m/s (2)0.3s解析 (1)以行李包与小车组成的系统为研究对象，行李包与小车最后速度相同，此时小车速度最大，设为 v.由动量守恒定律得 mv0＝( M＋ m)v解得 v＝0.8m/s.(2)对行李包，由动量定理得－ μmgt ＝ mv－ mv0解得 t＝0.3s.7一、选择题考点一 对动量守恒条件的理解1．下列情况中系统动量守恒的是( )①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统③子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统A．只有① B．①和②C．①和③ D．①和③④答案 B解析 ①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统，系统受到的合外力为零，系统动量守恒；②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，系统所受到的合外力为零，系统动量守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统受墙的作用力，系统所受到的合外力不为零，系统动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受到的合外力不为零，系统动量不守恒．综上可知，B 正确，A、C、D 错误．2．(多选)在光滑水平面上 A、 B 两小车中间有一弹簧，如图 1 所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是( )图 1A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量一定向右D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案 AD3．(多选)如图 2 所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )8图 2A．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，且系统在水平方向上动量守恒C．小球向左摆到最高点，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(或者都为零)答案 BD解析 以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒．由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以 A、C 错，B、D 对．考点二 动量守恒定律的计算4． A 球的质量为 m， B 球的质量为 2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动． B 在前，A 在后，发生正碰后， A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰撞后两球的速率之比 vA′∶ vB′( )A. B. C．2 D.12 13 23答案 D解析 设碰前 A 球的速率为 v，根据题意， pA＝ pB，即 mv＝2 mvB，得碰撞前 vB＝ ，碰撞后v2vA′＝ ，由动量守恒定律得， mv＋2 m× ＝ m× ＋2 mvB′v2 v2 v2解得 vB′＝ v，所以 ＝ ＝34 vA′vB′v23v4 235．质量为 M 的木块在光滑水平面上以速度 v1水平向右运动，质量为 m 的子弹以速度 v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)( )A. B.M＋ mv1mv2 Mv1M＋ mv2C. D.Mv1mv2 mv1Mv2答案 C解析 设发射子弹的数目为 n，选择 n 颗子弹和木块 M 组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：9nmv2－ Mv1＝0，得 n＝Mv1mv2所以选项 C 正确．6．一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为 v0＝10m/s，设它炸成两块后，质量为 0.4 kg 的大块速度大小为 250 m/s，方向与原来方向相反，若取 v0方向为正方向，则质量为0.2kg 的小块速度为( )A．－470m/s B．530 m/sC．470m/s D．800 m/s答案 B解析 手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：Mv0＝ m1v1＋ m2v2.即：0.6×10 kg·m/s＝0.4×(－250) kg·m/s＋0.2 kg×v2，解得：v2＝530 m/s.故选 B.7．如图 3 所示，质量为 M 的小船在静止水面上以速率 v0向右匀速行驶，一质量为 m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率 v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(不计水及空气阻力)( )图 3A． v0＋ v B． v0－ vmM mMC． v0＋ (v0＋ v) D． v0＋ (v0－ v)mM mM答案 C解析 小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M＋ m)v0＝ m·(－ v)＋ Mv′解得 v′＝ v0＋ (v0＋ v)，mM故 C 项正确，A、B、D 项错误．8．质量为 M＝100kg 的小船静止在水面上，船首站着质量为 m 甲 ＝40kg 的游泳者甲，船尾站着质量为 m 乙 ＝60kg 的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以 3m/s 的速率跃入水中，则(不计阻力)( )A．小船向左运动，速率为 1m/sB．小船向左运动，速率为 0.6m/sC．小船向右运动，速率大于 1m/sD．小船仍静止10答案 B解析 设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后小船的速度为 v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－ m 甲 v 甲 ＋ m 乙 v 乙 ＋ Mv＝0，代入数据，可得v＝－0.6m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项 B 正确．9．(多选)两个小木块 A 和 B(均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)捆在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块 A、 B 分别向左、右方向运动(不计空气阻力)，离开桌面后做平抛运动，落地点与桌面边缘的水平距离分别为 lA＝1m， lB＝2m，如图 4 所示，则下列说法正确的是( )图 4A．木块 A、 B 离开弹簧时的速度大小之比 vA∶ vB＝1∶2B．木块 A、 B 的质量之比 mA∶ mB＝2∶1C．木块 A、 B 离开弹簧时的动能之比 EkA∶ EkB＝1∶2D．弹簧对木块 A、 B 的作用力大小之比 FA∶ FB＝1∶2答案 ABC解析 A、 B 两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律得：木块 A、 B 离开弹簧时的速度之比为 ＝ ＝ ，A 正确；根据动量守恒定律得： mAvA－ mBvB＝0，因此 ＝ ＝ ，B 正vAvB lAlB 12 mAmB vBvA 21确；木块 A、 B 离开弹簧时的动能之比为： ＝ ＝ × ＝ ，C 正确；弹簧对木块 A、 BEkAEkB mAvA2mBvB2 21 14 12的作用力大小之比： ＝ ，D 错误．FAFB 1110．(多选)如图 5 所示，光滑水平面上，质量为 m1的足够长的木板向左匀速运动． t＝0 时刻，质量为 m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板． t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以 v1和 a1表示木板的速度和加速度，以 v2和 a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是( )图 5答案 BD11解析 木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1v－ m2v＝( m1＋ m2)v′，知 m1m2；木块的加速度 a2＝ ，方向向左，木板的加速度fm2a1＝ ，方向向右，因为 m1m2，则 a1a2，故 A 错误，B 正确；木块滑上木板后，木块先做f′m1匀减速运动，速度减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做匀速减运动，最终的速度向左，为正值，故 D 正确，C 错误．二、非选择题11．(动量守恒定律的计算)一辆质量 m1＝3.0×10 3kg 的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量 m2＝1.5×10 3kg 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＝6.75m 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＝10m/s 2)答案 27m/s解析 由牛顿第二定律得 a＝ ＝ μg ＝6m/s 2fm1＋ m2由运动学公式得 v＝ ＝9m/s2as碰撞过程中，货车和轿车组成的系统动量守恒．由动量守恒定律得 m2v0＝( m1＋ m2)vv0＝ v＝27m/s.m1＋ m2m212．(动量守恒定律的计算) a、 b 两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的 s－ t 图像如图 6 所示．若 a 球的质量为 ma＝1kg，则 b 球的质量 mb等于多少？图 6答案 2.5kg解析 由题图知 va＝4m/s， va′＝－1 m/s， vb＝0， vb′＝2m/s，根据动量守恒定律有mava＝ mava′＋ mbvb′，代入数据解得 mb＝2.5kg.13．(动量守恒与能量问题的初步结合)如图 7 所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将 A 无初速度释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径 R＝0.2m， A 和 B的质量相等， A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 μ ＝0.2.取重力加速度 g＝10m/s 2.求：12图 7(1)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v′；(2)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 L.答案 (1)1m/s (2)0.25m解析 (1)滑块 A 从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒，由 mAvA 2＝ mAgR，可得 vA＝2m/s.12在底部和 B 相撞，满足动量守恒，由 mAvA＝( mA＋ mB)v′可得， v′＝1 m/s.(2)根据动能定理，对 A、 B 一起滑动过程由－ μ (mA＋ mB)gL＝0－ (mA＋ mB)v′ 2，可得12L＝0.25m.