2023版高三一轮总复习物理（新教材新高考）第六章动量教案

[高考备考指南]命题分析核心素养1．纵观近几年高考试题：主要考查了碰撞、爆炸和反冲运动模型，题型以计算题和选择题为主，也有实验题但较少。2．动量守恒定律是力学的重点，要关注动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、能量守恒定律、电磁感应定律等综合考查的压轴计算题。物理观念：动量、冲量、碰撞、爆炸、反冲。科学思维：动量定理、动量守恒定律、人船模型、“滑块—滑板”模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型。科学探究：验证动量守恒定律、验证动量定理。科学态度与责任：现代航天技术与反冲。动量和动量定理一、动量、动量的变化量、冲量1．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。2．动量的变化量(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。公式：I＝F·Δt。(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。二、动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。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方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)动量越大的物体，其速度越大。 (×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。 (×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。 (×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 (×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。 (×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。 (√)二、教材习题衍生1．(人教版选择性必修第一册P5T1改编)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大小变为7m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量大小及方向分别为()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A[以原来运动的方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反。]2．(人教版选择性必修第一册P10T1改编)(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则()A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为FtsinθC．摩擦力对物体的冲量大小为FtsinθD．合力对物体的冲量大小为零AD[拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力大小Ff＝Fcosθ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ftcosθ，故C项错误；物体匀速运动，合力为零，所以合力对物体的冲量大小为零，故D项正确。]3．(人教版选择性必修第一册P5T2改编)(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零AB[前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D错误。]动量冲量的理解1．动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝eq\r(2mEk)Ek＝eq\f(p2,2m)变化量Δp＝FtΔEk＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。(2)变力的冲量①作出F­t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。3．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。[题组突破]1．(多选)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BD[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，所以动量变化，但速度大小不变，所以动能不变，故B正确；虽然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，遵循平行四边形定则，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。]2．(2021·山东威海高三检测)拍皮球是大家都喜欢的体育活动，能强身健体。已知皮球质量为m＝0.4kg，为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h＝1.25m，小明需每次在球到最高点时拍球，每次拍球作用的距离为s＝0.25m，使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4m/s的初速度v。若不计空气阻力及球的形变，g取10m/s2，则每次拍球()A．手给球的冲量为1.6kg·m/sB．手给球的冲量为2.0kg·m/sC．人对球做的功为3.2JD．人对球做的功为2.2JD[为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4m/s的初速度v，根据动量定理可知，合外力要给皮球的冲量为I＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于外力冲量，故手给球的冲量小于1.6kg·m/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理知：W＋mgs＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝2.2J，选项D正确，C错误。]3．(多选)(2021·广东深圳市调研)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是()A．0～2s内合外力的冲量一直增大B．0～4s内合外力的冲量为零C．2s末物体的动量方向发生变化D．0～4s内物体动量的方向一直不变ABD[根据F­t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，0～4s内合外力的冲量为零，故A、B正确；2s末合外力方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4s内物体动量的方向一直不变，故C错误，D正确。]动量定理的理解及应用1．理解动量定理的三个要点(1)应用动量定理时研究对象一般是单一物体。(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。注：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](2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积D[行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动最终量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为气囊的弹性势能及气囊气体内能，C项错误。]动量定理的定量应用[典例2]一个质量为m＝100g的小球从离厚软垫h＝0.8m高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2s，不计空气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(取g＝10m/s2)[解析]设小球自由下落h＝0.8m的时间为t1，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。设I为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6N·s。负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上。[答案]0.6N·s，方向竖直向上应用动量定理解题的一般步骤(1)确定研究对象。一般选单个物体。(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。应用动量定理处理“流体冲击力问题”[典例3](2021·黑龙江大庆实验中学期末)如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是()A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq\f(1,4)ρvD2C．水柱对汽车的平均冲力为eq\f(1,4)ρD2v2D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍D[高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得F′t＝mv，其中F′＝F，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确。]“流体冲击力问题”的分析要点(1)研究对象：流体，如水、空气等。(2)研究方法：隔离出一定形状的一部分流体进行分析，然后列式求解。(3)基本思路①在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。②求小柱体的体积ΔV＝SvΔt。③求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt。④求小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt。⑤应用动量定理FΔt＝Δp。[跟进训练]1．(2021·北京海淀区高三模拟)篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的效果是()A．减小篮球对手的冲击力B．减小篮球的动量变化量C．减小篮球的动能变化量D．减小篮球对手的冲量A[篮球速度由v减小到0，动能和动量的变化量是不变的，故B、C错误；先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝eq\f(mv,t)。当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量等于动量的变化量，都不变，故A正确，D错误。]2．(2021·湖北十堰市上学期期末)一质量为0.5kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2。现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，则()A．t＝1s时物块的动量大小为2kg·m/sB．t＝1.5s时物块的动量大小为2kg·m/sC．t＝(6－2eq\r(3))s时物块的速度大小为0.5m/sD．在3～4s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小D[根据动量定理可得，(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1s时物块的动量大小为p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1)kg·m/s＝1kg·m/s，选项A错误；t＝1.5s时物块的动量大小为p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5)kg·m/s＝1kg·m/s，选项B错误；设t时刻物块的速度为零，由图像知在2～4s内力与时间的关系为F＝(0.5t－2)N，根据F­t图像与t轴所围的面积表示冲量大小可得IF＝2×1＋1×1＋eq\f(－1＋0.5t－2,2)·(t－2)，由动量定理得，IF－μmgt＝0，联立解得t＝(6－2eq\r(3))s，故C错误；因为t＝(6－2eq\r(3))s在2～3s内，所以在3～4s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确。]3．(2021·山东泰安模拟)有一柱形宇宙飞船，它的正面面积S＝2m2，以v＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加()A．3.6×103NB．3.6NC．1.2×10－3ND．1.2NB[选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的质量，即M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0，则F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′＝F＝mSv2；代入数据得：F′＝2×10－7×2×(3×103)2N＝3.6N，故A、C、D错误，B正确。]

动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律及其应用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)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。2．系统动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。(2)近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒。(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒。二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞(1)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。(2)分类：种类动量是否守恒机械能是否守恒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2．反冲和爆炸(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。(2)爆炸现象：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。一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。 (×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 (√)(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。 (×)(4)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。 (√)(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 (√)二、教材习题衍生1．(鲁科版选择性必修第一册P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是()A．车左右往复运动B．车持续向右运动C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动ACD[把大锤、人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，A、C、D正确。]2．(人教版选择性必修第一册P27T3改编)我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号乙”运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2100g。当它以对地速度为v0＝840m/s喷出质量为Δm＝100g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)()A．42m/sB．－42m/sC．40m/sD．－40m/sB[喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正确，A、C、D错误。]3．(人教版选择性必修第一册P23T5改编)A球的质量是m，B球的质量是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，碰后两球的速率比vA′∶vB′为()A．1∶2B．1∶3C．2∶1D．2∶3D[设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq\f(v,2)∶eq\f(3v,4)＝eq\f(2,3)，D正确。]动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒定律的“五种”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2．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。动量守恒的判断[典例1](多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()ABCDAC[A中在光滑的水平面上，子弹与木块组成的系统所受合外力等于零，动量守恒；B中剪断细线后，竖直墙壁对左边木块有弹力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；C中两球在匀速下降时，系统合外力等于零，细线断裂后，系统合外力仍然等于零，所以系统动量守恒；D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力，则动量不守恒。所以选项A、C正确。]动量守恒定律的应用[典例2](多选)(2020·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4.0kg的静止物块以大小为5.0m/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5.0m/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5.0m/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．48kgB．53kgC．58kgD．63kg思路点拨：本题属于多次相互作用问题，求解过程多次应用动量守恒定律，要注意以下两点：(1)规定正方向，合理选取研究对象应用动量守恒定律。(2)“反弹的物块不能再追上运动员”的条件是运动员的退行速度大于物块的反弹速度。BC[选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m<M<15m，即52kg<M<60kg，故B、C项正确，A、D项错误。]应用动量守恒定律解题的一般步骤[跟进训练]1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止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，下列说法中正确的是()A．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、小车的总动量增量大小相同CD[男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。]2．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是()A．eq\f(1,2)v0B．eq\f(1,6)v0C．eq\f(1,3)v0D．0B[设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝eq\f(1,6)v0，选项B正确。]3．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①对货物和甲船的作用过程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②为避免两船相撞应有v甲＝v乙 ③联立①②③式得vmin＝4v0。[答案]4v0碰撞模型1．碰撞现象三规律2．弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)解得v′1＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；(3)当m1<m2时，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反弹)；(4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；(5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。3．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损maxeq[典例3]如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。审题指导：关键语句获取信息A与C碰撞时间极短A、C系统动量守恒A、B再次同速，恰好不与C碰撞最后三者同速[解析]长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，以向右为正方向，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。联立以上各式，代入数据解得vA＝2m/s。[答案]2m/s[拓展](1)在上例中，若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？[解析](1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v代入数据可得v＝3m/s。(2)三者最后的速度v＝3m/s相互作用前E1＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝37.5JA、B再次达到共同速度时E2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5J机械能损失ΔE＝E1－E2＝15J。[答案](1)3m/s(2)15J碰撞模型解题三策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1、v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1。(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。[跟进训练]1．如图所示，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP间中点，则a、b两球质量之比M∶m为()A．3∶5B．1∶3C．2∶3D．1∶2A[设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2，由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为：s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得：v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，设a球的初速度为v0，由动量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得M∶m＝3∶5，故选项A正确。]2．(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像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量是m＝2kg，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4kg·m/sB．碰撞时A球对B球的冲量为－4N·sC．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10JABD[根据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，A正确；A球的动量变化量为4kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球的冲量为－4N·s，B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，C错误。]3．(多选)(2021·辽宁沈阳市一模)如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰撞后它们动量的变化量ΔpA与ΔpB有可能是()A．ΔpA＝－3kg·m/s，ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝4kg·m/s，ΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－5kg·m/s，ΔpB＝5kg·m/sD．ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/sAC[如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝9kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝16kg·m/s，可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故A正确；如果ΔpA＝4kg·m/s、ΔpB＝－4kg·m/s，遵守动量守恒定律，A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，故B错误；如果ΔpA＝－5kg·m/s、ΔpB＝5kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝7kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝18kg·m/s，可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，不违反能量守恒定律，是可能的，故C正确；如果ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰后两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝－12kg·m/s、pB′＝pB＋ΔpB＝37kg·m/s，可知碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，故D错误。]反冲爆炸问题1．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。2．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。3．“人船模型”的特点(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0(2)两物体的位移满足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0(如图所示)x人＋x船＝L得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；②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eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m)。[题组突破]1．(多选)一机枪架在湖中小船上，船正以1m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200kg，每颗子弹质量为m＝20g，在水平方向机枪以v＝600m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为()A．1.4m/sB．1m/sC．0.8m/sD．0.5m/sBC[若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝eq\f(Mv0－5mv,M－5m)≈0.7m/s；若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝eq\f(Mv0＋5mv,M－5m)≈1.3m/s，可见船速应在0.7～1.3m/s之间，故B、C正确。]2．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/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，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()ABCDB[以向右为正方向，由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，|Δv乙|＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，|Δv乙|＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。]3．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(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．eq\f(mL＋d,d)B．eq\f(mL－d,d)C．eq\f(mL,d)D．eq\f(mL＋d,L)B[设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,t)，小船的质量为：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正确。]

验证动量守恒定律教材原型实验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末端，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、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．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、NE．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，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：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。[答案](1)大于(2)A、D、E(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON2．用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片。(1)实验前需要调节气垫导轨水平，借助光电门来检验气垫导轨是否水平的方法是_______________________________________。(2)为了研究两滑块所组成的系统在弹性碰撞和完全非弹性碰撞两种情况下的动量关系，实验分两次进行。第一次：将滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt1，A与B碰撞后又分开，滑块A再次通过光电门1的时间为Δt2，滑块B通过光电门2的时间为Δt3。第二次：在两弹性碰撞架的前端贴上双面胶，同样让滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光门间的某一适当位置。给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为Δt4，A与B碰撞后粘连在一起，滑块B通过光电门2的时间为Δt5。为完成该实验，还必须测量的物理量有________(填选项前的字母)。A．挡光片的宽度dB．滑块A的总质量m1C．滑块B的总质量m2D．光电门1到光电门2的距离L(3)在第二次实验中若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为________________(用已知量和测量量表示)。(4)在第一次实验中若滑块A和B在碰撞的过程中机械能守恒，则应该满足的表达式为________________(用已知量和测量量表示)。[解析](1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平。(2)本实验需要验证动量守恒定律，所以在实验中必须要测量质量和速度，速度可以根据光电门的挡光时间求解，而质量通过天平测出，同时，挡光片的宽度可以消去，所以不需要测量挡光片的宽度，故选B、C。(3)在第二次实验中，碰撞后A、B速度相同，根据动量守恒定律有：m1v1＝(m1＋m2)v2，根据速度公式可知v1＝eq\f(d,Δt4)，v2＝eq\f(d,Δt5)，代入则有：m1eq\f(1,Δt4)＝(m1＋m2)eq\f(1,Δt5)。(4)在第一次实验中，碰撞前A的速度为v0＝eq\f(d,Δt1)，碰撞后A的速度为vA＝eq\f(d,Δt2)，B的速度为vB＝eq\f(d,Δt3)，根据机械能守恒定律有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)，代入则有：m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt1)))eq\s\up12(2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)))eq\s\up12(2)＋m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt3)))eq\s\up12(2)。[答案](1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平(2)BC(3)m1eq\f(1,Δt4)＝(m1＋m2)eq\f(1,Δt5)(4)m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt1)))eq\s\up12(2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt2)))eq\s\up12(2)＋m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,Δt3)))eq\s\up12(2)拓展创新实验实验器材创新[典例1]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。(a)实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。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＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。(b)若实验允许的相对误差绝对值eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(碰撞前后总动量之差,碰前总动量)))×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＝eq\f(Δs,Δt) 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＝eq\f(1,f)＝0.02s ②ΔtA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＝eq\f(0.04,0.02)m/s＝2.00m/s ③v1＝eq\f(0.0194,0.02)m/s＝0.970m/s ④设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝eq\f(d,ΔtB) ⑤代入题给实验数据得v2≈2.86m/s ⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0 ⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(p－p′,p)))×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]见解析本题的创新点体现在将打点计时器和光电门这两个测量速度的仪器用在同一个实验中。在数据处理与分析环节，利用相对误差评价实验结果。实验情境创新[典例2]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。甲乙实验步骤如下：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15.70.007650.07890.2705.03中速挡19.10.007650.07890.2706.77高速挡0.007650.07890.2707.15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)(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，以向右为正方向，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eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cosθ)联立解得v＝eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)。(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)eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)(3)以较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能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。实验设计创新[典例3](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1、2两个小球的质量(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2，让小球1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2放在斜槽末端边缘处，让小球1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1和2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1和2发生碰撞后，小球1的落点是图中的________点，小球2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，小球1的落点是图中的D点，小球2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，Lcosθ＝vt，Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，可得v＝Lcosθeq\r(\f(g,2Lsinθ))＝cosθeq\r(\f(gL,2sinθ))，由于θ、g都是恒量，所以v∝eq\r(L)，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)，机械能守恒的表达式可以化简为m1LE＝m1LD＋m2LF。[答案](1)DF(2)m1eq\r(LE)＝m1eq\r(LD)＋m2eq\r(LF)(3)m1LE＝m1LD＋m2LF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。

应用“三大力学观点”的三类典型模型“滑块—弹簧”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)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)[典例1]如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。思路点拨：解此题要注意以下关键信息：(1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。(2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。[解析]设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mv＝mv0 ①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0 ②设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)。[答案]eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)[跟进训练]1．(多选)如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效，A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于A、B运动过程的说法正确的是()A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动B．A、B系统的总动量最终将大于mvC．A、B系统的总动能最终将大于eq\f(1,2)mv2D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为eq\f(1,4)mv2CD[设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，因Ep>0，可知v1≠0，v2≠v，选项A错误；A、B系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，选项B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于eq\f(1,2)mv2，选项C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v′，由动量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(1,2)v，则有总动能Ek＝eq\f(1,2)·2m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)mv2，选项D正确。]2．(2021·宁夏石嘴山市一模)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是()A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3m/sB．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/sC．弹簧的弹性势能最大值为36JD．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同B[B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3m/s，根据能量守恒定律得，弹簧的弹性势能最大值为Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝12J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。]“子弹打木块”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＝eq\f(M,m＋M)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求解。[典例2]光滑的水平面上放着一块质量为M、长度为d的木块，一颗质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射入木块，当子弹从木块中穿出后速度变为v1，子弹与木块之间的平均摩擦力为f。求：(1)子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功多少？摩擦力对木块做功多少？(2)在这个过程中，系统产生的内能为多少？审题指导：eq\x(打击过程动量守恒，求出木块速度)↓eq\x(由动能定理求出摩擦力对木块和子弹所做的功)↓eq\x(打击过程，由能量守恒求出系统产生的内能)[解析](1)由于水平面光滑，则子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒，取子弹速度方向为正方向则有mv0＝mv1＋Mv2，解得v2＝eq\f(mv0－v1,M)设子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功为Wf1，子弹相对于地面移动的距离为x1，对木块做功为Wf2，木块相对于地面移动的距离为x2，则对子弹，利用动能定理可得Wf1＝－fx1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))对木块，利用动能定理可得Wf2＝fx2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－0联立得Wf2＝eq\f(m2v0－v12,2M)。(2)由能量守恒定律可知，系统产生的内能等于系统机械能的减少量，则Q＝fx1－fx2＝fd。[答案](1)eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))eq\f(m2v0－v12,2M)(2)fd[跟进训练]1．(多选)(2021·湖北省武汉市六校高三检测)子弹水平射向固定在光滑的水平面上的木块，子弹的动能为10J时恰好能射穿。若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，当子弹初动能为24J时，子弹水平射向静止的木块，子弹受到的阻力大小相同，在此情况下()A．系统产生的内能可能为12JB．系统产生的内能可能为10JC．木块获得的动能可能为6JD．木块获得的动能可能为4JBD[木块固定在水平面上，子弹的动能为10J时恰好能射穿，则有fL＝10J，木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹可能射穿木块，可能留在木块中，当子弹射穿木块时，系统产生的内能最大，此时Q＝fL＝10J，故A不可能，B可能；若子弹最终留在木块中，木块、子弹共速，木块获得的动能最大，由动量定理可得mv0＝(m＋M)v，木块的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,M＋m)))eq\s\up12(2)＝eq\f(Mm,(M＋m)2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0),2＋\f(M2＋m2,Mm))≤6J，当M＝m且木块和子弹共速时，木块、子弹动能均为Ek＝6J，但是由于系统产生的内能最大为10J，则系统能量E＝2Ek＋Q≤22J，不符合能量守恒定律，故C不可能，D可能。]2．如图所示，相距足够远且完全相同的两个木块，质量均为3m，静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为eq\f(2,