新教材-人教版高中物理选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 知识点考点重点难点提炼汇总

第一章动量守恒定律1、2动量动量定理 -1-3动量守恒定律 -9-4实验：验证动量守恒定律 -17-5弹性碰撞和非弹性碰撞 -24-1、2动量动量定理一、动量1．动量(1)定义：物理学中把物体的质量m跟运动速度v的乘积mv叫作动量．(2)定义式：p＝mv.(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m/s.(4)矢量：由于速度是矢量，所以动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．2．用动量概念表示牛顿第二定律(1)公式表示：F＝eq\f(Δp,Δt).(2)意义：物体所受到的合外力等于它动量的变化率．二、动量定理1．冲量(1)定义：物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．(2)公式：I＝FΔt＝F(t′－t)．(3)矢量：冲量是矢量，它的方向跟力的方向相同．(4)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．2．动量定理(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．(2)公式表示eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I＝p′－p,Ft′－t＝mv′－mv))(3)意义：冲量是物体动量变化的量度，合外力的冲量等于物体动量的变化量．考点一动量定义新的物理量，可以用比值法，如v、a、R、C等；也可以用乘积法，如W、EP、p、I等.1．动量(1)定义：物体的质量m和其运动速度v的乘积称为物体的动量，记作p＝mv.①动量是动力学中反映物体运动状态的物理量，是状态量．②在谈及动量时，必须明确是哪个物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量．(2)单位：动量的单位由质量和速度的单位共同决定．在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m/s.(3)矢量性：动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同，遵循矢量运算法则．2．动量与动能的区别与联系物理量比较项动量动能定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2单位kg·m/sJ性质矢量标量特点(1)动量是可以在相互作用的物体间传递、转移的运动量(2)v的大小或方向变化都可使p发生变化(3)动量的改变与力的时间积累过程相对应(1)动能可以转化为热能、光能、电能等其他形式的能量(2)只有v的大小发生变化时才会使Ek发生变化(3)动能的改变与力的空间积累过程(位移)相对应联系都是状态量，分别从不同的侧面反映和表示机械运动Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)典例匀速圆周运动，动量时刻变化，动能不变状态量与时刻相对应，如动量、动能等；过程量与时间相对应，如冲量、功等．3．动量的变化量一条直线上矢量运算法则：(1)先规定正方向；(2)用“＋”“－”号表示各矢量方向；(3)将矢量运算简化为代数运算.(1)动量的变化量是指物体的末动量与初动量的矢量差．设末动量为p′，初动量为p，则Δp＝p′－p＝mv′－mv＝mΔv.(2)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．(3)动量变化量Δp的计算方法①若物体做直线运动，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负．Δp＝p′－p，若Δp是正值，就说明Δp的方向与所选正方向相同；若Δp是负值，则说明Δp的方向与所选正方向相反．②若初、末状态动量不在一条直线上，可按平行四边形定则求得Δp的大小和方向，这时Δp、p为邻边，p′为平行四边形的对角线．如图所示．动量为矢量，动量变化遵守矢量运算法则.【例1】质量为m＝0.1kg的橡皮泥，从高h＝5m处自由落下(g取10m/s2)，橡皮泥落到地面上静止，求：(1)橡皮泥从开始下落到与地面接触前这段时间内动量的变化；(2)橡皮泥与地面作用的这段时间内动量的变化；(3)橡皮泥从静止开始下落到停止在地面上这段时间内动量的变化．【审题指导】【解析】取竖直向下的方向为正方向．(1)橡皮泥从静止开始下落时的动量p1＝0；下落5m与地面接触前的瞬时速度v＝eq\r(2gh)＝10m/s，方向向下，这时动量p2＝mv＝0.1×10kg·m/s＝1kg·m/s，为正．则这段时间内动量的变化Δp＝p2－p1＝(1－0)kg·m/s＝1kg·m/s，是正值，说明动量变化的方向向下．(2)橡皮泥与地面接触前瞬时动量p1′＝1kg·m/s，方向向下，为正，当与地面作用后静止时的动量p2′＝0.则这段时间内动量的变化Δp′＝p2′－p1′＝(0－1)kg·m/s＝－1kg·m/s，是负值，说明动量变化的方向向上．(3)橡皮泥从静止开始下落时的动量p1＝0，落到地面后的动量p2′＝0.则这段时间内动量的变化Δp″＝p2′－p1＝0，即这段时间内橡皮泥的动量变化为零．【答案】(1)大小为1kg·m/s，方向向下(2)大小为1kg·m/s，方向向上(3)0考点二冲量1．冲量(1)定义：物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．(2)公式：通常用符号I表示冲量，即I＝FΔt.(3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是N·s.动量与冲量的单位关系是：1N·s＝1kg·m/s.(4)对冲量的理解①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，恒力的冲量等于力与力作用时间的乘积，此公式I＝Ft只适用于恒力．冲量是过程量，它描述力对时间的积累效应；功也是过程量，它描述力对空间的积累效应.②矢量性：对于恒力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致，冲量的运算应遵循平行四边形定则．③绝对性：由于力和时间都跟参考系的选择无关，所以力的冲量也跟参考系的选择无关．④过程性：冲量是描述力F对时间t的累积效果的物理量，是过程量，必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量．2．冲量与功的区别(1)冲量是矢量，功是标量．(2)由I＝Ft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W＝F·scosθ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”图像和“F－s”图像上用面积表示．如图所示．图甲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Δt＝t2－t1内的冲量．图乙中阴影部分的面积表示力F做的功．【例2】质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t＝0到t＝12s这段时间内合外力的冲量是多少？【审题指导】关键词信息物体与地面间的动摩擦因数为0.2物体受摩擦力物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F，F随时间t的变化规律如图所示图线的面积等于力F的冲量大小【解析】对物体进行受力分析，物体所受摩擦力f＝μmg＝0.2×2×10N＝4N则摩擦力的冲量为If＝－ft＝－4×12N·s＝－48N·s力F的冲量等于F－t图线的面积则IF＝(F1t1＋F2t2)×2＝(4×3＋8×3)×2N·s＝72N·s则合外力的冲量I＝If＋IF＝(－48＋72)N·s＝24N·s.【答案】24N·s冲量计算注意问题(1)冲量是矢量，在计算过程中要注意正方向的选取，在同一直线上的矢量合成转化为代数运算，较为简单．(2)不在同一直线上的冲量计算要应用平行四边形定则或三角形定则．(3)要明确F－t图像面积的意义，且要知道t轴以上与以下的面积意义不同，两者表示方向相反．考点三动量定理1．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．动量定理可适用于变力问题，牛顿运动定律不能解决的问题，可以考虑动量定理.(2)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，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)动量定理表达式I＝p′－p是个矢量式，式中的“＝”表示合外力的冲量与动量的变化量等大、同向，但某时刻的合外力的冲量可以与动量的方向同向，也可以反向，还可以成某一角度．(4)动量定理具有普遍性，其研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，作用力不论是恒力还是变力，几个力作用的时间不论是相同还是不同，动量定理都适用．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．例如：车床冲压工件时，缩短力的作用时间，产生很大的作用力；而在搬运玻璃等易碎物品时，包装箱内放些碎纸、刨花、塑料等，是为了延长作用时间，减小作用力．因为越坚固，发生碰撞时，作用时间将会越短，由I＝FΔt可知，碰撞时的相互作用力会很大，损坏会更严重．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．例如：自由下落的物体，下落时间越长，速度变化越大，动量变化越大，反之，动量变化越小．(2)定量计算有关物理量①两种类型a．已知动量或动量的变化量求合外力的冲量，即eq\x(p、p′或Δp)eq\o(→,\s\up15(I＝Δp))eq\x(I)b．已知合外力的冲量求动量或动量的变化量，即eq\x(I)eq\o(→,\s\up15(Δp＝p′－p＝I))eq\x(Δp或p、p′)应用I＝Δp求平均力，可以先求该力作用下物体的动量变化，Δp等效代换变力冲量I，进而求平均力F＝eq\f(Δp,Δt).②应用动量定理定量计算的一般步骤：a．选定研究对象，明确运动过程．b．进行受力分析和运动的初、末状态分析．c．选定正方向，根据动量定理列方程求解．【例3】杂技表演时，常可看见有人用铁锤猛击放在“大力士”身上的条石，石裂而人不伤，试分析其中道理．【审题指导】【解析】设条石的质量为M，铁锤的质量为m.取铁锤为研究对象，设铁锤打击条石前速度大小为v，反弹速度大小为v′，根据动量定理得(F－mg)Δt＝mv′－m(－v)，F＝eq\f(mv＋v′,Δt)＋mg.Δt极短，条石受到的铁锤对它的打击力F′＝F很大，铁锤可以击断条石．对条石下的人而言，原来受到的压力为Mg，铁锤打击条石时将对人产生一附加压力，根据牛顿第三定律，条石受到的冲量F′Δt＝FΔt＝m(v＋v′)＋mgΔt，条石因此产生的动量变化量Δp＝m(v＋v′)＋mgΔt，因人体腹部柔软，缓冲时间t较长，人体受到的附加压力大小为F1＝eq\f(Δp,t)＝eq\f(mv＋v′,t)＋eq\f(mgΔt,t)，可知附加压力并不大．【答案】见解析应用动量定理的四点注意事项(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化．冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则．(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小．(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系．(4)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，且要注意是末动量减去初动量．动量定理与牛顿定律的综合应用1．动量定理与牛顿定律(1)力F的大小等于动量对时间的变化率．在质量一定的问题中，反映的是力越大，运动状态改变越快，即产生的加速度越大．(2)动量定理与牛顿第二定律在实质上虽然是一致的，但是牛顿第二定律适用于解决恒力问题，而动量定理不但适用于恒力还适用于变力，所以动量定理在解决变力作用问题上更方便．但是要注意，通过动量定理得到的力，是作用过程的平均作用力．2．综合应用动量定理与牛顿定律解题该类问题除要明确研究对象的初、末状态外，还要对合理选取的研究对象进行受力分析，应用动量定理和牛顿第二定律列式求解．【典例】一枚竖直向上发射的火箭，除燃料外火箭的质量m火箭＝6000kg，火箭喷气的速度为1000m/s，在开始时每秒大约要喷出多少质量的气体才能托起火箭？如果要使火箭开始时有19.6m/s2向上的加速度，则每秒要喷出多少气体？【解析】火箭向下喷出的气体对火箭有一个向上的反作用力，正是这个力支持着火箭，根据牛顿第三定律，也就知道喷出气体的受力，再根据动量定理就可求得结果．设火箭每秒喷出的气体质量为m，根据动量定理可得Ft＝mv2－mv1＝m(v2－v1)，其中F＝m火箭g，v2－v1＝1000m/s，得m＝eq\f(Ft,v2－v1)＝eq\f(m火箭gt,v2－v1)＝58.8kg.当火箭以19.6m/s2的加速度向上运动时，由牛顿第二定律得F′－m火箭g＝m火箭a，设此时每秒喷出的气体质量为m′，根据动量定理有F′t＝m′v2－m′v1，得m′＝eq\f(F′t,v2－v1)＝eq\f(m火箭g＋at,v2－v1)＝176.4kg.【答案】58.8kg176.4kg应用动量定理解题时所选研究对象一般是动量发生变化的物体，此题中是“喷出的气体”，再结合牛顿运动定律求解．3动量守恒定律一、动量守恒定律1．系统、内力和外力(1)系统：两个或两个以上的物体组成的研究对象称为一个力学系统，简称系统．(2)内力：系统中物体间的作用力称为内力．(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力称为外力．二、动量守恒定律的普适性1．动量守恒定律与牛顿运动定律用牛顿运动定律解决问题要涉及整个过程中的力．动量守恒定律只涉及过程始末两个状态，与过程中力的细节无关．这样，问题往往能大大简化．动量守恒定律并不是由牛顿运动定律推导出来的，它是自然界普遍适用的自然规律．而牛顿运动定律适用范围有局限性.2.动量守恒定律普适性的表现(1)相互作用的物体无论是低速还是高速运动，无论是宏观物体还是微观粒子，动量守恒定律均适用．(2)高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域，牛顿运动定律不再适用，而动量守恒定律仍然正确．考点一应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法1．分析题意，明确研究对象在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．2．要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒．3．明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．【注意】在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系．4．确定好正方向建立动量守恒方程求解【例1】(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mAmB＝32，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，则()A．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在多个物体组成的系统中，动量是否守恒与研究对象的选择有关．系统可按解决问题的需要灵活选取．【审题指导】要判断A、B组成的系统是否动量守恒，要先分析A、B组成的系统受到的合外力与A、B之间相互作用的内力；看合外力是否为零，或者内力是否远远大于合外力．【解析】如果物体A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mAmB＝32，所以FAFB＝32，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，选项A错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力的合力为零，故该系统的动量守恒，选项B、D均正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，选项C正确．【答案】BCD考点二多个物体组成的系统动量守恒问题多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：(1)正确进行研究对象的选取，有时需应用整体动量守恒，有时只需应用部分物体动量守恒．研究对象的选取，一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要．(2)正确进行过程的选取和分析，通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量．列式时有时需分过程多次应用动量守恒，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式．【例3】质量为M＝2kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2kg的物体A(可视为质点)，如图所示．一颗质量为mB＝20g的子弹以600m/s的水平速度射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A仍静止在车上，求平板车最后的速度是多大．【审题指导】1．子弹与物体A能否组成系统？水平方向动量是否守恒？2．子弹射穿物体A后，物体A与小车是否可以组成系统？水平方向动量是否守恒？3．子弹、物体A和小车能否组成系统？该系统在水平方向动量是否守恒？【解析】解法一：子弹射穿A的过程极短，因此在射穿过程中车对A的摩擦力及子弹的重力作用可忽略，即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒；同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化．设子弹击穿A后的速度为v′，由动量守恒定律mBv0＝mBv′＋mAvA，得vA＝eq\f(mBv0－v′,mA)＝eq\f(0.02×600－100,2)m/s＝5m/s.A获得速度vA后相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有mAvA＝(mA＋M)v，故v＝eq\f(mAvA,mA＋M)＝eq\f(2×5,2＋2)m/s＝2.5m/s.解法二：因地面光滑，子弹、物体A、车三者组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，最后A与车速度相同．对于三者组成的系统，由动量守恒定律得mBv0＝mBv′＋(mA＋M)v，得v＝eq\f(mBv0－v′,mA＋M)＝eq\f(0.02×600－100,2＋2)m/s＝2.5m/s.【答案】2.5m/s考点三碰撞、爆炸问题的处理方法碰撞和爆炸现象很多，如交通事故中人被车撞了、两车相撞、球与球之间相撞等，那么它们有什么特点呢？我们可以从以下几个方面分析：(1)过程的特点①相互作用时间很短．②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，远远大于外力，因此作用过程的动量可看成守恒．(2)位移的特点碰撞、爆炸、打击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、打击的瞬间可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸、打击前后在同一位置．(3)能量的特点爆炸过程系统的动能增加，碰撞、打击过程系统的动能不会增加，可能减少，也可能不变．【例4】以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块弹片．其中质量较大的一块弹片沿着原来的水平方向以2v0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能．【审题指导】1．手榴弹在空中受到的合力是否为零？2．手榴弹在爆炸过程中，各弹片组成的系统动量是否守恒，为什么？3．在爆炸时，化学能的减少量与弹片动能的增加量有什么关系？【解析】(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，设v的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv2，其中爆炸后大块弹片速度v1＝2v0，小块弹片的速度v2为待求量，解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量．ΔEk＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(3m)v2＝6.75mveq\o\al(2,0).【答案】(1)大小为2.5v0，方向与原来的速度方向相反(2)6.75mveq\o\al(2,0)考点四动量守恒定律和机械能守恒定律的比较和综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律的比较定律名称项目动量守恒定律机械能守恒定律相同点研究对象研究对象都是相互作用的物体组成的系统研究过程研究的都是某一运动过程不同点守恒条件系统不受外力或所受外力的矢量和为零系统只有重力或弹力做功表达式p1＋p2＝p1′＋p2′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表达式的矢标性矢量式标量式某一方向上应用情况可在某一方向独立使用不能在某一方向独立使用运算法则用矢量法则进行合成或分解代数运算【例5】如图所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的1/4光滑圆槽顶端由静止滑下．在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？【审题指导】槽被固定时，木块的机械能守恒；槽不被固定时，木块和槽组成的系统的机械能守恒，且水平方向上动量守恒．【解析】圆槽固定时，木块下滑过程中只有重力做功，木块的机械能守恒．木块在最高处的势能全部转化为滑出槽口时的动能．设木块滑出槽口时的速度为v1，由mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①木块滑出槽口时的速度：v1＝eq\r(2gR)②圆槽可动时，在木块开始下滑到脱离槽口的过程中，木块和槽所组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒．设木块滑出槽口时的速度为v2，槽的速度为u，则：mv2－Mu＝0③又木块下滑时，只有重力做功，机械能守恒，木块在最高处的重力势能转化为木块滑出槽口时的动能和圆槽的动能，即mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mu2④联立③④两式解得木块滑出槽口的速度：v2＝eq\r(\f(2MgR,m＋M))⑤两种情况下木块滑出槽口的速度之比：eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2gR),\r(2MgR/m＋M))＝eq\r(\f(m＋M,M)).【答案】eq\r(\f(m＋M,M))多运动过程中的动量守恒包含两个及两个以上物理过程的动量守恒问题，应根据具体情况来划分过程，在每个过程中合理选取研究对象，要注意两个过程之间的衔接条件，如问题不涉及或不需要知道两个过程之间的中间状态，应优先考虑取“大过程”求解．(1)对于由多个物体组成的系统，在不同的过程中往往需要选取不同的物体组成的不同系统．(2)要善于寻找物理过程之间的相互联系，即衔接条件．【典例】如图所示，光滑水平轨道上放置长板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．【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvCA与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC联立以上各式，代入数据得vA＝2m/s.【答案】2m/s动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换划入系统的物体，可以找到满足守恒条件的系统．在选择研究对象时，应将运动过程的分析与系统的选择统一考虑．类题试解如图所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为m′，绳长为l，子弹停留在木块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．【解析】在子弹射入木块的这一瞬间，系统动量守恒．取向左为正方向，由动量守恒定律有0＋mv＝(m＋m′)v′，解得v′＝eq\f(mv,m＋m′).随着整体以速度v′向左摆动做圆周运动．在圆周运动的最低点，整体只受重力(m＋m′)g和绳子的拉力F作用，由牛顿第二定律有(取向上为正方向)F－(m＋m′)g＝(m＋m′)eq\f(v′2,l).将v′代入即得F＝(m＋m′)g＋eq\f(m2v2,m＋m′l).【答案】(m＋m′)g＋eq\f(m2v2,m＋m′l)4实验：验证动量守恒定律一、实验思路两个物体在发生碰撞时，作用时间很短，相互作用力很大，如果把这两个物体看作一个系统，虽然物体还受到重力、支持力、摩擦力、空气阻力等外力的作用，但是有些力的矢量和为0，有些力与系统内两物体的相互作用力相比很小．因此，在可以忽略这些外力的情况下，碰撞满足动量守恒定律的条件．我们研究最简单的情况：两物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动．应该尽量创设实验条件，使系统所受外力的矢量和近似为0.二、物理量的测量确定研究对象后，还需要明确所需测量的物理量和实验器材．根据动量的定义，很自然地想到，需要测量物体的质量以及两个物体发生碰撞前后各自的速度．物体的质量可用天平直接测量．速度的测量可以有不同的方式，根据所选择的具体实验方案来确定．三、数据分析根据选定的实验方案设计实验数据记录表格．选取质量不同的两个物体进行碰撞，测出物体的质量(m1，m2)和碰撞前后的速度(v1，v′1，v2，v′2)，分别计算出两物体碰撞前后的总动量，并检验碰撞前后总动量的关系是否满足动量守恒定律，即m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2四、参考案例参考案例1：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒(1)实验器材：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、胶布、撞针、橡皮泥等．(2)实验步骤：接通电源，利用光电计时器测出两滑块在各种情况下碰撞前后的速度(例如：①改变滑块的质量；②改变滑块初速度的大小和方向)，验证一维碰撞中的不变量．(3)实验方法①质量的测量：用天平测出两滑块的质量．②速度的测量：挡光板的宽度设为Δx，滑块通过光电门所用时间为Δt，则滑块相当于在Δx的位移上运动了时间Δt，所以滑块做匀速直线运动的速度v＝eq\f(Δx,Δt).(4)数据处理将实验中测得的物理量填入相应的表格中，注意规定正方向，物体运动的速度方向与正方向相反时为负值．通过研究以上实验数据，找到碰撞前、后的“不变量”．考点一利用气垫导轨验证动量守恒定律[实验器材]气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．[实验步骤]本方案优点：气垫导轨阻力很小，光电门计时准确，能较准确地验证动量守恒定律.1.测质量：用天平测出滑块质量．2．安装：正确安装好气垫导轨．3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．4．验证：一维碰撞中的动量守恒．[数据处理]1．滑块速度的测量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间．2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.【例1】气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律．实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d．用刻度尺测出滑块A的左端到挡板C的距离L1；e．按下电钮、放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是________．(2)利用上述测量的实验数据，得出碰撞中不变的物理量是________．若计算中A、B两滑块的“不变量”的大小并不完全相等，产生误差的原因可能是______________________(回答两点即可)．【审题指导】实验中要测量A、B两滑块分别碰撞C、D前的速度，故需要测出滑块碰撞前运动的距离和时间，由公式v＝s/t求出速度；本实验误差的主要来源就是导轨不水平和物块与导轨间存在摩擦力等．【解析】要测量相互作用后B的速度，就应先测出B的初末位置的距离，即B的右端到D的距离．误差可能是读数引起的，也可能是存在摩擦等因素引起的．【答案】(1)滑块B的右端到挡板D的距离L2(2)mv气垫导轨不水平，测m1、m2、L1、L2、t1、t2时有误差，滑块与导轨间有摩擦考点二利用斜槽滚球验证动量守恒定律[实验器材]斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸等．[实验步骤]1．测质量：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．安装：按照如图所示安装实验装置．调整固定斜槽使斜槽底端水平．(保证小球做平抛运动．)本方案比较巧妙地利用了平抛运动时间相等的特点，因为速度测量并不直接，所以在本方案中没有测量速度，而是用平抛的水平位移代替速度.3．铺纸：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．放球找点：不放被撞小球，每次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所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下(保证入射球速度不变．)，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.如图所示．6．验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)，看在误差允许的范围内是否成立．7．结束：整理好实验器材放回原处．[数据处理]验证的表达式：m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON).【例2】在“验证动量守恒定律”的实验中，某学生记录的数据如下表所示，实验装置示意图如图所示，又知小球从斜槽的末端飞出后到落地的时间为t＝0.4s.mA(g)mB(g)eq\x\to(OM)(cm)eq\x\to(ON)(cm)eq\x\to(OP)(cm)20.010.015.1763.8147.29根据这些数据，请猜想：在这个实验中，有一个什么物理量在碰撞前后可能是相等的？【审题指导】1．入射球碰撞前后的速度v1、v1′如何求？被碰小球的速度v2′如何求？2．入射小球碰撞前后速度的减少量|v1′－v1|与被碰小球速度的增加量|v2′－v2|是否相同？3．质量是不变的，但仅有质量不能描述物体的运动状态．速度在碰撞前后是变化的，速度变化和物体的质量m又有什么关系，我们可以做哪些猜想？【解析】先求出入射小球碰前速度v1、碰后速度v1′，被碰小球碰后速度v2′.v1＝eq\f(\x\to(OP),t)＝eq\f(0.4729,0.4)m/s≈1.182m/s；v1′＝eq\f(\x\to(OM),t)＝eq\f(0.1517,0.4)m/s≈0.379m/s；v2′＝eq\f(\x\to(ON),t)＝eq\f(0.6381,0.4)m/s≈1.595m/s，则碰撞前后速度是不守恒的，入射小球的速度减小了0.803m/s，被碰小球的速度增加了1.595m/s，若用速度乘以质量，即入射小球“mv”的减少量与被碰小球“mv”的增加量近似相等，得到碰撞中的不变量是“mv”．【答案】mv利用光电门确定速度的原理如图所示，两次挡光时间内物体运动的距离是这样确定的，A图中是双挡光片，挡光片两次挡光时间内运动的距离为d，因为当a边通过光电门时第一次挡光计时，c边通过光电门时第二次挡光计时，两次挡光时间间隔物体运动的距离应为ac两边之间的距离，这个距离通常是已知的．B图为单挡光片，一般是两个单挡光片同时使用，其原理与双挡光片相同．还有一种计时器是专门配合B类挡光片设计使用的，使用时先清零，而记录的是整个挡光的时间(从a′边挡光开始到b′边挡光结束)，利用单挡光片的宽度计算物体的运动速度．在求气垫导轨上运动的物体的速度v时，首先通过光电计时装置记录其运动时间，再根据速度的计算公式v＝eq\f(Δx,Δt)而求得．要确定物体的运动速度v，首先要确定物体的运动时间，而时间Δt是运用挡光片通过光电门时挡光计时测得的．常用的挡光片有单挡光片和双挡光片两种，要达到测量速度的目的必须同时运用两个单挡光片或一个双挡光片，因为每次挡光只能记录一个时刻，而求速度必须知道物体运动一段距离所用的时间．其中Δt＝t2－t1即光电计时装置计时的两次记录之差．【典例】某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验．气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．(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(左侧装有弹性碰撞架，未画出)放在气垫导轨的中间位置使其静止；⑤滑块1(右侧装有弹性碰撞架，未画出)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后与滑块2碰撞，碰后滑块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分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5mm，测得滑块1(包括弹性碰撞架)的质量为m1＝300g，滑块2(包括弹性碰撞架)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.(结果保留两位有效数字)③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．___________________________________________________.【解析】(2)①气垫导轨可以大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差，还可以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＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5×10－3,10.01×10－3)m/s≈0.50m/s滑块1碰撞之后的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(5×10－3,49.99×10－3)m/s≈0.10m/s滑块2碰撞之后的速度v3＝eq\f(d,Δt3)＝eq\f(5×10－3,8.35×10－3)m/s≈0.60m/s.③a.滑块1和滑块2碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．理由：滑块1和滑块2碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，滑块1和滑块2碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/s.b．滑块1和滑块2碰撞前后总动能不变．理由：滑块1和滑块2碰撞之前的总动能Ek1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝0.0375J滑块1和滑块2碰撞之后的总动能Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)＝0.0375J所以滑块1和滑块2碰撞前后总动能相等．【答案】(2)①A.减小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②0.500.100.60③见解析5弹性碰撞和非弹性碰撞一、常见碰撞的类型1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．3．完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．碰撞是我们日常生活中经常见到的，台球桌上台球的碰撞(图甲)，打乒乓球时乒乓球与球拍的碰撞(图乙)，因为司机饮酒而造成汽车的碰撞(图丙)等，这些碰撞有哪些共同特点？又有哪些不同？提示：这些碰撞的共同特点均是作用时间极短，不同特点是能量损失不同．二、弹性碰撞的处理1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性碰撞，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.2．若m1＝m2的两球发生弹性碰撞，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．3．若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性碰撞后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．4．若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性碰撞后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．注：3、4中，v1′，v2′为近似取值，碰撞过程能量守恒．如图所示，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1以速度v0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？提示：小球1与小球2碰撞后交换速度，小球2与3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动．考点一碰撞问题的三个解题依据1．动量守恒p1＋p2＝p1′＋p2′.2.动能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).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后>v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前′≥v后′，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．【例1】A、B两球在水平光滑直轨道上同向运动，已知它们的动量分别是pA＝5kg·m/s，pB＝7kg·m/s.A从后面追上B并发生碰撞，碰后B的动量pB′＝10kg·m/s，试判断：(1)两球质量的关系；(2)若已知mB＝eq\f(17,7)mA，则该碰撞过程是否为弹性碰撞？【审题指导】分析求解时考虑以下两个方面的问题：一是碰撞的特点和规律，二是碰撞的合理性．【解析】(1)由碰撞中动量守恒可求得pA′＝2kg·m/s，要使A追上B，则必有：vA>vB，即eq\f(pA,mA)>eq\f(pB,mB)，得mB>1.4mA.碰后pA′、pB′均大于0，表示同向运动，则应有：vB′≥vA′.即eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，则mB≤5mA.碰撞过程中，动能不增加，则有：eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，推得：mB≥eq\f(17,7)mA.综合上面可知：eq\f(17,7)mA≤mB≤5mA.(2)若mA＝m，则mB＝eq\f(17,7)m，碰前总动能Ek＝eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(384,17m)J.碰后总动能Ek′＝eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)＝eq\f(384,17m)J.所以Ek＝Ek′.故该碰撞过程是完全弹性碰撞．【答案】(1)eq\f(17,7)mA≤mB≤5mA(2)是考点二碰撞的常见模型相互作用的两个物体在很多情况下都可当做碰撞处理．对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，具体分析如下：(1)如右图所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．(2)如右图所示，物体A以速度v0滑上静止在光滑水平面上的小车B，当A在B上滑行的距离最远时，A、B两物体相对静止，A、B两物体的速度必相等．(3)如右图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度一定相等(方向水平向右)．小球沿曲面滑动过程中，系统动量不守恒，只是水平方向动量守恒.【例2】如图所示，木块A的右侧为光滑曲面(曲面足够长)，且下端极薄，其质量为2.0kg，静止于光滑水平面上．一质量为2.0kg的小球B以2.0m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用．(1)B球沿A曲面上升到最大高度处的速度是()A．0 B．1.0m/sC．0.71m/s D．0.50m/s(2)B球沿A曲面上升的最大高度是()A．0.40m B．0.20mC．0.10m D．0.05m(3)B球与A相互作用结束后，B球的速度是()A．0 B．1.0m/sC．0.71m/s D．0.50m/s【审题指导】1．B沿A上升到最大高度处，B的速度沿什么方向，A和B的速度具有怎样的关系？2．A和B相互作用的过程中，二者组成的系统动量守恒吗？机械能守恒吗？【解析】(1)在最大高度处两球速度相同，方向水平向左，设为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，代入数据得v＝1.0m/s.(2)从开始到小球到达最大高度处，这一过程中系统的机械能守恒，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋m)v2＋mgh，代入数据得h＝0.10m.(3)从开始冲上曲面到小球又回到最低点的过程可以看做弹性碰撞，则由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB，再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,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立得vA＝v0＝2.0m/s，vB＝0.【答案】(1)B(2)C(3)A考点三完全非弹性碰撞中的能量转化规律在非弹性碰撞中，机械能不守恒，完全非弹性碰撞中机械能损失最大．那么，碰撞中减少的机械能转化成什么形式的能量了呢？常见的有以下几类问题：(1)ΔEk转化为内能Q(2)ΔEk转化为内能Q(3)ΔEk转化为内能Q(4)ΔEk转化为弹性势能Ep＋内能Q在解决这几类问题时，要分析清楚能量的去向，应用动量守恒定律结合机械能的损失列方程(组)进行计算．【例3】如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)以初速度v0向右滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数为μ，求木块在木板上滑行的最大距离．(假设木板足够长)【审题指导】m在M上滑行时，它们之间存在相对运动，产生热量，系统的动能减少，水平面光滑，M、m组成的系统动量守恒．当滑行距离最大时的隐含条件是二者速度相等．【解析】设木块相对于木板滑行的最大距离为L，此时它们共同的速度为v，以m和M为系统，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v①，由能量守恒定律得Q＝ΔEk，即μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2②，①②两式联立得L＝eq\f(