粤教版物理选修3-5新素养学案第一章第二节动量动量守恒定律Word版含答案

第二节动量动量守恒定律1.理解冲量的概念，知道冲量是矢量．2.理解动量的概念，知道动量是矢量．3.知道动量的改变量是矢量，会正确计算一维动量的改变量．4.理解动量定理的确切含义，会用动量定理解释现象、解决问题．5.理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件，并能区分内力、外力．一、动量及其改变1．冲量(1)定义：物体受到的力与力的作用时间的乘积．(2)定义式：I＝Ft．(3)物理意义：冲量是反映力对时间累积效果的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒，符号是N·s．(5)方向：如果力的方向恒定，则冲量I的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向应与相应时间内物体速度变化量的方向相同．1．(1)用力推物体但没推动，则这个力对物体的冲量为零．()(2)跳高比赛时，在运动员落地处放置很厚的海绵垫子可以减小冲量．()提示：(1)×(2)×2．动量(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积．(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－1．(4)方向：动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同．3．动量的变化量物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．2．(1)物体的质量越大，动量一定越大．()(2)物体的速度大小不变，动量一定不变．()(3)物体动量大小相同，动能一定相同．()提示：(1)×(2)×(3)×4．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量，等于物体动量的改变量．(2)公式：I＝Δp或Ft＝mv2－mv1．用一条细线悬挂着一个重物，把重物拿到悬挂点附近，然后释放，重物可以把细线拉断．如果在细线上端拴一段橡皮筋，再把重物拿到悬挂点附近释放，细线就不会被拉断了．想想这是什么道理？提示：拴上橡皮筋后，延长了力的作用时间，由动量定理可知，细线上的张力减小，细线就不会被拉断了．二、碰撞中的动量守恒定律1．系统内力和外力(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体称为系统．(2)内力：系统内各物体间的相互作用力叫做内力．(3)外力：系统外部的其他物体对系统的作用力叫做外力．2．动量守恒定律(1)内容：如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．(2)成立条件：系统所受到的合外力为零．(3)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．3．(1)一个系统初、末状态动量大小相等，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)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．()提示：(1)×(2)√(3)√对冲量和动量的理解1．对冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同．2．对动量的理解(1)动量是状态量：进行动量运算时，要明确是哪一物体在哪一状态(时刻)的动量，p＝mv中的速度v是瞬时速度．(2)动量的矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算．(3)动量的相对性：物体的动量与参考系的选择有关．选不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量．(4)动量是矢量，动量的变化量也是矢量．Δp＝p2－p1为矢量表达式，当p2、p1在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算；当p2、p1不在同一直线上时，应依据平行四边形定则运算．动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量是矢量，动能是标量，它们之间的数值关系是：Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk).(多选)质量为m的小球在光滑水平面上向右以速度v匀速运动，与竖直挡板相撞后以eq\f(v,2)按原路返回，则下列说法正确的是()A．碰撞前后小球的动量发生了变化，变化大小为eq\f(mv,2)B．碰撞前后小球的动量发生了变化，变化大小为eq\f(3mv,2)C．如以v方向为正，则碰撞前后小球的动量变化为正D．如以v方向为正，则碰撞前后小球的动量变化为负[思路点拨]本题应从以下三个方面考虑：(1)碰撞前后小球动量的大小．(2)一维方向上动量方向的表示．(3)动量变化量的计算方法：Δp＝p′－p.[解析]物体动量的变化为末动量与初动量之差，以末速度方向为正方向，则Δp＝p末－p初＝eq\f(mv,2)－(－mv)＝eq\f(3mv,2)，正值表示动量变化方向与所设正方向相同，即与末速度方向相同；如以初速度方向为正，则Δp＝p末－p初＝－eq\f(mv,2)－mv＝－eq\f(3mv,2)，负号表示与所设正方向相反，即与初速度方向相反，与末速度方向相同．[答案]BD【通关练习】1．关于冲量，下列说法正确的是()A．冲量是物体动量变化的原因B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大D．冲量的方向就是物体受力的方向解析：选A.力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量就发生了变化．因此说冲量是物体动量变化的原因，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B选项不正确；物体所受冲量I＝Ft与物体的动量的大小p＝mv无关，C选项不正确；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D选项不正确．2．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的eq\f(1,4)圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等解析：选A.a、b两物体到达S点速度方向不同，故它们的动量不相等；a物体做自由落体运动，运动时间为t1，b物体沿eq\f(1,4)圆弧轨道下滑的过程中(在P点除外)，其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度，又a、b两物体竖直方向位移相等，所以b物体下滑到S的时间t2＞t1，故A正确，B、C、D错误．动量定理的理解和应用1．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．(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)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(4)动量定理具有普遍性，即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．用动量定理定性分析有关现象(1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小；例如：易碎品包装箱内为防碎而放置的碎纸、刨花、塑料泡沫等填充物．(2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．例如：杂耍中，铁锤猛击“气功师”身上的石板令其碎裂，作用时间很短，铁锤对石板的冲量很小，石板的动量几乎不变，“气功师”才不会受伤害．3．对于“变质量”和“连续”的流体的动量变化问题，因涉及流体的特点是连续性和变质量，因此解决该类问题的关键是研究对象的选取．一般要选用一段时间Δt内流出的流体为研究对象，其长度为v·Δt，流体截面积为S，则流体体积ΔV＝Sv·Δt，故液柱的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρ·S·vΔt，再对质量为Δm的液柱应用动量定理求解．(1)应用动量定理解题时，一定要对物体进行受力分析，明确各个力和合力情况是正确应用动量定理的前提．(2)列方程时一定要先选定正方向，严格使用矢量式．(3)变力的冲量一般通过求动量的变化量来求解．命题视角1动量定理的应用蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2s．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小和方向．(g取10m/s2)[解析]法一：对运动员与网接触的过程应用动量定理．运动员刚接触网时速度的大小：v1＝eq\r(2gh1)＝eq\r(2×10×3.2)m/s＝8m/s，方向向下．刚离网时速度的大小：v2＝eq\r(2gh2)＝eq\r(2×10×5.0)m/s＝10m/s，方向向上．运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为FN，对运动员，由动量定理(以向上为正方向)有：(FN－mg)t＝mv2－m(－v1)解得FN＝eq\f(mv2－m（－v1）,t)＋mg＝eq\f(60×10－60×（－8）,1.2)N＋60×10N＝1.5×103N，方向向上．法二：此题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理．从3.2m高处自由下落的时间为t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.2,10))s＝0.8s.运动员弹回到5.0m高处所用的时间为t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×5.0,10))s＝1s.整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，对全过程应用动量定理，有FNt3－mg(t1＋t2＋t3)＝0，则FN＝eq\f(t1＋t2＋t3,t3)mg＝eq\f(0.8＋1＋1.2,1.2)×60×10N＝1.5×103N，方向向上．[答案]1.5×103N方向向上命题视角2利用动量定理计算流体的冲力水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层．设水柱直径d＝30cm，水速v＝50m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．(水的密度ρ＝1.0×103kg/m3)[解析]设在段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρS·vΔt.以Δm的水为研究对象，如图所示，它在Δt时间内的动量变化量Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt.设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F′为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρSv2Δt，即F′＝－ρSv2.根据牛顿第三定律知F＝－F′＝ρSv2.式中S＝eq\f(π,4)d2，代入数值得F≈1.77×105N.[答案]1.77×105Neq\a\vs4\al()动量定理的解题要点(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来求解，也可当成一个全过程来求解．(2)注意动量定理中的力是合外力，而不仅是冲力．【通关练习】1．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小解析：选CD.两种情况下，Δp相同，所用时间不同．由F＝eq\f(Δp,t)可知C、D正确．2．一宇宙飞船以v＝1.0×104m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上．为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应增加多大？解析：设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρSvt ①这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft＝Δp＝Δmv ②则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F ③综合①②③并代入数值得ΔF＝100N，即飞船的牵引力应增加100N.答案：100N动量守恒定律的理解1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．2．正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初、末两个时刻的总动量相等，而且指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．3．动量守恒定律的不同表达式及含义(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)Δp＝0(系统总动量的增量为0)．(3)Δp1＝－Δp2(两个物体组成的系统中，各自动量的增量大小相等、方向相反)．(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(两个物体组成的系统中，相互作用前的总动量等于相互作用后两个物体的总动量)．4．动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，eq\a\vs4\al(p1′、p2′)…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．5．动量守恒的条件(1)物体不受外力作用．(2)物体受外力作用，但合外力为零．(3)物体受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于物体间的相互作用力(即系统内力远大于外力)．(4)物体受外力作用，合外力也不为零，但在某一方向上合力为零，则物体在这一方向上动量守恒．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发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．[思路点拨]应用动量守恒定律解题时，首先应判断系统是否满足守恒的条件．其次要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，解题时先规定正方向，与正方向相同的动量代入正值，与正方向相反的动量代入负值．[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＋mCvC ①A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)vAB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC ③联立①②③式，代入数据得vA＝2m/s.[答案]2m/s光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．解析：法一：把A、B、C看成一个系统，整个过程中由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB＋mC)vB、C碰撞过程中由动量守恒定律mBvB＝(mB＋mC)v联立解得vB＝eq\f(6,5)v0.法二：设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB ①对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v ②由题意A与B间的距离保持不变可知vA＝v ③联立①②③式，代入数据得vB＝eq\f(6,5)v0.答案：eq\f(6,5)v0实验：验证动量守恒定律1．实验器材气垫导轨，光电计时器，两辆质量相同的小车，弹簧，细线，砝码，双面胶．2．实验步骤(1)调整导轨使之处于水平状态，并使光电计时器系统正常工作．(2)导轨上车静止，用另车与其碰撞，观察两小车的速度变化．(3)如图所示，将两小车用压缩的弹簧连接在一起，烧断细线，观察两小车的运动速度．(4)在车上贴上双面胶，用另车碰撞它，使两小车随后粘在一起运动，观察小车碰撞前、后速度的变化．(5)改变其中某车的质量，重复以上步骤．3．实验结论：物体在碰撞时，如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”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后与左侧固定有弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2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(包括撞针)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)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＝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.系统质量与速度的乘积之和不变．原因：系统碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，系统碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·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＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝0.0375J系统碰撞之后的总动能Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)＝0.0375J所以系统碰撞前后总动能相等．c．系统碰撞前后质量不变．[答案](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②0.500.100.60③见解析在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，入射球与被碰球的质量分别为m1＝30g，m2＝20g，由实验得出m1碰撞前后的位移－时间图象为如图所示的Ⅰ、Ⅱ，m2碰后的位移—时间图象为如图所示的Ⅲ，则由图可知，入射小球在碰前的动量是____kg·m/s，入射小球在碰后的动量是________kg·m/s，被碰小球的动量为________kg·m/s，由此可以得出结论___________________________________________________________．解析：由图象可以知道碰撞前后小球的速度碰撞前的入射小球速度为v1＝1m/s碰撞后的入射小球速度v1′＝0.5m/s被碰小球的速度v2＝0.75m/s所以碰撞前入射小球的动量p1＝m1v1＝0.03×1kg·m/s＝0.03kg·m/s碰撞后入射小球的动量p1′＝m1v1′＝0.03×0.5kg·m/s＝0.015kg·m/s碰撞后被碰小球的动量p2＝m2v2＝0.02×0.75kg·m/s＝0.015kg·m/s由以上数据可知碰撞前的总动量为0.03kg·m/s碰撞后的总动量为p1′＋p2＝(0.015＋0.015)kg·m/s＝0.03kg·m/s，所以系统的动量守恒．答案：0.030.0150.015碰撞过程中系统动量守恒[随堂检测]1．(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．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量变化量的方向，就是它所受合外力的冲量方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快解析：选BCD.由Ft＝Δp知，Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初状态的动量有关；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同．由F＝eq\f(p′－p,t)知，物体所受合外力越大，动量变化越快．2．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()A．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解析：选BD.恒力F的冲量就是F与作用时间的乘积，所以B正确，A、C错误；由于物体静止，合力为零，合力的冲量也为零，故D正确．3．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A．eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B．eq\f(m\r(2gh),t)－mgC．eq\f(m\r(gh),t)＋mg D．eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：选A.设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，设安全带对人的平均作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，选项A正确．4．(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列哪些因素可导致实验误差()A．导轨安放不水平B．小车上挡光片倾斜C．两小车质量不相等D．两小车碰后连在一起解析：选AB.导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差．5.一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，一物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得μ＝0.32.(2)由动量定理：有FΔt＝mv′－mv可得F＝130N.(3)W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J.答案：(1)0.32(2)130N(3)9J[课时作业]一、单项选择题1．关于动量，下列说法正确的是()A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大解析：选D.动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．2．用水平力F拉静止在地面上的桌子，作用了t时间，但桌子未动．则力F对桌子所做的功及在时间t内的冲量分别为()A．0，Ft B．0，0C．均不为零 D．无法确定解析：选A.由功的定义知，在力F的方向上无位移，故做功为零；由冲量的定义知，力F不为零，作用时间为t，故力F的冲量为Ft.应选A.3．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确．4．如图所示，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木箱，关于上述过程，下列说法正确的是()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、小车的总动量增量相同解析：选C.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，选项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，选项D错误．5.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒解析：选B.在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力，且外力不等于零)．若以子弹、木块和弹簧合在一起为研究对象(系统)，从子弹射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒，故选项B正确．6．在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，撞后两车连在一起，并向南滑行段距离后静止．根据测速仪的测定，长途客车撞前以20m/s的速度匀速行驶，由此可判断卡车撞前的行驶速度()A．小于10m/sB．大于10m/s，小于20m/sC．大于20m/s，小于30m/sD．大于30m/s，小于40m/s解析：选A.两车碰撞过程中尽管受到地面的摩擦力作用，但远小于相互作用的内力(碰撞力)，所以动量守恒．依题意，碰撞后两车以共同速度向南滑行，即碰撞后系统的总动量方向向南．设长途客车和卡车的质量分别为m1、m2，撞前的速度大小分别为v1、v2，撞后共同速度为v，选定向南为正方向，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，又v>0，则m1v1－m2v2>0，代入数据解得v2<eq\f(m1,m2)v1＝10m/s.二、多项选择题7．下面的说法正确的是()A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定能使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小解析：选ABD.物体动量的方向就是物体速度的方向，也就是物体运动的方向，选项A正确；物体的速度发生变化，则物体的动量变化，由动量定理可知合外力的冲量不为零，选项B正确；当物体做匀速圆周运动时，合外力对物体的冲量不为零，但物体的动能不变，选项C错误，D正确．8.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则()A．木块的最终速度为eq\f(m,M＋m)v0B．小车和木块所组成的系统动量守恒C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多解析：选AB.木块和小车间存在摩擦，为内力，系统所受合外力为零，动量守恒，由mv0＝(M＋m)v，可知木块和小车最终有共同速度v＝eq\f(mv0,M＋m).车表面越粗糙，滑动摩擦力越大，但木块减少的动量和小车增加的动量不变．9.如图所示，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，A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然被释放后，则()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动解析：选BC.A、B组成的系统所受合外力不为0，所以动量不守恒；A、B、C组成的系统所受合外力为0，所以动量守恒，故B选项正确．对于C，它受A给它向左的摩擦力，大小为μmAg；同理它受B给它向右的摩擦力，大小为