2025高中物理人教版选修3-5教学资源包（名师同步导学）含答案

PAGE65-2025高中物理人教版选修3-5教学资源包（名师同步导学）第十六章动量守恒定律第1节实验：探究碰撞中的不变量|实验基础·理一理|一、实验目的1．明确探究碰撞中的不变量的基本思路．2．探究一维碰撞中的不变量．二、实验原理1．合理猜想不变量在一维碰撞中，与物体运动有关的物理量只有物体的质量和物体的速度，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′.如果速度方向与规定的正方向一致，则速度取正值，否则取负值．依据猜想与假设，依次研究以下关系是否成立：(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(2)m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2.(3)eq\f(v1,m1)＋eq\f(v2,m2)＝eq\f(v1′,m1)＋eq\f(v2′,m2).…2．实验方案设计方案一利用气垫导轨实现一维碰撞．实验装置如图所示．(1)质量的测量：用天平测量滑块的质量m1、m2.(2)速度的测量：利用公式v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门对应的时间．测出A碰撞前速度v1和碰撞后A、B的速度v1′、v2′.(3)利用在滑块上增加重物的方法改变碰撞物体的质量．方案二利用等长悬线悬挂等大的小球实现一维碰撞．实验装置如图所示．方案三利用小车在光滑桌面上碰撞另一静止小车实现一维碰撞，两小车碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．实验装置如图所示．三、实验器材方案一气垫导轨、光电计时器、天平、滑块两个(带挡光片)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．方案二带细线的小球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．方案三光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥．四、实验步骤无论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤加下：1．用天平测量两滑块的质量m1、m2，填入预先设计好的表格中．2．安装实验装置．3．使物体发生碰撞．4．测量或读出相关物理量，计算有关速度，填入预先设计好的表格中．5．改变碰撞条件，重复步骤3、4.6．整理实验器材．五、数据处理1．实验中记录数据用的表格碰撞前碰撞后质量m(kg)m1m2m1m2速度v(m/s)v1v2v1′v2′mv(kg·m/s)m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′mv2(kg·m2/s2)m1v12＋m2v22m1v1′2＋m2v2′2eq\f(v,m)[m/(s·kg)]eq\f(v1,m1)＋eq\f(v2,m2)eq\f(v1′,m1)＋eq\f(v2′,m2)2．通过分析比较，找出碰撞中的“不变量”得出实验结论．六、误差分析1．系统误差主要来源于装置本身是否符合要求，即：(1)碰撞是否为一维碰撞，设计实验方案时应保证碰撞为一维碰撞．(2)碰撞中其他力(例如：摩擦力、空气阻力等)的影响带来的误差．实验中要合理控制实验条件，避免除碰撞时相互作用力外的其他力影响物体速度．2．偶然误差主要来源于质量和速度的测量．七、注意事项1．保证两物体发生的是一维碰撞，即两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动．2．气垫导轨是一种精度较高的现代化教学仪器．切忌振动、重压，严防碰伤和划伤，绝对禁止在不通气的情况下将滑行器在导轨面上滑磨．3．若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时注意利用水平仪确保导轨水平．4．利用摆球进行实验时，可以将实验仪器靠在一个大型的量角器上，这样可以较准确地读出小球摆动的角度，以减小误差．5．若利用摆球进行实验，两小球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直面内．|热点题型·研一研|eq\a\vs4\al(★题型一)实验原理与操作【例1】如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带有固定挡板的质量都是M的滑块A、B做“探究碰撞中的不变量”的实验．①把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放一质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．②按下按钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B分别与挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2.③重复几次取t1、t2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意____________________________________；(2)应测量的数据还有__________________________________________；(3)作用前A、B两滑块速度与质量乘积之和为________，作用后A、B两滑块速度与质量乘积之和为____________(用(2)所测数据与题中已知数据表示)．[解析](1)为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A、B两滑块在卡销放开后的速度，需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到挡板的距离s1和s2，再由公式v＝eq\f(s,t)求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝eq\f(s1,t1)，vB＝－eq\f(s2,t2).作用前两滑块静止，均有v＝0，速度与质量乘积之和为0，作用后两滑块的速度与质量乘积之和为eq\f(M＋ms1,t1)－eq\f(Ms2,t2).[答案](1)使气垫导轨水平(2)滑块A的左端到挡板C的距离s1和滑块B的右端到挡板D的距离s2(3)0eq\f(M＋ms1,t1)－eq\f(Ms2,t2)|对点训练|1．(多选)若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列操作正确的是()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，是为了碰撞后两车粘在一起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解析：选BC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；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．2．(多选)用如图所示的装置探究碰撞中的不变量时，必须注意的事项是()A．A到达最低点时，两球的球心连线可以不水平B．实验时，拉起A球，应由静止释放，以便较准确地计算小球碰前的速度C．多次测量减小误差时，A球必须从同一高度落下D．A、B两小球碰后可以粘合在一起共同运动解析：选BCD要保证一维对心碰撞，必须保证碰撞时两球球心在同一高度，即同一水平线上，A项错误；为了较准确地利用机械能守恒定律计算小球碰前的速度，小球释放时速度必须为零，B项正确；实验要求多次测量求平均值以减小误差，必须保证过程的重复性，A球必须从同一高度落下，C项正确；两球正碰后，有多种可能的运动情况，D项正确．3．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，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粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图1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．若已得到打点纸带如图2所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点，则应选________段计算小车甲的碰前速度，应选________段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两格填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．解析：由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，碰撞发生在CD之间，故计算小车甲的碰前速度应用BC段的平均速度表示瞬时速度，碰后的共同速度应用DE段的平均速度来表示．答案：BCDE★题型二数据处理与误差分析【例2】在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学利用气垫导轨，结合光电门来研究碰撞前后的不变量．如图所示，滑块上面的遮光片宽度为2.00cm，滑块1的质量为120g，滑块2的质量为220g．他先让滑块2静止放置在两个光电门之间，滑块1向右碰撞滑块2，碰撞后滑块1反弹，滑块2向右通过光电门，其中光电门1显示的两个时间先后分别为t1＝0.034s和t1′＝0.144s，光电门2显示的时间t2＝0.050s，则碰撞后的滑块1和滑块2总动量的大小为________kg·m/s(结果保留两位有效数字)．[解析]碰撞后两滑块的速度分别为v1′＝eq\f(d,t1′)＝eq\f(2.00×10－2,0.144)m/s≈0.139m/s，方向向左，v2′＝eq\f(d,t2)＝eq\f(2.00×10－2,0.050)m/s＝0.400m/s，方向向右，取向右为正方向，碰撞后系统总动量为p′＝m1v1′＋m2v2′＝0.120×(－0.139)＋0.220×0.400≈0.071kg·m/s.[答案]0.071|对点训练|4．如图a所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车上系有一穿过打点计时器的纸带，当甲车获得水平向右的速度时，随即启动打点打时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如图b所示，电源频率为50Hz，则碰撞前甲车速度大小为________m/s，碰撞后的共同速度大小为________m/s.解析：碰撞前Δx＝1.20cm，碰撞后Δx′＝0.80cm，T＝0.02s，由v＝eq\f(x,t)得碰撞前，v甲＝eq\f(Δx,Δt)＝0.6m/s；碰撞后v＝eq\f(Δx′,Δt)＝0.4m/s.答案：0.60.45．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用滑块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碰撞后的速度v3为________m/s.(结果均保留两位有效数字)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.使用气垫导轨可大大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．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.碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．理由：碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/s.b．碰撞前后总动能不变．理由：碰撞之前的总动能Ek1＝eq\f(1,2)m1v12＝0.0375J；碰撞之后的总动能Ek2＝eq\f(1,2)m1v22＋eq\f(1,2)m2v32＝0.0375J.答案：见解析★题型三实验的改进与创新【例3】某班物理兴趣小组选用如图所示装置来“探究碰撞中的不变量”．将一段不可伸长的轻质绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A(绳长远大于小钢球半径)，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g.某同学按图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触且无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰．让小钢球A从某位置静止释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B的质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________．A．小钢球A的质量mAB．绳长LC．小钢球从M到N运动的时间(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝________.(用题中已给的物理量符号来表示)(3)实验中的不变量的表达式是__________．(用题中已给的物理量符号来表示)[解析]滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝eq\f(d,Δt)根据牛顿第二定律得：F1－mAg＝mAeq\f(v12,L)F2－mAg＝mAeq\f(v22,L)实验中的不变量的表达式为mAv1＝mAv2＋mBvB整理得：eq\r(F1mAL－mA2gL)＝eq\r(F2mAL－mA2gL)＋mBeq\f(d,Δt)所以还需要测量小钢球A的质量mA以及绳长L.[答案](1)AB(2)eq\f(d,Δt)(3)eq\r(F1mAL－mA2gL)＝eq\r(F2mAL－mA2gL)＋mBeq\f(d,Δt)|对点训练|6．某同学利用下述装置探究碰撞中的不变量：水平桌面上固定一直轨道，在其一端固定一劲度系数和长度合适的弹簧，另一端稍伸出桌外．用滑块甲压缩弹簧，然后由静止释放，滑块甲从轨道飞出做平抛运动，测出其平抛的水平位移为x1；接着将滑块乙放在轨道的末端，靠近弹簧的这一面粘有橡皮泥，仍然用滑块甲去压缩弹簧，然后由静止释放，甲运动至末端与乙碰后粘在一起飞出做平抛运动，测出其平抛运动的水平位移为x2，空气阻力可忽略不计．(1)下列说法正确的是()A．轨道必须调整为水平B．滑块甲受到的摩擦力会引起实验误差C．两次弹簧的压缩量应相同D．实验桌应该尽量矮些(2)除了题干中已测出的物理量外，还需要测出()A．滑块甲的质量m1B．滑块乙的质量m2C．轨道末端离地面的高度hD．弹簧的压缩量x(3)实验中不变量的表达式为(用上述符号表示)________解析：(1)根据实验的原理可知，物块离开轨道后应做平抛运动，所以必须调整轨道为水平，故A正确；乙在轨道的末端与甲发生碰撞，所以轨道是否光滑，甲到达轨道末端的速度是相等的，对实验的结果没有影响，故B错误；为保证甲到达轨道末端的速度是相等的，需要两次弹簧的压缩量应相同，故C正确；桌面的高矮影响做平抛运动的时间，但两次的时间是相等的，所以桌面的高矮不影响实验的结果，故D错误．(2)设甲到达轨道末端的速度为v1，与乙碰撞后的速度为v2，做平抛运动的时间为t，则x1＝v1t，x2＝v2t①选取甲开始时速度的方向为正方向，则水平方向不变量表达式为m1v1＝(m1＋m2)v2②联立①②可得m1x1＝(m1＋m2)x2可知与轨道末端离地面的高度h以及弹簧的压缩量都无关，需要测量的物理量为滑块甲的质量m1和滑块乙的质量m2，故A、B正确，C、D错误．(3)由以上的分析可知，实验中不变量的表达式为m1x1＝(m1＋m2)x2.答案：(1)AC(2)AB(3)m1x1＝(m1＋m2)x27．利用气垫导轨通过频闪照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．某次实验时，碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块所处方向运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的频闪照片如图所示．已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80cm内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处．若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块质量之比mA∶mB＝________.解析：已知第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10cm处；由图可知，第2次闪光时A在x＝30cm处；第3次闪光时A在x＝50cm处；因碰撞前B滑块静止，则知碰撞时A在x＝60cm处，从第3次闪光到碰撞的时间为eq\f(T,2)，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻．若设碰前A运动的方向为正方向，其速度为v，则碰后A的速度为－eq\f(v,2)，B的速度为v，根据“碰撞前后两物体各自质量与其速度的乘积之和相等”可得mA·v＝mA·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v,2)))＋mB·v，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,3).答案：2.5T2∶38．某同学用图1所示装置来“探究碰撞中的不变量”，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：(1)在安装实验器材时斜槽的末端应______________．(2)小球a、b的质量ma、mb的大小关系应满足ma______mb，两球的半径应满足ra______rb(选填“>”“<”或“＝”)．(3)本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示，这时小球a、b两球碰后的平均落地点依次是图中水平面上的________点和________点．(4)在本实验中结合图，不变量的表达式是下列选项中的________．A．maeq\x\to(OC)＝maeq\x\to(OA)＋mbeq\x\to(OB)B．maeq\x\to(OB)＝maeq\x\to(OA)＋mbeq\x\to(OC)C．maeq\x\to(OA)＝maeq\x\to(OB)＋mbeq\x\to(OC)解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端应保持水平，才能使小球做平抛运动．(2)为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即ma>mb.为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径要相等．(3)由图1所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图1可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落地点分别为A、C点．(4)小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞前后质量与速度的乘积之和不变，则有mav0＝mavA＋mbvB，两边同时乘以时间t得mav0t＝mavAt＋mbvBt，得maeq\x\to(OB)＝maeq\x\to(OA)＋mbeq\x\to(OC)，故选B.答案：(1)保持水平(2)>＝(3)AC(4)B第2节动量和动量定理学习目标1．理解动量和动量变化的矢量性，会计算一条直线上的物体动量的变化．2．理解冲量的意义和动量定理及其表达式．3．能利用动量定理解释有关现象和解决实际问题．|基础知识·填一填|一、动量1．动量(1)定义：物体的eq\x(1)质量和eq\x(2)速度的乘积．(2)公式：eq\x(3)p＝mv.(3)单位：eq\x(4)千克·米/秒，符号：eq\x(5)kg·m/s.(4)矢量性：方向与eq\x(6)速度的方向相同．运算遵守eq\x(7)平行四边形法则．2．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内eq\x(8)末动量与eq\x(9)初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝eq\x(10)p′－p(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的动量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表eq\x(11)方向，不代表大小)．二、冲量1．定义：力与力的eq\x(12)作用时间的乘积．2．公式：I＝eq\x(13)F(t′－t)．3．单位：eq\x(14)牛·秒，符号是eq\x(15)N·s.4．矢量性：方向与eq\x(16)力的方向相同．5．物理意义：反映力的作用对eq\x(17)时间的积累效应．三、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eq\x(18)力的冲量．2．表达式：mv′－mv＝eq\x(19)F(t′－t)或p′－p＝eq\x(20)I.|基础小题·做一做|1．正误判断(1)动量的方向与速度方向一定相同．(√)(2)动量变化的方向与初动量的方向一定相同．(×)(3)冲量是矢量，其方向与恒力的方向相同．(√)(4)力越大，力对物体的冲量越大．(×)(5)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的合外力一定不为零．(√)2．若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的(质量不变)()A．速度大小一定改变了 B．速度方向一定改变了C．速度一定改变了 D．加速度一定改变了解析：选C根据动量的表达式p＝mv可知，动量发生变化，可能是速度的大小变化或速度的方向变化，A、B选项错误，C选项正确；加速度是速度改变的原因，只要有加速度，速度就会发生改变，但加速度不一定发生改变，D选项错误．3．某物体受到－7N·s的冲量作用，则()A．物体初动量方向一定与这个冲量的方向相反B．物体末动量一定是负值C．物体的动量一定减小D．物体动量的增量一定与规定的正方向相反解析：选D物体受到的冲量为负，只能说明物体所受冲量的方向与规定的正方向反向，对于物体的末动量，动量增大或减小均不能确定，但由动量定理可知，物体动量增量的方向与冲量方向相同，与规定的正方向一定相反，故只有选项D正确．4．鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破．这是为什么？提示：两次碰地(或泡沫垫)瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程中鸡蛋的动量变化相同．根据FΔt＝Δp，第一次与地板作用的时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破．|核心知识·记一记|1．物体质量与速度的乘积叫动量，动量的方向与速度方向相同．2．力与力的作用时间的乘积叫冲量，冲量的方向与力的方向相同．3．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合力的冲量，动量变化量的方向与合力的冲量方向相同．★要点一动量和动量的变化量|要点归纳|1．动量的性质(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．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．3．动量和动能的比较动量动能定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化决定因素动量的改变由合外力的冲量决定动能的改变由合外力所做的功决定换算关系p＝eq\r(2mEk)，Ek＝eq\f(p2,2m)|例题展示|【例1】(多选)关于动量的概念，下列说法中正确的是()A．动量大的物体惯性一定大B．动量大的物体运动一定快C．动量相同的物体运动方向一定相同D．动量相同的物体速度小的惯性大[解析]物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也就不一定大，A错误；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C正确；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D正确．[答案]CD【例2】在里约奥运会羽毛球男子单打决赛中，中国选手谌龙夺得冠军喜获金牌，谌龙扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回．设羽毛球质量为5g，击球过程只用了0.05s．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是多少？(g取10m/s2)[解析](1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p1＝mv1＝5×10－3×eq\f(90,3.6)kg·m/s＝0.125kg·m/sp2＝mv2＝－5×10－3×eq\f(342,3.6)kg·m/s＝－0.475kg·m/s，所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝(－0.475－0.125)kg·m/s＝－0.600kg·m/s，所以羽毛球的动量变化量大小为0.600kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．(2)羽毛球的初速度为v＝25m/s，羽毛球的末速度v′＝－95m/s所以ΔEk＝Ek′－Ek＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝21J.[答案](1)0.600kg·m/s，与羽毛球飞来的方向相反(2)21J[规律方法](1)动量是状态量，方向与速度方向相同，速度指的是瞬时速度．(2)动量变化量是两个矢量的差，注意在一维情况下动量变化量的矢量运算可转化为代数运算．|对点训练|1．(多选)(2019·湛江高二检测)下列说法中正确的是()A．动能变化的物体，动量一定变化B．动能不变的物体，动量一定不变C．动量变化的物体，动能一定变化D．动量不变的物体，动能一定不变解析：选AD动量是矢量，p＝mv，动能是标量，Ek＝eq\f(1,2)mv2，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，B、C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确．2．(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是()A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp一定不为零解析：选ABD当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1>0，与速度方向相同，如图甲所示，选项A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1<0，即p2<p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，选项B正确；当物体的速度大小不变时，动量可能保持不变，此种情况Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误；物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，故动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，选项D正确．★要点二冲量的理解与计算|要点归纳|1．对冲量的理解(1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应．(2)冲量的矢量性：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．(3)冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性．(4)冲量的单位：冲量与动量的单位关系是1N·s＝1kg·m/s.2．冲量的计算(1)计算冲量大小时，一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．(2)公式I＝Ft只适合用于计算恒力的冲量，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．③若给出了力F随时间t变化的图象，可用F­t图象与t轴所围的面积求冲量．如图所示，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.(3)合冲量计算的三种方法①分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；②如果各力的作用时间相同，也可以先求合力，再用I合＝F合t求解；③用动量定理I＝p′－p求解．|例题展示|【例3】如图所示，在倾角α＝37°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大小和合外力的冲量大小．(g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)[解析]对物体受力分析可知，物体受重力、支持力及摩擦力的作用；支持力：F＝mgcosα＝50×0.8N＝40N摩擦力：f＝μmgcosα＝0.2×50×0.8N＝8N重力的冲量：I1＝mgt＝50×2N·s＝100N·s支持力的冲量：I2＝Ft＝40×2N·s＝80N·s摩擦力的冲量：I3＝ft＝8×2N·s＝16N·s物体受到的合力：F合＝mgsinα－μmgcosα＝50×0.6N－8N＝22N故合外力的冲量：I＝F合t＝22×2N·s＝44N·s.[答案]重力的冲量为100N·s；支持力的冲量为80N·s；摩擦力的冲量为16N·s合外力的冲量为44N·s[规律方法]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．如果计算分力的冲量，必须明确是哪个分力的冲量．如果计算合力的冲量，一个物体的动量变化Δp与合力的冲量是相同的．|对点训练|3．(多选)两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中()A．重力的冲量相同 B．重力的功相同C．斜面弹力的冲量均为零 D．斜面弹力的功均为零解析：选BD设斜面高为h，倾角为θ，物体质量为m，则两物体滑至斜面底端的过程中，重力做功均为mgh，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2知物体滑至底端用时t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，重力的冲量IG＝mgt＝eq\f(m,sinθ)eq\r(2gh)，与θ有关，故重力的冲量不同，A项错误，B项正确；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，不做功，但弹力的冲量不为零，C项错误，D项正确．4．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，求0～8s时间内拉力的冲量大小．解析：冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0～8s内的冲量为I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18N·s.答案：18N·sT12.DH]★要点三动量定理的理解及应用|要点归纳|1．对动量定理的理解(1)适用对象：动量定理的研究对象为单个物体或可视为单个物体的系统．(2)动量定理中的Ft指的是合外力的冲量，或是外力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)公式中的Δp指的是动量的变化，Δp的方向跟合外力冲量的方向相同．(4)动量定理F合t＝p2－p1是一个矢量式，运算遵循平行四边形定则．(5)适用范围：动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动．不论是变力还是恒力，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用．(6)因果关系：合外力的冲量是原因，物体动量变化量是结果．冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量以及某一时刻的动量无必然联系．物体动量变化的方向与合力冲量的方向相同，物体在某一时刻的动量方向与合力冲量的方向无必然联系．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．(2)定量计算某过程中合外力的冲量或动量变化量根据动量定理，一个物体的动量变化量Δp与合外力的冲量大小相等，方向相同，据此有：eq\x(Δp)eq\o(→,\s\up7(I合＝Δp))eq\x(冲量)eq\x(F合、t)eq\o(→,\s\up7(Δp＝F合t),\s\do5(受恒力))eq\x(Δp).(3)应用动量定理解题的基本步骤①确定研究对象；②进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量；③选定正方向，研究物体初、末状态的动量；④根据动量定理列方程求解．|例题展示|【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，是因为合外力冲量为零[解析]据动量定理F·t＝Δp知，当Δp相同时，t越长，合外力F越小．击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，使橡皮锤对钉子的平均作用力较小，不利于将钉子钉入物体内；跳远时，在沙坑里填沙是为了延长人与沙的作用时间，从而减小作用力，避免人受到伤害，故A、B错误；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，故C项正确；车不动是因为合外力冲量为零，与内部作用力无关，故D项正确．[答案]CD【例5】质量为0.5kg的弹性小球，从1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8m，设碰撞时间为0.1s，g取10m/s2，求小球对地板的平均冲力．[解析]解法一：(分段处理)：取小球为研究对象．根据物体做自由落体和竖直上抛运动，可知，碰撞前的速度v1＝eq\r(2gh1)＝5m/s，方向向下．碰撞后的速度v2＝eq\r(2gh2)＝4m/s，方向向上．碰撞时小球受力情况如图所示，取竖直向上为正方向，根据动量定理(FN－mg)Δt＝mv2－(－mv1)则FN＝eq\f(mv2－－mv1,Δt)＋mg＝eq\f(0.5×[4－－5],0.1)N＋0.5×10N＝50N由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均冲力大小为50N，方向竖直向下．解法二：(全程处理)：设支持力为FN，球下落、触地、上升时间分别为Δt1、Δt2、Δt3，小球下落时间Δt1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.5s小球与地球接触时间Δt2＝0.1s小球上升时间Δt3＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.4s全程应用动量定理FNΔt2－mg(Δt1＋Δt2＋Δt3)＝0解得FN＝50N由牛顿第三定律得，小球对地板的平均冲力大小为50N，方向竖直向下．[答案]50N，方向竖直向下[规律方法]应用动量定理解题的技巧(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．|对点训练|5．蹦床运动员在空中上、下运动中．下列判断中正确的是()A．竖直上升过程中合力的冲量竖直向上，动量增加B．竖直上升到最高点时，动量为零，合力不为零C．竖直下降过程中，冲量竖直向下，动量逐渐增加D．竖直下降过程中，冲量竖直向上，冲量减少解析：选B蹦床运动员在蹦床最低点时受到蹦床对他向上的支持力和自身的重力作用，此时支持力大于重力，合外力向上，冲量竖直向上，速度增加，动量增加；当重力和支持力相等时，合外力的冲量等于零，动量最大，运动员继续向上运动过程中重力大于支持力，脱离蹦床时只受重力，则合力的冲量竖直向下，动量减少，到最高点时动量为零，则A错误，B正确；竖直下降过程中，冲量先竖直向下，动量逐渐增加，冲量再竖直向上，动量逐渐减少，到蹦床最低点时动量为零，则C、D错误．6.(2018·江苏卷)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下，经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．解析：研究小球的受力情况，向上为正方向，整个过程中，根据动量定理可知，I－mgt＝mv－(－mv)解得小球所受弹簧弹力冲量的大小I＝2mv＋mgt.答案：2mv＋mgt[课堂小结]「基础达标练」1．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处解析：选B以速度v或2v抽纸条时，纸条给铁块的摩擦力不变，以速度2v抽纸条时，纸条对铁块的作用时间短，对铁块的冲量小，铁块获得的速度小，根据平抛知识可知它的水平射程短，所以落点在P点的左边，故B正确．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对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确．3．(2019·三明一中高二期末)如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同解析：选D取拍子击打网球前网球的速度的方向为正方向，根据动量定理得拍子对网球作用力的冲量为：I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即冲量大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，故D正确，A、B、C错误．4.(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B在同一水平线上，当A球水平抛出的同时B球自由下落，运动到t＝2s时刻，两球的运动方向夹角为37°(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，不计空气阻力，则()A．当t＝2s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为5∶4B．当t＝2s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为1∶1C．在0～2s过程中，两球的动能改变不同D．在0～2s过程中，两球的动量改变相同解析：选BD因t＝2s时两球竖直向速度相同为vy，重力的功率为P＝mgvy相同，则A错误，B正确；0～2s过程中，下落高度相同，重力做功相同，两球的动能改变相同，则C错误；0～2s过程中，重力的冲量相同，则两球的动量改变相同，则D正确．5．如图，质量为m的小物块，在与水平方向成α角的恒力F作用下，沿光滑水平面运动，通过A点和B点的速度分别为vA和vB(A、B未在图中标出)，其加速度为a，物块由A运动到B的过程中，F对物块所做的功为W，F对物块的冲量为I，以下结论正确的是()A.eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvA2 B．W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2C．I＝mvB－mvA D．a＝eq\f(F,m)解析：选B从A到B只有F做功，物体的动能一定增大，故A错误；由动能定理可得：F所做的功W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，故B正确；由动量定理可得：I合＝mvB－mvA；而合外力为F在水平方向上的分量，故F>F合，故F的冲量大于合外力的冲量，故C错误；物体只在水平方向有加速度，则加速度a＝eq\f(Fcosα,m)，故D错误．6．2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤．若飞机的速度为700m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4kg.小鸟与飞机的碰撞时间为2.5×10－4s．则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为()A．104N B．105NC．106N D．107N解析：选C本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v＝700m/s，撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ft＝mv－0F＝eq\f(mv,t)＝eq\f(0.4×700,2.5×10－4)N＝1.12×106N，由牛顿第三定律知C正确，A、B、D错误．7.(多选)如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30°.质量为0.2kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．6s末物块的速度为零B．物块一直沿斜面向上运动C．0～4s内拉力对物块做的功为20JD．0～6s内拉力对物块的冲量为零解析：选AC在0～2s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin30°＝ma1，解得a1＝5m/s2，在2～4s内，由牛顿第二定律可得－F2－mgsin30°＝ma2，解得a2＝－10m/s2，则物块在0～2s内向上匀加速直线运动，2～3s内向上匀减速直线运动，3s时减少为零，3～4s内向下匀加速直线运动，4～6s内向下匀减速直线运动，6s时速度减为零，故A正确，B错误；在t＝4s时和t＝2s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0～4s内拉力对物块做的功等于0～2s内拉力对物块做的功，0～2s内的位移s＝eq\f(1,2)a1t2＝10m，所以0～2s内拉力做的功W＝F1s＝20J，故C正确；0～6s内拉力对物块的冲量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2)N·s＝6N·s，故D错误．8．如图所示，一足球运动员踢一个质量为0.4kg的足球．(1)若开始时足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量；(2)若足球以10m/s的速度撞向球门门柱，然后以3m/s速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球的动量改变量．解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右．(2)取向右为正方向，初、末动量分别为p1＝mv1＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，即方向向左，动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，即方向向左．答案：见解析「能力提升练」9．一个轻质弹簧，固定于天花板的O点处，原长为L，如图，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是()A．由B到C的过程中，物块的速度一直减小B．由B到C的过程中，物块的加速度先增加后减小C．由A到C的过程中，物块重力势能的变化量与克服弹力做的功一定相等D．由A到C的过程中，弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小相等解析：选A由B到C的过程中，物体受向下的重力和向下的弹力，且随着物块的上升，弹力变大，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度逐渐变大，速度一直减小，故A正确，B错误；由A到C根据动能定理：－mghAC－W弹＝0－eq\f(1,2)mvA2，则物块重力势能的变化量与克服弹力做的功不一定相等，故C错误；由A到C根据动量定理：IG＋I弹＝0－(－mv)，则弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小不一定相等，故D错误．10．质量m＝0.5kg的质点由静止开始做匀加速直线运动，动量p随位移x变化的关系式为p＝2eq\r(x)(各量均取国际单位)，则此质点()A．加速度为2m/s2B．前2s内动量增加8kg·m/sC．在连续相等时间内，动量增量越来越大D．在通过连续相等的位移时，动量增量可能相等解析：选B根据v2＝2ax得，v＝eq\r(2ax)，则动量p＝mv＝meq\r(2ax)，可知p＝0.5×eq\r(2ax)＝2eq\r(x)，解得质点的加速度为8m/s2，故A错误；2s内物体速度的变化量为Δv＝at＝16m/s，则动量的变化量Δp＝mΔv＝8kg·m/s，故B正确；因为相同时间内速度的变化量相同，则动量的增量一定相等，故C错误；因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等，故D错误．11.如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员在此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则()A．击球前后球动量改变量的方向水平向左B．击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12解析：选C规定向右为正方向，击球前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋eq\f(1,2)mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12，故D错误．12．如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．在t＝0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则()A．在0到t0时间内，合力的冲量大小为eq\f(1,2)a0t0B．t0时刻，力F等于0C．在0到t0时间内力F大小恒定D．在0到t0时间内物体的动量逐渐变大解析：选D合力F合＝ma是变力，0到t0时间内平均作用力为eq\f(ma,2)，则合力的冲量大小为eq\f(1,2)mat0，则A错误；t0时刻，力F合等于0，F等于摩擦力，则B错误；在0到t0时间内力F大小变小，则C错误；在0到t0时间内物体做加速运动，物体的动量逐渐变大，则D正确．13．如图所示，斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接，质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B点．要使物体能原路返回A点，求在B点物体需要的最小瞬时冲量．解析：物体从A运动到B的过程中，根据动能定理，mgh－Wf＝0物体从B运动到A的过程中，根据动能定理，－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mvB2联立解得vB＝2eq\r(gh)根据动量定理可知，瞬时冲量I＝mvB＝2meq\r(gh).答案：2meq\r(gh)14．如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J．小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；(2)木板的长度L.解析：(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0代入数据解得v0＝3.0m/s.(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0FABt＝mBvB其中FAB＝FBA设A，B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有－(FBA＋FCA)sA＝eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAv02FABsB＝EkB动量与动能之间的关系为mAvA＝eq\r(2mAEkA)mBvB＝eq\r(2mBEkB)木板A的长度L＝sA－sB代入数据解得L＝0.50m.答案：(1)3.0m/s(2)0.50m第3节动量守恒定律学习目标1．知道系统、内力、外力的概念．2．理解动量守恒定律的内容、表达式及其守恒的条件．3．了解动量守恒定律的普遍意义，掌握动量守恒定律的应用．|基础知识·填一填|一、系统内力和外力1．系统：eq\x(1)相互作用的两个(或多个)物体组成一个整体．2．内力：系统eq\x(2)内物体间的相互作用力．3．外力：系统eq\x(3)外的物体对系统eq\x(4)内的物体的作用力．二、动量守恒定律1．内容：如果一个系统eq\x(5)不受外力，或者所受外力的矢量和为eq\x(6)0，这个系统的总动量eq\x(7)保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式：eq\x(8)p＝p′(系统相互作用前后总动量p、p′相等)．3．成立条件(1)系统不受eq\x(9)外力；(2)系统所受外力之和为零．4．适用范围(1)相互作用的物体无论是eq\x(10)低速还是eq\x(11)高速运动；无论是eq\x(12)宏观物体还是eq\x(13)微观粒子动量守恒定律都适用．(2)动量守恒定律是一个独立的eq\x(14)实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域．|基础小题·做一做|1．正误判断(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(×)(2)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(√)(3)只有重力做功或弹力做功的系统内动量守恒．(×)(4)动量守恒定律既适用于低速运动问题，也适用于高速运动问题．(√)(5)靠摩擦力相互作用的两个物体，系统动量守恒，但机械能不守恒．(√)2．关于动量守恒的条件，下面说法正确的是()A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒B．只要系统所受合外力为零，系统动量就一定守恒C．只要系统中的各个物体有加速度，动量就一定不守恒D．只要系统合外力不为零，则系统在任何方向上动量都不可能守恒解析：选B系统动量守恒的条件是系统所受合外力为零，故A错误，B正确；对于所受合外力为零的系统，系统中的某个物体所受合外力可以不为零，可以有加速度，故C错误；若系统合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在这一方向上动量守恒，故D错误．3．如图所示，竖直墙壁两侧固定着两轻质弹簧，水平面光滑，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中()A．系统的动量守恒，动能守恒B．系统的动量守恒，机械能守恒C．系统的动量不守恒，机械能守恒D．系统的动量不守恒，动能守恒解析：选C小球与弹簧组成的系统在小球与弹簧作用的时间内受到了墙的作用力，故系统动量不守恒．系统只发生动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，选项C正确．4．如图所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将前面两辆汽车看做一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是内力，还是外力？如果将后面两辆汽车看做一个系统呢？提示：内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．一个力是内力还是外力关键是看所选择的系统．如果将前面两辆汽车看做一个系统，最后面一辆汽车对中间汽车的作用力是系统以外的物体对系统内物体的作用力，是外力；如果将后面两辆汽车看做一个系统，最后面一辆汽车与中间汽车的作用力是系统内物体之间的作用力，是内力．|核心知识·记一记|1．相互作用的两个或多个物体组成的整体叫系统，系统内部物体间的力叫内力．2．系统以外的物体施加的力，叫外力．3．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．T12.DH]★要点一对动量守恒定律的理解|要点归纳|1．研究对象：相互作用的物体组成的力学系统．2．动量守恒定律的成立条件(1)系统不受外力或所受合外力为零．(2)系统受外力作用，但内力远远大于合外力．此时动量近似守恒．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的性质(1)矢量性．公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算．(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前同一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是指相互作用后同一时刻的瞬时速度．|例题展示|【例1】(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，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，下列说法中正确的是()A．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，再放开右手后，总动量向左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[解析]在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统就在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D对．[答案]ACD[规律方法]系统动量守恒的判定方法(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力．(2)研究系统受到的外力矢量和．(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．|对点训练|1．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，棒和垒球的总动量解析：选BA中铁块受铁砧竖直向上的作用力远大于铁锤和铁块的总重力，铁锤和铁块所受合外力不为零；C中墙壁受地面的作用力，子弹和墙壁所受合外力不为零；D中棒受人手的作用力，棒和垒球所受合外力不为零．A、C、D项不符合动量守恒的条件．2．如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是()A．M和m组成的系统动量守恒B．M和m组成的系统所受合力方向向上C．M和m组成的系统水平方向动量守恒D．M和m组成的系统竖直方向动量守恒解析：选CM和m组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒；竖直方向系统所受合外力不为零，且方向向下，系统在竖直方向上动量不守恒；则M和m组成的系统动量不守恒，故A、B、D错误，C正确．★要点二动量守恒定律的应用|要点归纳|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)Δp1＝－Δp2：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．(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．(4)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．某一方向上动量守恒问题：动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．3．爆炸类问题中动量守恒定律的应用(1)物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等)，可以利用动量守恒定律求解．(2)由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，因此可认为此过程物体位移不发生变化．4．应用动量守恒定律的解题步骤|例题展示|【例2】(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等[解析]空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件．由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0＝mava＋mbvb因mava与mv0同向，取v0为正方向．讨论：①若mava<mv0，则mbvb为正向，vb与va同向．②若mava＝mv0，则mbvb＝0，即vb＝0，b做自由落体运动．③若mava>mv0，则mbvb为负向，vb与va反向，所以选项A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和ma>mb，但未给出va一定大于或等于v0的条件，所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sb>sa、sb＝sa、sb<sa都有可能，所以选项B错误；平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定，h相同，由t＝eq\r(\f(2h,g))知，t相同，所以选项C正确；炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F′等值、反向，所以选项D正确．[答案]CD【例3】将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3m/s，乙车速度大小为2m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示．(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？[解析]两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两磁铁之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向．(1)v甲＝3m/s，v乙＝－2m/s.据动量守恒得mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入数据解得v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2)m/s＝1m/s，方向向右．(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′.解得v′＝eq\f(mv甲＋mv乙,2m)＝eq\f(v甲＋v乙,2)＝eq\f(3－2,2)m/s＝0.5m/s，方向向右．[答案](1)1m/s方向向右(2)0.5m/s方向向右[规律方法]处理动量守恒问题的一般思路(1)选取合适的系统为研究对象，判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．|对点训练|3．如图所示，两个小物块a、b静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧．烧断细线后，被弹出的小物块a、b在同一直线上运动，且弹簧与它们分离．a、b的质量分别是2kg和4kg，则下列判断正确的是()A．小物块a与b的速率之比为1∶2B．弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为2∶1C．弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为2∶1D．小物块a与b的动能之比为1∶2解析：选B根据动量守恒可知：mava＝mbvb，解得va∶vb＝mb∶ma＝2∶1，选项A错误；弹簧对小物块a、b所做的功的大小之比为eq\f(Wa,Wb)＝eq\f(Eka,Ekb)＝eq\f(\f(1,2)mava2,\f(1,2)mbvb2)＝eq\f(1,2)×eq\f(4,1)＝eq\f(2,1)，选项B正确，D错误；根据动量定理有：Ia＝mava，Ib＝mbvb，则弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为1∶1，选项C错误．4．(多选)如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A.现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板．站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是()A．1.8m/s B．2.4m/sC．2.6m/s D．3.0m/s解析：选BCA和B组成的系统动量守恒，规定水平向右为正方向，从A开始运动到A速度为零的过程中，根据动量守恒定律得，(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得，vB1＝2.67m/s；从A开始运动到A、B速度相同的过程中，根据动量守恒定律得，(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得，vB2＝2m/s，则在这段时间内B的速度范围为2m/s<vB<2.67m/s，B、C选项正确．5．从倾角为30°、长0.3m的光滑斜面顶端滑下质量为2kg的货包，掉在质量为13kg的静止的小车里．若小车与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.02，小车能前进多远？(g取10m/s2)解析：货包离开斜面时速度为v＝eq\r(2as1)＝eq\r(2s1gsin30°)＝eq\r(3)m/s.货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平分速度vx不变，其大小为vx＝vcos30°＝1.5m/s.货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则mvx＝(M＋m)v′小车获得的速度为v′＝eq\f(mvx,M＋m)＝eq\f(2×1.5,13＋2)m/s＝0.2m/s.由动能定理有μ(M＋m)gs2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2求得小车前进的距离为s2＝eq\f(M＋mv′2,2μM＋mg)＝eq\f(v′2,2μg)＝0.1m.答案：0.1m★要点三多物体系统中的动量守恒|要点归纳|一个系统如果满足动量守恒条件，并且由两个以上的物体构成，在对问题进行分析时，既要注意系统总动量守恒，又要注意系统内部分物体动量守恒，注重系统内部分物体动量守恒分析，又可以使求解突破关键的未知量，增加方程个数，为问题的最终解答铺平道路．解决问题时应注意：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型．(2)分清作用过程中各个阶段和联系阶段的状态量．(3)合理地选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题