2025高中物理人教版選修3-5教學(xué)資源包（名師同步導(dǎo)學(xué)）含答案

PAGE65-2025高中物理人教版選修3-5教學(xué)資源包（名師同步導(dǎo)學(xué)）第十六章動(dòng)量守恒定律第1節(jié)實(shí)驗(yàn)：探究碰撞中的不變量|實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)·理一理|一、實(shí)驗(yàn)?zāi)康?．明確探究碰撞中的不變量的基本思路．2．探究一維碰撞中的不變量．二、實(shí)驗(yàn)原理1．合理猜想不變量在一維碰撞中，與物體運(yùn)動(dòng)有關(guān)的物理量只有物體的質(zhì)量和物體的速度，設(shè)兩個(gè)物體的質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前的速度分別為v1、v2，碰撞后的速度分別為v1′、v2′.如果速度方向與規(guī)定的正方向一致，則速度取正值，否則取負(fù)值．依據(jù)猜想與假設(shè)，依次研究以下關(guān)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．實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)方案一利用氣墊導(dǎo)軌實(shí)現(xiàn)一維碰撞．實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．(1)質(zhì)量的測(cè)量：用天平測(cè)量滑塊的質(zhì)量m1、m2.(2)速度的測(cè)量：利用公式v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx為滑塊(擋光片)的寬度，Δt為數(shù)字計(jì)時(shí)器顯示的滑塊(擋光片)經(jīng)過(guò)光電門對(duì)應(yīng)的時(shí)間．測(cè)出A碰撞前速度v1和碰撞后A、B的速度v1′、v2′.(3)利用在滑塊上增加重物的方法改變碰撞物體的質(zhì)量．方案二利用等長(zhǎng)懸線懸掛等大的小球?qū)崿F(xiàn)一維碰撞．實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．方案三利用小車在光滑桌面上碰撞另一靜止小車實(shí)現(xiàn)一維碰撞，兩小車碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥．實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．三、實(shí)驗(yàn)器材方案一氣墊導(dǎo)軌、光電計(jì)時(shí)器、天平、滑塊兩個(gè)(帶擋光片)、重物、彈簧片、細(xì)繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥．方案二帶細(xì)線的小球(兩套)、鐵架臺(tái)、天平、量角器、坐標(biāo)紙、膠布等．方案三光滑長(zhǎng)木板、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、小車(兩個(gè))、天平、撞針、橡皮泥．四、實(shí)驗(yàn)步驟無(wú)論采用哪種方案，實(shí)驗(yàn)過(guò)程均可按實(shí)驗(yàn)方案合理安排，參考步驟加下：1．用天平測(cè)量?jī)苫瑝K的質(zhì)量m1、m2，填入預(yù)先設(shè)計(jì)好的表格中．2．安裝實(shí)驗(yàn)裝置．3．使物體發(fā)生碰撞．4．測(cè)量或讀出相關(guān)物理量，計(jì)算有關(guān)速度，填入預(yù)先設(shè)計(jì)好的表格中．5．改變碰撞條件，重復(fù)步驟3、4.6．整理實(shí)驗(yàn)器材．五、數(shù)據(jù)處理1．實(shí)驗(yàn)中記錄數(shù)據(jù)用的表格碰撞前碰撞后質(zhì)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．通過(guò)分析比較，找出碰撞中的“不變量”得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論．六、誤差分析1．系統(tǒng)誤差主要來(lái)源于裝置本身是否符合要求，即：(1)碰撞是否為一維碰撞，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案時(shí)應(yīng)保證碰撞為一維碰撞．(2)碰撞中其他力(例如：摩擦力、空氣阻力等)的影響帶來(lái)的誤差．實(shí)驗(yàn)中要合理控制實(shí)驗(yàn)條件，避免除碰撞時(shí)相互作用力外的其他力影響物體速度．2．偶然誤差主要來(lái)源于質(zhì)量和速度的測(cè)量．七、注意事項(xiàng)1．保證兩物體發(fā)生的是一維碰撞，即兩個(gè)物體碰撞前沿同一直線運(yùn)動(dòng)，碰撞后仍沿同一直線運(yùn)動(dòng)．2．氣墊導(dǎo)軌是一種精度較高的現(xiàn)代化教學(xué)儀器．切忌振動(dòng)、重壓，嚴(yán)防碰傷和劃傷，絕對(duì)禁止在不通氣的情況下將滑行器在導(dǎo)軌面上滑磨．3．若利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平．4．利用擺球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，可以將實(shí)驗(yàn)儀器靠在一個(gè)大型的量角器上，這樣可以較準(zhǔn)確地讀出小球擺動(dòng)的角度，以減小誤差．5．若利用擺球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，兩小球靜止時(shí)球心應(yīng)在同一水平線上，且剛好接觸，擺線豎直，將小球拉起后，兩條擺線應(yīng)在同一豎直面內(nèi)．|熱點(diǎn)題型·研一研|eq\a\vs4\al(★題型一)實(shí)驗(yàn)原理與操作【例1】如圖所示，在實(shí)驗(yàn)室用兩端帶豎直擋板C、D的氣墊導(dǎo)軌和帶有固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A、B做“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)．①把兩滑塊A和B緊貼在一起，在A上放一質(zhì)量為m的砝碼，置于導(dǎo)軌上，用電動(dòng)卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放一彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài)．②按下按鈕使電動(dòng)卡銷放開(kāi)，同時(shí)啟動(dòng)兩個(gè)記錄兩滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間的電子計(jì)時(shí)器，當(dāng)A和B分別與擋板C和D碰撞的同時(shí)，電子計(jì)時(shí)器自動(dòng)停表，記下A至C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1，B至D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2.③重復(fù)幾次取t1、t2的平均值．請(qǐng)回答以下幾個(gè)問(wèn)題：(1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)應(yīng)注意____________________________________；(2)應(yīng)測(cè)量的數(shù)據(jù)還有__________________________________________；(3)作用前A、B兩滑塊速度與質(zhì)量乘積之和為_(kāi)_______，作用后A、B兩滑塊速度與質(zhì)量乘積之和為_(kāi)___________(用(2)所測(cè)數(shù)據(jù)與題中已知數(shù)據(jù)表示)．[解析](1)為了保證滑塊A、B作用后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，必須使氣墊導(dǎo)軌水平．(2)要求出A、B兩滑塊在卡銷放開(kāi)后的速度，需測(cè)出A至C的時(shí)間t1和B至D的時(shí)間t2，并且要測(cè)量出兩滑塊到擋板的距離s1和s2，再由公式v＝eq\f(s,t)求出其速度．(3)設(shè)向左為正方向，根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)求得兩滑塊的速度分別為vA＝eq\f(s1,t1)，vB＝－eq\f(s2,t2).作用前兩滑塊靜止，均有v＝0，速度與質(zhì)量乘積之和為0，作用后兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為eq\f(M＋ms1,t1)－eq\f(Ms2,t2).[答案](1)使氣墊導(dǎo)軌水平(2)滑塊A的左端到擋板C的距離s1和滑塊B的右端到擋板D的距離s2(3)0eq\f(M＋ms1,t1)－eq\f(Ms2,t2)|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|1．(多選)若用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器做“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)，下列操作正確的是()A．相互作用的兩車上，一個(gè)裝上撞針，一個(gè)裝上橡皮泥，是為了改變兩車的質(zhì)量B．相互作用的兩車上，一個(gè)裝上撞針，一個(gè)裝上橡皮泥，是為了碰撞后兩車粘在一起C．先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再釋放拖動(dòng)紙帶的小車D．先釋放拖動(dòng)紙帶的小車，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源解析：選BC相互作用的兩車上，一個(gè)裝上撞針，一個(gè)裝上橡皮泥，是為了碰撞后兩車能粘在一起共同運(yùn)動(dòng)；應(yīng)當(dāng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再釋放拖動(dòng)紙帶的小車，否則因運(yùn)動(dòng)距離較短，小車釋放以后再打開(kāi)電源不容易得到實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確．2．(多選)用如圖所示的裝置探究碰撞中的不變量時(shí)，必須注意的事項(xiàng)是()A．A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，兩球的球心連線可以不水平B．實(shí)驗(yàn)時(shí)，拉起A球，應(yīng)由靜止釋放，以便較準(zhǔn)確地計(jì)算小球碰前的速度C．多次測(cè)量減小誤差時(shí)，A球必須從同一高度落下D．A、B兩小球碰后可以粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)解析：選BCD要保證一維對(duì)心碰撞，必須保證碰撞時(shí)兩球球心在同一高度，即同一水平線上，A項(xiàng)錯(cuò)誤；為了較準(zhǔn)確地利用機(jī)械能守恒定律計(jì)算小球碰前的速度，小球釋放時(shí)速度必須為零，B項(xiàng)正確；實(shí)驗(yàn)要求多次測(cè)量求平均值以減小誤差，必須保證過(guò)程的重復(fù)性，A球必須從同一高度落下，C項(xiàng)正確；兩球正碰后，有多種可能的運(yùn)動(dòng)情況，D項(xiàng)正確．3．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器探究碰撞過(guò)程中不變量的實(shí)驗(yàn)：在小車甲的前端粘有橡皮泥，推動(dòng)小車甲使之做勻速直線運(yùn)動(dòng)．然后與原來(lái)靜止在前方的小車乙相碰并粘合成一體，而后兩車?yán)^續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，他設(shè)計(jì)的具體裝置如圖1所示．在小車甲后連著紙帶，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)頻率為50Hz，長(zhǎng)木板下墊著小木片用以平衡摩擦力．若已得到打點(diǎn)紙帶如圖2所示，并測(cè)得各計(jì)數(shù)點(diǎn)間距并標(biāo)在圖上，A為運(yùn)動(dòng)起始的第一點(diǎn)，則應(yīng)選________段計(jì)算小車甲的碰前速度，應(yīng)選________段來(lái)計(jì)算小車甲和乙碰后的共同速度(以上兩格填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．解析：由于碰撞之后共同勻速運(yùn)動(dòng)的速度小于碰撞之前A獨(dú)自運(yùn)動(dòng)的速度，故AC應(yīng)在碰撞之前，DE應(yīng)在碰撞之后，碰撞發(fā)生在CD之間，故計(jì)算小車甲的碰前速度應(yīng)用BC段的平均速度表示瞬時(shí)速度，碰后的共同速度應(yīng)用DE段的平均速度來(lái)表示．答案：BCDE★題型二數(shù)據(jù)處理與誤差分析【例2】在“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌，結(jié)合光電門來(lái)研究碰撞前后的不變量．如圖所示，滑塊上面的遮光片寬度為2.00cm，滑塊1的質(zhì)量為120g，滑塊2的質(zhì)量為220g．他先讓滑塊2靜止放置在兩個(gè)光電門之間，滑塊1向右碰撞滑塊2，碰撞后滑塊1反彈，滑塊2向右通過(guò)光電門，其中光電門1顯示的兩個(gè)時(shí)間先后分別為t1＝0.034s和t1′＝0.144s，光電門2顯示的時(shí)間t2＝0.050s，則碰撞后的滑塊1和滑塊2總動(dòng)量的大小為_(kāi)_______kg·m/s(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．[解析]碰撞后兩滑塊的速度分別為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，取向右為正方向，碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量為p′＝m1v1′＋m2v2′＝0.120×(－0.139)＋0.220×0.400≈0.071kg·m/s.[答案]0.071|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|4．如圖a所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實(shí)驗(yàn)小車，甲車上系有一穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶，當(dāng)甲車獲得水平向右的速度時(shí)，隨即啟動(dòng)打點(diǎn)打時(shí)器，甲車運(yùn)動(dòng)一段距離后，與靜止的乙車發(fā)生正碰并粘在一起運(yùn)動(dòng)，紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車的運(yùn)動(dòng)情況，如圖b所示，電源頻率為50Hz，則碰撞前甲車速度大小為_(kāi)_______m/s，碰撞后的共同速度大小為_(kāi)_______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．某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌做“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)；氣墊導(dǎo)軌裝置如圖所示，所用的氣墊導(dǎo)軌裝置由導(dǎo)軌、滑塊、彈射架、光電門等組成．(1)下面是實(shí)驗(yàn)的主要步驟：①安裝好氣墊導(dǎo)軌，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平；②向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣；③接通光電計(jì)時(shí)器；④把滑塊2靜止放在氣墊導(dǎo)軌的中間；⑤用滑塊1擠壓導(dǎo)軌左端彈射架上的橡皮繩；⑥釋放滑塊1，滑塊1通過(guò)光電門1后與左側(cè)固定有彈簧的滑塊2碰撞，碰后滑塊1和滑塊2依次通過(guò)光電門2，兩滑塊通過(guò)光電門2后依次被制動(dòng)；⑦讀出滑塊通過(guò)兩個(gè)光電門的擋光時(shí)間分別為：滑塊1通過(guò)光電門1的擋光時(shí)間Δt1＝10.01ms，通過(guò)光電門2的擋光時(shí)間Δt2＝49.99ms，滑塊2通過(guò)光電門2的擋光時(shí)間Δt3＝8.35ms；⑧測(cè)出擋光片的寬度d＝5mm，測(cè)得滑塊1的質(zhì)量為m1＝300g，滑塊2(包括彈簧)的質(zhì)量為m2＝200g.(2)數(shù)據(jù)處理與實(shí)驗(yàn)結(jié)論：①實(shí)驗(yàn)中氣墊導(dǎo)軌的作用是：A.______________________________________；B．__________________________________________________.②碰撞前滑塊1的速度v1為_(kāi)_______m/s；碰撞后滑塊1的速度v2為_(kāi)_______m/s；滑塊2碰撞后的速度v3為_(kāi)_______m/s.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)③在誤差允許的范圍內(nèi)，通過(guò)本實(shí)驗(yàn)，同學(xué)們可以探究出哪些物理量是不變的？通過(guò)對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的分析說(shuō)明理由．(至少回答2個(gè)不變量)a．_____________________________________________________________；b．___________________________________________________________.解析：(2)①A.使用氣墊導(dǎo)軌可大大減小因滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦而引起的誤差．B．保證兩個(gè)滑塊的碰撞是一維的．②滑塊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；滑塊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；滑塊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.碰撞前后質(zhì)量與速度的乘積之和不變．理由：碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/s.b．碰撞前后總動(dòng)能不變．理由：碰撞之前的總動(dòng)能Ek1＝eq\f(1,2)m1v12＝0.0375J；碰撞之后的總動(dòng)能Ek2＝eq\f(1,2)m1v22＋eq\f(1,2)m2v32＝0.0375J.答案：見(jiàn)解析★題型三實(shí)驗(yàn)的改進(jìn)與創(chuàng)新【例3】某班物理興趣小組選用如圖所示裝置來(lái)“探究碰撞中的不變量”．將一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)繩一端與力傳感器(可以實(shí)時(shí)記錄繩所受的拉力)相連固定在O點(diǎn)，另一端連接小鋼球A(繩長(zhǎng)遠(yuǎn)大于小鋼球半徑)，把小鋼球拉至M處可使繩水平拉緊．在小鋼球最低點(diǎn)N右側(cè)放置有一水平氣墊導(dǎo)軌，氣墊導(dǎo)軌上放有小滑塊B(B上安裝寬度較小且質(zhì)量不計(jì)的遮光板)、光電門(已連接數(shù)字毫秒計(jì))．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.某同學(xué)按圖所示安裝氣墊導(dǎo)軌、滑塊B(調(diào)整滑塊B的位置使小鋼球自由下垂靜止在N點(diǎn)時(shí)與滑塊B接觸且無(wú)壓力)和光電門，調(diào)整好氣墊導(dǎo)軌高度，確保小鋼球A通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)恰好與滑塊B發(fā)生正碰．讓小鋼球A從某位置靜止釋放，擺到最低點(diǎn)N與滑塊B碰撞，碰撞后小鋼球A并沒(méi)有立即反向，碰撞時(shí)間極短．(1)為完成實(shí)驗(yàn)，除了毫秒計(jì)讀數(shù)Δt、碰撞前瞬間繩的拉力F1、碰撞結(jié)束瞬間繩的拉力F2、滑塊B的質(zhì)量mB和遮光板寬度d外，還需要測(cè)量的物理量有________．A．小鋼球A的質(zhì)量mAB．繩長(zhǎng)LC．小鋼球從M到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間(2)滑塊B通過(guò)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度vB＝________.(用題中已給的物理量符號(hào)來(lái)表示)(3)實(shí)驗(yàn)中的不變量的表達(dá)式是__________．(用題中已給的物理量符號(hào)來(lái)表示)[解析]滑塊B通過(guò)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度vB＝eq\f(d,Δt)根據(jù)牛頓第二定律得：F1－mAg＝mAeq\f(v12,L)F2－mAg＝mAeq\f(v22,L)實(shí)驗(yàn)中的不變量的表達(dá)式為mAv1＝mAv2＋mBvB整理得：eq\r(F1mAL－mA2gL)＝eq\r(F2mAL－mA2gL)＋mBeq\f(d,Δt)所以還需要測(cè)量小鋼球A的質(zhì)量mA以及繩長(zhǎng)L.[答案](1)AB(2)eq\f(d,Δt)(3)eq\r(F1mAL－mA2gL)＝eq\r(F2mAL－mA2gL)＋mBeq\f(d,Δt)|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|6．某同學(xué)利用下述裝置探究碰撞中的不變量：水平桌面上固定一直軌道，在其一端固定一勁度系數(shù)和長(zhǎng)度合適的彈簧，另一端稍伸出桌外．用滑塊甲壓縮彈簧，然后由靜止釋放，滑塊甲從軌道飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，測(cè)出其平拋的水平位移為x1；接著將滑塊乙放在軌道的末端，靠近彈簧的這一面粘有橡皮泥，仍然用滑塊甲去壓縮彈簧，然后由靜止釋放，甲運(yùn)動(dòng)至末端與乙碰后粘在一起飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，測(cè)出其平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為x2，空氣阻力可忽略不計(jì)．(1)下列說(shuō)法正確的是()A．軌道必須調(diào)整為水平B．滑塊甲受到的摩擦力會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差C．兩次彈簧的壓縮量應(yīng)相同D．實(shí)驗(yàn)桌應(yīng)該盡量矮些(2)除了題干中已測(cè)出的物理量外，還需要測(cè)出()A．滑塊甲的質(zhì)量m1B．滑塊乙的質(zhì)量m2C．軌道末端離地面的高度hD．彈簧的壓縮量x(3)實(shí)驗(yàn)中不變量的表達(dá)式為(用上述符號(hào)表示)________解析：(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理可知，物塊離開(kāi)軌道后應(yīng)做平拋運(yùn)動(dòng)，所以必須調(diào)整軌道為水平，故A正確；乙在軌道的末端與甲發(fā)生碰撞，所以軌道是否光滑，甲到達(dá)軌道末端的速度是相等的，對(duì)實(shí)驗(yàn)的結(jié)果沒(méi)有影響，故B錯(cuò)誤；為保證甲到達(dá)軌道末端的速度是相等的，需要兩次彈簧的壓縮量應(yīng)相同，故C正確；桌面的高矮影響做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，但兩次的時(shí)間是相等的，所以桌面的高矮不影響實(shí)驗(yàn)的結(jié)果，故D錯(cuò)誤．(2)設(shè)甲到達(dá)軌道末端的速度為v1，與乙碰撞后的速度為v2，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則x1＝v1t，x2＝v2t①選取甲開(kāi)始時(shí)速度的方向?yàn)檎较?，則水平方向不變量表達(dá)式為m1v1＝(m1＋m2)v2②聯(lián)立①②可得m1x1＝(m1＋m2)x2可知與軌道末端離地面的高度h以及彈簧的壓縮量都無(wú)關(guān)，需要測(cè)量的物理量為滑塊甲的質(zhì)量m1和滑塊乙的質(zhì)量m2，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤．(3)由以上的分析可知，實(shí)驗(yàn)中不變量的表達(dá)式為m1x1＝(m1＋m2)x2.答案：(1)AC(2)AB(3)m1x1＝(m1＋m2)x27．利用氣墊導(dǎo)軌通過(guò)頻閃照相進(jìn)行“探究碰撞中的不變量”這一實(shí)驗(yàn)．某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，碰撞前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊所處方向運(yùn)動(dòng)并發(fā)生碰撞，利用頻閃照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的頻閃照片如圖所示．已知相鄰兩次閃光的時(shí)間間隔為T，在這4次閃光的過(guò)程中，A、B兩滑塊均在0～80cm內(nèi)，且第1次閃光時(shí)，滑塊A恰好位于x＝10cm處．若A、B兩滑塊的碰撞時(shí)間及閃光持續(xù)的時(shí)間極短，均可忽略不計(jì)，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的________時(shí)刻，A、B兩滑塊質(zhì)量之比mA∶mB＝________.解析：已知第1次閃光時(shí)，滑塊A恰好位于x＝10cm處；由圖可知，第2次閃光時(shí)A在x＝30cm處；第3次閃光時(shí)A在x＝50cm處；因碰撞前B滑塊靜止，則知碰撞時(shí)A在x＝60cm處，從第3次閃光到碰撞的時(shí)間為eq\f(T,2)，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的2.5T時(shí)刻．若設(shè)碰前A運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，其速度為v，則碰后A的速度為－eq\f(v,2)，B的速度為v，根據(jù)“碰撞前后兩物體各自質(zhì)量與其速度的乘積之和相等”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．某同學(xué)用圖1所示裝置來(lái)“探究碰撞中的不變量”，實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓a球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止開(kāi)始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下痕跡，重復(fù)10次；然后再把b球放在斜槽軌道末端的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點(diǎn)由靜止開(kāi)始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次．回答下列問(wèn)題：(1)在安裝實(shí)驗(yàn)器材時(shí)斜槽的末端應(yīng)______________．(2)小球a、b的質(zhì)量ma、mb的大小關(guān)系應(yīng)滿足ma______mb，兩球的半徑應(yīng)滿足ra______rb(選填“>”“<”或“＝”)．(3)本實(shí)驗(yàn)中小球落地點(diǎn)的平均位置距O點(diǎn)的距離如圖2所示，這時(shí)小球a、b兩球碰后的平均落地點(diǎn)依次是圖中水平面上的________點(diǎn)和________點(diǎn)．(4)在本實(shí)驗(yàn)中結(jié)合圖，不變量的表達(dá)式是下列選項(xiàng)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)小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，在安裝實(shí)驗(yàn)器材時(shí)斜槽的末端應(yīng)保持水平，才能使小球做平拋運(yùn)動(dòng)．(2)為防止碰撞過(guò)程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即ma>mb.為保證兩個(gè)小球的碰撞是對(duì)心碰撞，兩個(gè)小球的半徑要相等．(3)由圖1所示裝置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，b球在前，a球在后，兩球都做平拋運(yùn)動(dòng)，由圖1可知，未放被碰小球時(shí)小球a的落地點(diǎn)為B點(diǎn)，碰撞后a、b的落地點(diǎn)分別為A、C點(diǎn)．(4)小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，如果碰撞前后質(zhì)量與速度的乘積之和不變，則有mav0＝mavA＋mbvB，兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t得mav0t＝mavAt＋mbvBt，得maeq\x\to(OB)＝maeq\x\to(OA)＋mbeq\x\to(OC)，故選B.答案：(1)保持水平(2)>＝(3)AC(4)B第2節(jié)動(dòng)量和動(dòng)量定理學(xué)習(xí)目標(biāo)1．理解動(dòng)量和動(dòng)量變化的矢量性，會(huì)計(jì)算一條直線上的物體動(dòng)量的變化．2．理解沖量的意義和動(dòng)量定理及其表達(dá)式．3．能利用動(dòng)量定理解釋有關(guān)現(xiàn)象和解決實(shí)際問(wèn)題．|基礎(chǔ)知識(shí)·填一填|一、動(dòng)量1．動(dòng)量(1)定義：物體的eq\x(1)質(zhì)量和eq\x(2)速度的乘積．(2)公式：eq\x(3)p＝mv.(3)單位：eq\x(4)千克·米/秒，符號(hào)：eq\x(5)kg·m/s.(4)矢量性：方向與eq\x(6)速度的方向相同．運(yùn)算遵守eq\x(7)平行四邊形法則．2．動(dòng)量的變化量(1)定義：物體在某段時(shí)間內(nèi)eq\x(8)末動(dòng)量與eq\x(9)初動(dòng)量的矢量差(也是矢量)，Δp＝eq\x(10)p′－p(矢量式)．(2)動(dòng)量始終保持在一條直線上時(shí)的動(dòng)量運(yùn)算：選定一個(gè)正方向，動(dòng)量、動(dòng)量的變化量用帶正、負(fù)號(hào)的數(shù)值表示，從而將矢量運(yùn)算簡(jiǎn)化為代數(shù)運(yùn)算(此時(shí)的正、負(fù)號(hào)僅代表eq\x(11)方向，不代表大小)．二、沖量1．定義：力與力的eq\x(12)作用時(shí)間的乘積．2．公式：I＝eq\x(13)F(t′－t)．3．單位：eq\x(14)牛·秒，符號(hào)是eq\x(15)N·s.4．矢量性：方向與eq\x(16)力的方向相同．5．物理意義：反映力的作用對(duì)eq\x(17)時(shí)間的積累效應(yīng)．三、動(dòng)量定理1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受eq\x(18)力的沖量．2．表達(dá)式：mv′－mv＝eq\x(19)F(t′－t)或p′－p＝eq\x(20)I.|基礎(chǔ)小題·做一做|1．正誤判斷(1)動(dòng)量的方向與速度方向一定相同．(√)(2)動(dòng)量變化的方向與初動(dòng)量的方向一定相同．(×)(3)沖量是矢量，其方向與恒力的方向相同．(√)(4)力越大，力對(duì)物體的沖量越大．(×)(5)若物體在一段時(shí)間內(nèi)，其動(dòng)量發(fā)生了變化，則物體在這段時(shí)間內(nèi)的合外力一定不為零．(√)2．若一個(gè)物體的動(dòng)量發(fā)生了變化，則物體運(yùn)動(dòng)的(質(zhì)量不變)()A．速度大小一定改變了 B．速度方向一定改變了C．速度一定改變了 D．加速度一定改變了解析：選C根據(jù)動(dòng)量的表達(dá)式p＝mv可知，動(dòng)量發(fā)生變化，可能是速度的大小變化或速度的方向變化，A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤，C選項(xiàng)正確；加速度是速度改變的原因，只要有加速度，速度就會(huì)發(fā)生改變，但加速度不一定發(fā)生改變，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．3．某物體受到－7N·s的沖量作用，則()A．物體初動(dòng)量方向一定與這個(gè)沖量的方向相反B．物體末動(dòng)量一定是負(fù)值C．物體的動(dòng)量一定減小D．物體動(dòng)量的增量一定與規(guī)定的正方向相反解析：選D物體受到的沖量為負(fù)，只能說(shuō)明物體所受沖量的方向與規(guī)定的正方向反向，對(duì)于物體的末動(dòng)量，動(dòng)量增大或減小均不能確定，但由動(dòng)量定理可知，物體動(dòng)量增量的方向與沖量方向相同，與規(guī)定的正方向一定相反，故只有選項(xiàng)D正確．4．雞蛋從同一高度自由下落，第一次落在地板上，雞蛋被打破；第二次落在泡沫塑料墊上，沒(méi)有被打破．這是為什么？提示：兩次碰地(或泡沫墊)瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以兩次碰撞過(guò)程中雞蛋的動(dòng)量變化相同．根據(jù)FΔt＝Δp，第一次與地板作用的時(shí)間短，作用力大，所以雞蛋被打破；第二次與泡沫塑料墊作用的時(shí)間長(zhǎng)，作用力小，所以雞蛋沒(méi)有被打破．|核心知識(shí)·記一記|1．物體質(zhì)量與速度的乘積叫動(dòng)量，動(dòng)量的方向與速度方向相同．2．力與力的作用時(shí)間的乘積叫沖量，沖量的方向與力的方向相同．3．物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受合力的沖量，動(dòng)量變化量的方向與合力的沖量方向相同．★要點(diǎn)一動(dòng)量和動(dòng)量的變化量|要點(diǎn)歸納|1．動(dòng)量的性質(zhì)(1)瞬時(shí)性：通常說(shuō)物體的動(dòng)量是物體在某一時(shí)刻或某一位置的動(dòng)量，動(dòng)量的大小可用p＝mv表示．(2)矢量性：動(dòng)量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同．(3)相對(duì)性：因物體的速度與參考系的選取有關(guān)，故物體的動(dòng)量也與參考系的選取有關(guān)．2．動(dòng)量的變化量(1)動(dòng)量變化的三種情況：大小變化、方向變化、大小和方向同時(shí)變化．(2)關(guān)于動(dòng)量變化量的求解①若初、末動(dòng)量在同一直線上，則在選定正方向的前提下，可化矢量運(yùn)算為代數(shù)運(yùn)算．②若初、末動(dòng)量不在同一直線上，運(yùn)算時(shí)應(yīng)遵循平行四邊形定則．3．動(dòng)量和動(dòng)能的比較動(dòng)量動(dòng)能定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化決定因素動(dòng)量的改變由合外力的沖量決定動(dòng)能的改變由合外力所做的功決定換算關(guān)系p＝eq\r(2mEk)，Ek＝eq\f(p2,2m)|例題展示|【例1】(多選)關(guān)于動(dòng)量的概念，下列說(shuō)法中正確的是()A．動(dòng)量大的物體慣性一定大B．動(dòng)量大的物體運(yùn)動(dòng)一定快C．動(dòng)量相同的物體運(yùn)動(dòng)方向一定相同D．動(dòng)量相同的物體速度小的慣性大[解析]物體的動(dòng)量是由速度和質(zhì)量?jī)蓚€(gè)因素決定的．動(dòng)量大的物體質(zhì)量不一定大，慣性也就不一定大，A錯(cuò)誤；同樣，動(dòng)量大的物體速度也不一定大，B錯(cuò)誤；動(dòng)量相同指動(dòng)量的大小和方向均相同，而動(dòng)量的方向就是物體運(yùn)動(dòng)的方向，故動(dòng)量相同的物體運(yùn)動(dòng)方向一定相同，C正確；動(dòng)量相同的物體，速度小的質(zhì)量大，慣性大，D正確．[答案]CD【例2】在里約奧運(yùn)會(huì)羽毛球男子單打決賽中，中國(guó)選手諶龍奪得冠軍喜獲金牌，諶龍扣殺羽毛球的速度可達(dá)到342km/h，假設(shè)球飛來(lái)的速度為90km/h，運(yùn)動(dòng)員將球以342km/h的速度反向擊回．設(shè)羽毛球質(zhì)量為5g，擊球過(guò)程只用了0.05s．試求：(1)運(yùn)動(dòng)員擊球過(guò)程中羽毛球的動(dòng)量變化量；(2)運(yùn)動(dòng)員擊球過(guò)程中羽毛球的動(dòng)能變化量是多少？(g取10m/s2)[解析](1)以羽毛球飛來(lái)的方向?yàn)檎较?，則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，所以動(dòng)量的變化量Δp＝p2－p1＝(－0.475－0.125)kg·m/s＝－0.600kg·m/s，所以羽毛球的動(dòng)量變化量大小為0.600kg·m/s，方向與羽毛球飛來(lái)的方向相反．(2)羽毛球的初速度為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，與羽毛球飛來(lái)的方向相反(2)21J[規(guī)律方法](1)動(dòng)量是狀態(tài)量，方向與速度方向相同，速度指的是瞬時(shí)速度．(2)動(dòng)量變化量是兩個(gè)矢量的差，注意在一維情況下動(dòng)量變化量的矢量運(yùn)算可轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算．|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|1．(多選)(2019·湛江高二檢測(cè))下列說(shuō)法中正確的是()A．動(dòng)能變化的物體，動(dòng)量一定變化B．動(dòng)能不變的物體，動(dòng)量一定不變C．動(dòng)量變化的物體，動(dòng)能一定變化D．動(dòng)量不變的物體，動(dòng)能一定不變解析：選AD動(dòng)量是矢量，p＝mv，動(dòng)能是標(biāo)量，Ek＝eq\f(1,2)mv2，所以動(dòng)能變化，則動(dòng)量的大小一定變化，A正確；當(dāng)動(dòng)量的大小不變，只是方向變化時(shí)，物體的動(dòng)能不變，B、C錯(cuò)誤；動(dòng)量不變的物體，速度一定不變，則動(dòng)能一定不變，D正確．2．(多選)關(guān)于動(dòng)量的變化，下列說(shuō)法中正確的是()A．做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，動(dòng)量的增量Δp與速度的方向相同B．做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度減小時(shí)，動(dòng)量的增量Δp與運(yùn)動(dòng)方向相反C．物體的速度大小不變時(shí)，動(dòng)量的增量Δp為零D．物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)量的增量Δp一定不為零解析：選ABD當(dāng)做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，其末動(dòng)量p2大于初動(dòng)量p1，由矢量的運(yùn)算法則可知Δp＝p2－p1>0，與速度方向相同，如圖甲所示，選項(xiàng)A正確；當(dāng)做直線運(yùn)動(dòng)的物體速度減小時(shí)，Δp＝p2－p1<0，即p2<p1，如圖乙所示，此時(shí)Δp與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反，選項(xiàng)B正確；當(dāng)物體的速度大小不變時(shí)，動(dòng)量可能保持不變，此種情況Δp＝0，也有可能動(dòng)量大小不變而方向變化，此種情況Δp≠0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度的方向不斷變化，故動(dòng)量一定變化，Δp一定不為零，如圖丙所示，選項(xiàng)D正確．★要點(diǎn)二沖量的理解與計(jì)算|要點(diǎn)歸納|1．對(duì)沖量的理解(1)沖量是過(guò)程量：沖量描述的是作用在物體上的力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，與某一過(guò)程相對(duì)應(yīng)．(2)沖量的矢量性：沖量是矢量，在作用時(shí)間內(nèi)力的方向不變時(shí)，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的方向相同．(3)沖量的絕對(duì)性：沖量?jī)H由力和時(shí)間兩個(gè)因素決定，具有絕對(duì)性．(4)沖量的單位：沖量與動(dòng)量的單位關(guān)系是1N·s＝1kg·m/s.2．沖量的計(jì)算(1)計(jì)算沖量大小時(shí)，一定要注意是哪個(gè)力在哪一段時(shí)間內(nèi)的沖量，只要力不為零，一段時(shí)間內(nèi)的沖量就不為零．(2)公式I＝Ft只適合用于計(jì)算恒力的沖量，若是變力的沖量，可考慮用以下方法求解：①用動(dòng)量定理I＝mv′－mv求沖量．②若力隨時(shí)間均勻變化，則可用平均力求沖量．③若給出了力F隨時(shí)間t變化的圖象，可用F-t圖象與t軸所圍的面積求沖量．如圖所示，力F在1s內(nèi)的沖量I1＝F1t1＝20×1N·s＝20N·s，力F在6s內(nèi)的沖量I＝(20×1－10×5)N·s＝－30N·s.(3)合沖量計(jì)算的三種方法①分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；②如果各力的作用時(shí)間相同，也可以先求合力，再用I合＝F合t求解；③用動(dòng)量定理I＝p′－p求解．|例題展示|【例3】如圖所示，在傾角α＝37°的斜面上，有一質(zhì)量為5kg的物體沿斜面滑下，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，求物體下滑2s的時(shí)間內(nèi)，物體所受各力的沖量大小和合外力的沖量大?。?g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)[解析]對(duì)物體受力分析可知，物體受重力、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重力的沖量：I1＝mgt＝50×2N·s＝100N·s支持力的沖量：I2＝Ft＝40×2N·s＝80N·s摩擦力的沖量：I3＝ft＝8×2N·s＝16N·s物體受到的合力：F合＝mgsinα－μmgcosα＝50×0.6N－8N＝22N故合外力的沖量：I＝F合t＝22×2N·s＝44N·s.[答案]重力的沖量為100N·s；支持力的沖量為80N·s；摩擦力的沖量為16N·s合外力的沖量為44N·s[規(guī)律方法]沖量的計(jì)算公式I＝Ft既適用于計(jì)算某個(gè)恒力的沖量，又可以計(jì)算合力的沖量．如果計(jì)算分力的沖量，必須明確是哪個(gè)分力的沖量．如果計(jì)算合力的沖量，一個(gè)物體的動(dòng)量變化Δp與合力的沖量是相同的．|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|3．(多選)兩個(gè)質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個(gè)光滑斜面由靜止開(kāi)始自由下滑，在它們到達(dá)斜面底端的過(guò)程中()A．重力的沖量相同 B．重力的功相同C．斜面彈力的沖量均為零 D．斜面彈力的功均為零解析：選BD設(shè)斜面高為h，傾角為θ，物體質(zhì)量為m，則兩物體滑至斜面底端的過(guò)程中，重力做功均為mgh，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2知物體滑至底端用時(shí)t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，重力的沖量IG＝mgt＝eq\f(m,sinθ)eq\r(2gh)，與θ有關(guān)，故重力的沖量不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；斜面彈力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向垂直，不做功，但彈力的沖量不為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．4．一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化情況如圖2所示，求0～8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量大小．解析：沖量是力對(duì)時(shí)間的積累，根據(jù)沖量的公式分段求解，力F在0～8s內(nèi)的沖量為I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18N·s.答案：18N·sT12.DH]★要點(diǎn)三動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用|要點(diǎn)歸納|1．對(duì)動(dòng)量定理的理解(1)適用對(duì)象：動(dòng)量定理的研究對(duì)象為單個(gè)物體或可視為單個(gè)物體的系統(tǒng)．(2)動(dòng)量定理中的Ft指的是合外力的沖量，或是外力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段沖量的矢量和．(3)公式中的Δp指的是動(dòng)量的變化，Δp的方向跟合外力沖量的方向相同．(4)動(dòng)量定理F合t＝p2－p1是一個(gè)矢量式，運(yùn)算遵循平行四邊形定則．(5)適用范圍：動(dòng)量定理不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，也適用于微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)．不論是變力還是恒力，不論物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線還是曲線，動(dòng)量定理都適用．(6)因果關(guān)系：合外力的沖量是原因，物體動(dòng)量變化量是結(jié)果．沖量反映了力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，與物體的初、末動(dòng)量以及某一時(shí)刻的動(dòng)量無(wú)必然聯(lián)系．物體動(dòng)量變化的方向與合力沖量的方向相同，物體在某一時(shí)刻的動(dòng)量方向與合力沖量的方向無(wú)必然聯(lián)系．2．動(dòng)量定理的應(yīng)用(1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象用動(dòng)量定理解釋的現(xiàn)象一般可分為兩類：一類是物體的動(dòng)量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長(zhǎng)，力就越?。硪活愂亲饔昧σ欢ǎ藭r(shí)力的作用時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量變化越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化越小．分析問(wèn)題時(shí)，要把哪個(gè)量一定、哪個(gè)量變化搞清楚．(2)定量計(jì)算某過(guò)程中合外力的沖量或動(dòng)量變化量根據(jù)動(dòng)量定理，一個(gè)物體的動(dòng)量變化量Δp與合外力的沖量大小相等，方向相同，據(jù)此有：eq\x(Δp)eq\o(→,\s\up7(I合＝Δp))eq\x(沖量)eq\x(F合、t)eq\o(→,\s\up7(Δp＝F合t),\s\do5(受恒力))eq\x(Δp).(3)應(yīng)用動(dòng)量定理解題的基本步驟①確定研究對(duì)象；②進(jìn)行受力分析，分析每個(gè)力的沖量，求出合力的沖量；③選定正方向，研究物體初、末狀態(tài)的動(dòng)量；④根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解．|例題展示|【例4】(多選)對(duì)下列幾種物理現(xiàn)象的解釋，正確的是()A．擊釘時(shí)，不用橡皮錘僅僅是因?yàn)橄鹌ゅN太輕B．跳遠(yuǎn)時(shí)，在沙坑里填沙，是為了減小沖量C．易碎品運(yùn)輸時(shí)，要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長(zhǎng)作用時(shí)間以減小作用力D．在車內(nèi)推車推不動(dòng)，是因?yàn)楹贤饬_量為零[解析]據(jù)動(dòng)量定理F·t＝Δp知，當(dāng)Δp相同時(shí)，t越長(zhǎng)，合外力F越小．擊釘時(shí)，不用橡皮錘是因?yàn)橄鹌ゅN與釘子的作用時(shí)間長(zhǎng)，使橡皮錘對(duì)釘子的平均作用力較小，不利于將釘子釘入物體內(nèi)；跳遠(yuǎn)時(shí)，在沙坑里填沙是為了延長(zhǎng)人與沙的作用時(shí)間，從而減小作用力，避免人受到傷害，故A、B錯(cuò)誤；易碎品運(yùn)輸時(shí)，要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長(zhǎng)作用時(shí)間以減小作用力，故C項(xiàng)正確；車不動(dòng)是因?yàn)楹贤饬_量為零，與內(nèi)部作用力無(wú)關(guān)，故D項(xiàng)正確．[答案]CD【例5】質(zhì)量為0.5kg的彈性小球，從1.25m高處自由下落，與地板碰撞后回跳高度為0.8m，設(shè)碰撞時(shí)間為0.1s，g取10m/s2，求小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力．[解析]解法一：(分段處理)：取小球?yàn)檠芯繉?duì)象．根據(jù)物體做自由落體和豎直上拋運(yùn)動(dòng)，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．碰撞時(shí)小球受力情況如圖所示，取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理(FN－mg)Δt＝mv2－(－mv1)則FN＝eq\f(mv2－－mv1,Δt)＋mg＝eq\f(0.5×[4－－5],0.1)N＋0.5×10N＝50N由牛頓第三定律可知，小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力大小為50N，方向豎直向下．解法二：(全程處理)：設(shè)支持力為FN，球下落、觸地、上升時(shí)間分別為Δt1、Δt2、Δt3，小球下落時(shí)間Δt1＝eq\r(\f(2h1,g))＝0.5s小球與地球接觸時(shí)間Δt2＝0.1s小球上升時(shí)間Δt3＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.4s全程應(yīng)用動(dòng)量定理FNΔt2－mg(Δt1＋Δt2＋Δt3)＝0解得FN＝50N由牛頓第三定律得，小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力大小為50N，方向豎直向下．[答案]50N，方向豎直向下[規(guī)律方法]應(yīng)用動(dòng)量定理解題的技巧(1)明確物體受到?jīng)_量作用的結(jié)果是導(dǎo)致物體動(dòng)量的變化．沖量和動(dòng)量都是矢量，它們的加、減運(yùn)算都遵循平行四邊形定則．(2)列方程前首先要選取正方向，與規(guī)定的正方向一致的力或動(dòng)量取正值，反之取負(fù)值，而不能只關(guān)注力或動(dòng)量數(shù)值的大?。?3)分析速度時(shí)一定要選取同一個(gè)參考系，未加說(shuō)明時(shí)一般是選地面為參考系，同一道題目中一般不選取不同的參考系．(4)公式中的沖量應(yīng)是合外力的沖量，求動(dòng)量的變化量時(shí)要嚴(yán)格按公式，且要注意是末動(dòng)量減去初動(dòng)量．|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|5．蹦床運(yùn)動(dòng)員在空中上、下運(yùn)動(dòng)中．下列判斷中正確的是()A．豎直上升過(guò)程中合力的沖量豎直向上，動(dòng)量增加B．豎直上升到最高點(diǎn)時(shí)，動(dòng)量為零，合力不為零C．豎直下降過(guò)程中，沖量豎直向下，動(dòng)量逐漸增加D．豎直下降過(guò)程中，沖量豎直向上，沖量減少解析：選B蹦床運(yùn)動(dòng)員在蹦床最低點(diǎn)時(shí)受到蹦床對(duì)他向上的支持力和自身的重力作用，此時(shí)支持力大于重力，合外力向上，沖量豎直向上，速度增加，動(dòng)量增加；當(dāng)重力和支持力相等時(shí)，合外力的沖量等于零，動(dòng)量最大，運(yùn)動(dòng)員繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力大于支持力，脫離蹦床時(shí)只受重力，則合力的沖量豎直向下，動(dòng)量減少，到最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)量為零，則A錯(cuò)誤，B正確；豎直下降過(guò)程中，沖量先豎直向下，動(dòng)量逐漸增加，沖量再豎直向上，動(dòng)量逐漸減少，到蹦床最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)量為零，則C、D錯(cuò)誤．6.(2018·江蘇卷)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)速度的大小為v，方向向下，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏希雎钥諝庾枇?，重力加速度為g，求該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球所受彈簧彈力沖量的大?。馕觯貉芯啃∏虻氖芰η闆r，向上為正方向，整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理可知，I－mgt＝mv－(－mv)解得小球所受彈簧彈力沖量的大小I＝2mv＋mgt.答案：2mv＋mgt[課堂小結(jié)]「基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練」1．如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點(diǎn)，若以速度2v抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為()A．仍在P點(diǎn)B．在P點(diǎn)左邊C．在P點(diǎn)右邊不遠(yuǎn)處D．在P點(diǎn)右邊原水平位移的兩倍處解析：選B以速度v或2v抽紙條時(shí)，紙條給鐵塊的摩擦力不變，以速度2v抽紙條時(shí)，紙條對(duì)鐵塊的作用時(shí)間短，對(duì)鐵塊的沖量小，鐵塊獲得的速度小，根據(jù)平拋知識(shí)可知它的水平射程短，所以落點(diǎn)在P點(diǎn)的左邊，故B正確．2．(多選)恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對(duì)物體的摩擦力較大，物體沒(méi)有被拉動(dòng)，則經(jīng)時(shí)間t，下列說(shuō)法正確的是()A．拉力F對(duì)物體的沖量大小為零B．拉力F對(duì)物體的沖量大小為FtC．拉力F對(duì)物體的沖量大小是FtcosθD．合力對(duì)物體的沖量大小為零解析：選BD對(duì)沖量的計(jì)算一定要分清求的是哪個(gè)力的沖量，是某一個(gè)力的沖量、合力的沖量、分力的沖量還是某一個(gè)方向上力的沖量，某一個(gè)力的沖量與另一個(gè)力的沖量無(wú)關(guān)，故拉力F的沖量為Ft，A、C錯(cuò)誤，B正確；物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，合力的沖量為零，D正確．3．(2019·三明一中高二期末)如圖所示，運(yùn)動(dòng)員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，則此過(guò)程中拍子對(duì)網(wǎng)球作用力的沖量()A．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同解析：選D取拍子擊打網(wǎng)球前網(wǎng)球的速度的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得拍子對(duì)網(wǎng)球作用力的沖量為：I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即沖量大小為m(v1＋v2)，方向與v1方向相反，與v2方向相同，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．4.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B在同一水平線上，當(dāng)A球水平拋出的同時(shí)B球自由下落，運(yùn)動(dòng)到t＝2s時(shí)刻，兩球的運(yùn)動(dòng)方向夾角為37°(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，不計(jì)空氣阻力，則()A．當(dāng)t＝2s時(shí)，A球與B球重力的瞬時(shí)功率之比為5∶4B．當(dāng)t＝2s時(shí)，A球與B球重力的瞬時(shí)功率之比為1∶1C．在0～2s過(guò)程中，兩球的動(dòng)能改變不同D．在0～2s過(guò)程中，兩球的動(dòng)量改變相同解析：選BD因t＝2s時(shí)兩球豎直向速度相同為vy，重力的功率為P＝mgvy相同，則A錯(cuò)誤，B正確；0～2s過(guò)程中，下落高度相同，重力做功相同，兩球的動(dòng)能改變相同，則C錯(cuò)誤；0～2s過(guò)程中，重力的沖量相同，則兩球的動(dòng)量改變相同，則D正確．5．如圖，質(zhì)量為m的小物塊，在與水平方向成α角的恒力F作用下，沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，通過(guò)A點(diǎn)和B點(diǎn)的速度分別為vA和vB(A、B未在圖中標(biāo)出)，其加速度為a，物塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，F(xiàn)對(duì)物塊所做的功為W，F(xiàn)對(duì)物塊的沖量為I，以下結(jié)論正確的是()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(chǎn)＝eq\f(F,m)解析：選B從A到B只有F做功，物體的動(dòng)能一定增大，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得：F所做的功W＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，故B正確；由動(dòng)量定理可得：I合＝mvB－mvA；而合外力為F在水平方向上的分量，故F>F合，故F的沖量大于合外力的沖量，故C錯(cuò)誤；物體只在水平方向有加速度，則加速度a＝eq\f(Fcosα,m)，故D錯(cuò)誤．6．2018年3月22日，一架中國(guó)國(guó)際航空CA103客機(jī)，從天津飛抵香港途中遭遇鳥擊，飛機(jī)頭部被撞穿約一平方米的大洞，雷達(dá)罩被砸穿，所幸客機(jī)及時(shí)安全著陸，無(wú)人受傷．若飛機(jī)的速度為700m/s，小鳥在空中的飛行速度非常小，小鳥的質(zhì)量為0.4kg.小鳥與飛機(jī)的碰撞時(shí)間為2.5×10－4s．則飛機(jī)受到小鳥對(duì)它的平均作用力的大小約為()A．104N B．105NC．106N D．107N解析：選C本題為估算題，可以認(rèn)為撞擊前鳥的速度為零，撞擊后鳥與飛機(jī)的速度相等，飛機(jī)速度為v＝700m/s，撞擊過(guò)程可以認(rèn)為鳥做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)鳥，由動(dòng)量定理得：Ft＝mv－0F＝eq\f(mv,t)＝eq\f(0.4×700,2.5×10－4)N＝1.12×106N，由牛頓第三定律知C正確，A、B、D錯(cuò)誤．7.(多選)如圖甲所示為一固定光滑足夠長(zhǎng)的斜面，傾角為30°.質(zhì)量為0.2kg的物塊靜止在斜面底端，t＝0時(shí)刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上為正方向，拉力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．6s末物塊的速度為零B．物塊一直沿斜面向上運(yùn)動(dòng)C．0～4s內(nèi)拉力對(duì)物塊做的功為20JD．0～6s內(nèi)拉力對(duì)物塊的沖量為零解析：選AC在0～2s內(nèi)，由牛頓第二定律可得F1－mgsin30°＝ma1，解得a1＝5m/s2，在2～4s內(nèi)，由牛頓第二定律可得－F2－mgsin30°＝ma2，解得a2＝－10m/s2，則物塊在0～2s內(nèi)向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2～3s內(nèi)向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)，3s時(shí)減少為零，3～4s內(nèi)向下勻加速直線運(yùn)動(dòng)，4～6s內(nèi)向下勻減速直線運(yùn)動(dòng)，6s時(shí)速度減為零，故A正確，B錯(cuò)誤；在t＝4s時(shí)和t＝2s時(shí)物塊在同一位置，速度等大反向，所以0～4s內(nèi)拉力對(duì)物塊做的功等于0～2s內(nèi)拉力對(duì)物塊做的功，0～2s內(nèi)的位移s＝eq\f(1,2)a1t2＝10m，所以0～2s內(nèi)拉力做的功W＝F1s＝20J，故C正確；0～6s內(nèi)拉力對(duì)物塊的沖量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2)N·s＝6N·s，故D錯(cuò)誤．8．如圖所示，一足球運(yùn)動(dòng)員踢一個(gè)質(zhì)量為0.4kg的足球．(1)若開(kāi)始時(shí)足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度為10m/s，方向仍向右(如圖甲)，求足球的初動(dòng)量、末動(dòng)量以及踢球過(guò)程中動(dòng)量的改變量；(2)若足球以10m/s的速度撞向球門門柱，然后以3m/s速度反向彈回(如圖乙)，求這一過(guò)程中足球的動(dòng)量改變量．解析：(1)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為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，方向向右動(dòng)量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右．(2)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為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，動(dòng)量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，即方向向左．答案：見(jiàn)解析「能力提升練」9．一個(gè)輕質(zhì)彈簧，固定于天花板的O點(diǎn)處，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點(diǎn)相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點(diǎn)時(shí)物塊速度為零，在此過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，則下列說(shuō)法正確的是()A．由B到C的過(guò)程中，物塊的速度一直減小B．由B到C的過(guò)程中，物塊的加速度先增加后減小C．由A到C的過(guò)程中，物塊重力勢(shì)能的變化量與克服彈力做的功一定相等D．由A到C的過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)物體的沖量與物體所受重力的沖量大小相等解析：選A由B到C的過(guò)程中，物體受向下的重力和向下的彈力，且隨著物塊的上升，彈力變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊的加速度逐漸變大，速度一直減小，故A正確，B錯(cuò)誤；由A到C根據(jù)動(dòng)能定理：－mghAC－W彈＝0－eq\f(1,2)mvA2，則物塊重力勢(shì)能的變化量與克服彈力做的功不一定相等，故C錯(cuò)誤；由A到C根據(jù)動(dòng)量定理：IG＋I(xiàn)彈＝0－(－mv)，則彈簧彈力對(duì)物體的沖量與物體所受重力的沖量大小不一定相等，故D錯(cuò)誤．10．質(zhì)量m＝0.5kg的質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量p隨位移x變化的關(guān)系式為p＝2eq\r(x)(各量均取國(guó)際單位)，則此質(zhì)點(diǎn)()A．加速度為2m/s2B．前2s內(nèi)動(dòng)量增加8kg·m/sC．在連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量增量越來(lái)越大D．在通過(guò)連續(xù)相等的位移時(shí)，動(dòng)量增量可能相等解析：選B根據(jù)v2＝2ax得，v＝eq\r(2ax)，則動(dòng)量p＝mv＝meq\r(2ax)，可知p＝0.5×eq\r(2ax)＝2eq\r(x)，解得質(zhì)點(diǎn)的加速度為8m/s2，故A錯(cuò)誤；2s內(nèi)物體速度的變化量為Δv＝at＝16m/s，則動(dòng)量的變化量Δp＝mΔv＝8kg·m/s，故B正確；因?yàn)橄嗤瑫r(shí)間內(nèi)速度的變化量相同，則動(dòng)量的增量一定相等，故C錯(cuò)誤；因?yàn)橄嗟任灰苾?nèi)速度變化量不同，則動(dòng)量的增加量不等，故D錯(cuò)誤．11.如圖所示，質(zhì)量為m的足球在離地高h(yuǎn)處時(shí)速度剛好水平向左，大小為v1，守門員在此時(shí)用手握拳擊球，使球以大小為v2的速度水平向右飛出，手和球作用的時(shí)間極短，則()A．擊球前后球動(dòng)量改變量的方向水平向左B．擊球前后球動(dòng)量改變量的大小是mv2－mv1C．擊球前后球動(dòng)量改變量的大小是mv2＋mv1D．球離開(kāi)手時(shí)的機(jī)械能不可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12解析：選C規(guī)定向右為正方向，擊球前球的動(dòng)量p1＝－mv1，擊球后球的動(dòng)量p2＝mv2，擊球前后球動(dòng)量改變量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，動(dòng)量改變量的方向水平向右，故A、B錯(cuò)誤，C正確；球離開(kāi)手時(shí)的機(jī)械能為mgh＋eq\f(1,2)mv22，因v1與v2可能相等，則球離開(kāi)手時(shí)的機(jī)械能可能是mgh＋eq\f(1,2)mv12，故D錯(cuò)誤．12．如圖1所示，一個(gè)物體放在粗糙的水平地面上．在t＝0時(shí)刻，物體在水平力F作用下由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)．在0到t0時(shí)間內(nèi)物體的加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖2所示．已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等．則()A．在0到t0時(shí)間內(nèi)，合力的沖量大小為eq\f(1,2)a0t0B．t0時(shí)刻，力F等于0C．在0到t0時(shí)間內(nèi)力F大小恒定D．在0到t0時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量逐漸變大解析：選D合力F合＝ma是變力，0到t0時(shí)間內(nèi)平均作用力為eq\f(ma,2)，則合力的沖量大小為eq\f(1,2)mat0，則A錯(cuò)誤；t0時(shí)刻，力F合等于0，F(xiàn)等于摩擦力，則B錯(cuò)誤；在0到t0時(shí)間內(nèi)力F大小變小，則C錯(cuò)誤；在0到t0時(shí)間內(nèi)物體做加速運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)量逐漸變大，則D正確．13．如圖所示，斜面和水平面之間通過(guò)小圓弧平滑連接，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上h高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B點(diǎn)．要使物體能原路返回A點(diǎn)，求在B點(diǎn)物體需要的最小瞬時(shí)沖量．解析：物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，mgh－Wf＝0物體從B運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得vB＝2eq\r(gh)根據(jù)動(dòng)量定理可知，瞬時(shí)沖量I＝mvB＝2meq\r(gh).答案：2meq\r(gh)14．如圖所示，質(zhì)量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0kg的小物塊B(視為質(zhì)點(diǎn))，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板突然受到水平向右的12N·s的瞬時(shí)沖量I作用開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑離木板時(shí)，木板的動(dòng)能EkA為8.0J．小物塊的動(dòng)能EkB為0.50J，重力加速度取10m/s2，求：(1)瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度v0的大??；(2)木板的長(zhǎng)度L.解析：(1)設(shè)水平向右為正方向，有I＝mAv0代入數(shù)據(jù)解得v0＝3.0m/s.(2)設(shè)A對(duì)B、B對(duì)A、C對(duì)A的滑動(dòng)摩擦力的大小分別為FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的時(shí)間為t，B離開(kāi)A時(shí)A和B的速度分別為vA和vB，有－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0FABt＝mBvB其中FAB＝FBA設(shè)A，B相對(duì)于C的位移大小分別為sA和sB，有－(FBA＋FCA)sA＝eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)mAv02FABsB＝EkB動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系為mAvA＝eq\r(2mAEkA)mBvB＝eq\r(2mBEkB)木板A的長(zhǎng)度L＝sA－sB代入數(shù)據(jù)解得L＝0.50m.答案：(1)3.0m/s(2)0.50m第3節(jié)動(dòng)量守恒定律學(xué)習(xí)目標(biāo)1．知道系統(tǒng)、內(nèi)力、外力的概念．2．理解動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容、表達(dá)式及其守恒的條件．3．了解動(dòng)量守恒定律的普遍意義，掌握動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用．|基礎(chǔ)知識(shí)·填一填|一、系統(tǒng)內(nèi)力和外力1．系統(tǒng)：eq\x(1)相互作用的兩個(gè)(或多個(gè))物體組成一個(gè)整體．2．內(nèi)力：系統(tǒng)eq\x(2)內(nèi)物體間的相互作用力．3．外力：系統(tǒng)eq\x(3)外的物體對(duì)系統(tǒng)eq\x(4)內(nèi)的物體的作用力．二、動(dòng)量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)eq\x(5)不受外力，或者所受外力的矢量和為eq\x(6)0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量eq\x(7)保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律．2．表達(dá)式：eq\x(8)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前后總動(dòng)量p、p′相等)．3．成立條件(1)系統(tǒng)不受eq\x(9)外力；(2)系統(tǒng)所受外力之和為零．4．適用范圍(1)相互作用的物體無(wú)論是eq\x(10)低速還是eq\x(11)高速運(yùn)動(dòng)；無(wú)論是eq\x(12)宏觀物體還是eq\x(13)微觀粒子動(dòng)量守恒定律都適用．(2)動(dòng)量守恒定律是一個(gè)獨(dú)立的eq\x(14)實(shí)驗(yàn)定律，它適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域．|基礎(chǔ)小題·做一做|1．正誤判斷(1)一個(gè)系統(tǒng)初、末狀態(tài)動(dòng)量大小相等，即動(dòng)量守恒．(×)(2)系統(tǒng)動(dòng)量守恒也就是系統(tǒng)的動(dòng)量變化量為零．(√)(3)只有重力做功或彈力做功的系統(tǒng)內(nèi)動(dòng)量守恒．(×)(4)動(dòng)量守恒定律既適用于低速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，也適用于高速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．(√)(5)靠摩擦力相互作用的兩個(gè)物體，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒．(√)2．關(guān)于動(dòng)量守恒的條件，下面說(shuō)法正確的是()A．只要系統(tǒng)內(nèi)有摩擦力，動(dòng)量就不可能守恒B．只要系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就一定守恒C．只要系統(tǒng)中的各個(gè)物體有加速度，動(dòng)量就一定不守恒D．只要系統(tǒng)合外力不為零，則系統(tǒng)在任何方向上動(dòng)量都不可能守恒解析：選B系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)所受合外力為零，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于所受合外力為零的系統(tǒng)，系統(tǒng)中的某個(gè)物體所受合外力可以不為零，可以有加速度，故C錯(cuò)誤；若系統(tǒng)合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒，故D錯(cuò)誤．3．如圖所示，豎直墻壁兩側(cè)固定著兩輕質(zhì)彈簧，水平面光滑，一彈性小球在兩彈簧間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，把小球和彈簧視為一個(gè)系統(tǒng)，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒B．系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C．系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，動(dòng)能守恒解析：選C小球與彈簧組成的系統(tǒng)在小球與彈簧作用的時(shí)間內(nèi)受到了墻的作用力，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒．系統(tǒng)只發(fā)生動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確．4．如圖所示，公路上三輛汽車發(fā)生了追尾事故．如果將前面兩輛汽車看做一個(gè)系統(tǒng)，最后面一輛汽車對(duì)中間汽車的作用力是內(nèi)力，還是外力？如果將后面兩輛汽車看做一個(gè)系統(tǒng)呢？提示：內(nèi)力是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力，外力是系統(tǒng)以外的物體對(duì)系統(tǒng)以內(nèi)的物體的作用力．一個(gè)力是內(nèi)力還是外力關(guān)鍵是看所選擇的系統(tǒng)．如果將前面兩輛汽車看做一個(gè)系統(tǒng)，最后面一輛汽車對(duì)中間汽車的作用力是系統(tǒng)以外的物體對(duì)系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力，是外力；如果將后面兩輛汽車看做一個(gè)系統(tǒng)，最后面一輛汽車與中間汽車的作用力是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力，是內(nèi)力．|核心知識(shí)·記一記|1．相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的整體叫系統(tǒng)，系統(tǒng)內(nèi)部物體間的力叫內(nèi)力．2．系統(tǒng)以外的物體施加的力，叫外力．3．如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．T12.DH]★要點(diǎn)一對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解|要點(diǎn)歸納|1．研究對(duì)象：相互作用的物體組成的力學(xué)系統(tǒng)．2．動(dòng)量守恒定律的成立條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．(2)系統(tǒng)受外力作用，但內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于合外力．此時(shí)動(dòng)量近似守恒．(3)系統(tǒng)所受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力)，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒．3．動(dòng)量守恒定律的性質(zhì)(1)矢量性．公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們?cè)谕恢本€上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(fù)(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運(yùn)算．(2)相對(duì)性．速度具有相對(duì)性，公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對(duì)同一參考系的速度，一般取相對(duì)地面的速度．(3)同時(shí)性．相互作用前的總動(dòng)量，這個(gè)“前”是指相互作用前同一時(shí)刻，v1、v2均是此時(shí)刻的瞬時(shí)速度；同理，v1′、v2′應(yīng)是指相互作用后同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度．|例題展示|【例1】(多選)在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一彈簧，如圖所示，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，將兩小車及彈簧看做一個(gè)系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是()A．兩手同時(shí)放開(kāi)后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零B．先放開(kāi)左手，再放開(kāi)右手后，動(dòng)量不守恒C．先放開(kāi)左手，再放開(kāi)右手后，總動(dòng)量向左D．無(wú)論何時(shí)放手，兩手放開(kāi)后，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零[解析]在兩手同時(shí)放開(kāi)后，水平方向無(wú)外力作用，只有彈簧的彈力(內(nèi)力)，故動(dòng)量守恒，即系統(tǒng)的總動(dòng)量始終為零，A對(duì)；先放開(kāi)左手，再放開(kāi)右手后，是指兩手對(duì)系統(tǒng)都無(wú)作用力之后的那一段時(shí)間，系統(tǒng)所受合外力也為零，即動(dòng)量是守恒的，B錯(cuò)；先放開(kāi)左手，系統(tǒng)就在右手作用下，產(chǎn)生向左的沖量，故有向左的動(dòng)量，再放開(kāi)右手后，系統(tǒng)的動(dòng)量仍守恒，即此后的總動(dòng)量向左，C對(duì)；其實(shí)，無(wú)論何時(shí)放開(kāi)手，只要是兩手都放開(kāi)就滿足動(dòng)量守恒的條件，即系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．若同時(shí)放開(kāi)，那么放手后系統(tǒng)的總動(dòng)量就等于放手前的總動(dòng)量，即為零；若兩手先后放開(kāi)，那么兩手都放開(kāi)后的總動(dòng)量就與放開(kāi)最后一只手后系統(tǒng)所具有的總動(dòng)量相等，即不為零，D對(duì)．[答案]ACD[規(guī)律方法]系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判定方法(1)分析動(dòng)量守恒時(shí)研究對(duì)象是系統(tǒng)，分清外力與內(nèi)力．(2)研究系統(tǒng)受到的外力矢量和．(3)外力矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒．(4)系統(tǒng)動(dòng)量嚴(yán)格守恒的情況很少，在分析具體問(wèn)題時(shí)要注意把實(shí)際過(guò)程理想化．|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|1．下列情形中，滿足動(dòng)量守恒條件的是()A．用鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊，打擊過(guò)程中，鐵錘和鐵塊的總動(dòng)量B．子彈水平穿過(guò)放在光滑桌面上的木塊的過(guò)程中，子彈和木塊的總動(dòng)量C．子彈水平穿過(guò)墻壁的過(guò)程中，子彈和墻壁的總動(dòng)量D．棒擊壘球的過(guò)程中，棒和壘球的總動(dòng)量解析：選BA中鐵塊受鐵砧豎直向上的作用力遠(yuǎn)大于鐵錘和鐵塊的總重力，鐵錘和鐵塊所受合外力不為零；C中墻壁受地面的作用力，子彈和墻壁所受合外力不為零；D中棒受人手的作用力，棒和壘球所受合外力不為零．A、C、D項(xiàng)不符合動(dòng)量守恒的條件．2．如圖所示，在光滑水平面上放一個(gè)質(zhì)量為M的斜面體，質(zhì)量為m的物體沿斜面由靜止開(kāi)始自由下滑，下列說(shuō)法中正確的是()A．M和m組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．M和m組成的系統(tǒng)所受合力方向向上C．M和m組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒D．M和m組成的系統(tǒng)豎直方向動(dòng)量守恒解析：選CM和m組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒；豎直方向系統(tǒng)所受合外力不為零，且方向向下，系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量不守恒；則M和m組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．★要點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用|要點(diǎn)歸納|1．動(dòng)量守恒定律不同表現(xiàn)形式的表達(dá)式的含義(1)p＝p′：系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′.(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，一個(gè)物體的動(dòng)量變化量與另一個(gè)物體的動(dòng)量變化量大小相等、方向相反．(3)Δp＝0：系統(tǒng)總動(dòng)量增量為零．(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和．2．某一方向上動(dòng)量守恒問(wèn)題：動(dòng)量守恒定律的適用條件是普遍的，當(dāng)系統(tǒng)所受的合外力不為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，但是在不少情況下，合外力在某個(gè)方向上的分量卻為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量分量就是守恒的．3．爆炸類問(wèn)題中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用(1)物體間的相互作用突然發(fā)生，作用時(shí)間很短，爆炸產(chǎn)生的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力(如重力、摩擦力等)，可以利用動(dòng)量守恒定律求解．(2)由于爆炸過(guò)程中物體間相互作用的時(shí)間很短，作用過(guò)程中物體的位移很小，因此可認(rèn)為此過(guò)程物體位移不發(fā)生變化．4．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟|例題展示|【例2】(多選)向空中發(fā)射一物體，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時(shí)，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來(lái)的方向，則()A．b的速度方向一定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時(shí)間里，a飛行的水平距離一定比b的大C．a(chǎn)、b一定同時(shí)到達(dá)水平地面D．在炸裂過(guò)程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等[解析]空中爆炸問(wèn)題，因系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件．由題中所給物理情景“一分為二”，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的表達(dá)式為mv0＝mava＋mbvb因mava與mv0同向，取v0為正方向．討論：①若mava<mv0，則mbvb為正向，vb與va同向．②若mava＝mv0，則mbvb＝0，即vb＝0，b做自由落體運(yùn)動(dòng)．③若mava>mv0，則mbvb為負(fù)向，vb與va反向，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因題設(shè)條件只給出了va與v0同向和ma>mb，但未給出va一定大于或等于v0的條件，所以vb大于、等于和小于va的情況都有可能存在，從同一高度平拋物體的水平射程由水平初速度決定，故sb>sa、sb＝sa、sb<sa都有可能，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；平拋運(yùn)動(dòng)的飛行時(shí)間由拋出點(diǎn)的高度決定，h相同，由t＝eq\r(\f(2h,g))知，t相同，所以選項(xiàng)C正確；炸裂過(guò)程a與b相互作用遵循牛頓第三定律，F(xiàn)與F′等值、反向，所以選項(xiàng)D正確．[答案]CD【例3】將兩個(gè)完全相同的磁鐵(磁性極強(qiáng))分別固定在質(zhì)量相等的小車上，水平面光滑．開(kāi)始時(shí)甲車速度大小為3m/s，乙車速度大小為2m/s，方向相反并在同一直線上，如圖所示．(1)當(dāng)乙車速度為零時(shí)，甲車的速度多大？方向如何？(2)由于磁性極強(qiáng)，故兩車不會(huì)相碰，那么兩車的距離最小時(shí)，乙車的速度是多大？方向如何？[解析]兩個(gè)小車及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，兩磁鐵之間的磁力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)向右為正方向．(1)v甲＝3m/s，v乙＝－2m/s.據(jù)動(dòng)量守恒得mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入數(shù)據(jù)解得v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2)m/s＝1m/s，方向向右．(2)兩車相距最小時(shí)，兩車速度相同，設(shè)為v′，由動(dòng)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[規(guī)律方法]處理動(dòng)量守恒問(wèn)題的一般思路(1)選取合適的系統(tǒng)為研究對(duì)象，判斷題目涉及的物理過(guò)程是否滿足動(dòng)量守恒的條件．(2)確定物理過(guò)程及其系統(tǒng)內(nèi)物體對(duì)應(yīng)的初、末狀態(tài)的動(dòng)量．(3)確定正方向，選取恰當(dāng)?shù)膭?dòng)量守恒的表達(dá)式列式求解．|對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練|3．如圖所示，兩個(gè)小物塊a、b靜止在光滑水平面上，它們之間由一根細(xì)線連接且?jiàn)A著一個(gè)處于壓縮狀態(tài)的輕彈簧．燒斷細(xì)線后，被彈出的小物塊a、b在同一直線上運(yùn)動(dòng)，且彈簧與它們分離．a(chǎn)、b的質(zhì)量分別是2kg和4kg，則下列判斷正確的是()A．小物塊a與b的速率之比為1∶2B．彈簧對(duì)小物塊a與b所做的功的大小之比為2∶1C．彈簧對(duì)小物塊a與b的沖量大小之比為2∶1D．小物塊a與b的動(dòng)能之比為1∶2解析：選B根據(jù)動(dòng)量守恒可知：mava＝mbvb，解得va∶vb＝mb∶ma＝2∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈簧對(duì)小物塊a、b所做的功的大小之比為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)，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理有：Ia＝mava，Ib＝mbvb，則彈簧對(duì)小物塊a與b的沖量大小之比為1∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．4．(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A.現(xiàn)以地面為參考系，給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A并沒(méi)有滑離B板．站在地面的觀察者看到在一段時(shí)間內(nèi)小木塊A正在做加速運(yùn)動(dòng)，則在這段時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻木板B相對(duì)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：選BCA和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A速度為零的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，(M－m)v0＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得，vB1＝2.67m/s；從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B速度相同的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得，vB2＝2m/s，則在這段時(shí)間內(nèi)B的速度范圍為2m/s<vB<2.67m/s，B、C選項(xiàng)正確．5．從傾角為30°、長(zhǎng)0.3m的光滑斜面頂端滑下質(zhì)量為2kg的貨包，掉在質(zhì)量為13kg的靜止的小車?yán)铮粜≤嚺c水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.02，小車能前進(jìn)多遠(yuǎn)？(g取10m/s2)解析：貨包離開(kāi)斜面時(shí)速度為v＝eq\r(2as1)＝eq\r(2s1gsin30°)＝eq\r(3)m/s.貨包離開(kāi)斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小車前，其水平分速度vx不變，其大小為vx＝vcos30°＝1.5m/s.貨包落入小車中與小車相碰的瞬間，雖然小車在水平方向受到摩擦力的作用，但與相碰時(shí)的內(nèi)力相比可忽略，故系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，則mvx＝(M＋m)v′小車獲得的速度為v′＝eq\f(mvx,M＋m)＝eq\f(2×1.5,13＋2)m/s＝0.2m/s.由動(dòng)能定理有μ(M＋m)gs2＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2求得小車前進(jìn)的距離為s2＝eq\f(M＋mv′2,2μM＋mg)＝eq\f(v′2,2μg)＝0.1m.答案：0.1m★要點(diǎn)三多物體系統(tǒng)中的動(dòng)量守恒|要點(diǎn)歸納|一個(gè)系統(tǒng)如果滿足動(dòng)量守恒條件，并且由兩個(gè)以上的物體構(gòu)成，在對(duì)問(wèn)題進(jìn)行分析時(shí)，既要注意系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，又要注意系統(tǒng)內(nèi)部分物體動(dòng)量守恒，注重系統(tǒng)內(nèi)部分物體動(dòng)量守恒分析，又可以使求解突破關(guān)鍵的未知量，增加方程個(gè)數(shù)，為問(wèn)題的最終解答鋪平道路．解決問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意：(1)正確分析作用過(guò)程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運(yùn)動(dòng)模型．(2)分清作用過(guò)程中各個(gè)階段和聯(lián)系階段的狀態(tài)量．(3)合理地選取研究對(duì)象，既要符合動(dòng)量守恒的條件，又要方便解題