金版教程物理2024導(dǎo)學(xué)案選擇性必修第一冊人教版新(導(dǎo)學(xué)案)含答案

《金版教程(物理）》2024導(dǎo)學(xué)案選擇性必修第一冊人教版新1．動量1．通過實(shí)驗(yàn)尋求碰撞中的不變量。2.理解動量、動量的變化量及其矢量性。3.會計(jì)算物體沿直線運(yùn)動時的動量變化量。一尋求碰撞中的不變量1．對小球碰撞演示實(shí)驗(yàn)的猜想：通過觀察分析質(zhì)量不同小球的碰撞的實(shí)驗(yàn)，可以看出，兩球碰撞前后的速度之和并不相等，但可能會猜想：兩個物體碰撞前后eq\x(\s\up1(01))動能之和不變；兩個物體碰撞前后速度與質(zhì)量的eq\x(\s\up1(02))乘積之和可能是不變的……2．對小車碰撞實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)定量分析可得出結(jié)論：兩輛小車碰撞前后，動能之和eq\x(\s\up1(03))并不相等，但是質(zhì)量與速度的乘積之和eq\x(\s\up1(04))卻基本不變。二動量1．定義：物理學(xué)中把eq\x(\s\up1(01))質(zhì)量和eq\x(\s\up1(02))速度的乘積mv定義為物體的動量。2．表達(dá)式：eq\x(\s\up1(03))p＝mv。3．單位：eq\x(\s\up1(04))千克米每秒，符號是eq\x(\s\up1(05))kg·m/s。4．矢量性：動量是矢量，動量的方向與eq\x(\s\up1(06))速度的方向相同，運(yùn)算遵守eq\x(\s\up1(07))平行四邊形定則。三動量的變化量1．定義：物體在某段時間內(nèi)eq\x(\s\up1(01))末動量與eq\x(\s\up1(02))初動量的矢量差。2．物體沿直線運(yùn)動時動量變化量的運(yùn)算：選定坐標(biāo)軸的方向，動量、動量的變化量用帶正、負(fù)號的數(shù)值表示，從而將矢量運(yùn)算簡化成eq\x(\s\up1(03))代數(shù)運(yùn)算(此時的正、負(fù)號僅表示方向，不表示大小)。3．表達(dá)式：eq\x(\s\up1(04))Δp＝p′－p。4．矢量性：動量的變化量也是矢量，方向與eq\x(\s\up1(05))速度變化量的方向相同。1．判一判(1)動量越大的物體，其速度越大。()(2)一個物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化，它的動量一定發(fā)生改變。()(3)動量是矢量，其方向與物體速度的方向相同。()提示：(1)×由動量定義式p＝mv知，動量大的物體，其速度不一定大。(2)√描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量是速度，動量是質(zhì)量和速度的乘積，物體質(zhì)量不變，速度發(fā)生改變，則它的動量一定發(fā)生改變。(3)√根據(jù)動量定義式p＝mv，可知其方向與物體速度的方向相同。2．想一想質(zhì)量相同的兩個物體動能相同，它們的動量也一定相同嗎？提示：不一定。動量是矢量，有方向，而動能是標(biāo)量，無方向。質(zhì)量相同的兩個物體動能相同，速度大小一定相同，但速度方向不一定相同。探究動量仔細(xì)觀察下列圖片，認(rèn)真參與“師生互動”。次數(shù)m1/kgm2/kgv/(m·s－1)v′/(m·s－1)10.5190.5190.6280.30720.5190.7180.6360.26530.7180.5190.5720.321丁圖丙某次實(shí)驗(yàn)中采集的數(shù)據(jù)。其中，m1是運(yùn)動小車的質(zhì)量，m2是靜止小車的質(zhì)量；v是運(yùn)動小車碰撞前的速度，v′是碰撞后兩輛小車的共同速度?；顒?：如圖甲所示，A球與B球碰撞后出現(xiàn)什么情況？可以得出什么結(jié)論？提示：可以看到，碰撞后A球停止運(yùn)動而靜止，B球開始運(yùn)動，最終擺到和A球拉起時同樣的高度。碰撞后，A球的速度大小不變地“傳給”了B球，即碰撞前后兩球速度之和是不變的。活動2：如圖乙所示，C球和B球碰撞后出現(xiàn)什么情況？與活動1得出的結(jié)論相符嗎？由此猜想碰撞前后可能什么量不變？提示：可以看到，碰撞后B球獲得較大的速度，擺起的最大高度大于C球被拉起時的高度。質(zhì)量大的C球與質(zhì)量小的B球碰撞后，B球得到的速度比C球碰撞前的速度大，兩球碰撞前后的速度之和并不相等，與活動1得出的結(jié)論不符。質(zhì)量大、速度較小的C球，使質(zhì)量小的B球獲得了較大的速度。由此猜想：可能兩個物體碰撞前后動能之和不變，所以質(zhì)量小的球速度大；也可能兩個物體碰撞前后速度與質(zhì)量的乘積之和是不變的……活動3：為了探究碰撞中的不變量，做了圖丙所示實(shí)驗(yàn)，通過分析丁圖表格中的數(shù)據(jù)，碰撞前后兩小車動能之和不變嗎？速度與質(zhì)量的乘積之和不變嗎？提示：通過計(jì)算發(fā)現(xiàn)，碰撞前后，兩小車動能之和改變；速度與質(zhì)量的乘積之和基本不變。1．對動量的理解(1)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動量，用字母p表示，p＝mv，動量的單位是千克米每秒，符號為kg·m/s。(2)動量是一個狀態(tài)量。計(jì)算動量時，要明確是哪一個物體在哪一個時刻(位置)的動量。公式p＝mv中的速度v是瞬時速度。(3)動量是矢量，方向與物體速度的方向相同。運(yùn)算遵循平行四邊形定則(或三角形定則)，如圖所示。如果物體沿直線運(yùn)動，在選定坐標(biāo)軸的方向之后，動量的運(yùn)算就可以簡化為代數(shù)運(yùn)算。(4)動量具有相對性：物體的動量與參考系的選擇有關(guān)。選不同的參考系時，同一個物體的動量可能不同，通常在不說明參考系的情況下，物體的動量是指物體相對地面的動量。2．動量與動能的聯(lián)系與區(qū)別(1)聯(lián)系：動量和動能都是描述物體運(yùn)動的物理量，速度不太大(遠(yuǎn)小于光在真空中的速度)時它們之間數(shù)值的關(guān)系是：Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)。(2)區(qū)別：動量從物體運(yùn)動的作用效果描述物體的運(yùn)動狀態(tài)，而動能從能量的角度描述物體的運(yùn)動狀態(tài)；動量是矢量，而動能是標(biāo)量。3．動量變化量的理解(1)表達(dá)式：Δp＝p′－p。(2)矢量性：動量變化量是矢量，與速度變化的方向相同。(3)物體動量變化的幾種典型情況①物體做勻速直線運(yùn)動時，其動量不變——動量的大小和方向都不變。②物體做勻速圓周運(yùn)動時，其動量時刻改變——動量的大小不變，但方向時刻改變。③物體做平拋運(yùn)動時，其動量時刻改變——動量的大小時刻改變，方向也時刻改變。④物體做勻變速直線運(yùn)動時，其動量時刻改變——動量的大小時刻改變，方向可能改變。例如圖所示，一個質(zhì)量為0.18kg的壘球，以大小為25m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5m/s，則這一過程中動量的變化量()A．大小為3.6kg·m/s，方向水平向左B．大小為3.6kg·m/s，方向水平向右C．大小為12.6kg·m/s，方向水平向左D．大小為12.6kg·m/s，方向水平向右[實(shí)踐探究](1)壘球的初、末動量大小各是多少？提示：初動量大小為p0＝mv0＝0.18×25kg·m/s＝4.5kg·m/s；末動量大小為p＝mv＝0.18×45kg·m/s＝8.1kg·m/s。(2)壘球初、末動量的方向是相同還是相反？提示：相反。[規(guī)范解答]選水平向左為正方向，則動量的變化量為Δp＝mv－mv0＝0.18×(－45)kg·m/s－0.18×25kg·m/s＝－12.6kg·m/s，即大小為12.6kg·m/s，負(fù)號表示其方向水平向右，故D正確。[答案]D規(guī)律點(diǎn)撥同一直線上動量變化量的計(jì)算方法在分析計(jì)算時：①首先確定正方向，一般取初速度v1的方向?yàn)檎较?；②然后分別寫出初、末狀態(tài)的動量p1和p2，與v1同向?yàn)檎cv1反向?yàn)樨?fù)；③最后由Δp＝p2－p1進(jìn)行計(jì)算。動量的變化量是末動量與初動量的差。[變式訓(xùn)練1]下列關(guān)于動量和動能的說法正確的是()A．質(zhì)量大的物體的動量一定大B．質(zhì)量和速率都相同的物體的動量一定相同C．一個物體的動量改變，它的動能一定改變D．一個物體的動能變化，它的動量一定改變答案D解析根據(jù)動量的定義，它是質(zhì)量和速度的乘積，因此它由質(zhì)量和速度共同決定，故A錯誤；動量是矢量，它的方向與速度的方向相同，質(zhì)量和速率都相同的物體，其動量大小一定相同，但方向不一定相同，故B錯誤；一個物體的動量改變，可能只是速度方向改變，速度大小不變，如做勻速圓周運(yùn)動的物體，其動量改變，動能不變，故C錯誤；一個物體的動能變化，則它的速度大小一定發(fā)生了變化，它的動量也一定發(fā)生了變化，故D正確。[變式訓(xùn)練2]一個質(zhì)量為50kg的蹦床運(yùn)動員，從離水平網(wǎng)面1.8m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面2.45m高處。已知運(yùn)動員和網(wǎng)接觸的時間為1s，g取10m/s2。運(yùn)動員與網(wǎng)接觸的這段時間內(nèi)，動量變化量的大小為()A．50kg·m/s B．300kg·m/sC．350kg·m/s D．650kg·m/s答案D解析根據(jù)題意，運(yùn)動員從h1＝1.8m高處下落過程機(jī)械能守恒，則有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得運(yùn)動員開始接觸水平網(wǎng)面時的速度大小為v0＝eq\r(2gh1)＝eq\r(2×10×1.8)m/s＝6m/s，運(yùn)動員離開網(wǎng)面上升h2＝2.45m的過程機(jī)械能守恒，則有mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得運(yùn)動員離開水平網(wǎng)面時的速度大小為v1＝eq\r(2gh2)＝eq\r(2×10×2.45)m/s＝7m/s。規(guī)定豎直向下為正方向，則運(yùn)動員與網(wǎng)接觸的這段時間內(nèi)，動量變化量為Δp＝m(－v1)－mv0＝50×(－7)kg·m/s－50×6kg·m/s＝－650kg·m/s，負(fù)號表示方向豎直向上，即動量變化量的大小為650kg·m/s，故D正確，A、B、C錯誤。1．(動量的理解)(多選)關(guān)于物體的動量，下列說法中正確的是()A．動量越大的物體，其慣性也越大B．同一物體的動量越大，其速度一定越大C．物體的加速度不變，其動量一定不變D．運(yùn)動物體在任一時刻的動量方向一定是該時刻物體速度的方向答案BD解析慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量，根據(jù)p＝mv可知物體的動量大，物體的質(zhì)量可能很小，所以不能說動量越大的物體其慣性就越大，A錯誤；動量等于物體的質(zhì)量與物體速度的乘積，即p＝mv，同一物體的動量越大，其速度一定越大，B正確；物體的加速度不變且不為零時，速度是變化的，物體的動量一定變化，C錯誤；動量等于物體的質(zhì)量與物體速度的乘積，即p＝mv，動量是矢量，運(yùn)動物體在任一時刻的動量方向就是該時刻物體速度的方向，D正確。2．(動量的理解)關(guān)于動量，下列說法中正確的是()A．做勻速圓周運(yùn)動的物體，動量不變B．做勻變速運(yùn)動的物體，它的動量一定在改變C．物體動量變化，可能未受到力的作用D．甲物體動量p1＝5kg·m/s，乙物體動量p2＝－10kg·m/s，所以p1>p2答案B解析動量是矢量，做勻速圓周運(yùn)動的物體的速度方向時刻在變化，所以動量時刻在變化，故A錯誤；根據(jù)Δv＝aΔt，做勻變速運(yùn)動的物體的速度時刻在變化，所以它的動量一定在變化，故B正確；物體動量變化，即Δp＝mΔv≠0，則物體運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生改變，由牛頓第一定律可知，物體一定受到力的作用，故C錯誤；動量的正負(fù)號只表示方向，與大小無關(guān)，故甲、乙兩物體動量大小關(guān)系為p1<p2，故D錯誤。3．(動量相關(guān)圖像)小球從某一高度由靜止自由落下，與地面發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后彈起。不計(jì)空氣阻力和碰撞中機(jī)械能的損失，小球從高處落下到第一次彈起至最高處過程中，小球的動量p與時間t的關(guān)系圖像正確的是()答案C解析因?yàn)椴挥?jì)空氣阻力和碰撞中機(jī)械能的損失，則小球從高處落下到第一次彈起至最高處過程中，先做自由落體運(yùn)動，然后原速率反彈做豎直上拋運(yùn)動，即速度先向下均勻增大后向上均勻減小，因?yàn)閯恿看笮＝mv，且動量方向與速度方向相同，即動量也是先向下均勻增大，后向上均勻減小，故選C。4．(動能與動量的關(guān)系)兩個具有相等動量的物體A、B，質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＞m2，則()A．B動能較大 B．A動能較大C．兩物體動能相等 D．無法判斷答案A解析物體動能與動量間的關(guān)系為Ek＝eq\f(p2,2m)，兩個具有相等動量的物體A、B，質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＞m2，則EkA<EkB，即B物體的動能較大，故A正確。5．(動量的變化量、動能的變化量)一質(zhì)量為2kg的物體，速度由向東3m/s變?yōu)橄蛭?m/s，在這個過程中該物體的動量與動能的變化量分別是()A．0、0 B．0、18JC．12kg·m/s、0 D．12kg·m/s、18J答案C解析設(shè)向西為正方向，則物體的初速度v0＝－3m/s，末速度v＝3m/s，故這個過程中，該物體動量的變化量為Δp＝mv－mv0＝12kg·m/s，方向向西；動能的變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，故C正確，A、B、D錯誤。6．(尋求碰撞中的不變量)某同學(xué)運(yùn)用以下實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)了一個碰撞實(shí)驗(yàn)來尋找碰撞前后的不變量：電磁打點(diǎn)計(jì)時器、低壓交流電源(頻率為50Hz)、紙帶、表面光滑的長木板、帶撞針的小車A、帶橡皮泥的小車B、天平。該同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用天平測出小車A的質(zhì)量為mA＝0.4kg，小車B的質(zhì)量為mB＝0.2kg；②把長木板平放在桌面上，在一端固定打點(diǎn)計(jì)時器，連接電源；③小車A靠近打點(diǎn)計(jì)時器放置，在車后固定紙帶，把小車B放在長木板中間；④接通電源，并給小車A一定的初速度vA；⑤更換紙帶重復(fù)操作三次。(1)打點(diǎn)計(jì)時器打下的紙帶中，比較理想的一條如圖所示，根據(jù)這些數(shù)據(jù)完成表格。碰撞前碰撞后A車B車A、B整體質(zhì)量/kg速度/(m·s－1)eq\f(v,m)/(m·s－1·kg－1)mv/(kg·m·s－1)mv2/(kg·m2·s－2)(2)根據(jù)以上數(shù)據(jù)猜想碰撞前后不變量的表達(dá)式為________________________________________。答案(1)見解析(2)mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v解析(1)碰撞前后均為勻速直線運(yùn)動，由紙帶上的點(diǎn)跡分布求出速度。碰后小車A、B合為一整體，求出A、B整體的共同速度。注意打點(diǎn)計(jì)時器的頻率為50Hz，打點(diǎn)時間間隔為0.02s，通過計(jì)算得下表。碰撞前碰撞后A車B車A、B整體質(zhì)量/kg0.40.20.6速度/(m·s－1)3.002.0eq\f(v,m)/(m·s－1·kg－1)7.503.3mv/(kg·m·s－1)1.201.2mv2/(kg·m2·s－2)3.602.4(2)由表中數(shù)值可看出mv一行中數(shù)值相同，可猜想碰撞前后不變量的表達(dá)式為mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。7.(動量的計(jì)算)一個質(zhì)量為5kg的物體在合力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨時間t變化的圖像如圖所示。(1)t＝1s時物體的動量大小是__________；(2)t＝4s時物體的動量大小是__________。答案(1)20kg·m/s(2)10kg·m/s解析規(guī)定0～1s內(nèi)物體所受合力的方向?yàn)檎较颉?1)根據(jù)題圖及牛頓第二定律知，物體在0～1s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(20N,5kg)＝4m/s2，t＝1s時物體的速度v1＝a1t1＝4m/s2×1s＝4m/s，則t＝1s時物體的動量為p1＝mv1＝5kg×4m/s＝20kg·m/s，故t＝1s時物體的動量大小為20kg·m/s。(2)根據(jù)題圖及牛頓第二定律知，物體在1～4s內(nèi)的加速度a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(－10N,5kg)＝－2m/s2，t＝4s時物體的速度v2＝v1＋a2t2＝4m/s＋(－2m/s2)×(4－1)s＝－2m/s，則t＝4s時物體的動量為p2＝mv2＝5kg×(－2m/s)＝－10kg·m/s，故t＝4s時物體的動量大小為10kg·m/s。8．(動量、動能及動量變化量的理解)下列關(guān)于物體的動量和動能的說法，正確的是()A．若兩個物體的動量相同，它們的動能也一定相同B．兩物體中動能大的物體，其動量也一定大C．物體的速度大小不變時，動量的變化量Δp不一定為零D．物體做曲線運(yùn)動時，動量的變化量一定不為零答案C解析由動量p＝mv和動能Ek＝eq\f(1,2)mv2可解得Ek＝eq\f(p2,2m)，若兩個物體的動量相同，而質(zhì)量不同，則它們的動能不相同，A錯誤；兩物體中動能大的物體質(zhì)量可能小，由p＝eq\r(2mEk)知，其動量不一定大，B錯誤；當(dāng)物體的速度大小不變、方向變化時，Δp≠0，C正確；當(dāng)物體做曲線運(yùn)動時，動量的變化量Δp可能為零，如做勻速圓周運(yùn)動的物體運(yùn)動一周時的Δp為零，D錯誤。9．(綜合)物體的運(yùn)動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p-x圖像中的一個點(diǎn)。物體運(yùn)動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則對應(yīng)的相軌跡可能是()答案D解析質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則有v2＝2ax，而動量為p＝mv，聯(lián)立可得p＝meq\r(2ax)＝meq\r(2a)·xeq\f(1,2)，且x和p均應(yīng)為正值，故對應(yīng)的相軌跡為圖像D。10．(綜合)(多選)如圖實(shí)線abc為一隕石繞行星做橢圓運(yùn)動的部分軌跡，圖中虛線是以行星中心為圓心的同心圓。設(shè)隕石質(zhì)量保持不變，不計(jì)阻力，不考慮其他星體對隕石的引力作用。則下列說法正確的是(提示：本題可能用到開普勒第二定律)()A．隕石在b點(diǎn)處的動量大小最大B．隕石在a點(diǎn)和c點(diǎn)的動量相同C．隕石從a點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，加速度先增大后減小D．隕石的動量p在垂直于隕石與行星連線方向的分量和隕石與行星距離r的乘積叫作隕石的角動量J，則隕石運(yùn)動過程中，角動量不變答案ACD解析在隕石從a點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中，行星引力對隕石先做正功再做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，隕石的動能先增大后減小，速率先增大后減小，在b點(diǎn)處速率最大，在a、c點(diǎn)處速度大小相同而方向不同，則在b點(diǎn)處隕石的動量大小最大，在a點(diǎn)和c點(diǎn)處隕石的動量大小相同、方向不同，故A正確，B錯誤；隕石從a點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中，隕石與行星之間的距離先減小后增大，隕石受到的行星的引力先增大后減小，且在整個過程中隕石只受到行星的引力作用，故隕石的加速度先增大后減小，C正確；如圖所示，隕石沿橢圓軌道運(yùn)動到任一點(diǎn)d時，設(shè)速度大小為v，與隕石、行星連線的夾角為θ，根據(jù)題意可知，隕石的角動量J＝mvsinθ·r，設(shè)極短時間Δt內(nèi)隕石運(yùn)動到e點(diǎn)，△Oed面積為ΔS，則ΔS＝eq\f(1,2)vΔtsinθ·r，聯(lián)立可得J＝2meq\f(ΔS,Δt)，根據(jù)開普勒第二定律可知，隕石與行星的連線在任意相等時間Δt掃過的面積ΔS是常量，即eq\f(ΔS,Δt)恒定不變，則隕石運(yùn)動過程中，角動量J不變，D正確。11.(綜合)如圖所示，某滑板愛好者腳踩滑板從離地面一定高度的平臺上水平飛離A點(diǎn)后順利越過水平地面上的水坑，A點(diǎn)與坑口右端點(diǎn)B間水平距離x＝3m，豎直距離h＝1.8m，人與滑板總質(zhì)量m＝70kg，整個過程人與滑板始終保持相對靜止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)人與滑板離開A點(diǎn)后在空中運(yùn)動的時間t；(2)若人與滑板離開A點(diǎn)后恰好落在B點(diǎn)，求人與滑板離開A點(diǎn)時動量pA；(3)若人與滑板離開A點(diǎn)后恰好落在B點(diǎn)，求人與滑板在空中運(yùn)動的整個過程動量的變化量Δp。答案(1)0.6s(2)350kg·m/s，方向水平向右(3)420kg·m/s，方向豎直向下解析(1)人與滑板離開A點(diǎn)后在空中做平拋運(yùn)動，有h＝eq\f(1,2)gt2，則它們在空中運(yùn)動的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.8,10))s＝0.6s。(2)人與滑板離開A點(diǎn)時速度的大小vA＝eq\f(x,t)＝eq\f(3,0.6)m/s＝5m/s，則人與滑板離開A點(diǎn)時動量的大小pA＝mvA＝350kg·m/s，方向水平向右。(3)根據(jù)動量的定義可知，Δp＝mΔv，設(shè)人與滑板做平拋運(yùn)動的末速度的豎直分量為vBy，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可知，人與滑板在空中運(yùn)動的整個過程，即做平拋運(yùn)動的整個過程，速度的變化量Δv＝vBy，方向豎直向下，而veq\o\al(2,By)＝2gh，聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)可得Δp＝420kg·m/s，方向豎直向下。[名師點(diǎn)撥](1)動量是矢量，計(jì)算動量及動量變化量時，如無特殊說明，除了計(jì)算大小，還需要指出方向。(2)曲線運(yùn)動中動量變化量Δp的計(jì)算方法①矢量計(jì)算法：動量是矢量，所以計(jì)算曲線運(yùn)動中動量的變化量Δp＝p′－p時，不能用標(biāo)量加減法，一般情況下應(yīng)使用矢量加減法則——平行四邊形定則或三角形定則。由上式得p′＝p＋Δp，據(jù)此可作出矢量三角形求解Δp，如圖所示。②動量定義法：根據(jù)p＝mv，可得Δp＝mΔv。根據(jù)此式結(jié)合速度的合成與分解、運(yùn)動學(xué)規(guī)律，也可以求解Δp。這種方法適合求解勻變速曲線運(yùn)動中動量的變化量。

2．動量定理1．理解沖量的概念并會進(jìn)行相關(guān)的簡單計(jì)算。2.理解動量定理及其表達(dá)式。3.能夠利用動量定理解釋有關(guān)現(xiàn)象。4.會用動量定理分析解決實(shí)際問題。一沖量1．定義：力與力的作用eq\x(\s\up1(01))時間的乘積。2．表達(dá)式：I＝eq\x(\s\up1(02))FΔt。3．單位：牛秒，符號是N·s。4．方向：恒力沖量的方向與eq\x(\s\up1(03))力的方向相同。二動量定理1．內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的eq\x(\s\up1(01))動量變化量。其中“力的沖量”指的是eq\x(\s\up1(02))合力的沖量，或者是各個力的沖量的eq\x(\s\up1(03))矢量和。2．表達(dá)式：I＝p′－p或eq\x(\s\up1(04))F(t′－t)＝mv′－mv。若物體受變力作用，式中F應(yīng)該理解為變力在作用時間內(nèi)的eq\x(\s\up1(05))平均值。3．變形式：F＝eq\f(Δp,Δt)(牛頓第二定律的動量形式)，表示物體動量的eq\x(\s\up1(06))變化率等于它所受的力。三動量定理的應(yīng)用1．原理：根據(jù)動量定理，如果物體的動量發(fā)生的變化是一定的，那么作用的時間短，物體受的力就eq\x(\s\up1(01))大；作用的時間長，物體受的力就eq\x(\s\up1(02))小。2．應(yīng)用：易碎物品運(yùn)輸時要用柔軟材料包裝，跳高時運(yùn)動員要落在軟墊上，在船舷和碼頭懸掛一些具有彈性的物體(如舊輪胎)。1．判一判(1)合力的沖量等于各力沖量的代數(shù)和。()(2)物體所受合力不變，則動量也不變。()(3)物體動量的變化等于某個力的沖量。()(4)物體所受合力的沖量方向與物體末動量的方向相同。()提示：(1)×力是矢量，根據(jù)I＝FΔt，合力的沖量等于各力沖量的矢量和。(2)×由動量定理FΔt＝Δp知物體所受合力不變，經(jīng)過一段時間動量會發(fā)生變化。(3)×動量定理公式FΔt＝Δp中的F是指物體所受的合力，所以物體動量的變化等于合力的沖量。(4)×由動量定理FΔt＝Δp知物體所受合力的沖量方向與物體動量變化量的方向相同。2．想一想(1)靜止在水平桌面上的物體，在時間t內(nèi)重力的沖量等于0嗎？提示：根據(jù)I＝Ft，在時間t內(nèi)重力的沖量不等于0。(2)跳高比賽時，運(yùn)動員落地處要放很厚的墊子，這是為什么？提示：人落到墊子上比直接落在地面上速度減為0所需的時間更長，即在動量變化相同的情況下，人落在墊子上受到的沖擊力較小，從而對運(yùn)動員起到保護(hù)作用。探究動量定理及其應(yīng)用仔細(xì)觀察下列圖片，認(rèn)真參與“師生互動”。如圖所示，光滑水平面上有一個質(zhì)量為m的物體，在力F作用下，從時刻t到時刻t′，速度從v變?yōu)関′。活動1：該物體的加速度是多少？提示：由加速度的定義知：該物體的加速度為a＝eq\f(v′－v,t′－t)?；顒?：物體的動量改變量Δp與恒力F及作用時間Δt(Δt＝t′－t)有什么關(guān)系？提示：根據(jù)牛頓第二定律可知F＝ma＝meq\f(v′－v,t′－t)＝meq\f(v′－v,Δt)，整理得FΔt＝m(v′－v)＝mv′－mv＝p′－p＝Δp，即FΔt＝Δp?；顒?：若F是變力，上述關(guān)系式是否成立？提示：把力F的作用過程分成很多短暫過程，各個短暫過程持續(xù)的時間Δti很短，各短暫過程物體受的力Fi沒有很大的變化，可看成恒力，設(shè)動量改變量為Δpi，參照勻變速直線運(yùn)動位移公式的推導(dǎo)過程，依上述關(guān)系有FiΔti＝Δpi，對所有過程累積求和有，＝，若用eq\o(F,\s\up6(－))表示F在時間Δt內(nèi)的平均值，得eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝Δp。1．對沖量的理解(1)力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，通常用字母I表示。如果力F是恒力，則力F對物體作用時間Δt的沖量為I＝FΔt。如果是變力，式中的F應(yīng)理解成變力在時間Δt內(nèi)的平均值。(2)沖量的單位為牛秒，符號為N·s，1N·s＝1kg·m/s。(3)沖量是過程量：沖量反映了作用在物體上的力對時間的累積效應(yīng)，與某一過程相對應(yīng)。(4)沖量是矢量：在作用時間內(nèi)力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同。2．動量定理(1)內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。(2)公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。3．對動量定理的理解(1)動量定理反映了合力的沖量是動量變化的原因。(2)動量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用動量定理解題時，要注意規(guī)定正方向。(3)公式中的F是物體所受的合力，若合力是變力，則F應(yīng)是合力在作用時間內(nèi)的平均值。(4)不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動，而且對微觀粒子的高速運(yùn)動同樣適用。4．動量定理與動能定理的區(qū)別由FΔt＝Δp可知，動量定理反映力對時間的累積效應(yīng)；由FΔx＝ΔEk可知，動能定理反映力對空間的累積效應(yīng)。5．動量定理的應(yīng)用(1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象①當(dāng)Δp一定(Δp＝F合·Δt)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δt↓?F合↑,Δt↑?F合↓))②當(dāng)F合一定eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F合＝\f(Δp,Δt)))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δt↓?Δp↓,Δt↑?Δp↑))(2)定量計(jì)算①eq\x(F·Δt)eq\o(→,\s\up10(I＝Δp),\s\do10(恒力適用))eq\x(Δp)例：求平拋物體在Δt內(nèi)的動量變化量，則有Δp＝mg·Δt。②eq\x(Δp)eq\o(→,\s\up10(I＝Δp),\s\do10(恒力、非恒力皆可))eq\x(I、F或Δt)例：求做勻速圓周運(yùn)動的物體在Δt內(nèi)向心力的沖量，則有：I向＝mv′－mv(矢量式)。(3)應(yīng)用動量定理解題的基本步驟例1如圖所示，一段內(nèi)壁光滑的鋼管，上端吊起，下端位于水平地面上，鋼管的傾角為θ。將一枚小鋼球從鋼管上端口由靜止釋放(小鋼球的直徑小于鋼管的內(nèi)直徑)，最后小鋼球從鋼管的下端口離開。小鋼球在鋼管內(nèi)運(yùn)動的過程中，下列說法正確的是()A．鋼管的傾角θ越大，小鋼球重力的沖量越大B．鋼管的傾角θ越大，鋼管對小鋼球彈力的沖量越大C．鋼管的傾角θ越大，小鋼球所受合力的沖量越大D．小鋼球所受合力的沖量與鋼管的傾角θ無關(guān)[實(shí)踐探究]沖量的大小由什么因素決定？提示：沖量的大小由力的大小和力作用的時間二者共同決定。[規(guī)范解答]設(shè)鋼管長度為L，小鋼球從鋼管的上端口滑到下端口的運(yùn)動時間為t，由牛頓第二定律知，小鋼球沿鋼管下滑的加速度大小為a＝gsinθ，則有L＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2L,gsinθ))。小鋼球重力的沖量IG＝mgt＝mgeq\r(\f(2L,gsinθ))，鋼管對小鋼球彈力的沖量IN＝mgcosθ·t＝mgcosθeq\r(\f(2L,gsinθ))，所以鋼管傾角θ越大，重力、彈力的沖量越小，A、B錯誤；小鋼球所受合力的沖量為I＝F合t＝mat＝meq\r(2gLsinθ)，則鋼管傾角θ越大，小鋼球所受合力的沖量就越大，C正確，D錯誤。[答案]C規(guī)律點(diǎn)撥功與沖量的區(qū)別(1)大小eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(力的大小,位移大小,力與位移的夾角θ)),沖量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(力的大小,力作用的時間))))(2)eq\a\vs4\al(力作用在物體上一段,時間（力的方向不變）)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功：可能為零,沖量：不為零))(3)eq\a\vs4\al\co1(標(biāo)矢性)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功：標(biāo)量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(正：動力做功,負(fù)：物體克服阻力做功)),沖量：矢量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(正：與規(guī)定正方向同向,負(fù)：與規(guī)定正方向反向))))[變式訓(xùn)練1]關(guān)于沖量的概念，以下說法正確的是()A．作用在兩個物體上的合力大小不同，但兩個物體所受的沖量大小可能相同B．作用在物體上的力的作用時間很短，物體所受的沖量一定很小C．作用在物體上的力很大，物體所受的沖量一定也很大D．只要力的作用時間和力的大小的乘積相同，物體所受的沖量一定相同答案A解析由沖量公式I＝FΔt可知，作用在兩個物體上的合力大小不同，但兩個物體所受的沖量大小可能相同，A正確；由沖量公式I＝FΔt可知沖量大小由力的大小和作用時間二者共同決定，只知力或作用時間一個因素，無法確定沖量大小，B、C錯誤；沖量是矢量，沖量的方向由力的方向決定，兩個大小相等的沖量，方向不一定相同，D錯誤。例2某高校設(shè)計(jì)專業(yè)學(xué)生對手機(jī)進(jìn)行了防摔設(shè)計(jì)，防摔設(shè)計(jì)是這樣的：在屏幕的四個角落設(shè)置了由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成的保護(hù)器，一旦手機(jī)內(nèi)的加速度計(jì)、陀螺儀及位移傳感器感知到手機(jī)掉落，保護(hù)器會自動彈出，對手機(jī)起到很好的保護(hù)作用?？傎|(zhì)量為160g的該種型號手機(jī)從距離地面1.25m高的口袋中被無意間帶出，之后的運(yùn)動可以看作自由落體運(yùn)動，平摔在地面上，保護(hù)器撞擊地面的時間為0.5s，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2，試求：(1)手機(jī)落地前瞬間的速度大??；(2)手機(jī)從開始掉落到落地前的過程中重力的沖量大??；(3)地面對手機(jī)的平均作用力大小。[實(shí)踐探究](1)計(jì)算沖量的方法有哪些？提示：根據(jù)沖量的定義或動量定理計(jì)算。(2)應(yīng)該用什么規(guī)律求解地面對手機(jī)的平均作用力大??？提示：動量定理。[規(guī)范解答](1)手機(jī)下落過程可看作自由落體運(yùn)動，有v2＝2gh則其落地前瞬間速度為v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.25)m/s＝5m/s。(2)解法一：手機(jī)從開始掉落到落地前的過程做自由落體運(yùn)動，有h＝eq\f(1,2)gt2則此過程手機(jī)運(yùn)動的時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s根據(jù)I＝Ft，得該過程中重力的沖量大小為I＝mgt＝0.16×10×0.5N·s＝0.8N·s。解法二：手機(jī)從開始掉落到落地前的過程，由動量定理有I＝mv－0代入數(shù)據(jù)得I＝0.16×5N·s＝0.8N·s。(3)取豎直向下為正方向，保護(hù)器撞擊地面的過程，對手機(jī)，由動量定理得(mg－eq\o(F,\s\up6(－)))t′＝0－mv則地面對手機(jī)的平均作用力大小為eq\o(F,\s\up6(－))＝mg＋eq\f(mv,t′)＝0.16×10N＋eq\f(0.16×5,0.5)N＝3.2N。[答案](1)5m/s(2)0.8N·s(3)3.2N規(guī)律點(diǎn)撥1．動量定理與牛頓第二定律的聯(lián)系與區(qū)別(1)聯(lián)系：在一定范圍內(nèi)，動量定理即為牛頓第二定律的動量表述：物體所受的合力等于物體的動量變化率，即：F合＝ma＝meq\f(vt－v0,Δt)＝eq\f(mvt－mv0,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)。(2)區(qū)別：一是兩者反映的對應(yīng)關(guān)系不同，牛頓第二定律是反映力和加速度之間的瞬時對應(yīng)關(guān)系，而動量定理是反映在某段運(yùn)動過程中力對時間的累積(沖量)與該過程初、末狀態(tài)物體的動量變化量之間的對應(yīng)關(guān)系；二是兩者的適用范圍不同，牛頓第二定律只適用于宏觀物體的低速運(yùn)動，對高速運(yùn)動的物體和微觀粒子不適用，而動量定理卻是普遍適用的。2．動量定理和牛頓第二定律選用原則(1)若涉及運(yùn)動的細(xì)節(jié)或力的瞬時效果——加速度，則必須用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式。(2)只涉及運(yùn)動的初末速度、力與作用時間，而不涉及運(yùn)動的細(xì)節(jié)和力的瞬時效果，相對于使用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式，用動量定理更簡單(特別是對于變力作用問題、曲線運(yùn)動問題、多過程運(yùn)動問題)。注：若涉及位移，還可能用動能定理。[變式訓(xùn)練2－1]如圖所示，輪船的外側(cè)懸掛了很多舊輪胎，這樣做的目的是()A．縮短碰撞的作用時間，從而減輕對輪船的破壞B．減小碰撞中輪船受到的沖量，從而減輕對輪船的破壞C．減小碰撞中輪船的動量變化量，從而減輕對輪船的破壞D．減小碰撞中輪船受到的沖擊力，從而減輕對輪船的破壞答案D解析輪船在發(fā)生碰撞的過程中，由動量定理FΔt＝Δp知，在動量變化量Δp相同即所受沖量I＝FΔt相同的情況下，外側(cè)懸掛了很多舊輪胎，延長了碰撞的作用時間Δt，使得碰撞中輪船受到的沖擊力F減小，從而減輕對輪船的破壞，故D正確，A、B、C錯誤。[變式訓(xùn)練2－2]某消防隊(duì)員從一平臺上跳下，下落1s后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.2s，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力估計(jì)為()A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的6倍C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍答案B解析解法一：消防隊(duì)員下落t1＝1s后雙腳觸地時的速度為v1＝gt1，方向向下；觸地后他使自身重心下降0.2s后站定，即v2＝0，設(shè)向下為正方向，則著地過程中消防隊(duì)員動量的變化量為Δp＝0－mv1＝－mv1，設(shè)該過程中地面對他雙腳的平均作用力為eq\o(F,\s\up6(－))，由動量定理得(mg－eq\o(F,\s\up6(－)))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2s，則eq\o(F,\s\up6(－))＝mg＋eq\f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正確。解法二：規(guī)定向下為正方向，對消防隊(duì)員下落的全程應(yīng)用動量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq\o(F,\s\up6(－))t2)＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得eq\o(F,\s\up6(－))＝6mg，故B正確。科學(xué)思維微元思想——計(jì)算流體的沖擊力本節(jié)推導(dǎo)變力作用情況下的動量定理時，用到了微元累積法，這種方法在必修課程中多次涉及，其核心思想是——微元思想。必修課程中直接應(yīng)用微元思想的實(shí)例有：必修第一冊瞬時速度的定義，圖像法推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移與時間的關(guān)系，質(zhì)量不可忽略的繩索的平衡問題分析等，必修第二冊水流、氣流等流體功率的計(jì)算(如人教版必修第二冊教材第八章第4節(jié)練習(xí)與應(yīng)用第6題求電動機(jī)對噴泉的功率、人教版必修第二冊教材第八章復(fù)習(xí)與提高B組第3題求風(fēng)力發(fā)電機(jī)發(fā)電的功率)，必修第三冊電流微觀表達(dá)式的推導(dǎo)。水流、氣流等流體會對接觸面產(chǎn)生持續(xù)的沖擊力F。計(jì)算沖擊力大小的思路是：根據(jù)微元思想，選取很短時間內(nèi)沖擊接觸面的一段流體為研究對象，根據(jù)動量定理計(jì)算這段流體受到接觸面的沖擊力F′，最后根據(jù)牛頓第三定律可得F。具體步驟為：(1)建立“柱體”模型：沿流速v的方向選取一段柱形流體為研究對象，其橫截面積為S；(2)微元研究：設(shè)在很短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面的流體長度為Δl，如圖所示，若流體的密度為ρ，那么在這段時間內(nèi)流過該截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；(3)列方程求F：分析微元的受力情況和動量變化，運(yùn)用動量定理F合Δt＝Δp，結(jié)合F合與F的關(guān)系列式求解。(注意：一般要用到牛頓第三定律)例飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決，其中之一就是當(dāng)飛船進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持飛船速度不變的問題。假如有一宇宙飛船，它的正面截面積為S＝0.98m2，以v＝2×103m/s的速度進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1m3空間有一微粒，每一微粒平均質(zhì)量m＝2×10－4g，若要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)增加多少？(設(shè)微粒與飛船相碰后附著到飛船上)[規(guī)范解答]由于飛船速度保持不變，因此增加的牽引力應(yīng)與微粒對飛船的作用力相等，根據(jù)牛頓第三定律知，此力也與飛船對微粒的作用力相等。時間t內(nèi)附著到飛船上的微粒質(zhì)量為M＝m·S·vt，設(shè)飛船對微粒的作用力為F，由動量定理得Ft＝Mv＝mSvt·v，即F＝mSv2，代入數(shù)據(jù)解得F＝0.784N，由牛頓第三定律得，微粒對飛船的作用力為0.784N，故飛船的牽引力應(yīng)增加0.784N。[答案]0.784N[方法感悟]塵埃、電子流、光子流密集地撞擊接觸面，從而能對接觸面產(chǎn)生持續(xù)的壓力，在計(jì)算該壓力時，可將粒子流類比為流體，單位體積內(nèi)的粒子數(shù)乘以單個粒子的質(zhì)量，就相當(dāng)于流體的密度，然后就可用微元法結(jié)合動量定理列方程求解。[變式訓(xùn)練]一艘小船在靜水中由于風(fēng)力的推動作用做勻速直線運(yùn)動，船體的迎風(fēng)面積S＝1m2，風(fēng)速v1＝10m/s，船速v2＝4m/s，空氣密度ρ＝1.29kg/m3。小船在勻速前進(jìn)時船體受到的平均風(fēng)力大小為多少？答案46.44N解析選擇以船體的迎風(fēng)面為底、(v1－v2)t為高的空氣柱為研究對象，這些空氣在船體的作用下在時間t內(nèi)速度由v1變?yōu)関2，根據(jù)動量定理有－Ft＝mv2－mv1，將m＝ρS(v1－v2)t代入上式可得F＝ρS(v1－v2)2＝1.29×1×(10－4)2N＝46.44N。由牛頓第三定律知，空氣對船體的平均作用力大小為46.44N，方向與v2方向一致。1．(沖量的理解)對于力的沖量的說法，正確的是()A．作用在物體上的力越大，力的沖量就越大B．作用在物體上的力越大，力的沖量不一定大C．力F1與作用時間t1的乘積F1t1等于力F2與作用時間t2的乘積F2t2，則這兩個沖量相同D．靜置于地面的物體受水平推力F的作用，經(jīng)時間t仍靜止，則此推力的沖量為零答案B解析由沖量公式I＝FΔt，可知作用在物體上的力大，作用時間不確定，故沖量不一定大，A錯誤，B正確；沖量是矢量，F(xiàn)1與作用時間t1的乘積F1t1等于F2與作用時間t2的乘積F2t2，則這兩個沖量大小相等，但方向不一定相同，所以沖量不一定相同，C錯誤；靜置于地面的物體受水平推力F的作用，經(jīng)時間t仍靜止，則此推力的沖量為Ft，D錯誤。2.(沖量的理解與計(jì)算)某質(zhì)量為m的物體在推力F的作用下沒有運(yùn)動，經(jīng)時間t后()A．推力的沖量為零B．推力的沖量為FtcosθC．合力的沖量為FtD．重力的沖量為mgt答案D解析根據(jù)沖量的公式，在時間t內(nèi)推力的沖量I1＝Ft，重力的沖量I2＝mgt，A、B錯誤，D正確；物體靜止，所受合力為零，則合力的沖量I3＝0，C錯誤。3．(沖量的理解)如果物體在任何相等時間內(nèi)所受合力F的沖量都相同，則此物體的運(yùn)動()A．是勻速運(yùn)動B．可能是勻變速曲線運(yùn)動C．不是勻變速直線運(yùn)動D．可能是勻速圓周運(yùn)動答案B解析根據(jù)沖量的定義式I＝FΔt，在任何相等時間Δt內(nèi)物體所受合力F的沖量I相同，說明作用在物體上的力F是恒力，因此物體做勻變速運(yùn)動，其中包括勻變速直線運(yùn)動和勻變速曲線運(yùn)動，B正確，A、C錯誤。物體做勻速圓周運(yùn)動時，所受向心力大小恒定，但方向指向圓心，是變力，D錯誤。4．(動量定理的簡單應(yīng)用)2022年9月1日，問天實(shí)驗(yàn)艙的小機(jī)械臂首次亮相，小機(jī)械臂臂長近6米，通過關(guān)節(jié)，小機(jī)械臂可以實(shí)現(xiàn)類似人類手臂的運(yùn)動能力。若該機(jī)械臂向太空同一方向，用同樣大小的力，同時拋出一個10克重的鋼球和一個200克重的銅球，假設(shè)力的作用時間相同，兩球的運(yùn)動終點(diǎn)距離拋出點(diǎn)二十米，則先到達(dá)終點(diǎn)的是()A．鋼球 B．銅球C．同時到達(dá) D．無法判定答案A解析根據(jù)動量定理可得Ft＝mv－0，機(jī)械臂的作用力相同，作用時間相同，鋼球的質(zhì)量較小，則鋼球獲得較大的初速度，位移相同，所以初速度較大的鋼球運(yùn)動的時間較短，故A正確。5．(動量定理的定性解釋)運(yùn)輸家用電器、易碎器件等物品時，經(jīng)常用泡沫塑料作填充物，這是為了在運(yùn)輸過程中()A．減小物品受到的沖量 B．使物品的動量減小C．使物品的動量變化量減小 D．使物品的動量變化率減小答案D解析運(yùn)輸家用電器、易碎器件等物品時，經(jīng)常用泡沫塑料作填充物，這是為了在運(yùn)輸過程中，延長力的作用時間，減小作用力，即使物品的動量變化率減小，故A、B、C錯誤，D正確。6．(動量定理與功)(多選)一質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)t＝0.2s以大小v＝1m/s的速度離開地面，重力加速度g＝10m/s2。在這0.2s內(nèi)()A．地面對運(yùn)動員的沖量大小為180N·sB．地面對運(yùn)動員的沖量大小為60N·sC．地面對運(yùn)動員做的功為零D．地面對運(yùn)動員做的功為30J答案AC解析運(yùn)動員的速度原來為零，起跳后變?yōu)関，以豎直向上為正方向，由動量定理可得：I－mgt＝mv－0，故地面對運(yùn)動員的沖量為：I＝mv＋mgt＝60×1N·s＋60×10×0.2N·s＝180N·s，故A正確，B錯誤；在起跳過程中，地面對運(yùn)動員的支持力豎直向上，支持力的作用點(diǎn)在支持力方向上沒有位移，則地面對運(yùn)動員做的功為零，故C正確，D錯誤。7．(沖量、動量定理的簡單應(yīng)用)嚴(yán)冬樹葉上結(jié)有冰塊，人在樹下經(jīng)常出現(xiàn)冰塊砸到頭部的情況。若冰塊質(zhì)量為150g，從離頭頂約45cm的高度無初速度掉落，砸到頭部后冰塊未反彈，頭部受到冰塊的沖擊時間約為0.2s，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列分析正確的是()A．冰塊接觸頭部之前的速度約為2m/sB．冰塊對頭部的沖量大小約為0.75N·sC．冰塊對頭部的平均作用力大小約為2.25ND．冰塊與頭部作用過程中，冰塊的動量變化量大小約為0.3kg·m/s答案B解析冰塊從離頭頂約45cm的高度無初速度掉落到接觸頭部之前，做自由落體運(yùn)動，由速度與位移的關(guān)系式有v2＝2gh，代入數(shù)據(jù)解得v＝3m/s，故A錯誤；冰塊撞擊頭部過程，由動量定理得I＋mgt＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得頭部對冰塊的沖量I＝－0.75N·s，由I＝FΔt和牛頓第三定律可知，冰塊對頭部的沖量大小為0.75N·s，故B正確；由沖量公式I＝FΔt得，冰塊對頭部的平均作用力大小約為eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(0.75,0.2)N＝3.75N，故C錯誤；冰塊與頭部作用過程中，冰塊的動量變化量大小約為Δp＝mv＝0.45kg·m/s，故D錯誤。8．(變力的沖量計(jì)算、沖量與功)兩位同學(xué)對變力問題感興趣。張明同學(xué)將質(zhì)量為m＝2kg的物體放置在光滑的水平面上，從靜止施加水平拉力，拉力隨時間變化的F-t圖像如圖甲，2s末時物體獲得的速度為v1；李華同學(xué)將質(zhì)量為m＝2kg的物體放置在光滑的水平面上，從靜止施加水平拉力，拉力隨位移變化的F-x圖像如圖乙，運(yùn)動2m時物體獲得的速度為v2，那么()A．v1＝4.5m/s，v2＝4.5m/s B．v1＝4.5m/s，v2＝3m/sC．v1＝6m/s，v2＝3m/s D．v1＝6m/s，v2＝4.5m/s答案B解析張明同學(xué)拉物體的過程中，由動量定理得eq\o(F,\s\up6(－))tΔt＝mv1－0，由F-t圖像可知，eq\o(F,\s\up6(－))t＝eq\f(3N＋6N,2)＝4.5N，聯(lián)立可解得2s末時物體獲得的速度為v1＝4.5m/s；李華同學(xué)拉物體的過程中，由動能定理得eq\o(F,\s\up6(－))x·Δx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，由F-x圖像可知，eq\o(F,\s\up6(－))x＝eq\f(3N＋6N,2)＝4.5N，聯(lián)立可解得運(yùn)動2m時物體獲得的速度為v2＝3m/s，故選B。9.(變力的沖量)如圖所示，一個可看作質(zhì)點(diǎn)的物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運(yùn)動，0～4s內(nèi)其合外力隨時間變化的關(guān)系圖線是正弦函數(shù)圖像，下列判斷正確的是()A．0～2s內(nèi)合外力的沖量先增大再減少B．0～4s內(nèi)合外力的沖量為零C．2s末物體的速度方向發(fā)生變化D．1s末物體的動量變化率為零答案B解析由題圖可知，0～2s內(nèi)合外力的方向一直為正，根據(jù)I＝Ft，可知0～2s內(nèi)合外力的沖量一直增大，故A錯誤；根據(jù)I＝Ft，可知F-t圖像與時間軸圍成圖形的面積表示沖量的大小，當(dāng)所圍圖形在時間軸上方時，表示沖量方向?yàn)檎?dāng)所圍圖形在時間軸下方時，表示沖量方向?yàn)樨?fù)，可知0～4s內(nèi)合外力的沖量為零，故B正確；由題圖根據(jù)FΔt＝mΔv可知，0～2s內(nèi)物體加速運(yùn)動，2～4s內(nèi)物體減速運(yùn)動，2s末物體的速度沿正方向達(dá)到最大，方向不發(fā)生變化，故C錯誤；根據(jù)FΔt＝Δp，得F＝eq\f(Δp,Δt)，知物體所受合外力即為其動量變化率，由題圖可知，1s末物體所受的合外力不為零，則其動量變化率不為零，故D錯誤。[名師點(diǎn)撥]變力沖量的計(jì)算①若力的方向不變而大小隨時間均勻變化，則該力的沖量可以用平均力來計(jì)算，其公式為I＝eq\o(F,\s\up6(－))Δt。②若力的方向始終沿一條直線，利用F-t圖像中的“面積”求該力的沖量。面積大小表示沖量的大小，面積的正負(fù)表示沖量的方向。某力F隨時間t變化的圖像(F-t圖像)如圖所示，則圖中陰影部分的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1內(nèi)的沖量。③利用動量定理計(jì)算，即求出在該力作用下物體動量改變量Δp的大小和方向，從而得到變力的沖量。10．(動量定理的應(yīng)用)滑雪比賽中，運(yùn)動員從如圖1所示大跳臺一躍而起，到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小為v0，在空中飛行一段時間后與著陸坡成20°角著陸，緩沖后沿著著陸坡滑向終點(diǎn)區(qū)。根據(jù)現(xiàn)場測量，起跳臺和著陸坡的坡度都是40°，如圖2所示。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為m，緩沖時間為Δt，運(yùn)動員運(yùn)動過程中不計(jì)空氣阻力，緩沖過程中沿著陸坡方向的速度近似不變，重力加速度為g，求：(1)緩沖過程中雙腳沿著陸坡方向受到的平均作用力大??；(2)緩沖過程中雙腳在垂直著陸坡方向上受到的平均作用力大小。答案(1)mgsin40°(2)eq\f(mv0sin20°,cos60°·Δt)＋mgcos40°解析(1)緩沖過程中，沿著陸坡方向的速度近似不變，則沿著陸坡方向的動量變化量Δp＝0取沿著陸坡向上為正方向，根據(jù)動量定理有(F1－mgsin40°)Δt＝Δp解得F1＝mgsin40°。(2)運(yùn)動員著陸前瞬間的速度大小為v＝eq\f(v0,cos（40°＋20°）)垂直著陸坡方向的速度大小為v2＝vsin20°取垂直著陸坡向上為正方向，根據(jù)動量定理有(F2－mgcos40°)Δt＝0－(－mv2)解得F2＝eq\f(mv0sin20°,cos60°·Δt)＋mgcos40°。11．(動量定理的應(yīng)用)在某次蹦極中，質(zhì)量為50kg的運(yùn)動員在彈性繩繃緊后又經(jīng)過2s速度減為零，假設(shè)彈性繩原長為45m。若運(yùn)動員從跳下到彈性繩繃緊前的過程稱為過程Ⅰ，從繩開始繃緊到運(yùn)動員速度減為零的過程稱為過程Ⅱ。(重力加速度g＝10m/s2)下列說法正確的是()A．過程Ⅱ中繩對運(yùn)動員的平均作用力大小為750NB．過程Ⅱ中運(yùn)動員重力的沖量與繩作用力的沖量大小相等C．過程Ⅱ中運(yùn)動員動量的改變量等于彈性繩作用力的沖量D．過程Ⅰ中運(yùn)動員動量的改變量與重力的沖量相等答案D解析根據(jù)題意，過程Ⅰ中運(yùn)動員做自由落體運(yùn)動，繩在剛繃緊時，運(yùn)動員下落的高度為h＝45m，速度大小為v＝eq\r(2gh)＝30m/s，在從繩開始繃緊到運(yùn)動員速度減為零的過程即過程Ⅱ中，設(shè)繩對運(yùn)動員的平均作用力大小為eq\o(F,\s\up6(－))，以向下為正方向，根據(jù)動量定理有(mg－F)t＝0－mv，代入數(shù)據(jù)解得eq\o(F,\s\up6(－))＝1250N，故A錯誤；過程Ⅱ中，根據(jù)動量定理有IG－IF＝0－mv，IG≠IF，故B、C錯誤；過程Ⅰ中，由動量定理有IG′＝mv－0＝Δp，可知運(yùn)動員動量的改變量與重力的沖量相等，故D正確。12．(動量的圖像問題)(多選)如圖描述的是豎直上拋物體的動量增量隨時間變化的曲線和動量變化率隨時間變化的曲線。若不計(jì)空氣阻力，取豎直向上為正方向，那么正確的是()答案CD解析由動量定理得Δp＝I＝－mgt，故A錯誤，C正確；又因?yàn)閑q\f(Δp,Δt)＝F＝－mg，故B錯誤，D正確。13．(沖量與動量定理)(多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動，經(jīng)過時間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時間內(nèi)物體動量變化量的大小可能是()A．m(v－v0) B．mgtC．meq\r(v2－veq\o\al(2,0)) D．meq\r(2gh)答案BCD解析根據(jù)動量定理，物體動量的變化應(yīng)該等于初末動量的矢量差，而不是代數(shù)差，A錯誤；由動量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，B正確；由動量的定義及矢量性可知，Δp＝mΔv＝mvy＝meq\r(v2－veq\o\al(2,0))＝meq\r(2gh)，C、D正確。14.(綜合)籃球比賽是深受人們喜愛的體育項(xiàng)目，傳球方式中有一種方式是通過地面?zhèn)髑?，其簡化過程如圖所示，若將質(zhì)量為m的籃球以速度v斜射到地面上，入射的角度是45°，碰撞后被斜著彈出，彈出的角度也是45°，速度大小仍為v，則下列說法中正確的是()A．合力對籃球的沖量大小為eq\r(2)mvB．籃球動量的改變量為零C．地面對籃球沖量的方向水平向左D．籃球動量改變量的方向豎直向下答案A解析如圖所示，碰撞前的動量p1＝mv，方向沿初速度方向，末動量大小為p2＝mv，方向沿末速度方向，根據(jù)三角形定則，籃球動量的改變量為Δp＝eq\r(2)mv，方向豎直向上，故B、D錯誤；由動量定理可知，合力對籃球的沖量大小為eq\r(2)mv，方向豎直向上，故A正確；籃球與地面接觸過程中，受重力與地面對籃球的作用力，因重力的沖量豎直向下，而合力的沖量豎直向上，故地面對籃球的沖量一定豎直向上，C錯誤。15．(流體的動量問題)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求：(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。答案(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)解析(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則：Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S③(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＋ΔmgΔt＝Δp⑥因?yàn)棣gΔt＝ρv0Sg(Δt)2含Δt的二次項(xiàng)，所以與FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件和牛頓第三定律得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)。3．動量守恒定律1．理解系統(tǒng)、內(nèi)力、外力的概念。2.知道動量守恒定律的內(nèi)容及表達(dá)式，理解其守恒的條件，知道動量守恒定律的普適性。3.會用動量守恒定律解答相關(guān)問題。一系統(tǒng)、內(nèi)力與外力1．系統(tǒng)：由eq\x(\s\up1(01))兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的整體。2．內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力。3．外力：系統(tǒng)eq\x(\s\up1(02))以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。二動量守恒定律1．內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)eq\x(\s\up1(01))不受外力，或者eq\x(\s\up1(02))所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．表達(dá)式：對兩個物體組成的系統(tǒng)，常寫成：eq\x(\s\up1(03))p1′＋p2′＝p1＋p2或eq\x(\s\up1(04))m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。3．適用條件：系統(tǒng)eq\x(\s\up1(05))不受外力或者所受外力的矢量和eq\x(\s\up1(06))為0。4．普適性：動量守恒定律適用于目前為止物理學(xué)研究的eq\x(\s\up1(07))一切領(lǐng)域。1．判一判(1)系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量一定守恒。()(2)題目中涉及甲、乙、丙三個物體時，可以將甲和乙、甲和丙、乙和丙以及甲、乙、丙選為系統(tǒng)，具體如何選擇要依據(jù)實(shí)際問題分析。()(3)應(yīng)用動量守恒定律時，若碰撞前后物體的速度方向相反，應(yīng)規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。()(4)動量守恒定律只適用于宏觀低速的物體。()(5)如果系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則動量也一定守恒。()提示：(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×2．想一想(1)一個力對某個系統(tǒng)來說是外力，這個力在另一個系統(tǒng)中可以是內(nèi)力嗎？提示：可以。一個力是內(nèi)力還是外力關(guān)鍵看所選擇的系統(tǒng)，如發(fā)射炮彈時，以炮彈和炮車為系統(tǒng)，地面對炮車的力是外力，如果選炮彈、炮車及地球?yàn)橄到y(tǒng)，地面對炮車的力就是內(nèi)力。(2)系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量還守恒嗎？提示：守恒。系統(tǒng)內(nèi)的摩擦力是內(nèi)力，動量是否守恒取決于系統(tǒng)所受外力的情況。(3)動量守恒定律和牛頓運(yùn)動定律的適用范圍一樣嗎？提示：不一樣，動量守恒定律的適用范圍更廣。牛頓運(yùn)動定律只適用于宏觀、低速的物體，而動量守恒定律適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域。探究動量守恒定律及其應(yīng)用仔細(xì)觀察下列圖片，認(rèn)真參與“師生互動”。光滑水平桌面上質(zhì)量為m1和m2的兩個物體A、B沿著同一直線向同一方向運(yùn)動，速度分別是v1和v2，且v2>v1?；顒?：物體A、B能否發(fā)生碰撞？若能夠發(fā)生碰撞，分析碰撞時應(yīng)以誰為研究對象？提示：由于兩個物體沿著同一直線向相同的方向做勻速運(yùn)動，速度大的在后面，所以能夠發(fā)生碰撞。分析碰撞時應(yīng)以A、B物體組成的系統(tǒng)為研究對象?；顒?：兩物體碰撞時，除兩物體之間的相互作用力外，還有其他力作用嗎？提示：兩物體碰撞時，還分別受到重力和桌面的支持力作用，但除兩物體間的相互作用力外，其他力的合力為零?；顒?：兩物體碰撞時，總動量有什么變化嗎？提示：設(shè)碰撞后兩物體的速度分別為v1′和v2′，碰撞過程中A所受B對它的作用力是F1，B所受A對它的作用力是F2，相互作用的時間很短，設(shè)為Δt，根據(jù)動量定理，有F1Δt＝m1v1′－m1v1，F(xiàn)2Δt＝m2v2′－m2v2。因?yàn)镕1與F2是兩物體間的相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律知F1＝－F2，則有m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′整理后得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2此式表明兩物體在碰撞時總動量保持不變。1．系統(tǒng)、內(nèi)力和外力(1)系統(tǒng)：由兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的整體。(2)內(nèi)力與外力：系統(tǒng)中物體間的作用力叫作內(nèi)力；系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力叫作外力。內(nèi)力和外力與系統(tǒng)的選取有關(guān)，例如甲、乙、丙三個物體均有相互作用，如果以三個物體為系統(tǒng)，則甲、乙、丙相互之間的作用均為內(nèi)力；如果以甲、乙兩個物體為系統(tǒng)，則甲、乙間的相互作用為內(nèi)力，丙對甲、乙的作用為外力。沒有明確的系統(tǒng)對象，判斷內(nèi)力和外力是毫無意義的。2．動量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)理解①系統(tǒng)的總動量保持不變，是指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量矢量和的大小和方向均不變。說明：在求初、末狀態(tài)系統(tǒng)的總動量時，要按矢量運(yùn)算法則計(jì)算，常用的方法是：將初、末狀態(tài)的動量在直角坐標(biāo)系中分別進(jìn)行正交分解，然后根據(jù)動量守恒定律沿各坐標(biāo)軸方向分別列分量方程，這樣可以將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。高中階段一般只計(jì)算系統(tǒng)內(nèi)各物體動量始終在同一直線上的問題。②系統(tǒng)的總動量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量可能都在不斷變化。③系統(tǒng)在整個過程中任意時刻的總動量都相等，不能誤認(rèn)為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等。④系統(tǒng)中各物體在初、末狀態(tài)的動量是相對于系統(tǒng)外的同一參考系而言的，通常選地面為參考系。(3)動量守恒定律成立的條件①系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為0。②系統(tǒng)所受外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力時，外力的作用可以忽略，系統(tǒng)的動量守恒。③系統(tǒng)在某個方向上所受的合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。(4)動量守恒定律的表達(dá)式①m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2(作用前后系統(tǒng)總動量不變)。②Δp＝0(系統(tǒng)動量的變化量為零)。③Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的變化量大小相等，方向相反)。3．動量守恒定律的普適性(1)動量守恒定律是一個獨(dú)立的實(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。(2)牛頓運(yùn)動定律和動量守恒定律的比較①動量守恒定律與牛頓運(yùn)動定律在經(jīng)典力學(xué)中都占有極其重要的地位，兩者密切相關(guān)。牛頓運(yùn)動定律從“力”的角度反映物體間的相互作用；動量守恒定律從“動量”的角度描述物體間的相互作用。②用牛頓運(yùn)動定律解決問題要涉及整個過程中的力，對于過程中是變力的問題解決起來困難，甚至不能求解。而動量守恒定律只涉及始、末兩個狀態(tài)，與過程中力的細(xì)節(jié)無關(guān)，可以簡化要解決的問題。③在微觀和高速領(lǐng)域，牛頓運(yùn)動定律不再適用，而動量守恒定律仍然正確。注：動量守恒定律是在牛頓運(yùn)動定律和動量定理的基礎(chǔ)上，通過演繹推理的方法得出的，動能定理、動量定理的推導(dǎo)也用到同樣的科學(xué)方法。在解答、證明時，也會經(jīng)常用到演繹推理法。例1把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發(fā)射出一顆子彈時(子彈尚未離開槍筒)，關(guān)于槍、子彈、車，下列說法正確的是()A．槍和子彈組成的系統(tǒng)，動量守恒B．槍和車組成的系統(tǒng)，動量守恒C．因?yàn)樽訌椇蜆屚仓g的摩擦力很大，使三者組成的系統(tǒng)的動量變化很大，故系統(tǒng)動量不守恒D．三者組成的系統(tǒng)，動量守恒，因?yàn)橄到y(tǒng)只受重力和地面支持力這兩個外力作用，這兩個外力的合力為零[實(shí)踐探究](1)題中涉及哪幾個系統(tǒng)？提示：槍和子彈組成的系統(tǒng)；槍和車組成的系統(tǒng)；槍、子彈和車三者組成的系統(tǒng)。(2)試分析各系統(tǒng)在豎直方向的受力情況。提示：三個系統(tǒng)在豎直方向所受合外力均為零。(3)試分析各系統(tǒng)在水平方向上的受力情況。提示：車對槍和子彈組成的系統(tǒng)有水平外力；子彈對槍和車組成的系統(tǒng)有水平外力；槍、子彈和車三者組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用。[規(guī)范解答]由于車對槍有作用力，所以槍和子彈組成的系統(tǒng)所受外力之和不為零，動量不守恒，A錯誤；由于子彈對槍有作用力，所以槍和車組成的系統(tǒng)所受外力之和不為零，動量不守恒，B錯誤；槍、子彈、車組成的系統(tǒng)，它們之間相互作用的力為內(nèi)力，比如子彈和槍筒之間的摩擦力，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒，C錯誤，D正確。[答案]D規(guī)律點(diǎn)撥動量守恒定律的適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系統(tǒng)。(2)理想條件：系統(tǒng)不受外力。(3)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受合力為0。(4)近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力。(5)方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒。[變式訓(xùn)練1]如圖所示，A、B兩物體靜止在平板小車C上，質(zhì)量之比mA∶mB＝1∶2，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當(dāng)彈簧突然釋放后，下列說法正確的是()A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒B．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)不同，A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒C．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動量不守恒D．無論A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動量均守恒答案D解析若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B發(fā)生滑動時，由于A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量，由f＝μmg得fA<fB，A、B組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；地面光滑，A、B、C之間的相互作用力為內(nèi)力，則A、B、C組成系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，與內(nèi)力無關(guān)，B、C錯誤，D正確。例2兩只小船質(zhì)量分別為m1＝500kg、m2＝1000kg，它們平行逆向航行，航線鄰近，當(dāng)它們頭尾相齊時，從每一只船上各投質(zhì)量m＝50kg的麻袋到對面的船上，如圖所示，結(jié)果質(zhì)量較小的船停了下來，另一只船則以v＝8.5m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不計(jì)，求在交換麻袋前兩只船的速率。[實(shí)踐探究](1)本題可選哪些系統(tǒng)作為研究對象？提示：質(zhì)量較小的船和從質(zhì)量較大的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)、質(zhì)量較大的船和從質(zhì)量較小的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)、兩船和兩個麻袋組成的系統(tǒng)。(2)試分析各系統(tǒng)的受力情況。提示：三個系統(tǒng)在豎直方向所受合力為零，水平方向不受外力作用。(3)各系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件？提示：三個系統(tǒng)均滿足動量守恒的條件。[規(guī)范解答]以質(zhì)量較小的船的速度方向?yàn)檎较?，選取質(zhì)量較小的船和從質(zhì)量較大的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象，如題圖所示，根據(jù)動量守恒定律有(m1－m)v1－mv2＝0即450v1－50v2＝0①選取質(zhì)量較大的船和從質(zhì)量較小的船投過去的麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有mv1－(m2－m)v2＝－m2v即50v1－950v2＝－1000×8.5②選取兩船和兩個麻袋組成的系統(tǒng)為研究對象有m1v1－m2v2＝－m2v即500v1－1000v2＝－1000×8.5③聯(lián)立①②③式中的任意兩式解得v1＝1m/s，v2＝9m/s。[答案]1m/s9m/s規(guī)律點(diǎn)撥1．應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟(1)找：找研究對象(系統(tǒng)包括哪幾個物體)和研究過程。(2)析：進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或在某一方向是否守恒)。(3)定：規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量的正、負(fù)號，畫好分析圖。(4)列：由動量守恒定律列式。(5)算：合理進(jìn)行運(yùn)算，得出最后的結(jié)果，并對結(jié)果進(jìn)行討論。在以上五步中“找”與“析”是關(guān)鍵所在。2．應(yīng)用動量守恒定律解決多物體、多過程問題的關(guān)鍵(1)正確選取研究對象，有時需對整體應(yīng)用動量守恒定律，有時只需對部分物體應(yīng)用動量守恒定律。研究對象的選取，一是取決于系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，二是根據(jù)所研究問題的需要。(2)正確進(jìn)行過程的選取和分析，通常對全程進(jìn)行分段分析，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。列式時有時需分過程多次應(yīng)用動量守恒定律，有時只需針對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關(guān)系式。[變式訓(xùn)練2]如圖甲所示，質(zhì)量為M的薄長木板靜止在光滑的水平面上，t＝0時一質(zhì)量為m的滑塊以水平初速度v0從長木板的左端沖上木板并最終從右端滑下。已知滑塊和長木板在運(yùn)動過程中的v-t圖像如圖乙所示，則木板與滑塊的質(zhì)量之比M∶m為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．3∶1答案B解析取滑塊的初速度方向?yàn)檎较?，設(shè)滑塊滑下木板時的速度為v1，此時木板的速度為v2，對滑塊和木板組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由題圖乙知v0＝40m/s，v1＝20m/s，v2＝10m/s，代入數(shù)據(jù)解得M∶m＝2∶1，故B正確，A、C、D錯誤。例3如圖所示，帶有半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道的小車，其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球從圓弧軌道的最頂端由靜止釋放，則小球離開小車時，球和車的速度大小分別為多少？(重力加速度為g)[實(shí)踐探究](1)球與車組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？提示：對小球和小車分別作受力分析，可知系統(tǒng)在水平方向上所受合力為0，豎直方向上所受合力不為零，故系統(tǒng)動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。(2)球與車的動能是由哪種能量轉(zhuǎn)化而來的？提示：球釋放后至恰好離開車的過程，球、車與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即球與車的動能由球的重力勢能轉(zhuǎn)化而來。[規(guī)范解答]球和車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，取水平向左為正方向，設(shè)球、車分離時，球的速度大小為v1，方向向左，車的速度大小為v2，方向向右，得mv1－Mv2＝0，由機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立兩式解得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))，v2＝eq\r(\f(2m2gR,M（M＋m）))。[答案]eq\r(\f(2MgR,M＋m))eq\r(\f(2m2gR,M（M＋m）))規(guī)律點(diǎn)撥某一方向動量守恒問題的解題要點(diǎn)(1)若系統(tǒng)所受合力不為零，總動量不守恒，但某一方向上所受合力為零，則這個方向上的動量還是守恒的。此時應(yīng)分析該方向上對應(yīng)過程的初、末狀態(tài)，確定該方向上初、末狀態(tài)的動量。(2)此類問題經(jīng)常需要結(jié)合機(jī)械能守恒定律、動能定理或能量守恒定律等進(jìn)行求解。[變式訓(xùn)練3]從