高考物理一轮复习动量和冲量 38页

动量守恒定律 动量守恒定律 基础知识归纳 ‎1.动量：物体的　质量和速度的乘积　叫做动量，p＝mv.‎ ‎(1)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应.‎ ‎(2)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同.‎ ‎(3)由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性.题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系.‎ ‎2.动量的变化量(Δp＝p′－p)‎ 由于动量为矢量，动量变化量的方向　不是　动量的方向，它可以与初动量方向相同、相反或成某一角度.‎ 求解动量的变化量时，其运算遵循平行四边形定则.‎ ‎(1)若初、末动量在同一直线，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，则运算遵循　平形四边形定则或矢量三角形定则　，即Δp＝p′－p＝mv′－mv，如图所示.‎ ‎3.动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.即：.‎ ‎4.动量守恒定律的条件：　系统不受外力或者所受外力之和为零　.根据具体问题，其条件可理解为：‎ ‎(1)系统不受外力或者所受外力之和为零；‎ ‎(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；‎ ‎(3)如果系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力等于零，这一方向上动量还是守恒的.‎ 重点难点突破 一、什么是“内力”、什么是“外力”‎ ‎ 在物理学中研究几个物体间的相互作用的问题时，常把这些物体统称为一个“系统”.在系统中的物体间的相互作用力都称为“内力”.当系统之外的物体与系统中的物体相互作用时，系统中物体所受到的作用力就称为“外力”.‎ ‎ “内力”和“外力”并不是绝对的，而是与所定的“系统”的范围有关.例如：有甲、乙、丙三个物体，如果我们在处理问题时只把甲、乙两个物体定为研究的系统，那么甲、乙之间的相互作用就是“内力”，而丙对甲、乙的作用就是“外力”；如果我们在处理问题时把甲、乙、丙三个物体定为研究的系统，那么甲、乙、丙之间的所有相互作用就是“内力”了.‎ ‎ 一个不受“外力”作用的系统，在物理学中被称为“封闭系统”，这种系统是满足动量守恒定律的.‎ 二、对动量守恒定律的理解 ‎ 系统“总动量保持不变”，不是仅指系统的初、末两个时刻的总动量都相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，但不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变.‎ ‎1.矢量性：动量守恒的方程为矢量方程.对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反的为负.若未知方向的，可设为与正方向相同，列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向.‎ ‎2.相对性：各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度(没有特殊说明则选地球这个参考系)，如果题设条件中各物体的速度不是同一惯性参考系时，必须适当转换参考系，使其成为同一参考系的速度.‎ ‎3.系统性：解题时，选择的对象是满足条件的系统，不是其中一个物体，也不是题中有几个物体就选几个物体.‎ ‎4.同时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统在任一瞬间的动量恒定.在列动量守恒方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′时，等号左侧是作用前(或某一时刻)系统内各物体动量的矢量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)系统内各物体动量的矢量和，不是同一时刻的动量是不能相加的.‎ ‎5.阶段性：只有满足守恒条件的过程或阶段，动量才守恒.‎ ‎6.普遍性：只要系统所受的合外力为零，不论系统内部物体之间的相互作用力的性质如何，甚至对该力一无所知；不论系统内各物体是否具有相同运动方向；不论物体相互作用时是否直接接触；也不论相互作用后粘合在一起还是分裂成碎片，动量守恒定律均适用.动量守恒不仅适用于宏观低速物体，而且还适用于接近光速运动的微观粒子.‎ 三、判断系统动量是否守恒的一般思路 ‎1.明确系统由哪几个物体组成；‎ ‎2.研究系统中各物体受力情况，分清内力与外力；‎ ‎3.看所有外力的合力是否为零.‎ 典例精析 ‎1.守恒条件的判断 ‎【例1】把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪沿水平方向发射一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是(　　)‎ A.枪和弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.三者组成的系统动量守恒，因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可以忽略不计，故系统动量近似守恒 D.三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面的支持力这两个外力的作用，这两个外力的合力为零 ‎【解析】当枪发射子弹时，子弹向一个方向运动，而枪与车一起向另一个方向运动，故枪与车组成的系统动量是增加的，而枪、弹、车三者构成的系统由于合外力为零，满足动量守恒的条件，故动量是守恒的，即正确选项是D.‎ ‎【答案】D ‎【思维提升】(1)把所选取的系统隔离出来，分析系统所受到的外力.‎ ‎(2)根据守恒条件判断系统的动量是否守恒.‎ ‎【拓展1】如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB ‎＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( BCD )‎ A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒 ‎【解析】如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左.由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错.对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确.若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.‎ ‎2.某一方向的动量守恒问题 ‎【例2】如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为θ，质量为M的斜面体B，现有一质量为m的物体A以初速度v0沿斜面上滑，若A刚好可到达B的顶端，且A、B具有共同速度，若不计A、B间的摩擦，求A到达顶端时速度的大小.‎ ‎【解析】因为只有物体A具有竖直方向的加速度，故系统所受合外力不为零，且方向为竖直方向，但水平面光滑，故系统在水平方向动量守恒，即 mv0cos θ＝(M＋m)v 所以v＝ ‎【思维提升】几个物体组成的系统在某一过程中，总动量不守恒，但系统在某一个方向上不受外力的作用，或者在这个方向上外力的矢量和为零.那么系统在这个方向上的动量守恒.‎ ‎【拓展2】如图所示中不计一切摩擦，A物体质量为m，B物体质量为M.‎ ‎(1)(a)图中B是半径为R的圆弧轨道，A、B最初均处于静止状态，现让A自由下滑，求A滑离B时A和B的速度大小之比.‎ ‎(2)(b)图中B也是半径为R的圆弧轨道，初态时B静止不动，滑块A以速度v0沿轨道上滑，若滑块已滑出轨道B，求滑出时B的速度大小.‎ ‎(3)(c)图中B为一半径为R的半圆形轨道，开始时B静止不动，滑块A以一初速度v0使其沿轨道下滑，若A能从轨道的另一端滑出，求滑出时B的速度为多大？‎ ‎(4)(d)图中小球来回摆动，求小球摆至最低点时A、B速度大小之比.‎ ‎【答案】(1)vA∶vB＝M∶m　(2)vB＝　(3)vB＝0‎ ‎(4)vA∶vB＝M∶m ‎3.动量守恒的应用 ‎【例3】如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上.小车的最右端站着质量为m的人.若人水平向右以相对车的速度u跳离小车，则人脱离小车后小车的速度多大？方向如何？‎ ‎【解析】在人跳离小车的过程中，由于人和车组成的系统在水平方向上不受外力，故在该方向上人和车系统动量守恒.由于给出的人的速度u是相对车的，而公式中的速度是相对地的，必须把人的速度转化为相对地的速度.有的同学可能认为，由于车原来是静止的，所以u就是人对地的速度.这种认识是错误的，违背了同时性的要求.因为人获得相对车的速度u的同时，车也获得了对地的速度v.所以人对车的速度u，应是相对运动的车的速度，而不是相对静止的车的速度.‎ 设速度u的方向为正方向，并设人脱离车后小车的速度大小为v，则人对地的速度大小为(u－v).根据动量守恒定律有0＝m(u－v)－Mv，所以小车速度v＝mu/(M＋m)，方向和u的方向相反.‎ ‎【思维提升】‎ ‎(1)动量守恒方程中各物体的速度是相对同一参考系的.‎ ‎(2)应用动量守恒定律时，应将物体对不同参考系的速度换算成对同一参考系的速度，一般换算成对地的速度，再代入方程求解.‎ ‎【拓展3】光滑水平轨道上有一辆小车质量为20 kg，质量为60 kg的人站在小车上，与车一起以5 m/s的速度运动.试求：‎ ‎(1)人相对于车以‎2 m/s的速度沿车前进的反方向行走，车速是多大？‎ ‎(2)人相对于车以‎2 m/s的速度竖直跳起，车速是多大？‎ ‎(3)人相对于轨道以‎2 m/s的速度竖直跳起，车速是多大？‎ ‎【解析】(1)由于水平轨道是光滑的，人、车系统水平方向动量守恒.系统的初动量 p＝(20＋60)×‎5 kg·m/s＝‎400 kg·m/s 设人反向行走时车的速度为v1，‎ 系统动量p1＝20v1＋60(v1－2)‎ 由动量守恒，有p1＝p 则20v1＋60(v1－2)＝400 kg·m/s，v1＝6.5 m/s ‎(2)设人相对于车竖直跳起时车速为v2，由于是相对于车竖直跳起，则人与车水平方向相对静止，有共同速度，则系统动量p2＝20v2＋60v2.由动量守恒，p2＝p 则20v2＋60v2＝400 kg·m/s，v2＝5 m/s ‎(3)人相对于轨道竖直跳起，人水平方向速度为零，则系统的动量p3＝20v3，由动量守恒，p3＝p，则20v3＝‎400 kg·m/s，v3＝‎20 m/s ‎ 易错门诊 ‎【例4】如图所示，质量为‎0.4 kg的小球沿光滑水平面以‎5 m/s的速度向右冲向墙壁，又以‎5 m/s的速度被反向弹回，在球与墙相碰前后，求小球动量的变化量？‎ ‎【错解】小球动量的变化量为 Δp＝mv2－mv1＝0.4×‎5 kg·m/s－0.4×‎5 kg·m/s＝0‎ ‎【错因】上述错误的原因是忽略了动量的矢量性，本题中小球与墙碰撞前后的动量方向相反，即初动量和末动量不同.‎ ‎【正解】取小球的初速度方向为正方向，小球动量变化量为 Δp＝mv2－mv1＝－0.4×‎5 kg·m/s－0.4×‎5 kg·m/s＝－‎4 kg·m/s 负号表示动量的变化量Δp的方向与小球初速度方向相反，即水平向左.‎ ‎【思维提升】动量是矢量，动量的变化量也是矢量.一定要注意矢量的方向性.‎ ‎　　　　　　　　‎ 动量守恒定律的应用 基础知识归纳 ‎1.动量守恒方程的几种形式 ‎(1)系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，即　p＝p′　.‎ ‎(2)系统总动量的增量为零，即　Δp＝p′－p＝0　.‎ ‎(3)对两部分物体组成的系统，在相互作用前后各部分的动量变化等值反向，即　Δp1＝－Δp2　.‎ ‎2.动量守恒定律的应用范围 ‎ “动量守恒定律”既可以用于解决物体的　低速　运动问题，又可处理接近于光速的物体　高速　运动问题；它既可用于解决宏观物体间的相互作用问题，又可处理　微观粒子间　的相互作用问题.因此它比“牛顿运动定律”的适用范围要广泛得多.动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一.‎ 重点难点突破 一、人船模型 ‎ 系统在全过程中动量守恒(包括某个方向上动量守恒)，人在船上走动的过程中，每时每刻人、船速度之比均与他们的质量成反比，因此，两者平均速度之比也与他们的质量成反比，由动量守恒可得M1s1＝M2s2，这是个重要的结论.‎ 二、多物体组成的系统 ‎ 有时候对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键.‎ 三、应用动量守恒定律解决问题的基本思路 ‎ 1.分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的.‎ ‎ ‎ ‎2.要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒.‎ ‎ 3.明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.‎ ‎4.确定好正方向，建立动量守恒方程求解.‎ 典例精析 ‎1.人船模型的应用 ‎【例1】长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站立在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？‎ ‎【解析】选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零，当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速度为v1，船对地的速度为v2，根据动量守恒得 mv1－Mv2＝0 ①‎ 因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量时刻满足守恒，对①式两边同乘以Δt，得 ms1－Ms2＝0 ②‎ ‎②式为人对地的位移和船对地的位移关系.‎ 由图所示还可看出：s1＋s2＝L ③‎ 联立②③两式得 ‎【思维提升】“人船模型”的特点：‎ ‎(1)p0＝0；‎ ‎(2)m1－m2＝0；‎ ‎(3)m1－m2＝0即m1s1＝m2s2.‎ 注意：人与船系统在其运动方向上合外力为零，在此方向动量守恒.若相互作用的系统动量不守恒.但p0＝0，且在某一方向动量守恒，则该方向上仍具有“人船模型”的特点.‎ ‎【拓展1】如图所示，质量为mB的斜面体B放在质量为mA的斜面体A的顶端，斜面体A放在水平面上，若斜面体A的下底边长度为a，斜面体B的上边长度为b，且mA＝2mB，不计一切摩擦，求当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端时，A移动的距离.‎ ‎【解析】我们可画出如图所示的示意图.‎ 我们注意到，以A、B组成的系统动量不守恒，但该系统水平方向动量守恒(因为该系统水平方向不受外力).‎ 设A、B在题述过程中的水平位移大小分别为sA、sB，则联想“人船模型”，可得：‎ mAsA＝mBsB 因为mA＝2mB 所以2sA＝sB 注意到sB＝a－sA－b 可得sA＝ ‎2.多体问题 ‎【例2】如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是‎500 g，B的质量是‎300 g，有一质量为‎80 g的小铜块C(可视为质点)以‎25 m/s的水平初速度开始在A的表面滑动.铜块最后停在B上，B与C一起以‎2.5 m/s的速度共同前进.求：‎ ‎(1)木块A最后的速度vA′；‎ ‎(2)C离开A时的速度vC′.‎ ‎【解析】C在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒，则：mCv0＝mCvC′＋(mA＋mB)vA′‎ C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，则mCvC′＋mBvA′＝(mB＋mC)vBC 也可以研究C在A、B上面滑动的全过程，在整个过程中A、B、C组成系统的总动量守恒，则 mCv0＝mAvA′＋(mB＋mC)vBC 把上述三个方程式中的任意两个联立求解即可得到vA′＝2.1 m/s，vC′＝4 m/s ‎【思维提升】在多个物体相互作用的系统中，恰当选取系统中部分物体为研究对象，往往是解决问题的关键.‎ ‎【拓展2】两只小船平行匀速逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，每一只船上各投质量m＝50 kg的一只麻袋到对面船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船以 v＝‎8.5 m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为m1＝‎500 kg，m2＝1 ‎000 kg，问在交换麻袋前两只船的速率各为多少？‎ ‎【解析】每只船和麻袋都匀速行驶，在交换麻袋时近似认为两船在水平方向受力不变，水平方向动量守恒.‎ ‎(1)选取抛出麻袋后的小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船m1的速度方向为正方向如图所示，依动量守恒定律有 ‎(m1－m)v1－mv2＝0‎ 即450v1－50v2＝0 ①‎ ‎(2)选取抛出麻袋后的大船和从小船投过的麻袋为系统，由动量守恒定律，有－(m2－m)v2＋mv1＝－m2v 即－950v2＋50v1＝－1 000×8.5 ②‎ ‎(3)选取四个物体为系统，有 m1v1－m2v2＝－m2v 即500v1－1 000v2＝－1 000×8.5 ③‎ 联立①、②、③式中的任意两式解得 v1＝‎1 m/s，v2＝‎9 m/s ‎3.动量守恒在微观领域的应用 ‎【例3】在认识原子核的艰难历程中，中子的发现有过一段曲折的经历.1930的德国物理学家玻特和他的学生贝克用放射性物质钋(Po)放射出的α粒子去轰击轻金属铍(Be)时，发现有一种贯穿力很强的中性射线产生，他们认为这是γ射线.后来法国物理学家约里奥·居里夫妇也进行了类似的实验，他们用玻特发现的这种中性射线去轰击含有很多氢原子的石蜡，结果有质子被打了出来.对于这一现象，约里奥·居里夫妇则认为是γ射线像α粒子那样和石蜡里的氢原子核发生碰撞.1932年英国物理学家查德威克研究这种中性射线时，发现它的速度不到光速的十分之一，从而否定了这种中性射线是γ射线.为了确定这种中性粒子，必须确定它的质量，查德威克用这种中性射线与质量已知的氢核和氮核发生碰撞.测得氢核和氮核的速率之比是7.5，试确定这种中性粒子的质量和氢核的质量的关系.‎ ‎【解析】设中性粒子的质量为m.碰前速率为v，碰后速率为v′，氢核的质量为mH，碰前速率为零，碰后速率为vH，由碰撞前后的动量守恒和动能守恒可得 mv＝mv′＋mHvH mv2＝mv′2＋mHv 联立解得vH＝ 同理由中性粒子和氮原子核的碰撞可得 mv＝mv′＋mNvN mv2＝mv′2＋mNv 联立解得vN＝ 可得＝ 已知氮核质量与氢核质量的关系为mN＝14mH 查德威克在实验中测得氢核和氮核的速率之比是＝7.5，所以有＝7.5‎ 因而得m＝mH 由此可知这种中性粒子的质量与氢核的质量相同，由于不带电，故被称之为中子.‎ ‎【思维提升】微观粒子的碰撞满足动量守恒定律.‎ ‎ 易错门诊 ‎4.动量守恒问题中的机械能损失 ‎【例4】如图所示，在光滑水平面上，有一质量为m1＝‎20 kg的小车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与一节质量为m2＝‎25 kg的平板车厢连接.质量为m3＝‎15 kg的小物体放在平板车厢上，物体与平板车之间的滑动摩擦因数为μ＝0.20.开始时车厢静止，绳松弛，小车以v0＝‎3 m/s的速度前进，设平板足够长，试求小物体m3在平板上移动的距离x.‎ ‎【错解】三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v，由系统动量守恒得 m1v0＝(m1＋m2＋m3)v 代入数据解得v＝1 m/s 又因为系统损失动能的多少等于物体克服摩擦力做的功，则m1v－(m1＋m2＋m3)v2＝μm3gx 代入数据解得x＝2 m ‎【错因】上述错误的原因是忽略了绳子的微小形变过程中机械能的损失.三个物体的作用过程可以简化为：先由m1、m2相互作用，两者达到共同速度，这个过程要损失机械能；然后m1、m2的共同体与m3发生相互作用，三者达到共同速度，这个过程又要损失机械能.‎ ‎【正解】(1)第一个过程是m1、m2相互作用，两者达到共同速度v1，m1、m2组成的系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v1‎ 代入数据解得v1＝ m/s ‎(2)三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v2‎ ‎，由系统动量守恒得 m1v0＝(m1＋m2＋m3)v2‎ 代入数据解得v2＝1 m/s ‎(3)第二个过程是m1、m2组成的系统与m3发生作用，这个过程中，由功和能的关系得 (m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v＝μm3gx 代入数据解得x＝ m ‎【思维提升】对于微小形变过程中的机械能是否守恒的判断一定要结合物理情景和题设条件，切不可想当然.‎ ‎碰撞与反冲运动 基础知识归纳 ‎1.碰撞及其特点 ‎(1)碰撞：碰撞是指物体间相互作用时间　很短　，而物体间相互作用力　很大　的一类现象.‎ ‎(2)碰撞、爆炸过程的特点：‎ ‎①时间短：在碰撞、爆炸现象中相互作用时间很短.‎ ‎②相互作用力很大：在碰撞、爆炸过程中，物体间的相互作用力先是急剧　增大　，然后再急剧　减小　，平均作用力很大.‎ ‎③动量守恒：在碰撞、爆炸过程中，系统的　内力　远大于　外力　，外力可忽略，系统的总动量守恒.‎ ‎2.碰撞的分类 ‎(1)从碰撞过程中能量是否变化的角度分：‎ ‎①弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变完全恢复，碰撞过程中，系统同时满足　动量守恒　和　机械能守恒　；‎ ‎②非弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变只有部分恢复，碰撞过程中，系统满足　动量　守恒，但　机械能　有损失；‎ ‎③完全非弹性碰撞：碰撞结束后，两物体合二为一，形变完全保留，有共同的速度，碰撞过程中，系统满足　动量守恒，系统的机械能损失最大　.‎ ‎(2)从碰撞前后两物体(小球)的速度方向关系分：‎ ‎①对心碰撞：碰撞前后两球的速度方向均与碰前两球心的连线在同一直线上，这种碰撞又叫正碰；‎ ‎②非对心碰撞：碰撞之前两球的速度方向与两球心的连线不在同一条直线上；碰后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线，这种碰撞又叫斜碰.‎ 中学物理只研究正碰.‎ ‎3.反冲运动 反冲运动是指系统在　内力　的作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分向　相反方向　发生动量变化的现象，系统遵循动量守恒定律，如水轮机、喷气式飞机、火箭等的运动.‎ 重点难点突破 一、怎样理解弹性碰撞 ‎ 碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫做弹性碰撞.若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞，动量守恒，同时动能也守恒.‎ m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′‎ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2‎ ‎ 若碰撞前，有一个物体是静止的，设v2＝0，则碰撞后的速度分别为 v1′＝(m1－m2)v1/(m1＋m2)‎ v2′＝‎2m1v1/(m1＋m2)‎ 几种特殊情况：‎ 若m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1，碰后实现了动量和动能的全部转移.‎ 若m1≫m2，v1′≈v1，v2′≈2v1，碰后m1几乎仍保持原来速度运动，质量小的m2将以2v1向前运动.‎ 若m1≪m2，v1′≈－v1，v2′≈0，碰后m1被按原来速率弹回，m2几乎未动.‎ 二、怎样理解非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 ‎ 1.发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，机械能向内能转化得最多，机械能损失最大.碰后物体粘在一起，以共同速度运动，只有动量守恒.‎ m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 机械能损失量(转化为内能)为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2‎ ‎ 2.发生非弹性碰撞时，内力是非弹性力，部分机械能转化为物体的内能，机械能有损失，动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′‎ 总动能减少 m1v＋m2v＞m1v1′2＋m2v2′2‎ 三、判断碰撞是否成立的原则 ‎ 1.动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.‎ ‎ 2.动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′‎ ‎ 或＋≥＋ ‎ 3.速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞.碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束.如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零.‎ 典例精析 ‎1.一维碰撞中可能性的判断 ‎【例1】在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，如图所示，已知碰撞前两球的动量分别为pA＝‎12 kg·m/s，pB＝‎13 kg·m/s，碰撞后它们的动量变化量ΔpA、ΔpB有可能的是(　　)‎ A.ΔpA＝－‎3 kg·m/s，ΔpB＝‎3 kg·m/s B.ΔpA＝‎4 kg·m/s，ΔpB＝－‎4 kg·m/s C.ΔpA＝－‎5 kg·m/s，ΔpB＝‎5 kg·m/s D.ΔpA＝－‎24 kg·m/s，ΔpB＝‎24 kg·m/s ‎【解析】四个选项都遵守动量守恒原则，即ΔpA＋ΔpB＝0，这些选项是否都对呢？由于本题是追碰问题，故必有 vA＞vB，vB′＞vB 所以有ΔpB＞0‎ 因而ΔpA＜0，可将B选项排除.‎ 再考虑动能不能增加原则，即 mAv＋mBv≥mAv′＋mBv′ ①‎ 且mB＞mBv ②‎ 由①②式解得mAv′＜mAv 即v′＜v或|vA′|＜|vA|‎ 由此可得：－vA＜vA′＜vA ③‎ ‎③式各项减去vA，再乘以mA，可得：‎ ‎－2pA＜ΔpA＜0 ④‎ 由④可排除D，故只有A、C选项正确.‎ ‎【答案】AC ‎【思维提升】根据碰撞过程是否发生的三个原则逐个分析，特别要注意，碰撞后的状态应合乎情理.‎ ‎【拓展1】在光滑的水平面上，两球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( AD )‎ A.若两球质量相同，碰后以某一相等速率相互分开 B.若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率相互分开 D.若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行 ‎【解析】两球的质量m1、m2大小关系未知，以相等的速率相向碰撞，碰撞后的状态取决于两个因素，其一是两球的质量关系，如m1＝m2，m1＞m2，m1＜m2；其二是碰撞过程中能量损失情况，如完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，一般的碰撞.若m1＝m2，且是完全弹性碰撞，由动量守恒定律和动能定理可以得到的两球分别以原来的相等的速率反向运动，所以A选择是可能的，在两球发生完全非弹性碰撞时，由动量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v共.若m1＝m2时，则v共＝0，故B不正确.若m1≠m2时，则v共≠0，故D选项是可能的.当m1＞m2时，m1v1－m2v2＞0系统的总动量与m1v1同向，若两球碰撞后以某一相等速率v′分开，则碰后系统的总动量为－m1v′＋m2v′＜0，说明了系统的总动量在碰后改变了方向，这是违反了动量守恒定律的，因此C选项不可能，故本题正确答案为A、D.‎ ‎2.内力远大于外力模型的动量守恒 ‎【例2】2007年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛.假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能.求：‎ ‎(1)烟花上升的最大高度.‎ ‎(2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小；‎ ‎(3)烟花炸裂时消耗的化学能.‎ ‎【解析】(1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度h＝ ‎(2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得 s＝v1t　h＝gt2‎ 联立解得v1＝ ‎(3)烟花炸裂时动量守恒有v1－v2＝0，解得另一块的速度为v2＝v1‎ 由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能 E＝＝mv＝ ‎【思维提升】(1)烟花炸裂过程内力远大于外力，动量守恒.‎ ‎(2)烟花炸裂过程有化学能转化为机械能.‎ ‎【拓展2】如图所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M＝‎9m，不计空气阻力.问：‎ ‎(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)‎ ‎(2)如果子弹以水平速度v0击中木块，在极短时间内又以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？‎ ‎【解析】(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，则mv0＝(m＋M)v1‎ 因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，则(m＋M)v＝(m＋M)gh h＝ ‎(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块速度为v2，‎ 则mv0＝m()＋Mv2，在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为 ΔE＝mv－m()2－Mv＝mv ‎3.动量守恒的综合应用 ‎【例3】如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M＝19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.‎ ‎【解析】设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn和Vn，由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则 mvn－1＝MVn＋mvn ①‎ mv＝MV＋mv ②‎ 由①②两式及M＝19m解得 vn＝－vn－1 ③‎ Vn＝vn－1 ④‎ 第n次碰撞后绝缘球的动能为 Ekn＝mv＝(0.81)nE0 ⑤‎ E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量.‎ 绝缘球在θ＝θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为 ＝＝0.586 ⑥‎ 式中l为摆长.‎ 根据⑤式，经n次碰撞后＝(0.81)n ⑦‎ 易算出(0.81)2＝0.656‎ ‎(0.81)3＝0.531‎ 因此经过3次碰撞后θ将小于45°.‎ ‎【思维提升】‎ ‎(1)由于磁场的阻尼作用，金属球碰撞后会很快停在最低点，使得两球每次碰撞均在最低点.‎ ‎(2)两球发生弹性碰撞，同时满足动量守恒和机械能守恒.‎ ‎(3)掌握解决物理问题的数学方法.‎ ‎【拓展3】荷兰科学家惠更斯在物体碰撞问题的研究中做出了突出的贡献.惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触.现把质量为m1的小球拉开，上升到H高度处释放，如图所示.已知各球碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H远小于L，不计空气阻力.求：‎ ‎(1)若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，此时系统的运动周期为多少？‎ ‎(2)若三个球的质量不同，要使球1与球2、球2与球3相碰之后，三个球具有相同的动量，m1∶m2∶m3应为多少？‎ ‎【解析】(1)球1与球2、球2与球3碰撞后速度互换，故球3以球1碰球2前瞬间的速度开始上升到H高处，然后摆回来与球2碰撞，球2再与球1碰撞，使球1上升到H高处.此后系统做周期性运动，则有 T1＝T3＝2π，T＝(T1＋T3)‎ 由此可知系统的运动周期为T＝2π ‎(2)由题意知三球碰后的动量均相同，设为p，则有 Ek＝ 球2在与球3碰前具有动量2p，根据机械能守恒定律，对于球2与球3碰撞的情况应有 ＝＋，得m2∶m3＝3∶1‎ 球1与球2碰前的动量为3p，根据机械能守恒定律有 ＝＋，得m1∶m2＝2∶1‎ 从而可得m1∶m2∶m3＝6∶3∶1‎ ‎ 易错门诊 ‎【例4】光滑的水平面上有A、B两辆小车，mB＝‎1 kg，原来静止.小车A连同支架的质量为mA＝‎1 kg，现将小球C用长为L＝‎0.2 m的细线悬于支架顶端，mC＝‎0.5 kg.开始时A车与C球以v0＝‎4 m/s的共同速度冲向B车，如图所示.若A、B发生正碰后粘在一起，不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2.试求细线所受的最大拉力.‎ ‎【错解】小车A与小车B相碰的瞬间，A、B组成的系统动量守恒，C保持原来的速度v0不变.C做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可得：‎ F－mCg＝，即 F＝mCg＋＝(0.5×10) N＋ N＝45 N ‎【错因】上面的解法中虽然弄清了A、B碰撞的瞬间C保持原来的速度不变，但求拉力时对C的线速度理解错误，质点相对于圆心(悬点)的速度不是v0，而是v相＝v0－vAB ‎【正解】小车A与小车B相碰的瞬间，C的速度保持v0不变，A、B组成的系统动量守恒：‎ mAv0＝(mA＋mB)vAB 解得vAB＝＝ m/s＝2 m/s 方向与v0相同.‎ A、B结合成整体的瞬间，C的速度仍为v0，所以C相对于A、B整体的相对速度为v相＝v0－vAB＝‎2 m/s A、B碰后，C相对于悬点做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可得F－mCg＝，即 F＝mCg＋＝(0.5×10) N＋ N＝15 N ‎【思维提升】在用公式F向＝m求解向心力时，对v选取正确的参考系，是解此题的关键.‎ 动量定理及其应用 基础知识归纳 ‎1.冲量　力和力的作用时间的乘积　叫做力的冲量.冲量是描述力对物体作用的时间累积效应的物理量.冲量的表达式是　I＝Ft　，而t是一个过程量，因此力的冲量是一个过程量，冲量是矢量，但方向不一定就是力F的方向，其单位是　N·s　.　‎ ‎2.用动量概念表示牛顿第二定律 由a＝及F＝ma得 F＝＝＝ 所以F＝ 意义：物体动量的　变化率　等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式.‎ ‎3.动量定理 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力的　冲量　，即p′－p＝I或. 重点难点突破 一、冲量的方向一般并不是力的方向 ‎ 力F和力的冲量Ft 都是描述力对物体作用的物理量，都是矢量.但力是瞬时作用量，有力的作用，物体的运动状态就会发生变化，即产生加速度，而力的冲量是一个与时间有关的过程作用量，要改变物体的速度必须经过一段时间的作用才能实现.‎ 有些同学从公式I＝Ft出发，认为冲量的方向就是力F的方向，这种认识在有些情况下是错误的.如果在作用时间内作用力为恒力(大小和方向都不变)时，冲量的方向与力的方向是一致的；如果在作用时间内作用力是变力时，特别是作用力的方向也变时，冲量的方向应为动量变化的方向.这一点值得特别注意.‎ 二、冲量的计算 ‎ 1.对于大小、方向都不变的恒力，它们的冲量可以用I＝Ft计算.冲量的方向和恒力F的方向相同，进一步可根据恒力的冲量确定物体动量变化的大小和方向.‎ ‎ 2.若F是变力，但在某段时间内方向不变，大小随时间均匀变化，可用平均力F＝通过I＝Ft求出在时间t内的冲量.‎ ‎ 3.若F的大小、方向都随时间发生变化，或虽然F的方向不变，但大小不随时间均匀变化，可根据动量定理I＝Δp，通过求Δp间接求出变力的冲量.‎ 三、对动量定理的理解 ‎ 1.动量定理的表达式Ft＝mv′－mv中Ft是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，“＝”表示合外力的冲量与研究对象动量增量的数值相等，方向一致，数值相等但不能认为合外力的冲量就是物体动量的增量，合外力的冲量是引起研究对象运动状态改变的外部因素，而动量的增量则是研究对象在合外力的冲量作用后所导致的必然结果.‎ ‎ 2.注意各矢量的方向，在解题时一定要预先规定一个正方向，并且在解题过程中，始终注意“正”方向的一贯性，不能中途“正”、“负”对换.‎ ‎ 3.比较p、Δp、之间的区别：p是物体的动量，是矢量，状态量；Δp是物体动量的变化量，也是矢量，是过程量；是动量的变化率.‎ 由动量定理FΔt＝Δp得F＝Δp/Δt，可见，动量的变化率等于物体所受的合外力，与物体的质量与速度无关.当动量变化较快时，物体所受合外力较大，反之则小；当动量均匀变化时，物体所受合外力为恒力，可由图所示的图线来描述，图线斜率即为物体所受合外力F，斜率大，则F也大.‎ ‎ 4.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的.‎ ‎ 5.动量定理的适用范围.‎ ‎ 尽管动量定理是根据牛顿第二定律和运动学的有关公式在恒定合外力的情况下推导出来的.可以证明：动量定理不但适用于恒力，也适用于随时间变化的变力.对于变力情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值.‎ 因此其应用范围比牛顿运动定律要广泛得多，在多数情况下，我们会优先考虑动量定理的使用.‎ 典例精析 ‎1.冲量的计算 ‎【例1】如图所示，质量为‎2 kg的物体沿倾角为30°，高为‎5 m的光滑斜面由静止从顶端下滑到低端的过程中，求：‎ ‎(1)重力的冲量；‎ ‎(2)支持力的冲量；‎ ‎(3)合力的冲量.‎ ‎【解析】由于物体下滑过程中各个力均为恒力，所以只要求出物体下滑的时间，便可以用公式I＝F·t逐个求出.由牛顿第二定律：a＝＝gsin θ＝5 m/s2‎ 由x＝at2，得t＝＝＝2 s 重力的冲量为 IG＝mg·t＝(2×10×2) N·s＝40 N·s，方向竖直向下.‎ 支持力的冲量为 IN＝FN·t＝mgcos θ·t＝20 N·s 方向垂直于斜面向上.‎ 合力的冲量为 I合＝F合·t＝mgsin θ·t＝20 N·s I合方向沿斜面向下.‎ ‎【思维提升】冲量的计算方法：‎ ‎(1)恒力的冲量，应用公式I＝Ft计算.‎ ‎(2)变力的冲量可用平均值法、动量定理法、图象法进行计算.‎ ‎【拓展1】物体受到一随时间变化的外力作用，外力随时间变化的规律为F＝(10＋5t)N，则该力在2 s内的冲量为　30 N·s　.‎ ‎【解析】由题意知，外力F随时间t均匀变化，因此可以认为2 s内物体所受外力的平均值为＝ N＝15 N.再根据冲量的定义式，可求得外力在2 s内的冲量为 I＝t＝15×2 N·s＝30 N·s ‎【拓展2】一小球在与地面距离为H高处由静止开始自由落下，已知小球在下落过程中所受阻力与其速度成正比，即有F＝kv，其中k为已知常量，试求小球在下落过程中所受阻力的冲量.‎ ‎【解析】本题阻力显然在不断变化，无法直接求解.考查物体的受力、运动情况，物体在重力和阻力作用下做加速度减小的加速运动，其速度随时间变化的v-t图象应为如图所示，由于小球在下落过程中所受阻力与其速度成正比，所以其阻力随时间变化的F-t图象，也应该与v-t图象相似，对于vt图象而言，图线与时间轴所围的“面积”表示小球的位移，即小球下落的高度；而对于F-t图象来说，图线与时间轴所围的“面积”表示阻力的冲量，由于F＝kv，因此小球在下落过程中所受阻力的冲量I＝kH ‎2.重力的冲量能否忽略问题 ‎【例2】如图所示，用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：‎ ‎(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？‎ ‎(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取‎10 m/s2)‎ ‎(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力.‎ ‎【解析】(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv 所以F1＝－ N＝200 N，方向竖直向上.‎ 由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200 N，方向竖直向下.‎ ‎(2)若考虑重力，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正.‎ ‎(F2＋mg)t＝0－mv (矢量式)‎ F2＝ N－0.5×(－10) N＝205 N，方向竖直向上.‎ 此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下.‎ ‎(3)比较F1与F2其相对误差为×100%＝2.5%，可见本题中重力的影响可忽略.‎ ‎【思维提升】竖直方向应用动量定理时，不要漏掉重力，只有当计算结果表明重力可忽略不计时，才能忽略重力.‎ ‎【拓展3】质量为1.0 kg的小球从离地面5.0 m高度处自由落下，与地面碰撞后，回弹的最大高度为3.2 m，设球与地面碰撞时间为0.2 s，不计空气阻力，则小球受到地面的平均冲力大小为( C ) ‎ A.90.0 N B.80.0 N C.100.0 N D.30.0 N ‎【解析】下落阶段v1＝ 上升阶段v2＝ 碰撞过程取竖直向上为正方向，由动量定理得 ‎(F－mg)t＝mv2－m(－v1)(标量式)‎ 所以F＝mg＋ 代入数据得F＝100.0 N，方向竖直向上.‎ ‎3.多过程问题中动量定理的应用 ‎【例3】人做“蹦极”运动，用原长为15 m的橡皮绳拴住身体往下跃.若此人的质量为50 kg，从50 m高处由静止下落到运动停止瞬间所用时间为4 s，求橡皮绳对人的平均作用力.(g取10 m/s2，保留两位有效数字)‎ ‎【解析】解法一：人首先做自由落体运动，绳张紧后由于绳的张力随绳的伸长量而发生变化，题目求绳对人的平均作用力，可用动量定理求解.‎ 由h＝gt 得自由下落时间为t1＝＝ s＝1.73 s 绳的拉力作用时间为t2＝t－t1＝4 s－1.73 s＝2.27 s 全程应用动量定理有Ft2－mgt＝0‎ 得平均作用力为F＝＝ N＝8.8×102 N 解法二：绳张紧瞬间人的速度v1＝＝10 m/s 以向上的方向为正，则由绳张紧瞬间到运动停止瞬间过程，由动量定理得(F－mg)t2＝‎ ‎0－(－mv1)‎ 所以F＝＋mg＝ N＋50×10 N＝8.8×102 N ‎【思维提升】(1)动量定理也可以表述为：外力的总冲量等于物体动量的变化量，即F1t1＋F2t2＋…＋Fntn＝mv′－mv.‎ ‎(2)对多过程问题应用此式，往往比用其他方法更简单.‎ ‎【拓展4】某人身系弹性绳自高空P点自由下落.图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊时的平衡位置.不计空气阻力，则下列说法正确的是( BC )‎ A.从P至c的过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量 B.从P至c的过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功 C.从P至b的过程中人的速度不断增大 D.从a至c的过程中的加速度方向保持不变 ‎ 易错门诊 ‎4.冲量问题中平均作用力的计算 ‎【例4】如图所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F＝8 N的作用下由静止开始沿水平面向右运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝6 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s物体与竖直墙相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰墙后反向弹回的速度v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力.(g取10 m/s2)‎ ‎【错解】研究物体从开始运动到撞墙后反弹的全过程，选F的方向为正方向，根据动量定理有：‎ Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝mv′‎ 所以＝＝ N＝40 N ‎【错因】没有考虑动量的方向性.‎ ‎【正解】全过程应用动量定理：‎ Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′－0‎ 代入数据解得＝280 N ‎【思维提升】在用动量定理解题时往往容易忽略动量的矢量性.进行矢量运算时，一定要考虑方向性.‎ ‎　　　　　　　‎ 动量、能量的综合应用 基础知识归纳 ‎ 力学研究的是物体的受力情况与运动变化的关系，以三条线索(包括五条重要规律)为纽带建立联系.下表是重要的力学规律的对比.‎ 特征 规律 内容 表达式 研究对象 应用条件 力的瞬时作用效应 牛顿运动定律 物体的加速度大小与合外力成正比，方向与合外力方向　相同　‎ F合＝kma 质点 ‎　宏观、低速　运动的物体 力对空间的累积效应 动能定理 外力对物体所做的功等于物体动能的　增量　‎ W合＝ΔEk 质点 机械能守恒 定律 当系统只有重力或弹力做功时，机械能的总量保持　不变　‎ Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或 E1＝E2‎ 系统中的 物体 只有 重力 或 弹力　做功 力对时间的累积效应 动量定理 物体所受合外力的冲量等于它的动量变化 I＝Δp 质点 动量守恒 定律 系统不受外力或所受的合外力为零时，系统总动量　保持不变　‎ p1＋p2＝‎ p1′＋p2′或 p1＝p2‎ 系统中的 物体 系统所受的合外力为零 重点难点突破 一、力学规律的优选策略 ‎1.牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度时，应采用运动学公式和牛顿第二定律.‎ ‎2.动量定理反映了力对时间的累积效应，适合于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解.‎ ‎3.动能定理反映了力对空间的累积效应，对不涉及物体运动过程中的加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，一般用动能定理求解.‎ ‎4.若研究对象是一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个“守恒定律”求解，应用时应注意研究对象是否满足定律的守恒条件.‎ ‎5.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，应注意到，一般情况下这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式的能的转化，这些过程动量一般是守恒的.‎ 二、怎样分析动量和能量问题 ‎ 应用动量和能量知识时，第一是研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都有一个过程的选取问题；第二是要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系；第三是方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，然后对力、速度等矢量以正负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算.另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，作出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞.‎ 三、对子弹射木块模型的讨论 ‎ 一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入一放在光滑水平面上质量为M的木块中，最终子弹同木块一起运动.‎ ‎1.对系统动量守恒：mv0＝(m＋M)v ‎2.对子弹：－f(d＋s)＝mv2－mv，木块对子弹的作用力f对子弹做负功(s是子弹穿木块时木块的位移，d是子弹进入木块的深度).‎ ‎3.对木块：fs＝Mv2，子弹对木块的作用力对木块做正功，使其动能增大.‎ 由以上几式得：fd＝mv－(m＋M)v2，则木块对子弹的作用力f与穿入的深度d(相对位移)的乘积等于系统动能的减少量，这就是转化为内能的部分.‎ 四、解决力学问题的基本步骤 ‎1.认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象.‎ ‎2.分析研究对象受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，作草图.‎ ‎3.根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择规律.‎ 若用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的变化，关键是求出加速度；若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；若判断过程中动量或机械能守恒，根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率).‎ ‎4.根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)列补充方程.‎ ‎5.代入数据，计算结果.‎ 典例精析 ‎1.动量守恒与机械能守恒条件的区分 ‎【例1】如图所示，小车在光滑水平面向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，则下述说法正确的是(　　)‎ ‎①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒 ‎②若物体滑动中有摩擦力，则全过程动量守恒 ‎③两种情况下，小车的最终速度与断线前相同 ‎④两种情况下，系统损失的机械能相同 A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②③④‎ ‎【解析】取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力(即使有摩擦，物体与小车间的摩擦力为内力)，故全过程系统动量守恒，小车的最终速度与断线前相同.但由于物体粘在B端的油泥上，即物体与小车发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，故全过程机械能不守恒.‎ ‎【答案】B ‎【思维提升】(1)明确物理过程，弄清物理现象发生的条件是正确处理动量、能量的关键.‎ ‎(2)注意到两个守恒定律的条件是不同的.‎ ‎【拓展1】如图所示，固定有光滑圆弧轨道的小车A静止在光滑的水平面上，轨道足够长，其下端部分水平，有一小滑块B以某一水平初速度滑上小车，滑块不会从圆弧上端滑出，则滑块B在小车上运动的过程中( BD )‎ A.当滑块上升到最大高度时，滑块的速度为零 B.滑块运动过程中机械能守恒 C.滑块离开小车时的速度与滑上小车时的速度大小相等 D.滑块B在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统动量守恒 ‎2.子弹射木块模型的应用 ‎【例2】如图所示，质量为M的木块固定在光滑的水平面上，有一质量为m的子弹以初速度v0水平射向木块，并能射穿，设木块的厚度为d，木块给子弹的平均阻力恒为f.若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的阻力与前一情况一样，试问在此情况下要射穿该木块，子弹的初动能应满足什么条件？‎ ‎【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ‎，把子弹和木块当做一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v 对系统应用动能定理得 fd＝mv－(M＋m)v2‎ 由上面两式消去v可得 fd＝mv－(m＋M)()2‎ 整理得mv＝fd 即mv＝(1＋)fd 据上式可知，E0＝mv就是子弹恰好打穿木块所必须具有的初动能，也就是说，子弹恰能打穿木块所必须具有的初动能与子弹受到的平均阻力f和木块的厚度d(或者说与f·d)有关，还跟两者质量的比值有关，在上述情况下要使子弹打穿木块，则子弹具有的初动能E0必须大于(1＋)f·d.‎ ‎【思维提升】(1)木块固定时，子弹和木块系统动量不守恒.‎ ‎(2)不管木块是否固定，子弹击穿木块过程中摩擦生热相同，且Q＝f·d.‎ ‎【拓展2】如图所示，一质量m2＝0.20 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.25 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.4，小车静止在光滑的水平轨道上.现有一质量m1＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝12 m/s射中小车左端，并留在车中.子弹与车相互作用时间很短.若使小物体不从车顶上滑落，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)小车的最小长度应为多少？最后小物体与小车的共同速度为多少？‎ ‎(2)小物体在小车上相对小车滑行的时间.‎ ‎【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m1v0＝(m2＋m1)v1 ①‎ 由三物体组成的系统动量守恒得 ‎(m2＋m1)v1＝(m2＋m1＋m3)v2 ②‎ 设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得 (m2＋m1)v－(m2＋m1＋m3)v＝μm3gL ③‎ 联立以上方程解得L＝0.9 m 车与物体的共同速度为 v2＝2.1 m/s(或1.2 m/s)‎ ‎(2)以m3为研究对象，利用动量定理得：‎ μm3gt＝m3v2 ④‎ 解得t＝0.52 s(或0.3 s)‎ ‎3.动量守恒和能量守恒的综合应用 ‎【例3】如图所示，长‎50 m的水平传送带始终以大小为v＝‎5 m/s的速度向左运动，传送带上有一质量为M＝‎2 kg的小木盒A.A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.先后相隔 Δt＝3 s有两个光滑的质量为m＝‎1 kg的球B自传送带的左端以速度v0＝‎25 m/s的初速度在传送带上向右运动.第1个球与随传送带一道运动的木盒相遇后，球立即进入盒子中且不再出来.已知第2个球出发后历时Δt′＝(1/3) s与木盒相遇.取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)第1个球与木盒相遇后的瞬间，两者的共同速度为多大？‎ ‎(2)第1个球与木盒的相遇点离传送带左端有多远？‎ ‎(3)自木盒与第1个球相遇至第2个球相遇的这一过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？‎ ‎【解析】(1)设第1个球与木盒碰后瞬间的共同速度为v同，选向右为正方向，对小球木盒组成的系统由动量守恒定律有mv0－Mv＝(M＋m)v同，得v同＝5 m/s，方向向右.‎ ‎(2)设第1个球经过时间t1与木盒相遇，相遇后以‎5 m/s的共同速度向右做匀减速直线运动，运动加速度由牛顿第二定律可得a＝μ(M＋m)g/(M＋m)＝‎5 m/s2‎ 设木盒与第1个球相碰后历时Δt2回到原来位置，此后木盒与传送带一起向左匀速运动，由运动学公式有 Δt2＝2v同/a 木盒再匀速运动Δt＋ Δt′－t1－ Δt2时间即可与第2个球相遇，依题意有v0t1＝( Δt＋Δt′－t1－ Δt2)v＋ Δt′v0，所求距离L＝v0t1‎ 由以上各式代入已知数据得L＝12.5 m ‎(3)由(2)求解过程可知，在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，木盒相对传送带的路程x＝‎10 m，所以Q＝f·x＝μ(M＋m)gx＝150 J ‎【思维提升】学会分析物理过程，恰当选择物理规律解题.‎ ‎【拓展3】如图所示，C是放在光滑水平面上的一块木板，木板质量为‎3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板.求：‎ ‎(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；‎ ‎(2)木块A在整个过程中的最小速度.‎ ‎【解析】(1)木块A先做匀减速直线运动至与C速度相同，后与C一道做匀速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速运动，直到A、B、C三者组成的系统动量守恒，故：‎ mv0＋2mv0＝(m＋m＋‎3m)v1，v1＝0.6v0；对木块B运用动能定理，有－μmgx＝mv－m(2v0)2‎ 所以x＝ ‎(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v′(此时A、C共速)，由动量定理知，至此，A、B的动量变化相同，都为m(v0－v′)，A、B、C组成的系统动量守恒，有 ‎2m‎(v0－v′)＝3mv′‎ 所以木块A在整个过程中的最小速度v′＝ ‎ 易错门诊 ‎4.绳拉小球模型的运动规律 ‎【例4】长L＝‎1 m，不可伸长的细绳系住质量m＝‎0.2 kg的小球悬挂在天花板上的O点，现将球拿至与O点等高、距O点d＝‎0.6 m的A点由静止自由释放，求小球过最低点时的速度及细绳对小球的拉力.‎ ‎【错解】设小球从A点落至最低点时速度为v，则根据机械能守恒定律得 mv2＝mgL 所以v＝＝m/s＝2 m/s 在最低点时，由牛顿第二定律有 F－mg＝ 所以F＝mg＋＝(0.2×10) N＋ N＝6 N ‎【错因】小球自A点下落的过程中，当绳子刚绷直时，绳子不能伸长，沿绳子方向突然受到绳子的拉力作用，在这个力的作用下，沿绳方向的冲量使小球沿绳子方向的分动量变为零，因而有机械能的损失.‎ ‎【正解】设小球落至B点时绳刚好被拉直，此时小球的速度为vB，如图所示，根据机械能守恒定律得 mv＝mghAB ①‎ ‎ 又由几何知识可得 hAB＝＝ m＝‎0.8 m ②‎ 且θ＝53°‎ 所以由①②两式求得 vB＝＝ m/s＝‎4 m/s 在B点，由于绳的张力作用，使得vB1在极短的时间内变为零，只剩下切向分量vB2，动能的损失为 ΔE＝m(vBsin θ)2＝×0.2×(4×0.8)2 J＝1.024 J 由A点落至C点的过程中，由能量的转化与守恒定律得 mv＝mgL－ΔE＝(0.2×10×1) J－1.024 J＝0.976 J 在最低点时，由牛顿第二定律有 F－mg＝ 所以F＝mg＋＝(0.2×10) N＋ N＝3.952 N ‎【思维提升】解此题需分清小球运动的三个阶段，即自由落体、绳张紧和圆周运动，另外要注意绳张紧过程有能量损失.‎ 实验：探究碰撞中的不变量 基础知识归纳 ‎1.实验原理 ‎ 质量分别为m1、m2的两物体相互作用，若相互作用前的速度分别为v1、v2，相互作用后的速度分别是v1′、v2′，并且系统受到外力　之和为零　，根据动量守恒定律有　m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′　.‎ ‎2.实验方案 方案一：利用气垫导轨实现两滑块发生一维碰撞.‎ 方案二：利用悬线悬挂的小球实现两球发生一维对心碰撞.‎ 方案三：利用小车在光滑的水平桌面上碰撞另一静止的小车实现一维碰撞.‎ 方案四：利用斜槽上滚下的小球碰撞另一小球实现一维碰撞.‎ ‎3.实验器材 方案一：气垫导轨、光电计时器、　天平　、滑块(2个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥.‎ 方案二：带细线的　摆球(两套)　、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等.‎ 方案三：光滑的长木板、打点计时器、纸带、　小车(两个)　、天平、撞针、橡皮泥.‎ 方案四：斜槽、大小相等的、而质量不等的　小钢球(两个)　、重垂线、白纸、复写纸、　天平　、刻度尺、圆规、三角板.‎ ‎4.数据采集方案 ‎(1)质量的测量：用天平测量相关质量.‎ ‎(2)速度的测量：‎ 方案一：滑块速度的测量：v＝，式中Δx为滑块　挡光片　的宽度(仪器说明书上给出，也可以直接测量)，Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过　光电门　的时间.‎ 方案二：摆球速度的测量：v＝，式中h为小球释放时(或碰后摆起)的高度，可以用刻度尺来测量.‎ 方案三：小车速度的测量：v＝，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，Δt为小车经过Δx的时间，可以由打点间隔算出.‎ 方案四：小球速度的测量：小球离开斜槽做　平抛　运动，下落高度相同则运动的时间相等，取运动时间为单位时间，速度在数值上等于平抛运动的　水平位移　.‎ ‎5.实验过程 方案一：用气垫导轨和光电计时器验证动量守恒定律.‎ ‎(1)实验装置如图所示.‎ ‎(2)说明：‎ ‎①气垫导轨能够很容易地保证两个滑块的相互作用是一维的，光电计时装置可以迅速测量两个滑块相互作用前后的速度.‎ ‎②实验要从下列几种情形来探究：‎ a.用细线将弹簧拉成弓形，置于质量不等的滑块间，且使它们静止.烧断细线，弹簧片弹开后落下，两滑块向相反方向运动.‎ b.在两滑块相撞的端面装上弹性碰撞架，可得到近似弹性碰撞.‎ c.在两滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥(或贴上尼龙拉扣)，可得到完全非弹性碰撞.‎ ‎(3)数据处理：‎ 可得测得的质量m、速度v填入下列表格，并进行计算.‎ 实验情景 用弓形弹片弹开 探究量 质量 ‎(kg)‎ 速度 ‎（m/s）‎ mv ‎（kg·m/s）‎ 碰撞前 m1‎ v1‎ m1v1+ m2v2‎ m2‎ v2‎ 碰撞后 m1‎ v1′‎ m1v1′+ m2v2′‎ m2‎ v2′‎ 方案二：用两摆球碰撞验证动量守恒定律.‎ ‎(1)实验装置如图所示.‎ ‎(2)一个小球静止，拉起另一个小球使它摆动到最低点时它们相撞.由小球拉起和摆动的角度来算出小球碰前或碰后的速度.可贴胶布增大两球碰撞时的能量损失，两球质量可相等，也可不相等.‎ ‎(3)数据处理：‎ 实验情景 小球的碰撞端贴胶布 探究量 质量 ‎(kg)‎ 速度 ‎（m/s）‎ mv ‎（kg·m/s）‎ 碰撞前 m1‎ v1‎ m1v1+ m2v2‎ m2‎ v2‎ 碰撞后 m1‎ v1′‎ m1v1′+ m2v2′‎ m2‎ v2′‎ 方案三：用打点计时器和小车的碰撞验证动量守恒定律.‎ ‎(1)实验装置如图所示. ‎ ‎(2)小车A连接纸带通过打点计时器，小车B静止，两车碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，两车撞后连成一体，通过纸带测出它们碰撞前后的速度.‎ ‎(3)数据处理：‎ 实验情景 小车的碰撞端装撞针与橡皮泥 探究量 质量 ‎(kg)‎ 速度 ‎（m/s）‎ mv ‎（kg·m/s）‎ 碰撞前 m1‎ v1‎ m1v1+ m2v2‎ m2‎ v2‎ 碰撞后 m1‎ v1′‎ m1v1′+ m2v2′‎ m2‎ v2′‎ 方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律.‎ ‎(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.‎ ‎(2)按照图所示安装实验装置.调整固定斜槽使斜槽底端水平.‎ ‎(3)白纸在下，复写纸在上，且在适当位置铺好，记下重垂线所指的位置O.‎ ‎(4)不放被撞小球，让入射球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.‎ ‎(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图所示.‎ ‎(6)连接ON，测量线段、、的长度.将测量数据填入表中.最后代入m1·＝m1·＋m2·，看在误差允许的范围内是否成立.‎ ‎(7)整理好实验器材放回原处.‎ ‎(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒.‎ 重点难点突破 一、实验注意事项 ‎1.碰撞有很多种情况，实验寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变，才符合要求.‎ ‎2.保证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，碰撞后仍然沿同一直线运动.‎ ‎3.若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪使导轨水平.‎ ‎4.若利用摆球进行实验，两小球静放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平面内.‎ ‎5.利用斜槽实验中，斜槽的末端的切线必须水平，并且入射球的质量应大于被碰球的质量.‎ 二、误差分析 ‎1.碰撞是否为一维碰撞，是产生误差的一个原因，设计实验方案时应保证碰撞为一维碰撞.‎ ‎2.是否满足动量守恒的条件是带来误差的又一个原因，实验中要合理控制实验条件，尽量使实验中两物体的碰撞过程本身满足动量守恒的条件.‎ 典例精析 ‎1.气垫导轨上做碰撞实验 ‎【例1】某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的守恒量的实验.气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成.在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差.‎ ‎(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把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先　　　　　，然后　　　　　，让滑块带动纸带一起运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图(b)所示；‎ ‎⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为‎310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为‎205 g.试完善实验步骤⑥的内容.‎ ‎(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前系统的总动量为　　　　　kg·m/s；两滑块相互作用后系统的总动量为　　　　　kg·m/s(保留三位有效数字).‎ 计算碰撞前m1v＋m2v＝　　　　　；‎ 碰撞后m1v′＋m2v′＝　　　　　.‎ 计算碰撞前　　　　　；‎ 碰撞后＝　　　　　.‎ ‎(3)通过以上计算可知，碰撞中的守恒量应是　　　　　　　　　　　　.‎ ‎(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是　　　　　　　　　　　.‎ ‎【解析】作用前系统的总动量为滑块1的动量p1＝m1v1‎ v1＝(0.2/0.1)m/s＝‎2 m/s p1＝(0.31×2)kg·m/s＝‎0.620 kg·m/s 作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时两滑块具有相同的速度v.‎ v＝(0.168/0.14)m/s＝‎1.2 m/s p2＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×‎1.2 kg·m/s＝‎0.618 kg·m/s ‎ m1v＋m2v＝1.24；m1v′＋m2v′＝0.742‎ ‎＝6.45；＝9.72‎ 通过以上计算可知，碰撞中的守恒量应是滑块1、2碰撞前后的动量总和.‎ ‎【答案】(1)接通打点计时器的电源；放开滑块1 (2)0.620；0.618；1.24；0.742；6.45；9.72　(3)滑块1、2碰撞前后的动量总和　(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦 ‎【思维提升】(1)气垫导轨上做碰撞实验，阻力小，误差小.(2)实验时一定要保证导轨水平.‎ ‎【拓展1】气势导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：‎ a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；‎ b.调整气垫导轨，使导轨处于水平；‎ c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轮上；‎ d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；‎ e.按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.‎ ‎(1)实验中还应测量的物理量及其符号是　B与D的距离L2　.‎ ‎(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有　①L1、L2、mA、mB的数据测量误差.②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程.③滑块并不是标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力.　(至少答出两点).‎ ‎【解析】A、B两滑块被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A与C的距离L1，B与D的距离L2及A到C、B到D的运动时间t1和t2.测出两滑块的质量，就可以用验证动量是否守恒.‎ ‎(1)实验中还应测量的物理量为B与D的距离，符号为L2.‎ ‎(2)验证动量守恒定律的表达式是 ‎2.斜槽上做碰撞实验 ‎【例2】碰撞的恢复系数的定义为e＝，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的 速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数e＝1，非弹性碰撞的e<1.某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图所示)，验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞)，且小球1的质量大于小球2的质量.‎ 实验步骤如下：‎ 安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O.‎ 第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A点静止滚下，并落在地面上.重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置.‎ 第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞.重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.‎ 第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段，，的长度.‎ 在上述实验中，(1)P点是　　　　 　　 　　　　的平均位置，M点是　　　　　　　　　　　　　的平均位置，N点是　　　　　　　　　　　　　的平均位置.‎ ‎(2)请写出本实验的原理 .‎ 定出用测量量表示的恢复系数的表达式 .‎ ‎(3)三个落地点距O点的距离OM，OP，ON与实验所用的小球质量是否有关？‎ ‎ .‎ ‎【答案】(1)在实验的第一步中小球1落点的平均位置；小球1与小球2碰撞后小球1落点的平均位置；小球2落点的平均位置.‎ ‎(2)小球从槽口C飞出后做平抛运动的时间相同，设为t，则有＝v10t；＝v1t；＝v2t小球2碰撞前静止，v20＝0‎ 所测量的线段长度与相应的水平速度成正比，则e＝‎ ‎(3)与小球的质量无关，和与小球的质量有关.‎ ‎【思维提升】近年来的高考题以考查实验原理与误差分析为主.‎ ‎【拓展2】用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接.实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置于水平槽前边缘处，让A球仍从C处由静止滚下.记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：＝‎2.68 cm，＝‎8.62 cm，＝‎11.50 cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的　P　点，系统碰撞前动量p与碰撞后动量p′的百分误差＝　2　%(结果保留一位有效数字).‎ ‎【解析】第一空：由过程分析很易得出，未放B球时A球落地为P点.‎ 第二空：碰前总动量p＝2m·/t＝2×8.62λ kg·m/s(λ＝)‎ 碰后总动量p′＝2m·/t＋m·/t＝2×8.62λ kg·m/s＋11.50λ kg·m/s＝16.86λ kg·m/s 误差＝×100%＝2%‎ ‎ 易错门诊 ‎【例3】如图，是“探究碰撞中的不变量”实验的示意图.该实验中小球A、B的质量分别为m1、m2，则：‎ ‎(1)m‎1　　‎　m2(填“≥”或“≤”)；‎ ‎(2)若OO′＝‎2 cm，O′M＝‎18 cm，MP＝‎6 cm，PN＝‎9 cm，由这些数据可知m1∶m2＝　　　　.‎ ‎【错解】由m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′‎ 得m1·＋0＝m1·＋m2·‎ 代入数据可得m1∶m2＝35∶6‎ ‎【错因】没有仔细观察装置结构，忽略了两球做平抛运动的初始位置是不同的：A球从O点开始做平抛运动，碰前水平位移是OP，碰后水平位移是OM，B球从O′点开始做平抛运动，碰后水平位移为O′N.‎ ‎【正解】(1)≥　(2)由于在碰撞时，A、B系统动量守恒，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，得m1·＋0＝m1·＋m2·‎ 代入数据可得m1∶m2＝33∶6‎ ‎【思维提升】弄清每个小球的运动轨迹，正确找出在下落的过程中相同时间里的水平位移，这个位移大小之比等于两球水平初速度之比(A、B的起点不同).‎ 单元综合提升 知识网络构建 经典方法指导 ‎ 掌握两个概念(动量和冲量)，理解两个定律(动量定理和动量守恒定律)是掌握本章知识的关键.本章知识主要涉及动力学问题，在解决问题时应注意以下内容：‎ ‎ 1.运用动量的相关知识解决动力学问题，一般有三种途径：力的观点、动量观点(动量定理和动量守恒定律)和能量观点.但是，动量和能量的方法因为只与始、末状态有关而不涉及具体过程，所以有其显著的优越性，往往成为解决力学问题的首选方法.系统合力不为零时可以考虑是否能用动量定理求力或速度；系统不受外力作用，或外力的合力为零时，可以首先考虑用动量守恒定律求解速度等.‎ ‎ 2.历年高考题中，涉及动量的题往往与能量问题进行综合作为压轴题出现，这类题注重考查学生的分析综合能力和对实际问题的抽象、简化能力.我们在处理较复杂的物理过程时，首先必须明确题意，弄清物理现象发生的条件，把实际过程抽象为物理模型，并尽可能用简洁的语言、数学公式把物理过程、条件表达清楚，同时还要与实际相符合，物理问题不是纯数学问题，这点应牢记在心.‎ ‎ 3.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，必须注意到一般这些过程中均隐含着系统中有机械能与其他形式能量之间的转化.例如碰撞过程，机械能一定不会增加；爆炸过程，一定有化学能(或内能)转化为机械能；绳绷紧时动能一定有损失.对于上述问题，作用时间一般极短，动量守恒定律一般是成立的.‎ ‎ ‎ ‎4.动量守恒定律与机械能守恒定律的区别：①守恒的条件不同.系统的动量守恒条件是系统不受力或者外力的矢量和为零；系统的机械能守恒条件则是除重力、弹簧的弹力外其他力都不做功.②受力分析的出发点不同.在应用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的合外力是否为零，不管其是否做功；而在应用机械能守恒定律处理问题时，则着重分析除重力、弹簧的弹力做功外，是否有其他力做功，而不管其合外力是否为零.③列方程的注意点不同.列动量守恒方程时首先要确定动量的正方向，动量守恒的方程是矢量式；列机械能守恒方程时首先要确定初、末状态机械能或相互作用物体机械能的变化，机械能守恒方程是标量式.‎ ‎ 5.动量问题的主要题型有：‎ ‎(1)判断动量守恒的条件；‎ ‎(2)估测平均冲力或求冲量；‎ ‎(3)应用动量守恒定律求速度(整体或部分的)、位移(人船模型)、质量等；‎ ‎(4)利用“动量定理”或“动量守恒定律”与“能量的转化与守恒定律”结合求解力学综合题.‎ ‎(5)物理模型与数学模型的转换应用，如对于多次碰撞问题的分析，一般可通过寻找规律，常常会是数学中的等差数列或等比数列，再应用数学知识求解.‎ 高考真题赏析 ‎【例1】(2009·全国Ⅰ)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等.两者质量之比M/m可能为(　　)‎ A.2 B‎.3 ‎ C.4 D.5‎ ‎【考点】动量守恒及碰撞可能发生的条件.‎ ‎【解析】解法一：两物块在碰撞中动量守恒：Mv＝Mv1＋mv2，由碰撞中总能量不增加有Mv2≥Mv＋mv，再结合题给条件Mv1＝mv2，联立有≤3，故只有A、B正确.‎ 解法二：根据动量守恒，动能不增加，得≥＋，化简即得≤3，A、B正确.‎ ‎【答案】AB ‎【思维提升】同时运用动量、能量观点分析碰撞问题.‎ ‎【例2】(2008·天津)光滑水平面上放着质量mA＝‎1 kg的物块A与质量mB＝‎2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J.在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示.放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝‎0.5 m，B恰能到达最高点C.取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；‎ ‎(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；‎ ‎(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.‎ ‎【考点】动量冲量的概念、动量守恒定律、动能定理.‎ ‎【解析】(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C点时的速度为vC，有 mBg＝mB ①‎ mBv＝mBv＋2mBgR ②‎ 代入数据得vB＝5 m/s ③‎ ‎(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有Ep＝mB④‎ I＝mBvB－mBv1 ⑤‎ 代入数据得I＝－4 N·s，其大小为4 N·s ⑥‎ ‎(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有 mBv1＝mBvB＋mAvA ⑦‎ W＝mAv 代入数据得W＝8 J ‎【思维提升】重点考查了动量与冲量的概念、动量守恒定律、功能关系的运用等.‎ ‎【例3】(2009·广东)如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝‎1.0 m.物块A以速度v0＝‎10 m/s沿水平方向与B正碰.碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝‎2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)计算与C碰撞前瞬间A、B的速度；‎ ‎(2)根据A、B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后A、B的可能运动方向.‎ ‎【考点】动量守恒定律、动能定理.‎ ‎【解析】(1)设物体A、B的质量分别为mA和mB，A与B发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v1.取向右为速度正方向，由动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v1 ①‎ v1＝v0＝‎5.0 m/s 设A、B运动到C时的速度为v2，由动能定理有 ‎(mA＋mB)v－(mA＋mB)v＝－μ(mA＋mB)gl ②‎ v2＝＝‎4.0 m/s ③‎ ‎(2)设与C碰撞后AB的速度v3.碰撞过程中动量守恒，有 ‎(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v3＋mCv ④‎ 碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即 ‎(mA＋mB)v≥(mA＋mB)v＋mCv2 ⑤‎ 由④式，得 v3＝＝(4－k) m/s ⑥‎ 联立⑤和⑥式，得k≤6‎ 即当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当k<6时，碰撞为非弹性碰撞. ⑦‎ 碰撞后A、B向右运动的速度不能大于C的速度.由⑥式，得4－k≤2‎ k≥2‎ 所以k的合理取值范围是6≥k≥2‎ 综上所求得：‎ 当取k＝4时，v3＝0，即与C碰后A、B静止.‎ 当取4＞k≥2时，v3＞0，即与C碰后A、B继续向右运动.‎ 当取6≥k＞4时，v3＜0，即碰后A、B被反弹向左运动.‎ ‎【思维提升】本题考查考生对力学基本规律的认识，考查牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理的理解和综合运用，考查理解能力、分析综合能力、空间想象能力、运用数学知识处理物理问题的能力.‎ 高考试题选编 ‎1.(2009·福建)炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( A )‎ A.Mv0＝(M－m)v′＋mv B.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)‎ C.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) D.Mv0＝Mv′＋mv ‎2.(2008·全国Ⅱ)如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出，重力加速度为g.求 ‎(1)此过程中系统损失的机械能；‎ ‎(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.‎ ‎【解析】(1)设子弹穿过物块后，物块的速度为v，由动量守恒定律mv0＝m＋Mv 解得v＝v 0 ①‎ 系统机械能损失为 ΔE＝mv－[]＝mv ‎(2)设物块下落到地面的时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为x，则h＝gt2 ②‎ x＝vt ③S 将①②式代入③式可得x＝‎ ‎3.(2008·全国Ⅰ)图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l，开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止.现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求：‎ ‎(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；‎ ‎(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小.‎ ‎【解析】(1)对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前：‎ 由系统的机械能守恒定律mgl＝ ①‎ 由系统的水平方向动量守恒定律mv1＝mv2 ②‎ 对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为I＝mv2 ③‎ 联立①②③式解得I＝m，方向水平向左.‎ ‎(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球应用动能定理 mgl＋W＝ ④‎ 联立①②④式解得W＝－mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl.‎ ‎4.(2008·北京)有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示.‎ ‎(1)已知滑块质量为m，碰撞时间为Δt，求碰撞过程中A对B的平均冲力的大小.‎ ‎(2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动，特制作一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速度下滑(经分析，A下滑过程中不会脱离轨道).‎ a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系；‎ b.在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.‎ ‎【解析】(1)滑块A与B正碰，同时满足动量守恒和机械能守恒mvA＋mvB＝mv0 ①‎ ‎ ②‎ 由①②式解得vA=0，vB=v0‎ 根据动量定理，滑块B满足F·Δt＝mv0‎ 解得F＝‎ ‎(2)a.设任意点到O点竖直高度差为d.A、B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒.‎ 选该任意点为势能零点，有 EA＝mgd，EB＝mgd＋‎ 由于p＝，有 ‎＜1‎ 即pA0)的小物块在与金属板A相距l处静止.若某一时刻在金属板A、B间加一电压UAB＝－，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为－q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回.已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因数为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间.则 ‎(1)小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？‎ ‎(2)小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？‎ ‎【解析】(1)加电压后，B板电势高于A板，小物块在电场力与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动.电场强度为E＝ 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 F合＝qE－μmg 故小物块运动的加速度为 a1＝＝＝μg 设小物块与A板相碰时的速度为v1，有v＝2a1l 解得v1＝ ‎(2)小物块与A板相碰后以与v1大小相等的速度反弹，因电荷量及电性的改变，电场力大小与方向发生变化.摩擦力的方向发生改变，小物块做匀减速直线运动.小物块所受的合外力大小为F合＝μmg－ 加速度大小为a2＝＝μg 设小物块碰后到停止的时间为t，注意到末速度为零，有 ‎0－v1＝－a2t 解得t＝＝4 设小物块碰后停止时距A板的距离为x，注意到末速度为零，有0－v＝－2a2x 则x＝＝2l 或距离B板为d－‎‎2l ‎6.(2009·宁夏)两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上.A和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示.一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度.‎ ‎【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得 mgh＝mv2＋M1V2 ①‎ M1V＝mv ②‎ 设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得 mgh′＋(M2＋m)V′2＝mv2 ③‎ mv＝(M2＋m)V′ ④‎ 联立①②③④式得 h′＝h ⑤‎ ‎7.(2009·北京)(1)如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接.质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞前后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失.求碰撞后小球m2的速度大小v2；‎ ‎(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用.为了探究这一规律，我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上且无机械能损失的简化力学模型.如图所示，在固定光滑水平直轨道上，质量分别为m1、m2、m3、……mn－1、mn、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初动能Ek1，从而引起各球的依次碰撞.定义其中第n个球经过一次碰撞后获得的动能Ekn与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n.‎ a.求k1n；‎ b.若m1＝‎4m0，m3＝m0，m0为确定的已知量.求m2为何值时，k13最大.‎ ‎【解析】(1)设碰撞前m1的速度为v10，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v ①‎ 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v10＝m1v1＋m2v2 ②‎ 由于碰撞过程中无机械能损失，有 m1v＝m1v＋m2v ③‎ 将②③式联立解得v2＝ ④‎ 将①式代入④式得v2＝ ‎(2)a.由④式，考虑到Ek1＝m1v和Ek2＝m2v，得 Ek2＝Ek1‎ 根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 k12＝＝ ⑤‎ 同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 k13＝＝·＝· ⑥‎ 依此类推，动能传递系数k1n应为 k1n＝＝··…·＝··…· 解得k1n＝ b.将m1＝‎4m0，m3＝m0代入⑥式可得 k13＝‎64m[]2‎ 为使k13最大，只需使＝最大，即使m2＋取最小值，‎ 由m2＋＝(－)2＋4m0可知，‎ 当＝，即m2＝2m0时，k13最大.‎