新教材人教版高中物理选择性必修第一册全册各章节学案(知识点考点汇总及配套习题)

人教版高中物理选择性必修第一册全册学案第一章动量守恒定律 -1-1.1动量 -1-1.2动量定理 -9-1.3动量守恒定律 -16-1.4实验：验证动量守恒定律 -24-1.5弹性碰撞和非弹性碰撞 -30-1.6反冲现象火箭 -38-第二章机械振动 -46-2.1简谐运动 -46-2.2简谐运动的描述 -53-2.3简谐运动的回复力和能量 -60-2.4单摆 -67-2.5实验：用单摆测量重力加速度 -75-2.6受迫振动共振 -81-第三章机械波 -88-3.1波的形成 -88-3.2波的描述 -94-3.3波的反射、折射和衍射 -105-3.4波的干涉 -111-3.5多普勒效应 -118-第四章光 -124-4.1光的折射 -124-4.2全反射 -134-4.3光的干涉 -143-4.4实验：用双缝干涉测量光的波长 -152-4.5光的衍射 -157-4.6光的偏振激光 -165-第一章动量守恒定律1.1动量【学习目标】1．了解生产、生活中的碰撞现象。2．经历猜想和寻求两物体碰撞前后会有什么物理量不变的过程，领会实验的基本思想。3．理解动量的概念，会计算动量的变化。【思维脉络】课前预习反馈知识点1寻求碰撞中的不变量1．实验现象(1)实验装置如下图所示。把两个完全相同的小钢球用两根长度相等的细线悬挂起来，B小球静止，拉起A小球，放开后它们相碰。可以看到：碰撞后，A球的速度大小不变地“传给”了B球。(2)将上面实验中的A球换成大小相同的C球，使C球质量大于B球质量，用手拉起C球至某一高度后放开，撞击静止的B球。我们可以看到，碰撞后B球获得较大的速度。(3)猜想：①两个物体碰撞前后动能之和可能不变。②两个物体碰撞前后速度与质量的乘积之和可能是不变的。2．实验：寻求碰撞中的不变量(1)实验器材有气垫导轨、光电门、小车、数字计数器、天平等。(2)本实验所说的“碰撞前”是指即将发生碰撞的那一时刻，“碰撞后”是指碰撞刚结束的那一时刻。(3)分析总结实验的数据，计算两辆小车碰撞前后的动能之和不相等，但是质量与速度的乘积之和基本不变。知识点2动量1．定义运动物体的质量和它的速度的乘积叫作物体的动量。2．表达式p＝mv。3．单位千克米每秒，符号kg·m·s－1。4．方向动量是矢量，它的方向与速度的方向相同。5．动量的变化量(1)定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′，则称Δp＝p′－p为物体在该过程中的动量变化量。(2)方向：Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。思考辨析『判一判』(1)在光滑水平面上，两个钢球对心碰撞前后，其速度与质量的乘积之和是不变的。(√)(2)动量大的物体惯性一定大。(×)(3)物体的动量相同，其动能一定也相同。(×)(4)做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp的方向与运动方向相同。(√)(5)物体的动量发生改变，其动能也一定发生改变。(×)『选一选』下列关于动量的说法中，正确的是(D)A．物体的动量改变了，其速度大小一定改变B．物体的动量改变了，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量改变解析：A、C错：动量是矢量，动量方向的改变也是动量改变，如匀速圆周运动，方向时刻改变，速度大小不变。B错：物体的动量改变，可能是速度大小改变，也可能是速度方向改变。D对：物体的运动状态改变，说明速度改变，故其动量mv一定改变，可能是方向改变，也可能是大小改变，还有可能是大小和方向同时改变。『想一想』如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v1＜v2，则物块在传送带上运动过程中其动量的变化量是多少？解析：由于v2>v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，则动量变化量Δp＝p′－p＝mv1＋mv2＝m(v1＋v2)方向水平向左。课内互动探究寻求碰撞中的不变量情境导入水上两个电动碰碰船正面相碰，假设两船的速度大小相等，碰后质量大的船和质量小的船哪个容易反弹？提示：质量小的船容易反弹，因为质量小的船质量与速度的乘积小。要点提炼1．实验器材方案一：带细线的摆球(两个)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。方案二：光滑长木板、光电计时器、纸带、小车(两个)、天平、橡皮泥等。2．实验步骤不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：(1)用天平测量相关物体的质量；(2)安装实验装置；(3)使物体发生碰撞；(4)测量或读出有关数据，计算出物体的速度；(5)改变碰撞条件重复上述(3)、(4)步；(6)进行数据处理通过分析对比，找出碰撞中的不变量；(7)整理实验器材。3．数据处理(1)将以上两个实验过程中测得的数据填入下表中碰撞前碰撞后质量m1m2m1m2速度v1v2v1′v2′根据表中的数据，找出碰撞前和碰撞后相等的关系量。(2)结论在实验误差允许的范围内，碰撞前、后不变的量是物体的质量m与速度v的乘积之和，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。典例剖析典例1某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的不变量：打点计时器、低压交流电源(频率为50Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平。该同学设计的实验步骤如下：A．用天平测出小车A的质量为mA＝0.4kg，小车B的质量为mB＝0.2kgB．更换纸带重复操作三次C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间D．把光滑长木板平放在桌面上，在一端固定打点计时器，连接电源E．接通电源，并给小车A一定的初速度vA(1)请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来ADCEB。(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如上图所示，根据这些数据完成下表。碰撞前碰撞后A车B车AB整体质量/kg速度/(m·s－1)mv/(kg·m·s－1)(3)根据以上数据猜想碰撞前后不变量的表达式为mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。思路引导：注意碰撞前后小车均做匀速运动，碰撞前后的速度可利用纸带上点迹分布均匀的部分计算。解析：(1)按照先安装，后实验，最后重复的顺序，该同学正确的实验步骤为ADCEB。(2)碰撞前后均为匀速直线运动，由纸带上的点迹分布求出速度。碰后小车A、B合为一体，求出AB整体的共同速度。注意打点计时器的频率为50Hz，打点时间间隔为0.02s，通过计算得下表。碰撞前碰撞后A车B车AB整体质量/kg0.40.20.6速度/(m·s－1)3.002.0mv/(kg·m·s－1)1.201.2(3)由表中数值可看出mv一行中数值相同，可猜想碰撞前后不变量的表达式为mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。对点训练1．(2020·河南林州一中分校高二上学期调研)(多选)利用如图所示的装置探究碰撞中的不变量，则下列说法正确的是(AB)A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰撞前的速度C．两小球必须都是刚性球，且质量相同D．悬挂两球的细绳的悬点可以在同一点解析：两细绳等长能保证两球发生正碰，以减小实验误差，则悬挂两球的细绳的悬点不能在同一点，A正确，D错误；计算小球碰撞前速度时用到了机械能守恒定律，当初速度为0时，能方便准确地计算小球碰撞前的速度，B正确；本实验中对小球是否有弹性无要求，两小球质量不一定相同，C错误。探究对动量的理解情境导入如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小均为v，请思考：网球动量的变化量是零吗？提示：不是。动量是矢量，其变化量为2mv。要点提炼1．动量的性质(1)瞬时性求动量时要明确是哪一物体在哪一状态(时刻)的动量，p＝mv中的速度v是瞬时速度。(2)矢量性动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同，有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算了。(3)相对性指物体的动量与参考系的选择有关，选不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量。2．动量与速度的区别和联系(1)区别：速度描述物体运动的快慢和方向；动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果。(2)联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，p＝mv。特别提醒动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，也应比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。典例剖析典例22020年亚洲杯足球赛在阿联酋境内4座城市中举行，比赛中，一足球运动员踢一个质量为0.4kg的足球。(1)若开始时足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10m/s，方向仍向右(如图甲)，则足球的初动量p＝1.6kg·m/s，方向向右；足球的末动量p′＝4kg·m/s，方向向右；在这一过程中足球动量的改变量Δp＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)若足球以10m/s的速度撞向球门门柱，然后以3m/s速度反向弹回(如图乙)，则这一过程中足球的动量改变量是5.2kg·m/s，方向向左；动能改变量是18.2J。思路引导：(1)切记动量是矢量，其方向与速度方向相同。(2)动量的变化量Δp＝p′－p是矢量式，当p′、p在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)取向右为正方向，初、末动量分别为p1＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右p2＝mv″＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，方向向左，动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，负号表示方向向左。ΔEk＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv″2＝18.2J。对点训练2．(2020·吉林省实验中学高二下学期期中)物体的动量变化量的大小为6kg·m/s，这说明(D)A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小一定变化D．物体的动量大小可能不变解析：物体的动量变化量的大小为6kg·m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变，故D正确，A、B、C错误。故选D。核心素养提升动量和动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2标矢性矢量标量变化决定因素物体所受冲量外力所做的功换算关系p＝eq\r(,2mEk)，Ek＝eq\f(p2,2m)案例(多选)(2020·长春外国语学校高三期末)关于速度、动量和动能，下列说法正确的是(CD)A．物体的速度发生变化，其动能一定发生变化B．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化C．物体的速度发生变化，其动量一定发生变化D．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化解析：A、B错：速度是矢量，动能是标量，动量是矢量，当物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，速度方向在变化，动量变化，动能不变。C对：根据p＝mv可知，只要速度发生变化，动量一定发生变化。D对：如果动能发生变化，则说明速度大小发生变化，则动量一定发生变化。1.2动量定理【学习目标】1．了解冲量的概念，理解动量定理的内涵。2．知道动量定理和动能定理的区别。3．能用动量定理解释生产生活中的有关现象，并会应用它解决实际问题。【思维脉络】课前预习反馈知识点1冲量1．定义力与力的作用时间的乘积叫力的冲量。2．表达式I＝FΔt3．方向冲量是矢量，冲量的方向与力的方向一致，冲量的方向跟动量变化的方向一致。4．冲量的单位在国际单位制中是“牛秒”，符号“N·s”知识点2动量定理1．内容物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。2．定义式I＝p′－p也可以写作：F(t′－t)＝mv′－mv。知识点3动量定理的应用1．如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间越短，物体受的力就越大；作用的时间越长，物体受的力就越小。2．如果作用力一定时，作用的时间越长，动量的变化量越大，作用的时间越短，动量的变化量越小。思考辨析『判一判』(1)冲量是矢量，其方向与力的方向相同。(√)(2)力越大，力对物体的冲量越大。(×)(3)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。(√)(4)碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法增大冲击力的作用时间。(×)(5)动量定理中说的“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。(√)『选一选』如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(C)A．减小球的动量的变化量B．减小球对手作用力的冲量C．减小球的动量变化率D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：篮球的动量变化量一定，所以球对手的冲量也一定，A、B、D错误；由动量定理F·Δt＝Δp，可知Δt增大，减小了球的动量变化率，C正确。『想一想』鸡蛋从一米多高的地方自由落到地板上，肯定会被打破。现在，在地板上放一块厚泡沫塑料垫，让鸡蛋从同一高度自由落下，落到泡沫塑料垫上，看鸡蛋会不会被打破，思考其中的道理。解析：鸡蛋落地动量变化Δp一定，鸡蛋落到塑料垫上时，作用时间Δt变大，根据动量定理F·Δt＝Δp，可知鸡蛋所受的撞击力减小，所以鸡蛋不会破。课内互动探究对冲量的理解情境导入如图所示，一个小孩沿水平方向用最大的力F推静止在水平地面上的小汽车，但推了很久时间t都无法使它运动，就这个问题两个同学展开讨论。甲同学说：汽车没动是因为小孩给汽车的推力的冲量为零。乙同学说：小孩给汽车的推力的冲量不为零，汽车没动是因为它所受的合力的冲量为零。谁说得对？提示：小孩给汽车的推力的冲量大小为I＝F·t汽车没动说明它所受的合力为零，故其合外力的冲量为零。┃┃要点提炼■1．对冲量的理解(1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应。(2)冲量的矢量性：冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。(3)冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性。2．冲量的计算(1)单个力的冲量：利用公式I＝FΔt计算。(2)合力的冲量：①如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则。②两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解。(3)变力的冲量：由图可知F－t图线与时间轴之间所围的“面积”的大小表示对应时间Δt内，力F的冲量的大小。特别提醒(1)冲量是矢量，求冲量的大小时一定要注意是力与其对应的时间的乘积。(2)判断两个力的冲量是否相同，必须满足冲量的大小和方向都相同，缺一不可。典例剖析典例1如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°，高为5m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中，g取10m/s2，求：(1)重力的冲量；(2)支持力的冲量；(3)合力的冲量。思路引导：eq\x(\a\al(分析物,体的受,力情况))→eq\x(\a\al(确定各,力大小、,方向))→eq\x(\a\al(确定物,体运动,时间))→eq\x(\a\al(根据公式,求各力及合,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·Δt逐个求解。由牛顿第二定律得：a＝eq\f(mg·sinθ,m)＝g·sinθ＝5m/s2由x＝eq\f(1,2)aΔt2，得Δt＝eq\r(,\f(2x,a))＝eq\r(,\f(2h,gsin2θ))＝2s。重力的冲量为IG＝mg·Δt＝2×10×2N·s＝40N·s，方向竖直向下。支持力的冲量为IN＝N·Δt＝mgcosθ·Δt＝20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上。合力的冲量为I合＝F合·Δt＝mgsinθ·Δt＝20N·s，方向沿斜面向下。答案：(1)40N·s，方向竖直向下(2)20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上(3)20N·s，方向沿斜面向下对点训练1．(2020·四川省攀枝花市高二下学期期末)我国天津地标之一“天津之眼”是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做轨道半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，已知当地重力加速度为g，质量为m的乘客从最高点运动到最低点过程中，重力的冲量大小为(D)A．0 B．2mωRC．2mgR D.eq\f(πmg,ω)解析：乘客从最高点运动到最低点过程中经过的时间为t＝eq\f(π,ω)，则重力的冲量：I＝mgt＝eq\f(πmg,ω)；选项D正确。探究对动量定理的理解和应用情境导入从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为了什么？提示：人落地动量变化一定，屈腿下蹲延缓了人落地时动量变化所用的时间，依动量定理可知，这样就减小了地面对人的冲力。要点提炼1．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。(2)动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同。运用动量定理主要是一维的问题，要注意正方向的规定。(3)动量的变化率和动量的变化量由动量定理可以得出F＝eq\f(p′－p,Δt)，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力。而由动量定理I＝Δp知动量的变化量决定于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关。2．动量定理的应用(1)应用动量定理FΔt＝Δp定性解释常见物理现象。由上式可以看出如果保持Δp一定，则力作用的时间越短，冲力就越大。因此在需要增大作用力时，可尽量减少作用的时间，如打击、碰撞等由于作用时间短、作用力往往较大。反之，作用时间越长，力F就越小，因此在需要减小作用力的时候，可想办法延长力的作用时间，如利用海绵或弹簧的缓冲作用来延长作用时间，达到减小作用力的目的。(2)应用I＝Δp求变力的冲量。如果物体受到大小、方向不变的力的作用，既可以应用FΔt求力的冲量，也可以应用物体动量改变Δp的大小和方向来替代力的冲量。如果物体受到大小、方向改变的力的作用，则不能直接用FΔt求变力的冲量，这时可以求在该力冲量作用下物体动量改变Δp的大小和方向，替代变力的冲量。3．应用动量定理解题的一般步骤a．选定研究对象，明确运动过程。b．进行受力分析和运动的初、末状态分析。c．选定正方向，根据动量定理列方程求解。典例剖析典例2一个质量为m＝0.4kg的足球以10m/s的速度水平飞向球门。守门员跃起用双拳将足球以12m/s的速度反方向击出，守门员触球时间约为0.1s，问足球受到的平均作用力为多大？方向如何？思路引导：动量定理的表达式是矢量式，在处理一维碰撞问题时，需选定一个正方向，以简化成代数运算。同时要明确研究对象和研究的物理过程的初、末状态。解析：选定足球原运动方向为正方向。根据动量定理eq\x\to(F)·Δt＝p′－p，这里eq\x\to(F)为足球在水平方向受到的平均作用力，Δt为击球的时间，p′为击球后足球的动量，p为足球原来的动量。设足球的质量为m，击球先、后的速度分别为v和v′，于是可得到eq\x\to(F)＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(mv′－mv,Δt)＝eq\f(mv′－v,Δt)＝eq\f(0.4×－12－10,0.1)N＝－88N。可见，足球受到的平均作用力为88N，方向与原来速度方向相反。答案：88N，方向与原来速度方向相反对点训练2．(2020·山东省淄博市高二上学期期中)央视网消息，2019年8月15日，俄罗斯“乌拉尔航空”公司一架空客A­321客机在起飞后不久遭遇多只飞鸟撞击，导致两台发动机起火，引擎失灵，迫降在离机场不远处的一片玉米地里。假设客机撞鸟时飞行速度大约为1080km/h，小鸟的质量约为0.5kg，撞机时间约为0.01s,估算飞机受到的撞击力大小约为(C)A．540N B．54000NC．15000N D．1.5N解析：本题为估算题，可以认为撞击前小鸟的速度为零，撞击后小鸟与飞机的速度相等。飞机速度v＝1080km/h＝300m/s，撞击过程对小鸟分析，由动量定理得：FΔt＝Δmv，解得F＝eq\f(mv,Δt)＝eq\f(0.5×300,0.01)N＝1.5×104N，故选项C正确，A、B、D错误。核心素养提升动量定理和动能定理的比较项目动量定理动能定理公式F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp涉及力与时间Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk涉及力与位移标矢性矢量式标量式因果关系因力的冲量力做的功(总功)果动量的变化量动能的变化量相同点①公式中的力都是指物体所受的合外力。②动量定理和动能定理都注重初、末状态，而不注重过程，因此都可以用来求变力作用的结果(变力的冲量或变力做的功)。③研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统；研究过程可以是整个过程，也可以是某一段过程。特别提醒动量定理和动能定理都是求解力学问题的重要定理。应用时要特别注意选定研究对象和过程，注重受力情况分析和运动情况分析，灵活运用规律求解。特别注意运用动量定理解题需考虑速度的方向，运用动能定理解题则不需考虑速度的方向。案例原来静止的物体受合力作用的时间为2t0，合力随时间的变化情况如图所示，则(B)A．0～t0时间内物体的动量变化量与t0～2t0时间内物体的动量变化量相同B．t＝2t0时物体的速度为零，合力在2t0时间内对物体的冲量为零C．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内物体的平均速率不相等D．0～2t0时间内物体的位移为零，合力对物体做的功为零解析：由题图可知，0～t0与t0～2t0时间内合力方向不同，由动量定理可知，物体在这两段时间内的动量变化量不相同，选项A错误；在0～2t0时间内，物体所受合力的冲量为F0t0－F0t0＝0，由动量定理Ft＝Δp可得，t＝2t0时物体速度为零，分析题图可知，0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，选项B正确，C错误；0～2t0时间内物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，合力对物体做的功为零，选项D错误。1.3动量守恒定律【学习目标】1．能正确区分内力与外力。2．理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件。3．会用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等问题。【思维脉络】知识点1相互作用的两个物体的动量改变1．建构碰撞模型：如图中在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A，B，当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v′1和v′2。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。2．推导过程：(1)以物体A为研究对象，根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v′1－m1v1①(2)以物体B为研究对象，物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v′2－m2v2②(3)根据牛顿第三定律可知两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，故有F1＝－F2。③(4)整理①②③得m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2。3．归纳总结两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。知识点2动量守恒定律1．系统、内力和外力(1)系统相互作用的两个或几个物体组成一个力学系统。(2)内力系统内部物体间的相互作用力。(3)外力系统以外的物体对系统以内的物体的作用力。2．动量守恒定律(1)内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。(2)表达式对两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(3)适用条件系统不受外力或者所受外力之和为零。知识点3动量守恒定律的普适性动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。思考辨析『判一判』(1)动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子。(×)(2)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(×)(3)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，这两个物体组成的系统动量守恒。(√)(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)(5)系统动量守恒，动能不一定守恒，某一方向上动量守恒，系统整体动量不一定守恒。(√)『选一选』(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(AC)解析：A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板的作用力，系统动量不守恒。『想一想』如图《三国演义》“草船借箭”中，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同。由此，草船的速度会增加多少？(不计水的阻力)答案：eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)解析：船与箭的作用过程系统动量守恒：m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)得Δv＝eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)。课内互动探究对动量守恒定律的理解情境导入如图所示，速度为v0的物体滑上光滑水平面上的小车，物体与小车组成的系统动量守恒吗？提示：物体和小车组成的系统，水平方向上合力为零，动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒。要点提炼1．研究对象两个或两个以上相互作用的物体组成的系统。2．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。3．动量守恒定律成立的条件(1)理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。(2)近似守恒：系统所受外力的矢量和虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计。(3)某一方向上守恒：系统所受外力的矢量和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统动量守恒。4．从“五性”理解动量守恒定律(1)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定守恒。(2)矢量性：定律的表达式是一个矢量式。a．该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等，而且方向也相同。b．在求系统的总动量p＝p1＋p2＋…时，要按矢量运算法则计算。(3)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为相对于地的速度。(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统。不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。特别提醒(1)分析动量守恒时要着眼于系统，要在不同的方向上研究系统所受外力的矢量和。(2)要深刻理解动量守恒的条件。(3)系统动量严格守恒的情况是很少的，在分析守恒条件是否满足时，要注意对实际过程的理想化。典例剖析典例1(多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(ACD)A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零思路引导：eq\x(\a\al(明确研,究对象))→eq\x(\a\al(受力分析，明,确内力、外力))→eq\x(\a\al(根据条件,做出判断))要注意同时放开两手和一先一后放开的区别解析：当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误而C、D正确。综合上述分析可知选项A、C、D正确。对点训练1．(2020·北京市通州区高二下学期段考)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(B)A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒解析：子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确，ACD错误。动量守恒定律的应用情境导入在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示。在连续的敲打下，这辆车能持续地向右运动吗？提示：当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动。用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动。要点提炼1．应用动量守恒定律的解题步骤：eq\x(明确研究对象，确定系统的组成)↓eq\x(受力分析，确定动量是否守恒)↓eq\x(规定正方向，确定初末动量)↓eq\x(根据动量守恒定律，建立守恒方程)↓eq\x(代入数据，求出结果并讨论说明)2．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。(3)Δp＝0：系统总动量增量为零。(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。3．某一方向上动量守恒问题：动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量就是守恒的。4．爆炸类问题中动量守恒定律的应用：(1)物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等)，可以利用动量守恒定律求解。(2)由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，因此可认为此过程物体位移不发生变化。特别提醒(1)动量守恒定律中的各速度都相对同一参考系，一般以地面为参考系。(2)规定正方向后，方向与正方向一致的矢量取正值，方向与正方向相反的矢量取负值。典例剖析典例2一人站在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M＝70kg，当它接到一个质量m＝20kg、以速度v0＝5m/s迎面滑来的木箱后，立即以相对于自己v′＝5m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出，不计冰面阻力。则小车获得的速度是多大？方向如何？思路引导：eq\x(\a\al(合理选,取系统))→eq\x(\a\al(判断系统动,量是否守恒))→eq\x(\a\al(明确各物体,速度方向))→eq\x(\a\al(定律,应用))→eq\x(\a\al(问题,求解))解析：设推出木箱后小车的速度为v，此时木箱相对地面的速度为(v′－v)，由动量守恒定律得mv0＝Mv－m(v′－v)v＝eq\f(mv0＋v′,M＋m)＝eq\f(20×5＋5,70＋20)m/s＝2.2m/s。与木箱的初速度v0方向相同。答案：2.2m/s方向与木箱的初速度v0相同对点训练2．如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向。答案：0.02m/s远离空间站方向解析：根据动量守恒，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数据可解得vB＝0.02m/s，方向为离开空间站方向。核心素养提升动量守恒定律与机械能守恒定律的比较项目动量守恒定律机械能守恒定律相同点研究对象相互作用的物体组成的系统研究过程某一运动过程不同点守恒条件系统不受外力或所受外力的矢量和为零系统只有重力或弹力做功表达式p1＋p2＝p′1＋p′2Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表达式的矢标性矢量式标量式某一方向上应用情况可在某一方向独立使用不能在某一方向独立使用运算法则用矢量法则进行合成或分解代数和特别提醒(1)系统的动量(机械能)是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。(2)对于涉及相互作用的系统的能量转化问题时，可综合应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律、功能关系列出相应方程分析解答。案例在光滑水平面上有一质量M＝4kg的滑块，滑块的一侧为一光滑的eq\f(1,4)圆弧，水平面恰好与圆弧相切，圆弧半径R＝1m。一质量m＝1kg的小球以速度v0向右运动冲上滑块，g取10m/s2。若小球刚好没有冲出eq\f(1,4)圆弧的上端，求：(1)小球的初速度v0的大小；(2)滑块获得的最大速度。思路引导：(1)小球与滑块相互作用的过程中水平方向上动量守恒。(2)该系统的机械能守恒。(3)小球从滑块左端滑出时滑块获得的速度最大。解析：(1)当小球上升到滑块的最上端时，小球与滑块水平方向的速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0＝(m＋M)v1系统机械能守恒，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR解得：v0＝5m/s(2)小球到达最高点以后又滑回，此过程滑块做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大，研究小球从开始冲上滑块到离开滑块的过程，根据动量守恒和机械能守恒，有：mv0＝mv2＋Mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)解得：v3＝2m/s。答案：(1)5m/s(2)2m/s1.4实验：验证动量守恒定律【学习目标】1．掌握验证动量守恒定律的实验思路和实验方法；明确实验所需测量的物理量。2．设计实验方案，进行数据处理，得出实验结论，验证动量守恒定律。3．通过实验验证，进一步领会守恒思想。【思维脉络】知识点1实验思路让两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动，创造条件，使系统所受外力的矢量和近似为0，满足__动量守恒__的条件。知识点2物理量的测量研究对象确定后，还需要明确所需测量的物理量和实验器材。需要测量物体的__质量__，以及两个物体发生碰撞前后各自的__速度__。物体的质量可用__天平__直接测量。知识点3数据分析选取质量不同的两个物体进行碰撞，测出物体的质量(m1，m2)和碰撞前后的速度(v1，v′1，v2，v2′)，若满足m1v1＋m2v2＝__m1v′1＋m2v2′__，则验证了碰撞前后总__动量__守恒。知识点4参考案例方案一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒1．实验器材：气垫导轨、__光电计时器__、天平、__滑块__(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。2．实验原理：(1)调整导轨使之处于__水平__状态，并使光电计时器系统正常工作。(2)速度的测量：记录光电门挡光片的宽度Δx以及光电计时器显示的挡光时间Δt，利用公式v＝__eq\f(Δx,Δt)__计算出两滑块碰撞前后的速度。方案二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒1．实验器材：铁架台，斜槽轨道，两个大小相等、质量__不__同的小球，重垂线，复写纸，白纸，__天平__，__刻度尺__，圆规，三角板等。2．实验的基本思想——转化法：不易测量量转化为易测量量的实验设计思想。3．实验原理：(1)让一个质量较大的小球从斜槽上滚下，与放在斜槽末端的另一质量较小的小球发生碰撞，之后两小球都做__平抛__运动。(2)速度的测量：由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行时间__相等__。如果用小球的飞行时间作时间单位，那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它的水平__速度__。课内互动探究研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒1．实验装置：如图所示。2．物理量的测量(1)滑块的质量用天平直接测量。(2)速度的测量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中的Δx为滑块上挡光板的宽度，Δt为光电计时器记录的滑块上的挡光板经过光电门的时间。3．碰撞情境的实现利用轻质弹簧、细线、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等设计各种类型的碰撞，通过在滑块上添加已知质量的物块来改变碰撞物体的质量。(1)情境1：质量不同的两滑块，一静一动碰撞；(2)情境2：两滑块追碰、相向碰，碰撞后分开；(3)情境3：两滑块挤压弹簧后用细线连接，烧断细线后两滑块分开；(4)情境4：两滑块碰撞后，撞针插入橡皮泥中，使滑块连成一体。4．数据记录与处理(1)规定正方向，碰撞前后速度的方向与正方向相同为正，相反为负。(2)通过计算碰撞前后的总动量，检验是否满足动量守恒定律。典例剖析典例1气垫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的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)。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．将A、B静止放置在气垫导轨上，在A和B间放入一个被压缩的轻质弹簧，用电动卡销锁定；d．用刻度尺测出滑块A的左端至挡板C的距离L1；e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块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挡板时停止计时，记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2。(1)实验中还应测量的物理量是__滑块B的右端到挡板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__mAeq\f(L1,t1)＝mBeq\f(L2,t2)__，上式中算得A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是：①__气垫导轨可能不水平导致误差__；②__滑块受到阻力作用而导致误差__。解析：(1)为了验证动量守恒定律，需要测出滑块B运动的速度，所以需要测量滑块B的右端到挡板D的距离L2。(2)两滑块动量守恒，满足mAvA＝mBvB滑块脱离弹簧后在导轨上做匀速直线运动vA＝eq\f(L1,t1)，vB＝eq\f(L2,t2)代入解得需要满足的表达式为mAeq\f(L1,t1)＝mBeq\f(L2,t2)①气垫导轨可能不水平导致误差；②滑块受到阻力作用而导致误差。对点训练1．某同学利用气垫导轨进行“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验，如图所示，其中图甲中两滑块相互碰撞的端面上分别装有弹性碰撞架，图乙中两滑块的碰撞端分别装有撞针和橡皮泥。(1)分别用甲、乙两图的实验装置进行实验，碰撞时图__甲__所示的装置动能损失得较小。(2)某次实验时使图乙中A、B滑块匀速相向滑动并发生碰撞，测得碰撞前A、B的速度大小分别为vA＝2m/s，vB＝4m/s，碰后A、B以共同的速度v＝0.8m/s运动，方向与碰撞前A的运动方向相同，A、B的质量分别用mA、mB表示，以碰撞前A的运动方向为正方向，则验证此过程中动量守恒的表达式为__2mA－4mB＝0.8(mA＋mB)__；若表达式成立，则mA∶mB＝__4∶1__。解析：(1)题图乙中两滑块碰撞后会连成一体，动能损失较大。(2)由题意知，mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，代入数据得2mA－4mB＝0.8(mA＋mB)，解得mA∶mB＝4∶1。探究研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒1．测质量：用天平测出两个小球的质量，并选质量大的小球为入射小球。2．实验装置：将斜槽安装在水平桌面上，并调整斜槽使其末端水平，在地面上铺上白纸，上面再铺好复写纸，记下重垂线所指的位置O。3．实验操作：(1)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定位置处自由滚下。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。(2)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽固定位置处自由滚下，使它们发生碰撞，重复10次，用①中的方法，标出入射小球发生碰撞后落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。(3)连接O、N。测量线段OP、OM、ON的长度，将测量数据代入公式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立，如成立，则碰撞前后动量守恒。4．注意事项(1)“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件。(2)斜槽末端必须水平。(3)入射球的质量应大于被碰球的质量。(4)入射球每次都必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下。典例剖析■典例2如图所示，斜槽末端水平，小球m1从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的P点。今在槽口末端放一与m1半径相同的球m2，仍让球m1从斜槽同一高度滚下，并与球m2正碰后使两球落地，球m1和m2的落地点分别是M、N。已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。则：(1)两小球质量的关系应满足__B__。A．m1＝m2 B．m1>m2C．m1<m2(2)实验必须满足的条件__ACD__A．轨道末端的切线必须是水平的B．斜槽轨道必须光滑C．入射球m1每次必须从同一高度滚下D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度(3)实验中必须测量的是__AFG__。A．两小球的质量m1和m2B．两小球的半径r1和r2C．桌面离地的高度HD．小球起始高度E．从两球相碰到两球落地的时间F．小球m1单独飞出的水平距离G．两小球m1和m2相碰后飞出的水平距离(4)若两小球质量之比为m1∶m2＝3∶2，两球落点情况如下图所示，则碰撞前后动量是否守恒？思路引导：本题中利用平抛运动的规律，巧妙的提供了一种测量小球碰撞前后速度的方法，既方便又实用。解析：(1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即m1>m2，故选B。(2)为保证两球从同一高度做平抛运动，实验中要求斜槽轨道末端的切线要调成水平。为保证实验有较好的可重复性以减小误差，实验中要求入射球每次从同一高度滚下。本实验是探究碰撞前后物理量的变化情况，故不需要斜槽轨道必须光滑，故选A、C、D。(3)本实验必须测量的是两小球质量m1和m2，入射球m1单独飞出的水平距离和两小球m1和m2相碰后各自飞出的水平距离。因小球脱离轨道口后做的是相同高度的平抛运动，因此两球碰后落地时间相等，两小球水平分运动的时间也相等，故可以利用水平距离的测量代替速度的测量，所以不需要测量桌面离地的高度及两小球碰后落地的时间。故选A、F、G。(4)设m1＝3m，m2＝2则v1＝eq\f(OP,t)＝eq\f(43.50×10－2,t)m/s，m1v1＝eq\f(1.305m,t)v′1＝eq\f(OM,t)＝eq\f(13.50×10－2,t)m/s，m1v′1＝eq\f(0.405m,t)v2＝0，v′2＝eq\f(ON,t)＝eq\f(45.00×10－2,t)m/s，m2v′2＝eq\f(0.9m,t)m1v′1＋m2v′2＝eq\f(1.305m,t)。所以m1v1＝m1v′1＋m2v′2，故碰撞前后动量守恒。对点训练2．某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，如图所示。将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，探究系统的动量是否守恒。(1)实验还必须有的器材是__刻度尺、天平、重垂线__；(2)需直接测量的数据是__两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1和s2__；(3)若系统动量守恒，需要验算的表达式是__m1s1＝m2s2__。解析：取木块1的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛的初速度分别为m1、m2，v1、v2。平抛运动的水平位移为s1、s2，平抛运动的时间为t。需验证的方程为0＝m1v1－m2v2，又v1＝eq\f(s1,t)，v2＝eq\f(s2,t)。代入得m1s1＝m2s2，故需要测量的量有两木块质量m1、m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1、s2。1.5弹性碰撞和非弹性碰撞【学习目标】1．理解什么是弹性碰撞和非弹性碰撞。2．知道什么是对心碰撞和非对心碰撞。3．会运用动量守恒定律和能量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题。【思维脉络】知识点1弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞如果系统在碰撞前后__动能__不变，这类碰撞叫作弹性碰撞。2．非弹性碰撞非弹性碰撞：如果系统在碰撞后__动能__减少，这类的碰撞叫作非弹性碰撞。3．研究气垫导轨上滑块碰撞前后动能的变化如图所示，滑块在碰撞过程中可以看作弹性碰撞的是__图甲和图丙__；可以看作非弹性碰撞的是__图乙__。知识点2弹性碰撞的实例分析1．正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在__同一条直线__上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞也叫作__对心__碰撞或__一维__碰撞。2．弹性正碰的特点：假设物体m1，以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性正碰。(1)与碰撞后系统的__动量__相同，__动能__相同。(2)两球质量相等时，碰撞的特点是__m2以v1的速度向前运动，m1静止__。(3)m1>m2时，碰撞的特点是m1和m2都__向前__运动，且m1的速度__小于__m2的速度。(4)m1<m2时碰撞的特点是m2__向前__运动，m1被__反弹__。(5)m1≫m2，m1的速度__没有__改变，而m2被撞后以__2v1__的速度向前运动。(6)m1≪m2，m1以原来的速率向__反__方向运动，而m2仍然__静止__。思考辨析『判一判』(1)两物体间发生瞬间碰撞，动量一定守恒，动能可能不守恒。(√)(2)两物体间发生碰撞，动量和动能都守恒。(×)(3)两物体发生斜碰时，动量不守恒。(×)(4)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(√)(5)一个运动的球与一个静止的球发生弹性正碰，碰撞后速度“互换”。(×)『选一选』质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图所示，则可知碰撞属于(A)A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能确定解析：由x－t图像知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前动能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后动能eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。『想一想』如图所示，取一只乒乓球，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥或碎泡沫塑料，放在桌子的边缘处，将玩具枪平放在桌面上，瞄准球的圆孔，扣动扳机，让子弹射入孔中，与乒乓球一同水平抛出。只需测出球的质量M、子弹的质量m、桌面的高度h和乒乓球落地点离桌子边缘的水平距离x，就可估算出玩具枪子弹的射出速度v。你能推导出计算v的表达式吗？该过程系统机械能守恒吗？答案：v＝eq\f(m＋Mx,m)eq\r(\f(g,2h))不守恒解析：子弹与乒乓球一起做平抛运动，结合平抛运动规律：x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2求出平抛初速度v0，此即为子弹与乒乓球作用后的共同速度，再根据动量守恒：mv＝(m＋M)v0可求出玩具枪子弹的射出速度v＝eq\f(m＋Mx,m)eq\r(\f(g,2h))。子弹撞击乒乓球的过程中，系统总动能减少，机械能不守恒。课内互动探究碰撞的特点和分类情境导入打台球时，桌面上两个小球碰撞前后动量遵循怎样的规律，机械能呢？提示：两个小球碰撞前后动量守恒，机械能可能减小，但不会增加。要点提炼1．碰撞的种类及特点分类标准种类特点能量是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大碰撞前后动量是否共线对心碰撞(正碰)碰撞前后速度共线非对心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共线2．碰撞和爆炸的比较名称比较项目爆炸碰撞相同点过程特点都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒。能量情况都满足能量守恒，总能量保持不变不同点动能、机械能情况有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒。弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不守恒。特别提醒(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律。(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。典例剖析典例12019年3月16日，世界女子冰壶锦标赛在丹麦锡尔克堡举行，中国队9∶3轻取平昌冬奥会冠军瑞典队，取得开门红。图为比赛中中国运动员在最后一投中，将质量为19kg的冰壶抛出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。求：(1)瑞典队冰壶获得的速度。(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。思路引导：eq\x(动量守恒)→eq\x(系统动能)→eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(不变)→\x(弹性碰撞),→\x(减少)→\x(非弹性碰撞)))解析：(1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3将v1＝0.4m/s，v2＝0.1m/s代入上式得：v3＝0.3m/s。(2)碰撞前的动能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0.08m，碰撞后两冰壶的总动能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝0.05m因为E1>E2，所以两冰壶的碰撞为非弹性碰撞。答案：(1)0.3m/s(2)非弹性碰撞对点训练1．(2020·河南省八市高二下学期第二次联考)如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA＝2mB，若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是(B)A．A下落到最低点的速度是eq\r(2gL)B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(2,9)LC．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为eq\f(2,3)mBgLD．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(1,9)L解析：A下落过程由机械能守恒：mAgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mAv2，得v＝eq\r(gL)，故选项A错误；若A与B发生完全非弹性碰撞，则有：mAv＝(mA＋mB)v′，eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh，解得：h＝eq\f(2,9)L，故选项B正确；ΔE＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(1,3)mBgL，故选项C错误；若A与B发生弹性碰撞，则有：mAv＝mAv′A＋mBv′B，eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)，eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＝mAgh′，解得：h′＝eq\f(1,18)L，故选项D错误。弹性碰撞的实例分析情境导入五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？提示：由于小球发生了弹性碰撞，碰撞中的动量和动能都守恒，发生了速度、动能的“传递”。要点提炼弹性碰撞的一动一静模型：A球碰撞原来静止的B球规律动量mAv0＝mAvA＋mBvB动能eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)碰后A、B球速度A球vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0B球vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0讨论mA＝mBvA＝0，vB＝v0，两球碰后交换了速度mA>mBvA>0，vB>0，vA、vB与v0同向mA<mBvA<0，vB>0，碰后A球被弹回来mA≫mBvA＝v0，vB＝2v0，vA、vB与v0同向mA≪mBvA＝－v0，vB＝0，碰后A球被弹回，B球静止┃┃典例剖析__■典例2如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3mA．第一次碰撞后的瞬间，两球的动能大小相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等D．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同思路引导：(1)两球碰撞前后动量守恒、动能不变。(2)两球碰后摆动过程机械能守恒。解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)，解两式得：v1＝－eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(v0,2)，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，动能也不相等，故AB错误，C正确；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故D错误。对点训练2．如图所示，B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(C)A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动解析：A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。核心素养提升分析碰撞问题的“三个原则”在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：1．动量守恒即p1＋p2＝p1′＋p2′。2．动能不增加即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。3．速度要符合情景如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度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，且原来在前的物体的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。案例质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9kg·m/s，B球的动量为pB＝3kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是(A)A．p′A＝6kg·m/s，p′B＝6kg·m/sB．p′A＝8kg·m/s，p′B＝4kg·m/sC．p′A＝－2kg·m/s，p′B＝14kg·m/sD．p′A＝－4kg·m/s，p′B＝17kg·m/s思路引导：依据分析碰撞问题的“三个原则”排除不符合“三个原则”的选项。解析：A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，即p′A＋p′B＝pA＋pB＝9kg·m/s＋3kg·m/s＝12kg·m/s，故先排除D项。A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EkA＋EkB≥E′kA＋E′kB，EkA＋EkB＝eq\f(p\o\al(2,A),2m)＋eq\f(p\o\al(2,B),2m)＝eq\f(81＋9,2m)(J)＝eq\f(90,2m)(J)E′kA＋E′kB＝eq\f(p′\o\al(2,A)＋p′\o\al(2,B),2m)，将A、B、C三项数值代入可排除C项。A、B选项数据表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动。因A球的速度应小于或等于B球的速度，即v′A≤v′B，而v′A＝eq\f(8,m)>v′B＝eq\f(4,m)，因此又可排除B项。所以该题的正确选项为A。1.6反冲现象火箭【学习目标】1．认识反冲现象，知道火箭的发射利用了反冲现象。2．能够结合动量守恒定律对反冲现象进行解释。3．了解我国的航空、航天事业的巨大成就，增强民族自信心和自豪感。【思维脉络】知识点1反冲现象1．实例分析发射炮弹时，炮弹从炮筒中飞出，炮身则向__后退__。这种情况由于系统__内力__很大，__外力__可忽略，射击前，炮弹静止在炮筒中，它们的总动量为__0__。炮弹射出后以很大的速度__向前__运动，根据__动量守恒__定律，炮身必将__向后__运动。炮身的这种后退运动叫作反冲。2．特点(1)物体的不同部分在__内力__作用下向相反方向运动。(2)反向运动中，相互作用力一般较大，通常可以用__动量守恒定律__来处理。3．反冲现象的应用及防止(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲，使水从喷口喷出时一边喷水一边__旋转__。(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的__准确性__，所以用步枪射击时要把枪身抵在__肩部__，以减少反冲的影响。知识点2火箭1．工作原理：应用了反冲的原理，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的__速度__。2．影响火箭获得速度大小的因素：(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度通常为2000～5000m/s。(2)火箭获得的速度大小：Δv＝－eq\f(Δm,m)u，式中Δm为Δt时间内__喷射燃气__的质量，m为喷出燃气后__火箭__的质量，u为喷出的__燃气__相对喷气前火箭的速度。(3)质量比：火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，喷气速度__越大__，质量比__越大__，火箭获得的速度越大。思考辨析『判一判』(1)反冲运动中动量守恒。(√)(2)农田、园林的喷灌装置的原理是反冲运动。(√)(3)反冲运动实际上是相互作用物体之间的一对平衡力产生的效果。(×)(4)现代火箭是利用火箭和空气间的作用力而升空的。(×)(5)用多级火箭发射卫星可以获得所需的速度。(√)『选一选』假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是(D)A．步行B．挥动双臂C．在冰面上滚动D．脱去外衣抛向岸的反方向解析：由于冰面光滑，无法行走或滚动，由动量守恒定律可知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边。『想一想』两位同学在公园里划船。租船时间将到，她们把小船划向码头。当小船离码头大约2m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2m，跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图)。她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？(假设起跳时船已静止)解析：若立定跳远时，人离地时速度为v，如果从船上起跳时，人离船时速度为v′，船的反冲速度为v′船，由能量关系E＝eq\f(1,2)mv2，E＝eq\f(1,2)mv′2＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,船)所以v′<v，人跳出的距离变小，所以人掉到了水里。正是由于船的反冲导致了此结果。课内互动探究对反冲现象的理解情境导入假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？提示：因为月球上没有空气，所以螺旋桨飞机无法起飞，只能配置喷气式飞机。要点提炼1．反冲运动的三个特点：(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。2．分析反冲运动应注意的问题(1)速度的反向性问题对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。(2)相对速度问题反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，通常为对地的速度。因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。(3)变质量问题在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。典例剖析典例1一个连同装备总质量为M＝100kg的宇航员，在距离飞船s＝45m处与飞船处于相对静止状态，他准备对太空中的哈勃望远镜进行维修，宇航员背着装有质量为m0＝0.5kg的氧气贮气筒，筒内有一个可以使氧气以v＝50m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员在维修完毕哈勃望远镜后，必须向着返回飞船方向的反方向释放氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中宇航员呼吸之用，宇航员的耗氧率为Q＝2.5×10－4kg/s，如果不考虑喷出氧气对设备与宇航员总质量的影响，则：(1)喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？(2)为了使总耗氧量最低，应该一次喷出多少氧气？返回时间是多少？思路引导：本题中宇航员所带的氧气量一定，问题是要将它合理分配给呼吸和喷气两个方面使用，并能保证宇航员安全返回飞船。解析：(1)以飞船为参考系，设沿着飞船运动的方向为正方向，并设喷出质量为m(kg)氧气时宇航员获得的速度是v′，对于“宇航员和喷出的氧气”这一系统而言，在喷气方向上由动量守恒可得：(M－m)v′－mv＝0，考虑M≫m，有v′＝mv/M ①宇航员返回时做匀速运动，历时t＝s/v′ ②又筒内氧气的总质量满足关系为m0＝Qt＋m ③联立①②③三式得：m0＝Qs·eq\f(M,mv)＋m代入数据得：m1＝0.05kg，m2＝0.45kg，即宇航员喷出0.05kg或0.45kg的氧气时，返回去刚好把剩余的氧气呼吸完，假如喷出的氧气介于m1和m2之间，则返回后还有剩余的氧气，故本问题的答案是：喷出的氧气介于0.05k