人教版高中物理選擇性必修第一冊全冊學(xué)案第一章動量守恒定律 -1-1.1動量 -1-1.2動量定理 -9-1.3動量守恒定律 -16-1.4實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律 -24-1.5彈性碰撞和非彈性碰撞 -30-1.6反沖現(xiàn)象火箭 -38-第二章機(jī)械振動 -46-2.1簡諧運(yùn)動 -46-2.2簡諧運(yùn)動的描述 -53-2.3簡諧運(yùn)動的回復(fù)力和能量 -60-2.4單擺 -67-2.5實(shí)驗(yàn)：用單擺測量重力加速度 -75-2.6受迫振動共振 -81-第三章機(jī)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多普勒效應(yīng) -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實(shí)驗(yàn)：用雙縫干涉測量光的波長 -152-4.5光的衍射 -157-4.6光的偏振激光 -165-第一章動量守恒定律1.1動量【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．了解生產(chǎn)、生活中的碰撞現(xiàn)象。2．經(jīng)歷猜想和尋求兩物體碰撞前后會有什么物理量不變的過程，領(lǐng)會實(shí)驗(yàn)的基本思想。3．理解動量的概念，會計算動量的變化?！舅季S脈絡(luò)】課前預(yù)習(xí)反饋知識點(diǎn)1尋求碰撞中的不變量1．實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象(1)實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。把兩個完全相同的小鋼球用兩根長度相等的細(xì)線懸掛起來，B小球靜止，拉起A小球，放開后它們相碰?？梢钥吹剑号鲎埠?，A球的速度大小不變地“傳給”了B球。(2)將上面實(shí)驗(yàn)中的A球換成大小相同的C球，使C球質(zhì)量大于B球質(zhì)量，用手拉起C球至某一高度后放開，撞擊靜止的B球。我們可以看到，碰撞后B球獲得較大的速度。(3)猜想：①兩個物體碰撞前后動能之和可能不變。②兩個物體碰撞前后速度與質(zhì)量的乘積之和可能是不變的。2．實(shí)驗(yàn)：尋求碰撞中的不變量(1)實(shí)驗(yàn)器材有氣墊導(dǎo)軌、光電門、小車、數(shù)字計數(shù)器、天平等。(2)本實(shí)驗(yàn)所說的“碰撞前”是指即將發(fā)生碰撞的那一時刻，“碰撞后”是指碰撞剛結(jié)束的那一時刻。(3)分析總結(jié)實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)，計算兩輛小車碰撞前后的動能之和不相等，但是質(zhì)量與速度的乘積之和基本不變。知識點(diǎn)2動量1．定義運(yùn)動物體的質(zhì)量和它的速度的乘積叫作物體的動量。2．表達(dá)式p＝mv。3．單位千克米每秒，符號kg·m·s－1。4．方向動量是矢量，它的方向與速度的方向相同。5．動量的變化量(1)定義：若運(yùn)動物體在某一過程的始、末動量分別為p和p′，則稱Δp＝p′－p為物體在該過程中的動量變化量。(2)方向：Δp是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同。思考辨析『判一判』(1)在光滑水平面上，兩個鋼球?qū)π呐鲎睬昂?，其速度與質(zhì)量的乘積之和是不變的。(√)(2)動量大的物體慣性一定大。(×)(3)物體的動量相同，其動能一定也相同。(×)(4)做直線運(yùn)動的物體速度增大時，動量的變化量Δp的方向與運(yùn)動方向相同。(√)(5)物體的動量發(fā)生改變，其動能也一定發(fā)生改變。(×)『選一選』下列關(guān)于動量的說法中，正確的是(D)A．物體的動量改變了，其速度大小一定改變B．物體的動量改變了，其速度方向一定改變C．物體運(yùn)動速度的大小不變，其動量一定不變D．物體的運(yùn)動狀態(tài)改變，其動量改變解析：A、C錯：動量是矢量，動量方向的改變也是動量改變，如勻速圓周運(yùn)動，方向時刻改變，速度大小不變。B錯：物體的動量改變，可能是速度大小改變，也可能是速度方向改變。D對：物體的運(yùn)動狀態(tài)改變，說明速度改變，故其動量mv一定改變，可能是方向改變，也可能是大小改變，還有可能是大小和方向同時改變?！合胍幌搿蝗鐖D所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運(yùn)動，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度沖上傳送帶，最后又滑回，已知v1＜v2，則物塊在傳送帶上運(yùn)動過程中其動量的變化量是多少？解析：由于v2>v1，則物塊返回到P點(diǎn)的速度大小為v1，則動量變化量Δp＝p′－p＝mv1＋mv2＝m(v1＋v2)方向水平向左。課內(nèi)互動探究尋求碰撞中的不變量情境導(dǎo)入水上兩個電動碰碰船正面相碰，假設(shè)兩船的速度大小相等，碰后質(zhì)量大的船和質(zhì)量小的船哪個容易反彈？提示：質(zhì)量小的船容易反彈，因?yàn)橘|(zhì)量小的船質(zhì)量與速度的乘積小。要點(diǎn)提煉1．實(shí)驗(yàn)器材方案一：帶細(xì)線的擺球(兩個)、鐵架臺、天平、量角器、坐標(biāo)紙、膠布等。方案二：光滑長木板、光電計時器、紙帶、小車(兩個)、天平、橡皮泥等。2．實(shí)驗(yàn)步驟不論采用哪種方案，實(shí)驗(yàn)過程均可按實(shí)驗(yàn)方案合理安排，參考步驟如下：(1)用天平測量相關(guān)物體的質(zhì)量；(2)安裝實(shí)驗(yàn)裝置；(3)使物體發(fā)生碰撞；(4)測量或讀出有關(guān)數(shù)據(jù)，計算出物體的速度；(5)改變碰撞條件重復(fù)上述(3)、(4)步；(6)進(jìn)行數(shù)據(jù)處理通過分析對比，找出碰撞中的不變量；(7)整理實(shí)驗(yàn)器材。3．?dāng)?shù)據(jù)處理(1)將以上兩個實(shí)驗(yàn)過程中測得的數(shù)據(jù)填入下表中碰撞前碰撞后質(zhì)量m1m2m1m2速度v1v2v1′v2′根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，找出碰撞前和碰撞后相等的關(guān)系量。(2)結(jié)論在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前、后不變的量是物體的質(zhì)量m與速度v的乘積之和，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。典例剖析典例1某同學(xué)運(yùn)用以下實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計了一個碰撞實(shí)驗(yàn)來尋找碰撞前后的不變量：打點(diǎn)計時器、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)計的實(shí)驗(yàn)步驟如下：A．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＝0.2kgB．更換紙帶重復(fù)操作三次C．小車A靠近打點(diǎn)計時器放置，在車后固定紙帶，把小車B放在長木板中間D．把光滑長木板平放在桌面上，在一端固定打點(diǎn)計時器，連接電源E．接通電源，并給小車A一定的初速度vA(1)請將以上步驟按操作的先后順序排列出來ADCEB。(2)打點(diǎn)計時器打下的紙帶中，比較理想的一條如上圖所示，根據(jù)這些數(shù)據(jù)完成下表。碰撞前碰撞后A車B車AB整體質(zhì)量/kg速度/(m·s－1)mv/(kg·m·s－1)(3)根據(jù)以上數(shù)據(jù)猜想碰撞前后不變量的表達(dá)式為mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。思路引導(dǎo)：注意碰撞前后小車均做勻速運(yùn)動，碰撞前后的速度可利用紙帶上點(diǎn)跡分布均勻的部分計算。解析：(1)按照先安裝，后實(shí)驗(yàn)，最后重復(fù)的順序，該同學(xué)正確的實(shí)驗(yàn)步驟為ADCEB。(2)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合為一體，求出AB整體的共同速度。注意打點(diǎn)計時器的頻率為50Hz，打點(diǎn)時間間隔為0.02s，通過計算得下表。碰撞前碰撞后A車B車AB整體質(zhì)量/kg0.40.20.6速度/(m·s－1)3.002.0mv/(kg·m·s－1)1.201.2(3)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。對點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·河南林州一中分校高二上學(xué)期調(diào)研)(多選)利用如圖所示的裝置探究碰撞中的不變量，則下列說法正確的是(AB)A．懸掛兩球的細(xì)繩長度要適當(dāng)，且等長B．由靜止釋放小球以便較準(zhǔn)確地計算小球碰撞前的速度C．兩小球必須都是剛性球，且質(zhì)量相同D．懸掛兩球的細(xì)繩的懸點(diǎn)可以在同一點(diǎn)解析：兩細(xì)繩等長能保證兩球發(fā)生正碰，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，則懸掛兩球的細(xì)繩的懸點(diǎn)不能在同一點(diǎn)，A正確，D錯誤；計算小球碰撞前速度時用到了機(jī)械能守恒定律，當(dāng)初速度為0時，能方便準(zhǔn)確地計算小球碰撞前的速度，B正確；本實(shí)驗(yàn)中對小球是否有彈性無要求，兩小球質(zhì)量不一定相同，C錯誤。探究對動量的理解情境導(dǎo)入如圖所示，運(yùn)動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出。如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小均為v，請思考：網(wǎng)球動量的變化量是零嗎？提示：不是。動量是矢量，其變化量為2mv。要點(diǎn)提煉1．動量的性質(zhì)(1)瞬時性求動量時要明確是哪一物體在哪一狀態(tài)(時刻)的動量，p＝mv中的速度v是瞬時速度。(2)矢量性動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同，有關(guān)動量的運(yùn)算，如果物體在一條直線上運(yùn)動，則選定一個正方向后，動量的矢量運(yùn)算就可以轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算了。(3)相對性指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．動量與速度的區(qū)別和聯(lián)系(1)區(qū)別：速度描述物體運(yùn)動的快慢和方向；動量在描述物體運(yùn)動方面更進(jìn)一步，更能體現(xiàn)運(yùn)動物體的作用效果。(2)聯(lián)系：動量和速度都是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量，都是矢量，動量的方向與速度方向相同，p＝mv。特別提醒動量是矢量，比較兩個物體的動量時，不能僅比較大小，也應(yīng)比較方向，只有大小相等、方向相同的兩個動量才相等。典例剖析典例22020年亞洲杯足球賽在阿聯(lián)酋境內(nèi)4座城市中舉行，比賽中，一足球運(yùn)動員踢一個質(zhì)量為0.4kg的足球。(1)若開始時足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度為10m/s，方向仍向右(如圖甲)，則足球的初動量p＝1.6kg·m/s，方向向右；足球的末動量p′＝4kg·m/s，方向向右；在這一過程中足球動量的改變量Δp＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)若足球以10m/s的速度撞向球門門柱，然后以3m/s速度反向彈回(如圖乙)，則這一過程中足球的動量改變量是5.2kg·m/s，方向向左；動能改變量是18.2J。思路引導(dǎo)：(1)切記動量是矢量，其方向與速度方向相同。(2)動量的變化量Δp＝p′－p是矢量式，當(dāng)p′、p在同一直線上時，可規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。解析：(1)取向右為正方向，初、末動量分別為p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右動量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)取向右為正方向，初、末動量分別為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，動量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，負(fù)號表示方向向左。ΔEk＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv″2＝18.2J。對點(diǎn)訓(xùn)練2．(2020·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二下學(xué)期期中)物體的動量變化量的大小為6kg·m/s，這說明(D)A．物體的動量在減小B．物體的動量在增大C．物體的動量大小一定變化D．物體的動量大小可能不變解析：物體的動量變化量的大小為6kg·m/s，動量是矢量，動量變化的方向與初動量可能同向、可能反向、也可能不在同一條直線上，故物體的動量的大小可能增加、可能減小，也可能不變，故D正確，A、B、C錯誤。故選D。核心素養(yǎng)提升動量和動能的比較動量動能物理意義描述機(jī)械運(yùn)動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化決定因素物體所受沖量外力所做的功換算關(guān)系p＝eq\r(,2mEk)，Ek＝eq\f(p2,2m)案例(多選)(2020·長春外國語學(xué)校高三期末)關(guān)于速度、動量和動能，下列說法正確的是(CD)A．物體的速度發(fā)生變化，其動能一定發(fā)生變化B．物體的動量發(fā)生變化，其動能一定發(fā)生變化C．物體的速度發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化D．物體的動能發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化解析：A、B錯：速度是矢量，動能是標(biāo)量，動量是矢量，當(dāng)物體做勻速圓周運(yùn)動時，速度大小不變，速度方向在變化，動量變化，動能不變。C對：根據(jù)p＝mv可知，只要速度發(fā)生變化，動量一定發(fā)生變化。D對：如果動能發(fā)生變化，則說明速度大小發(fā)生變化，則動量一定發(fā)生變化。1.2動量定理【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．了解沖量的概念，理解動量定理的內(nèi)涵。2．知道動量定理和動能定理的區(qū)別。3．能用動量定理解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象，并會應(yīng)用它解決實(shí)際問題?！舅季S脈絡(luò)】課前預(yù)習(xí)反饋知識點(diǎn)1沖量1．定義力與力的作用時間的乘積叫力的沖量。2．表達(dá)式I＝FΔt3．方向沖量是矢量，沖量的方向與力的方向一致，沖量的方向跟動量變化的方向一致。4．沖量的單位在國際單位制中是“牛秒”，符號“N·s”知識點(diǎn)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．定義式I＝p′－p也可以寫作：F(t′－t)＝mv′－mv。知識點(diǎn)3動量定理的應(yīng)用1．如果物體的動量發(fā)生的變化是一定的，那么作用的時間越短，物體受的力就越大；作用的時間越長，物體受的力就越小。2．如果作用力一定時，作用的時間越長，動量的變化量越大，作用的時間越短，動量的變化量越小。思考辨析『判一判』(1)沖量是矢量，其方向與力的方向相同。(√)(2)力越大，力對物體的沖量越大。(×)(3)若物體在一段時間內(nèi)，其動量發(fā)生了變化，則物體在這段時間內(nèi)的合外力一定不為零。(√)(4)碰撞時可產(chǎn)生沖擊力，要增大這種沖擊力就要設(shè)法增大沖擊力的作用時間。(×)(5)動量定理中說的“力的沖量”指的是合力的沖量，或者是各個力的沖量的矢量和。(√)『選一選』如圖所示，籃球運(yùn)動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(C)A．減小球的動量的變化量B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量C．減小球的動量變化率D．延長接球過程的時間來減小動量的變化量解析：籃球的動量變化量一定，所以球?qū)κ值臎_量也一定，A、B、D錯誤；由動量定理F·Δt＝Δp，可知Δt增大，減小了球的動量變化率，C正確。『想一想』雞蛋從一米多高的地方自由落到地板上，肯定會被打破。現(xiàn)在，在地板上放一塊厚泡沫塑料墊，讓雞蛋從同一高度自由落下，落到泡沫塑料墊上，看雞蛋會不會被打破，思考其中的道理。解析：雞蛋落地動量變化Δp一定，雞蛋落到塑料墊上時，作用時間Δt變大，根據(jù)動量定理F·Δt＝Δp，可知雞蛋所受的撞擊力減小，所以雞蛋不會破。課內(nèi)互動探究對沖量的理解情境導(dǎo)入如圖所示，一個小孩沿水平方向用最大的力F推靜止在水平地面上的小汽車，但推了很久時間t都無法使它運(yùn)動，就這個問題兩個同學(xué)展開討論。甲同學(xué)說：汽車沒動是因?yàn)樾『⒔o汽車的推力的沖量為零。乙同學(xué)說：小孩給汽車的推力的沖量不為零，汽車沒動是因?yàn)樗艿暮狭Φ臎_量為零。誰說得對？提示：小孩給汽車的推力的沖量大小為I＝F·t汽車沒動說明它所受的合力為零，故其合外力的沖量為零。┃┃要點(diǎn)提煉■1．對沖量的理解(1)沖量是過程量：沖量描述的是作用在物體上的力對時間的積累效應(yīng)，與某一過程相對應(yīng)。(2)沖量的矢量性：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，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量變化量的方向相同。(3)沖量的絕對性：沖量僅由力和時間兩個因素決定，具有絕對性。2．沖量的計算(1)單個力的沖量：利用公式I＝FΔt計算。(2)合力的沖量：①如果是一維情形，可以化為代數(shù)和，如果不在一條直線上，求合沖量遵循平行四邊形定則。②兩種方法：可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；另外，如果各個力的作用時間相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解。(3)變力的沖量：由圖可知F－t圖線與時間軸之間所圍的“面積”的大小表示對應(yīng)時間Δt內(nèi)，力F的沖量的大小。特別提醒(1)沖量是矢量，求沖量的大小時一定要注意是力與其對應(yīng)的時間的乘積。(2)判斷兩個力的沖量是否相同，必須滿足沖量的大小和方向都相同，缺一不可。典例剖析典例1如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體沿傾角為30°，高為5m的光滑斜面由靜止從頂端下滑到底端的過程中，g取10m/s2，求：(1)重力的沖量；(2)支持力的沖量；(3)合力的沖量。思路引導(dǎo)：eq\x(\a\al(分析物,體的受,力情況))→eq\x(\a\al(確定各,力大小、,方向))→eq\x(\a\al(確定物,體運(yùn)動,時間))→eq\x(\a\al(根據(jù)公式,求各力及合,力的沖量))解析：由于物體下滑過程中各個力均為恒力，所以只要求出物體下滑的時間，便可以用公式I＝F·Δt逐個求解。由牛頓第二定律得：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。重力的沖量為IG＝mg·Δt＝2×10×2N·s＝40N·s，方向豎直向下。支持力的沖量為IN＝N·Δt＝mgcosθ·Δt＝20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上。合力的沖量為I合＝F合·Δt＝mgsinθ·Δt＝20N·s，方向沿斜面向下。答案：(1)40N·s，方向豎直向下(2)20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上(3)20N·s，方向沿斜面向下對點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·四川省攀枝花市高二下學(xué)期期末)我國天津地標(biāo)之一“天津之眼”是世界上唯一一個橋上瞰景摩天輪。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做軌道半徑為R、角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，質(zhì)量為m的乘客從最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)過程中，重力的沖量大小為(D)A．0 B．2mωRC．2mgR D.eq\f(πmg,ω)解析：乘客從最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)過程中經(jīng)過的時間為t＝eq\f(π,ω)，則重力的沖量：I＝mgt＝eq\f(πmg,ω)；選項(xiàng)D正確。探究對動量定理的理解和應(yīng)用情境導(dǎo)入從高處跳到低處時，為了安全，一般都要屈腿(如圖所示)，這樣做是為了什么？提示：人落地動量變化一定，屈腿下蹲延緩了人落地時動量變化所用的時間，依動量定理可知，這樣就減小了地面對人的沖力。要點(diǎn)提煉1．對動量定理的理解(1)動量定理反映了合外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，它說明合外力的沖量跟物體動量變化量不僅大小相等，而且方向相同。運(yùn)用動量定理主要是一維的問題，要注意正方向的規(guī)定。(3)動量的變化率和動量的變化量由動量定理可以得出F＝eq\f(p′－p,Δt)，它說明動量的變化率決定于物體所受的合外力。而由動量定理I＝Δp知動量的變化量決定于合外力的沖量，它不僅與物體的受力有關(guān)，還與力的作用時間有關(guān)。2．動量定理的應(yīng)用(1)應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp定性解釋常見物理現(xiàn)象。由上式可以看出如果保持Δp一定，則力作用的時間越短，沖力就越大。因此在需要增大作用力時，可盡量減少作用的時間，如打擊、碰撞等由于作用時間短、作用力往往較大。反之，作用時間越長，力F就越小，因此在需要減小作用力的時候，可想辦法延長力的作用時間，如利用海綿或彈簧的緩沖作用來延長作用時間，達(dá)到減小作用力的目的。(2)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。如果物體受到大小、方向不變的力的作用，既可以應(yīng)用FΔt求力的沖量，也可以應(yīng)用物體動量改變Δp的大小和方向來替代力的沖量。如果物體受到大小、方向改變的力的作用，則不能直接用FΔt求變力的沖量，這時可以求在該力沖量作用下物體動量改變Δp的大小和方向，替代變力的沖量。3．應(yīng)用動量定理解題的一般步驟a．選定研究對象，明確運(yùn)動過程。b．進(jìn)行受力分析和運(yùn)動的初、末狀態(tài)分析。c．選定正方向，根據(jù)動量定理列方程求解。典例剖析典例2一個質(zhì)量為m＝0.4kg的足球以10m/s的速度水平飛向球門。守門員躍起用雙拳將足球以12m/s的速度反方向擊出，守門員觸球時間約為0.1s，問足球受到的平均作用力為多大？方向如何？思路引導(dǎo)：動量定理的表達(dá)式是矢量式，在處理一維碰撞問題時，需選定一個正方向，以簡化成代數(shù)運(yùn)算。同時要明確研究對象和研究的物理過程的初、末狀態(tài)。解析：選定足球原運(yùn)動方向?yàn)檎较?。根?jù)動量定理eq\x\to(F)·Δt＝p′－p，這里eq\x\to(F)為足球在水平方向受到的平均作用力，Δt為擊球的時間，p′為擊球后足球的動量，p為足球原來的動量。設(shè)足球的質(zhì)量為m，擊球先、后的速度分別為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?？梢?，足球受到的平均作用力為88N，方向與原來速度方向相反。答案：88N，方向與原來速度方向相反對點(diǎn)訓(xùn)練2．(2020·山東省淄博市高二上學(xué)期期中)央視網(wǎng)消息，2019年8月15日，俄羅斯“烏拉爾航空”公司一架空客A-321客機(jī)在起飛后不久遭遇多只飛鳥撞擊，導(dǎo)致兩臺發(fā)動機(jī)起火，引擎失靈，迫降在離機(jī)場不遠(yuǎn)處的一片玉米地里。假設(shè)客機(jī)撞鳥時飛行速度大約為1080km/h，小鳥的質(zhì)量約為0.5kg，撞機(jī)時間約為0.01s,估算飛機(jī)受到的撞擊力大小約為(C)A．540N B．54000NC．15000N D．1.5N解析：本題為估算題，可以認(rèn)為撞擊前小鳥的速度為零，撞擊后小鳥與飛機(jī)的速度相等。飛機(jī)速度v＝1080km/h＝300m/s，撞擊過程對小鳥分析，由動量定理得：FΔt＝Δmv，解得F＝eq\f(mv,Δt)＝eq\f(0.5×300,0.01)N＝1.5×104N，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯誤。核心素養(yǎng)提升動量定理和動能定理的比較項(xiàng)目動量定理動能定理公式F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp涉及力與時間Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk涉及力與位移標(biāo)矢性矢量式標(biāo)量式因果關(guān)系因力的沖量力做的功(總功)果動量的變化量動能的變化量相同點(diǎn)①公式中的力都是指物體所受的合外力。②動量定理和動能定理都注重初、末狀態(tài)，而不注重過程，因此都可以用來求變力作用的結(jié)果(變力的沖量或變力做的功)。③研究對象可以是一個物體，也可以是一個系統(tǒng)；研究過程可以是整個過程，也可以是某一段過程。特別提醒動量定理和動能定理都是求解力學(xué)問題的重要定理。應(yīng)用時要特別注意選定研究對象和過程，注重受力情況分析和運(yùn)動情況分析，靈活運(yùn)用規(guī)律求解。特別注意運(yùn)用動量定理解題需考慮速度的方向，運(yùn)用動能定理解題則不需考慮速度的方向。案例原來靜止的物體受合力作用的時間為2t0，合力隨時間的變化情況如圖所示，則(B)A．0～t0時間內(nèi)物體的動量變化量與t0～2t0時間內(nèi)物體的動量變化量相同B．t＝2t0時物體的速度為零，合力在2t0時間內(nèi)對物體的沖量為零C．0～t0時間內(nèi)物體的平均速率與t0～2t0時間內(nèi)物體的平均速率不相等D．0～2t0時間內(nèi)物體的位移為零，合力對物體做的功為零解析：由題圖可知，0～t0與t0～2t0時間內(nèi)合力方向不同，由動量定理可知，物體在這兩段時間內(nèi)的動量變化量不相同，選項(xiàng)A錯誤；在0～2t0時間內(nèi)，物體所受合力的沖量為F0t0－F0t0＝0，由動量定理Ft＝Δp可得，t＝2t0時物體速度為零，分析題圖可知，0～t0與t0～2t0時間內(nèi)物體平均速率相等，選項(xiàng)B正確，C錯誤；0～2t0時間內(nèi)物體先加速后減速，位移不為零，動能變化量為零，合力對物體做的功為零，選項(xiàng)D錯誤。1.3動量守恒定律【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．能正確區(qū)分內(nèi)力與外力。2．理解動量守恒定律的確切含義和表達(dá)式，知道定律的適用條件。3．會用動量守恒定律解決碰撞、爆炸等問題。【思維脈絡(luò)】知識點(diǎn)1相互作用的兩個物體的動量改變1．建構(gòu)碰撞模型：如圖中在光滑水平桌面上做勻速運(yùn)動的兩個物體A，B，當(dāng)B追上A時發(fā)生碰撞。碰撞后A、B的速度分別是v′1和v′2。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。碰撞時，兩物體之間力的作用時間很短，用Δt表示。2．推導(dǎo)過程：(1)以物體A為研究對象，根據(jù)動量定理，物體A動量的變化量等于它所受作用力F1的沖量，即F1Δt＝m1v′1－m1v1①(2)以物體B為研究對象，物體B動量的變化量等于它所受作用力F2的沖量，即F2Δt＝m2v′2－m2v2②(3)根據(jù)牛頓第三定律可知兩個物體碰撞過程中的每個時刻相互作用力F1與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．歸納總結(jié)兩個物體碰撞后的動量之和等于碰撞前的動量之和。知識點(diǎn)2動量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力和外力(1)系統(tǒng)相互作用的兩個或幾個物體組成一個力學(xué)系統(tǒng)。(2)內(nèi)力系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用力。(3)外力系統(tǒng)以外的物體對系統(tǒng)以內(nèi)的物體的作用力。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零，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：p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(3)適用條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零。知識點(diǎn)3動量守恒定律的普適性動量守恒定律是一個獨(dú)立的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，它適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域。思考辨析『判一判』(1)動量守恒定律適用于宏觀物體，不適用于微觀粒子。(×)(2)一個系統(tǒng)初、末狀態(tài)動量大小相等，即動量守恒。(×)(3)兩個做勻速直線運(yùn)動的物體發(fā)生碰撞，這兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒。(√)(4)系統(tǒng)動量守恒也就是系統(tǒng)的動量變化量為零。(√)(5)系統(tǒng)動量守恒，動能不一定守恒，某一方向上動量守恒，系統(tǒng)整體動量不一定守恒。(√)『選一選』(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是(AC)解析：A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；B中在彈簧恢復(fù)原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；C中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；D中木塊下滑過程中，斜面始終受擋板的作用力，系統(tǒng)動量不守恒?！合胍幌搿蝗鐖D《三國演義》“草船借箭”中，若草船的質(zhì)量為m1，每支箭的質(zhì)量為m，草船以速度v1返回時，對岸士兵萬箭齊發(fā)，n支箭同時射中草船，箭的速度皆為v，方向與船行方向相同。由此，草船的速度會增加多少？(不計水的阻力)答案：eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)解析：船與箭的作用過程系統(tǒng)動量守恒：m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)得Δv＝eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)。課內(nèi)互動探究對動量守恒定律的理解情境導(dǎo)入如圖所示，速度為v0的物體滑上光滑水平面上的小車，物體與小車組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？提示：物體和小車組成的系統(tǒng)，水平方向上合力為零，動量守恒，豎直方向上合力不為零，動量不守恒。要點(diǎn)提煉1．研究對象兩個或兩個以上相互作用的物體組成的系統(tǒng)。2．對系統(tǒng)“總動量保持不變”的理解(1)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個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。(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)的總動量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和，總動量不變指的是系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變。3．動量守恒定律成立的條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和雖不為零，但系統(tǒng)外力比內(nèi)力小得多，如碰撞問題中的摩擦力、爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力小得多，可以忽略不計。(3)某一方向上守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)動量守恒。4．從“五性”理解動量守恒定律(1)系統(tǒng)性：動量守恒是針對滿足守恒條件的系統(tǒng)而言的，系統(tǒng)改變，動量不一定守恒。(2)矢量性：定律的表達(dá)式是一個矢量式。a．該式說明系統(tǒng)的總動量在任意兩個時刻不僅大小相等，而且方向也相同。b．在求系統(tǒng)的總動量p＝p1＋p2＋…時，要按矢量運(yùn)算法則計算。(3)相對性：動量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量，必須相對于同一慣性系，各物體的速度通常均為相對于地的速度。(4)同時性：動量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量。(5)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)。不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。特別提醒(1)分析動量守恒時要著眼于系統(tǒng)，要在不同的方向上研究系統(tǒng)所受外力的矢量和。(2)要深刻理解動量守恒的條件。(3)系統(tǒng)動量嚴(yán)格守恒的情況是很少的，在分析守恒條件是否滿足時，要注意對實(shí)際過程的理想化。典例剖析典例1(多選)如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(ACD)A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零B．先放開左手，后放開右手，此后動量不守恒C．先放開左手，后放開右手，總動量向左D．無論是否同時放手，只要兩手都放開后，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零思路引導(dǎo)：eq\x(\a\al(明確研,究對象))→eq\x(\a\al(受力分析，明,確內(nèi)力、外力))→eq\x(\a\al(根據(jù)條件,做出判斷))要注意同時放開兩手和一先一后放開的區(qū)別解析：當(dāng)兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因?yàn)殚_始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項(xiàng)A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運(yùn)動，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，放開右手時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項(xiàng)B錯誤而C、D正確。綜合上述分析可知選項(xiàng)A、C、D正確。對點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·北京市通州區(qū)高二下學(xué)期段考)如圖所示，兩木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(B)A．動量守恒、機(jī)械能守恒B．動量守恒、機(jī)械能不守恒C．動量不守恒、機(jī)械能守恒D．動量、機(jī)械能都不守恒解析：子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，但是子彈擊中木塊A過程，有摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，B正確，ACD錯誤。動量守恒定律的應(yīng)用情境導(dǎo)入在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用大錘敲打車的左端，如圖所示。在連續(xù)的敲打下，這輛車能持續(xù)地向右運(yùn)動嗎？提示：當(dāng)把錘頭打下去時，錘頭向右擺動，系統(tǒng)總動量要為零，車就向左運(yùn)動；舉起錘頭時，錘頭向左運(yùn)動，車就向右運(yùn)動。用錘頭連續(xù)敲擊時，車只是左右運(yùn)動，一旦錘頭不動，車就會停下來，所以車不能持續(xù)向右運(yùn)動。要點(diǎn)提煉1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：eq\x(明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成)↓eq\x(受力分析，確定動量是否守恒)↓eq\x(規(guī)定正方向，確定初末動量)↓eq\x(根據(jù)動量守恒定律，建立守恒方程)↓eq\x(代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果并討論說明)2．動量守恒定律不同表現(xiàn)形式的表達(dá)式的含義：(1)p＝p′：系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反。(3)Δp＝0：系統(tǒng)總動量增量為零。(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。3．某一方向上動量守恒問題：動量守恒定律的適用條件是普遍的，當(dāng)系統(tǒng)所受的合外力不為零時，系統(tǒng)的總動量不守恒，但是在不少情況下，合外力在某個方向上的分量卻為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動量就是守恒的。4．爆炸類問題中動量守恒定律的應(yīng)用：(1)物體間的相互作用突然發(fā)生，作用時間很短，爆炸產(chǎn)生的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力(如重力、摩擦力等)，可以利用動量守恒定律求解。(2)由于爆炸過程中物體間相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，因此可認(rèn)為此過程物體位移不發(fā)生變化。特別提醒(1)動量守恒定律中的各速度都相對同一參考系，一般以地面為參考系。(2)規(guī)定正方向后，方向與正方向一致的矢量取正值，方向與正方向相反的矢量取負(fù)值。典例剖析典例2一人站在靜止于冰面的小車上，人與車的總質(zhì)量M＝70kg，當(dāng)它接到一個質(zhì)量m＝20kg、以速度v0＝5m/s迎面滑來的木箱后，立即以相對于自己v′＝5m/s的速度逆著木箱原來滑行的方向推出，不計冰面阻力。則小車獲得的速度是多大？方向如何？思路引導(dǎo)：eq\x(\a\al(合理選,取系統(tǒng)))→eq\x(\a\al(判斷系統(tǒng)動,量是否守恒))→eq\x(\a\al(明確各物體,速度方向))→eq\x(\a\al(定律,應(yīng)用))→eq\x(\a\al(問題,求解))解析：設(shè)推出木箱后小車的速度為v，此時木箱相對地面的速度為(v′－v)，由動量守恒定律得mv0＝Mv－m(v′－v)v＝eq\f(mv0＋v′,M＋m)＝eq\f(20×5＋5,70＋20)m/s＝2.2m/s。與木箱的初速度v0方向相同。答案：2.2m/s方向與木箱的初速度v0相同對點(diǎn)訓(xùn)練2．如圖所示，進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對空間站的速度為0.1m/s。A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2m/s，求此時B的速度大小和方向。答案：0.02m/s遠(yuǎn)離空間站方向解析：根據(jù)動量守恒，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)可解得vB＝0.02m/s，方向?yàn)殡x開空間站方向。核心素養(yǎng)提升動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較項(xiàng)目動量守恒定律機(jī)械能守恒定律相同點(diǎn)研究對象相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過程某一運(yùn)動過程不同點(diǎn)守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈力做功表達(dá)式p1＋p2＝p′1＋p′2Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表達(dá)式的矢標(biāo)性矢量式標(biāo)量式某一方向上應(yīng)用情況可在某一方向獨(dú)立使用不能在某一方向獨(dú)立使用運(yùn)算法則用矢量法則進(jìn)行合成或分解代數(shù)和特別提醒(1)系統(tǒng)的動量(機(jī)械能)是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動過程有直接關(guān)系。(2)對于涉及相互作用的系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化問題時，可綜合應(yīng)用動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動能定理、能量守恒定律、功能關(guān)系列出相應(yīng)方程分析解答。案例在光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4kg的滑塊，滑塊的一側(cè)為一光滑的eq\f(1,4)圓弧，水平面恰好與圓弧相切，圓弧半徑R＝1m。一質(zhì)量m＝1kg的小球以速度v0向右運(yùn)動沖上滑塊，g取10m/s2。若小球剛好沒有沖出eq\f(1,4)圓弧的上端，求：(1)小球的初速度v0的大小；(2)滑塊獲得的最大速度。思路引導(dǎo)：(1)小球與滑塊相互作用的過程中水平方向上動量守恒。(2)該系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(3)小球從滑塊左端滑出時滑塊獲得的速度最大。解析：(1)當(dāng)小球上升到滑塊的最上端時，小球與滑塊水平方向的速度相同，設(shè)為v1，根據(jù)水平方向動量守恒有：mv0＝(m＋M)v1系統(tǒng)機(jī)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)小球到達(dá)最高點(diǎn)以后又滑回，此過程滑塊做加速運(yùn)動，當(dāng)小球離開滑塊時滑塊的速度最大，研究小球從開始沖上滑塊到離開滑塊的過程，根據(jù)動量守恒和機(jī)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實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．掌握驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn)思路和實(shí)驗(yàn)方法；明確實(shí)驗(yàn)所需測量的物理量。2．設(shè)計實(shí)驗(yàn)方案，進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論，驗(yàn)證動量守恒定律。3．通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，進(jìn)一步領(lǐng)會守恒思想。【思維脈絡(luò)】知識點(diǎn)1實(shí)驗(yàn)思路讓兩個物體碰撞前沿同一直線運(yùn)動，碰撞后仍沿這條直線運(yùn)動，創(chuàng)造條件，使系統(tǒng)所受外力的矢量和近似為0，滿足__動量守恒__的條件。知識點(diǎn)2物理量的測量研究對象確定后，還需要明確所需測量的物理量和實(shí)驗(yàn)器材。需要測量物體的__質(zhì)量__，以及兩個物體發(fā)生碰撞前后各自的__速度__。物體的質(zhì)量可用__天平__直接測量。知識點(diǎn)3數(shù)據(jù)分析選取質(zhì)量不同的兩個物體進(jìn)行碰撞，測出物體的質(zhì)量(m1，m2)和碰撞前后的速度(v1，v′1，v2，v2′)，若滿足m1v1＋m2v2＝__m1v′1＋m2v2′__，則驗(yàn)證了碰撞前后總__動量__守恒。知識點(diǎn)4參考案例方案一：研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時的動量守恒1．實(shí)驗(yàn)器材：氣墊導(dǎo)軌、__光電計時器__、天平、__滑塊__(兩個)、彈簧片、細(xì)繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等。2．實(shí)驗(yàn)原理：(1)調(diào)整導(dǎo)軌使之處于__水平__狀態(tài)，并使光電計時器系統(tǒng)正常工作。(2)速度的測量：記錄光電門擋光片的寬度Δx以及光電計時器顯示的擋光時間Δt，利用公式v＝__eq\f(Δx,Δt)__計算出兩滑塊碰撞前后的速度。方案二：研究斜槽末端小球碰撞時的動量守恒1．實(shí)驗(yàn)器材：鐵架臺，斜槽軌道，兩個大小相等、質(zhì)量__不__同的小球，重垂線，復(fù)寫紙，白紙，__天平__，__刻度尺_(dá)_，圓規(guī)，三角板等。2．實(shí)驗(yàn)的基本思想——轉(zhuǎn)化法：不易測量量轉(zhuǎn)化為易測量量的實(shí)驗(yàn)設(shè)計思想。3．實(shí)驗(yàn)原理：(1)讓一個質(zhì)量較大的小球從斜槽上滾下，與放在斜槽末端的另一質(zhì)量較小的小球發(fā)生碰撞，之后兩小球都做__平拋__運(yùn)動。(2)速度的測量：由于兩小球下落的高度相同，所以它們的飛行時間__相等__。如果用小球的飛行時間作時間單位，那么小球飛出的水平距離在數(shù)值上就等于它的水平__速度__。課內(nèi)互動探究研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時的動量守恒1．實(shí)驗(yàn)裝置：如圖所示。2．物理量的測量(1)滑塊的質(zhì)量用天平直接測量。(2)速度的測量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中的Δx為滑塊上擋光板的寬度，Δt為光電計時器記錄的滑塊上的擋光板經(jīng)過光電門的時間。3．碰撞情境的實(shí)現(xiàn)利用輕質(zhì)彈簧、細(xì)線、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等設(shè)計各種類型的碰撞，通過在滑塊上添加已知質(zhì)量的物塊來改變碰撞物體的質(zhì)量。(1)情境1：質(zhì)量不同的兩滑塊，一靜一動碰撞；(2)情境2：兩滑塊追碰、相向碰，碰撞后分開；(3)情境3：兩滑塊擠壓彈簧后用細(xì)線連接，燒斷細(xì)線后兩滑塊分開；(4)情境4：兩滑塊碰撞后，撞針插入橡皮泥中，使滑塊連成一體。4．?dāng)?shù)據(jù)記錄與處理(1)規(guī)定正方向，碰撞前后速度的方向與正方向相同為正，相反為負(fù)。(2)通過計算碰撞前后的總動量，檢驗(yàn)是否滿足動量守恒定律。典例剖析典例1氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器，它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動可視為沒有摩擦。我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌以及滑塊A和B來驗(yàn)證動量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(彈簧的長度忽略不計)。實(shí)驗(yàn)步驟如下：a．用天平分別測出滑塊A、B的質(zhì)量mA、mB；b．調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使導(dǎo)軌處于水平；c．將A、B靜止放置在氣墊導(dǎo)軌上，在A和B間放入一個被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用電動卡銷鎖定；d．用刻度尺測出滑塊A的左端至擋板C的距離L1；e．按下電鈕放開卡銷，同時使分別記錄滑塊A、B運(yùn)動時間的計時器開始工作，當(dāng)A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時停止計時，記下滑塊A、B分別到達(dá)擋板C、D的運(yùn)動時間t1和t2。(1)實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測量的物理量是__滑塊B的右端到擋板D的距離L2__。(2)利用上述測量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式是__mAeq\f(L1,t1)＝mBeq\f(L2,t2)__，上式中算得A、B兩滑塊的動量大小并不完全相等，產(chǎn)生誤差的原因是：①__氣墊導(dǎo)軌可能不水平導(dǎo)致誤差__；②__滑塊受到阻力作用而導(dǎo)致誤差__。解析：(1)為了驗(yàn)證動量守恒定律，需要測出滑塊B運(yùn)動的速度，所以需要測量滑塊B的右端到擋板D的距離L2。(2)兩滑塊動量守恒，滿足mAvA＝mBvB滑塊脫離彈簧后在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動vA＝eq\f(L1,t1)，vB＝eq\f(L2,t2)代入解得需要滿足的表達(dá)式為mAeq\f(L1,t1)＝mBeq\f(L2,t2)①氣墊導(dǎo)軌可能不水平導(dǎo)致誤差；②滑塊受到阻力作用而導(dǎo)致誤差。對點(diǎn)訓(xùn)練1．某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行“研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時的動量守恒”實(shí)驗(yàn)，如圖所示，其中圖甲中兩滑塊相互碰撞的端面上分別裝有彈性碰撞架，圖乙中兩滑塊的碰撞端分別裝有撞針和橡皮泥。(1)分別用甲、乙兩圖的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，碰撞時圖__甲__所示的裝置動能損失得較小。(2)某次實(shí)驗(yàn)時使圖乙中A、B滑塊勻速相向滑動并發(fā)生碰撞，測得碰撞前A、B的速度大小分別為vA＝2m/s，vB＝4m/s，碰后A、B以共同的速度v＝0.8m/s運(yùn)動，方向與碰撞前A的運(yùn)動方向相同，A、B的質(zhì)量分別用mA、mB表示，以碰撞前A的運(yùn)動方向?yàn)檎较颍瑒t驗(yàn)證此過程中動量守恒的表達(dá)式為__2mA－4mB＝0.8(mA＋mB)__；若表達(dá)式成立，則mA∶mB＝__4∶1__。解析：(1)題圖乙中兩滑塊碰撞后會連成一體，動能損失較大。(2)由題意知，mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，代入數(shù)據(jù)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時的動量守恒1．測質(zhì)量：用天平測出兩個小球的質(zhì)量，并選質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏颉?．實(shí)驗(yàn)裝置：將斜槽安裝在水平桌面上，并調(diào)整斜槽使其末端水平，在地面上鋪上白紙，上面再鋪好復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。3．實(shí)驗(yàn)操作：(1)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定位置處自由滾下。重復(fù)10次，用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點(diǎn)圈在里面，圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置。(2)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽固定位置處自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)10次，用①中的方法，標(biāo)出入射小球發(fā)生碰撞后落點(diǎn)的平均位置M和被撞小球落點(diǎn)的平均位置N。(3)連接O、N。測量線段OP、OM、ON的長度，將測量數(shù)據(jù)代入公式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立，如成立，則碰撞前后動量守恒。4．注意事項(xiàng)(1)“水平”和“正碰”是操作中應(yīng)盡量予以滿足的前提條件。(2)斜槽末端必須水平。(3)入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量。(4)入射球每次都必須從斜槽上同一位置由靜止開始滾下。典例剖析■典例2如圖所示，斜槽末端水平，小球m1從斜槽某一高度由靜止?jié)L下，落到水平面上的P點(diǎn)。今在槽口末端放一與m1半徑相同的球m2，仍讓球m1從斜槽同一高度滾下，并與球m2正碰后使兩球落地，球m1和m2的落地點(diǎn)分別是M、N。已知槽口末端在白紙上的投影位置為O點(diǎn)。則：(1)兩小球質(zhì)量的關(guān)系應(yīng)滿足__B__。A．m1＝m2 B．m1>m2C．m1<m2(2)實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件__ACD__A．軌道末端的切線必須是水平的B．斜槽軌道必須光滑C．入射球m1每次必須從同一高度滾下D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬間必須在同一高度(3)實(shí)驗(yàn)中必須測量的是__AFG__。A．兩小球的質(zhì)量m1和m2B．兩小球的半徑r1和r2C．桌面離地的高度HD．小球起始高度E．從兩球相碰到兩球落地的時間F．小球m1單獨(dú)飛出的水平距離G．兩小球m1和m2相碰后飛出的水平距離(4)若兩小球質(zhì)量之比為m1∶m2＝3∶2，兩球落點(diǎn)情況如下圖所示，則碰撞前后動量是否守恒？思路引導(dǎo)：本題中利用平拋運(yùn)動的規(guī)律，巧妙的提供了一種測量小球碰撞前后速度的方法，既方便又實(shí)用。解析：(1)為防止反彈造成入射球返回斜槽，要求入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量，即m1>m2，故選B。(2)為保證兩球從同一高度做平拋運(yùn)動，實(shí)驗(yàn)中要求斜槽軌道末端的切線要調(diào)成水平。為保證實(shí)驗(yàn)有較好的可重復(fù)性以減小誤差，實(shí)驗(yàn)中要求入射球每次從同一高度滾下。本實(shí)驗(yàn)是探究碰撞前后物理量的變化情況，故不需要斜槽軌道必須光滑，故選A、C、D。(3)本實(shí)驗(yàn)必須測量的是兩小球質(zhì)量m1和m2，入射球m1單獨(dú)飛出的水平距離和兩小球m1和m2相碰后各自飛出的水平距離。因小球脫離軌道口后做的是相同高度的平拋運(yùn)動，因此兩球碰后落地時間相等，兩小球水平分運(yùn)動的時間也相等，故可以利用水平距離的測量代替速度的測量，所以不需要測量桌面離地的高度及兩小球碰后落地的時間。故選A、F、G。(4)設(shè)m1＝3m，m2＝2則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，故碰撞前后動量守恒。對點(diǎn)訓(xùn)練2．某同學(xué)把兩塊大小不同的木塊用細(xì)線連接，中間夾一被壓縮了的輕彈簧，如圖所示。將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上，燒斷細(xì)線，觀察木塊的運(yùn)動情況，進(jìn)行必要的測量，探究系統(tǒng)的動量是否守恒。(1)實(shí)驗(yàn)還必須有的器材是__刻度尺、天平、重垂線__；(2)需直接測量的數(shù)據(jù)是__兩木塊的質(zhì)量m1和m2，兩木塊落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離s1和s2__；(3)若系統(tǒng)動量守恒，需要驗(yàn)算的表達(dá)式是__m1s1＝m2s2__。解析：取木塊1的初速度方向?yàn)檎较颍瑑尚∏蛸|(zhì)量和平拋的初速度分別為m1、m2，v1、v2。平拋運(yùn)動的水平位移為s1、s2，平拋運(yùn)動的時間為t。需驗(yàn)證的方程為0＝m1v1－m2v2，又v1＝eq\f(s1,t)，v2＝eq\f(s2,t)。代入得m1s1＝m2s2，故需要測量的量有兩木塊質(zhì)量m1、m2，兩木塊落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離s1、s2。1.5彈性碰撞和非彈性碰撞【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．理解什么是彈性碰撞和非彈性碰撞。2．知道什么是對心碰撞和非對心碰撞。3．會運(yùn)用動量守恒定律和能量守恒定律分析、解決碰撞等相互作用的問題。【思維脈絡(luò)】知識點(diǎn)1彈性碰撞和非彈性碰撞1．彈性碰撞如果系統(tǒng)在碰撞前后__動能__不變，這類碰撞叫作彈性碰撞。2．非彈性碰撞非彈性碰撞：如果系統(tǒng)在碰撞后__動能__減少，這類的碰撞叫作非彈性碰撞。3．研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞前后動能的變化如圖所示，滑塊在碰撞過程中可以看作彈性碰撞的是__圖甲和圖丙__；可以看作非彈性碰撞的是__圖乙__。知識點(diǎn)2彈性碰撞的實(shí)例分析1．正碰：兩個小球相碰，碰撞之前球的運(yùn)動速度與兩球心的連線在__同一條直線__上，碰撞之后兩球的速度仍會沿著這條直線。這種碰撞也叫作__對心__碰撞或__一維__碰撞。2．彈性正碰的特點(diǎn)：假設(shè)物體m1，以速度v1與原來靜止的物體m2發(fā)生彈性正碰。(1)與碰撞后系統(tǒng)的__動量__相同，__動能__相同。(2)兩球質(zhì)量相等時，碰撞的特點(diǎn)是__m2以v1的速度向前運(yùn)動，m1靜止__。(3)m1>m2時，碰撞的特點(diǎn)是m1和m2都__向前__運(yùn)動，且m1的速度__小于__m2的速度。(4)m1<m2時碰撞的特點(diǎn)是m2__向前__運(yùn)動，m1被__反彈__。(5)m1?m2，m1的速度__沒有__改變，而m2被撞后以__2v1__的速度向前運(yùn)動。(6)m1?m2，m1以原來的速率向__反__方向運(yùn)動，而m2仍然__靜止__。思考辨析『判一判』(1)兩物體間發(fā)生瞬間碰撞，動量一定守恒，動能可能不守恒。(√)(2)兩物體間發(fā)生碰撞，動量和動能都守恒。(×)(3)兩物體發(fā)生斜碰時，動量不守恒。(×)(4)碰撞后，兩個物體粘在一起，動量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的。(√)(5)一個運(yùn)動的球與一個靜止的球發(fā)生彈性正碰，碰撞后速度“互換”。(×)『選一選』質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時間圖像如圖所示，則可知碰撞屬于(A)A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能確定解析：由x－t圖像知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前動能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后動能eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故機(jī)械能守恒；碰撞前動量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后動量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故動量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞?！合胍幌搿蝗鐖D所示，取一只乒乓球，在球上挖一個圓孔，向球內(nèi)填進(jìn)一些橡皮泥或碎泡沫塑料，放在桌子的邊緣處，將玩具槍平放在桌面上，瞄準(zhǔn)球的圓孔，扣動扳機(jī)，讓子彈射入孔中，與乒乓球一同水平拋出。只需測出球的質(zhì)量M、子彈的質(zhì)量m、桌面的高度h和乒乓球落地點(diǎn)離桌子邊緣的水平距離x，就可估算出玩具槍子彈的射出速度v。你能推導(dǎo)出計算v的表達(dá)式嗎？該過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒嗎？答案：v＝eq\f(m＋Mx,m)eq\r(\f(g,2h))不守恒解析：子彈與乒乓球一起做平拋運(yùn)動，結(jié)合平拋運(yùn)動規(guī)律：x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2求出平拋初速度v0，此即為子彈與乒乓球作用后的共同速度，再根據(jù)動量守恒：mv＝(m＋M)v0可求出玩具槍子彈的射出速度v＝eq\f(m＋Mx,m)eq\r(\f(g,2h))。子彈撞擊乒乓球的過程中，系統(tǒng)總動能減少，機(jī)械能不守恒。課內(nèi)互動探究碰撞的特點(diǎn)和分類情境導(dǎo)入打臺球時，桌面上兩個小球碰撞前后動量遵循怎樣的規(guī)律，機(jī)械能呢？提示：兩個小球碰撞前后動量守恒，機(jī)械能可能減小，但不會增加。要點(diǎn)提煉1．碰撞的種類及特點(diǎn)分類標(biāo)準(zhǔn)種類特點(diǎn)能量是否守恒彈性碰撞動量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞動量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞動量守恒，機(jī)械能損失最大碰撞前后動量是否共線對心碰撞(正碰)碰撞前后速度共線非對心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共線2．碰撞和爆炸的比較名稱比較項(xiàng)目爆炸碰撞相同點(diǎn)過程特點(diǎn)都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認(rèn)為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)的總動量守恒。能量情況都滿足能量守恒，總能量保持不變不同點(diǎn)動能、機(jī)械能情況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，動能會增加，機(jī)械能不守恒。彈性碰撞時動能不變，非彈性碰撞時動能要損失，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動能減少，機(jī)械能不守恒。特別提醒(1)當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動量守恒定律。(2)對心碰撞是同一直線上的運(yùn)動過程，只在一個方向上列動量守恒方程即可，此時應(yīng)注意速度正、負(fù)號的選取。典例剖析典例12019年3月16日，世界女子冰壺錦標(biāo)賽在丹麥錫爾克堡舉行，中國隊9∶3輕取平昌冬奧會冠軍瑞典隊，取得開門紅。圖為比賽中中國運(yùn)動員在最后一投中，將質(zhì)量為19kg的冰壺拋出，運(yùn)動一段時間后以0.4m/s的速度正碰靜止的瑞典冰壺，然后中國隊冰壺以0.1m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營中心。若兩冰壺質(zhì)量相等。求：(1)瑞典隊冰壺獲得的速度。(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。思路引導(dǎo)：eq\x(動量守恒)→eq\x(系統(tǒng)動能)→eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(不變)→\x(彈性碰撞),→\x(減少)→\x(非彈性碰撞)))解析：(1)由動量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3將v1＝0.4m/s，v2＝0.1m/s代入上式得：v3＝0.3m/s。(2)碰撞前的動能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0.08m，碰撞后兩冰壺的總動能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝0.05m因?yàn)镋1>E2，所以兩冰壺的碰撞為非彈性碰撞。答案：(1)0.3m/s(2)非彈性碰撞對點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·河南省八市高二下學(xué)期第二次聯(lián)考)如圖所示，兩個大小相同的小球A、B用等長的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，線長為L，mA＝2mB，若將A由圖示位置靜止釋放，在最低點(diǎn)與B球相碰，重力加速度為g，則下列說法正確的是(B)A．A下落到最低點(diǎn)的速度是eq\r(2gL)B．若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(2,9)LC．若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則第一次碰時損失的機(jī)械能為eq\f(2,3)mBgLD．若A與B發(fā)生彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(1,9)L解析：A下落過程由機(jī)械能守恒：mAgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mAv2，得v＝eq\r(gL)，故選項(xiàng)A錯誤；若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有：mAv＝(mA＋mB)v′，eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh，解得：h＝eq\f(2,9)L，故選項(xiàng)B正確；ΔE＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(1,3)mBgL，故選項(xiàng)C錯誤；若A與B發(fā)生彈性碰撞，則有：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，故選項(xiàng)D錯誤。彈性碰撞的實(shí)例分析情境導(dǎo)入五個完全相同的金屬球沿直線排列并彼此鄰接，把最左端的小球拉高釋放，撞擊后發(fā)現(xiàn)最右端的小球擺高，而其余四球不動，你知道這是為什么嗎？提示：由于小球發(fā)生了彈性碰撞，碰撞中的動量和動能都守恒，發(fā)生了速度、動能的“傳遞”。要點(diǎn)提煉彈性碰撞的一動一靜模型：A球碰撞原來靜止的B球規(guī)律動量mAv0＝mAvA＋mBvB動能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討論mA＝mBvA＝0，vB＝v0，兩球碰后交換了速度mA>mBvA>0，vB>0，vA、vB與v0同向mA<mBvA<0，vB>0，碰后A球被彈回來mA?mBvA＝v0，vB＝2v0，vA、vB與v0同向mA?mBvA＝－v0，vB＝0，碰后A球被彈回，B球靜止┃┃典例剖析__■典例2如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3mA．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動能大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等C．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等D．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同思路引導(dǎo)：(1)兩球碰撞前后動量守恒、動能不變。(2)兩球碰后擺動過程機(jī)械能守恒。解析：兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機(jī)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)，解兩式得：v1＝－eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(v0,2)，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，方向相反，動能也不相等，故AB錯誤，C正確；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，故D錯誤。對點(diǎn)訓(xùn)練2．如圖所示，B、C、D、E、F,5個小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4個球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量。A球以速度v0向B球運(yùn)動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(C)A．5個小球靜止，1個小球運(yùn)動B．4個小球靜止，2個小球運(yùn)動C．3個小球靜止，3個小球運(yùn)動D．6個小球都運(yùn)動解析：A球與B球相碰時，由于A質(zhì)量小于B，A彈回，B獲得速度與C碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質(zhì)量相等，B靜止，C獲得速度，同理，C和D的碰撞，D與E的碰撞都是如此，E獲得速度后與F的碰撞過程中，由于E的質(zhì)量大于F，所以E、F碰后都向右運(yùn)動。所以碰撞之后，A、E、F三球運(yùn)動，B、C、D三球靜止。核心素養(yǎng)提升分析碰撞問題的“三個原則”在所給的條件不足的情況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必須同時滿足以下三條：1．動量守恒即p1＋p2＝p1′＋p2′。2．動能不增加即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兩物體同向運(yùn)動，則后面物體的速度大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體的速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束，如果碰前兩物體是相向運(yùn)動，則碰后，兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。案例質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上均向右沿同一直線運(yùn)動，A球的動量為pA＝9kg·m/s，B球的動量為pB＝3kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動量可能是(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思路引導(dǎo)：依據(jù)分析碰撞問題的“三個原則”排除不符合“三個原則”的選項(xiàng)。解析：A、B組成的系統(tǒng)受合外力為0，系統(tǒng)動量守恒，即p′A＋p′B＝pA＋pB＝9kg·m/s＋3kg·m/s＝12kg·m/s，故先排除D項(xiàng)。A、B碰撞前的動能應(yīng)大于或等于碰撞后的動能，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)，將A、B、C三項(xiàng)數(shù)值代入可排除C項(xiàng)。A、B選項(xiàng)數(shù)據(jù)表明碰撞后兩球的動量均為正值，即碰后兩球沿同一方向運(yùn)動。因A球的速度應(yīng)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項(xiàng)。所以該題的正確選項(xiàng)為A。1.6反沖現(xiàn)象火箭【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．認(rèn)識反沖現(xiàn)象，知道火箭的發(fā)射利用了反沖現(xiàn)象。2．能夠結(jié)合動量守恒定律對反沖現(xiàn)象進(jìn)行解釋。3．了解我國的航空、航天事業(yè)的巨大成就，增強(qiáng)民族自信心和自豪感?！舅季S脈絡(luò)】知識點(diǎn)1反沖現(xiàn)象1．實(shí)例分析發(fā)射炮彈時，炮彈從炮筒中飛出，炮身則向__后退__。這種情況由于系統(tǒng)__內(nèi)力__很大，__外力__可忽略，射擊前，炮彈靜止在炮筒中，它們的總動量為__0__。炮彈射出后以很大的速度__向前__運(yùn)動，根據(jù)__動量守恒__定律，炮身必將__向后__運(yùn)動。炮身的這種后退運(yùn)動叫作反沖。2．特點(diǎn)(1)物體的不同部分在__內(nèi)力__作用下向相反方向運(yùn)動。(2)反向運(yùn)動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂胈_動量守恒定律__來處理。3．反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止(1)應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置是利用反沖，使水從噴口噴出時一邊噴水一邊__旋轉(zhuǎn)__。(2)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的__準(zhǔn)確性__，所以用步槍射擊時要把槍身抵在__肩部__，以減少反沖的影響。知識點(diǎn)2火箭1．工作原理：應(yīng)用了反沖的原理，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的__速度__。2．影響火箭獲得速度大小的因素：(1)噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度通常為2000～5000m/s。(2)火箭獲得的速度大小：Δv＝－eq\f(Δm,m)u，式中Δm為Δt時間內(nèi)__噴射燃?xì)鈅_的質(zhì)量，m為噴出燃?xì)夂骭_火箭__的質(zhì)量，u為噴出的__燃?xì)鈅_相對噴氣前火箭的速度。(3)質(zhì)量比：火箭起飛時的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比，噴氣速度__越大__，質(zhì)量比__越大__，火箭獲得的速度越大。思考辨析『判一判』(1)反沖運(yùn)動中動量守恒。(√)(2)農(nóng)田、園林的噴灌裝置的原理是反沖運(yùn)動。(√)(3)反沖運(yùn)動實(shí)際上是相互作用物體之間的一對平衡力產(chǎn)生的效果。(×)(4)現(xiàn)代火箭是利用火箭和空氣間的作用力而升空的。(×)(5)用多級火箭發(fā)射衛(wèi)星可以獲得所需的速度。(√)『選一選』假定冰面是光滑的，某人站在冰凍河面的中央，他想到達(dá)岸邊，則可行的辦法是(D)A．步行B．揮動雙臂C．在冰面上滾動D．脫去外衣拋向岸的反方向解析：由于冰面光滑，無法行走或滾動，由動量守恒定律可知，只有拋出物體獲得反沖速度才能到達(dá)岸邊。『想一想』兩位同學(xué)在公園里劃船。租船時間將到，她們把小船劃向碼頭。當(dāng)小船離碼頭大約2m左右時，有一位同學(xué)心想：自己在體育課上立定跳遠(yuǎn)的成績從未低于2m，跳到岸上絕對沒有問題。于是她縱身一跳，結(jié)果卻掉到了水里(如圖)。她為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？(假設(shè)起跳時船已靜止)解析：若立定跳遠(yuǎn)時，人離地時速度為v，如果從船上起跳時，人離船時速度為v′，船的反沖速度為v′船，由能量關(guān)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，人跳出的距離變小，所以人掉到了水里。正是由于船的反沖導(dǎo)致了此結(jié)果。課內(nèi)互動探究對反沖現(xiàn)象的理解情境導(dǎo)入假如在月球上建一飛機(jī)場，應(yīng)配置噴氣式飛機(jī)還是螺旋槳飛機(jī)呢？提示：因?yàn)樵虑蛏蠜]有空氣，所以螺旋槳飛機(jī)無法起飛，只能配置噴氣式飛機(jī)。要點(diǎn)提煉1．反沖運(yùn)動的三個特點(diǎn)：(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動。(2)反沖運(yùn)動中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以用動量守恒定律或在某一方向上應(yīng)用動量守恒定律來處理。(3)反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總動能增加。2．分析反沖運(yùn)動應(yīng)注意的問題(1)速度的反向性問題對于原來靜止的整體，拋出部分具有速度時，剩余部分的反沖是相對于拋出部分來說的，兩者運(yùn)動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動方向?yàn)檎较?，則反方向的另一部分的速度應(yīng)取負(fù)值。(2)相對速度問題反沖運(yùn)動的問題中，有時遇到的速度是相互作用的兩物體的相對速度。由于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度，通常為對地的速度。因此應(yīng)先將相對速度轉(zhuǎn)換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。(3)變質(zhì)量問題在反沖運(yùn)動中還常遇到變質(zhì)量物體的運(yùn)動，如在火箭的運(yùn)動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內(nèi)噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進(jìn)行研究。典例剖析典例1一個連同裝備總質(zhì)量為M＝100kg的宇航員，在距離飛船s＝45m處與飛船處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，他準(zhǔn)備對太空中的哈勃望遠(yuǎn)鏡進(jìn)行維修，宇航員背著裝有質(zhì)量為m0＝0.5kg的氧氣貯氣筒，筒內(nèi)有一個可以使氧氣以v＝50m/s的速度噴出的噴嘴。宇航員在維修完畢哈勃望遠(yuǎn)鏡后，必須向著返回飛船方向的反方向釋放氧氣，才能回到飛船，同時又必須保留一部分氧氣供途中宇航員呼吸之用，宇航員的耗氧率為Q＝2.5×10－4kg/s，如果不考慮噴出氧氣對設(shè)備與宇航員總質(zhì)量的影響，則：(1)噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？(2)為了使總耗氧量最低，應(yīng)該一次噴出多少氧氣？返回時間是多少？思路引導(dǎo)：本題中宇航員所帶的氧氣量一定，問題是要將它合理分配給呼吸和噴氣兩個方面使用，并能保證宇航員安全返回飛船。解析：(1)以飛船為參考系，設(shè)沿著飛船運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，并設(shè)噴出質(zhì)量為m(kg)氧氣時宇航員獲得的速度是v′，對于“宇航員和噴出的氧氣”這一系統(tǒng)而言，在噴氣方向上由動量守恒可得：(M－m)v′－mv＝0，考慮M?m，有v′＝mv/M ①宇航員返回時做勻速運(yùn)動，歷時t＝s/v′ ②又筒內(nèi)氧氣的總質(zhì)量滿足關(guān)系為m0＝Qt＋m ③聯(lián)立①②③三式得：m0＝Qs·eq\f(M,mv)＋m代入數(shù)據(jù)得：m1＝0.05kg，m2＝0.45kg，即宇航員噴出0.05kg或0.45kg的氧氣時，返回去剛好把剩余的氧氣呼吸完，假如噴出的氧氣介于m1和m2之間，則返回后還有剩余的氧氣，故本問題的答案是：噴出的氧氣介于0.05k