第一章

動量守恒定律高中物理選擇性必修一?人教版臺球的碰撞、微觀粒子的散射，這些運(yùn)動似乎有天壤之別。然而，物理學(xué)的研究表明，它們遵從相同的科學(xué)規(guī)律——動量守恒定律。動量守恒定律是自然界中最普遍的規(guī)律之一，無論是設(shè)計(jì)火箭還是研究微觀粒子，都離不開它。第1節(jié)動量01第2節(jié)動量定理02第3節(jié)動量守恒定律03第十三章內(nèi)能

單元復(fù)習(xí)第4節(jié)實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律04第5節(jié)彈性碰撞和非彈性碰撞05第3節(jié)反沖現(xiàn)象

火箭06本章思維導(dǎo)圖第十三章內(nèi)能

單元復(fù)習(xí)知識一動量、動量定理知識二動量守恒定律知識三實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律知識四碰撞知識五

反沖現(xiàn)象

火箭第1節(jié)動量第一章動量守恒定律

單元復(fù)習(xí)一、動量、動能及動量變化量的比較例1．(多選)關(guān)于動量的變化，下列說法中正確的是(

)A．做直線運(yùn)動的物體速度增大時，動量的增量Δp的方向與運(yùn)動方向相同B．做直線運(yùn)動的物體速度減小時，動量的增量Δp的方向與運(yùn)動方向相反C．物體的速度大小不變時，動量的增量Δp為零D．物體做平拋運(yùn)動時，動量的增量一定不為零ABD一、探究不同物質(zhì)的吸熱能力【解析】當(dāng)做直線運(yùn)動的物體的速度增大時，其末態(tài)動量p2大于初態(tài)動量p1，由矢量的運(yùn)算法則可知Δp＝p2－p1＞0，與物體運(yùn)動方向相同，如圖(a)所示，所以A選項(xiàng)正確。當(dāng)做直線運(yùn)動的物體速度減小時，p2＜p1，如圖(b)所示，Δp與p1(或p2)方向相反，與運(yùn)動方向相反，故B選項(xiàng)正確。當(dāng)物體的速度大小不變時，其方向可能變化，也可能不變化，故動量可能不變化即Δp＝0，也可能動量大小不變而方向變化，此種情況Δp≠0，故C選項(xiàng)錯誤。當(dāng)物體做平拋運(yùn)動時，速度的大小和方向變化，即動量一定變化，Δp一定不為零，如圖(c)所示，故D選項(xiàng)正確。一、動量、動能及動量變化量的比較(1)表達(dá)式：動量的變化量Δp＝p′－p是矢量式，Δp、p′、p間遵循平行四邊形定則，如圖所示。(2)求解：當(dāng)p、p′在同一條直線上時，可規(guī)定正方向，與正方向相同的動量取正值，與正方向相反的動量取負(fù)值。若Δp是正值，就說明Δp的方向與所選的正方向相同；若Δp為負(fù)值，就說明Δp的方向與所選正方向相反。一、探究不同物質(zhì)的吸熱能力例2.質(zhì)量m＝2kg的物體，在光滑水平面上以v0＝4m/s的速度向右運(yùn)動，受到一個水平向左的力作用一段時間后，速度大小變?yōu)?m/s，方向水平向左．設(shè)向右的方向?yàn)檎?，則在這個過程中物體動量的變化為(

)A．0

B．16kg·m/sC．－8kg·m/s

D．－16kg·m/sD【解析】根據(jù)動量變化Δp＝mvt－mv0.代入數(shù)據(jù)可得Δp＝[2×(－4)－2×4]kg·m/s＝－16kg·m/s.負(fù)號表示動量變化的方向向左．一、動量、動能及動量變化量的比較第2節(jié)動量定理第一章動量守恒定律

單元復(fù)習(xí)二、對動量定理的理解和應(yīng)用動量定理的理解(1)動量定理的表達(dá)式F·Δt＝mv′－mv是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義．(2)動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因．(3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是變力，則F應(yīng)是合外力在作用時間內(nèi)的平均值．二、對動量定理的理解和應(yīng)用用動量定理解題的基本思路二、對動量定理的理解和應(yīng)用例3.(多選)如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球．某一次足球由靜止自由下落80cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm.已知足球與頭部的作用時間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(

)A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍B．足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3.2kg·m/sD．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為3.2N·sC【解析】設(shè)足球自由落體80cm時的速度為v1，所用時間為t1，有v1＝4m/s，t1＝0.4s，反彈后做豎直上拋運(yùn)動，而上升的最大高度也為80cm，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知上拋的初速度大小v2＝v1＝4m/s，上升的時間t2＝t1＝0.4s，對足球與人接觸的過程有Δt＝0.1s，取向上為正，由動量定理有(－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得＝36N，Δp＝3.2kg·m/s，即頭部對足球的平均作用力為36N，而足球的重力為4N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小Δp＝3.2kg·m/s，A錯誤，C正確；足球下落剛與頭接觸時的動量p1＝mv1＝1.6kg·m/s，B錯誤；足球運(yùn)動的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，D錯誤．二、對動量定理的理解和應(yīng)用二、對動量定理的理解和應(yīng)用例4.一輛轎車強(qiáng)行超車時，與另一輛迎面駛來的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5m，據(jù)測算兩車相撞前速度均約為30m/s，則：(1)假設(shè)兩車相撞時人與車一起做勻減速運(yùn)動，試求車禍中車內(nèi)質(zhì)量約為60kg的人受到的平均沖力是多大；(2)若此人系有安全帶，安全帶在車禍過程中與人體的作用時間是1s，這時人體受到的平均沖力為多大？【答案】(1)5.4×104N

(2)1.8×103N二、比熱容的概念與應(yīng)用【解析】(1)兩車相撞時可認(rèn)為人與車一起做勻減速運(yùn)動直到停止，位移為0.5m，設(shè)運(yùn)動的時間為t，流體及其特點(diǎn)液體流、氣體流等通常被廣義地視為“流體”,其質(zhì)量具有連續(xù)性,通常已知密度ρ分析步驟①建立“柱狀模型”,沿流速v的方向選取一段柱形流體,其橫截面積為S;②微元研究,作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl=vΔt,對應(yīng)的質(zhì)量為Δm=ρSvΔt;③建立方程,應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體三、巧用微元法結(jié)合動量定理解決流體類“柱狀模型”問題例5.人們常說“滴水穿石”，請你根據(jù)下面所提供的信息，估算水對石頭的沖擊力的大?。黄俨悸洳頷＝20m，水流量Q＝0.10m3/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水在最高點(diǎn)和落至石頭后的速度都認(rèn)為是零．(落在石頭上的水立即流走，在討論石頭對水的作用時可以不考慮水的重力，g取10m/s2)三、巧用微元法結(jié)合動量定理解決流體類“柱狀模型”問題【解析】設(shè)水滴下落與石頭碰前速度為v，則有設(shè)時間Δt內(nèi)有質(zhì)量為Δm的水沖到石頭上，石頭對水的作用力為F，由動量定理得－FΔt＝0－Δmv，又因Δm＝ρQΔt，由牛頓第三定律，水對石頭的作用力F′＝F＝2.0×103N，方向豎直向下．三、巧用微元法結(jié)合動量定理解決流體類“柱狀模型”問題例6.某游樂園入口旁有一噴泉,噴出的水柱使一質(zhì)量為m的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中.為計(jì)算方便,假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板(面積大于S);水柱沖擊玩具底板后,在豎直方向的速度變?yōu)?,在水平方向朝四周均勻散開.忽略空氣阻力.已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g.求:(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量;(2)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度.三、巧用微元法結(jié)合動量定理解決流體類“柱狀模型”問題三、巧用微元法結(jié)合動量定理解決流體類“柱狀模型”問題

三、巧用微元法結(jié)合動量定理解決流體類“柱狀模型”問題第3節(jié)動量守恒定律第一章動量守恒定律

單元復(fù)習(xí)四、動量守恒定律的應(yīng)用1．動量守恒定律的三種表達(dá)式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(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′，大小相等，方向相同)．(2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系統(tǒng)內(nèi)一個物體的動量變化量與另一物體的動量變化量等大反向)．(3)Δp＝p′－p＝0(系統(tǒng)總動量的變化量為零)．2．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟四、動量守恒定律的應(yīng)用例7.汽車A在水平冰雪路面上行駛,駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5m,A車向前滑動了2.0m.已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,g取10m/s2.求:(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小;(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小.四、動量守恒定律的應(yīng)用解析(1)以B車為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有-μmBg=mBaB,由運(yùn)動學(xué)公式有0-vB'2=2aBsB,解得vB'=3.0m/s.(2)以A車為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有-μmAg=mAaA,由運(yùn)動學(xué)公式有0-vA'2=2aAsA,兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA'+mBvB'=mAvA,解得vA=4.25m/s.四、動量守恒定律的應(yīng)用例8.算盤是我國古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要?dú)w零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2.(1)通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間．四、動量守恒定律的應(yīng)用【解析】(1)甲、乙滑動時的加速度大小均為a＝μg＝1m/s2，解得v1＝0.3m/s.甲、乙碰撞時由動量守恒定律mv1＝mv2＋mv3，解得碰后乙的速度v3＝0.2m/s.然后乙做減速運(yùn)動，當(dāng)速度減為零時，則可知乙恰好能滑到邊框a.四、動量守恒定律的應(yīng)用(2)甲與乙碰前運(yùn)動的時間碰后甲運(yùn)動的時間則甲運(yùn)動的總時間為t＝t1＋t2＝0.2s.四、動量守恒定律的應(yīng)用五、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用五、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用【解析】(1)槽固定時，設(shè)球上升的高度為h1，(2)槽不固定時，設(shè)球上升的最大高度為h2，此時兩者的相同速度為v，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，設(shè)木塊滑出槽口時的速度為v2，槽的速度為u，則：mv2－Mu＝0，

①木塊下滑時，只有重力做功，機(jī)械能守恒，木塊在最高處的重力勢能轉(zhuǎn)化為木塊滑出槽口時的動能和圓槽的動能，即兩種情況下木塊滑出槽口的速度之比：五、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用五、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用

解決動量守恒定律問題的思路1．分析題意，明確研究對象．在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng)．對于比較復(fù)雜的物理過程，要對全過程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．五、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用2．要對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析．弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內(nèi)物體作用的外力．在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動量守恒條件，判斷能否應(yīng)用動量守恒定律．3．明確所研究的物體間相互作用的過程，分清始、末狀態(tài)時系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的值或表達(dá)式．注意：在研究地面上物體間相互作用的過程中，各物體運(yùn)動的速度均應(yīng)取地球?yàn)閰⒖枷担?．確定好正方向建立動量守恒方程求解．例10.光滑水平面上放著一質(zhì)量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質(zhì)量為m的小球以v0向槽運(yùn)動．(1)若槽固定不動，求小球上升的高度(槽足夠高)；(2)若槽不固定，則小球上升多高？五、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用五、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用【解析】(1)槽固定時，設(shè)球上升的高度為h1，(2)槽不固定時，設(shè)球上升的最大高度為h2，此時兩者的相同速度為v，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，第4節(jié)實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律第一章動量守恒定律

單元復(fù)習(xí)六、實(shí)驗(yàn)原理與操作例11.某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌做驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn),實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,所用的氣墊導(dǎo)軌裝置由導(dǎo)軌、滑塊、彈射架、光電門等組成.(1)下面是實(shí)驗(yàn)的主要步驟：①安裝好氣墊導(dǎo)軌，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平；②向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣；③接通光電計(jì)時器；④把滑塊2靜止放在氣墊導(dǎo)軌的中間；⑤滑塊1擠壓導(dǎo)軌左端彈射架上的橡皮繩；⑥釋放滑塊1，滑塊1通過光電門1后與左側(cè)有固定彈簧的滑塊2碰撞，碰后滑塊1和滑塊2依次通過光電門2，兩滑塊通過光電門后依次被制動；六、實(shí)驗(yàn)原理與操作六、實(shí)驗(yàn)原理與操作滑塊2通過光電門2的擋光時間Δt3=8.35ms;⑧測出擋光片的寬度d=5mm,測得滑塊1的質(zhì)量為m1=300g,滑塊2(包括彈簧)的質(zhì)量為m2=200g.(2)數(shù)據(jù)處理與實(shí)驗(yàn)結(jié)論.①實(shí)驗(yàn)中氣墊導(dǎo)軌的作用是

和

.

②碰撞前滑塊1的速度v1為

m/s;碰撞后滑塊1的速度v2為

m/s,滑塊2的速度v3為

m/s.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

③計(jì)算可知兩滑塊相互作用以前系統(tǒng)的總動量為

kg·m/s;兩滑塊相互作用以后系統(tǒng)的總動量為

kg·m/s.以上實(shí)驗(yàn)結(jié)果說明

.

六、實(shí)驗(yàn)原理與操作答案(2)①減小滑塊和導(dǎo)軌之間的摩擦

保證兩個滑塊的碰撞是一維的②0.50

0.10

0.60③0.15

0.15

碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒六、實(shí)驗(yàn)原理與操作例12.某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置做“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)．在水平桌面上放置氣墊導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上安裝光電計(jì)時器1和光電計(jì)時器2，帶有遮光片的滑塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，兩遮光片沿運(yùn)動方向的寬度均為d，實(shí)驗(yàn)過程如下：①調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌成水平狀態(tài)；②輕推滑塊A，測得滑塊A通過光電計(jì)時器1的遮光時間為t1；③滑塊A與滑塊B相碰后，滑塊B和滑塊A先后經(jīng)過光電計(jì)時器2的遮光時間分別為t2和t3.六、實(shí)驗(yàn)原理與操作(1)實(shí)驗(yàn)中為確保兩滑塊碰撞后的滑塊A不反向運(yùn)動，則mA、mB應(yīng)滿足的關(guān)系為mA________(填“大于”“等于”或“小于”)mB.(2)碰前滑塊A的速度大小為________．(3)利用題中所給物理量的符號表示動量守恒定律成立的式子為________________．誤差分析1.系統(tǒng)誤差:主要來源于裝置本身.造成系統(tǒng)誤差的原因:(1)碰撞不是一維碰撞;(2)實(shí)驗(yàn)裝置和操作未達(dá)到實(shí)驗(yàn)要求,如氣墊導(dǎo)軌不水平,兩球體積不相等,入射小球的釋放高度存在差異等.2.偶然誤差:主要來源于質(zhì)量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的測量.七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理注意事項(xiàng)1.碰撞的兩物體應(yīng)在同一高度,并發(fā)生“正碰”.2.選取質(zhì)量不同的物體進(jìn)行實(shí)驗(yàn).3.若利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行實(shí)驗(yàn):(1)調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時,注意利用水平儀確保導(dǎo)軌水平,滑塊的初速度應(yīng)沿著導(dǎo)軌的方向;(2)如果物體碰撞后的速度方向與原來的方向相反,數(shù)據(jù)記錄和分析時速度為負(fù)值.七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理4.若利用平拋運(yùn)動規(guī)律進(jìn)行驗(yàn)證:(1)安裝實(shí)驗(yàn)裝置時,應(yīng)注意調(diào)整斜槽,使斜槽末端水平;(2)為防止兩球碰撞后入射球反彈,入射小球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰小球的質(zhì)量;(3)實(shí)驗(yàn)時需要用鉛垂線確定小球做平拋運(yùn)動的起點(diǎn)在白紙上對應(yīng)的位置.例13.某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個用打點(diǎn)計(jì)時器驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn),小車A的前端粘有橡皮泥,設(shè)法使小車A做勻速直線運(yùn)動,使其與原來靜止的小車B相碰并粘在一起繼續(xù)做勻速運(yùn)動,如圖甲所示.小車A的后面連著紙帶,電磁打點(diǎn)計(jì)時器的頻率為50Hz.甲七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理(1)若得到的打點(diǎn)紙帶如圖乙所示,并測得各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離,則應(yīng)選圖中

段來計(jì)算A碰撞前的速度,應(yīng)選

段來計(jì)算A和B碰撞后的速度.

乙(2)已測得小車A的質(zhì)量mA=0.40kg,小車B的質(zhì)量mB=0.20kg,則由以上數(shù)據(jù)可得碰撞前mAvA+mBvB=

kg·m/s,碰撞后mAvA'+mBvB'=

kg·m/s.

(3)從實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理結(jié)果來看,A、B碰撞的過程中,動量

.(選填“是”或“不是”)守恒的.

七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理答案

(1)CD

EF

(2)0.420

0.417

(3)是例14某同學(xué)利用如圖所示的裝置進(jìn)行“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)，操作步驟如下：七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理①在水平桌面上的適當(dāng)位置固定好彈簧發(fā)射器，使其出口處切線與水平桌面相平；②在一塊長平木板表面先后釘上白紙和復(fù)寫紙，將該木板豎直并貼緊桌面右側(cè)邊緣．將小球a向左壓縮彈簧并使其由靜止釋放，a球碰到木板，在白紙上留下壓痕P；③將木板向右水平平移適當(dāng)距離，再將小球a向左壓縮彈簧到某一固定位置并由靜止釋放，撞到木板上，在白紙上留下壓痕P2；④將半徑相同的小球b放在桌面的右邊緣，仍讓小球a從步驟③中的釋放點(diǎn)由靜止釋放，與b球相碰后，兩球均撞在木板上，在白紙上留下壓痕P1、P3.七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理(1)下列說法正確的是________．A．小球a的質(zhì)量一定要大于小球b的質(zhì)量B．彈簧發(fā)射器的內(nèi)接觸面及桌面一定要光滑C．步驟②③中入射小球a的釋放點(diǎn)位置一定相同D．把小球輕放在桌面右邊緣，通過觀察小球是否滾動來檢測桌面右邊緣末端是否水平七、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理(2)本實(shí)驗(yàn)必須測量的物理量有________．A．小球的半徑rB．小球a、b的質(zhì)量m1、m2C．彈簧的壓縮量x1，木板距離桌子邊緣的距離x2D．小球在木板上的壓痕P1、P2、P3分別與P之間的豎直距離h1、h2、h3(3)用(2)中所測的物理量來驗(yàn)證兩球碰撞過程中動量是否守恒，當(dāng)滿足關(guān)系式_____________時，則證明a、b兩球碰撞過程中動量守恒．第5節(jié)彈性碰撞和非彈性碰撞第一章動量守恒定律

單元復(fù)習(xí)八、碰撞的理解1．碰撞的特點(diǎn)(1)時間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時間極短，相對物體運(yùn)動的全過程可忽略不計(jì)．(2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力．(3)位移特點(diǎn)：在碰撞過程中，由于在極短的時間內(nèi)物體的速度發(fā)生突變，物體發(fā)生的位移極小，可認(rèn)為碰撞前后物體處于同一位置．2．處理碰撞問題的三個原則(1)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要合理：①若碰前兩物體同向，則v后>v前，碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v前′≥

v后′.②若兩物體相向運(yùn)動，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零．八、碰撞的理解例15.(多選)如圖所示,質(zhì)量相等的A、B兩個球,原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動,A球的速度是vA=6m/s,B球的速度是vB=-2m/s,不久A、B兩球發(fā)生了對心碰撞.對于碰撞之后A、B兩球的速度的可能值,某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測,下面的猜測結(jié)果可能出現(xiàn)的是()

A.vA'=-2m/s,vB'=6m/s

B.vA'=2m/s,vB'=2m/s

C.vA'=1m/s,vB'=3m/s

D.vA'=-3m/s,vB'=7m/s

八、碰撞的理解ABC

八、碰撞的理解

求解碰撞問題常用的三種方法1．解析法：碰撞過程，若從動量角度看，系統(tǒng)的動量守恒；若從能量角度分析，系統(tǒng)的動能在碰撞過程中不會增加；從物理過程考慮，題述的物理情景應(yīng)符合實(shí)際情況，這是用解析法處理問題應(yīng)遵循的原則．八、碰撞的理解2．臨界法：相互作用的兩個物體在很多情況下，皆可當(dāng)作碰撞處理，那么對相互作用中兩個物體“相距”最近、“相距”最遠(yuǎn)這一類臨界問題，求解的關(guān)鍵都是“速度相等”．3．極限法：處理碰撞問題時，有時我們需要將某些未知量設(shè)出，然后根據(jù)實(shí)際情況將未知量推向極端，從而求得碰撞的速度范圍．八、碰撞的理解例16北京成功舉辦了2022年冬奧會，水立方搖身一變，成為了“冰立方”，承辦北京冬奧會冰壺比賽．訓(xùn)練中，運(yùn)動員將質(zhì)量為19kg的冰壺甲推出，運(yùn)動一段時間后以0.4m/s的速度正碰靜止的冰壺乙，然后冰壺甲以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)冰壺乙獲得的速度；(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞．八、碰撞的理解【答案】(1)0.3m/s

(2)非彈性碰撞【解析】(1)由題意可知冰壺甲碰撞前、后的速度分別為v1＝0.4m/s，v2＝0.1m/s，設(shè)冰壺乙碰撞后的速度為v3，由動量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3，代入數(shù)據(jù)解得v3＝0.3m/s.八、碰撞的理解八、碰撞的理解八、碰撞模型拓展1．子彈打木塊模型模型

九、碰撞模型拓展特點(diǎn)①若子彈未射穿木塊，當(dāng)兩者速度相等時，木塊的速度最大，子彈射入木塊的深度達(dá)到最大值．②系統(tǒng)的動量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與子彈射入木塊的深度的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能．③當(dāng)子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝Ff·L(L為子彈射入木塊的深度)．④子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動能損失越多九、碰撞模型拓展2．滑塊—彈簧模型模型

特點(diǎn)①兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒．②在能量方面，彈簧發(fā)生形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．③彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最?。軓椈苫謴?fù)到原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大九、碰撞模型拓展3．木板—滑塊模型子彈打木塊模型例17如圖是同一型號子彈以相同的初速度分別射入固定的、兩種不同防彈材料時完整的運(yùn)動徑跡示意圖．由此圖可判定，與第一次試驗(yàn)比較，第二次試驗(yàn)(

)A．子彈克服阻力做功更少B．子彈與材料產(chǎn)生的總熱量更多C．子彈的動量變化量更大D．防彈材料所受沖量相等九、碰撞模型拓展D九、碰撞模型拓展【解析】由于兩次子彈的初速度相同，動能相同，則兩次試驗(yàn)的動能變化量相同，根據(jù)動能定理可知，兩次試驗(yàn)子彈克服阻力做功相同，子彈與材料產(chǎn)生的總熱量相同，A、B錯誤；由于兩次子彈的初速度相同，則初動量相等，又兩次試驗(yàn)的末動量均為零，則兩次試驗(yàn)的子彈的動量變化量相同，根據(jù)動量定理可知，兩次試驗(yàn)防彈材料所受沖量相等，C錯誤，D正確．九、碰撞模型拓展例18如圖所示，相互接觸的質(zhì)量均為m的木塊A、B靜止放置在光滑水平面上，現(xiàn)有一子彈穿過兩木塊．設(shè)子彈穿過木塊A、B的時間分別為t1和t2，木塊對子彈的阻力恒為f，則子彈穿過兩木塊后，木塊B的速度大小是(

)D九、碰撞模型拓展九、碰撞模型拓展彈簧模型例19如圖所示，木塊A和B質(zhì)量均為2kg，置于光滑水平面上．B與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當(dāng)A以4m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運(yùn)動，那么彈簧被壓縮到最短時，具有的彈性勢能大小為(

)A．4J

B．8J

C．16J

D．32JB九、碰撞模型拓展九、碰撞模型拓展例20

(多選)如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個小球A和B，其質(zhì)量mA＝4kg、mB＝1kg，B球上固定一輕質(zhì)彈簧．若A球以速率v＝2m/s向右運(yùn)動碰撞靜止的B球，下列說法正確的是(

)A．A、B兩球在碰撞過程中的加速度都是先增大后減小B．彈簧最大的彈性勢能為1.6JC．碰撞結(jié)束時，小球A將向左運(yùn)動D．碰撞結(jié)束時，B球速度大小為4.6m/sAB九、碰撞模型拓展九、碰撞模型拓展九、碰撞模型拓展例21(多選)如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長l＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則(

)A．物塊滑上小車后，物塊和小車構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒B．物塊滑上小車后，物塊和小車構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．若v0＝2m/s，則物塊在車面上滑行的時間為0.24sD．若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5m/sACD九、碰撞模型拓展九、碰撞模型拓展九、碰撞模型拓展

九、碰撞模型拓展

第六節(jié)反沖現(xiàn)象火箭第一章動量守恒定律

單元復(fù)習(xí)十、人船模型1．反沖運(yùn)動的特點(diǎn)及遵循的規(guī)律(1)特點(diǎn)：是物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果．(2)條件：①系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零．②內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力．③系統(tǒng)在某一方向上不受外力或該方向上所受外力之和為零．(3)反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律．2．反沖運(yùn)動的特點(diǎn)(1)速度的反向．對于原來靜止的物體，被拋出部分具有速度時，剩余部分的運(yùn)動方向與被拋出部分必然相反．(2)速度的相對性．一般都指對地速度．十、人船模型十、人船模型3．“人船模型”問題(1)定義．兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比．這樣的問題歸為“人船模型”問題．十、人船模型(2)特點(diǎn)．①兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.③應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題：即公式中v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的．十、人船模型例23.某同學(xué)想用氣墊導(dǎo)軌模擬“人船模型”．該同學(xué)到實(shí)驗(yàn)室里，將一質(zhì)量為M、長為L的滑塊置于水平氣墊導(dǎo)軌上(不計(jì)摩擦)并接通電源．該同學(xué)