高中物理第1章碰撞与动量守恒1.2探究动量守恒定律学案沪科版选修3-5

第1章碰撞与动量守恒一、多物体作用，注意选取系统1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受合外力为零；(2)系统在某一方向上不受外力或所受合外力为0；(3)系统的内力远大于外力．2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，然后对系统进行受力分析，分清内力与外力，从而判断所选系统是否符合动量守恒的条件．图1例1质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法正确的是( )A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 和m 0的速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 答案 BC解析 M 和m 碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m 0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m 0没有参与，只涉及M 和m ，故选项A 错，选项B 正确．由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M 和m 组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，故选项C 正确，选项D 错．所以只有B 、C 正确．二、多过程问题，合理选择初末状态对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．图2例2 两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A ＝0.5 kg ，m B ＝0.3 kg ，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C ＝0.1 kg 的滑块C (可视为质点)，以v C ＝25 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为3.0 m/s ，求： (1)木块A 的最终速度v A ； (2)滑块C 离开A 时的速度v C ′.解析 这是一个由A 、B 、C 三个物体组成的系统，以该系统为研究对象，当C 在A 、B 上滑动时，A 、B 、C 三个物体间存在相互作用，但在水平方向上不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒．(1)当C 滑上A 后，由于有摩擦力作用，将带动A 和B 一起运动，直到C 滑上B 后，A 、B 两木块分离，分离时木块A 的速度为v A .最后C 相对静止在B 上，与B 以共同速度v B ＝3.0 m/s 运动，由动量守恒定律有：m C v C ＝m A v A ＋(m B ＋m C )v B .所以v A ＝m C v C －m B ＋m C v Bm A＝0.1×25－＋0.5m/s＝2.6 m/s. 方向与v C 相同(2)C 离开A 时的速度为v C ′，B 与A 的速度同为v A ，我们再以B 、C 为系统，C 滑上B 后与A 分离，C 、B 系统水平方向动量守恒．由动量守恒定律有：m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v B所以v C ′＝m B ＋m C v B －m B v Am C＝＋－0.3×2.60.1m/s＝4.2 m/s. 方向与v C 相同答案 (1)2.6 m/s ，方向与v C 相同 (2)4.2 m/s ，方向与v C 相同 三、碰撞中的临界问题相互作用的两个物体在很多情况下皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．1．涉及弹簧类的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．2．涉及相互作用最大限度类的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向上的分速度等于零． 3．子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同．4．滑块—木板模型的临界问题：滑块在光滑木板上滑行的距离最远时，滑块和木板的速度相同．图3例3 一轻质弹簧，两端各连接质量均为m 的滑块A 和B ，静放在光滑水平面上，滑块A 被水平飞来的质量为m4、速度为v 0的子弹击中且没有穿出(如图3所示)，求：(1)击中瞬间，A 和B 的速度各多大？ (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能．解析 (1)子弹击中滑块A 的瞬间，时间极短，弹簧还未来得及发生形变，因此v B ＝0.子弹和滑块A 组成的系统动量守恒，机械能不守恒(因子弹和滑块间有摩擦阻力)．根据动量守恒定律得：m4v 0＝(m 4＋m )v A ，即v A ＝15v 0.(2)子弹射入滑块A 后，滑块A 以获得的速度向右运动，弹簧被压缩，A 、B 分别受到方向相反的弹力作用，A 做减速运动，B 做加速运动，在两者速度达到相等前，弹簧一直被压缩，在两者速度相等时，弹簧弹性势能最大． m 4v 0＝(m ＋m 4＋m )v ，则v ＝19v 0， E ＝12(m ＋m 4)v 2A －12(m ＋m 4＋m )v 2＝190mv 20. 答案 (1)v A ＝15v 0 v B ＝0 (2)190mv 21．质量为1 kg 的物体在离地面高5 m 处自由下落，正好落在以5 m/s 的速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车和沙子的总质量为 4 kg ，当物体与小车相对静止后，小车的速度为( )A ．3 m/sB ．4 m/sC ．5 m/sD ．6 m/s 答案 B解析 物体落入沙子中，系统沿水平方向动量守恒，由(M ＋m )v ＝Mv 0可得小车最终速度v ＝Mv 0M ＋m＝4 m/s.图42．如图4所示，小车放在光滑水平面上，A 、B 两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( ) A ．A 、B 质量相等，但A 比B 的速率大 B ．A 、B 质量相等，但A 比B 的速率小 C ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量大D ．A 、B 速率相等，但A 比B 的质量小 答案 AC解析 两人及车组成的系统动量守恒，选向右的方向为正方向，则m A v A －m B v B －m C v C ＝0，得m A v A －m B v B >0.所以A 、C 正确．图53.如图5所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点，质量相等．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( ) A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B解析 当两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能达到最大．设P 的初速度为v ，两者质量都为m ，弹簧最短时两者的共同速度为v ′，弹簧具有的最大弹性势能为E p .根据动量守恒，有mv ＝2mv ′，根据能量守恒，有12mv 2＝12×2mv ′2＋E p .以上两式联立求得E p ＝14mv 2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P 原来动能的一半，B 选项正确．图64.放在光滑水平面上的质量为M 的滑块，其上表面是光滑曲面．质量为m 的物体以水平速度v 0进入滑块的上表面，如图6所示．物体并未从滑块上端飞出，求：(1)物体上升的最大高度．(2)物体滑下与滑块脱离时的速度大小．答案 (1)Mv 20M ＋m g (2)m －M v 0M ＋m解析 物体冲上曲面后，物体与曲面组成的系统，在竖直方向上受到重力和地面对系统的支持力作用．支持力与重力不平衡，因此在物体上升的过程中系统竖直方向上的动量不守恒．由类似分析知，物体返回过程中系统竖直方向上的动量也不守恒．但是整个系统在水平方向不受任何外力作用，根据动量守恒的独立性可知，整个过程中系统在水平方向上动量守恒．(1)设物体上升的最大高度为H ，两者的共同速度为v ，则有mv 0＝(M ＋m )v ，12mv 20＝12(M ＋m )v2＋mgH 联立解得：H ＝Mv 2M ＋m g(2)设物体脱离滑块时，两者的速度分别为v 1、v 2，则有mv 0＝mv 1＋Mv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22联立解得：v 1＝m －M v 0M ＋m。

1.2 探究动量守恒定律〔两课时〕第二课时实验：探究碰撞中的动量变化规律一、教学目标[知识与技能]1、会结合已掌握的知识探究碰撞中的不变量2、掌握两个物体碰撞前后的速度的测量方法3、掌握实验数据处理的方法[过程和方法]用实验的方法探究碰撞中的不变量[情感、态度与价值观]1、树立理论来源于实践、应用于实践的世界观2、形成重视实验探究物理规律的良好习惯3、培养学生的动手实验能力和探索精神二、教学重难点[重点、难点]1、碰撞中的守恒量的探究2、两个物体碰撞前后的速度的测量方法3、实验数据的处理三、教学过程[实验方案一]1、实验目的〔1〕、会结合已掌握的知识探究碰撞中守恒量．〔2〕、掌握实验数据处理的方法〔3〕、培养学生的动手实验能力和探索精神2、实验器材斜槽轨道〔或J2135-1型碰撞实验器〕、入射小球m1和被碰小球m2、天平〔附砝码一套〕、毫米刻度尺、白纸、复写纸、圆规、重锤线[点拨]选球时应保证入射球质量m1大于被碰小球质量m2，即m1>m2，避免两球落点太近而难找落地点，避免入射球反弹的可能，通常入射球选钢球，被碰小球选有机玻璃球或硬胶木球。

球的半径要保证r1=r2〔r1、r2为入射球、被碰小球半径〕，因两球重心等高，发生对心正碰3、实验原理：由于入射球和被碰小球碰撞前后均由同一高度飞出做平抛运动，飞行时间相等，假设取飞行时间为单位时间，那么可用相等时间内的水平位移之比代替水平速度之比。

[点拨]如下图，根据平抛运动性质，入射球碰撞前后的速度分别为v 1=t OP ，v 1`=t OM ，被碰小球碰后速度为v2`=tN O t OO ON ``=- 被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示，如下图；v 1用OP 表示；v′1用OM 表示，v′2用ON 表示，其中O 为入射球抛射点在水平纸面上的投影，〔由槽口吊铅锤线确定〕于是，上述动量关系可表示为： m 1·OP= m 1·OM+m 2·ON，通过实验探究该结论是否成立。

1.1探究动量变化与冲量的关系[教学目标]一、知识与技能1．理解要探究的问题的含义和进行探究的基本思路。

2．理解由问题转化为具体的任务的过程，理解教材所提供的实验方案。

3．使已有方案和使用过的器材的启发能够设计出新的可行的方案。

4．能够比较各方案的优劣，能够控制实验过程和测量、处理实验数据。

5．能够由实验数据分析预想的结论是否成立。

二、过程与方法1．学习在探究中如何进行猜想。

2．通过分析教材提供的实验方案，学习根据要求设计实验的方法。

3．通过实验过程提高学生的实验操作能力和分析数据的能力。

三、情感态度与价值观1．体会科学研究过程的艰辛与乐趣，培养学生主动探究、乐于探究的品质。

2．通过实验培养学生实事求是的科学态度，通过设计实验培养学生的创新精神。

[教学重点]1．实验方案的理解与设计。

2．实验的实施过程。

[教学难点]实验方案的设计；实验数据的采集与处理。

[教学方法]教师启发引导，学生讨论、交流、合作实验等。

[教学用具]实验器材：斜槽〔带重锤线〕，两个大小相同但质量不相同的小球，天平，刻度尺，白纸，复写纸；多媒体课件；视频等。

[课时安排]2课时，第1课时为明确探究目的、思路，设计实验方案的过程；第2课时实施实验过程，验证预想的结论。

[教学过程]一、新课引入教师展示以下视频片断或动画：台球正碰、斜碰各一个；火车挂钩过程；粒子加速器中高速运动的粒子撞击靶核过程。

师：刚才大家看到的现象我们称之为碰撞，碰撞是自然界中常见的现象，本章研究的主要现象就是碰撞。

师：下面我们动手做一个碰撞实验，观察碰撞前后哪些物理量发生了变化。

演示实验：几个单摆小钢球一样大，摆长一样长，竖直悬挂时两球恰好相切，将单摆A拉开某一个角度后释放，在最低点与B相碰，以下实验中开始将A拉开的角度均一样大。

第1次实验：m A =m B，碰后A静止，B向右运动；第2次实验：m A ＞m B，碰后A、B均向右运动；第3次实验：m A ＜m B，碰后A向左运动，B向右运动。

1.4 美妙的守恒定律[学习目标]1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．一、弹性碰撞和非弹性碰撞[导学探究] 1.如图1所示，相同的钢球A 、B 用长度相等的丝线悬挂起来，使B 球自然下垂，处于静止状态，拉起A 球，放开后与B 球相撞，发现碰撞后A 球静止下来，而B 球能上升到与A 球原来相同的高度．那么A 、B 两球在碰撞前后的动量变化多少？动能变化多少？图1答案 碰撞前B 静止，由机械能守恒定律可得mgL (1－cos θ)＝12mv A 2解得：v A ＝2gL (1－cos θ).碰撞前二者总动量为：p 1＝mv A ＋mv B ＝m 2gL (1－cos θ) 总动能为：E k1＝12mv A 2＋12mv B 2＝mgL (1－cos θ)．碰撞后A 静止，对B 球：由机械能守恒定律可得：12mv B ′2＝mgL (1－cos θ)解得：v B ′＝2gL (1－cos θ) 可知碰撞后二者总动量：p 2＝mv B ′＋mv A ′＝m 2gL (1－cos θ).总动能为：E k2＝12mv B ′2＋12mv A ′2＝mgL (1－cos θ)．所以A 、B 两球组成的系统碰撞前后：Δp ＝0，ΔE k ＝0，即碰撞前后，动量守恒，机械能守恒． 2．如图2甲、乙所示，两个质量都是m 的物体，物体B 静止在光滑水平面上，物体A 以速度v 0正对B 运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v 继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？甲 乙图2答案 不守恒．碰撞时：mv 0＝2mv 因此v ＝v 02碰撞前系统的总动能：E k1＝12mv 02碰撞后系统的总动能：E k2＝12·2mv 2＝14mv 02所以ΔE k ＝E k2－E k1＝14mv 02－12mv 02＝－14mv 02，即系统总动能减少了14mv 02.[知识梳理] 弹性碰撞和非弹性碰撞的特点和规律1．碰撞特点：碰撞时间非常短；碰撞过程中内力远大于外力，系统所受外力可以忽略不计；可认为碰撞前后物体处于同一位置． 2．弹性碰撞(1)定义：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞叫做弹性碰撞． (2)规律动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′23．非弹性碰撞(1)定义：动量守恒，动能不守恒的碰撞叫做非弹性碰撞． (2)规律：动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q 4．完全非弹性碰撞(1)定义：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动的碰撞． (2)规律：动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．( √ ) (3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒．( × )2．如图3所示，木块A 、B 的质量均为2kg ，置于光滑水平面上，B 与一水平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，A 以4m/s 的速度向B 运动，碰撞后两木块粘在一起运动，则两木块碰前的总动能为________J ，两木块碰后瞬间的总动能为________J ；A 、B 间碰撞为________(填“弹性”或“非弹性”)碰撞．弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能为________J.图3答案 16 8 非弹性 8 解析 A 、B 碰撞前的总动能为12m A v A2＝16J ，A 、B 在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得：m A v A ＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝m A v Am A ＋m B＝2m/s ，所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的总动能为12(m A ＋m B )v 2＝8J ，为非弹性碰撞．当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8J. 二、研究弹性碰撞[导学探究] 已知A 、B 两个弹性小球，质量分别为m 1、m 2，B 小球静止在光滑的水平面上，如图4所示，A 以初速度v 0与B 小球发生正碰，求碰撞后A 小球速度v 1和B 小球速度v 2的大小和方向．图4答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2①由碰撞中动能守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22②由①②可以得出：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 讨论 (1)当m 1＝m 2时，v 1＝0，v 2＝v 0，两小球速度互换； (2)当m 1>m 2时，则v 1>0，v 2>0，即小球A 、B 同方向运动．因m 1－m 2m 1＋m 2<2m 1m 1＋m 2，所以v 1<v 2，即两小球不会发生第二次碰撞．(其中，当m 1≫m 2时，v 1≈v 0，v 2≈2v 0.)(3)当m 1<m 2时，则v 1<0，而v 2>0，即小球A 向反方向运动．(其中，当m 1≪m 2时，v 1≈－v 0，v 2≈0.)一、碰撞的特点和分类1．碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒． 2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 3．爆炸：一种特殊的“碰撞” 特点1：系统动量守恒． 特点2：系统动能增加．例1 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图5所示．小球A 与小球B 发生弹性碰撞后，小球A 、B 均向右运动．且碰后A 、B 的速度大小之比为1∶4，求两小球质量之比m 1m 2.图5答案 2解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22由题意知：v 1∶v 2＝1∶4 解得m 1m 2＝2.例2 如图6所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m ＝1kg 的相同小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：图6(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度多大？ (2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？ 答案 (1)1m/s (2)1.25J解析 (1)A 、B 相碰满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：mv 0＝2mv 1 得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1m/s.(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：2mv 1＝mv C ＋2mv 2得两球碰后的速度v 2＝0.5m/s ， 两次碰撞损失的动能|ΔE k |＝12mv 02－12×2mv 22－12mv C 2＝1.25J.1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒．2．完全非弹性碰撞(碰后两物体粘在一起)机械能一定损失(机械能损失最多)．例3 一弹丸在飞行到距离地面5m 高时仅有向右的水平速度v 0＝2m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv 0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v 0＝2m/s ，代入数值计算知选项B 正确．例4 如图7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m 1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m 2的小球发生碰撞，碰撞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m 2的速度大小v 2.(重力加速度为g )图7答案2m 12ghm 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v ，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 2，解得v ＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2② 由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22③联立②③式解得v 2＝2m 1vm 1＋m 2④ 将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v 0射向它们，如图8所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )图8A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0 B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 答案 D解析 由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v 0.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D 正确．1．当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律． 2．两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换．3．解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程(或阶段)的动量守恒情况、机械能守恒情况．二、判断一个碰撞过程是否存在的依据 1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．总动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 1 22m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.例5 在光滑水平面上，一质量为m ，速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A ．0.6v B ．0.4v C ．0.3v D ．0.2v答案 A解析 A 、B 两球在水平方向上合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程中动量守恒，设A 、B 两球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，以v 的方向为正方向，由动量守恒定律有：mv ＝mv 1＋2mv 2，①假设碰后A 球静止，即v 1＝0， 可得v 2＝0.5v由题意可知A 被反弹，所以球B 的速度有：v 2>0.5v ②A 、B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv 2≥12mv 12＋12×2mv 22③ ①③两式联立得：v 2≤23v ④由②④两式可得：0.5v <v 2≤23v ，符合条件的只有0.6v ，所以选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．针对训练2 如图9所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6m/s ，B 球的速度是－2 m/s ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )图9A ．v A ′＝－2m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3m/s ，v B ′＝7 m/s 答案 D解析 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v A 2＋12m B v B 2≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②，答案D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误．1．一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒．2．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ，E k ＝12pv 或p ＝2E kv几个关系式．1．(碰撞的类型特点)现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞 D ．条件不足，无法确定答案 A解析 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3m ·v －mv ＝0＋mv ′， 解得v ′＝2v碰前总动能E k ＝12×3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 正确．2．(碰撞特点及满足条件)(多选)质量为1kg 的小球以4m/s 的速度与质量为2kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面可能正确的是( ) A ．v 1′＝v 2′＝43m/sB ．v 1′＝3m/s ，v 2′＝0.5 m/sC ．v 1′＝1m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝－1m/s ，v 2′＝2.5 m/s 答案 AD解析 由碰撞前后总动量守恒m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和能量不增加E k ≥E k1′＋E k2′验证A 、B 、D 三项皆有可能．但B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，不符合实际，所以A 、D 两项有可能． 3．(弹性碰撞的特点)(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( ) A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1 B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1 C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v 1 D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错．4．(多物体多过程的碰撞)如图10所示的三个小球的质量都为m ，B 、C 两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起．问：图10(1)A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度是多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？答案 (1)v 02 (2)v 03 (3)112mv 02解析 (1)在A 、B 碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可忽略，即C 球并没有参与作用，因此A 、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有：mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02.(2)粘合在一起的A 、B 两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C 球加速，速度由零开始增大，而A 、B 两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有： 2mv 1＝3mv 2，解得v 2＝23v 1＝v 03.(3)当弹簧被压缩最短时，弹性势能E p 最大，即：E pm ＝12×2mv 12－12×3mv 22＝112mv 02.一、选择题考点一 碰撞的特点及类型1．下列关于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞答案 A解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故选A.2．如图1所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )图1 A.h 2B ．h C.h 4D.h 2 答案 C解析 A 球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12mv 12，所以v 1＝2gh ；A 、B 碰撞后并粘在一起的过程动量守恒，mv 1＝2mv 2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 12＝(m ＋m )gh ′，联立解得h ′＝h 4. 3．(多选)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A球的动能变为原来的19，则碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.59v 答案 AB解析 根据碰后A 球的动能变为原来的19，得：12mv ′2＝19×12mv 2，解得：v ′＝±13v ，碰撞过程中A 、B 两球组成的系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝mv ′＋2mv B ，解得：v B ＝13v 或v B ＝23v ，故选A 、B. 4．(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x －t 图像，已知m 1＝0.1kg ，由此可以判断( )图2A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 1和m 2都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.3kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4J 的机械能答案 AC解析 碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止．m 1的速度大小为v 1＝Δx Δt＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞，故A 正确；由题图乙读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动，故B 错误；由题图乙求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，故D 错误． 考点二 弹性正碰模型5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2 答案 A 解析 设碰撞前后中子的速度分别为v 1、v 1′，碰撞后原子核的速度为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据弹性碰撞规律可得m 1′＝m 2v 2＋m 1v 1′，12m 1v 12＝12m 2v 22＋12m 1v 1′2，解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，则碰后中子的速率为m 2－m 1m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比v 1v 1′＝A ＋1A －1，A 正确．6．(多选)如图3所示，在光滑水平面上停放质量为m 的装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图3A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 02 答案 ACD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、C 、D 都是正确的．7．(多选)如图4，小球A 的质量为m A ＝5kg ，动量大小为p A ＝4kg·m/s，小球A 水平向右运动，与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝1 kg·m/s，方向水平向右，则( )图4A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3kg·m/sB ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5kg·m/sC ．小球B 的质量为15kgD ．小球B 的质量为3kg答案 AD解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p A ′＋p B ，解得p B ＝3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A 22m A ＝p A ′22m A ＋p B 22m B，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确．考点三 完全非弹性碰撞模型8．两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与水平轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动时，如图5所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图5A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，A 、B 组成的系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 02 D ．弹簧最大弹性势能为14mv 02 答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；以v 0的方向为正方向，碰撞过程mv 0＝2mv ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 02，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14mv 02，C 项错误，D 项正确． 9．(多选)如图6所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与水平轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 黏在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )图6A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D ．当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零答案 ACD解析 在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a 与b 碰撞过程机械能减少，故A 正确，B 错误；当小球b 、c 速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C 正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b 的动能不为零，故D 正确．二、非选择题10．(多过程的碰撞问题)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小． 答案 235μgd 5解析 设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.以碰撞前木块A 的速度方向为正方向．在碰撞过程中，由机械能守恒和动量守恒得 12mv 2＝12mv 12＋12(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得－μmgd 1＝0－12mv 12④－μ(2m )gd 2＝0－12(2m )v 22⑤ 按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得－μmgd ＝12mv 2－12mv 02⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，得v 0＝235μgd 5. 11．(多物体多过程的碰撞问题)如图7所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和4m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：图7(1)C 与A 碰撞前的速度大小．(2)A 、B 间由于摩擦产生的热量．答案 (1)34v 0 (2)75mv 02 解析 取向右为正方向．(1)对三个物体组成的系统，根据动量守恒定律得：(m ＋2m )v 0－4mv C ＝0解得C 与A 碰撞前的速度大小v C ＝34v 0 (2)A 、C 碰后连成一体，设速度为v 共．根据动量守恒定律得mv 0－4mv C ＝(m ＋4m )v 共解得v 共＝－25v 0 根据能量守恒定律得：Q ＝12(m ＋4m )v 共2＋12×2mv 02－0解得Q ＝75mv 02.。

学案3 动量守恒定律[学习目标定位] 1.在了解系统、内力和外力的基础上理解动量守恒定律.2.能运用牛顿运动定律分析碰撞前后的总动量关系.3.了解动量守恒定律的普适性和牛顿运动定律适用范围的局限性.4.练习用动量守恒定律解决生产、生活中的问题．1．动量是矢量，其表达式p＝mv，动量的方向与物体的速度v方向相同．2．动量定理：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化，用公式表示I＝Ft＝Δp.3．系统、内力和外力(1)系统：在物理学中，把几个有相互作用的物体合称为系统．(2)内力：系统内物体间的相互作用力叫做内力．(3)外力：系统外的物体对系统内物体的作用力叫做外力．4．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量保持不变．(2)动量守恒定律的普适性动量守恒定律的适用范围很广，它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域．动量守恒定律适用于目前为止的一切领域.一、动量守恒定律[问题设计]图1如图1所示，在水平桌面上做匀速运动的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．答案设碰撞过程中两小球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t根据动量定理：F1t＝m1v1′－m1v1F2t＝m2v2′－m2v2根据牛顿第三定律，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′.即有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.此式表明两个小球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．[要点提炼]1．动量守恒定律的数学表达式(1)p＝p′(系统内物体相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)(3)Δp＝0(系统的总动量增量为零)(4)Δp1＝－Δp2(系统内两个物体的动量增量大小相等，方向相反)2．动量守恒定律的研究对象两个或两个以上的物体组成的系统．3．动量守恒条件(1)系统不受外力或系统所受合外力为零．(2)系统所受合外力虽不为零，但系统所受外力远远小于内力，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，此时外力可以忽略不计．(3)系统所受合外力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变．例1光图2滑水平面上A、B两小车间有一弹簧，如图2所示，用手抓住两小车并将弹簧压缩后使小车均处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，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解析A项，在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零．B项，先放开左手，再放开右手后，两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的．C项，先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左．D项，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量也是守恒的，但不为零．答案ACD针对训练试判断下列作用过程中系统的动量是否守恒？A．如图3(a)所示，水平地面上有一大炮，斜向上发射一枚弹丸的过程；B．如图3(b)所示，粗糙水平面上有两个物体压紧它们之间的一根轻弹簧，在弹簧弹开的过程中；C．如图3(c)所示，光滑水平面上有一斜面体，将另一物体从斜面体的顶端释放，在物体下滑的过程中；图3答案A．系统动量不守恒，但水平方向动量守恒．B．无法判断．C．系统动量不守恒，但水平方向动量守恒．解析对于(a)来说，大炮发射弹丸的过程中，弹丸加速上升，系统处于超重状态，地面对于系统向上的支持力大于系统的重力，所以系统在竖直方向动量不守恒，在水平方向上系统受到的地面给炮身的阻力远小于火药爆炸发过程中的内力，故系统在水平方向上动量守恒． 对于(b)来说，在弹簧弹开的过程中，地面给两物体的摩擦力方向相反且是外力，若两个摩擦力大小相等，则系统无论在水平方向还是在竖直方向上所受合外力都为零，则系统动量守恒；若两个物体受到的摩擦力大小不相等，则系统动量不守恒．对于(c)来说，物体在斜面体上加速下滑的过程处于失重状态，系统在竖直方向上受到的合外力竖直向下，系统的动量增加，不守恒．而在水平方向上系统不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒． 二、动量守恒定律的简单应用 [要点提炼]应用动量守恒定律解题的基本思路：(1)找：找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究的过程；(2)析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)； (3)定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图； (4)列：由动量守恒定律列式；(5)算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论．例2 质量为3 kg 的小球A 在光滑水平面上以6 m/s 的速度向右运动，恰遇上质量为5 kg 以4 m/s 的速度向左运动的小球B ，碰撞后B 球恰好静止，求碰撞后A 球的速度． 解析 两球在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒．取A 球初速度方向为正方向初状态：v A ＝6 m/s ，v B ＝－4 m/s 末状态：v B ′＝0，v A ′＝？(待求) 根据动量守恒定律，有m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′，得v A ′＝m A v A ＋m B v Bm A＝－0.67 m/s答案 0.67 m/s ，方向向左例3 质量M ＝100 kg 的小船静止在水面上，船首站着质量m 甲＝40 kg 的游泳者甲，船尾站着质量m 乙＝60 kg 的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以3 m/s 的速率跃入水中，则( ) A ．小船向左运动，速率为1 m/s B ．小船向左运动，速率为0.6 m/sC．小船向右运动，速率大于1 m/sD．小船仍静止解析设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入数据，可得v＝－0.6 m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确．答案 B1．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是( )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．三者组成的系统因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，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支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零答案 D解析由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，无其他外力，动量守恒．子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响．故选项C错误．分开枪和车，则枪和弹的系统受到车对其外力作用，车和枪的系统受到子弹对其外力作用，动量都不守恒，故选项A、B错误，正确答案为选项D.2．水平面上质量分别为0.1 kg和0.2 kg的物体相向运动，过一段时间则要相碰，它们与水平面间的动摩擦因数分别为0.2和0.1.假定除碰撞外在水平方向这两个物体只受摩擦力作用，则碰撞过程中这两个物体组成的系统( )A．动量不守恒B．动量守恒C．动量不一定守恒D．以上都有可能答案 B解析选取这两个相向运动的物体为一个系统，这两个物体受到的重力与支持力平衡，受到的两个摩擦力方向相反，大小根据计算都是0.02 N，所以系统受到的合外力为零，系统的动量守恒．所以本题选B.图43．如图4所示，质量为M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m 的木块以初速度v 0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( ) A ．木块的最终速度为mM ＋mv 0 B ．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒 C ．车表面越粗糙，木块减少的动量越多 D ．车表面越粗糙，小车获得的动量越多 答案 A解析 由m 和M 组成的系统水平方向动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v ，所以A 正确；m 和M 动量的变化与小车上的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．图54.如图5所示，质量为M 的小车静止在光滑水平地面上，车上有n 个质量均为m 的小球，现用两种方式将球相对于地面以相同的恒定速度v 向右水平抛出，一种是一起抛出，抛出后小车速度为________，另一种是一个接着一个地抛出，抛出后小车的速度为________． 答案nmv M nmvM解析 由于抛出的小球相对地面速度相同，动量就相同，这样一个接一个地抛出和一起抛出，系统向右运动的总动量增加量相同，由于系统动量守恒，系统向左增加的动量也相同，这样的问题可以把一个接一个的抛出合并起来，作一次抛出计算．nmv ＝Mv 1 v 1＝nmvM一起抛出小球时，小车的速度为nmv M ，一个接一个地抛出小球时，小车的速度仍为nmv M.[基础题]1．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是( )A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题C．动量守恒定律既适用于低速，也适用于高速运动的问题D．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子答案 C解析牛顿运动定律只适合研究低速、宏观问题，动量守恒定律适用于物理学研究的各个领域．图12.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒答案BC图23．如图2所示，物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后的一小段时间内( )A．A的速度是B速度的一半B．A的动量大于B的动量C．A受的力大于B受的力D．总动量为零答案AD图34.如图3所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m 1、m 2，且m 2＝2m 1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m 1和m 2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )A ．动量大小之比为1∶1B ．速度大小之比为2∶1C ．动量大小之比为2∶1D ．速度大小之比为1∶1 答案 AB解析 以两木块及弹簧为研究对象，绳烧断后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且f 1＝μ1m 1g ，f 2＝μ2m 2g .因此系统所受合外力F 合＝μ1m 1g －μ2m 2g ＝0，即满足动量守恒定律的条件．设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v 1、v 2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：－m 1v 1＋m 2v 2＝0，即m 1v 1＝m 2v 2.即两物体的动量大小之比为1∶1，故A 项正确．两物体的速度大小之比为v 1v 2＝m 2m 1＝21，故B项正确．5．在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，撞后两车连在一起，并向南滑行一段距离后静止．根据测速仪的测定，长途客车撞前以20 m/s 的速度匀速行驶，由此可判断卡车撞前的行驶速度( ) A ．小于10 m/sB ．大于10 m/s ，小于20 m/sC ．大于20 m/s ，小于30 m/sD ．大于30 m/s ，小于40 m/s 答案 A解析 两车碰撞过程中尽管受到地面的摩擦力作用，但远小于相互作用的内力(碰撞力)，所以动量守恒．依题意，碰撞后两车以共同速度向南滑行，即碰撞后系统的末动量方向向南．设长途客车和卡车的质量分别为m 1、m 2，撞前的速度大小分别为v 1、v 2，撞后共同速度为v ，选定向南为正方向，根据动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，又v >0，则 m 1v 1－m 2v 2>0，代入数据解得v 2<m 1m 2v 1＝10 m/s.图46.如图4所示，A 、B 两物体质量之比m A ∶m B ＝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( )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 答案 BCD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 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A 向右、F B 向左，由于m A ∶m B ＝3∶2，所以F A ∶F B ＝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 组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C 选项正确．7．甲、乙两人均以2 m/s 的速度在冰上相向滑行，m 甲＝50 kg ，m 乙＝52 kg.甲拿着一个质量Δm ＝2 kg 的小球，甲将球传给乙，乙再传给甲，这样传球若干次后，乙的速度变为零，甲的速度为________． 答案 0解析 选甲的初速度方向为正．由动量守恒定律得：(m 甲＋Δm )v 0－m 乙v 0＝m 甲v 甲′代入数据得：v 甲′＝0. [能力题]8．(2014·重庆·4)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝ 2h g ＝1 s ，取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．图59．如图5所示，质量相同的两辆小车A 、B 置于光滑的水平面上，有一人站在小车A 上，两车静止．人从A 车跳上B 车，接着又从B 车跳回A 车并与A 车保持相对静止，则此时A 车的速率( ) A ．等于零B ．小于B 车的速率C ．大于B 车的速率D ．等于B 车的速率答案 B解析 尽管人跳来跳去，两车和人组成的系统的动量是守恒的．设两车的质量均为M ，人的质量为m ，作用后两车的速率分别为v A 和v B ，对系统由动量守恒定律，得0＝(M ＋m )v A －Mv B ，显然，v A <v B ，即选B.10．质量M ＝100 kg 的小船静止在水面上，船头站着质量m 甲＝40 kg 的游泳者甲，船尾站着质量m 乙＝60 kg 的游泳者乙，船头指向左方．若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以3 m/s 的速率跃入水中，则( )A ．小船向左运动，速率为1 m/sB ．小船向左运动，速率为0.6 m/sC ．小船向右运动，速率大于1 m/sD ．小船仍静止答案 B解析 选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得m 甲v －m 乙v ＋Mv ′＝0，船的速度为v ′＝m 乙－m 甲v M ＝－100 m/s ＝0.6 m/s船的速度向左．故选项B 正确．11．一辆车在水平光滑路面上以速度v 匀速行驶．车上的人每次以相同的速度4v 向行驶的正前方抛出一个质量为m 的沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的34，则抛出第四个沙包后，此车的运动情况如何？答案 车以v 3的速度向后退 解析 设车的总质量为M ，抛出第四个沙包后车速为v 1，由全过程动量守恒得Mv ＝(M －4m )v 1＋4m ·4v ①对抛出第一个沙包前后列方程有：Mv ＝(M －m )34v ＋m ·4v ② 将由②式所得M ＝13m 代入①式，解得抛出第四个沙包后车速为v 1＝－v 3，负号表示向后退． [探究与拓展题]12．质量为1 000 kg 的轿车与质量为4 000 kg 的货车迎面相撞．碰撞后两车绞在一起，并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图6所示)．从事故现场测出，两车相撞前，货车的行驶速度为54 km/h ，撞后两车的共同速度为18 km/h.该段公路对轿车的限速为100 km/h ，试判断轿车是否超速行驶．图6答案 轿车超速行驶解析 碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒．设轿车质量为m 1，货车质量为m 2；碰撞前轿车速度为v 1，货车速度为v 2；碰撞后两车的共同速度为v ′.选轿车碰撞前的速度方向为正方向．碰撞前系统的总动量为m 1v 1＋m 2v 2，碰撞后系统的总动量为(m 1＋m 2)v ′，由动量守恒定律得：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′v 1＝m 1＋m 2v ′－m 2v 2m 1＝－＋＋ 1 000 km/h ＝126 km/h>100 km/h ，故轿车在碰撞前超速行驶．。

学案5 美妙的守恒定律[学习目标定位] 1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．1．动量守恒定律的表达式若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．2．动量守恒的条件：(1)系统不受外力或所受合外力为零；(2)内力远大于外力；(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.一、三种碰撞及特点[问题设计]图1(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．上述两实验中，A 与B 碰撞后各发生什么现象？A 与B 碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．答案 (1)可看到碰撞后A 停止运动，B 摆到A 开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B 获得的速度与碰前A 的速度相等，这说明碰撞中A 、B 两球的总动能守恒． (2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小． 设碰后两球粘在一起的速度为v ′ 由动量守恒定律知：mv ＝2mv ′，则v ′＝v2碰撞前总动能E k ＝12mv 2碰撞后总动能E k ′＝12×2m (v 2)2＝14mv 2所以碰撞过程中动能减少 ΔE k ＝E k －E k ′＝14mv 2即碰撞过程中动能不守恒． [要点提炼] 1．碰撞的特点(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的； (2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力． 2．三种碰撞类型 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′动能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2(2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 动能减少，损失的动能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 碰撞中动能损失最多，即 |ΔE k |＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2共例1两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．(2)求碰撞后损失的动能．(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．解析(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2＝[12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒定律得1 2m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2，代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.答案(1)0.1 m/s，与50 cm/s的方向相反(2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向运动二、弹性碰撞模型及拓展应用[问题设计]图2已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．答案由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2①由碰撞中动能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22②由①②可以得出：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0讨论 (1)当m 1＝m 2时，v 1＝0，v 2＝v 0，两小球速度互换； (2)当m 1>m 2时，则v 1>0，v 2>0，即小球A 、B 同方向运动．因m 1－m 2m 1＋m 2<2m 1m 1＋m 2，所以v 1<v 2，即两小球不会发生第二次碰撞．(其中，当m 1≫m 2时，v 1≈v 0，v 2≈2v 0.)(3)当m 1<m 2时，则v 1<0，而v 2>0，即小球A 向反方向运动．(其中，当m 1≪m 2时，v 1≈－v 0，v 2≈0.)[要点提炼]1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则碰后两球速度分别为v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1. (1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 1≠0，v 2＝0，则v 1′＝0，v 2′＝v 1，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1.表明m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 1≠0，v 2＝0，则二者弹性正碰后，v 1′＝－v 1，v 2′＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．图3例2 在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v ，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．解析 刚开始，A 向右运动，B 静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A 动量减小，B 动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A 动量继续减小，B 动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A 球动量最小，B 球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv ＝mv A ＋mv B ，12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B解得：v A ＝0，v B ＝v 答案 见解析图4例3 带有14光滑圆弧的轨道、质量为M 的滑车静止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能做自由落体运动D ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动解析 小球冲上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果m <M ，小球离开滑车向左做平抛运动，如果m ＝M ，小球离开滑车做自由落体运动；如果m >M ，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B 、C 、D. 答案 BCD三、碰撞需满足的三个条件 [要点提炼]1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′，否则碰撞没有结束． 例4 A 、B 两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s，B 球的动量是5 kg·m/s，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ＝8 kg·m/s，pB ＝4 kg·m/sB ．p A ＝6 kg·m/s，p B ＝6 kg·m/sC ．p A ＝5 kg·m/s，p B ＝7 kg·m/sD ．p A ＝－2 kg·m/s，p B ＝14 kg·m/s解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A 、B 碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B 在前，A 在后，碰后如果二者同向，一定仍是B 在前，A 在后，A 不可能超越B ，所以碰后A 的速度应小于或等于B 的速度．A 选项中，显然碰后A 的速度大于B 的速度，这是不符合实际情况的，所以A 错．碰前A 、B 的总动能E k ＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝742m碰后的总动能，B 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝722m<E k＝742m ，所以B 可能．C 选项中E k ′＝p A ′22m＋p B ′22m ＝742m＝E k ，故C 也是正确的．D 选项中E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝2002m >E k ＝742m ，所以D 是不可能发生的．综上，本题正确选项为B 、C. 答案 BC碰撞⎩⎪⎨⎪⎧弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧动量守恒，动能守恒特例：两个质量相等的球发生弹性碰撞，碰后交换速度非弹性碰撞⎩⎪⎨⎪⎧动量守恒，动能减少特例：完全非弹性碰撞机械能损失最多图51．如图5所示，质量为m 的A 小球以水平速度v 与静止的质量为3m 的B 小球发生正碰后，A 球的速率变为原来的1/2，而碰后球B 的速度是(以v 方向为正方向)( )A ．v /6B ．－vC ．－v /3D ．v /2答案 D解析 碰后A 的速率为v /2，可能有两种情况：v 1＝v /2；v 1′＝－v /2根据动量守恒定律，有mv ＝mv 1＋3mv 2，当v 1＝v /2时，v 2＝v /6；当v 1′＝－v /2时，v 2＝v /2.若它们同向，则A 球速度不可能大于B 球速度，因此只有D 正确．2．两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s(设为正)，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A ．均为＋1 m/s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m/s 和－1 m/s D ．－1 m/s 和＋5 m/s 答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E 前＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝27 JE 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E 前≥E 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E 前≥E后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误；验证A 、D 均满足E 前≥E 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0.8 m ，质量为m 的弹性球A 从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m 的弹性球B 正碰，球B 碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8 m ，则球A 释放的高度h 可能是( )图6A ．0.8 mB ．1 mC ．0.1 mD ．0.2 m 答案 D解析 碰撞后球B 做平抛运动有s ＝v B ′t ，h ＝12gt 2，得v B ′＝s t ＝sg2h ＝0.8 102×0.8m/s ＝2 m/s. 因为A 、B 球均为弹性球且质量均为m ，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度v A ′＝0，v B ′＝v A 1故碰前A 球速度为v A 1＝2 m/s由机械能守恒定律mgh ＝12mv 2A 1，得h ＝v 2A 12g ＝222×10m ＝0.2 m. 4．在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图7所示．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m 1∶m 2.图7答案 2∶1解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 利用v 2v 1＝4，解得m1∶m2＝2∶1[基础题]1．下列关于碰撞的理解正确的是( )A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C．如果碰撞过程中动能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解答案AB解析碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错．动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错．2．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开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互相分开D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行答案AD解析本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题．光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒．A项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的．B项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能．C项，碰撞前、后系统的总动量的大小和方向不同，所以动量不守恒，C项不可能．D项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以，D项是可能的．图13．如图1所示，木块A 和B 质量均为2 kg ，置于光滑水平面上、B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为( ) A ．4 J B ．8 J C ．16 J D ．32 J 答案 B解析 A 与B 碰撞过程动量守恒，有m A v A ＝(m A ＋m B )v AB ，所以v AB ＝v A2＝2 m/s.当弹簧被压缩到最短时，A 、B 的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以E p ＝12(m A ＋m B )v 2AB ＝8 J.图24.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v 0射向它们，如图2所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 答案 D解析 质量相等的小球组成的系统发生碰撞，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．图35.如图3所示，P 物体与一个连着弹簧的Q 物体发生正碰，碰撞后P 物体静止，Q 物体以P 物体碰撞前速度v 离开，已知P 与Q 质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中正确的是( )A ．P 的速度恰好为零B ．P 与Q 具有相同速度C ．Q 刚开始运动D ．Q 的速度等于v 答案 B解析 P 物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P 做减速运动，Q 物体做加速运动，P 、Q 间的距离减小，当P 、Q 两物体速度相等时，弹簧被压缩至最短，所以B 正确，A 、C 错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时的速度为v ′，则mv ＝(m ＋m )v ′，所以弹簧被压缩至最短时，P 、Q 的速度v ′＝v2，故D 错误．图46．如图4所示，质量分别为m A 和m B 的滑块之间用轻质弹簧相连，水平地面光滑．m A 、m B 原来静止，在瞬间给m B 一很大的冲量，使m B 获得初速度v 0，则在以后的运动中，弹簧的最大弹性势能是多少？答案 m A m B v 202m A ＋m B解析 由动量守恒定律得m B v 0＝(m A ＋m B )v ，由机械能守恒得最大弹性势能E p ＝12m B v 20－12(m A ＋m B )v 2，解得E p ＝m A m B v 202m A ＋m B.[能力题]图57．如图5所示，具有一定质量的小球A 固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O 点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则小车的运动过程为( ) A ．向右运动 B ．向左运动 C ．静止不动D ．小球下摆时，车向左运动后又静止答案 D解析 根据动量守恒，小球下摆时速度向右，则小车向左；小球静止时，小车也静止．图68．(2014·福建·30(2))一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为________．A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析 对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝m 1＋m 2v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D.图79.如图7所示，两个质量m 1＝20 g 、m 2＝80 g 的小球，用等长的细线悬挂在O 点．悬挂m 2的细线处于竖直状态，悬挂m 1的细线处于伸直状态且与竖直方向成37°角．现将m 1由静止释放，m 1与m 2碰撞后粘在一起．若线长L ＝1 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)碰撞前瞬间m 1的速度v 0； (2)碰撞中损失的机械能ΔE . 答案 (1)2 m/s (2)0.032 J 解析 (1)由机械能守恒，得m 1gL (1－cos 37°)＝12m 1v 20v 0＝2 m/s(2)设碰后速度为v ，由动量守恒得m 1v 0＝(m 1＋m 2)vΔE ＝m 1gL (1－cos 37°)－12(m 1＋m 2)v 2解得 ΔE ＝0.032 J10．质量为m 的小球A 以水平速度v 与原来静止在光滑水平面上的质量为3m 的小球B 发生正碰，已知碰撞过程中A 球的动能减少了75%，求碰撞后B 球的速度大小． 答案 v2解析 由E k ＝12mv 2可知，A 球碰后的速度v A ＝±v2由于A 、B 碰撞过程中动量守恒， 所以mv ＝mv A ＋3mv B当v A ＝v 2时，v B ＝v 6；当v A ＝－v 2时，v B ＝v2由于第一组答案不符合实际运动的情况，应舍去，所以碰后B 球的速度为v2.11．一个物体静置于光滑水平面上，外面盖一质量为M 的盒子，如图8甲所示．现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v －t 图像呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．甲 乙图8答案 M解析 设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得的速度为v ，根据动量守恒定律Mv 0＝mv .①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞，动能守恒 12Mv 20＝12mv 2.② 联立①②解得m ＝M .(也可通过图像分析得出v 0＝v ，结合动量守恒，得出正确结果．) [探究与拓展题]图912．如图9所示，平直轨道上有一节车厢，质量为M ，车厢以1.2 m/s 的速度向右做匀速运动，某时刻与质量m ＝M3的静止的平板车碰撞并连在一起，车厢顶离平板车的高度为h ＝1.8 m ，车厢顶边缘上有一小钢球向前滑出，问：钢球将落在平板车上何处？(空气阻力不计，平板车足够长，g 取10 m/s 2) 答案 距平板车左端0.18 m 处解析 车厢与平板车相撞的过程中，作用时间很短，球的运动状态不发生改变，车厢和平板车组成的系统动量守恒，则Mv 1＝(M ＋m )v 2 车厢和平板车的共同速度为v 2＝Mv 1M ＋m＝0.9 m/s 车厢和平板车碰后以0.9 m/s 的速度沿原方向做匀速运动，球以1.2 m/s 的速度离开车厢顶做平抛运动．平抛运动的时间为t ＝ 2hg＝0.6 s则球相对车的水平位移为Δs ＝(v 1－v 2)t ＝0.18 m 即球落在离平板车左端0.18 m 处．。

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1. 3 动量守恒定律的案例分析2．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（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，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，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.注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。

（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解.3．动量守恒定律的应用举例【例1】一枚在空中飞行的导弹，质量为m，在某点的速度为v,方向水平。

导弹在该点突然炸裂成两块(如图），其中质量为m1的一块沿着与v相反的方向飞去,速度为v1。

求炸裂后另一块的速度v2。

第一章碰撞与动量守恒一、碰撞教学目标1.通过观察图片，初步了解碰撞现象及其特点2.通过实验，使学生能熟练测量质量、速度等大体物理量，能计算动能、动量之和、动能的改变量。

3.能通过实验中动能该变量的计算，对碰撞进行分类。

4.培育学生观察和计算的能力，初步培育学生用实验方式对同一现象从能量的角度进行分类的能力重点难点重点：碰撞的特点及分类难点：实验测量、数据处置和归纳设计思想动量守恒定律是自然界的大体守恒定律之一，是研究微观粒子所必需的知识，具体来讲，要学习原子结构和原子核的内容，动量的知识必不可少。

本章的核心是要表现学习中的探讨精神，强调物理学中“守恒量”的思想。

本章第一节“碰撞”，是通过实验为后面的教学展开打基础，因此本节课从生活中常见的碰撞事例入手，通过体验、观察和讨论，总结出碰撞现象的特点。

为整章的教学做好预备。

然后通过实验来探讨碰撞中的动能转变，使学生在老师的适当引导下归纳出碰撞的分类。

然后教师进行总结，结合相关的资料，把碰撞问题向学生不熟悉的领域适当拓展。

实验中，教师不要越俎代庖，要让学生自己动手实验，充分发挥学生在教学中的主体作用。

教学资源多媒体课件，气垫导轨（附光电门和滑块），弹簧片，数字计时器，天平，橡皮泥。

教学设计【课堂引入】碰撞是物质世界的常见现象，斯诺克中的碰撞给人以愉悦，汽车发生追尾给人们带来灾难，α粒子散射令人类熟悉了原子结构，在这些碰撞现象的背后蕴藏着什么样的规律呢？今天咱们就来学习3-5第一章“碰撞与动量守恒”的第1节“碰撞”。

【课堂学习】学习活动一：感受和体会碰撞进程请同窗们列举生活中的碰撞现象情境1：斯诺克中白球撞击花球。

情境2：公路上两车碰撞。

情境3：棒击球的一霎时。

情境4：跳高运动员落地。

（播放PPT）学生归纳：（1）必需是有彼此作用的系统（2）作历时刻很短教师引导并给出概念：做相对运动的两个（或几个）物体相遇而发生彼此作用，在很短的时刻内，它们的运动状态会发生显著的转变，这一进程叫碰撞。