2019最新高三物理复习资料《动量守恒定律》精品复习学案（自主学习版含答案）

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2019黄浦高三物理二模推荐度：
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2019高中物理精品复习学案《碰撞动量守恒定律》

2018高考真题回顾：全国1卷第14题:

14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段

列车的动能

A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比

解析：列车做初速度为零的匀加速直线运动规律，列车动能：

，又因

为：动能定理

，所以，动能跟速度平方成正比，A选项错误；根据，故动能与位移成正比，B选项正确；动能与速度

平方成正比，故C选项错误；由D选项错误。正确答案：B。

，可知动能与动量的平方成正比，

考点：匀变速直线运动，动能和动量数值关系，动能定理，难度中

2018高考真题回顾：全国1卷第24题:

24．（12分）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹

上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求

（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 24．解析：

（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有 ①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有

联立①②式得

② ③

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有

④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和

。由题给条件和动量守恒定律有

⑤ ⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为

，由机械能守恒定律有

⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

⑧

第1节动量动量定理动量守恒定律

一、冲量、动量和动量定理 1．冲量

(1)定义：力和力的作用时间的乘积． (2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量． (3)方向：与力的方向相同． 2．动量

(1)定义：物体的质量与速度的乘积． (2)表达式：p＝mv. (3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.

(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同． 3．动量定理

(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量． (2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.

(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．

二、动量守恒定律

1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．

2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．

3．定律的表达式

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2 4．守恒条件

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒． (2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．

(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．

[自我诊断] 1．判断正误

(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×) (2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×) (3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×) (4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)

(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×) (6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)

2．(2017·广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( ) A．动能相等，则质量大的动量大

B．动能相等，则动量大小也相等 C．动量大小相等，则质量大的动能小 D．动量大小相等，则动能也相等

解析：选AC.根据动能Ek＝2mv2可知，动量p＝2mEk，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确、B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确、D错误．

3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )

A．减小球对手的冲量 C．减小球的动量变化量

B．减小球对手的冲击力 D．减小球的动能变化量

解析：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．

4．(2017·河南开封质检)(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( )

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，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：选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确．

5．(2017·湖南邵阳中学模拟)一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.

解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ftcos 30°＝Δp.

代入数据解得Δp＝503 kg·m/s＝86.6 kg·m/s. 答案：100 86.6

考点一动量定理的理解及应用

1．应用动量定理时应注意两点

(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．

(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．

2．动量定理的三大应用 (1)用动量定理解释现象

①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．

②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．

(2)应用I＝Δp求变力的冲量．

(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量． [典例1] (2016·高考全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求

(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．

1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则( )

A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒

C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 D．m从A到B的过程中，M运动的位移为

M＋m

解析：选B.M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；在m从A到B过程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝2mR/(m＋M)，D错误．

2．(2016·广东湛江联考)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：

(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；

(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．

解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m＋2m)v1－mv，

接住木箱的过程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2. v解得v2＝2.

(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得

4mv2＝3mv3－mv，则v3＝v，

故无法再次接住木箱． v

答案：(1)2 (2)否

3．(2017·山东济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端．三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C相碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．

解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，

以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，

由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB，

A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立解得vA＝2 m/s.

答案：2 m/s

4．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？

解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′；第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′?? 第n次推球

(M＋m)vn－1′＝Mvn－mv，

?2n－1?mv

可得vn＝，

当vn≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9. 答案：9次

课时规范训练 [基础巩固题组]

1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( ) A．物体的动量越大，其惯性也越大 B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大 C．物体的加速度不变，其动量一定不变

D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向

解析：选D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．

2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )

A．1 000 N·s C．零

B．500 N·s D．无法确定

解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．

3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )

A．两滑块的动量之和变大

B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向

C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等 D．整个过程中两滑块的机械能增大

解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝mMvM－mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当mM＝mN时，vM＝vN，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．

4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )

A．两球抛出后，船向左以一定速度运动 B．两球抛出后，船向右以一定速度运动 C．两球抛出后，船的速度为0

D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大

解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．

5．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该

段时间安全带对人的平均作用力大小为( )

m2gh

t＋mg

m2gh

t－mg

mgh

C.t＋mg mgh

D.t－mg

m2gh

t＋mg.选项A正

解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝确．

6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )

A．0～4 s内物体的位移为零 B．0～4 s内拉力对物体做功为零 C．4 s末物体的动量为零

D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零

解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．

7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)

(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？

(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，

则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 以乙和A组成的系统为研究对象，有： M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入数据联立解得 v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s

(2)以甲为研究对象，由动量定理得， Ft＝M1v1－(－M1v0) 代入数据解得F＝432 N 答案：(1)5.2 m/s (2)432 N

[综合应用题组]

8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是( )

A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小 C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小

解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动

量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．

9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则( )

A．人和小船最终静止在水面上

B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/s C．船最终的速度是0.95 m/s D．船的动量变化量是105 kg·m/s

解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m

人

v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得：v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向

相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，C错误；人的动量的变化Δp为：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D正确．

10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( )

A．2.4 m/s C．3.0 m/s

B．2.8 m/s D．1.8 m/s

解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得(向右8

为正)：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝3 m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：Mv－mv＝(M＋m)v2，解得：v2＝2 m/s，故B对地的

速度在2 m/s～3 m/s范围内，选项A正确．

11．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，求：

(1)物块C的质量mC；

(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，mCv1＝(mA＋mC)v2，代入数据解得mC＝2 kg.

(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3＝－v2 从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为： Δp＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2

从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为 I＝2(mA＋mC)v2，代入数据整理得到I＝36 N·s. 答案：(1)2 kg (2)36 N·s

12. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：

(1)木块和小车相对静止时小车的速度；

(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；

(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得 mv0＝(M＋m)v 解得：v＝

v＝0.4 m/s. M＋m0

(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt＝mv－mv0 v0－v

解得：t＝μg＝0.8 s.

(3)木块做匀减速运动，加速度为 Ffa1＝m＝μg＝2 m/s2

小车做匀加速运动，加速度为 Ffμmg

a2＝M＝M＝0.5 m/s2 在此过程中木块的位移为 v2－v20

x1＝2a＝0.96 m

车的位移为：x2＝2a2t2＝2×0.5×0.82 m＝0.16 m 由此可知，木块在小车上滑行的距离为： Δx＝x1－x2＝0.8 m.

答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m

第2节碰撞与能量守恒

一、碰撞

1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．

2．分类

(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．

(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．

(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．

二、动量与能量的综合

1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．

2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．

[自我诊断] 1．判断正误

(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×) (2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√) (3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)

(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√) (5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√) (6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)

2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( )

A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度

B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响

D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身．故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱

(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．

2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．

(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．

(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．

(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．

[典例3] (1)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选下图中的________(填“甲”或“乙”)，若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的________(填“甲”或“乙”)．(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)

(2)某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示．已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80 cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10 cm处．若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块质量比mA∶mB＝________.

解析 (1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两物体碰撞后结合在一起，故应选图中的乙；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两物体发生完全弹性碰撞，即选图中的甲．

(2)由图可知，第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10 cm处，第二次A在x＝30 cm处，第三次A在x＝50 cm处，碰撞在x＝60 cm处．从第三次闪光到碰

撞的时间为2，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻．设碰前A的速度为vv

v，则碰后A的速度为2，B的速度为v，根据动量守恒定律可得mAv＝－mA·2＋mA2

mB·v，解得m＝3. B

答案 (1)乙甲 (2)2.5T 2∶3

1．某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律．图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2.当两摆球均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°.若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

解析：设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

h1＝l(1－cos 45°)① 12

mBvB＝mBgh1② 2

设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2.有 p1＝mBvB③

联立得：p1＝mB2gl?1－cos 45°?. 同理可得：

p2＝(mA＋mB)2gl?1－cos 30°?. p2mA＋mB则有：p＝m 1

1－cos 30°

1－cos 45°

?p2?代入已知条件得：?p?2＝1.03

?1?

?p2－p1?

?≤4% 由此可以推出?

?p1?

所以，此实验在规定的误差范围内验证了动量守恒定律．答案：见解析

2．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)，采用的实验步骤如下：

a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB. b．调整气垫导轨，使导轨处于水平状态．

c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡锁锁定，静止放置在气垫导轨上．

d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.

e．按下电钮放开卡锁，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A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.

(1)实验中还应测量的物理量是________．

(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__________________．

(3)利用上述实验数据写出被压缩弹簧的弹性势能大小的表达式为__________________．

解析：(1)A、B所组成的系统初动量为零，A、B两滑块分开后动量应大小L1

相等，方向相反，这就需要求两滑块的速度，其中滑块A的速度为t，要求滑块1

L2B的速度，还应测量B右端到D的距离L2，这样滑块B的速度就可用表达式t来

表示．

(2)A、B开始时静止，放开卡锁后两者均做匀速直线运动，总动量为零，A、B运动后动量大小相等，方向相反，即

mL1L2At1＝mBt2

. (3)弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，即 E1p＝?mA??L1??L2?t1?2?＋mB???2??t2?2????.

答案：(1)B右端到D的距离L2 (2)mL1L2

At1＝mBt2

(3)E1???L1??L?m2p＝A??t1?2?＋mB???2?t2?2???

高效演练跟踪检测

1．某同学用如图所示的装置通过半径相同的A、B两球(mA＞mB)的碰撞来验证动量守恒定律．对入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是( )

A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小 B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确

C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小

D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小

解析：选C.入射小球的释放点越高，入射小球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减小测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，选项C正确．

2．在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a的质量为m1，被碰球b的质量为m2，两小球的半径均为r，各小球的落地点如图所示，下列关于这个实验的说法正确的是( )

A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球 B．要验证的表达式是m1·ON＝m1·OM＋m2·OP C．要验证的表达式是m1·OP＝m1·OM＋m2·ON

重力)以速度v0＝500 m/s水平向右射入木块A，当子弹恰水平穿出A时，测得木块的速度为v＝2 m/s，子弹最终停留在木块B中．求：

(1)子弹离开木块A时的速度大小及子弹在木块A中所受的阻力大小； (2)子弹穿出A后进入B的过程中，子弹与B组成的系统损失的机械能．解析：(1)设子弹离开A时速度为v1，对子弹和A、B整体，有mv0＝mv1＋2Mv 12121Fd＝2mv0－2mv1－2×2Mv2 联立解得v1＝320 m/s，F＝7 362 N

(2)子弹在B中运动过程中，最后二者共速，速度设为v2，对子弹和B整体，有mv1＋Mv＝(m＋M)v2

205

解得v2＝23 m/s

11212

ΔE＝2mv2＋Mv－(m＋M)v12＝989 J. 22答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J

2．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：

(1)滑块a、b的质量之比；

(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．

解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得

v1＝－2 m/s① v2＝1 m/s②

a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v. 2

由题给图象得v＝3 m/s③ 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④ 联立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤

(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 11212

ΔE＝m1v21＋m2v2－(m1＋m2)v⑥ 222

由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为

W＝2(m1＋m2)v2⑦

联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2⑧ 答案：(1)1∶8 (2)1∶2

3．(2016·高考全国丙卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其3连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为4m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．

解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有

2mv0>μmgl① v20

即μ<2gl②

设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有

1212

2mv0＝2mv1＋μmgl③

设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有

mv1＝mv1′＋4mv2′④ 12121?3?2mv1＝mv1′＋?4m?v2′⑤ 222??8

联立④⑤式解得v2′＝7v1⑥

由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1?3?3

?4m?v2′2≤μmgl⑦ 2??4联立③⑥⑦式，可得

32v0

μ≥113gl⑧

32v20

联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件113glv20

≤μ<⑨

2gl

32v2v200

答案：113gl≤μ<2gl 4．(2016·河北邯郸摸底)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变v0

为2，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：

(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ； (2)炸药爆炸时释放的化学能．

解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.

从O滑到P，对A、B由动能定理得 v0211

－μ·2mgs＝2·2m(2)－2·2mv20①

3v0

解得μ＝8gs②

(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有2m·2＝mv③ 根据能量守恒定律，有 v011

E0＋2·2m·(2)2＝2mv2④ 1联立③④式解得E0＝4mv20. 3v2120

答案：(1)8gs (2)4mv0

课时规范训练 [基础巩固题组]

1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s、vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动( )

A．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 D．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左

解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C正确．

2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0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m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2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v1为( )

A．v0－v2 m2

C．v0－mv2

B．v0＋v2 m2

D．v0＋m(v0－v2)

m2解析：选D.由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2得v1＝v0＋m(v0－v2)．

3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种( )

A．m1＝m2 C．4m1＝m2

B．2m1＝m2 D．6m1＝m2

解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机p1′2p2′2p2p22112

械能不会增加．所以有2m＋2m≥2m＋2m，所以有：m1≤51m2，因为题目

1212p1p2给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有m＞m，

即m1＜7m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物p1′p2′1

理情景，即m＜m，所以m1＞5m2.因此C选项正确．

4．(多选) 如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )

A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 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，两球的最大摆角不相同 D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

解析：选AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机v0v0121212

械能守恒，即2mv0＝2mv1＋23mv2，解两式得：v1＝－2，v2＝2，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确．

5. (多选)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的( )

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2

C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1 D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2

解析：选BC.在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，

所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确．

6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )

A．4.0 J C．3.0 J

B．6.0 J D．20 J

解析：选C.设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得

铁块相对于木板向右运动过程 1212

mv＝FL＋(M＋m)v＋Ep 0f22铁块相对于木板运动的整个过程 1212mv0＝2FfL＋(M＋m)v 22

又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v 联立得到：Ep＝3.0 J，故选C.

7．A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆最低点C的距离xOC＝0.25 m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：

(1)炸药的化学能E； (2)半圆弧的轨道半径R.

解析：(1)A、B在爆炸前后动量守恒，得2mv0＝mvA＋mvB，解得vB＝4 m/s 根据系统能量守恒有：

112122

2(2m)v0＋E＝2mvA＋2mvB，解得E＝1 J.

v2D

(2)由于B物体恰好经过最高点，故有mg＝mR 对O到D的过程根据动能定理可得： 1212

－μmgxOC－mg·2R＝2mvD－2mvB 联立解得R＝0.3 m. 答案：(1)1 J (2)R＝0.3 m

[综合应用题组]

8．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：

(1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总机械能的损失．

解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v和v1，碰后乙的速度大小为v1′，由动量守恒定律得

mv－Mv1＝Mv1′① 代入数据得v1′＝1.0 m/s②

(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有 121212mv＋Mv1＝Mv1′＋ΔE③ 222联立②③式，代入数据得 ΔE＝1 400 J.

答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J

9．如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落 t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：

(1)B球第一次到达地面时的速度； (2)P点距离地面的高度．

解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有 vB＝2gh①

将h＝0.8 m代入上式，得 vB＝4 m/s②

(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得

v1＝gt③

由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前、后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④

1′22121mv＋mvA1B2＝mBv2⑤ 222

设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得 vB′＝vB⑥

设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 vB′2－v22h′＝⑦

联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m⑧

答案：(1)4 m/s (2)0.75 m

10．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连．求：

(1)弹簧的最大弹性势能；

(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得 12

3mgh＝2×3mv1

A与B碰撞，根据动量守恒得3mv1＝4mv2

弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能 129根据能量守恒得Epmax＝2×4mv2＝4mgh (2)根据题意，A与B分离时A的速度大小为v2

A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh′12＝2×3mv2

解得h′＝16h 99

答案：(1)4mgh (2)16h

11. 如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：

(1)小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？ (2)平板车P的长度为多少？

(3)小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？

解析：(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒： 12

mgR(1－cos 60°)＝2mv0 v0＝gR

小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．

小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒： mv0＝mv1＋Mv2 1

其中v2＝2v1，M＝4m， gRgR

解得：v1＝3，v2＝6. (2)对系统由能量守恒：

1212127Rmv＝mv＋Mv＋μmgL，解得：L＝20212218μ. 1

(3)Q脱离P后做平抛运动，由h＝2gt2，解得：t＝2Rh

Q落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝6. gR

答案：(1)3

gR7R2Rh (2) (3)618μ6 实验七验证动量守恒定律

2hg

一、实验目的

1．验证一维碰撞中的动量守恒． 2．探究一维弹性碰撞的特点．二、实验原理

在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒．

三、实验器材

方案一气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．

方案二带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．方案三光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等．

方案四斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板等．

四、实验步骤

1．先用天平测出小球质量m1、m2.

2．按图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端切线水平，把被碰小球放在斜槽前边的小支柱上，调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度．且碰撞瞬间，入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保正碰后的速度方向水平．

3．在地面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸．

4．在白纸上记下重垂线所指的位置O，它表示入射小球m1碰前的位置． 5．先不放被碰小球，让入射小球从斜槽上同一高度处滚下，重复10次，用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心就是入射小球无碰撞时的落地点P.

6．把被碰小球放在小支柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次，按照步骤5的方法找出入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.

7．过O、N在纸上作一直线，取OO′＝2r，O′就是被碰小球碰撞时的球心投影位置(用刻度尺和三角板测小球直径2r)．

8．用刻度尺量出线段OP、OM、O′N的长度，把两小球的质量和相应在的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N看是否成立．

9．整理实验器材放回原处．

五、注意事项

1．斜槽末端的切线必须水平．

2．使小支柱与槽口的距离等于小球直径．

3．认真调节小支柱的高度，使两小球碰撞时球心在同一高度上． 4．入射小球每次必须从斜槽同一高度由静止释放． 5．入射球质量应大于被碰球的质量．

6．实验过程中，实验桌、斜槽、记录纸的位置要始终保持不变．

考点一实验原理与操作

[典例1] 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．

A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程

(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.

然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)

A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H

D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON

解析 (1)小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出的高度相同，故它们在空中的运动时间t相等，水平位移x＝v0t，即水平位移与初速度成正比，故实验中不需要测量时间，也就不需要测量桌面的高度H，只需要测量小球做平抛运动的射程，选项C正确．

(2)小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，故它们在空中的

OPOMON

运动时间t相等，水平位移x＝v0t，知v0＝t，v1＝t，v2＝t，由动量守恒OPOMON

定律知m1v0＝m1v1＋m2v2，将速度表达式代入得m1t＝m1t＋m2t，解得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故要完成的必要步骤是ADE或DAE.

答案 (1)C (2)ADE或DAE

考点二实验数据处理

[典例2] 在用如图甲所示的装置研究碰撞中的动量守恒的实验中①用游标卡尺测量直径相同的入射球与被碰球的直径，测量结果如图乙所示，该球直径为________cm.②实验中小球的落点情况如图丙所示，入射球A与被碰球B的质量比mA∶mB＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比pA∶pB＝________.

pAmA·OM3

解析根据游标卡尺的读数规则，该球的直径为2.14 cm；p＝＝

O′N2BmB·13.50 cm313.501

×＝2×＝2. 42.64 cm－2r42.64－2.14

答案 2.14 1∶2

考点三实验改进拓展创新

用斜槽结合平抛运动的知识验证动量守恒定律是本实验的主要考查方式，但创新实验不拘拟于课本还可用气垫导轨、等长悬线悬挂等大小球完成．

1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出滑块质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨．

(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．

不能太坚固．故D错误．

3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )

A．2∶3 C．3∶5

B．2∶5 D．5∶3

解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m

甲

v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确． 4. 质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前

后两球的位移－时间图象如图所示，则可知碰撞属于( )

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：选A.由x-t图象知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，1112129vb′＝2 m/s，碰撞前动能2mava＋2mbvb＝2 J，碰撞后动能2mava′2＋2mbvb′2＝9

J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava′＋2

mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．

5．(2016·高考天津卷) 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑

块相对于盒运动的路程为________．

解析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共

解得v共＝3.

121?v?2

?3? 由功能关系可得μmgs＝2mv－2·3m·??v2

解得s＝3μg. vv2

答案：3 3μg

考点一碰撞问题

1．解析碰撞的三个依据

(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.

p1′2p2′2p2p212

(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2m＋2m≥2m＋2m.

1212(3)速度要符合情景

①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．

②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.

③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．

2．碰撞问题的探究 (1)弹性碰撞的求解

求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 121212mv＝mv′＋m11112v2′ 222

?m1－m2?v12m1v1解得：v1′＝，v2′＝

m1＋m2m1＋m2(2)弹性碰撞的结论

①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度． ②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．

③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．

[典例1] 质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )

A．0.6v C．0.2v

B．0.4v D．v

解析根据动量守恒得：mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，111

则碰撞后的总动能E′＝2m(－0.8v)2＋2×3m(0.6v)2＝1.72×2mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A错误；当v2＝0.4v时，v1＝111

－0.2v，则碰撞后的总动能为E′＝2m(－0.2v)2＋2×3m(0.4v)2＝0.52×2mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B正确；

当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿越B球，故选项C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．

答案 B

弹性碰撞问题的处理技巧

(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略．

(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．

(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．

(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为代数运算．不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求．

1．(2017·河北衡水中学模拟)(多选)在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )

A．E1＜E0 C．E2＞E0

B．p2＞p0 D．p1＞p0

解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0.故A正确，C错误；根据动量守恒定律得：p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2＞p0.故B正确．故选AB.

2．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )

A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s

解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C11

项中，两球碰后的总动能Ek′＝2mAvA′2＋2mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．

3．(2016·河北衡水中学高三上四调)如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )

A．7∶5 C．2∶1

B．1∶3 D．5∶3

解析：选D.设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2.①

11212由能量守恒定律有：2m1v2＝mv011＋m2v2② 22

两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有： v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5.③

联立①②③，代入数据解得：m1∶m2＝5∶3，故选D.

4．(2017·黑龙江大庆一中检测)(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1

解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，

解得：木板A的质量M＝4 kg，木板获得的动能为：Ek＝2Mv＝2 J，故A正确；11212

系统损失的机械能ΔE＝2mv2－0

2mv－2Mv，代入数据解得：ΔE＝4 J，故B错1

误；由图得到：0～1 s内B的位移为xB＝2×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为1

xA＝2×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确．

考点二爆炸及反冲问题

1．爆炸现象的三条规律

(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．

(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．

(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．

2．反冲的两条规律

(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．

(2)平均动量守恒

若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1－m2

v2＝0，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：

①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒． ②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动． ③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．

1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对

接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是( )

A．mv＝mv1－Δmv2 B．mv＝mv1＋Δmv2 C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2 D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2

解析：选C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确．

2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )

mA.Ml C.M

l M＋m

B．D.

l M＋m

l M－m

解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv人＝Mv船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对地面行l－xxml

进的距离为l－x，有mt＝Mt，则m(l－x)＝Mx，得x＝，故选项B正确．

M＋m

3．一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，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )

解析：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有 31

2m＝4mv甲＋4mv乙①

若爆炸后甲、乙反向飞出，则有 31

2m＝4mv甲－4mv乙② 31

或2m＝－4mv甲＋4mv乙③

爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t＝

2hg＝

2×5x甲2.5

s＝1 s，速度分别为v＝甲

10t＝1

x乙0.5

m/s＝2.5 m/s，v乙＝t＝1 m/s＝0.5 m/s，代入②式不成立，A项错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B项正确．

4．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：

(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．

解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前1的速度v1＝v0cos 60°＝2v0.设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：

3mv1＝2mv1′＋mv2

其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0，

解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反． 1

(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝2×2mv1′2121227＋2mv2－2(3m)v1＝4mv20.

答案：(1)2.5v0 方向与爆炸前速度的方向相反 27(2)4mv20

考点三动量和能量观点综合应用

1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律

能量的观点：动能定理和能量守恒定律

这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．

2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题

(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．

(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．

[典例2] (2016·高考全国甲卷)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.

(1)求斜面体的质量；

(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

解析 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和

机械能守恒定律得

m2v20＝(m2＋m3)v①

1122mv＝(m2202＋m3)v＋m2gh② 22

式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg③

(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入数据得 v1＝1 m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有

m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ 112212m2v20＝m2v2＋m3v3⑦ 222联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．

答案 (1)20 kg (2)见解析