第一章 动量守恒定律（复习课件）物理人教版2019选择性必修第一册

第一章 动量守恒定律 选择性必修第一册•人教版 台球的碰撞、微观粒子的散射，这些运动似乎有天壤之别。然而，物理学的研究表明，它们遵从相同的科学规律——动量守恒定律。动量守恒定律是自然界中最普遍的规律之一，无论是设计火箭还是研究微观粒子，都离不开它。 第1节 动量 01 第2节 动量定理 02 第3节 动量守恒定律 03 第一章 动量守恒定律 单元复习 第4节 实验:验证动量守恒定律 04 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 05 第6节 反冲现象 火箭 06 本章思维导图 动量守恒定律 第一章 动量守恒定律 单元复习 本章视频集锦 ①动画讲解—《动量》 ②动画讲解—《动量定理》 第一章 动量守恒定律 单元复习 本章视频集锦 ①动画讲解—《动量守恒定律》 ②动画讲解—《弹性碰撞和非弹性碰撞》 ③实验回顾—《反冲现象》 第一章 动量守恒定律 单元复习 第1节 动量 第一章 动量守恒定律 单元复习 知识一 动量及动量的变化量 1.动量 (1)定义：物体的 和 的乘积。 (2)定义式：p＝ ，单位：kg·m/s。 (3)矢量性：动量是 (填“矢”或“标”)量，方向与 相同，运算遵循平行四边形定则。 2.动量的变化量Δp (1)表达式：Δp＝p2－p1，其中p1为初动量，p2为末动量。 (2)方向：动量变化量为矢量，与速度变化的方向 (填“相同”或“相反”)。 质量 速度 mv 矢 速度的方向 相同 知识二 动量与动能的区别和联系 动量和动能的比较   动量 动能 定义式 p＝mv   标矢性 矢量 标量 定义式v的含义 速度 速率 换算关系   动量及动量的变化量 (多选)(2022·天津二中月考)关于动量的变化，下列说法中正确的是 A.做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同 B.做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反 C.物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零 D.物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零 例1 √ √ √ 动量及动量的变化量 如图所示，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。 例2 (1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中足球动量的改变量； (2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球的动量改变量。 动量及动量的变化量 答案　见解析 （1）取向右为正方向，初、末动量分别为： p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右， p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右， 动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。 （2）取向右为正方向，初、末动量分别为： p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右， p2＝mv2＝0.4×(－3) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，负号表示方向向左， 动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，负号表示方向向左。 动量与动能的区别和联系 关于质量一定的物体的动能、动量关系说法正确的是 A.动能不变，动量一定不变 B.动量变化，动能一定变化 C.动量的变化量为零，动能的变化量一定为零 D.动能的变化量为零，动量的变化量一定为零 例3 √ 动量与动能的区别和联系 一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为1.25 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.45 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中： (1)篮球动量的变化量； 例4 (2)篮球动能的变化量。 （3）若篮球与地面发生碰撞时无能量损失，反弹后仍然上升到1.25 m高度处，则篮球动量的变化量是多少？动能的变化量是多少？ 动量与动能的区别和联系 答案（1）4 kg·m/s，方向竖直向上　 规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5 ×3 kg·m/s－0.5×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s 即篮球的动量变化量大小为4 kg·m/s，方向竖直向上。 动量与动能的区别和联系 （2）篮球的动能变化量为 即动能减少了4 J。 （3） （2）减少了4 J （3）5 kg·m/s，方向竖直向上0 第2节 动量定理 第一章 动量守恒定律 单元复习 知识一 动量定理的理解 1.冲量 (1)定义：力与 的乘积。 (2)定义式：I＝ 。 (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的 的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越 。 (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是 ，符号为 。 (5)矢量性：冲量是 (填“矢”或“标”)量。如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同。 力的作用时间 FΔt 累积效应 大 牛秒 N·s 矢 知识一 动量定理的理解 2.动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_____________。 (2)表达式：I＝ 或F(t′－t)＝ 。 动量变化量 p′－p mv′－mv 知识一 动量定理的理解 3.对动量定理的理解 (1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 (2)动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 (3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变化的力，则F应理解为合外力在作用时间内的平均值。 (4)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 4.动量定理、动能定理的区别 (1)动量定理指出力在时间上的积累改变了物体的动量，动能定理指出力在空间上的积累改变了物体的动能。 (2)动量定理是矢量式，动能定理是标量式。 知识二 动量定理的基本应用 根据动量定理FΔt＝p′－p＝Δp可知： (1)Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； (2)F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大； (3)Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。 知识三 冲量的计算 1.冲量是过程量 冲量是力作用在物体上的时间累积效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 2.冲量是矢量 在力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。 3.冲量和功的比较 (1)某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量不为零。 (2)一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，方向一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，符号也不一定相反。 动量定理的基本应用 (多选)利用动量定理对下列现象的解释，其中正确的是 A.击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量 C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了 延长作用时间以减小作用力 D.在车内推车推不动，是因为车(包括人)所受合外力的冲量为零 例1 √ √ 动量定理的基本应用 如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是 A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小 B.快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大 C.为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因 数应尽量大一些 D.为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因 数应尽量大一些 例2 √ 动量定理的基本应用 一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45 m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002 s，求球棒对垒球的平均作用力为多大？ 例3 动量定理的基本应用 答案　6 300 N 取垒球飞向球棒的方向为正方向。垒球的初动量为p1＝mv1＝4.5 kg·m/s，垒球的末动量为p2＝mv2＝－8.1 kg·m/s， 垒球所受的平均作用力的大小为6 300 N，负号表示力的方向与垒球飞向球棒的方向相反。 冲量的计算 (多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，如图所示，经时间t，下列说法正确的是(重力加速度为g) A.重力对物体的冲量大小为mgtsin θ B.支持力对物体的冲量大小为零 C.摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ D.合力对物体的冲量大小为零 例4 √ √ 冲量的计算 解析：根据冲量的定义知，重力对物体的冲量大小为mgt， A错误； 对物体进行受力分析可知支持力大小FN＝mgcos θ， 则支持力对物体的冲量大小为mgcos θ·t，B错误； 摩擦力Ff＝mgsin θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ，C正确； 因物体静止，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确。 冲量的计算 一物体受到方向不变的力F作用，其中力F的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在6 s内的冲量大小为 A.9 N·s B.13.5 N·s C.15.5 N·s D.18 N·s 例5 √ 冲量的计算 解析： 冲量的计算 (多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，重力加速度为g，不计空气阻力，在这段时间内物体所受重力的冲量为 例6 √ √ √ 冲量的计算 IG＝mgt，B正确； 解析： 第3节 动量守恒定律 第一章 动量守恒定律 单元复习 知识一 动量守恒定律的理解 1.系统、内力与外力 (1)系统： 相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 (2)内力： 物体间的作用力。 (3)外力：系统 的物体施加给系统内物体的力。 两个(或多个) 系统中 以外 知识一 动量守恒定律的理解 2.动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统 ，或者 ，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式： m1v1＋m2v2＝ (作用前后总动量相等)。 (3)适用条件：系统 或者所受外力的 。 (4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体.既适用于宏观领域，也适用于 领域。 不受外力 所受外力的矢量和为0 m1v1′＋m2v2′ 不受外力 矢量和为零 微观 知识二 动量守恒定律的基本应用 动量守恒的条件 (1)理想条件：系统不受外力。 (2)实际条件：系统受合外力为零。 (3)近似条件：系统内力远大于外力，即外力可以忽略。例如在两物体碰撞，炮弹、火箭等突然炸裂过程等可用动量守恒来解释。 动量守恒定律的理解 下图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是 例1 A.只有甲和乙 B.只有丙和丁 C.只有甲和丙 D.只有乙和丁 √ 动量守恒定律的理解 如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是 A.男孩和木箱组成的系统动量守恒 B.小车与木箱组成的系统动量守恒 C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D.木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同 例2 √ 动量守恒定律的理解 小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，B错误； 男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，C正确； 木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，D错误。 解析：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误； 动量守恒定律的基本应用 如图所示，游乐场上，两位同学各驾驶一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为120 kg，碰撞前水平向右运动，速度的大小为5 m/s；乙同学和他的车的总质量为180 kg，碰撞前水平向左运动，速度的大小为4 m/s。则碰撞后两车共同的运动速度大小为________，方向_________。 例3 0.4 m/s 水平向左 动量守恒定律的基本应用 解析：本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件。设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车碰撞前的速度v1＝5 m/s；乙同学和车碰撞前的速度v2＝－4 m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为：p＝m1v1＋m2v2 碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v。 根据动量守恒定律可知p＝p′， 动量守恒定律的基本应用 即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝－0.4 m/s， 即碰撞后两车以0.4 m/s的速度共同运动， 运动方向水平向左。 动量守恒定律的基本应用 一枚在空中飞行的火箭质量为m，在某时刻的速度大小为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块沿着与v相反的方向飞去，速度大小为v1。求炸裂后瞬间另一块的速度v2。 例4 动量守恒定律的基本应用 解析：以炸裂前火箭速度方向为正方向，则有： 炸裂前火箭的总动量为：p＝mv 炸裂后火箭的总动量为：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2 根据动量守恒定律有： mv＝－m1v1＋(m－m1)v2 即炸裂后瞬间另一块运动方向与炸裂前火箭速度方向相同。 第4节 实验：验证动量守恒定律 第一章 动量守恒定律 单元复习 知识一 实验思路 1.动量守恒定律的适用条件： 或者 。 2.实验原理：由于发生碰撞时作用时间很短，内力 外力，因此碰撞满足动量守恒定律的条件。在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，若系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，则_______________ ______________。 系统不受外力 所受外力的矢量和为0 远大于 m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ 知识二 实验过程 方案1：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒 1.实验装置：如图所示 实验器材：气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、挡光片等。 知识二 实验过程 2.物理量的测量 (1)质量的测量：用 测量两滑块的质量m1、m2。 (2)速度的测量：v＝____，式中的d为滑块上挡光片的 ，Δt为数字计时器显示的滑块上的挡光片经过 的时间。 (3)碰撞情景的实现：利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用在滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。 天平 宽度 光电门 知识二 实验过程 3.本实验研究以下几种情况 (1)滑块碰撞后分开。 (2)滑块碰撞后粘连。 (3)静止的两滑块被反向弹开。 4.实验步骤：(以上述3中第(1)种情况为例) (1)安装气垫导轨，接通电源，给导轨通气，调节导轨水平。 (2)在滑块上安装好挡光片、弹性碰撞架、光电门等，测出两滑块的质量m1和m2。 知识二 实验过程 (3)用手拨动滑块使其在两数字计时器之间相碰.滑块反弹越过数字计时器之后，抓住滑块避免反复碰撞.读出两滑块经过两数字计时器前后的4个时间。 (4)改变碰撞速度，或采用运动滑块撞击静止滑块等方式，分别读出多组数据，记入表格。 5.数据分析 在确保挡光片宽度d一致的前提下，可将验证动量守恒定律 m1v1＋m2v2 ＝m1v1′＋m2v2′变为验证__________________。 知识二 实验过程 6.注意事项 (1)气垫导轨要调整到水平。 (2)安装到滑块的挡光片宽度适当小些，计算速度会更精确。 知识二 实验过程 方案2：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 1.实验装置：如图甲所示，让一个质量 的小球从斜槽上滚下来，与放在斜槽末端的另一质量 的同样大小的小球发生正碰，斜槽末端保持水平，之后两小球都做 。 实验器材：铁架台，斜槽轨道，两个大小相等、质量 的小球，铅垂线，复写纸，白纸， ，________，圆规，三角板等。 较大 较小 平抛运动 不同 天平 刻度尺 知识二 实验过程 2.物理量的测量 (1)质量的测量：用天平测量两小球的质量m1、m2。 (2)速度的测量：两球碰撞前后的速度，可以利用平抛运动的知识求出。 3.实验步骤： (1)不放被碰小球，让入射小球m1从斜槽上某一位置由 滚下，记录平抛的落点P及水平位移OP。 (2)在斜槽水平末端放上被碰小球m2，让m1从斜槽 位置由静止滚下，记下两小球离开斜槽做平抛运动的落点M、N及水平位移OM、ON。 静止 同一 知识二 实验过程 (3)为了减小误差，需要找到不放被碰小球及放被碰小球时小球落点的平均位置。为此，需要让入射小球从同一高度多次滚下，进行多次实验，然后用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面，其圆心即为小球落点的平均位置。 知识二 实验过程 4.数据分析 由OP＝v1t，OM＝v1′t，ON＝v2′t， 可知，小球碰撞后的速度之比等于它们落地时飞行的水平距离之比，因此这个实验可以不测量速度的具体数值，只需验证___________________ ________是否成立就可以验证动量守恒定律是否成立。 m1·OP＝m1·OM＋ m2·ON 知识二 实验过程 5.注意事项 (1)斜槽末端的切线必须水平。 (2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。 (3)入射球的质量m1大于被碰球的质量m2。 (4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。 (5)不需要测量速度的具体数值，将速度的测量转化为水平距离的测量。 知识三 误差分析 1.系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。 (1)碰撞是否为一维。 (2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力，两球是否等大等。 2.偶然误差：主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。 实验过程和误差分析 某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成。 例1 (1)下面是实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； 实验过程和误差分析 ③接通数字计时器； ④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧(未画出)的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动； ⑦读出滑块通过光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms； ⑧测出挡光板的宽度均为d＝5 mm，测得滑块1的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g。 实验过程和误差分析 (2)数据处理与实验结论： ①实验中气垫导轨的作用是： A._____________________________________________； B._____________________________________________。 答案　见解析 A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。 B.保证两个滑块的碰撞是一维的。 实验过程和误差分析 ②碰撞前滑块1的速度v1为__________ m/s；碰撞后滑块1的速度v2为__________ m/s；碰撞后滑块2的速度v3为__________ m/s。(结果均保留两位有效数字) 答案　见解析 实验过程和误差分析 滑块1碰撞之前的速度 滑块1碰撞之后的速度 实验过程和误差分析 ③碰撞前系统的总动量为m1v1＝_________________________。 碰撞后系统的总动量为m1v2＋m2v3＝_____________________。 由此可得实验结论：___________________________________。 答案　见解析 系统碰撞之前m1v1＝0.15 kg·m/s， 系统碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s。 通过实验结果，可得结论：在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒。 实验过程和误差分析 某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，调节实验装置，使小球放在QR上时恰能保持静止，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹.然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。 例2 实验过程和误差分析 图甲中O是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP。米尺的零刻度与O点对齐。 (1)入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA_____mB(选填“>”“<”或“＝”)。 > 要使两球碰后都向右运动，A球质量应大于B球质量，即mA>mB。 实验过程和误差分析 (2)碰撞后B球的水平射程约为____________________cm。 64.7(64.2～65.2均可) 将10个点圈在圆内的最小圆的圆心为平均落点，可由米尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7 cm。 实验过程和误差分析 (3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是________(填选项前的字母)。 A.水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离 B.A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离 C.测量A球或B球的直径 D.测量A球和B球的质量 E.测量G点相对于水平槽面的高度 ABD 实验过程和误差分析 解析：从同一高度做平抛运动，飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移x＝vt，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移的测量值代替平抛运动的初速度。故需测出未放B球时A球飞行的水平距离OP和碰后A、B球飞行的水平距离OM和ON，及A、B两球的质量，故A、B、D正确。 实验过程和误差分析 (4)若系统动量守恒，则应有关系式：_________________________。 mA·OP＝mA·OM＋mB·ON 解析：若动量守恒，需验证的关系式为mAvA＝mAvA′＋mBvB′， 第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞 第一章 动量守恒定律 单元复习 知识一 弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞的特点 (1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。 (2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。 (3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。 (4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。 (5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′，满足Ek≥Ek′。 2.碰撞的分类 (1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能 。 (2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能 。 不变 减少 知识二 弹性碰撞的实例分析 如图所示，质量为m1的小球A以速度v1向右与质量为m2的静止小球B发生碰撞，若两者间的碰撞是弹性碰撞且两球碰撞前后 的速度均在一条直线上。 根据下列提示，求碰后A、B两球的速度v1′、v2′。 碰撞过程中动量守恒，表达式为______________________① 碰撞前后动能相等，表达式为____________________________② 由①式得m1(v1－v1′)＝m2v2′ 由②式得m1(v12－v1′2)＝m2v2′2 联立以上两式得v1′＋v1＝v2′ 由上面关系式可解得v1′＝__________，v2′＝__________。(请记住这两个结果，以便今后直接使用) m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 知识二 弹性碰撞的实例分析 正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线，这种碰撞称为 ，也叫作 或 。 正碰 对心碰撞 一维碰撞 知识二 弹性碰撞的思考与讨论 1.以碰前物体m1速度的方向为正方向 (1)若m1＝m2，则有v1′＝ ，v2′＝ ，即碰撞后两球速度 。 (2)若m1>m2，则v1′ 0, v2′ 0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都与v1方向 (填“相同”或“相反”)。 (3)若m1<m2，则v1′ 0(填“>”“＝”或“<”)，表示v1′与v1方向______(填“相同”或“相反”)。 2.继续思考： (1)若m1≫m2，则v1′＝ ，v2′＝ ； (2)若m1≪m2，则v1′＝ ，v2′＝ 。 0 v1 互换 > > 相同 < 相反 v1 2v1 －v1 0 知识三 碰撞的可能性 碰撞问题遵循的三个原则： (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (3)速度要合理： 碰撞前、后碰撞双方运动速度之间的关系必须合理。如果碰前两物体同向运动，有v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若碰后两物体同向运动，有v前′≥v后′，否则碰撞还没有结束。 弹性碰撞和非弹性碰撞 如图，在光滑水平面上，两个物体的质量都是m，碰撞前一个物体静止，另一个以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。碰撞后该系统的总动能是否会有损失？ 例1 答案　见解析 弹性碰撞和非弹性碰撞 可见，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。 答案： 总结提升 1.完全非弹性碰撞：碰撞后两物体合为一体或者具有共同的速度。 2.完全非弹性碰撞中的半能损失：在一动撞一静的完全非弹性碰撞中，若两物体质量相等，此过程中损失的动能为系统初动能的一半。 弹性碰撞和非弹性碰撞 如图所示，光滑水平桌面上一只质量为5.0 kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.5 kg的球瓶。此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出，而保龄球以2.0 m/s的速度继续向前运动，求： 例2 (1)碰撞前保龄球的速度大小； (2)通过计算判断该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。 弹性碰撞和非弹性碰撞 （1）设碰撞前保龄球的速度为v1，根据动量守恒定律有 Mv1＝Mv1′＋mv2 解得v1＝2.9 m/s 答案： （2）保龄球和球瓶组成的系统初、末动能分别为 因为Ek1<Ek0，所以该碰撞为非弹性碰撞。 碰撞的可能性 (2023·长治市第二中学月考)质量m1＝4 kg、速度v0＝3 m/s的A球与质量m2＝2 kg且静止的B球在光滑水平面上发生正碰。若发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度分别为多少？ 例3 答案　1 m/s　4 m/s 两球发生弹性碰撞，则满足动量守恒和机械能守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 代入数据解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s 碰撞的可能性 质量为m、速度为v的A球跟质量为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。请你论证：碰后B球的速度可能是以下值吗？ (1)0.6v；(2)0.4v。 例4 答案　见解析 碰撞的可能性 解析：若A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，B获得的最大速度满足： 若A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律，B获得的最小速度满足：mv＝(m＋3m)vmin 故B球速度可能是0.4v，但不可能是0.6v。 总结提升 一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： 总结提升 碰撞的可能性 (多选)质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，可能正确的是 例5 B.v1′＝3 m/s，v2′＝0.5 m/s C.v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/s D.v1′＝－1 m/s，v2′＝2.5 m/s √ √ 碰撞的可能性 由碰撞前后系统总动量守恒知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，总动能不增加，则Ek≥Ek1′＋Ek2′，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，故A、D项正确。 第6节 反冲现象　火箭 第一章 动量守恒定律 单元复习 知识一 反冲现象的理解与应用 1.定义 一个静止的物体在 的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向 方向运动的现象。 2.规律：反冲运动中，相互作用力一般较 ，满足 。 3.反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边 。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的 会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 内力 相反的 大 动量守恒定律 旋转 反冲 深化总结 1.反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒。 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。 2.讨论反冲运动应注意的两个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程。 知识二 火箭的工作原理分析 1.火箭的主要用途：火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。 2.火箭的工作原理：火箭是利用燃气高速喷发时的反冲运动，遵循动量守恒定律。 知识三 “人船模型”问题 1.“人船模型”问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。 2.人船模型的特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比。 知识四 爆炸问题 想一想： 有一炸弹突然爆炸分成了两块，在爆炸前后，系统的动量和机械能怎样变化，为什么？ 答案　由于爆炸时内力远大于外力，故爆炸时系统动量守恒，爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，故爆炸时系统机械能增加。 反冲现象的理解与应用 狙击枪重M＝8 kg，射出的子弹质量m为20 g，若子弹射出枪口时的速度为v＝1 000 m/s，不计人对枪的作用力，则枪的后退速度v′是多大？ 例1 答案　2.5 m/s 反冲现象的理解与应用 解析：子弹和枪组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向。 作用前：p＝0 作用后：p′＝mv－Mv′ 由动量守恒定律得：p＝p′ 即0＝mv－Mv′ 火箭的工作原理分析 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道。如果长征二号F遥十二运载火箭(包括载人飞船、航天员和燃料)的总质量为M，竖直向上由静止开始加速，每次向下喷出质量为m的燃气，燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v，则第5次喷出燃气的瞬间，运载火箭速度大小为(忽略重力的影响) 例2 √ 火箭的工作原理分析 “人船模型”问题 如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是 例3 √ “人船模型”问题 解析：A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则 m2x－m1(b－a－x)＝0， 总结提升 “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 爆炸问题 (2022·盐城市高二期末)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是 A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B.刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C.刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D.爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027 J 例4 √ 爆炸问题 解得ΔE＝0.027 J，故D正确。 爆炸问题 一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h距离时突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，不计空气阻力，求： (1)刚炸裂时另一块的速度v2。 例5 爆炸问题 方向与规定的正方向相反。由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2 解析： 爆炸问题 (2)爆炸中两物体增加的总机械能。 ΔE＝E总－E初， 第一章 动量守恒定律 单元复习 Lavf58.29.100 Multimedia Cloud Transcode (cloud.baidu.com) Lavf58.20.100 Codec by Bilibili XCode Worker v4.8.38(fixed_gap:False)  p＝，Ek＝ Ek＝mv2 篮球反弹后的初速度v2＝＝ m/s＝3 m/s，方向竖直向上. 篮球与地面相撞前瞬间的速度为v1＝＝ m/s＝5 m/s，方向竖直向下， 发生碰撞前后速度大小不变，方向改变，由题可知，碰撞前v1＝＝5 m/s，方向竖直向下，碰撞后v2＝5 m/s，方向竖直向上.规定竖直向下为正方向。 Δp＝(－mv2)－mv1＝－5 kg·m/s，即篮球的动量变化量大小为5 kg·m/s，方向竖直向上，ΔEk＝mv22－mv12＝0，即动能的变化量为0。 ΔEk＝mv22－mv12＝××32 J－××52 J＝－4 J 由动量定理可得垒球所受的平均作用力为 ＝＝－6 300 N. 由I＝Ft可知，在F－t图像中，图线与坐标轴所围成的面积表示冲量的大小，所以I＝×3×3 N·s＋3× 3 N·s＝13.5 N·s，故B正确，A、C、D错误。 A.m(v－v0) B.mgt C.m D.m Δp＝p′－p＝mvy，vy＝＝，故C、D正确，A错误。 答案　，方向与炸裂前火箭速度方向相同 代入数据解得：v2＝ ＋＝＋ 得v1＝，v1′＝，v2′＝。 v2＝＝ m/s≈0.10 m/s； 滑块2碰撞之后的速度v3＝＝ m/s≈0.60 m/s； v1＝＝ m/s≈0.50 m/s； 将vA＝，vA′＝，vB′＝代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON。 m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 v1 v1 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 碰撞前的总动能Ek＝mv2 碰撞后的总动能Ek′＝×2mv′2＝mv2 根据动量守恒定律得2mv′＝mv，则v′＝ Ek0＝Mv12＝21.025 J Ek1＝Mv1′2＋mv22＝16.75 J m1v02＝m1v12＋m2v22 解得vmin＝＝0.25v vmax＝v＝0.5v (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 (3)一般情况下(即非弹性碰撞)： v1≥v1′≥v1， v1≥v2′≥v1。 A.v1′＝v2′＝ m/s (2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝。人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L。 解得v′＝＝(0.02 × ) m/s＝2.5 m/s。 A. B. C.()5v D.()5v 设第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为v1，此时运载火箭的质量为M－5m，忽略重力影响，运载火箭喷气过程系统动量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝，故选A。 A.b B.b C.(b－a) D.(b－a) 解得x＝，故C正确，A、B、D错误。 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝，代入数据解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误； 爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02，代入数据， 答案　，方向竖直向下 炸裂前物体的动量为p＝mv＝m， 炸裂后质量为m1的一块恰好能向上运动到开始下落的位置，则刚炸裂时其速度大小与炸裂前相同，即v1＝－， 解得v2＝，由于m>m1，则v2>0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下。 由自由落体运动规律可知，炸裂前物体的速度v＝，取竖直向下为正方向， E总＝m1v12＋(m－m1)v22 则ΔE＝(m－m1)v22－(m－m1)v2＝。 答案　 $$