第一章 动量守恒定律（培优复习课件）物理人教版2019选择性必修第一册

第一章 动量守恒定律 高中物理选择性必修一•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 第十三章 内能 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3节 反冲现象 火箭 06 本章思维导图 第十三章 内能 单元复习 知识一 动量、动量定理 知识二 动量守恒定律 知识三 实验：验证动量守恒定律 知识四 碰撞 知识五 反冲现象 火箭 第1节 动量 第一章 动量守恒定律 单元复习 一、 动量、动能及动量变化量的比较 例1．(多选)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 ABD 一、 探究不同物质的吸热能力 【解析】当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如图(a)所示，所以A选项正确。当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如图(b)所示，Δp与p1(或p2)方向相反，与运动方向相反，故B选项正确。当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，故动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，故C选项错误。当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图(c)所示，故D选项正确。 一、 动量、动能及动量变化量的比较 (1)表达式：动量的变化量Δp＝p′－p是矢量式，Δp、p′、p间遵循平行四边形定则，如图所示。 (2)求解：当p、p′在同一条直线上时，可规定正方向，与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值。若Δp是正值，就说明Δp的方向与所选的正方向相同；若Δp为负值，就说明Δp的方向与所选正方向相反。 一、 探究不同物质的吸热能力 例2.　质量m＝2 kg的物体，在光滑水平面上以v0＝4 m/s的速度向右运动，受到一个水平向左的力作用一段时间后，速度大小变为4 m/s，方向水平向左．设向右的方向为正，则在这个过程中物体动量的变化为(　　) A．0　 B．16 kg·m/s C．－8 kg·m/s　 D．－16 kg·m/s D 【解析】根据动量变化Δp＝mvt－mv0.代入数据可得Δp＝[2×(－4)－2×4] kg·m/s＝－16 kg·m/s.负号表示动量变化的方向向左． 一、 动量、动能及动量变化量的比较 第2节 动量定理 第一章 动量守恒定律 单元复习 二、 对动量定理的理解和应用 动量定理的理解 (1)动量定理的表达式F·Δt＝mv′－mv是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义． (2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因． (3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值． 二、 对动量定理的理解和应用 用动量定理解题的基本思路 二、 对动量定理的理解和应用 例3.(多选)如图所示，学生练习用头颠球．某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍 B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/s D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的 冲量大小为3.2 N·s C 【解析】 设足球自由落体80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝4 m/s，t1＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度大小v2＝v1＝4 m/s，上升的时间 t2＝t1＝0.4 s，对足球与人接触的过程有Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小Δp＝3.2 kg·m/s，A错误，C正确；足球下落刚与头接触时的动量p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，D错误． 二、 对动量定理的理解和应用 二、 对动量定理的理解和应用 例4.　一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度均约为30 m/s，则： (1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约为60 kg的人受到的平均冲力是多大； (2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，这时人体受到的平均冲力为多大？ 【答案】(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N 二、 比热容的概念与应用 【解析】(1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m，设运动的时间为t， 流体及 其特点 液体流、气体流等通常被广义地视为“流体”,其质量具有连续性,通常已知密度ρ 分析 步骤 ①建立“柱状模型”,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S; ②微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl=vΔt,对应的质量为Δm=ρSvΔt; ③建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体 三、 巧用微元法结合动量定理解决流体类“柱状模型”问题 例5.人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差h＝20 m，水流量Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头后的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2) 三、 巧用微元法结合动量定理解决流体类“柱状模型”问题 【解析】设水滴下落与石头碰前速度为v，则有 设时间Δt内有质量为Δm的水冲到石头上，石头对水的作用力为F，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv， 又因Δm＝ρQΔt， 由牛顿第三定律，水对石头的作用力F′＝F＝2.0×103 N，方向竖直向下． 三、 巧用微元法结合动量定理解决流体类“柱状模型”问题 例6.某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为m的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便,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(面积大于S);水柱冲击玩具底板后,在竖直方向的速度变为0,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. 三、 巧用微元法结合动量定理解决流体类“柱状模型”问题 三、 巧用微元法结合动量定理解决流体类“柱状模型”问题 解析(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则 Δm=ρΔV①, ΔV=v0SΔt②, 由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S③. (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 Δmv2+Δmgh=Δm④, 在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=Δmv⑤, 设水对玩具的作用力的大小为F,根据牛顿第三定律和动量定理有FΔt=Δp⑥, 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=mg⑦, 联立③④⑤⑥⑦式得 h=-. 三、 巧用微元法结合动量定理解决流体类“柱状模型”问题 第3节 动量守恒定律 第一章 动量守恒定律 单元复习 四、 动量守恒定律的应用 1．动量守恒定律的三种表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′，大小相等，方向相同)． (2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反向)． (3)Δp＝p′－p＝0(系统总动量的变化量为零)． 2．应用动量守恒定律的解题步骤 四、 动量守恒定律的应用 例7.汽车A在水平冰雪路面上行驶,驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m.已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动, g取10 m/s2.求: (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小; (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小. 四、 动量守恒定律的应用 解析(1)以B车为研究对象,根据牛顿第二定律有-μmBg=mBaB, 由运动学公式有0-vB'2=2aBsB, 解得vB'=3.0 m/s. (2)以A车为研究对象,根据牛顿第二定律有-μmAg=mAaA, 由运动学公式有0-vA'2=2aAsA, 两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA'+mBvB'=mAvA, 解得vA=4.25 m/s. 四、 动量守恒定律的应用 例8.算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2. (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间． 四、 动量守恒定律的应用 【解析】(1)甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2， 解得v1＝0.3 m/s. 甲、乙碰撞时由动量守恒定律mv1＝mv2＋mv3， 解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s. 然后乙做减速运动，当速度减为零时，则 可知乙恰好能滑到边框a. 四、 动量守恒定律的应用 (2)甲与乙碰前运动的时间 碰后甲运动的时间 则甲运动的总时间为 t＝t1＋t2＝0.2 s. 四、 动量守恒定律的应用 五、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 五、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 【解析】(1)槽固定时，设球上升的高度为h1， (2)槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者的相同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v， 设木块滑出槽口时的速度为v2，槽的速度为u，则： mv2－Mu＝0， ① 木块下滑时，只有重力做功，机械能守恒，木块在最高处的重力势能转化为木块滑出槽口时的动能和圆槽的动能，即 两种情况下木块滑出槽口的速度之比： 五、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 五、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 解决动量守恒定律问题的思路 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． 五、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 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条件，判断能否应用动量守恒定律． 3．明确所研究的物体间相互作用的过程，分清始、末状态时系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式． 注意：在研究地面上物体间相互作用的过程中，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． 例10.光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动． (1)若槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)； (2)若槽不固定，则小球上升多高？ 五、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 五、动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用 【解析】(1)槽固定时，设球上升的高度为h1， (2)槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者的相同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v， 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 六、实验原理与操作 例11.某同学利用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验,实验装置如图所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成. (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； ③接通光电计时器； 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后与左侧有固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动； 六、实验原理与操作 六、实验原理与操作 滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3=8.35 ms; ⑧测出挡光片的宽度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. (2)数据处理与实验结论. ①实验中气垫导轨的作用是　　 　和　　 　.  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,滑块2的速度v3为　　　　m/s.(结果保留两位有效数字)  ③计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为 　kg·m/s;两滑块相互作用以后系统的总动量为　　　　kg·m/s.以上实验结果说明　　　　　　　　　　　.  六、实验原理与操作 答案(2)①减小滑块和导轨之间的摩擦　保证两个滑块的碰撞是一维的 ②0.50　0.10　0.60 ③0.15　0.15　碰撞前后系统的动量守恒 六、实验原理与操作 例12.　某实验小组采用如图所示的实验装置做“验证动量守恒定律”的实验．在水平桌面上放置气垫导轨，导轨上安装光电计时器1和光电计时器2，带有遮光片的滑块A、B的质量分别为mA、mB，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，实验过程如下：①调节气垫导轨成水平状态；②轻推滑块A，测得滑块A通过光电计时器1的遮光时间为t1；③滑块A与滑块B相碰后，滑块B和滑块A先后经过光电计时器2的遮光时间分别为t2和t3. 六、实验原理与操作 (1)实验中为确保两滑块碰撞后的滑块A不反向运动，则mA、mB应满足的关系为mA________(填“大于”“等于”或“小于”)mB. (2)碰前滑块A的速度大小为________． (3)利用题中所给物理量的符号表示动量守恒定律成立的式子为________________． 误差分析 1.系统误差:主要来源于装置本身. 造成系统误差的原因: (1)碰撞不是一维碰撞; (2)实验装置和操作未达到实验要求,如气垫导轨不水平,两球体积不相等,入射小球的释放高度存在差异等. 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. 七、实验数据处理 七、实验数据处理 注意事项 1.碰撞的两物体应在同一高度,并发生“正碰”. 2.选取质量不同的物体进行实验. 3.若利用气垫导轨进行实验: (1)调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平,滑块的初速度应沿着导轨的方向; (2)如果物体碰撞后的速度方向与原来的方向相反,数据记录和分析时速度为负值. 七、实验数据处理 4.若利用平抛运动规律进行验证: (1)安装实验装置时,应注意调整斜槽,使斜槽末端水平; (2)为防止两球碰撞后入射球反弹,入射小球的质量应大于被碰小球的质量; (3)实验时需要用铅垂线确定小球做平抛运动的起点在白纸上对应的位置. 例13.某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验,小车A的前端粘有橡皮泥,设法使小车A做匀速直线运动,使其与原来静止的小车B相碰并粘在一起继续做匀速运动,如图甲所示.小车A的后面连着纸带,电磁打点计时器的频率为50 Hz. 甲 七、实验数据处理 七、实验数据处理 (1)若得到的打点纸带如图乙所示,并测得各计数点间的距离,则应选图中　　 段来计算A碰撞前的速度,应选　 段来计算A和B碰撞后的速度.  乙 (2)已测得小车A的质量mA=0.40 kg,小车B的质量mB=0.20 kg,则由以上数据可得碰撞前mAvA+mBvB=　　 　　 kg·m/s,碰撞后mAvA'+mBvB'=　　　　　kg·m/s.  (3)从实验数据的处理结果来看,A、B碰撞的过程中,动量 . (选填“是”或“不是”)守恒的.  七、实验数据处理 答案 (1)CD　EF　(2)0.420　0.417　(3)是 例14　某同学利用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下： 七、实验数据处理 七、实验数据处理 ①在水平桌面上的适当位置固定好弹簧发射器，使其出口处切线与水平桌面相平； ②在一块长平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘．将小球a向左压缩弹簧并使其由静止释放，a球碰到木板，在白纸上留下压痕P； ③将木板向右水平平移适当距离，再将小球a向左压缩弹簧到某一固定位置并由静止释放，撞到木板上，在白纸上留下压痕P2； ④将半径相同的小球b放在桌面的右边缘，仍让小球a从步骤③中的释放点由静止释放，与b球相碰后，两球均撞在木板上，在白纸上留下压痕P1、P3. 七、实验数据处理 (1)下列说法正确的是________． A．小球a的质量一定要大于小球b的质量 B．弹簧发射器的内接触面及桌面一定要光滑 C．步骤②③中入射小球a的释放点位置一定相同 D．把小球轻放在桌面右边缘，通过观察小球是否滚动来检测桌面右边缘末端是否水平 七、实验数据处理 (2)本实验必须测量的物理量有________． A．小球的半径r B．小球a、b的质量m1、m2 C．弹簧的压缩量x1，木板距离桌子边缘的距离x2 D．小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3 (3)用(2)中所测的物理量来验证两球碰撞过程中动量是否守恒，当满足关系式_____________时，则证明a、b两球碰撞过程中动量守恒． 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 八、碰撞的理解 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． (3)位移特点：在碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置． 2．处理碰撞问题的三个原则 (1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′. (3)速度要合理： ①若碰前两物体同向，则v后>v前，碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′ ≥ v后′. ②若两物体相向运动，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． 八、碰撞的理解 例15.(多选)如图所示,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vA=6 m/s,B球的速度是vB=-2 m/s,不久A、B两球发生了对心碰撞.对于碰撞之后A、B两球的速度的可能值,某实验小组的同学们做了很多种猜测,下面的猜测结果可能出现的是( )  A.vA'=-2 m/s,vB'=6 m/s  B.vA'=2 m/s,vB'=2 m/s  C.vA'=1 m/s,vB'=3 m/s  D.vA'=-3 m/s,vB'=7 m/s  八、碰撞的理解 ABC 解析 两球碰撞前后动量守恒,碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和,即mAvA'+mBvB'=mAvA+mBvB①, mAvA'2+mBvB'2mA+mB②.选项D满足①式,但不满足②式. 八、碰撞的理解 求解碰撞问题常用的三种方法 1．解析法：碰撞过程，若从动量角度看，系统的动量守恒；若从能量角度分析，系统的动能在碰撞过程中不会增加；从物理过程考虑，题述的物理情景应符合实际情况，这是用解析法处理问题应遵循的原则． 八、碰撞的理解 2．临界法：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个物体“相距”最近、“相距”最远这一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”． 3．极限法：处理碰撞问题时，有时我们需要将某些未知量设出，然后根据实际情况将未知量推向极端，从而求得碰撞的速度范围． 八、碰撞的理解 例16　北京成功举办了2022年冬奥会，水立方摇身一变，成为了“冰立方”，承办北京冬奥会冰壶比赛．训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s 的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求： (1)冰壶乙获得的速度； (2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞． 八、碰撞的理解 【答案】(1)0.3 m/s　(2)非弹性碰撞 【解析】(1)由题意可知冰壶甲碰撞前、后的速度分别为 v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s， 设冰壶乙碰撞后的速度为v3，由动量守恒定律知 mv1＝mv2＋mv3， 代入数据解得v3＝0.3 m/s. 八、碰撞的理解 八、碰撞的理解 八、碰撞模型拓展 1．子弹打木块模型 模型   九、碰撞模型拓展 特点 ①若子弹未射穿木块，当两者速度相等时，木块的速度最大，子弹射入木块的深度达到最大值． ②系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与子弹射入木块的深度的乘积等于系统减少的机械能． ③当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ff·L(L为子弹射入木块的深度)． ④子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多 九、碰撞模型拓展 2．滑块—弹簧模型 模型   特点 ①两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． ②在能量方面，弹簧发生形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． ③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小． ④弹簧恢复到原长时，弹性势能为零，系统动能最大 九、碰撞模型拓展 3．木板—滑块模型 子弹打木块模型 例17　如图是同一型号子弹以相同的初速度分别射入固定的、两种不同防弹材料时完整的运动径迹示意图．由此图可判定，与第一次试验比较，第二次试验(　　) A．子弹克服阻力做功更少 B．子弹与材料产生的总热量更多 C．子弹的动量变化量更大 D．防弹材料所受冲量相等 九、碰撞模型拓展 D 九、碰撞模型拓展 【解析】由于两次子弹的初速度相同，动能相同，则两次试验的动能变化量相同，根据动能定理可知，两次试验子弹克服阻力做功相同，子弹与材料产生的总热量相同，A、B错误；由于两次子弹的初速度相同，则初动量相等，又两次试验的末动量均为零，则两次试验的子弹的动量变化量相同，根据动量定理可知，两次试验防弹材料所受冲量相等，C错误，D正确． 九、碰撞模型拓展 例18　如图所示，相互接触的质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上，现有一子弹穿过两木块．设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块B的速度大小是(　　) D 九、碰撞模型拓展 九、碰撞模型拓展 弹簧模型 例19　如图所示，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 B 九、碰撞模型拓展 九、碰撞模型拓展 例20　(多选)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量mA＝4 kg、mB＝1 kg，B球上固定一轻质弹簧．若A球以速率v＝2 m/s向右运动碰撞静止的B球，下列说法正确的是(　　) A．A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小 B．弹簧最大的弹性势能为1.6 J C．碰撞结束时，小球A将向左运动 D．碰撞结束时，B球速度大小为4.6 m/s AB 九、碰撞模型拓展 九、碰撞模型拓展 九、碰撞模型拓展 例21(多选)如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长l＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则(　　) A．物块滑上小车后，物块和小车构成的系统动 量守恒 B．物块滑上小车后，物块和小车构成的系统机械能守恒 C．若v0＝2 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s ACD 九、碰撞模型拓展 九、碰撞模型拓展 九、碰撞模型拓展 例22 如图所示,质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起,静置在光滑水平面上,木板AB的上表面粗糙,滑块CD的曲面为光滑的四分之一圆弧,D点切线水平且与木板AB上表面相平.一可视为质点的物块P质量也为m,从木板AB的右端以初速度滑上木板AB,过B点时的速度为,然后滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处,重力加速度为g.求: (1)物块滑到B点时木板的速度大小v; (2)滑块CD圆弧的半径R. 九、碰撞模型拓展 解析(1)对P和木板、滑块组成的系统,由动量守恒定律有m=m·+2mv,解得v=. (2)物块P由D点滑到C点的过程中,滑块CD和物块P组成的系统在水平方向动量守恒, 有m+m=2mv', 根据系统能量守恒,有m·+m·=mgR+·2m, 解得R=. 第六节 反冲现象　火箭 第一章 动量守恒定律 单元复习 十、人船模型 1．反冲运动的特点及遵循的规律 (1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果． (2)条件：①系统不受外力或所受外力的矢量和为零．②内力远大于外力．③系统在某一方向上不受外力或该方向上所受外力之和为零． (3)反冲运动遵循动量守恒定律． 2．反冲运动的特点 (1)速度的反向． 对于原来静止的物体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的运动方向与被抛出部分必然相反． (2)速度的相对性． 一般都指对地速度． 十、人船模型 十、人船模型 3．“人船模型”问题 (1)定义． 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．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题． 十、人船模型 (2)特点． ①两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. ③应用此关系时要注意一个问题：即公式中v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的． 十、人船模型 例23.某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”．该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源．该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说法正确的是(　　) A．只有蜗牛运动，滑块不运动 D．滑块与蜗牛运动的距离之和为L D 十、人船模型 【解析】蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统原来静止状态，总动量为零，根据动量守恒定律可知，蜗牛运动后，系统的总动量仍为零，所以蜗牛运动时，滑块会向相反的方向运动，而不会不动，A错误； 十、人船模型 处理思路. “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题,解决这类问题的思路如下: (1)明确适用条件. ①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为0; 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,找出各位移间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移. 十、人船模型 例24 质量为m'的热气球吊筐中有一质量为m的人,二者共同静止在距地面为h的高空中,如图所示.现从热气球上放下一根质量不计的软绳,为使此人能沿软绳安全滑到地面,软绳至少要多长? 解析 设绳长为l,人沿软绳滑至地面所需的时间为t,可知l=x人+x球.设人下滑的平均速度大小为v人,气球上升的平均速度大小为v球,以向上为正方向,由动量守恒定律得 m'v球-mv人=0,即m'-m=0, x人=h,解得l=h, 所以软绳的长度至少为  h.  十、人船模型 十、火箭问题 1．火箭的速度 2．决定因素 火箭获得速度取决于燃气喷出速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素． 3．多级火箭 由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9 km/s的速度，实际火箭为多级． 多级火箭发射时，较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度．目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求． 十、火箭问题 十、火箭问题 例25 一火箭喷气式发动机每次喷出m=200g的气体,气体离开发动机喷出时相对地面的速度v=1000m/s.设火箭质量m0=300kg,发动机每秒钟喷气20次.  (1)当第三次喷出气体时,火箭的速度大小是多少? (2)运动第1 s末,火箭的速度大小是多少?  十、火箭问题 解析 规定与速度v相反的方向为正方向. (1)设喷出三次气体后,火箭的速度为v3. 以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得 (m0-3m)v3-3mv=0,故v3==2 m/s.  (2)发动机每秒钟喷气20次,以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得(m0-20m)v20-20mv=0,故v20==13.5 m/s.  十、火箭问题 【变式】例题25中,若发动机每次喷出2kg气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1000m/s是相对于火箭的,则第一次喷出气体后,火箭的速度大小是多少?  解析 由动量守恒定律知(m0-m)v1+m(v1-v)=0, 解得v1=6.67 m/s.  十、火箭问题 例26．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(　　) A．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭 B．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭 D．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭 D 十、火箭问题 【解析】火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出，气体的反作用力使火箭获得反冲速度，故A、B、C错误，D正确． 根据x＝t，得t＝＝ s. 根据动量定理得－Ft＝0－mv0， 故F＝＝ N＝5.4×104 N. (2)若此人系有安全带，则由(1)同理可得 F′＝＝ N＝1.8×103 N. 联立得F＝ρQ＝2.0×103 N， mgh＝mv2， x＝＝ m＝0.02 m＝s2， 设甲与乙碰前的速度为v1，则v＝v－2as1， t1＝＝ s＝0.1 s， t2＝＝ s＝0.1 s， 例9　如图所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的光滑圆槽顶端由静止滑下．在圆槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？ 由机械能守恒定律得mv＝(m＋M)v2＋mgh2， 解得小球上升的高度h2＝. 由机械能守恒得mgh1＝mv，解得h1＝. ＝＝. mgR＝mv＋Mu2， ② 联立①②两式解得木块滑出槽口的速度v2＝， 由机械能守恒定律得mv＝(m＋M)v2＋mgh2， 解得小球上升的高度h2＝. 由机械能守恒得mgh1＝mv，解得h1＝. 答案(1)大于　(2)　(3)＝＋ 【答案】(1)AD　(2)BD　(3) ＝＋ (2)碰撞前的动能E1＝mv＝1.52 J， 碰撞后两冰壶的总动能 E2＝mv＋mv＝0.95 J. 因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞． 模型 特点 ①若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时，木板的速度最大，两者的相对位移达到极值． ②系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能． ③根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可知，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多 【解析】A与B碰撞过程动量守恒，有mAv＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2 m/s.当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化为弹簧的弹性势能，所以Ep＝(mA＋mB)v＝8 J. 【解析】由于地面光滑，所以物块和小车构成的系统动量守恒，故A正确；由于物块和小车之间有摩擦力，所以系统机械能不守恒，故B错误；设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，设物块与车面间的滑动摩擦力为f，则f＝μm2g，对物块应用动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝，若v0＝2 m/s，代入数据得t＝0.24 s，C正确； 要使物块恰好不从车面上滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′，由功能关系有m2v′＝(m1＋m2)v′2＋μm2gl，代入数据解得v0′＝5 m/s，故D正确． 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；人、船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. C．蜗牛运动的位移大小是滑块的倍 B．滑块运动的距离是L 设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律：0＝mv＋Δmu，得v＝－u. $$