第六章动量和动量守恒.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流第六章 动量和动量守恒.精品文档.第六章 动量和动量守恒第一单元 动量和冲量动量定理教学内参教学总体思路1.动量和冲量的概念是全章的基础，对动量和冲量概念的理解以及强调动量和冲量的方向性，使学生对矢量的方向性给予足够的重视.另外，理解和掌握动量定理的内容以及动量定理的实际应用，会选择研究对象及有关过程并使学生熟练掌握用代数方法研究矢量问题的方法是本单元研究的重点.动量的变化及方向性不仅是教学的重点，也是难点，教学中应给予更多的关注.2.本单元涉及的问题皆为一维情况下的问题，但应让学生明确，动量定理不仅适用于恒力情形，也适用于变力情形；不仅适用

2、于直线运动，也适用于曲线运动.在学生做过一定数量的练习后，要引导学生把动量定理和牛顿第二定律加以比较，让学生弄清它们之间的区别和联系，弄清牛顿第二定律说的是力的瞬时作用效果，动量定理说的是力对时间的积累效果.高考动态分析 本单元考题的热点是:考查动量的矢量性,辨析“动量与动能”“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量，或进而求出平均力，这类题目常常以选择、填空题的形式出现.因此，在今后的高考中重点考查的可能性仍然较大，不可轻视.知识扫描一、动量1.动量的定义：运动物体质量和速度的乘积叫动量，即p=mv.2.动量是矢量：物体动量的方向与物体的瞬时速度方向相同.3.

3、动量是相对量：由于物体运动的速度与参考系的选择有关，所以物体的动量也跟参考系的选择有关.选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量.4.动量的单位：在国际单位制中，动量的单位是kgm/s.二、冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫该力的冲量.它反映了力对时间的积累过程，是一个过程量.2.冲量是矢量：它的方向由力的方向来确定.当力F方向不变时，I与F方向相同.3.单位：在国际单位中，冲量的单位为Ns，与动量的单位相同.三、动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化.2.公式：Ft=p-p.复习导航考纲解读知识点要求解

4、读动量、冲量、动量定理理解动量、冲量的概念，明确动量改变的物理意义，理解并掌握动量定理及其应用焦点突破1.对动量变化量的理解和计算（1）矢量性，其方向与物体速度的变化量v的方向相同.在合外力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也是物体加速度的方向，即物体所受合外力的方向.（2）运算法则和方法：遵循矢量运算的法则（平行四边形定则）.如果物体的初、末动量都在同一条直线上，常常选取一个正方向，使物体的初、末动量都带有表示自己方向的正负号，这样，就可以把复杂的矢量运算化为简单的代数运算了.求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化常常按p=Ft求出恒力的冲量等效代换动量的变化.如平抛运动中动量的变化问题.【

5、互动探究1】关于冲量、动量及其增量的下列说法中正确的是（ ）A.冲量的方向一定和动量的方向相同 B.冲量的大小一定和动量变化量的大小相等C.动量增量的方向一定和动量的方向相同 D.动量增量的大小一定和动量大小的增量相等答案：B2.动量定理的理解及应用（1）表达式中Ft是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量.其中的F可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值.（2）动量定理中的冲量和动量都是矢量，定理的表达式应是一个矢量式.一般情况下，动量定理的应用只限于一维的情况.这时，可规定一个正方向，将矢量式化为代数式运算.（3）动量定理的研究对象是单个质点或由质点

6、所构成的系统.当研究对象为质点系统时，动量定理中的动量应是该系统内所有质点在同一时刻动量的矢量和，而冲量同该系统内各个质点在同一物理过程中所受一切外力冲量的矢量和，不包括系统内各质点之间相互作用力（内力）的冲量，这是因为内力总是成对出现的，且大小相等、方向相反，故其内力的总冲量必定为零.（4）动量定理不仅适用于恒力作用的过程，也适用于变力作用的过程；不仅适用于一个物理过程的各个阶段，也适用于整个过程.（5）由动量定理得到F=,即物体所受的合力等于物体动量的变化率.【互动探究2】质量为m的小球从h高处自由下落，与地面碰撞时间为t，地面对小球的平均作用力为F，取竖直向上为正方向，在与地面碰撞过程中

7、（ ）A.重力的冲量为mg(+t) B.地面对小球作用力的冲量为FtC.合外力对小球的冲量为(mg+F)t D.合外力对小球的冲量为(mg-F)t答案：B精典剖析考点1 冲量和动量概念的理解和认识案例1 如图6-1-1所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中（ ）图6-1-1A.两物体所受重力冲量相同 B.两物体所受合外力冲量不同C.两物体到达斜面底端时动量相同 D.两物体到达斜面底端时动量不同点拨：（1）恒力的冲量的取决因素是什么？（2）动量大小相同则动量就相同吗？解析：物体沿光滑斜面下滑的加速度a=gsin从斜面顶端到达底端的时间t=而

8、sin=，所以t=两物体从斜面同一高度滑到底端过程中重力的冲量为IG=mgt=.由于斜面倾角不同，故两物体所受重力冲量不同,A错.两物体所受合外力大小为F合=mgsinI合=F合t=mgsin t=,两物体到达斜面底端过程中，所受合外力冲量大小相同.但由于冲量是矢量，斜面倾角不同，两物体在斜面上运动过程中所受合外力方向不同,故合外力冲量不同，B正确.两物体到达斜面底端时速度大小为v=at，所以v=.但由于斜面倾角不同，两物体到达斜面底端时速度方向不同.故两物体到达斜面底端时动量不同，C错，D对.答案：BD说明：在分析判断有关动量和冲量的问题时，一定要注意它的矢量性.另外，当力和速度方向垂直时，

9、或物体的位移为零时，该力不做功但冲量仍由Ft计算，不能把做功的条件与冲量的大小相联系.考点2 动量定理的分阶段或全程应用案例2 质量为m=0.1 kg的小钢球从h1=5 m高处自由下落，与地板碰撞后上升h2=1.8 m，设碰撞时间t=0.2 s，求钢球对地板的平均冲力.点拨：(1)小钢球的运动可分几个阶段?每个阶段遵循什么规律?哪个阶段可运用动量定理?(2)对全过程,动量定理是否适用?解析：解法一根据自由落体和竖直上抛运动的规律，有v1=10 m/s(方向向下）v2=6 m/s(方向向上）.小球与地板碰撞时受力如图6-1-2所示，取竖直向上的方向为止，根据动量定理，有(F-mg)t=mv2-(

10、-mv1)图6-1-2则F=+0.110 N=9 N.由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均冲力大小为9 N，方向竖直向下.解法二小球下落的时间t1=1 s小球反弹后跳起的时间t2=0.6 s仍选向上的方向为正，对题述的全过程，由动量定理，有Ft-mg(t1+t+t2)=0-0则F=9 N.说明：（1）动量定理是一个过程的规律,合适地选择研究过程对解决问题显得特别重要.当一个物体在整个运动过程中受力发生了变化,且各力作用时间不同时,动量定理形式为F1t1+F2t2+Fntn=mv-mv.(2)像竖直方向的碰撞问题,重力冲量的影响是否忽略,那要看重力的冲量与动量的变化量相比是否很小.一般来说，碰撞

11、时间的长短是决定这个问题的至关重要的因素.本题由于碰撞作用时间不是极短,故不能忽略碰撞阶段重力的冲量.考点3 动量定理在相互作用系统中的应用案例3 滑块A和B用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动,如图6-1-3所示.已知滑块A、B与水平桌面之间的动摩擦因数均为.力F作用t s后，A、B间连线断开，此后力F仍作用于B.试求滑块A刚刚停住时，滑块B的速度为多大.（滑块A、B的质量分别为mA、mB）图6-1-3点拨：（1）以A、B整体为研究对象，运用动量定理求线断开时A、B的速度.（2）以A为研究对象，运用动量定理求其匀减速滑行的时间.（3）

12、以A、B整体为研究对象，全程运用动量定理求A刚停住时滑块B的速度.解析：(1)取滑块A、B 为研究对象，研究A、B整体做加速运动的过程.根据动量定理有：F-(mA+mB)gt=(mA+mB)v-0由此可知A、B之间连线断开时，A、B的速度为v=.(2)研究滑块A.A做匀减速运动的过程中，根据动量定理，有magt=0-mav,将v代入上式，可求得滑块A做匀减速滑行时间为t=.(3)研究滑块A、B整体，研究从力F作用开始直至A停住的全过程.此过程中物体系统始终受到力F及摩擦力的冲量，根据动量定理，有F-(ma+mb)g(t+t)=mbvb将t代入上式，可求出滑块A刚停住时滑块B的速度为vb=.答案

13、：说明：本题考查合理选取研究对象和研究过程,运用动量定理求解问题的能力.把质点组看成整体的原则是整体的合外力的冲量已知,或整体的动量变化已知.把质点组作为整体处理时,物体间的相互作用力就是内力,内力对整体的动量变化无贡献,可以不考虑.采用整体法的最大优越性就是不必考虑内力对整体动量的影响,从而使解题过程简捷,富于创造性.考点4 动量定理在流体问题中的应用案例4 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.一瀑布落差为h=20 m，水流量为Q=0.10 m3/s，水的密度=1.0103 km/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零.（落在石头上的水立即流走

14、，在讨论石头对水作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2)点拨：建立如下的“管道模型”，在时间t内射到石头上的水都分布在以S为截面积、长为L=vt的柱体内，这部分水的质量m=SL=vSt，与石头接触前的动量为v2St，接触后的动量为零.根据动量定理可求得这部分水所受的平均作用力，结合牛顿第三定律便可求解.解析：设水滴下落与石头碰前速度为v，则有mgh=mv2设时间t内有质量为m的水冲到石头上，由动量定理得-Ft=0-mv又因m=Qt联立得F=Q=2103 N由牛顿第三定律，水对石头的作用力F=F=2103 N，方向竖直向下.答案：2103 N 方向竖直向下说明：“微元法”是研究物理问题时所

15、采用的一种特殊的分析方法.即把研究对象分割为无限多个无限小的部分,或把物理过程分解成无限多个无限小的部分,然后抽取其中一部分加以研究.通过对所抽取的这一部分研究,就可认识整体或全过程的性质和规律.它实质上是“从复合到单一，从单一到复合”的分析与综合思维方法.自助训练基础达标1.如图6-1-4,固定的光滑斜面倾角为，质量为m的物体由静止开始，从斜面顶端滑到底端，所用时间为t.在这一过程中（ ）图6-1-4A.物体所受支持力的冲量为0 B.物体所受支持力的冲量大小为mgcostC.物体所受重力的冲量大小为mgt D.物体动量的变化量大小为mgsint解析：恒力的冲量只取决于该恒力和作用时间，与其他

16、因素无关；物体动量变化量的大小取决于合外力冲量的大小.答案：BCD2.下列运动中，在任意相等的时间内，物体的动量变化相等的是（ ）A.匀速圆周运动 B.自由落体运动C.平抛运动 D.匀减速直线运动解析：B、C、D三选项叙述的运动受到的合外力均为恒力，故每种运动相等时间内合外力的冲量相等，由动量定理知物体动量的变化量也相等.答案：BCD3.人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了（ ）A.减小地面对人的冲量 B.减小人的动量的变化C.增加人对地面的冲击时间 D.增大人对地面的压强解析：取人体为研究对象，讨论人体从脚触地到人体停止运动这一过程.由题可

17、知：人从同一高度处下落到地面时动量是一定的，因而人体从脚触地到人体停止运动这一过程的动量变化也是一定的，根据Ft=p,p一定时，t越小，F越大；t越大，F越小.因此要减小作用力，就可设法延长力的作用时间.这里让脚尖先触地且着地时弯曲双腿就可以大大延长力的作用时间，从而可减小人体所受的合力，最终达到减小地面对人体的作用力，避免造成摔伤事故.答案：C4.在行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害.为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带.假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h（即30 m/s）；从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带

18、对乘客的作用力大小约为（ ）A.400 N B.600 N C.800 N D.1 000 N解析：从踩下刹车到车完全停止的5 s内，人的速度由30 m/s减小到0，则对人由动量定理得：-Ft=0-mv,-F5=0-7030,F=420 N,所以选项A正确.答案：A能力训练5.质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）A.向下，m(v1-v2) B.向下，m(v1+v2)C.向上，m(v1-v2) D.向上，m(v1+v2)解析：设向上为正方向，对碰撞过程用动量定理有，IN-IG=mv2-(-mv1

19、)=m(v1+v2).碰撞时间极短，IGIN,所以IN=m(v1+v2).答案：D6.一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t，上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为f，则在时间t内（ ）A.物体受重力的冲量为零B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量大C.物体动量的变化量大小大于抛出时的初动量大小D.物体机械能的减少量等于fH解析：物体受到重力的冲量I=mgt,对物体上升和下落两个过程进行分析，在上升过程中mg+f=ma1,在下落过程中mg-f=ma2,可知a1a2,即t1t2,ft1ft2,选项B错误.取竖直向上为正方向，物体的初动量为mv0，末动量为-m

20、v1,物体动量的改变量大于抛出时的初动量，C正确.物体机械能的减少量等于2fH，故D错误.答案：C7.运动员面对光滑竖直的墙壁平抛一球,球反弹后被接住,在此过程中,假定球在同一水平线上运动,不计重力和碰撞时的能量损失,设运动员抛球时对球的冲量为I1,墙对球的冲量为I2,运动员接球时对球的冲量为I3,则它们之间的关系在下列各式中正确的是（ ）A.I1=I3 B.I1+I3=I2 C.I1+I2=I3 D.I1+I2+I3=0解析：取推球方向为正方向,则I1=mv1 I2=-mv2-mv1I3=0-(-mv2)=mv2故I1+I3=mv1+mv2=-I2I1+I2+I3=0(或全程运用动量定理I=

21、p=p2-p1=0-0=0).答案：D8.如图6-1-5所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到达的最低点，b点是人静止时悬吊着的平衡位置.不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）图6-1-5A.从P至b的过程中重力的冲量值与弹性绳弹力的冲量值相等B.从P至b的过程中重力的冲量值大于弹性绳弹力的冲量值C.从P至c的过程中重力的冲量值大于弹性绳弹力的冲量值D.从P至c的过程中重力的冲量值等于弹性绳弹力的冲量值解析：人下落到b点时，加速度为0，速度最大，由动量定理知，IG-IN=mv,IGIN;人下落到c点时，速度为0，有IG-IN=0，IG=IN.答案：BD

22、9.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图6-1-6所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（ ）图6-1-6A.t1 B.t2 C.t3 D.t4解析：Ft图与坐标轴所围面积表示冲量，由图可知，t2时刻，沿正方向的冲量最大，由动量定理知，此时动量最大，则动能最大.答案：B10.物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图6-1-7（甲）所示，A的质量为m，B的质量为M.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落速度大小为u,如图6-1-7（乙）所示.在这段时间里，弹簧的弹力

23、对物体A的冲量为（ ）图6-1-7A.mv B.mv-Mu C.mv+Mu D.mv+mu解析：由于弹簧的弹力是变力，时间又是未知量，故只能由动量定理求解.对物体A，有I弹-mgt=mv又u=gt，则I弹=mv+mu.答案：D11.某种气体分子束由质量m=5.410-26 kg.速度v=460 m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0=1.51020个分子，求被分子束撞击的平面所受的压强.解析：设在t时间内射到S的某平面上的气体的质量为M，则M=vtSn0m取M为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以v方向

24、规定为正方向，由动量定理得-Ft=Mv-(-Mv），解得F=-2v2n0Sm平面受到的压强p为p=F/S=2v2n0m=3.428 Pa.答案：3.428 Pa综合提升12.一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的物体A放于B上，现在A和B正一起竖直向上运动，如图6-1-8所示.当A、B分离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，弹簧的弹力对B的冲量大小为多少？（g取10 m/s2）图6-1-8解析：A、B物体在弹簧恢复原长时分离，分离后A做竖直上抛运动，向上运动h=0.2 m

25、到达最高点.在此过程中，上升时间为t，上抛初速度为v.v2=2gh v=2 m/sv=gt t=0.2 s 在t时间内，B物体在重力和弹力作用下，先以v向上做减速运动，又向下做加速运动，最后回到弹簧为原长的位置，速度大小仍为v，方向向下.在这一过程中，弹力对B的冲量为I.设向下为正方向，运用动量定理得mBgt+I=mBv-(-mBv)解得I=2mBv-mBgt=6 Ns.答案：6 Ns教学反思 反思1.对于动量、冲量及动量改变量的方向及方向的表示和处理方法，相当多的学生不易接受，在解决问题中经常出现错误.原因一是矢量意识差，再是对矢量概念及其运算没有掌握.应结合具体的问题实例，通过与力、速度、

26、速度变化的类比，强化矢量意识及运算. 反思2.受思维定势的影响，大部分学生在遇到恒力作用下的运动问题时，习惯用牛顿定律和运动学公式求解，而不善于用动量定理求解.教学中要选择过程较多或变力的问题，如冲击、流体、碰撞等问题,注意一题多解的训练，让学生在实践中比较解决的优劣，加深对动量定理的理解.第二单元 动量守恒定律及应用教学内参教学总体思路 动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，在教学过程中应注意以下几方面的内容：理解和掌握动量守恒定律的内容和使用条件，会推导动量守恒定律的表达式；对动量守恒系统的选择以及相关过程的选择，学生往往出现错误，尤其对一个比较复杂的物理过程需要选择若干个守恒系统和若干

27、个相关过程解题是本节要解决的重点和难点；抓住典型问题，突出利用动量守恒定律解题时速度的矢量性、瞬时性、同一性、同时性以及相对性.所涉及的问题注重基础，没有和能量问题结合的综合题；运用数学语言表达物理过程的本质和物理现象发生的条件，运用数学知识进行变形、归纳和推理论证等.高考动态分析 高考对本单元要求程度很高,是考查的重点和热点,而且一般以计算题的形式出现.从近几年高考情况来看单独考查较少，多是涉及的物理情景较为复杂,需将动量和机械能问题结合起来考虑,此类问题多次出现在高考压轴题中，如2005年全国理综卷第25题，2006年重庆高考第25题等.另外,动量守恒问题有时还与带电粒子在电场和磁场中的运

28、动、核反应等联系起来综合考查.知识扫描一、动量守恒定律1.内容 一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.这个结论叫做动量守恒定律.2.适用条件 内力不改变系统的总动量，外力才能改变系统的总动量.在下列三种情况下，可以使用动量守恒定律：（1）系统不受外力或所受外力的矢量和为零.（2）系统所受外力远小于内力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可忽略不计.（3）系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则该方向动量守恒（分方向动量守恒）.3.不同表达形式及含义（1）p=p（系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p）.（2）p=0（系统总动量的增量等于零）.（3）p

29、1=-p2（两个物体组成的系统中，各自动量增量大小相等、方向相反）.4.适用范围 动量守恒定律的适用范围很广，不论对宏观物体还是微观粒子都适用；无论系统内的物体发生什么样的相互作用都适用，动量守恒定律不仅适用于两个物体的相互作用，也适用于两个以上的物体间的相互作用，它是自然界中最重要、最普遍的客观规律之一.二、碰撞1.碰撞指的是物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象. 在碰撞现象中，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.按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况.2.一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少.若总动能

30、的损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞.若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞.一般情况下系统动能都不会增加(由其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程)，这也常是判断一些结论是否成立的依据.三、反冲现象 指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.复习导航考纲解读知识点要求解读动量守恒定律（含反冲、火箭）理解动量守恒定律的条件和物理意义.会灵活运用动量守恒定律求解问题.知道碰撞、反冲的特点，会求解碰撞、反冲的问

31、题航天技术的发展和宇宙航行了解航天技术中涉及动量守恒定律应用的问题焦点突破1.动量守恒定律的理解（1）系统“总动量保持不变”，不是仅指系统的初末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，但决不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变.即系统的内力可改变系统内每个物体的动量，但不能改变系统的总动量.（2）对动量守恒定律中的速度应注意以下几点.速度的矢量性：由于速度是矢量，定律的表达式应是一个矢量式.在高中阶段，动量守恒定律的应用只限于一维的情况，这时，可根据所设的坐标方向确定速度的正、负，将矢量式化为代数式.对两个物体组成的系统，在一般情况下，定律可表示为m1v1+

32、m2v2=m1v1+m2v2.速度的同系性：速度的大小和方向与参考系的选择有关.应用动量守恒定律列方程时，应该注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度，通常以地面为参考系.速度的同时性：物体系在相互作用过程中，任一瞬间的动量和都保持不变.相互作用前的动量和（m1v1+m2v2+)中的v1、v2都应该是作用前同一时刻的瞬时速度；相互作用后的动量和(m1v1+m2v2+)中的v1、v2都应该是作用后同一时刻的瞬时速度.2.爆炸、碰撞的比较（1）爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.（2）

33、在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能爆炸后会增加；在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.注意：在处理碰撞问题时，要抓住三项基本原则：碰撞过程中动量守恒；碰撞后系统动能不可能增加；碰撞后运动状态的合理性原则，应遵循客观实际.如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动.（3）由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程（简化）处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.【互动探究】如图6-2-1所示，光滑水平面上有大小相同的A

34、、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA.规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kgm/s,则（ ）图6-2-1A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110答案：A3.反冲运动的理解（1）反冲是静止或运动的物体通过分离出部分物体，而使自身在反方向获得加速的现象，实际上是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.（2）反冲运动的过程中，如果没有外力作用或外力

35、的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理.（3）反冲运动中由于有其他形式的能转变为机械能，于是系统的总动能增加，反冲运动是作用力与反作用力都做正功的典型事例.精典剖析考点1 动量是否守恒的分析与判断案例1 如图6-2-2所示，A、B两物体的质量mamb，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态.若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中（ ）图6-2-2A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒B.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、

36、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D.以上说法均不对点拨：（1）以A、B为研究对象，系统所受力中哪个是外力？外力的合力是否为零？（2）以A、B、C为研究对象，系统在水平方向是否受外力作用？解析：当A、B两物体组成一个系统时，弹簧弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力是外力，当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B所组成的系统所受合外力为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒.而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力

37、、A和B与C之间的摩擦力是内力，不管A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统所受合外力均为零，动量守恒.所以A、C选项正确，B、D选项错误.答案：AC说明：（1）动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，因此在判断系统动量是否守恒时一定要分清内力和外力.（2）在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，因此，在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守恒的.考点2 动量守恒定律在多体、多过程中的应用案例2 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度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6-2-3所

38、示，碰撞时间极短.在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（ ）图6-2-3A.M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M+m0）v=Mv1+m0v2+mv3B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变，M、m的速度都变为v，且满足Mv=(M+m)vD.M、m、m0速度均发生变化，M和m0速度都变为v1，m的速度变为v2，而且满足（M+m0)v=(M+m0)v1+mv2点拨：（1）如何理解“碰撞时间极短”？（2）在“极短时间内”m0有没有参与作用？何时m0参与作用？解析：M和m碰撞时间极短，在极短时间内弹簧形变极小，可忽

39、略不计，因而m0在水平方向上没有受外力作用，动量不变（速度没变）.可以认为碰撞过程m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M、m组成的系统水平方向上动量守恒，两者碰后可能具有共同的速度，也可能分开，所以只有B、C正确.答案：BC说明：（1）两个物体发生碰撞时，由于作用时间极短，故其他与碰撞有联系但不直接参与碰撞的物体的运动状态来不及改变，且相互碰撞的物体也是在一瞬间完成碰撞，可近似认为碰撞过程中位移不变.（2）本题只研究了极短时间内M与m碰撞问题，很显然下一阶段物理过程将是弹簧被压缩，此后过程中系统不但动量守恒，机械能也守恒.案例3 如图6-2-4所示，两只小船平行逆向航

40、行，船和船上的麻袋总质量分别为m甲=500 kg,m乙=1 000 kg，当它们头尾相齐时，由每只船上各投质量m=50 kg的麻袋到另一只船上去，结果甲船停下来，乙船以v=8.5 m/s的速度沿原方向继续航行，求交换麻袋前两只船的速率各为多少？（水的阻力不计）图6-2-4点拨：本题所述情景中有船、抛出的麻袋四个物体，有抛出、抛入船四个相互作用过程，根据已知、所求怎样选择研究对象和过程？解析：投掷麻袋时，由于船与麻袋在前进方向上均未受外力作用，故由动量守恒定律知道，在麻袋未落到对方船上以前，甲、乙两船及空中麻袋在各自前进方向上的速度未发生变化，选两只麻袋和两只船组成的物体系为研究对象，则系统的总

41、动量守恒，选乙船前进方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙-m甲v甲=m乙v乙 再选从乙船上抛出的麻袋和抛出麻袋后的甲船为系统，则该系统的总动量守恒，则mv乙-（m甲-m)v甲=0 选从甲船上抛出的麻袋和抛出麻袋后的乙船为系统，则该系统的总动量守恒，有-mv甲+（m乙-m)v乙=m乙v乙 解中的任意两式都可得v甲=1 m/s,v乙=9 m/s.答案：1 m/s 9 m/s说明：此问题中牵扯的物体、过程比较多，但前进方向上整体系统不受任何外力，再者麻袋与船两两构成的系统前进方向上亦不受外力，则此问题的关键就是研究对象，相互作用过程的选取.这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程

42、，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程.解这类问题时应注意：正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型.分清作用过程的各个阶段和联系各阶段的状态量.合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要便于解题.考点3 动量守恒定律应用中的临界问题案例4 人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度v推向前方弹性挡板，木箱与挡板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度v0推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已

43、知Mm=312）点拨：（1）每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程.由于情景相同，可用数学归纳法归纳一般规律.（2）人不再接到木箱的条件为何？解析：人、冰车和木箱组成的系统，在每次推木箱和接到木箱的过程中，系统动量守恒.设每次推出木箱后，人与冰车的速度为v1,v2,，vN，由动量守恒定律，得第一次推木箱的过程0=Mv1-mv0第二次推木箱的过程Mv1+mv0=Mv2-mv0第三次推木箱的过程Mv2+mv0=Mv3-mv0第n次推木箱的过程Mvn-1+mv0=Mvn-mv0将以上各式相加，得(n-1)

44、mv0=Mvn-nmv0即（2n-1)mv0=Mvn若人无法再接到木箱，必须有vnv0即n=8.25所以人推出木箱9次后将不会再接到木箱.答案：9次说明：在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题.这类临界问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答.自助训练基础达标1.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6-2-5所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）图6-2-5A.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙后，a、b组成的系统动量守恒D.a离开墙后，a、b组成的系统动量不守恒解析：a尚未离开墙壁前，系统受墙壁向右的弹力作用，不满足动量守恒条件，故系统动量不守恒；a离开墙后，水平方向不受外力，竖直方向合力为零，系统动量守恒.答案：BC2.在高速公路上发生一起交通事故，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，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止.根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此