新教材人教版高中物理選擇性必修第一冊(cè)全冊(cè)各章節(jié)學(xué)案(知識(shí)點(diǎn)考點(diǎn)匯總及配套習(xí)題)

人教版高中物理選擇性必修第一冊(cè)全冊(cè)學(xué)案第一章動(dòng)量守恒定律 -1-1.1動(dòng)量 -1-1.2動(dòng)量定理 -9-1.3動(dòng)量守恒定律 -16-1.4實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律 -24-1.5彈性碰撞和非彈性碰撞 -30-1.6反沖現(xiàn)象火箭 -38-第二章機(jī)械振動(dòng) -46-2.1簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng) -46-2.2簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的描述 -53-2.3簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量 -60-2.4單擺 -67-2.5實(shí)驗(yàn)：用單擺測(cè)量重力加速度 -75-2.6受迫振動(dòng)共振 -81-第三章機(jī)械波 -88-3.1波的形成 -88-3.2波的描述 -94-3.3波的反射、折射和衍射 -105-3.4波的干涉 -111-3.5多普勒效應(yīng) -118-第四章光 -124-4.1光的折射 -124-4.2全反射 -134-4.3光的干涉 -143-4.4實(shí)驗(yàn)：用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng) -152-4.5光的衍射 -157-4.6光的偏振激光 -165-第一章動(dòng)量守恒定律1.1動(dòng)量【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．了解生產(chǎn)、生活中的碰撞現(xiàn)象。2．經(jīng)歷猜想和尋求兩物體碰撞前后會(huì)有什么物理量不變的過(guò)程，領(lǐng)會(huì)實(shí)驗(yàn)的基本思想。3．理解動(dòng)量的概念，會(huì)計(jì)算動(dòng)量的變化?！舅季S脈絡(luò)】課前預(yù)習(xí)反饋知識(shí)點(diǎn)1尋求碰撞中的不變量1．實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象(1)實(shí)驗(yàn)裝置如下圖所示。把兩個(gè)完全相同的小鋼球用兩根長(zhǎng)度相等的細(xì)線(xiàn)懸掛起來(lái)，B小球靜止，拉起A小球，放開(kāi)后它們相碰。可以看到：碰撞后，A球的速度大小不變地“傳給”了B球。(2)將上面實(shí)驗(yàn)中的A球換成大小相同的C球，使C球質(zhì)量大于B球質(zhì)量，用手拉起C球至某一高度后放開(kāi)，撞擊靜止的B球。我們可以看到，碰撞后B球獲得較大的速度。(3)猜想：①兩個(gè)物體碰撞前后動(dòng)能之和可能不變。②兩個(gè)物體碰撞前后速度與質(zhì)量的乘積之和可能是不變的。2．實(shí)驗(yàn)：尋求碰撞中的不變量(1)實(shí)驗(yàn)器材有氣墊導(dǎo)軌、光電門(mén)、小車(chē)、數(shù)字計(jì)數(shù)器、天平等。(2)本實(shí)驗(yàn)所說(shuō)的“碰撞前”是指即將發(fā)生碰撞的那一時(shí)刻，“碰撞后”是指碰撞剛結(jié)束的那一時(shí)刻。(3)分析總結(jié)實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)，計(jì)算兩輛小車(chē)碰撞前后的動(dòng)能之和不相等，但是質(zhì)量與速度的乘積之和基本不變。知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)量1．定義運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和它的速度的乘積叫作物體的動(dòng)量。2．表達(dá)式p＝mv。3．單位千克米每秒，符號(hào)kg·m·s－1。4．方向動(dòng)量是矢量，它的方向與速度的方向相同。5．動(dòng)量的變化量(1)定義：若運(yùn)動(dòng)物體在某一過(guò)程的始、末動(dòng)量分別為p和p′，則稱(chēng)Δp＝p′－p為物體在該過(guò)程中的動(dòng)量變化量。(2)方向：Δp是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同。思考辨析『判一判』(1)在光滑水平面上，兩個(gè)鋼球?qū)π呐鲎睬昂?，其速度與質(zhì)量的乘積之和是不變的。(√)(2)動(dòng)量大的物體慣性一定大。(×)(3)物體的動(dòng)量相同，其動(dòng)能一定也相同。(×)(4)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體速度增大時(shí)，動(dòng)量的變化量Δp的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同。(√)(5)物體的動(dòng)量發(fā)生改變，其動(dòng)能也一定發(fā)生改變。(×)『選一選』下列關(guān)于動(dòng)量的說(shuō)法中，正確的是(D)A．物體的動(dòng)量改變了，其速度大小一定改變B．物體的動(dòng)量改變了，其速度方向一定改變C．物體運(yùn)動(dòng)速度的大小不變，其動(dòng)量一定不變D．物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，其動(dòng)量改變解析：A、C錯(cuò)：動(dòng)量是矢量，動(dòng)量方向的改變也是動(dòng)量改變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，方向時(shí)刻改變，速度大小不變。B錯(cuò)：物體的動(dòng)量改變，可能是速度大小改變，也可能是速度方向改變。D對(duì)：物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，說(shuō)明速度改變，故其動(dòng)量mv一定改變，可能是方向改變，也可能是大小改變，還有可能是大小和方向同時(shí)改變。『想一想』如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v1逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度沖上傳送帶，最后又滑回，已知v1＜v2，則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其動(dòng)量的變化量是多少？解析：由于v2>v1，則物塊返回到P點(diǎn)的速度大小為v1，則動(dòng)量變化量Δp＝p′－p＝mv1＋mv2＝m(v1＋v2)方向水平向左。課內(nèi)互動(dòng)探究尋求碰撞中的不變量情境導(dǎo)入水上兩個(gè)電動(dòng)碰碰船正面相碰，假設(shè)兩船的速度大小相等，碰后質(zhì)量大的船和質(zhì)量小的船哪個(gè)容易反彈？提示：質(zhì)量小的船容易反彈，因?yàn)橘|(zhì)量小的船質(zhì)量與速度的乘積小。要點(diǎn)提煉1．實(shí)驗(yàn)器材方案一：帶細(xì)線(xiàn)的擺球(兩個(gè))、鐵架臺(tái)、天平、量角器、坐標(biāo)紙、膠布等。方案二：光滑長(zhǎng)木板、光電計(jì)時(shí)器、紙帶、小車(chē)(兩個(gè))、天平、橡皮泥等。2．實(shí)驗(yàn)步驟不論采用哪種方案，實(shí)驗(yàn)過(guò)程均可按實(shí)驗(yàn)方案合理安排，參考步驟如下：(1)用天平測(cè)量相關(guān)物體的質(zhì)量；(2)安裝實(shí)驗(yàn)裝置；(3)使物體發(fā)生碰撞；(4)測(cè)量或讀出有關(guān)數(shù)據(jù)，計(jì)算出物體的速度；(5)改變碰撞條件重復(fù)上述(3)、(4)步；(6)進(jìn)行數(shù)據(jù)處理通過(guò)分析對(duì)比，找出碰撞中的不變量；(7)整理實(shí)驗(yàn)器材。3．?dāng)?shù)據(jù)處理(1)將以上兩個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中測(cè)得的數(shù)據(jù)填入下表中碰撞前碰撞后質(zhì)量m1m2m1m2速度v1v2v1′v2′根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，找出碰撞前和碰撞后相等的關(guān)系量。(2)結(jié)論在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前、后不變的量是物體的質(zhì)量m與速度v的乘積之和，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。典例剖析典例1某同學(xué)運(yùn)用以下實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)了一個(gè)碰撞實(shí)驗(yàn)來(lái)尋找碰撞前后的不變量：打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、低壓交流電源(頻率為50Hz)、紙帶、表面光滑的長(zhǎng)木板、帶撞針的小車(chē)A、帶橡皮泥的小車(chē)B、天平。該同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)步驟如下：A．用天平測(cè)出小車(chē)A的質(zhì)量為mA＝0.4kg，小車(chē)B的質(zhì)量為mB＝0.2kgB．更換紙帶重復(fù)操作三次C．小車(chē)A靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器放置，在車(chē)后固定紙帶，把小車(chē)B放在長(zhǎng)木板中間D．把光滑長(zhǎng)木板平放在桌面上，在一端固定打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，連接電源E．接通電源，并給小車(chē)A一定的初速度vA(1)請(qǐng)將以上步驟按操作的先后順序排列出來(lái)ADCEB。(2)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的紙帶中，比較理想的一條如上圖所示，根據(jù)這些數(shù)據(jù)完成下表。碰撞前碰撞后A車(chē)B車(chē)AB整體質(zhì)量/kg速度/(m·s－1)mv/(kg·m·s－1)(3)根據(jù)以上數(shù)據(jù)猜想碰撞前后不變量的表達(dá)式為mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。思路引導(dǎo)：注意碰撞前后小車(chē)均做勻速運(yùn)動(dòng)，碰撞前后的速度可利用紙帶上點(diǎn)跡分布均勻的部分計(jì)算。解析：(1)按照先安裝，后實(shí)驗(yàn)，最后重復(fù)的順序，該同學(xué)正確的實(shí)驗(yàn)步驟為ADCEB。(2)碰撞前后均為勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由紙帶上的點(diǎn)跡分布求出速度。碰后小車(chē)A、B合為一體，求出AB整體的共同速度。注意打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率為50Hz，打點(diǎn)時(shí)間間隔為0.02s，通過(guò)計(jì)算得下表。碰撞前碰撞后A車(chē)B車(chē)AB整體質(zhì)量/kg0.40.20.6速度/(m·s－1)3.002.0mv/(kg·m·s－1)1.201.2(3)由表中數(shù)值可看出mv一行中數(shù)值相同，可猜想碰撞前后不變量的表達(dá)式為mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·河南林州一中分校高二上學(xué)期調(diào)研)(多選)利用如圖所示的裝置探究碰撞中的不變量，則下列說(shuō)法正確的是(AB)A．懸掛兩球的細(xì)繩長(zhǎng)度要適當(dāng)，且等長(zhǎng)B．由靜止釋放小球以便較準(zhǔn)確地計(jì)算小球碰撞前的速度C．兩小球必須都是剛性球，且質(zhì)量相同D．懸掛兩球的細(xì)繩的懸點(diǎn)可以在同一點(diǎn)解析：兩細(xì)繩等長(zhǎng)能保證兩球發(fā)生正碰，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，則懸掛兩球的細(xì)繩的懸點(diǎn)不能在同一點(diǎn)，A正確，D錯(cuò)誤；計(jì)算小球碰撞前速度時(shí)用到了機(jī)械能守恒定律，當(dāng)初速度為0時(shí)，能方便準(zhǔn)確地計(jì)算小球碰撞前的速度，B正確；本實(shí)驗(yàn)中對(duì)小球是否有彈性無(wú)要求，兩小球質(zhì)量不一定相同，C錯(cuò)誤。探究對(duì)動(dòng)量的理解情境導(dǎo)入如圖所示，運(yùn)動(dòng)員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出。如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小均為v，請(qǐng)思考：網(wǎng)球動(dòng)量的變化量是零嗎？提示：不是。動(dòng)量是矢量，其變化量為2mv。要點(diǎn)提煉1．動(dòng)量的性質(zhì)(1)瞬時(shí)性求動(dòng)量時(shí)要明確是哪一物體在哪一狀態(tài)(時(shí)刻)的動(dòng)量，p＝mv中的速度v是瞬時(shí)速度。(2)矢量性動(dòng)量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同，有關(guān)動(dòng)量的運(yùn)算，如果物體在一條直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，則選定一個(gè)正方向后，動(dòng)量的矢量運(yùn)算就可以轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算了。(3)相對(duì)性指物體的動(dòng)量與參考系的選擇有關(guān)，選不同的參考系時(shí)，同一物體的動(dòng)量可能不同，通常在不說(shuō)明參考系的情況下，物體的動(dòng)量是指物體相對(duì)地面的動(dòng)量。2．動(dòng)量與速度的區(qū)別和聯(lián)系(1)區(qū)別：速度描述物體運(yùn)動(dòng)的快慢和方向；動(dòng)量在描述物體運(yùn)動(dòng)方面更進(jìn)一步，更能體現(xiàn)運(yùn)動(dòng)物體的作用效果。(2)聯(lián)系：動(dòng)量和速度都是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，都是矢量，動(dòng)量的方向與速度方向相同，p＝mv。特別提醒動(dòng)量是矢量，比較兩個(gè)物體的動(dòng)量時(shí)，不能僅比較大小，也應(yīng)比較方向，只有大小相等、方向相同的兩個(gè)動(dòng)量才相等。典例剖析典例22020年亞洲杯足球賽在阿聯(lián)酋境內(nèi)4座城市中舉行，比賽中，一足球運(yùn)動(dòng)員踢一個(gè)質(zhì)量為0.4kg的足球。(1)若開(kāi)始時(shí)足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度為10m/s，方向仍向右(如圖甲)，則足球的初動(dòng)量p＝1.6kg·m/s，方向向右；足球的末動(dòng)量p′＝4kg·m/s，方向向右；在這一過(guò)程中足球動(dòng)量的改變量Δp＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)若足球以10m/s的速度撞向球門(mén)門(mén)柱，然后以3m/s速度反向彈回(如圖乙)，則這一過(guò)程中足球的動(dòng)量改變量是5.2kg·m/s，方向向左；動(dòng)能改變量是18.2J。思路引導(dǎo)：(1)切記動(dòng)量是矢量，其方向與速度方向相同。(2)動(dòng)量的變化量Δp＝p′－p是矢量式，當(dāng)p′、p在同一直線(xiàn)上時(shí)，可規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。解析：(1)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右動(dòng)量的改變量為Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右。(2)取向右為正方向，初、末動(dòng)量分別為p1＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右p2＝mv″＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，方向向左，動(dòng)量的改變量為Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向向左。ΔEk＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv″2＝18.2J。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2．(2020·吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二下學(xué)期期中)物體的動(dòng)量變化量的大小為6kg·m/s，這說(shuō)明(D)A．物體的動(dòng)量在減小B．物體的動(dòng)量在增大C．物體的動(dòng)量大小一定變化D．物體的動(dòng)量大小可能不變解析：物體的動(dòng)量變化量的大小為6kg·m/s，動(dòng)量是矢量，動(dòng)量變化的方向與初動(dòng)量可能同向、可能反向、也可能不在同一條直線(xiàn)上，故物體的動(dòng)量的大小可能增加、可能減小，也可能不變，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選D。核心素養(yǎng)提升動(dòng)量和動(dòng)能的比較動(dòng)量動(dòng)能物理意義描述機(jī)械運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2標(biāo)矢性矢量標(biāo)量變化決定因素物體所受沖量外力所做的功換算關(guān)系p＝eq\r(,2mEk)，Ek＝eq\f(p2,2m)案例(多選)(2020·長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三期末)關(guān)于速度、動(dòng)量和動(dòng)能，下列說(shuō)法正確的是(CD)A．物體的速度發(fā)生變化，其動(dòng)能一定發(fā)生變化B．物體的動(dòng)量發(fā)生變化，其動(dòng)能一定發(fā)生變化C．物體的速度發(fā)生變化，其動(dòng)量一定發(fā)生變化D．物體的動(dòng)能發(fā)生變化，其動(dòng)量一定發(fā)生變化解析：A、B錯(cuò)：速度是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)量是矢量，當(dāng)物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小不變，速度方向在變化，動(dòng)量變化，動(dòng)能不變。C對(duì)：根據(jù)p＝mv可知，只要速度發(fā)生變化，動(dòng)量一定發(fā)生變化。D對(duì)：如果動(dòng)能發(fā)生變化，則說(shuō)明速度大小發(fā)生變化，則動(dòng)量一定發(fā)生變化。1.2動(dòng)量定理【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．了解沖量的概念，理解動(dòng)量定理的內(nèi)涵。2．知道動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的區(qū)別。3．能用動(dòng)量定理解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象，并會(huì)應(yīng)用它解決實(shí)際問(wèn)題?！舅季S脈絡(luò)】課前預(yù)習(xí)反饋知識(shí)點(diǎn)1沖量1．定義力與力的作用時(shí)間的乘積叫力的沖量。2．表達(dá)式I＝FΔt3．方向沖量是矢量，沖量的方向與力的方向一致，沖量的方向跟動(dòng)量變化的方向一致。4．沖量的單位在國(guó)際單位制中是“牛秒”，符號(hào)“N·s”知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)量定理1．內(nèi)容物體在一個(gè)過(guò)程中所受力的沖量等于它在這個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量。2．定義式I＝p′－p也可以寫(xiě)作：F(t′－t)＝mv′－mv。知識(shí)點(diǎn)3動(dòng)量定理的應(yīng)用1．如果物體的動(dòng)量發(fā)生的變化是一定的，那么作用的時(shí)間越短，物體受的力就越大；作用的時(shí)間越長(zhǎng)，物體受的力就越小。2．如果作用力一定時(shí)，作用的時(shí)間越長(zhǎng)，動(dòng)量的變化量越大，作用的時(shí)間越短，動(dòng)量的變化量越小。思考辨析『判一判』(1)沖量是矢量，其方向與力的方向相同。(√)(2)力越大，力對(duì)物體的沖量越大。(×)(3)若物體在一段時(shí)間內(nèi)，其動(dòng)量發(fā)生了變化，則物體在這段時(shí)間內(nèi)的合外力一定不為零。(√)(4)碰撞時(shí)可產(chǎn)生沖擊力，要增大這種沖擊力就要設(shè)法增大沖擊力的作用時(shí)間。(×)(5)動(dòng)量定理中說(shuō)的“力的沖量”指的是合力的沖量，或者是各個(gè)力的沖量的矢量和。(√)『選一選』如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來(lái)的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(C)A．減小球的動(dòng)量的變化量B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量C．減小球的動(dòng)量變化率D．延長(zhǎng)接球過(guò)程的時(shí)間來(lái)減小動(dòng)量的變化量解析：籃球的動(dòng)量變化量一定，所以球?qū)κ值臎_量也一定，A、B、D錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理F·Δt＝Δp，可知Δt增大，減小了球的動(dòng)量變化率，C正確?！合胍幌搿浑u蛋從一米多高的地方自由落到地板上，肯定會(huì)被打破。現(xiàn)在，在地板上放一塊厚泡沫塑料墊，讓雞蛋從同一高度自由落下，落到泡沫塑料墊上，看雞蛋會(huì)不會(huì)被打破，思考其中的道理。解析：雞蛋落地動(dòng)量變化Δp一定，雞蛋落到塑料墊上時(shí)，作用時(shí)間Δt變大，根據(jù)動(dòng)量定理F·Δt＝Δp，可知雞蛋所受的撞擊力減小，所以雞蛋不會(huì)破。課內(nèi)互動(dòng)探究對(duì)沖量的理解情境導(dǎo)入如圖所示，一個(gè)小孩沿水平方向用最大的力F推靜止在水平地面上的小汽車(chē)，但推了很久時(shí)間t都無(wú)法使它運(yùn)動(dòng)，就這個(gè)問(wèn)題兩個(gè)同學(xué)展開(kāi)討論。甲同學(xué)說(shuō)：汽車(chē)沒(méi)動(dòng)是因?yàn)樾『⒔o汽車(chē)的推力的沖量為零。乙同學(xué)說(shuō)：小孩給汽車(chē)的推力的沖量不為零，汽車(chē)沒(méi)動(dòng)是因?yàn)樗艿暮狭Φ臎_量為零。誰(shuí)說(shuō)得對(duì)？提示：小孩給汽車(chē)的推力的沖量大小為I＝F·t汽車(chē)沒(méi)動(dòng)說(shuō)明它所受的合力為零，故其合外力的沖量為零。┃┃要點(diǎn)提煉■1．對(duì)沖量的理解(1)沖量是過(guò)程量：沖量描述的是作用在物體上的力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，與某一過(guò)程相對(duì)應(yīng)。(2)沖量的矢量性：沖量是矢量，在作用時(shí)間內(nèi)力的方向不變時(shí)，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的方向相同。(3)沖量的絕對(duì)性：沖量?jī)H由力和時(shí)間兩個(gè)因素決定，具有絕對(duì)性。2．沖量的計(jì)算(1)單個(gè)力的沖量：利用公式I＝FΔt計(jì)算。(2)合力的沖量：①如果是一維情形，可以化為代數(shù)和，如果不在一條直線(xiàn)上，求合沖量遵循平行四邊形定則。②兩種方法：可分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；另外，如果各個(gè)力的作用時(shí)間相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解。(3)變力的沖量：由圖可知F－t圖線(xiàn)與時(shí)間軸之間所圍的“面積”的大小表示對(duì)應(yīng)時(shí)間Δt內(nèi)，力F的沖量的大小。特別提醒(1)沖量是矢量，求沖量的大小時(shí)一定要注意是力與其對(duì)應(yīng)的時(shí)間的乘積。(2)判斷兩個(gè)力的沖量是否相同，必須滿(mǎn)足沖量的大小和方向都相同，缺一不可。典例剖析典例1如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體沿傾角為30°，高為5m的光滑斜面由靜止從頂端下滑到底端的過(guò)程中，g取10m/s2，求：(1)重力的沖量；(2)支持力的沖量；(3)合力的沖量。思路引導(dǎo)：eq\x(\a\al(分析物,體的受,力情況))→eq\x(\a\al(確定各,力大小、,方向))→eq\x(\a\al(確定物,體運(yùn)動(dòng),時(shí)間))→eq\x(\a\al(根據(jù)公式,求各力及合,力的沖量))解析：由于物體下滑過(guò)程中各個(gè)力均為恒力，所以只要求出物體下滑的時(shí)間，便可以用公式I＝F·Δt逐個(gè)求解。由牛頓第二定律得：a＝eq\f(mg·sinθ,m)＝g·sinθ＝5m/s2由x＝eq\f(1,2)aΔt2，得Δt＝eq\r(,\f(2x,a))＝eq\r(,\f(2h,gsin2θ))＝2s。重力的沖量為IG＝mg·Δt＝2×10×2N·s＝40N·s，方向豎直向下。支持力的沖量為IN＝N·Δt＝mgcosθ·Δt＝20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上。合力的沖量為I合＝F合·Δt＝mgsinθ·Δt＝20N·s，方向沿斜面向下。答案：(1)40N·s，方向豎直向下(2)20eq\r(,3)N·s，方向垂直于斜面向上(3)20N·s，方向沿斜面向下對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·四川省攀枝花市高二下學(xué)期期末)我國(guó)天津地標(biāo)之一“天津之眼”是世界上唯一一個(gè)橋上瞰景摩天輪。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做軌道半徑為R、角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，質(zhì)量為m的乘客從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，重力的沖量大小為(D)A．0 B．2mωRC．2mgR D.eq\f(πmg,ω)解析：乘客從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t＝eq\f(π,ω)，則重力的沖量：I＝mgt＝eq\f(πmg,ω)；選項(xiàng)D正確。探究對(duì)動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用情境導(dǎo)入從高處跳到低處時(shí)，為了安全，一般都要屈腿(如圖所示)，這樣做是為了什么？提示：人落地動(dòng)量變化一定，屈腿下蹲延緩了人落地時(shí)動(dòng)量變化所用的時(shí)間，依動(dòng)量定理可知，這樣就減小了地面對(duì)人的沖力。要點(diǎn)提煉1．對(duì)動(dòng)量定理的理解(1)動(dòng)量定理反映了合外力的沖量是動(dòng)量變化的原因。(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，它說(shuō)明合外力的沖量跟物體動(dòng)量變化量不僅大小相等，而且方向相同。運(yùn)用動(dòng)量定理主要是一維的問(wèn)題，要注意正方向的規(guī)定。(3)動(dòng)量的變化率和動(dòng)量的變化量由動(dòng)量定理可以得出F＝eq\f(p′－p,Δt)，它說(shuō)明動(dòng)量的變化率決定于物體所受的合外力。而由動(dòng)量定理I＝Δp知?jiǎng)恿康淖兓繘Q定于合外力的沖量，它不僅與物體的受力有關(guān)，還與力的作用時(shí)間有關(guān)。2．動(dòng)量定理的應(yīng)用(1)應(yīng)用動(dòng)量定理FΔt＝Δp定性解釋常見(jiàn)物理現(xiàn)象。由上式可以看出如果保持Δp一定，則力作用的時(shí)間越短，沖力就越大。因此在需要增大作用力時(shí)，可盡量減少作用的時(shí)間，如打擊、碰撞等由于作用時(shí)間短、作用力往往較大。反之，作用時(shí)間越長(zhǎng)，力F就越小，因此在需要減小作用力的時(shí)候，可想辦法延長(zhǎng)力的作用時(shí)間，如利用海綿或彈簧的緩沖作用來(lái)延長(zhǎng)作用時(shí)間，達(dá)到減小作用力的目的。(2)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。如果物體受到大小、方向不變的力的作用，既可以應(yīng)用FΔt求力的沖量，也可以應(yīng)用物體動(dòng)量改變?chǔ)的大小和方向來(lái)替代力的沖量。如果物體受到大小、方向改變的力的作用，則不能直接用FΔt求變力的沖量，這時(shí)可以求在該力沖量作用下物體動(dòng)量改變?chǔ)的大小和方向，替代變力的沖量。3．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟a．選定研究對(duì)象，明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程。b．進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)的初、末狀態(tài)分析。c．選定正方向，根據(jù)動(dòng)量定理列方程求解。典例剖析典例2一個(gè)質(zhì)量為m＝0.4kg的足球以10m/s的速度水平飛向球門(mén)。守門(mén)員躍起用雙拳將足球以12m/s的速度反方向擊出，守門(mén)員觸球時(shí)間約為0.1s，問(wèn)足球受到的平均作用力為多大？方向如何？思路引導(dǎo)：動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在處理一維碰撞問(wèn)題時(shí)，需選定一個(gè)正方向，以簡(jiǎn)化成代數(shù)運(yùn)算。同時(shí)要明確研究對(duì)象和研究的物理過(guò)程的初、末狀態(tài)。解析：選定足球原運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?。根?jù)動(dòng)量定理eq\x\to(F)·Δt＝p′－p，這里eq\x\to(F)為足球在水平方向受到的平均作用力，Δt為擊球的時(shí)間，p′為擊球后足球的動(dòng)量，p為足球原來(lái)的動(dòng)量。設(shè)足球的質(zhì)量為m，擊球先、后的速度分別為v和v′，于是可得到eq\x\to(F)＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(mv′－mv,Δt)＝eq\f(mv′－v,Δt)＝eq\f(0.4×－12－10,0.1)N＝－88N?？梢?jiàn)，足球受到的平均作用力為88N，方向與原來(lái)速度方向相反。答案：88N，方向與原來(lái)速度方向相反對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2．(2020·山東省淄博市高二上學(xué)期期中)央視網(wǎng)消息，2019年8月15日，俄羅斯“烏拉爾航空”公司一架空客A-321客機(jī)在起飛后不久遭遇多只飛鳥(niǎo)撞擊，導(dǎo)致兩臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)起火，引擎失靈，迫降在離機(jī)場(chǎng)不遠(yuǎn)處的一片玉米地里。假設(shè)客機(jī)撞鳥(niǎo)時(shí)飛行速度大約為1080km/h，小鳥(niǎo)的質(zhì)量約為0.5kg，撞機(jī)時(shí)間約為0.01s,估算飛機(jī)受到的撞擊力大小約為(C)A．540N B．54000NC．15000N D．1.5N解析：本題為估算題，可以認(rèn)為撞擊前小鳥(niǎo)的速度為零，撞擊后小鳥(niǎo)與飛機(jī)的速度相等。飛機(jī)速度v＝1080km/h＝300m/s，撞擊過(guò)程對(duì)小鳥(niǎo)分析，由動(dòng)量定理得：FΔt＝Δmv，解得F＝eq\f(mv,Δt)＝eq\f(0.5×300,0.01)N＝1.5×104N，故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。核心素養(yǎng)提升動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的比較項(xiàng)目動(dòng)量定理動(dòng)能定理公式F(t′－t)＝mv′－mv＝Δp涉及力與時(shí)間Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔEk涉及力與位移標(biāo)矢性矢量式標(biāo)量式因果關(guān)系因力的沖量力做的功(總功)果動(dòng)量的變化量動(dòng)能的變化量相同點(diǎn)①公式中的力都是指物體所受的合外力。②動(dòng)量定理和動(dòng)能定理都注重初、末狀態(tài)，而不注重過(guò)程，因此都可以用來(lái)求變力作用的結(jié)果(變力的沖量或變力做的功)。③研究對(duì)象可以是一個(gè)物體，也可以是一個(gè)系統(tǒng)；研究過(guò)程可以是整個(gè)過(guò)程，也可以是某一段過(guò)程。特別提醒動(dòng)量定理和動(dòng)能定理都是求解力學(xué)問(wèn)題的重要定理。應(yīng)用時(shí)要特別注意選定研究對(duì)象和過(guò)程，注重受力情況分析和運(yùn)動(dòng)情況分析，靈活運(yùn)用規(guī)律求解。特別注意運(yùn)用動(dòng)量定理解題需考慮速度的方向，運(yùn)用動(dòng)能定理解題則不需考慮速度的方向。案例原來(lái)靜止的物體受合力作用的時(shí)間為2t0，合力隨時(shí)間的變化情況如圖所示，則(B)A．0～t0時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量變化量與t0～2t0時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量變化量相同B．t＝2t0時(shí)物體的速度為零，合力在2t0時(shí)間內(nèi)對(duì)物體的沖量為零C．0～t0時(shí)間內(nèi)物體的平均速率與t0～2t0時(shí)間內(nèi)物體的平均速率不相等D．0～2t0時(shí)間內(nèi)物體的位移為零，合力對(duì)物體做的功為零解析：由題圖可知，0～t0與t0～2t0時(shí)間內(nèi)合力方向不同，由動(dòng)量定理可知，物體在這兩段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量不相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，物體所受合力的沖量為F0t0－F0t0＝0，由動(dòng)量定理Ft＝Δp可得，t＝2t0時(shí)物體速度為零，分析題圖可知，0～t0與t0～2t0時(shí)間內(nèi)物體平均速率相等，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；0～2t0時(shí)間內(nèi)物體先加速后減速，位移不為零，動(dòng)能變化量為零，合力對(duì)物體做的功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。1.3動(dòng)量守恒定律【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．能正確區(qū)分內(nèi)力與外力。2．理解動(dòng)量守恒定律的確切含義和表達(dá)式，知道定律的適用條件。3．會(huì)用動(dòng)量守恒定律解決碰撞、爆炸等問(wèn)題?！舅季S脈絡(luò)】知識(shí)點(diǎn)1相互作用的兩個(gè)物體的動(dòng)量改變1．建構(gòu)碰撞模型：如圖中在光滑水平桌面上做勻速運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物體A，B，當(dāng)B追上A時(shí)發(fā)生碰撞。碰撞后A、B的速度分別是v′1和v′2。碰撞過(guò)程中A所受B對(duì)它的作用力是F1，B所受A對(duì)它的作用力是F2。碰撞時(shí)，兩物體之間力的作用時(shí)間很短，用Δt表示。2．推導(dǎo)過(guò)程：(1)以物體A為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，物體A動(dòng)量的變化量等于它所受作用力F1的沖量，即F1Δt＝m1v′1－m1v1①(2)以物體B為研究對(duì)象，物體B動(dòng)量的變化量等于它所受作用力F2的沖量，即F2Δt＝m2v′2－m2v2②(3)根據(jù)牛頓第三定律可知兩個(gè)物體碰撞過(guò)程中的每個(gè)時(shí)刻相互作用力F1與F2大小相等、方向相反，故有F1＝－F2。③(4)整理①②③得m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2。3．歸納總結(jié)兩個(gè)物體碰撞后的動(dòng)量之和等于碰撞前的動(dòng)量之和。知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)量守恒定律1．系統(tǒng)、內(nèi)力和外力(1)系統(tǒng)相互作用的兩個(gè)或幾個(gè)物體組成一個(gè)力學(xué)系統(tǒng)。(2)內(nèi)力系統(tǒng)內(nèi)部物體間的相互作用力。(3)外力系統(tǒng)以外的物體對(duì)系統(tǒng)以?xún)?nèi)的物體的作用力。2．動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。(2)表達(dá)式對(duì)兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，常寫(xiě)成：p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(3)適用條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零。知識(shí)點(diǎn)3動(dòng)量守恒定律的普適性動(dòng)量守恒定律是一個(gè)獨(dú)立的實(shí)驗(yàn)規(guī)律，它適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域。思考辨析『判一判』(1)動(dòng)量守恒定律適用于宏觀物體，不適用于微觀粒子。(×)(2)一個(gè)系統(tǒng)初、末狀態(tài)動(dòng)量大小相等，即動(dòng)量守恒。(×)(3)兩個(gè)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的物體發(fā)生碰撞，這兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(√)(4)系統(tǒng)動(dòng)量守恒也就是系統(tǒng)的動(dòng)量變化量為零。(√)(5)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能不一定守恒，某一方向上動(dòng)量守恒，系統(tǒng)整體動(dòng)量不一定守恒。(√)『選一選』(多選)下列四幅圖所反映的物理過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是(AC)解析：A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；B中在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；C中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；D中木塊下滑過(guò)程中，斜面始終受擋板的作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒?！合胍幌搿蝗鐖D《三國(guó)演義》“草船借箭”中，若草船的質(zhì)量為m1，每支箭的質(zhì)量為m，草船以速度v1返回時(shí)，對(duì)岸士兵萬(wàn)箭齊發(fā)，n支箭同時(shí)射中草船，箭的速度皆為v，方向與船行方向相同。由此，草船的速度會(huì)增加多少？(不計(jì)水的阻力)答案：eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)解析：船與箭的作用過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒：m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)得Δv＝eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)。課內(nèi)互動(dòng)探究對(duì)動(dòng)量守恒定律的理解情境導(dǎo)入如圖所示，速度為v0的物體滑上光滑水平面上的小車(chē)，物體與小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？提示：物體和小車(chē)組成的系統(tǒng)，水平方向上合力為零，動(dòng)量守恒，豎直方向上合力不為零，動(dòng)量不守恒。要點(diǎn)提煉1．研究對(duì)象兩個(gè)或兩個(gè)以上相互作用的物體組成的系統(tǒng)。2．對(duì)系統(tǒng)“總動(dòng)量保持不變”的理解(1)系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中任意兩個(gè)時(shí)刻的總動(dòng)量都相等，不能誤認(rèn)為只是初、末兩個(gè)狀態(tài)的總動(dòng)量相等。(2)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體的動(dòng)量可能都在不斷變化。(3)系統(tǒng)的總動(dòng)量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和，總動(dòng)量不變指的是系統(tǒng)的總動(dòng)量的大小和方向都不變。3．動(dòng)量守恒定律成立的條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的矢量和為零。(2)近似守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和雖不為零，但系統(tǒng)外力比內(nèi)力小得多，如碰撞問(wèn)題中的摩擦力、爆炸過(guò)程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力小得多，可以忽略不計(jì)。(3)某一方向上守恒：系統(tǒng)所受外力的矢量和雖不為零，但在某個(gè)方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒。4．從“五性”理解動(dòng)量守恒定律(1)系統(tǒng)性：動(dòng)量守恒是針對(duì)滿(mǎn)足守恒條件的系統(tǒng)而言的，系統(tǒng)改變，動(dòng)量不一定守恒。(2)矢量性：定律的表達(dá)式是一個(gè)矢量式。a．該式說(shuō)明系統(tǒng)的總動(dòng)量在任意兩個(gè)時(shí)刻不僅大小相等，而且方向也相同。b．在求系統(tǒng)的總動(dòng)量p＝p1＋p2＋…時(shí)，要按矢量運(yùn)算法則計(jì)算。(3)相對(duì)性：動(dòng)量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動(dòng)量，必須相對(duì)于同一慣性系，各物體的速度通常均為相對(duì)于地的速度。(4)同時(shí)性：動(dòng)量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量。(5)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)。不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。特別提醒(1)分析動(dòng)量守恒時(shí)要著眼于系統(tǒng)，要在不同的方向上研究系統(tǒng)所受外力的矢量和。(2)要深刻理解動(dòng)量守恒的條件。(3)系統(tǒng)動(dòng)量嚴(yán)格守恒的情況是很少的，在分析守恒條件是否滿(mǎn)足時(shí)，要注意對(duì)實(shí)際過(guò)程的理想化。典例剖析典例1(多選)如圖所示，光滑水平面上兩小車(chē)中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車(chē)，使它們靜止，對(duì)兩車(chē)及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是(ACD)A．兩手同時(shí)放開(kāi)后，系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零B．先放開(kāi)左手，后放開(kāi)右手，此后動(dòng)量不守恒C．先放開(kāi)左手，后放開(kāi)右手，總動(dòng)量向左D．無(wú)論是否同時(shí)放手，只要兩手都放開(kāi)后，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)量都保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零思路引導(dǎo)：eq\x(\a\al(明確研,究對(duì)象))→eq\x(\a\al(受力分析，明,確內(nèi)力、外力))→eq\x(\a\al(根據(jù)條件,做出判斷))要注意同時(shí)放開(kāi)兩手和一先一后放開(kāi)的區(qū)別解析：當(dāng)兩手同時(shí)放開(kāi)時(shí)，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，又因?yàn)殚_(kāi)始時(shí)總動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量始終為零，選項(xiàng)A正確；先放開(kāi)左手，左邊的小車(chē)就向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)再放開(kāi)右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，放開(kāi)右手時(shí)總動(dòng)量方向向左，放開(kāi)右手后總動(dòng)量方向也向左，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤而C、D正確。綜合上述分析可知選項(xiàng)A、C、D正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·北京市通州區(qū)高二下學(xué)期段考)如圖所示，兩木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是(B)A．動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒D．動(dòng)量、機(jī)械能都不守恒解析：子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但是子彈擊中木塊A過(guò)程，有摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，B正確，ACD錯(cuò)誤。動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用情境導(dǎo)入在光滑的水平面上有一輛平板車(chē)，一個(gè)人站在車(chē)上用大錘敲打車(chē)的左端，如圖所示。在連續(xù)的敲打下，這輛車(chē)能持續(xù)地向右運(yùn)動(dòng)嗎？提示：當(dāng)把錘頭打下去時(shí)，錘頭向右擺動(dòng)，系統(tǒng)總動(dòng)量要為零，車(chē)就向左運(yùn)動(dòng)；舉起錘頭時(shí)，錘頭向左運(yùn)動(dòng)，車(chē)就向右運(yùn)動(dòng)。用錘頭連續(xù)敲擊時(shí)，車(chē)只是左右運(yùn)動(dòng)，一旦錘頭不動(dòng)，車(chē)就會(huì)停下來(lái)，所以車(chē)不能持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)。要點(diǎn)提煉1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：eq\x(明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成)↓eq\x(受力分析，確定動(dòng)量是否守恒)↓eq\x(規(guī)定正方向，確定初末動(dòng)量)↓eq\x(根據(jù)動(dòng)量守恒定律，建立守恒方程)↓eq\x(代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果并討論說(shuō)明)2．動(dòng)量守恒定律不同表現(xiàn)形式的表達(dá)式的含義：(1)p＝p′：系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′。(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，一個(gè)物體的動(dòng)量變化量與另一個(gè)物體的動(dòng)量變化量大小相等、方向相反。(3)Δp＝0：系統(tǒng)總動(dòng)量增量為零。(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2：相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。3．某一方向上動(dòng)量守恒問(wèn)題：動(dòng)量守恒定律的適用條件是普遍的，當(dāng)系統(tǒng)所受的合外力不為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，但是在不少情況下，合外力在某個(gè)方向上的分量卻為零，那么在該方向上系統(tǒng)的動(dòng)量就是守恒的。4．爆炸類(lèi)問(wèn)題中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用：(1)物體間的相互作用突然發(fā)生，作用時(shí)間很短，爆炸產(chǎn)生的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力(如重力、摩擦力等)，可以利用動(dòng)量守恒定律求解。(2)由于爆炸過(guò)程中物體間相互作用的時(shí)間很短，作用過(guò)程中物體的位移很小，因此可認(rèn)為此過(guò)程物體位移不發(fā)生變化。特別提醒(1)動(dòng)量守恒定律中的各速度都相對(duì)同一參考系，一般以地面為參考系。(2)規(guī)定正方向后，方向與正方向一致的矢量取正值，方向與正方向相反的矢量取負(fù)值。典例剖析典例2一人站在靜止于冰面的小車(chē)上，人與車(chē)的總質(zhì)量M＝70kg，當(dāng)它接到一個(gè)質(zhì)量m＝20kg、以速度v0＝5m/s迎面滑來(lái)的木箱后，立即以相對(duì)于自己v′＝5m/s的速度逆著木箱原來(lái)滑行的方向推出，不計(jì)冰面阻力。則小車(chē)獲得的速度是多大？方向如何？思路引導(dǎo)：eq\x(\a\al(合理選,取系統(tǒng)))→eq\x(\a\al(判斷系統(tǒng)動(dòng),量是否守恒))→eq\x(\a\al(明確各物體,速度方向))→eq\x(\a\al(定律,應(yīng)用))→eq\x(\a\al(問(wèn)題,求解))解析：設(shè)推出木箱后小車(chē)的速度為v，此時(shí)木箱相對(duì)地面的速度為(v′－v)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝Mv－m(v′－v)v＝eq\f(mv0＋v′,M＋m)＝eq\f(20×5＋5,70＋20)m/s＝2.2m/s。與木箱的初速度v0方向相同。答案：2.2m/s方向與木箱的初速度v0相同對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2．如圖所示，進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對(duì)空間站的速度為0.1m/s。A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2m/s，求此時(shí)B的速度大小和方向。答案：0.02m/s遠(yuǎn)離空間站方向解析：根據(jù)動(dòng)量守恒，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)可解得vB＝0.02m/s，方向?yàn)殡x開(kāi)空間站方向。核心素養(yǎng)提升動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較項(xiàng)目動(dòng)量守恒定律機(jī)械能守恒定律相同點(diǎn)研究對(duì)象相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過(guò)程某一運(yùn)動(dòng)過(guò)程不同點(diǎn)守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈力做功表達(dá)式p1＋p2＝p′1＋p′2Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表達(dá)式的矢標(biāo)性矢量式標(biāo)量式某一方向上應(yīng)用情況可在某一方向獨(dú)立使用不能在某一方向獨(dú)立使用運(yùn)算法則用矢量法則進(jìn)行合成或分解代數(shù)和特別提醒(1)系統(tǒng)的動(dòng)量(機(jī)械能)是否守恒，與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過(guò)程有直接關(guān)系。(2)對(duì)于涉及相互作用的系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題時(shí)，可綜合應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律、功能關(guān)系列出相應(yīng)方程分析解答。案例在光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4kg的滑塊，滑塊的一側(cè)為一光滑的eq\f(1,4)圓弧，水平面恰好與圓弧相切，圓弧半徑R＝1m。一質(zhì)量m＝1kg的小球以速度v0向右運(yùn)動(dòng)沖上滑塊，g取10m/s2。若小球剛好沒(méi)有沖出eq\f(1,4)圓弧的上端，求：(1)小球的初速度v0的大小；(2)滑塊獲得的最大速度。思路引導(dǎo)：(1)小球與滑塊相互作用的過(guò)程中水平方向上動(dòng)量守恒。(2)該系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(3)小球從滑塊左端滑出時(shí)滑塊獲得的速度最大。解析：(1)當(dāng)小球上升到滑塊的最上端時(shí)，小球與滑塊水平方向的速度相同，設(shè)為v1，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有：mv0＝(m＋M)v1系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR解得：v0＝5m/s(2)小球到達(dá)最高點(diǎn)以后又滑回，此過(guò)程滑塊做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球離開(kāi)滑塊時(shí)滑塊的速度最大，研究小球從開(kāi)始沖上滑塊到離開(kāi)滑塊的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，有：mv0＝mv2＋Mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)解得：v3＝2m/s。答案：(1)5m/s(2)2m/s1.4實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．掌握驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)思路和實(shí)驗(yàn)方法；明確實(shí)驗(yàn)所需測(cè)量的物理量。2．設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。3．通過(guò)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，進(jìn)一步領(lǐng)會(huì)守恒思想?！舅季S脈絡(luò)】知識(shí)點(diǎn)1實(shí)驗(yàn)思路讓兩個(gè)物體碰撞前沿同一直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，碰撞后仍沿這條直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，創(chuàng)造條件，使系統(tǒng)所受外力的矢量和近似為0，滿(mǎn)足__動(dòng)量守恒__的條件。知識(shí)點(diǎn)2物理量的測(cè)量研究對(duì)象確定后，還需要明確所需測(cè)量的物理量和實(shí)驗(yàn)器材。需要測(cè)量物體的__質(zhì)量__，以及兩個(gè)物體發(fā)生碰撞前后各自的__速度__。物體的質(zhì)量可用__天平__直接測(cè)量。知識(shí)點(diǎn)3數(shù)據(jù)分析選取質(zhì)量不同的兩個(gè)物體進(jìn)行碰撞，測(cè)出物體的質(zhì)量(m1，m2)和碰撞前后的速度(v1，v′1，v2，v2′)，若滿(mǎn)足m1v1＋m2v2＝__m1v′1＋m2v2′__，則驗(yàn)證了碰撞前后總__動(dòng)量__守恒。知識(shí)點(diǎn)4參考案例方案一：研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒1．實(shí)驗(yàn)器材：氣墊導(dǎo)軌、__光電計(jì)時(shí)器__、天平、__滑塊__(兩個(gè))、彈簧片、細(xì)繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等。2．實(shí)驗(yàn)原理：(1)調(diào)整導(dǎo)軌使之處于__水平__狀態(tài)，并使光電計(jì)時(shí)器系統(tǒng)正常工作。(2)速度的測(cè)量：記錄光電門(mén)擋光片的寬度Δx以及光電計(jì)時(shí)器顯示的擋光時(shí)間Δt，利用公式v＝__eq\f(Δx,Δt)__計(jì)算出兩滑塊碰撞前后的速度。方案二：研究斜槽末端小球碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒1．實(shí)驗(yàn)器材：鐵架臺(tái)，斜槽軌道，兩個(gè)大小相等、質(zhì)量__不__同的小球，重垂線(xiàn)，復(fù)寫(xiě)紙，白紙，__天平__，__刻度尺_(dá)_，圓規(guī)，三角板等。2．實(shí)驗(yàn)的基本思想——轉(zhuǎn)化法：不易測(cè)量量轉(zhuǎn)化為易測(cè)量量的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)思想。3．實(shí)驗(yàn)原理：(1)讓一個(gè)質(zhì)量較大的小球從斜槽上滾下，與放在斜槽末端的另一質(zhì)量較小的小球發(fā)生碰撞，之后兩小球都做__平拋__運(yùn)動(dòng)。(2)速度的測(cè)量：由于兩小球下落的高度相同，所以它們的飛行時(shí)間__相等__。如果用小球的飛行時(shí)間作時(shí)間單位，那么小球飛出的水平距離在數(shù)值上就等于它的水平__速度__。課內(nèi)互動(dòng)探究研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒1．實(shí)驗(yàn)裝置：如圖所示。2．物理量的測(cè)量(1)滑塊的質(zhì)量用天平直接測(cè)量。(2)速度的測(cè)量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中的Δx為滑塊上擋光板的寬度，Δt為光電計(jì)時(shí)器記錄的滑塊上的擋光板經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間。3．碰撞情境的實(shí)現(xiàn)利用輕質(zhì)彈簧、細(xì)線(xiàn)、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等設(shè)計(jì)各種類(lèi)型的碰撞，通過(guò)在滑塊上添加已知質(zhì)量的物塊來(lái)改變碰撞物體的質(zhì)量。(1)情境1：質(zhì)量不同的兩滑塊，一靜一動(dòng)碰撞；(2)情境2：兩滑塊追碰、相向碰，碰撞后分開(kāi)；(3)情境3：兩滑塊擠壓彈簧后用細(xì)線(xiàn)連接，燒斷細(xì)線(xiàn)后兩滑塊分開(kāi)；(4)情境4：兩滑塊碰撞后，撞針插入橡皮泥中，使滑塊連成一體。4．?dāng)?shù)據(jù)記錄與處理(1)規(guī)定正方向，碰撞前后速度的方向與正方向相同為正，相反為負(fù)。(2)通過(guò)計(jì)算碰撞前后的總動(dòng)量，檢驗(yàn)是否滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律。典例剖析典例1氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器，它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)可視為沒(méi)有摩擦。我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌以及滑塊A和B來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示(彈簧的長(zhǎng)度忽略不計(jì))。實(shí)驗(yàn)步驟如下：a．用天平分別測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量mA、mB；b．調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使導(dǎo)軌處于水平；c．將A、B靜止放置在氣墊導(dǎo)軌上，在A和B間放入一個(gè)被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用電動(dòng)卡銷(xiāo)鎖定；d．用刻度尺測(cè)出滑塊A的左端至擋板C的距離L1；e．按下電鈕放開(kāi)卡銷(xiāo)，同時(shí)使分別記錄滑塊A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)間的計(jì)時(shí)器開(kāi)始工作，當(dāng)A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時(shí)停止計(jì)時(shí)，記下滑塊A、B分別到達(dá)擋板C、D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和t2。(1)實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測(cè)量的物理量是__滑塊B的右端到擋板D的距離L2__。(2)利用上述測(cè)量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是__mAeq\f(L1,t1)＝mBeq\f(L2,t2)__，上式中算得A、B兩滑塊的動(dòng)量大小并不完全相等，產(chǎn)生誤差的原因是：①__氣墊導(dǎo)軌可能不水平導(dǎo)致誤差__；②__滑塊受到阻力作用而導(dǎo)致誤差__。解析：(1)為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需要測(cè)出滑塊B運(yùn)動(dòng)的速度，所以需要測(cè)量滑塊B的右端到擋板D的距離L2。(2)兩滑塊動(dòng)量守恒，滿(mǎn)足mAvA＝mBvB滑塊脫離彈簧后在導(dǎo)軌上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)vA＝eq\f(L1,t1)，vB＝eq\f(L2,t2)代入解得需要滿(mǎn)足的表達(dá)式為mAeq\f(L1,t1)＝mBeq\f(L2,t2)①氣墊導(dǎo)軌可能不水平導(dǎo)致誤差；②滑塊受到阻力作用而導(dǎo)致誤差。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1．某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行“研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒”實(shí)驗(yàn)，如圖所示，其中圖甲中兩滑塊相互碰撞的端面上分別裝有彈性碰撞架，圖乙中兩滑塊的碰撞端分別裝有撞針和橡皮泥。(1)分別用甲、乙兩圖的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，碰撞時(shí)圖__甲__所示的裝置動(dòng)能損失得較小。(2)某次實(shí)驗(yàn)時(shí)使圖乙中A、B滑塊勻速相向滑動(dòng)并發(fā)生碰撞，測(cè)得碰撞前A、B的速度大小分別為vA＝2m/s，vB＝4m/s，碰后A、B以共同的速度v＝0.8m/s運(yùn)動(dòng)，方向與碰撞前A的運(yùn)動(dòng)方向相同，A、B的質(zhì)量分別用mA、mB表示，以碰撞前A的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則驗(yàn)證此過(guò)程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為_(kāi)_2mA－4mB＝0.8(mA＋mB)__；若表達(dá)式成立，則mA∶mB＝__4∶1__。解析：(1)題圖乙中兩滑塊碰撞后會(huì)連成一體，動(dòng)能損失較大。(2)由題意知，mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，代入數(shù)據(jù)得2mA－4mB＝0.8(mA＋mB)，解得mA∶mB＝4∶1。探究研究斜槽末端小球碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒1．測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出兩個(gè)小球的質(zhì)量，并選質(zhì)量大的小球?yàn)槿肷湫∏颉?．實(shí)驗(yàn)裝置：將斜槽安裝在水平桌面上，并調(diào)整斜槽使其末端水平，在地面上鋪上白紙，上面再鋪好復(fù)寫(xiě)紙，記下重垂線(xiàn)所指的位置O。3．實(shí)驗(yàn)操作：(1)不放被撞小球，讓入射小球從斜槽上某固定位置處自由滾下。重復(fù)10次，用圓規(guī)畫(huà)盡量小的圓把所有的小球落點(diǎn)圈在里面，圓心P就是小球落點(diǎn)的平均位置。(2)把被撞小球放在斜槽末端，讓入射小球從斜槽固定位置處自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)10次，用①中的方法，標(biāo)出入射小球發(fā)生碰撞后落點(diǎn)的平均位置M和被撞小球落點(diǎn)的平均位置N。(3)連接O、N。測(cè)量線(xiàn)段OP、OM、ON的長(zhǎng)度，將測(cè)量數(shù)據(jù)代入公式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立，如成立，則碰撞前后動(dòng)量守恒。4．注意事項(xiàng)(1)“水平”和“正碰”是操作中應(yīng)盡量予以滿(mǎn)足的前提條件。(2)斜槽末端必須水平。(3)入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量。(4)入射球每次都必須從斜槽上同一位置由靜止開(kāi)始滾下。典例剖析■典例2如圖所示，斜槽末端水平，小球m1從斜槽某一高度由靜止?jié)L下，落到水平面上的P點(diǎn)。今在槽口末端放一與m1半徑相同的球m2，仍讓球m1從斜槽同一高度滾下，并與球m2正碰后使兩球落地，球m1和m2的落地點(diǎn)分別是M、N。已知槽口末端在白紙上的投影位置為O點(diǎn)。則：(1)兩小球質(zhì)量的關(guān)系應(yīng)滿(mǎn)足__B__。A．m1＝m2 B．m1>m2C．m1<m2(2)實(shí)驗(yàn)必須滿(mǎn)足的條件__ACD__A．軌道末端的切線(xiàn)必須是水平的B．斜槽軌道必須光滑C．入射球m1每次必須從同一高度滾下D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬間必須在同一高度(3)實(shí)驗(yàn)中必須測(cè)量的是__AFG__。A．兩小球的質(zhì)量m1和m2B．兩小球的半徑r1和r2C．桌面離地的高度HD．小球起始高度E．從兩球相碰到兩球落地的時(shí)間F．小球m1單獨(dú)飛出的水平距離G．兩小球m1和m2相碰后飛出的水平距離(4)若兩小球質(zhì)量之比為m1∶m2＝3∶2，兩球落點(diǎn)情況如下圖所示，則碰撞前后動(dòng)量是否守恒？思路引導(dǎo)：本題中利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，巧妙的提供了一種測(cè)量小球碰撞前后速度的方法，既方便又實(shí)用。解析：(1)為防止反彈造成入射球返回斜槽，要求入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量，即m1>m2，故選B。(2)為保證兩球從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)中要求斜槽軌道末端的切線(xiàn)要調(diào)成水平。為保證實(shí)驗(yàn)有較好的可重復(fù)性以減小誤差，實(shí)驗(yàn)中要求入射球每次從同一高度滾下。本實(shí)驗(yàn)是探究碰撞前后物理量的變化情況，故不需要斜槽軌道必須光滑，故選A、C、D。(3)本實(shí)驗(yàn)必須測(cè)量的是兩小球質(zhì)量m1和m2，入射球m1單獨(dú)飛出的水平距離和兩小球m1和m2相碰后各自飛出的水平距離。因小球脫離軌道口后做的是相同高度的平拋運(yùn)動(dòng)，因此兩球碰后落地時(shí)間相等，兩小球水平分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也相等，故可以利用水平距離的測(cè)量代替速度的測(cè)量，所以不需要測(cè)量桌面離地的高度及兩小球碰后落地的時(shí)間。故選A、F、G。(4)設(shè)m1＝3m，m2＝2則v1＝eq\f(OP,t)＝eq\f(43.50×10－2,t)m/s，m1v1＝eq\f(1.305m,t)v′1＝eq\f(OM,t)＝eq\f(13.50×10－2,t)m/s，m1v′1＝eq\f(0.405m,t)v2＝0，v′2＝eq\f(ON,t)＝eq\f(45.00×10－2,t)m/s，m2v′2＝eq\f(0.9m,t)m1v′1＋m2v′2＝eq\f(1.305m,t)。所以m1v1＝m1v′1＋m2v′2，故碰撞前后動(dòng)量守恒。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2．某同學(xué)把兩塊大小不同的木塊用細(xì)線(xiàn)連接，中間夾一被壓縮了的輕彈簧，如圖所示。將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上，燒斷細(xì)線(xiàn)，觀察木塊的運(yùn)動(dòng)情況，進(jìn)行必要的測(cè)量，探究系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒。(1)實(shí)驗(yàn)還必須有的器材是__刻度尺、天平、重垂線(xiàn)__；(2)需直接測(cè)量的數(shù)據(jù)是__兩木塊的質(zhì)量m1和m2，兩木塊落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離s1和s2__；(3)若系統(tǒng)動(dòng)量守恒，需要驗(yàn)算的表達(dá)式是__m1s1＝m2s2__。解析：取木塊1的初速度方向?yàn)檎较颍瑑尚∏蛸|(zhì)量和平拋的初速度分別為m1、m2，v1、v2。平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為s1、s2，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。需驗(yàn)證的方程為0＝m1v1－m2v2，又v1＝eq\f(s1,t)，v2＝eq\f(s2,t)。代入得m1s1＝m2s2，故需要測(cè)量的量有兩木塊質(zhì)量m1、m2，兩木塊落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離s1、s2。1.5彈性碰撞和非彈性碰撞【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．理解什么是彈性碰撞和非彈性碰撞。2．知道什么是對(duì)心碰撞和非對(duì)心碰撞。3．會(huì)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分析、解決碰撞等相互作用的問(wèn)題?！舅季S脈絡(luò)】知識(shí)點(diǎn)1彈性碰撞和非彈性碰撞1．彈性碰撞如果系統(tǒng)在碰撞前后__動(dòng)能__不變，這類(lèi)碰撞叫作彈性碰撞。2．非彈性碰撞非彈性碰撞：如果系統(tǒng)在碰撞后__動(dòng)能__減少，這類(lèi)的碰撞叫作非彈性碰撞。3．研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞前后動(dòng)能的變化如圖所示，滑塊在碰撞過(guò)程中可以看作彈性碰撞的是__圖甲和圖丙__；可以看作非彈性碰撞的是__圖乙__。知識(shí)點(diǎn)2彈性碰撞的實(shí)例分析1．正碰：兩個(gè)小球相碰，碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線(xiàn)在__同一條直線(xiàn)__上，碰撞之后兩球的速度仍會(huì)沿著這條直線(xiàn)。這種碰撞也叫作__對(duì)心__碰撞或__一維__碰撞。2．彈性正碰的特點(diǎn)：假設(shè)物體m1，以速度v1與原來(lái)靜止的物體m2發(fā)生彈性正碰。(1)與碰撞后系統(tǒng)的__動(dòng)量__相同，__動(dòng)能__相同。(2)兩球質(zhì)量相等時(shí)，碰撞的特點(diǎn)是__m2以v1的速度向前運(yùn)動(dòng)，m1靜止__。(3)m1>m2時(shí)，碰撞的特點(diǎn)是m1和m2都__向前__運(yùn)動(dòng)，且m1的速度__小于__m2的速度。(4)m1<m2時(shí)碰撞的特點(diǎn)是m2__向前__運(yùn)動(dòng)，m1被__反彈__。(5)m1?m2，m1的速度__沒(méi)有__改變，而m2被撞后以__2v1__的速度向前運(yùn)動(dòng)。(6)m1?m2，m1以原來(lái)的速率向__反__方向運(yùn)動(dòng)，而m2仍然__靜止__。思考辨析『判一判』(1)兩物體間發(fā)生瞬間碰撞，動(dòng)量一定守恒，動(dòng)能可能不守恒。(√)(2)兩物體間發(fā)生碰撞，動(dòng)量和動(dòng)能都守恒。(×)(3)兩物體發(fā)生斜碰時(shí)，動(dòng)量不守恒。(×)(4)碰撞后，兩個(gè)物體粘在一起，動(dòng)量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的。(√)(5)一個(gè)運(yùn)動(dòng)的球與一個(gè)靜止的球發(fā)生彈性正碰，碰撞后速度“互換”。(×)『選一選』質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖像如圖所示，則可知碰撞屬于(A)A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能確定解析：由x－t圖像知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前動(dòng)能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后動(dòng)能eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故機(jī)械能守恒；碰撞前動(dòng)量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后動(dòng)量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故動(dòng)量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞?！合胍幌搿蝗鐖D所示，取一只乒乓球，在球上挖一個(gè)圓孔，向球內(nèi)填進(jìn)一些橡皮泥或碎泡沫塑料，放在桌子的邊緣處，將玩具槍平放在桌面上，瞄準(zhǔn)球的圓孔，扣動(dòng)扳機(jī)，讓子彈射入孔中，與乒乓球一同水平拋出。只需測(cè)出球的質(zhì)量M、子彈的質(zhì)量m、桌面的高度h和乒乓球落地點(diǎn)離桌子邊緣的水平距離x，就可估算出玩具槍子彈的射出速度v。你能推導(dǎo)出計(jì)算v的表達(dá)式嗎？該過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒嗎？答案：v＝eq\f(m＋Mx,m)eq\r(\f(g,2h))不守恒解析：子彈與乒乓球一起做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2求出平拋初速度v0，此即為子彈與乒乓球作用后的共同速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒：mv＝(m＋M)v0可求出玩具槍子彈的射出速度v＝eq\f(m＋Mx,m)eq\r(\f(g,2h))。子彈撞擊乒乓球的過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)能減少，機(jī)械能不守恒。課內(nèi)互動(dòng)探究碰撞的特點(diǎn)和分類(lèi)情境導(dǎo)入打臺(tái)球時(shí)，桌面上兩個(gè)小球碰撞前后動(dòng)量遵循怎樣的規(guī)律，機(jī)械能呢？提示：兩個(gè)小球碰撞前后動(dòng)量守恒，機(jī)械能可能減小，但不會(huì)增加。要點(diǎn)提煉1．碰撞的種類(lèi)及特點(diǎn)分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)種類(lèi)特點(diǎn)能量是否守恒彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大碰撞前后動(dòng)量是否共線(xiàn)對(duì)心碰撞(正碰)碰撞前后速度共線(xiàn)非對(duì)心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共線(xiàn)2．碰撞和爆炸的比較名稱(chēng)比較項(xiàng)目爆炸碰撞相同點(diǎn)過(guò)程特點(diǎn)都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時(shí)間很短，平均作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認(rèn)為碰撞、爆炸過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒。能量情況都滿(mǎn)足能量守恒，總能量保持不變不同點(diǎn)動(dòng)能、機(jī)械能情況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，動(dòng)能會(huì)增加，機(jī)械能不守恒。彈性碰撞時(shí)動(dòng)能不變，非彈性碰撞時(shí)動(dòng)能要損失，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動(dòng)能減少，機(jī)械能不守恒。特別提醒(1)當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問(wèn)題，不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動(dòng)量守恒定律。(2)對(duì)心碰撞是同一直線(xiàn)上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，只在一個(gè)方向上列動(dòng)量守恒方程即可，此時(shí)應(yīng)注意速度正、負(fù)號(hào)的選取。典例剖析典例12019年3月16日，世界女子冰壺錦標(biāo)賽在丹麥錫爾克堡舉行，中國(guó)隊(duì)9∶3輕取平昌冬奧會(huì)冠軍瑞典隊(duì)，取得開(kāi)門(mén)紅。圖為比賽中中國(guó)運(yùn)動(dòng)員在最后一投中，將質(zhì)量為19kg的冰壺拋出，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4m/s的速度正碰靜止的瑞典冰壺，然后中國(guó)隊(duì)冰壺以0.1m/s的速度繼續(xù)向前滑向大本營(yíng)中心。若兩冰壺質(zhì)量相等。求：(1)瑞典隊(duì)冰壺獲得的速度。(2)試判斷兩冰壺之間的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞。思路引導(dǎo)：eq\x(動(dòng)量守恒)→eq\x(系統(tǒng)動(dòng)能)→eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(→\x(不變)→\x(彈性碰撞),→\x(減少)→\x(非彈性碰撞)))解析：(1)由動(dòng)量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3將v1＝0.4m/s，v2＝0.1m/s代入上式得：v3＝0.3m/s。(2)碰撞前的動(dòng)能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝0.08m，碰撞后兩冰壺的總動(dòng)能E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝0.05m因?yàn)镋1>E2，所以?xún)杀鶋氐呐鲎矠榉菑椥耘鲎?。答案?1)0.3m/s(2)非彈性碰撞對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1．(2020·河南省八市高二下學(xué)期第二次聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)大小相同的小球A、B用等長(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)懸掛于O點(diǎn)，線(xiàn)長(zhǎng)為L(zhǎng)，mA＝2mB，若將A由圖示位置靜止釋放，在最低點(diǎn)與B球相碰，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(B)A．A下落到最低點(diǎn)的速度是eq\r(2gL)B．若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(2,9)LC．若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則第一次碰時(shí)損失的機(jī)械能為eq\f(2,3)mBgLD．若A與B發(fā)生彈性碰撞，則第一次碰后A上升的最大高度是eq\f(1,9)L解析：A下落過(guò)程由機(jī)械能守恒：mAgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mAv2，得v＝eq\r(gL)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若A與B發(fā)生完全非彈性碰撞，則有：mAv＝(mA＋mB)v′，eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝(mA＋mB)gh，解得：h＝eq\f(2,9)L，故選項(xiàng)B正確；ΔE＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(1,3)mBgL，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若A與B發(fā)生彈性碰撞，則有：mAv＝mAv′A＋mBv′B，eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)，eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＝mAgh′，解得：h′＝eq\f(1,18)L，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。彈性碰撞的實(shí)例分析情境導(dǎo)入五個(gè)完全相同的金屬球沿直線(xiàn)排列并彼此鄰接，把最左端的小球拉高釋放，撞擊后發(fā)現(xiàn)最右端的小球擺高，而其余四球不動(dòng)，你知道這是為什么嗎？提示：由于小球發(fā)生了彈性碰撞，碰撞中的動(dòng)量和動(dòng)能都守恒，發(fā)生了速度、動(dòng)能的“傳遞”。要點(diǎn)提煉彈性碰撞的一動(dòng)一靜模型：A球碰撞原來(lái)靜止的B球規(guī)律動(dòng)量mAv0＝mAvA＋mBvB動(dòng)能eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)碰后A、B球速度A球vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v0B球vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0討論mA＝mBvA＝0，vB＝v0，兩球碰后交換了速度mA>mBvA>0，vB>0，vA、vB與v0同向mA<mBvA<0，vB>0，碰后A球被彈回來(lái)mA?mBvA＝v0，vB＝2v0，vA、vB與v0同向mA?mBvA＝－v0，vB＝0，碰后A球被彈回，B球靜止┃┃典例剖析__■典例2如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3mA．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)能大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等D．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同思路引導(dǎo)：(1)兩球碰撞前后動(dòng)量守恒、動(dòng)能不變。(2)兩球碰后擺動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒。解析：兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)，解兩式得：v1＝－eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(v0,2)，可見(jiàn)第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，方向相反，動(dòng)能也不相等，故AB錯(cuò)誤，C正確；兩球碰后上擺過(guò)程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長(zhǎng)相等，故兩球碰后的最大擺角相同，故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2．如圖所示，B、C、D、E、F,5個(gè)小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4個(gè)球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量。A球以速度v0向B球運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后(C)A．5個(gè)小球靜止，1個(gè)小球運(yùn)動(dòng)B．4個(gè)小球靜止，2個(gè)小球運(yùn)動(dòng)C．3個(gè)小球靜止，3個(gè)小球運(yùn)動(dòng)D．6個(gè)小球都運(yùn)動(dòng)解析：A球與B球相碰時(shí)，由于A質(zhì)量小于B，A彈回，B獲得速度與C碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質(zhì)量相等，B靜止，C獲得速度，同理，C和D的碰撞，D與E的碰撞都是如此，E獲得速度后與F的碰撞過(guò)程中，由于E的質(zhì)量大于F，所以E、F碰后都向右運(yùn)動(dòng)。所以碰撞之后，A、E、F三球運(yùn)動(dòng)，B、C、D三球靜止。核心素養(yǎng)提升分析碰撞問(wèn)題的“三個(gè)原則”在所給的條件不足的情況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必須同時(shí)滿(mǎn)足以下三條：1．動(dòng)量守恒即p1＋p2＝p1′＋p2′。2．動(dòng)能不增加即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。3．速度要符合情景如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則后面物體的速度大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞。碰撞后，原來(lái)在前的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前的物體的速度大于或等于原來(lái)在后的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒(méi)有結(jié)束，如果碰前兩物體是相向運(yùn)動(dòng)，則碰后，兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。案例質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上均向右沿同一直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量為pA＝9kg·m/s，B球的動(dòng)量為pB＝3kg·m/s，當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動(dòng)量可能是(A)A．p′A＝6kg·m/s，p′B＝6kg·m/sB．p′A＝8kg·m/s，p′B＝4kg·m/sC．p′A＝－2kg·m/s，p′B＝14kg·m/sD．p′A＝－4kg·m/s，p′B＝17kg·m/s思路引導(dǎo)：依據(jù)分析碰撞問(wèn)題的“三個(gè)原則”排除不符合“三個(gè)原則”的選項(xiàng)。解析：A、B組成的系統(tǒng)受合外力為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p′A＋p′B＝pA＋pB＝9kg·m/s＋3kg·m/s＝12kg·m/s，故先排除D項(xiàng)。A、B碰撞前的動(dòng)能應(yīng)大于或等于碰撞后的動(dòng)能，即EkA＋EkB≥E′kA＋E′kB，EkA＋EkB＝eq\f(p\o\al(2,A),2m)＋eq\f(p\o\al(2,B),2m)＝eq\f(81＋9,2m)(J)＝eq\f(90,2m)(J)E′kA＋E′kB＝eq\f(p′\o\al(2,A)＋p′\o\al(2,B),2m)，將A、B、C三項(xiàng)數(shù)值代入可排除C項(xiàng)。A、B選項(xiàng)數(shù)據(jù)表明碰撞后兩球的動(dòng)量均為正值，即碰后兩球沿同一方向運(yùn)動(dòng)。因A球的速度應(yīng)小于或等于B球的速度，即v′A≤v′B，而v′A＝eq\f(8,m)>v′B＝eq\f(4,m)，因此又可排除B項(xiàng)。所以該題的正確選項(xiàng)為A。1.6反沖現(xiàn)象火箭【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1．認(rèn)識(shí)反沖現(xiàn)象，知道火箭的發(fā)射利用了反沖現(xiàn)象。2．能夠結(jié)合動(dòng)量守恒定律對(duì)反沖現(xiàn)象進(jìn)行解釋。3．了解我國(guó)的航空、航天事業(yè)的巨大成就，增強(qiáng)民族自信心和自豪感。【思維脈絡(luò)】知識(shí)點(diǎn)1反沖現(xiàn)象1．實(shí)例分析發(fā)射炮彈時(shí)，炮彈從炮筒中飛出，炮身則向__后退__。這種情況由于系統(tǒng)__內(nèi)力__很大，__外力__可忽略，射擊前，炮彈靜止在炮筒中，它們的總動(dòng)量為_(kāi)_0__。炮彈射出后以很大的速度__向前__運(yùn)動(dòng)，根據(jù)__動(dòng)量守恒__定律，炮身必將__向后__運(yùn)動(dòng)。炮身的這種后退運(yùn)動(dòng)叫作反沖。2．特點(diǎn)(1)物體的不同部分在__內(nèi)力__作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)。(2)反向運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，通?？梢杂胈_動(dòng)量守恒定律__來(lái)處理。3．反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止(1)應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置是利用反沖，使水從噴口噴出時(shí)一邊噴水一邊__旋轉(zhuǎn)__。(2)防止：用槍射擊時(shí)，由于槍身的反沖會(huì)影響射擊的__準(zhǔn)確性__，所以用步槍射擊時(shí)要把槍身抵在__肩部__，以減少反沖的影響。知識(shí)點(diǎn)2火箭1．工作原理：應(yīng)用了反沖的原理，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的__速度__。2．影響火箭獲得速度大小的因素：(1)噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度通常為2000～5000m/s。(2)火箭獲得的速度大?。害＝－eq\f(Δm,m)u，式中Δm為Δt時(shí)間內(nèi)__噴射燃?xì)鈅_的質(zhì)量，m為噴出燃?xì)夂骭_火箭__的質(zhì)量，u為噴出的__燃?xì)鈅_相對(duì)噴氣前火箭的速度。(3)質(zhì)量比：火箭起飛時(shí)的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比，噴氣速度__越大__，質(zhì)量比__越大__，火箭獲得的速度越大。思考辨析『判一判』(1)反沖運(yùn)動(dòng)中動(dòng)量守恒。(√)(2)農(nóng)田、園林的噴灌裝置的原理是反沖運(yùn)動(dòng)。(√)(3)反沖運(yùn)動(dòng)實(shí)際上是相互作用物體之間的一對(duì)平衡力產(chǎn)生的效果。(×)(4)現(xiàn)代火箭是利用火箭和空氣間的作用力而升空的。(×)(5)用多級(jí)火箭發(fā)射衛(wèi)星可以獲得所需的速度。(√)『選一選』假定冰面是光滑的，某人站在冰凍河面的中央，他想到達(dá)岸邊，則可行的辦法是(D)A．步行B．揮動(dòng)雙臂C．在冰面上滾動(dòng)D．脫去外衣拋向岸的反方向解析：由于冰面光滑，無(wú)法行走或滾動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律可知，只有拋出物體獲得反沖速度才能到達(dá)岸邊?！合胍幌搿粌晌煌瑢W(xué)在公園里劃船。租船時(shí)間將到，她們把小船劃向碼頭。當(dāng)小船離碼頭大約2m左右時(shí)，有一位同學(xué)心想：自己在體育課上立定跳遠(yuǎn)的成績(jī)從未低于2m，跳到岸上絕對(duì)沒(méi)有問(wèn)題。于是她縱身一跳，結(jié)果卻掉到了水里(如圖)。她為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？(假設(shè)起跳時(shí)船已靜止)解析：若立定跳遠(yuǎn)時(shí)，人離地時(shí)速度為v，如果從船上起跳時(shí)，人離船時(shí)速度為v′，船的反沖速度為v′船，由能量關(guān)系E＝eq\f(1,2)mv2，E＝eq\f(1,2)mv′2＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,船)所以v′<v，人跳出的距離變小，所以人掉到了水里。正是由于船的反沖導(dǎo)致了此結(jié)果。課內(nèi)互動(dòng)探究對(duì)反沖現(xiàn)象的理解情境導(dǎo)入假如在月球上建一飛機(jī)場(chǎng)，應(yīng)配置噴氣式飛機(jī)還是螺旋槳飛機(jī)呢？提示：因?yàn)樵虑蛏蠜](méi)有空氣，所以螺旋槳飛機(jī)無(wú)法起飛，只能配置噴氣式飛機(jī)。要點(diǎn)提煉1．反沖運(yùn)動(dòng)的三個(gè)特點(diǎn)：(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)。(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以可以用動(dòng)量守恒定律或在某一方向上應(yīng)用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理。(3)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。2．分析反沖運(yùn)動(dòng)應(yīng)注意的問(wèn)題(1)速度的反向性問(wèn)題對(duì)于原來(lái)靜止的整體，拋出部分具有速度時(shí)，剩余部分的反沖是相對(duì)于拋出部分來(lái)說(shuō)的，兩者運(yùn)動(dòng)方向必然相反。在列動(dòng)量守恒方程時(shí)，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則反方向的另一部分的速度應(yīng)取負(fù)值。(2)相對(duì)速度問(wèn)題反沖運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題中，有時(shí)遇到的速度是相互作用的兩物體的相對(duì)速度。由于動(dòng)量守恒定律中要求速度為對(duì)同一參考系的速度，通常為對(duì)地的速度。因此應(yīng)先將相對(duì)速度轉(zhuǎn)換成對(duì)地的速度后，再列動(dòng)量守恒定律方程。(3)變質(zhì)量問(wèn)題在反沖運(yùn)動(dòng)中還常遇到變質(zhì)量物體的運(yùn)動(dòng)，如在火箭的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時(shí)必須取火箭本身和在相互作用的短時(shí)間內(nèi)噴出的所有氣體為研究對(duì)象，取相互作用的這個(gè)過(guò)程為研究過(guò)程來(lái)進(jìn)行研究。典例剖析典例1一個(gè)連同裝備總質(zhì)量為M＝100kg的宇航員，在距離飛船s＝45m處與飛船處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，他準(zhǔn)備對(duì)太空中的哈勃望遠(yuǎn)鏡進(jìn)行維修，宇航員背著裝有質(zhì)量為m0＝0.5kg的氧氣貯氣筒，筒內(nèi)有一個(gè)可以使氧氣以v＝50m/s的速度噴出的噴嘴。宇航員在維修完畢哈勃望遠(yuǎn)鏡后，必須向著返回飛船方向的反方向釋放氧氣，才能回到飛船，同時(shí)又必須保留一部分氧氣供途中宇航員呼吸之用，宇航員的耗氧率為Q＝2.5×10－4kg/s，如果不考慮噴出氧氣對(duì)設(shè)備與宇航員總質(zhì)量的影響，則：(1)噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？(2)為了使總耗氧量最低，應(yīng)該一次噴出多少氧氣？返回時(shí)間是多少？思路引導(dǎo)：本題中宇航員所帶的氧氣量一定，問(wèn)題是要將它合理分配給呼吸和噴氣兩個(gè)方面使用，并能保證宇航員安全返回飛船。解析：(1)以飛船為參考系，設(shè)沿著飛船運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，并設(shè)噴出質(zhì)量為m(kg)氧氣時(shí)宇航員獲得的速度是v′，對(duì)于“宇航員和噴出的氧氣”這一系統(tǒng)而言，在噴氣方向上由動(dòng)量守恒可得：(M－m)v′－mv＝0，考慮M?m，有v′＝mv/M ①宇航員返回時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)t＝s/v′ ②又筒內(nèi)氧氣的總質(zhì)量滿(mǎn)足關(guān)系為m0＝Qt＋m ③聯(lián)立①②③三式得：m0＝Qs·eq\f(M,mv)＋m代入數(shù)據(jù)得：m1＝0.05kg，m2＝0.45kg，即宇航員噴出0.05kg或0.45kg的氧氣時(shí)，返回去剛好把剩余的氧氣呼吸完，假如噴出的氧氣介于m1和m2之間，則返回后還有剩余的氧氣，故本問(wèn)題的答案是：噴出的氧氣介于0.05k