資源簡介

4．實驗：驗證動量守恒定律
1．明確驗證動量守恒定律的基本思路。
2．驗證一維碰撞中的動量守恒。
3．知道實驗數據的處理方法。
類型一　實驗原理與操作
【典例1】　(2022·山西長治第二中學期末)某同學用如圖甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中CQ是斜槽，QR為水平槽，二者平滑相接，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面上的記錄紙上，留下痕跡。重復上述操作10次，得到10個落點痕跡。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從原位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。重復這種操作10次。圖中O點是水平槽末端口在記錄紙上的垂直投影點，P點為未放被碰球B時A球的平均落點，M為與B球碰后A球的平均落點，N為被碰球B的平均落點。若B球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零刻度線與O點對齊。
(1)A球的質量mA和被碰球B的質量mB的關系是mA________mB。(選填“>”“<”或“＝”)
(2)碰撞后B球的水平射程L0約為________cm。
(3)下列選項中，本次實驗必須測量的物理量是________。(填選項前的字母)
A．水平槽上未放B球時，A球平均落點位置到O點的距離L1
B．A球與B球碰撞后，A球平均落點位置到O點的距離L2
C．A球或B球的直徑D
D．A球和B球的質量mA、mB
E．G點相對于水平槽面的高度H
(4)需驗證的關系式為______________________________________________。
(用題中給出的字母表示)
[解析]　(1)為了防止碰后A球反彈，應保證A球質量大于B球的質量。
(2)做一個盡量小的圓，圈住盡量多的點，其圓心即為平均落點，所以射程約為64.5 cm。
(3)(4)實驗需要驗證的表達式為mAvA＝mAvA′＋mBvB，因為小球均做平拋運動，下落相同的高度，用時相同，所以有vA＝，vA′＝，即驗證的表達式為mAL1＝mAL2＋mBL0，所以實驗需要測量平槽上未放B球時，A球平均落點位置到O點的距離L1，A球與B球碰撞后，A球平均落點位置到O點的距離L2以及兩球的質量mA、mB，其他均不需要測量。故選A、B、D。
[答案]　(1)＞　(2)64.5(64.2～64.8均可)　(3)ABD　(4)mAL1＝mAL2＋mBL0
類型二　數據處理與誤差分析
【典例2】　(2022·山東威海高二期中)某同學用如圖所示的裝置來“驗證動量守恒定律”，在氣墊導軌右端固定一彈簧，滑塊b的右端有粘性強的物質。圖中滑塊a和擋光片的總質量m1＝0.310 kg，滑塊b的質量m2＝0.108 kg，實驗步驟如下：
①打開氣泵，調節氣墊導軌，輕推滑塊，當滑塊上的擋光片經過兩個光電門的遮光時間________時，可認為氣墊導軌水平；
②將滑塊b置于兩光電門之間，將滑塊a置于光電門1的右端，然后推動滑塊a水平壓縮彈簧，撤去外力后，滑塊a在彈簧彈力的作用下向左彈射出去，通過光電門1后繼續向左滑動并與滑塊b發生碰撞；
③兩滑塊碰撞后粘合在一起向左運動，并通過光電門2；
④實驗中，分別記錄下滑塊a的擋光片通過光電門1的時間t1，兩滑塊一起運動時擋光片通過光電門2的時間t2。
(1)完成實驗步驟①中所缺少的內容________。
(2)設擋光片通過光電門的時間為Δt，則滑塊通過光電門的速度為v＝________(用d、Δt表示)。
(3)實驗前測得擋光片的寬度d＝1.00 cm，實驗中測得滑塊a經過光電門1時的速度v1＝2.00 m/s，兩滑塊經過光電門2的時間t2＝6.85 ms，將兩滑塊和擋光片看成一個系統，則系統在兩滑塊相互作用前、后的總動量分別為p1＝________kg·m/s，p2＝________kg·m/s(結果均保留三位小數)。本實驗的相對誤差為________(結果保留兩位有效數字)。
[解析]　(1)在步驟①中氣墊導軌安裝時應保持水平狀態，滑塊在軌道上應做勻速直線運動，故滑塊上的擋光片通過兩個光電門的遮光時間相等。
(2)由于擋光片的寬度比較小，故擋光片通過光電門的時間比較短，因此可將擋光片通過光電門的平均速度看成滑塊通過光電門的瞬時速度，故滑塊通過光電門的速度可表示為v＝。
(3)兩滑塊相互作用前的總動量
p1＝m1v1＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s。
兩滑塊通過光電門2時的速度v2＝ m/s≈1.46 m/s，故兩滑塊相互作用后的總動量p2＝(m1＋m2)v2≈0.610 kg·m/s。
本實驗的相對誤差為×100%＝×100%≈1.6%。
[答案]　(1)相等　(2)　(3)0.620　0.610　1.6%
類型三　創新實驗設計
【典例3】　(2022·廣西百色期末)如圖所示，某同學利用光電門、斜面、彈簧、滑塊和小球等裝置設計了一個實驗用來驗證動量守恒定律。
主要操作步驟為：
①將光電門固定在光滑水平桌面上；
②用天平分別測出小滑塊a(含擋光片)和小球b的質量ma、mb；
③從桌面邊緣搭建斜面，斜面頂端與桌面等高，在斜面上鋪白紙，白紙上面放上復寫紙；
④在a和b間鎖定一個壓縮的輕彈簧，將系統靜止放置在平臺上；
⑤解除鎖定，a、b瞬間被彈開，記錄a通過光電門時擋光片的遮光時間t；
⑥記錄b落在斜面上的點M，用刻度尺測出其到桌面邊緣O的距離為s0。
已知擋光片寬度為d，重力加速度為g，請回答下列問題：
(1)滑塊a經過光電門時的瞬時速度v＝________(用題給字母表示)；
(2)若測得斜面的傾角為θ，則小球b做平拋運動的初速度v0＝____________(用題給字母表示)；
(3)若a、b在解除鎖定過程中動量守恒，需滿足的關系式是________________
________________________________________________(用題給字母表示)。
[解析]　(1)a勻速經過光電門，則瞬時速度v＝。
(2)b離開平臺后做平拋運動落在斜面上，由平拋運動的規律得，豎直方向有y＝s0sin θ＝gt′2，水平方向有x＝s0cos θ＝v0t′，聯立解得v0＝
(3)解除鎖定后，若a、b組成的系統動量守恒，則以向右為正方向，由動量守恒定律得mbv0－mav＝0，整理得。
[答案]　　(1)　(2)
1．(2022·山東濟寧高二期中改編)現利用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。在圖甲中，小車A的前端粘有橡皮泥，后端連著紙帶，啟動打點計時器，給小車A一初速度，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續運動。實驗測得小車A(含橡皮泥)的質量m1＝0.81 kg，小車B的質量m2＝0.84 kg，打點計時器所用交流電的頻率f＝50.0 Hz。碰撞前后打出的紙帶如圖乙所示(單位：cm)。
(1)關于實驗過程中的注意事項，下列說法正確的是________。
A．長木板下墊著的薄木片用來平衡摩擦力
B．小車A和小車B的車輪應該由同種材料制成
C．應選用質量差不多大的兩個小車
(2)碰前兩小車的總動量為________kg·m/s，碰后兩小車的總動量為________kg·m/s。(結果保留三位有效數字)
[解析]　(1)長木板下墊薄木片是為了平衡摩擦力，讓小車重力沿長木板向下的分力平衡小車運動過程中所受到的摩擦力，故A正確；兩小車車輪的材料相同，才能同時平衡兩個小車的摩擦力，故B正確；為使實驗中碰撞效果明顯，應選用質量差不多大的兩個小車，故C正確。
(2)碰前小車A的速度vA＝ m/s＝2.00 m/s，碰前兩小車的總動量p＝m1vA＝0.81×2.00 kg·m/s＝1.62 kg·m/s；碰后兩小車的共同速度v＝ m/s＝0.97 m/s，碰后兩小車的總動量p′＝(m1＋m2)v＝(0.81＋0.84)×0.97 kg·m/s≈1.60 kg·m/s。
[答案]　(1)ABC　(2)1.62　1.60
2．(2022·江蘇揚州江都大橋高級中學月考)利用“類牛頓擺”驗證動量守恒定律。實驗器材：兩個半徑相同的球1和球2，細線若干，坐標紙，刻度尺。實驗步驟：
(1)測量小球1、2的質量分別為m1、m2，將小球各用兩細線懸掛于水平支架上，兩小球位于同一水平面內，如圖甲所示。
(2)將坐標紙豎直固定在水平支架上，使坐標紙與小球運動平面平行且盡量靠近。坐標紙每一小格均是邊長為d的正方形。將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，垂直坐標紙方向用手機高速連拍。
(3)分析連拍照片得出，球1從A點由靜止釋放，在最低點與球2發生水平方向的正碰，球1反彈后到達最高位置為B，球2向左擺動的最高位置為C，如圖乙所示。已知重力加速度為g，碰前球1的動量大小為________，若滿足關系式________________________，則驗證碰撞中動量守恒；
(4)與用一根細線懸掛小球相比，本實驗采用雙線擺的優點是______________
________________________________________________________________。
[解析]　(3)從A位置到最低點的高度差h1＝9d，由機械能守恒定律可得碰撞前的速度v1＝，則碰前球1的動量大小為p1＝m1v1＝3m1；碰撞后球2上升的高度為h2＝4d，由機械能守恒定律可得碰后球2的速度大小為v2＝，動量大小為p2＝m2v2＝以水平向左為正方向，碰后球1的速度為v1′＝－，碰后球1動量為p1′＝m1v1′＝－m1，若碰撞前后動量守恒，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2，得3m1，整理可得2m1＝m2。
(4)與單線擺相比，雙線擺的優點是雙擺線能保證小球運動更穩定，使小球運動軌跡在同一豎直平面內。
[答案]　(3)3m1　2m1＝m2　(4)使小球運動軌跡在同一豎直平面內
3．(1)如圖甲所示，在水平槽末端與水平地面間放置了一個斜面，斜面的底端與O點重合。剛開始不放小球B，使小球A從斜槽上C點由靜止滾下，然后在水平槽末端放上小球B，使小球A仍從C點由靜止滾下，得到兩次球在斜面上的平均落點M′、P′、N′。用刻度尺測得斜面底端到M′、P′、N′三點的距離分別為L′OM、L′OP、L′ON，測量出斜面的傾角為θ，用天平測量出兩個小球的質量分別為m1、m2。則僅利用以上數據能不能驗證兩球碰撞過程中總動量守恒？若能，請用所測物理量寫出驗證表達式；若不能，請說明理由。
(2)實驗小組成員小紅對(1)中裝置進行了改造，改造后的裝置如圖乙所示。使小球A仍從斜槽上C點由靜止滾下，得到兩次小球落在以斜槽末端為圓心的圓弧擋板上的平均落點M′、P′、N′。測得軌道末端與M′、P′、N′三點的連線與水平方向的夾角分別為α1、α2、α3，則驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達式為____________________________________________________________________
(用所測物理量的符號表示)。
[解析]　(1)設水平槽末端離水平地面的高度為H，O點到落點的距離為L，根據平拋運動規律有H－L sin θ＝gt2，解得t＝，由于H沒有測定，則根據所測得的物理量不能求出小球做平拋運動的時間，故不能求出小球碰撞前后的速度，因此不能驗證兩球碰撞過程中總動量是否守恒。
(2)設圓弧擋板半徑為R，小球做平拋運動的速度為v，則有R sin α＝gt2，R cos α＝vt，解得v＝小，小球離開軌道時的速度越大，兩球碰撞后小球1的速度變小，小于小球2的速度且小于碰撞前小球1的速度，因此碰撞后小球2的速度最大，碰撞后小球1的速度最小，N′是碰撞后小球2的落點位置，P′是碰撞前小球1的落點位置，M′是碰撞后小球1的落點位置，碰撞前小球1的速度v0′＝，碰撞后小球1的速度v1′＝，碰撞后小球2的速度v2′＝，兩球碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
m1v0′＝m1v1′＋m2v2′，整理得：驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達式為m1。
[答案] (1)不能，因為根據所測得的物理量不能求出小球做平拋運動的時間，故不能求出小球碰撞前后的速度，也就無法驗證兩球碰撞過程中總動量是否守恒。(2)m1
4．某物理興趣小組利用如圖甲所示的裝置進行實驗。在足夠大的水平平臺上的A點放置一個光電門，水平平臺上A點右側摩擦很小可忽略不計，左側為粗糙水平面，當地重力加速度大小為g，采用的實驗步驟如下：
①在小滑塊a上固定一個寬度為d的窄擋光片；
②用天平分別稱出小滑塊a(含擋光片)和小球b的質量ma、mb；
③a和b間用細線連接，中間夾一被壓縮了的輕彈簧，靜止放置在平臺上；
④細線燒斷后，a、b瞬間被彈開，向相反方向運動；
⑤記錄滑塊a通過光電門時擋光片的遮光時間t；
⑥滑塊a最終停在C點(圖中未畫出)，用刻度尺測出A、C之間的距離sa；
⑦小球b從平臺邊緣飛出后，落在水平地面的B點，用刻度尺測出平臺距水平地面的高度h及平臺邊緣鉛垂線與B點之間的水平距離sb；
⑧改變彈簧壓縮量，進行多次測量。
(1)a球經過光電門的速度為________(用上述實驗數據字母表示)。
(2)該實驗要驗證“動量守恒定律”，則只需驗證等式________________成立即可(用上述實驗數據字母表示)。
(3)改變彈簧壓縮量，多次測量后，該實驗小組得到與sa的關系圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k，則平臺上A點左側與滑塊a之間的動摩擦因數大小為________(用上述實驗數據字母表示)。
[解析]　(1)燒斷細線后，a向左運動，經過光電門，根據速度公式可知，a經過光電門的速度va＝。
(2)b離開平臺后做平拋運動，根據平拋運動規律可得
h＝gt2
sb＝vbt
解得vb＝sb
若動量守恒，設向右的方向為正方向，則有
0＝mbvb－mava
即ma。
(3)對物體a由光電門向左運動過程分析，則有＝2asa
經過光電門的速度va＝
由牛頓第二定律可得a＝＝μg
聯立可得sa
則由圖像可知k＝
解得μ＝。
[答案]　(1)　(2)ma　(3)4．實驗：驗證動量守恒定律
1．明確驗證動量守恒定律的基本思路。
2．驗證一維碰撞中的動量守恒。
3．知道實驗數據的處理方法。
類型一　實驗原理與操作
【典例1】　(2022·山西長治第二中學期末)某同學用如圖甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中CQ是斜槽，QR為水平槽，二者平滑相接，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面上的記錄紙上，留下痕跡。重復上述操作10次，得到10個落點痕跡。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從原位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。重復這種操作10次。圖中O點是水平槽末端口在記錄紙上的垂直投影點，P點為未放被碰球B時A球的平均落點，M為與B球碰后A球的平均落點，N為被碰球B的平均落點。若B球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零刻度線與O點對齊。
(1)A球的質量mA和被碰球B的質量mB的關系是mA________mB。(選填“>”“<”或“＝”)
(2)碰撞后B球的水平射程L0約為________cm。
(3)下列選項中，本次實驗必須測量的物理量是________。(填選項前的字母)
A．水平槽上未放B球時，A球平均落點位置到O點的距離L1
B．A球與B球碰撞后，A球平均落點位置到O點的距離L2
C．A球或B球的直徑D
D．A球和B球的質量mA、mB
E．G點相對于水平槽面的高度H
(4)需驗證的關系式為___________________________________________。
(用題中給出的字母表示)
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
類型二　數據處理與誤差分析
【典例2】　(2022·山東威海高二期中)某同學用如圖所示的裝置來“驗證動量守恒定律”，在氣墊導軌右端固定一彈簧，滑塊b的右端有粘性強的物質。圖中滑塊a和擋光片的總質量m1＝0.310 kg，滑塊b的質量m2＝0.108 kg，實驗步驟如下：
①打開氣泵，調節氣墊導軌，輕推滑塊，當滑塊上的擋光片經過兩個光電門的遮光時間________時，可認為氣墊導軌水平；
②將滑塊b置于兩光電門之間，將滑塊a置于光電門1的右端，然后推動滑塊a水平壓縮彈簧，撤去外力后，滑塊a在彈簧彈力的作用下向左彈射出去，通過光電門1后繼續向左滑動并與滑塊b發生碰撞；
③兩滑塊碰撞后粘合在一起向左運動，并通過光電門2；
④實驗中，分別記錄下滑塊a的擋光片通過光電門1的時間t1，兩滑塊一起運動時擋光片通過光電門2的時間t2。
(1)完成實驗步驟①中所缺少的內容________。
(2)設擋光片通過光電門的時間為Δt，則滑塊通過光電門的速度為v＝________(用d、Δt表示)。
(3)實驗前測得擋光片的寬度d＝1.00 cm，實驗中測得滑塊a經過光電門1時的速度v1＝2.00 m/s，兩滑塊經過光電門2的時間t2＝6.85 ms，將兩滑塊和擋光片看成一個系統，則系統在兩滑塊相互作用前、后的總動量分別為p1＝________kg·m/s，p2＝________kg·m/s(結果均保留三位小數)。本實驗的相對誤差為________(結果保留兩位有效數字)。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
類型三　創新實驗設計
【典例3】　(2022·廣西百色期末)如圖所示，某同學利用光電門、斜面、彈簧、滑塊和小球等裝置設計了一個實驗用來驗證動量守恒定律。
主要操作步驟為：
①將光電門固定在光滑水平桌面上；
②用天平分別測出小滑塊a(含擋光片)和小球b的質量ma、mb；
③從桌面邊緣搭建斜面，斜面頂端與桌面等高，在斜面上鋪白紙，白紙上面放上復寫紙；
④在a和b間鎖定一個壓縮的輕彈簧，將系統靜止放置在平臺上；
⑤解除鎖定，a、b瞬間被彈開，記錄a通過光電門時擋光片的遮光時間t；
⑥記錄b落在斜面上的點M，用刻度尺測出其到桌面邊緣O的距離為s0。
已知擋光片寬度為d，重力加速度為g，請回答下列問題：
(1)滑塊a經過光電門時的瞬時速度v＝________(用題給字母表示)；
(2)若測得斜面的傾角為θ，則小球b做平拋運動的初速度v0＝____________(用題給字母表示)；
(3)若a、b在解除鎖定過程中動量守恒，需滿足的關系式是___________
__________________________________________(用題給字母表示)。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(2022·山東濟寧高二期中改編)現利用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。在圖甲中，小車A的前端粘有橡皮泥，后端連著紙帶，啟動打點計時器，給小車A一初速度，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續運動。實驗測得小車A(含橡皮泥)的質量m1＝0.81 kg，小車B的質量m2＝0.84 kg，打點計時器所用交流電的頻率f＝50.0 Hz。碰撞前后打出的紙帶如圖乙所示(單位：cm)。
(1)關于實驗過程中的注意事項，下列說法正確的是________。
A．長木板下墊著的薄木片用來平衡摩擦力
B．小車A和小車B的車輪應該由同種材料制成
C．應選用質量差不多大的兩個小車
(2)碰前兩小車的總動量為________kg·m/s，碰后兩小車的總動量為________kg·m/s。(結果保留三位有效數字)
2．(2022·江蘇揚州江都大橋高級中學月考)利用“類牛頓擺”驗證動量守恒定律。實驗器材：兩個半徑相同的球1和球2，細線若干，坐標紙，刻度尺。實驗步驟：
(1)測量小球1、2的質量分別為m1、m2，將小球各用兩細線懸掛于水平支架上，兩小球位于同一水平面內，如圖甲所示。
(2)將坐標紙豎直固定在水平支架上，使坐標紙與小球運動平面平行且盡量靠近。坐標紙每一小格均是邊長為d的正方形。將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，垂直坐標紙方向用手機高速連拍。
(3)分析連拍照片得出，球1從A點由靜止釋放，在最低點與球2發生水平方向的正碰，球1反彈后到達最高位置為B，球2向左擺動的最高位置為C，如圖乙所示。已知重力加速度為g，碰前球1的動量大小為________，若滿足關系式________________________，則驗證碰撞中動量守恒；
(4)與用一根細線懸掛小球相比，本實驗采用雙線擺的優點是________
____________________________________________________________
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3．(1)如圖甲所示，在水平槽末端與水平地面間放置了一個斜面，斜面的底端與O點重合。剛開始不放小球B，使小球A從斜槽上C點由靜止滾下，然后在水平槽末端放上小球B，使小球A仍從C點由靜止滾下，得到兩次球在斜面上的平均落點M′、P′、N′。用刻度尺測得斜面底端到M′、P′、N′三點的距離分別為L′OM、L′OP、L′ON，測量出斜面的傾角為θ，用天平測量出兩個小球的質量分別為m1、m2。則僅利用以上數據能不能驗證兩球碰撞過程中總動量守恒？若能，請用所測物理量寫出驗證表達式；若不能，請說明理由。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)實驗小組成員小紅對(1)中裝置進行了改造，改造后的裝置如圖乙所示。使小球A仍從斜槽上C點由靜止滾下，得到兩次小球落在以斜槽末端為圓心的圓弧擋板上的平均落點M′、P′、N′。測得軌道末端與M′、P′、N′三點的連線與水平方向的夾角分別為α1、α2、α3，則驗證兩球碰撞過程中動量守恒的表達式為___________________________________
(用所測物理量的符號表示)。
4．某物理興趣小組利用如圖甲所示的裝置進行實驗。在足夠大的水平平臺上的A點放置一個光電門，水平平臺上A點右側摩擦很小可忽略不計，左側為粗糙水平面，當地重力加速度大小為g，采用的實驗步驟如下：
①在小滑塊a上固定一個寬度為d的窄擋光片；
②用天平分別稱出小滑塊a(含擋光片)和小球b的質量ma、mb；
③a和b間用細線連接，中間夾一被壓縮了的輕彈簧，靜止放置在平臺上；
④細線燒斷后，a、b瞬間被彈開，向相反方向運動；
⑤記錄滑塊a通過光電門時擋光片的遮光時間t；
⑥滑塊a最終停在C點(圖中未畫出)，用刻度尺測出A、C之間的距離sa；
⑦小球b從平臺邊緣飛出后，落在水平地面的B點，用刻度尺測出平臺距水平地面的高度h及平臺邊緣鉛垂線與B點之間的水平距離sb；
⑧改變彈簧壓縮量，進行多次測量。
(1)a球經過光電門的速度為________(用上述實驗數據字母表示)。
(2)該實驗要驗證“動量守恒定律”，則只需驗證等式________________成立即可(用上述實驗數據字母表示)。
(3)改變彈簧壓縮量，多次測量后，該實驗小組得到與sa的關系圖像如圖乙所示，圖線的斜率為k，則平臺上A點左側與滑塊a之間的動摩擦因數大小為________(用上述實驗數據字母表示)。5．彈性碰撞和非彈性碰撞
1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞。
2．會分析具體實例中的碰撞特點及類型。
3．會用動量、能量的觀點解決生產生活中與一維碰撞相關的實際問題。
　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：系統在碰撞前后動能不變。
2．非彈性碰撞：系統在碰撞后動能減少。
　碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短的時間內它們的運動狀態發生顯著變化的過程。
2022年2月4日至2022年2月20日，我國成功舉辦了北京冬奧會，冰壺是冬奧會的比賽項目之一。
問題1　兩個冰壺間的碰撞過程可以看成彈性碰撞嗎？遵守什么規律？
提示：由于冰面的摩擦力比較小，兩個冰壺間的碰撞可以看成彈性碰撞，碰撞過程中兩個冰壺組成的系統的動量守恒、機械能守恒。
問題2　冰壺間的碰撞一定是正碰嗎？
提示：冰壺間的碰撞不一定是正碰，也可能是斜碰。
1．碰撞的特點
時間特點 作用時間極短，相對物體運動的全過程可忽略
受力特點 在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小
動量特點 系統所受外力遠小于內力，可認為系統的總動量守恒
位移特點 可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后在同一位置
能量特點 碰撞前的總動能總是大于或等于碰撞后的總動能，即碰撞后動能不會增加
2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。
(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。
(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。
【典例1】　(2022·南京高二期中)質量分別為m1、m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移—時間圖像(x t圖像)如圖所示，由此可以判斷(　　)
A．m1>m2
B．m1＝m2
C．碰撞為彈性碰撞
D．碰撞為非彈性碰撞
C　[根據x t圖像可得：碰撞前m1的速度為：v1＝
m2的速度為：v2＝0
碰撞后m1的速度為：v1′＝
m2的速度為：v2′＝v1
碰撞過程中滿足動量守恒有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
代入相關數據可得：m1＝，故A、B錯誤；
碰撞前總動能為：
碰撞后總動能為：
m1v1′2＋，可見碰撞滿足機械能守恒，故為彈性碰撞，故D錯誤，C正確，故選：C。]
　處理碰撞問題的三點提醒
(1)選取動量守恒的系統：若有三個或更多個物體參與碰撞時，要合理選取所研究的系統。
(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。
(3)弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉化關系、速度關系等。
[跟進訓練]
1．(多選)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，B在前A在后，發生碰撞前后的v t圖像如圖所示，由此可以判斷(　　)
A．A、B的質量比為3∶2
B．A、B的質量比為2∶3
C．A、B兩物體的碰撞為彈性碰撞
D．A、B兩物體的碰撞為非彈性碰撞
AC　[根據題中v t圖像可知，碰撞時間為1×10-2s～2×10-2 s，碰撞前，A球的速度為vA＝6 m/s，B球的速度為vB＝1 m/s，碰撞后，A球的速度為vA′＝2 m/s，B球的速度為vB′＝7 m/s，根據動量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，代入數據可得mA∶mB＝3∶2，選項A正確，B錯誤；碰撞前系統的總動能為Ek＝mA(J)，碰撞后系統的總動能為E'k＝mAv+mBv=mA(J)，可見碰撞前后系統的總動能不變，因此該碰撞為彈性碰撞，選項C正確，D錯誤。]
　彈性碰撞的實例分析
1．正碰
兩個小球相碰，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在同一條直線上，碰撞之后兩球的速度仍會沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰，也叫作對心碰撞或一維碰撞。
2．彈性碰撞碰后的速度特點
(1)假設物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發生正碰，如圖所示。碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′。
則：v1′＝v1，v2′＝v1。
(2)三種特殊情況。
①若m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1；
②若m1 m2，v1′＝v1，v2′＝2v1；
③若m1 m2，v1′＝－v1，v2′＝0。
有一個很著名的實驗：在天花板上懸掛許多相等擺長的雙線擺，當第一個小球擺動以后，這個速度就會一直傳遞到最后一個小球，最后一個小球也就能擺到與第一個小球等高的位置，這樣一直往復運動下去，中間的雙線擺靜止不動，起到傳遞能量的作用，如圖所示。
問題1　發生上述現象對擺球有什么要求？
提示：大小、質量完全一樣。
問題2　上述現象屬于哪種碰撞？
提示：彈性碰撞。
問題3　你能解釋上述現象的原因嗎？
提示：碰撞過程中動量和能量都守恒，發生了動量和能量的“傳遞”。
1．彈性碰撞規律
如圖所示，在光滑的水平面上，質量分別為m1、m2的兩小球分別以速度v1、v2運動，發生彈性碰撞后兩球的速度分別為v1′、v2′。
由動量守恒定律可得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由機械能守恒定律可得m2v2′2，
解得v1′＝，v2′＝。
2．分析討論
當碰撞前小球m2的速度不為零時，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩小球交換速度。
當碰撞前小球m2的速度為零時，即v2＝0，則v1′＝，v2′＝，有以下幾種情況：
(1)當m1＝m2時，v1′＝v2，v2′＝v1，碰撞后兩小球交換速度，動量和動能也交換，此時被動球的動能為最大值，與主動球的初動能相同。
(2)當m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩小球沿同方向運動。
若m1 m2，則二者發生彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1，表明碰撞后m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。
(3)當m10，碰撞后m1被反彈回來。
若m1 m2，則二者發生彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0，表明碰后m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止。
[注意]　(1)發生正碰的兩個物體，碰撞前后的速度都沿同一條直線，它們的動量也都沿這條直線，在這個方向上動量守恒。
(2)在高中階段一般只研究正碰的情況。
【典例2】　如圖所示，AB為傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質量為m1的小球甲以速度v0與乙球發生彈性正碰。若m1∶m2＝1∶2，且軌道足夠長，要使兩球能發生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數μ的取值范圍。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解析]　設碰后甲的速度為v1，乙的速度為v2，由動量守恒和能量關系，有m1v0＝，
解得v1＝v0。
設乙球沿斜面上滑的最大位移大小為s，滑到斜面底端的速度大小為v，由動能定理有
(m2g sin 37°＋μm2g cos 37°)s＝，
(m2g sin 37°－μm2g cos 37°)s＝m2v2，解得。乙要能追上甲，則v＞，又μ＞0，解得0＜μ＜0.45。
[答案]　0＜μ＜0.45
[跟進訓練]
2．汽車A和汽車B靜止在水平地面上，某時刻汽車A開始倒車，結果汽車A撞到了停在它正后方的汽車B，汽車B上裝有智能記錄儀，能夠測量并記錄汽車B前面的物體相對于汽車B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽車B的智能記錄儀測得碰撞前瞬間汽車A的速度大小為v0，已知汽車A的質量是汽車B質量的2倍，碰撞過程可視為彈性碰撞，則碰后瞬間汽車A相對于地面的速度大小為(　　)
A．v0　　B．v0　　C．v0　　D．v0
C　[兩汽車發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，設碰撞后A、B的速度分別為v1、v2，B的質量為m，則A的質量為2m，以碰撞前A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由機械能守恒定律得，解得v1＝v0，選項C正確。]
　碰撞問題的合理性分析與判斷
如圖甲中質量為M的B物體以速度v向右碰撞一個輕彈簧，彈簧右端連接等質量的物體A，接觸面光滑。
問題1　把物體A和B看成一個系統，動量是否守恒？
提示：守恒。
問題2　碰撞后兩物體怎樣運動？
提示：碰后B物體的速度減小，A物體的速度增大，彈簧被壓縮，當彈簧壓縮到最短時兩物體達到共同速度，由于水平方向所受合外力為零，動量守恒，兩物體的速度為v，此后彈簧仍然對A做正功，對B做負功，則A的速度繼續增大，B的速度繼續減小，當B的速度等于零時，A的速度達到最大，等于v。
1．碰撞問題遵循的“三個原則”
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
2．碰撞合理性的判斷思路
(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次看總動能是否增加，同時注意碰前、碰后合理的速度關系。
(2)要靈活運用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝幾個關系式進行有關計算。
【典例3】　(2022·黑龍江大慶鐵人中學高二期末)甲、乙兩鐵球的質量分別是m甲＝1 kg、m乙＝2 kg，在光滑水平面上均沿同一直線向正方向運動，速度大小分別是v甲＝6 m/s、v乙＝2 m/s，甲球追上乙球發生正碰后兩球的速度有可能是(　　)
A．v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s
B．v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s
C．v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s
D．v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s
A　[以甲球的初速度方向為正方向，碰撞前的總動量p＝m甲v甲＋m乙v乙＝10 kg·m/s，碰撞前的總動能Ek＝m甲m乙＝22 J。如果v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s，碰撞后的總動量為10 kg·m/s，碰撞后的總動能E′k＝m甲m乙＝18 J，動能不增加，碰撞后不能發生二次碰撞，故A正確；如果v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s，碰后甲球的速度不可能大于乙球的速度，故B錯誤；如果v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s，碰撞后的總動量為9.5 kg·m/s，碰撞過程動量不守恒，故C錯誤；如果v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s，碰撞后的總動量為9 kg·m/s，碰撞過程動量不守恒，故D錯誤。]
　處理碰撞問題的思路
(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次再看總機械能是否增加。
(2)一個符合實際的碰撞，除動量守恒外還要滿足能量守恒，同時注意碰后的速度關系。
(3)要靈活運用Ek＝或p＝，Ek＝p＝幾個關系式。
[跟進訓練]
3．(多選)(2022·湖南郴州嘉禾一中高二月考)如圖所示，足夠長的光滑斜劈固定在光滑水平面上，兩等大的小球甲、乙的質量分別為m1、m2，小球乙靜止在水平面上，小球甲以水平向左的速度運動，經過一段時間后與小球乙發生碰撞，已知碰后小球甲的速率為碰前的，整個過程中兩球剛好只能發生一次碰撞，則m1∶m2可能為(　　)
A．1∶2　 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
CD　[取小球甲的初速度方向為正方向，碰前小球甲的速度大小為v0，整個過程中兩球剛好發生一次碰撞，說明碰后兩球的速度方向相反且乙球的速度大小不大于甲球的速度大小，設碰后乙球速度大小為v′，根據動量守恒定律有m1v0＝m2v′－m1v0，即m1v0＝m2v′≤m2v0，可得m2≥4m1，C、D正確，A、B錯誤。]
1．現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(　　)
A．彈性碰撞
B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞
D．條件不足，無法確定
A　[由動量守恒定律有3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v。碰前總動能Ek＝mv2＝2mv2，碰后總動能Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A項正確。]
2．如圖所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的靜止物塊B發生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.1，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2。物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．0.5 m/s　 B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
C　[碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入數據得v＝1 m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統在水平方向上動量守恒，選取水平向右為正方向，則有mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機械能的損失，故有·2mv2，聯立解得v0＝1.5 m/s。選項C正確。]
3．A、B兩物體發生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移—時間圖像如圖所示。由圖可知，物體A、B的質量之比為(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
C　[由圖像知，碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝1 m/s，由動量守恒定律可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA，選項C正確。]
4．(2022·重慶七校聯考)在光滑水平面上放著兩塊質量都是m的木塊A和B，中間用一根勁度系數為k的輕彈簧連接，如圖所示，現從水平方向射來一顆質量為、速度為v0的子彈，射中木塊A后并留在其中(作用時間極短)，求：
(1)子彈擊中木塊瞬間木塊A、B的速度vA和vB；
(2)在以后運動中彈簧的最大彈性勢能。
[解析]　(1)由于作用時間極短，所以vB＝0，對子彈和木塊A由動量守恒定律有vA，得vA＝v0，方向水平向右。
(2)兩者共速時彈簧彈性勢能達到最大值，由動量守恒定律有v1
再由機械能守恒定律得
＋Ep
解得Ep＝。
[答案]　(1)vA＝v0，方向水平向右；vB＝0　(2)
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．碰撞具有什么特點？
提示：相互作用時間短，相互作用力大，近似滿足動量守恒，碰撞前后兩物體的位置不變。
2．碰撞可分哪些類型？
提示：彈性碰撞和非彈性碰撞。
3．彈性碰撞的兩小球在什么情況下可以交換速度？
提示：質量相等的兩小球。5．彈性碰撞和非彈性碰撞
1．了解彈性碰撞和非彈性碰撞。
2．會分析具體實例中的碰撞特點及類型。
3．會用動量、能量的觀點解決生產生活中與一維碰撞相關的實際問題。
　彈性碰撞和非彈性碰撞
1．彈性碰撞：系統在碰撞前后動能________。
2．非彈性碰撞：系統在碰撞后動能________。
　碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短的時間內它們的運動狀態發生顯著變化的過程。
2022年2月4日至2022年2月20日，我國成功舉辦了北京冬奧會，冰壺是冬奧會的比賽項目之一。
問題1　兩個冰壺間的碰撞過程可以看成彈性碰撞嗎？遵守什么規律？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題2　冰壺間的碰撞一定是正碰嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．碰撞的特點
時間特點 作用時間極短，相對物體運動的全過程可忽略
受力特點 在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后急劇減小
動量特點 系統所受外力遠小于內力，可認為系統的總動量守恒
位移特點 可忽略物體的位移，認為物體在碰撞前后在同一位置
能量特點 碰撞前的總動能總是大于或等于碰撞后的總動能，即碰撞后動能不會增加
2．碰撞的分類
(1)彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。
(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。
(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。
【典例1】　(2022·南京高二期中)質量分別為m1、m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移—時間圖像(x t圖像)如圖所示，由此可以判斷(　　)
A．m1>m2
B．m1＝m2
C．碰撞為彈性碰撞
D．碰撞為非彈性碰撞
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　處理碰撞問題的三點提醒
(1)選取動量守恒的系統：若有三個或更多個物體參與碰撞時，要合理選取所研究的系統。
(2)弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。
(3)弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉化關系、速度關系等。
[跟進訓練]
1．(多選)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，B在前A在后，發生碰撞前后的v t圖像如圖所示，由此可以判斷(　　)
A．A、B的質量比為3∶2
B．A、B的質量比為2∶3
C．A、B兩物體的碰撞為彈性碰撞
D．A、B兩物體的碰撞為非彈性碰撞
　彈性碰撞的實例分析
1．正碰
兩個小球相碰，碰撞之前球的運動速度與兩球心的連線在同________上，碰撞之后兩球的________仍會沿著這條直線。這種碰撞稱為正碰，也叫作____________或一維碰撞。
2．彈性碰撞碰后的速度特點
(1)假設物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發生正碰，如圖所示。碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′。
則：v1′＝__________，v2′＝__________。
(2)三種特殊情況。
①若m1＝m2，v1′＝________，v2′＝________；
②若m1 m2，v1′＝________，v2′＝________；
③若m1 m2，v1′＝________，v2′＝________。
有一個很著名的實驗：在天花板上懸掛許多相等擺長的雙線擺，當第一個小球擺動以后，這個速度就會一直傳遞到最后一個小球，最后一個小球也就能擺到與第一個小球等高的位置，這樣一直往復運動下去，中間的雙線擺靜止不動，起到傳遞能量的作用，如圖所示。
問題1　發生上述現象對擺球有什么要求？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題2　上述現象屬于哪種碰撞？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題3　你能解釋上述現象的原因嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．彈性碰撞規律
如圖所示，在光滑的水平面上，質量分別為m1、m2的兩小球分別以速度v1、v2運動，發生彈性碰撞后兩球的速度分別為v1′、v2′。
由動量守恒定律可得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由機械能守恒定律可得m2v2′2，
解得v1′＝，v2′＝。
2．分析討論
當碰撞前小球m2的速度不為零時，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩小球交換速度。
當碰撞前小球m2的速度為零時，即v2＝0，則v1′＝，v2′＝，有以下幾種情況：
(1)當m1＝m2時，v1′＝v2，v2′＝v1，碰撞后兩小球交換速度，動量和動能也交換，此時被動球的動能為最大值，與主動球的初動能相同。
(2)當m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩小球沿同方向運動。
若m1 m2，則二者發生彈性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1，表明碰撞后m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。
(3)當m10，碰撞后m1被反彈回來。
若m1 m2，則二者發生彈性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0，表明碰后m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止。
[注意]　(1)發生正碰的兩個物體，碰撞前后的速度都沿同一條直線，它們的動量也都沿這條直線，在這個方向上動量守恒。
(2)在高中階段一般只研究正碰的情況。
【典例2】　如圖所示，AB為傾角θ＝37°的粗糙斜面軌道，通過一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質量為m2的小球乙靜止在水平軌道上，質量為m1的小球甲以速度v0與乙球發生彈性正碰。若m1∶m2＝1∶2，且軌道足夠長，要使兩球能發生第二次碰撞，求乙球與斜面之間的動摩擦因數μ的取值范圍。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[跟進訓練]
2．汽車A和汽車B靜止在水平地面上，某時刻汽車A開始倒車，結果汽車A撞到了停在它正后方的汽車B，汽車B上裝有智能記錄儀，能夠測量并記錄汽車B前面的物體相對于汽車B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽車B的智能記錄儀測得碰撞前瞬間汽車A的速度大小為v0，已知汽車A的質量是汽車B質量的2倍，碰撞過程可視為彈性碰撞，則碰后瞬間汽車A相對于地面的速度大小為(　　)
A．v0　　B．v0　　C．v0　　D．v0
　碰撞問題的合理性分析與判斷
如圖甲中質量為M的B物體以速度v向右碰撞一個輕彈簧，彈簧右端連接等質量的物體A，接觸面光滑。
問題1　把物體A和B看成一個系統，動量是否守恒？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題2　碰撞后兩物體怎樣運動？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．碰撞問題遵循的“三個原則”
(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
(3)速度要
2．碰撞合理性的判斷思路
(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次看總動能是否增加，同時注意碰前、碰后合理的速度關系。
(2)要靈活運用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝幾個關系式進行有關計算。
【典例3】　(2022·黑龍江大慶鐵人中學高二期末)甲、乙兩鐵球的質量分別是m甲＝1 kg、m乙＝2 kg，在光滑水平面上均沿同一直線向正方向運動，速度大小分別是v甲＝6 m/s、v乙＝2 m/s，甲球追上乙球發生正碰后兩球的速度有可能是(　　)
A．v′甲＝2 m/s，v′乙＝4 m/s
B．v′甲＝7 m/s，v′乙＝1.5 m/s
C．v′甲＝3.5 m/s，v′乙＝3 m/s
D．v′甲＝3 m/s，v′乙＝3 m/s
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　處理碰撞問題的思路
(1)對一個給定的碰撞，首先要看動量是否守恒，其次再看總機械能是否增加。
(2)一個符合實際的碰撞，除動量守恒外還要滿足能量守恒，同時注意碰后的速度關系。
(3)要靈活運用Ek＝或p＝，Ek＝p＝幾個關系式。
[跟進訓練]
3．(多選)(2022·湖南郴州嘉禾一中高二月考)如圖所示，足夠長的光滑斜劈固定在光滑水平面上，兩等大的小球甲、乙的質量分別為m1、m2，小球乙靜止在水平面上，小球甲以水平向左的速度運動，經過一段時間后與小球乙發生碰撞，已知碰后小球甲的速率為碰前的，整個過程中兩球剛好只能發生一次碰撞，則m1∶m2可能為(　　)
A．1∶2　　　　　 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
1．現有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發生了碰撞。已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是(　　)
A．彈性碰撞
B．非彈性碰撞
C．完全非彈性碰撞
D．條件不足，無法確定
2．如圖所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的靜止物塊B發生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.1，與沙坑的距離x＝0.5 m，g取10 m/s2。物塊可視為質點，則碰撞前瞬間A的速度大小為(　　)
A．0.5 m/s　　　　　 B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
3．A、B兩物體發生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移—時間圖像如圖所示。由圖可知，物體A、B的質量之比為(　　)
A．1∶1　　B．1∶2 C．1∶3　　D．3∶1
4．(2022·重慶七校聯考)在光滑水平面上放著兩塊質量都是m的木塊A和B，中間用一根勁度系數為k的輕彈簧連接，如圖所示，現從水平方向射來一顆質量為、速度為v0的子彈，射中木塊A后并留在其中(作用時間極短)，求：
(1)子彈擊中木塊瞬間木塊A、B的速度vA和vB；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)在以后運動中彈簧的最大彈性勢能。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．碰撞具有什么特點？
2．碰撞可分哪些類型？
3．彈性碰撞的兩小球在什么情況下可以交換速度？6．反沖現象　火箭
1．通過實驗認識反沖運動，能舉出反沖運動的實例，知道火箭的發射是反沖現象。
2．能結合動量守恒定律對常見的反沖現象作出解釋。
3．了解我國航天事業的巨大成就，增強對我國科學技術發展的自信。
　反沖現象
1．定義　原來靜止的系統在內力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分向相反方向運動的現象。
　被分離的一部分物體既可以是高速噴射出的液體、氣體，也可以是固體。
2．規律　反沖現象中，系統內力很大，外力可忽略，滿足動量守恒定律。
3．反沖現象的防止及應用
(1)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。
(2)應用：農田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉。
兩位同學在公園里劃船，當小船離碼頭大約1.5 m時，有一位同學心想：自己在體育課上立定跳遠的成績從未低于2 m，跳到岸上絕對沒有問題。于是她縱身一跳，結果卻掉到了水里。
問題1　這位同學為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？
提示：這位同學與船組成的系統在不考慮水的阻力的情況下，所受合外力為零，在她跳起前后遵循動量守恒定律。在她向前跳起瞬間，船要向后運動。
問題2　這種現象屬于什么物理現象？
提示：反沖現象。
1．反沖運動的特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。
(2)在反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。
(3)在反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加。
2．處理反沖運動應注意的問題
(1)速度的方向。
對于原來靜止的整體，拋出部分與剩余部分的運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的速度應取負值。
(2)相對速度問題。
在反沖運動中，有時遇到的速度是兩物體的相對速度。此類問題中應先將相對速度轉換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。
(3)變質量問題。
如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程來進行研究。
【典例1】　(2022·江蘇泰州中學期中)章魚是一種軟體動物，生活在水中。一懸浮在水中的章魚，當外套膜吸滿水后，它的總質量為M，突然發現后方有一海鰻，章魚迅速將體內的水通過短漏斗狀的體管在極短時間內向后噴出，噴射的水力強勁，從而迅速向前逃竄。若噴射出的水的質量為m，噴射速度的大小為v0，則下列說法正確的是(　　)
A．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統機械能守恒
B．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統動量增加
C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為v0
D．章魚噴水的過程中受到水的沖量大小為
[思路點撥]　本題的研究對象是章魚和噴出的水，注意章魚噴水時要消耗自身的能量，同時還要注意速度的矢量性和相對性。
C　[在章魚噴水的過程中，章魚的生物能轉化為機械能，系統機械能增加，選項A錯誤；章魚噴水過程所用的時間極短，內力遠大于外力，章魚和噴出的水組成的系統動量守恒，選項B錯誤；取章魚前進的方向為正方向，由動量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為v＝v0，選項C正確；章魚噴水的過程中受到水的沖量大小等于噴出的水的動量大小，即為mv0，選項D錯誤。]
　反沖運動和碰撞、爆炸有相似之處，相互作用力常為變力，且作用力大，一般都滿足內力 外力，所以反沖運動可用動量守恒定律來處理。
[跟進訓練]
1．(2022·江蘇如東中學等四校聯考)一個士兵在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質量為M，這個士兵用自動步槍沿水平方向射出一發質量為m的子彈，子彈離開槍口時相對步槍的速度為v，射擊前皮劃艇是靜止的，則射出子彈后皮劃艇的速度為(　　)
A．　 B．
C． D．
B　[子彈與皮劃艇組成的系統動量守恒，以子彈的速度方向為正方向，以地面為參考系，設皮劃艇的速度為v1，則子彈的速度為v－v1，由動量守恒定律得m(v－v1)－(M－m)v1＝0，解得v1＝，選項B正確。]
　火箭
1．工作原理
利用反沖的原理，火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾部噴管迅速噴出，使火箭獲得巨大速度。
2．影響火箭獲得速度大小的因素
一是噴氣速度，二是火箭噴出物質的質量與火箭本身質量之比。噴氣速度越大，質量比越大，火箭獲得的速度越大。
　由火箭的工作原理可知，與火箭發生相互作用的是火箭噴出的燃氣，而不是外界的空氣。
多級運載火箭發射時，先點燃第一級火箭，燃料用完后，空殼自動脫落，然后下一級火箭開始工作。
問題1　火箭點火后能加速上升的動力是什么力？
提示：燃燒產生的氣體高速向下噴出，氣體產生的反作用力推動火箭加速上升。
問題2　要提升運載物的最大速度可采用什么措施？
提示：提高氣體噴射速度，增加燃料質量，及時脫離前一級火箭空殼。
1．工作原理
應用反沖運動，其反沖過程動量守恒。它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。
2．分析火箭類問題應注意的三個問題
(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。
(2)明確兩部分物體初、末狀態的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以轉換，一般情況要轉換成對地的速度。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
【典例2】　一火箭的噴氣發動機每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度v＝1 000 m/s(相對地面)，設火箭的質量M＝300 kg，發動機每秒噴氣20次，當第三次氣體噴出后，火箭的速度為多大？
[思路點撥]　火箭噴氣屬反沖現象，火箭和氣體組成的系統動量守恒，運用動量守恒定律求解。
[解析]　方法一：設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據動量守恒定律，得－3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s。
方法二：噴出氣體的運動方向與火箭運動的方向相反，系統動量守恒。
第一次氣體噴出后，火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0
所以v1＝
第二次氣體噴出后，火箭速度為v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1
所以v2＝
第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝ m/s≈2 m/s。
[答案]　2 m/s
[母題變式]
在[典例2]中，若發動機每次噴出200 g的氣體，氣體離開發動機噴出時相對火箭的速度v＝1 000 m/s，則當第一次氣體噴出后，火箭的速度多大？
提示：由動量守恒定律(M－m)v1－m(v－v1)＝0，解得v1≈0.67 m/s。
　火箭類反沖問題解題要領
(1)兩部分物體初、末狀態的速度的參考系必須是同一參考系，且一般以地面為參考系。
(2)要特別注意反沖前、后各物體質量的變化。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
[跟進訓練]
2．總質量為M的火箭以速度v0飛行，質量為m的燃氣相對于火箭以速率u向后噴出，則火箭的速度大小為(　　)
A．v0＋　　 B．v0－
C．v0＋(v0＋u) D．v0＋
A　[設噴出氣體后火箭的速度大小為v，則燃氣的對地速度為(v－u)(取火箭的速度方向為正方向)，由動量守恒定律，得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)
解得v＝v0＋，A項正確。]
　“人船模型”問題
如圖所示為一條約為180 kg的小船漂浮在靜水中，當人從船尾走向船頭時，小船也發生了移動，不計水的阻力。
問題1　小船發生移動的動力是什么力？小船向哪個方向運動？
提示：摩擦力。向左運動，即與人行走的方向相反。
問題2　當人走到船頭相對船靜止時，小船還運動嗎？為什么？
提示：不運動。小船和人組成的系統動量守恒，當人的速度為零時，船的速度也為零。
問題3　當人從船尾走到船頭時，有沒有可能出現如圖甲或如圖乙的情形？為什么？
提示：不可能。由系統動量守恒可知，人和船相對于地面的速度方向一定相反，不可能向同一個方向運動，且人船位移比等于它們質量的反比。
1．“人船模型”分析
如圖所示，長為l、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統水平方向不受外力作用，所以整個系統水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統動量始終守恒，故有：m船x船＝m人x人，由圖可看出：x船＋x人＝l，
可解得：x人＝l，x船＝l。
2．“人船模型”中的規律
(1)人船模型中的動力學規律：由于組成系統的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度或位移與質量成反比、方向相反。這類問題的特點是兩物體同時運動，同時停止。
(2)人船模型中的動量與能量規律：由于系統不受外力作用，故遵守動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體動能均發生變化。用力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。
【典例3】　(多選)(2022·山東濟寧期末)如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的可視為質點的滑塊從小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M＝4m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則(　　)
A．全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移大小為R＋L
B．小車在運動過程中速度的最大值為
C．全過程小車相對地面的位移大小為
D．μ、L、R三者之間的關系為R＝μL
BCD　[滑塊與小車組成的系統水平方向動量守恒，由人船模型特點有Ms1＝ms2，s1＋s2＝R＋L，解得s1＝，全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為，全過程小車相對地面的位移大小為，所以A錯誤，C正確；滑塊滑到圓弧軌道最低點時，小車速度最大，滑塊與小車組成的系統水平方向動量守恒，則有Mv1＝mv2，mgR＝，由上述兩式解得v1＝，即小車在運動過程中速度的最大值為，所以B正確；滑塊最后恰好停在C點時，小車也停止運動，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得R＝μL，所以μ、L、R三者之間的關系為R＝μL，故D正確。]
[跟進訓練]
3．(2022·廣西來賓期末)如圖所示，人站在車的左端，將一質量m＝20 kg的木箱推出，木箱從車的左端開始運動恰好停在車的右端。已知人和車的總質量M＝300 kg(不含木箱的質量)，車長L＝3.2 m，車與地面間的摩擦可以忽略。人相對于車始終靜止且人和木箱都可看作質點，則在該過程中，車將左移(　　)
A．0.2 m　 B．0.5 m
C．0.6 m D．0.8 m
A　[人、車和木箱組成的系統動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.2 m，故選A。]
4．(多選)(2022·山東青島高二期中)如圖所示，載有物資的、總質量為M的熱氣球靜止于距水平地面H高處，現將質量為m的物資以相對地面豎直向下的速度v0投出，物資落地時與熱氣球的距離為d。熱氣球所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力。下列說法正確的是(　　)
A．物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統動量守恒
B．投出物資后熱氣球做勻速直線運動
C．d＝
D．d＝H＋H
AC　[物資投出之前，物資和熱氣球所受合外力為零，物資投出后，熱氣球和物資所受合外力不變，則系統所受合外力仍為零，物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統動量守恒，選項A正確；投出物資后熱氣球所受合外力向上，則熱氣球向上做勻加速直線運動，選項B錯誤；設物資落地時熱氣球上升的高度為h，對物資和熱氣球組成的系統，由運動學關系，解得h＝，則d＝H＋h＝H＋，選項C正確，D錯誤。]
1．(2022·安徽蚌埠田家炳中學月考)一人靜止于光滑的水平冰面上，現欲離開冰面，下列方法中可行的是(　　)
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脫下衣服或鞋子水平拋出
D．脫下衣服或鞋子豎直向上拋出
C　[以人作為整體為研究對象，向后踢腿或手臂向前甩，人整體的總動量為0，不會運動起來，故A、B錯誤；把人和外衣、鞋視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個水平速度，總動量不變，所以人有一個反向的速度，可以離開冰面，故C正確；把人和外衣、鞋視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個豎直方向的速度，水平方向的總動量仍然等于0，所以人仍然靜止，不能離開冰面，故D錯誤。]
2．如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為m1，炮彈的質量為m2，炮彈射出炮口時對地的速率為v0，若炮管與水平地面的夾角為θ，則火炮后退的速度大小為(設水平地面光滑)(　　)
A．v0　 B．
C． D．
C　[炮彈和火炮組成的系統水平方向動量守恒，0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，得v＝，選項C正確。]
3．質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
B　[由水平方向動量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝，選項B正確。]
4．(新情境題，以空間飛行器為背景，考查反沖原理)在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學的規律運行的各類飛行器，稱為空間飛行器。航天器是執行航天任務的主體，是航天系統的主要組成部分。由于外太空是真空的，飛行器在加速過程中一般使用反沖推進器，某種推進器在工作時利用電場加速帶電粒子，形成向外發射的粒子流而對飛行器產生反沖力，由于太空阻力極小，只需一點點動力即可以達到很高的速度。我國發射的“實踐九號”攜帶的衛星上第一次使用了上述離子電推力技術，從此為我國的航天技術開啟了一扇新的大門。已知飛行器的質量為M，發射的是2價氧離子，發射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質量為m，元電荷為e，原來飛行器靜止，不計發射氧離子后飛行器質量的變化，求：
(1)射出的氧離子速度大小；
(2)每秒鐘射出的氧離子數；
(3)射出離子后飛行器開始運動的加速度大小。
[解析]　(1)以氧離子為研究對象，根據動能定理，有2eU＝所以，氧離子速度為v＝2。
(2)設每秒鐘射出的氧離子數為N，則發射功率可表示為P＝NΔEk＝2NeU
所以，每秒射出的氧離子數為N＝。
(3)以氧離子和飛行器組成的系統為研究對象，設飛行器的反沖速度為v1，取飛行器的速度方向為正方向，根據動量守恒定律，t時間內有
0＝Mv1＋Ntm(－v)
飛行器的加速度為a＝
可得a＝。
[答案]　(1)2　(2)　(3)
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．反沖過程中以相互作用的兩部分為系統是否滿足動量守恒？
提示：滿足。
2．火箭的工作原理是什么？
提示：反沖原理。
3．應用反沖原理分析火箭發射時，研究對象是什么？
提示：箭體和噴出的氣體。
航天員太空行走
太空行走又稱為出艙活動。是載人航天的一項關鍵技術，是載人航天工程在軌道上安裝大型設備、進行科學實驗、施放衛星、檢查和維修航天器的重要手段。要實現太空行走這一目標，需要諸多的特殊技術保障。
幫助航天員實現太空行走的是自足式手提機動噴射器。這個裝置主要由兩個氧氣儲罐和一個壓力調節器組成，重3.4 kg，其中高壓氧氣推進劑重約0.13 kg。它每秒能產生約181 N的推力，行進速度為1.82 m/s，相當于普通人慢跑的速度。該裝置有3個噴管，2個噴管對著后方，1個噴管對著前方。開動對著后方的2個噴管，即可推著航天員向前移動，開動對著前方的1個噴管，即可停止移動。
1．航天員太空行走用到的自足式手提機動噴射器的原理是什么？
提示：反沖原理。
2．航天員太空行走速度的快慢和什么有關？
提示：手提機動噴射器的噴射速度和噴出氣體的質量。6．反沖現象　火箭
1．通過實驗認識反沖運動，能舉出反沖運動的實例，知道火箭的發射是反沖現象。
2．能結合動量守恒定律對常見的反沖現象作出解釋。
3．了解我國航天事業的巨大成就，增強對我國科學技術發展的自信。
　反沖現象
1．定義　原來靜止的系統在________的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分向________方向運動的現象。
　被分離的一部分物體既可以是高速噴射出的液體、氣體，也可以是固體。
2．規律　反沖現象中，系統內力很大，外力可忽略，滿足____________。
3．反沖現象的防止及應用
(1)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的________，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。
(2)應用：農田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊________。
兩位同學在公園里劃船，當小船離碼頭大約1.5 m時，有一位同學心想：自己在體育課上立定跳遠的成績從未低于2 m，跳到岸上絕對沒有問題。于是她縱身一跳，結果卻掉到了水里。
問題1　這位同學為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題2　這種現象屬于什么物理現象？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．反沖運動的特點
(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。
(2)在反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。
(3)在反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加。
2．處理反沖運動應注意的問題
(1)速度的方向。
對于原來靜止的整體，拋出部分與剩余部分的運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的速度應取負值。
(2)相對速度問題。
在反沖運動中，有時遇到的速度是兩物體的相對速度。此類問題中應先將相對速度轉換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。
(3)變質量問題。
如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程來進行研究。
【典例1】　(2022·江蘇泰州中學期中)章魚是一種軟體動物，生活在水中。一懸浮在水中的章魚，當外套膜吸滿水后，它的總質量為M，突然發現后方有一海鰻，章魚迅速將體內的水通過短漏斗狀的體管在極短時間內向后噴出，噴射的水力強勁，從而迅速向前逃竄。若噴射出的水的質量為m，噴射速度的大小為v0，則下列說法正確的是(　　)
A．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統機械能守恒
B．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統動量增加
C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為v0
D．章魚噴水的過程中受到水的沖量大小為
[思路點撥]　本題的研究對象是章魚和噴出的水，注意章魚噴水時要消耗自身的能量，同時還要注意速度的矢量性和相對性。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　反沖運動和碰撞、爆炸有相似之處，相互作用力常為變力，且作用力大，一般都滿足內力 外力，所以反沖運動可用動量守恒定律來處理。
[跟進訓練]
1．(2022·江蘇如東中學等四校聯考)一個士兵在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質量為M，這個士兵用自動步槍沿水平方向射出一發質量為m的子彈，子彈離開槍口時相對步槍的速度為v，射擊前皮劃艇是靜止的，則射出子彈后皮劃艇的速度為(　　)
A．　　　　　 B．
C． D．
　火箭
1．工作原理
利用________的原理，火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾部噴管迅速噴出，使火箭獲得巨大速度。
2．影響火箭獲得速度大小的因素
一是________，二是火箭噴出物質的質量與火箭本身質量之比。噴氣速度________，質量比________，火箭獲得的速度越大。
　由火箭的工作原理可知，與火箭發生相互作用的是火箭噴出的燃氣，而不是外界的空氣。
多級運載火箭發射時，先點燃第一級火箭，燃料用完后，空殼自動脫落，然后下一級火箭開始工作。
問題1　火箭點火后能加速上升的動力是什么力？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題2　要提升運載物的最大速度可采用什么措施？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．工作原理
應用反沖運動，其反沖過程動量守恒。它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。
2．分析火箭類問題應注意的三個問題
(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。
(2)明確兩部分物體初、末狀態的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以轉換，一般情況要轉換成對地的速度。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
【典例2】　一火箭的噴氣發動機每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度v＝1 000 m/s(相對地面)，設火箭的質量M＝300 kg，發動機每秒噴氣20次，當第三次氣體噴出后，火箭的速度為多大？
[思路點撥]　火箭噴氣屬反沖現象，火箭和氣體組成的系統動量守恒，運用動量守恒定律求解。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[母題變式]
在[典例2]中，若發動機每次噴出200 g的氣體，氣體離開發動機噴出時相對火箭的速度v＝1 000 m/s，則當第一次氣體噴出后，火箭的速度多大？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　火箭類反沖問題解題要領
(1)兩部分物體初、末狀態的速度的參考系必須是同一參考系，且一般以地面為參考系。
(2)要特別注意反沖前、后各物體質量的變化。
(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。
[跟進訓練]
2．總質量為M的火箭以速度v0飛行，質量為m的燃氣相對于火箭以速率u向后噴出，則火箭的速度大小為(　　)
A．v0＋　　　　　　 B．v0－
C．v0＋(v0＋u) D．v0＋
　“人船模型”問題
如圖所示為一條約為180 kg的小船漂浮在靜水中，當人從船尾走向船頭時，小船也發生了移動，不計水的阻力。
問題1　小船發生移動的動力是什么力？小船向哪個方向運動？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題2　當人走到船頭相對船靜止時，小船還運動嗎？為什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
問題3　當人從船尾走到船頭時，有沒有可能出現如圖甲或如圖乙的情形？為什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．“人船模型”分析
如圖所示，長為l、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統水平方向不受外力作用，所以整個系統水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統動量始終守恒，故有：m船x船＝m人x人，由圖可看出：x船＋x人＝l，可解得：x人＝l，x船＝l。
2．“人船模型”中的規律
(1)人船模型中的動力學規律：由于組成系統的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度或位移與質量成反比、方向相反。這類問題的特點是兩物體同時運動，同時停止。
(2)人船模型中的動量與能量規律：由于系統不受外力作用，故遵守動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體動能均發生變化。用力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。
【典例3】　(多選)(2022·山東濟寧期末)如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的可視為質點的滑塊從小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M＝4m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則(　　)
A．全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移大小為R＋L
B．小車在運動過程中速度的最大值為
C．全過程小車相對地面的位移大小為
D．μ、L、R三者之間的關系為R＝μL
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[跟進訓練]
3．(2022·廣西來賓期末)如圖所示，人站在車的左端，將一質量m＝20 kg的木箱推出，木箱從車的左端開始運動恰好停在車的右端。已知人和車的總質量M＝300 kg(不含木箱的質量)，車長L＝3.2 m，車與地面間的摩擦可以忽略。人相對于車始終靜止且人和木箱都可看作質點，則在該過程中，車將左移(　　)
A．0.2 m　　　　　 B．0.5 m
C．0.6 m D．0.8 m
4．(多選)(2022·山東青島高二期中)如圖所示，載有物資的、總質量為M的熱氣球靜止于距水平地面H高處，現將質量為m的物資以相對地面豎直向下的速度v0投出，物資落地時與熱氣球的距離為d。熱氣球所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力。下列說法正確的是(　　)
A．物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統動量守恒
B．投出物資后熱氣球做勻速直線運動
C．d＝
D．d＝H＋H
1．(2022·安徽蚌埠田家炳中學月考)一人靜止于光滑的水平冰面上，現欲離開冰面，下列方法中可行的是(　　)
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脫下衣服或鞋子水平拋出
D．脫下衣服或鞋子豎直向上拋出
2．如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為m1，炮彈的質量為m2，炮彈射出炮口時對地的速率為v0，若炮管與水平地面的夾角為θ，則火炮后退的速度大小為(設水平地面光滑)(　　)
A．v0　　　　　 B．
C． D．
3．質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
4．(新情境題，以空間飛行器為背景，考查反沖原理)在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學的規律運行的各類飛行器，稱為空間飛行器。航天器是執行航天任務的主體，是航天系統的主要組成部分。由于外太空是真空的，飛行器在加速過程中一般使用反沖推進器，某種推進器在工作時利用電場加速帶電粒子，形成向外發射的粒子流而對飛行器產生反沖力，由于太空阻力極小，只需一點點動力即可以達到很高的速度。我國發射的“實踐九號”攜帶的衛星上第一次使用了上述離子電推力技術，從此為我國的航天技術開啟了一扇新的大門。已知飛行器的質量為M，發射的是2價氧離子，發射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質量為m，元電荷為e，原來飛行器靜止，不計發射氧離子后飛行器質量的變化，求：
(1)射出的氧離子速度大小；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)每秒鐘射出的氧離子數；
(3)射出離子后飛行器開始運動的加速度大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．反沖過程中以相互作用的兩部分為系統是否滿足動量守恒？
2．火箭的工作原理是什么？
3．應用反沖原理分析火箭發射時，研究對象是什么？
航天員太空行走
太空行走又稱為出艙活動。是載人航天的一項關鍵技術，是載人航天工程在軌道上安裝大型設備、進行科學實驗、施放衛星、檢查和維修航天器的重要手段。要實現太空行走這一目標，需要諸多的特殊技術保障。
幫助航天員實現太空行走的是自足式手提機動噴射器。這個裝置主要由兩個氧氣儲罐和一個壓力調節器組成，重3.4 kg，其中高壓氧氣推進劑重約0.13 kg。它每秒能產生約181 N的推力，行進速度為1.82 m/s，相當于普通人慢跑的速度。該裝置有3個噴管，2個噴管對著后方，1個噴管對著前方。開動對著后方的2個噴管，即可推著航天員向前移動，開動對著前方的1個噴管，即可停止移動。
1．航天員太空行走用到的自足式手提機動噴射器的原理是什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．航天員太空行走速度的快慢和什么有關？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

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