第一章学案1学案2

学案1 碰撞 学案2 动量

[目标定位]1.知道什么是碰撞，掌握弹性碰撞和非弹性碰撞的区别.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的改变量，并会求动量的改变量.3.理解动量定理的物理意义和表达式，能用动量定理解释现象和解决实际问题

.

一、碰撞中的动能变化及碰撞分类 [问题设计]

某实验小组用课本中“探究碰撞前后物体动能的变化”的实验方案，探究碰撞前后动能的变化.研究中分别得到了两组数据，如下表所示：

m1

m1答案 计算结果：①0.0165 ②0.0146 ③0.0088 ④0.0045

从表一的数据可以看出：在实验误差允许范围内，两滑块碰撞前后的总动能几乎相等. 从表二的数据可以看出，两滑块碰撞前后的总动能并不相等，碰撞后总动能减少了. [要点提炼] 1.碰撞的定义

做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫做碰撞. 2.碰撞的分类

(1).

(2).

(3). 3.弹性碰撞和非弹性碰撞的区分

(1)从形变的角度：发生弹性碰撞的两物体碰后能够恢复原状，状.

(2)弹性碰撞中动能损失最多. 二、动量 1.动量的概念

(1). (2)公式：p＝(3)单位：国际单位制为千克·米/秒(kg·m/s) 2.对动量的理解

(1)动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与速度v的方向相同.

(2)动量是相对量：因为速度与参考系的选择有关.一般以地面为参考系. 3.对动量变化Δp＝p′－p的理解 (1).

(2)若p′、pp′、p再用正、负表示p′、p，则可用Δp＝p′－p＝mv′－mv进行代数运算.

1

4.动量p＝mv与动能Ekv2的区别

2

1

动量和动能表达式分别为p＝mv和Ek＝mv2.动量是矢量，而动能是标量.当速度发生变化时，物体的动量

2

发生变化，而动能不一定(填“一定”或“不一定”)发生变化. 三、动量定理 [问题设计]

如图1所示，一个质量为m的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力F，在F的作用下，经过时间t，速度从v变为v′，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量Δp与恒力F及作用时间t的关系

.

图1

v′－v

答案 这个物体在碰撞过程的加速度a＝①

t

根据牛顿第二定律F＝ma②

v′－v

由①②得F＝m

t

整理得：Ft＝m(v'－v)＝mv′－mv 即Ft＝mv′－mv＝Δp [要点提炼] 1.冲量

(1)冲量的定义式：I＝(2)(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效果. (3). 2.动量定理

(1). (2)数学表达式：F为物体受到的合外力. (3)对动量定理的理解

①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因.

②动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向.

③公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值

.

一、碰撞的分类及其特点

例1 一个质量为2kg的小球A以v0＝3m/s的速度与一个静止的、质量为1kg的小球B正碰.试根据以下数据，分析碰撞性质.

(1)碰后A、B的速度均为2m/s.

(2)碰后A的速度为1m/s，B的速度为4 m/s.

1

解析 碰前系统的动能Ek0＝mAv20＝9J. 2

(1)当碰后A、B速度均为2m/s时，碰后系统的动能

112Ek＝mAv2A＋mBvB 2211

＝(2×22＋×1×22) J＝6J

故碰撞为非弹性碰撞.

(2)当碰后vA＝1m/s，vB＝4 m/s时，碰后系统的动能

11Ek′＝Av2＋mBv2AB 2211

＝(2×12＋×1×42) J＝9J＝Ek0 22故碰撞为弹性碰撞.

答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 二、对动量及变化量的理解

例2 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100m/s，假设球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100m/s的速度反向击回.设羽毛球的质量为10g，试求： (1)羽毛球的动量变化量； (2)羽毛球的动能变化量.

解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则

羽毛球的初速度：v＝50m/s，羽毛球的末速度：v′＝－100 m/s

－

p1＝mv1＝10×103×50kg·m/s＝0.5 kg·m/s.

－3

p2＝mv2＝－10×10×100kg·m/s＝－1 kg·m/s 所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝－1kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5kg·m/s. 即羽毛球的动量变化量大小为1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反.

11

(2)羽毛球的初动能：Ekv2＝12.5J，羽毛球的末动能：Ek′＝mv′2＝50J.所以ΔEk＝Ek′－Ek＝37.5J.

22

答案 (1)1.5kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反 (2)37.5J

三、对动量定理的理解和应用

例3 质量为0.5kg的弹性小球，从1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8m，g取10m/s2. (1)若地板对小球的平均冲力大小为100N，求小球与地板的碰撞时间；

(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1s，求小球对地板的平均冲力. 解析 (1)碰撞前的速度：

v1＝gh1＝5m/s，方向竖直向下 碰撞后的速度：

v2＝gh2＝4m/s，方向竖直向上

取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得： (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1) 解得Δt≈0.047s

(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失

故碰撞后球的速度：v2′＝5m/s，方向竖直向上 由动量定理得(F′－mg)Δt′＝mv2′－(－mv1) 解得F′＝55N

由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55N，方向竖直向下. 答案 (1)0.047s (2)55N，方向竖直向下

针对训练 质量m＝70kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0m高处落到海绵垫子上，经Δt1＝1s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1s停下，则沙坑对运动员的平均冲

2

力约为多少？(g取10m/s) 答案 1400N 7700N

解析 以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量

为零，根据自由落体运动的知识，运动员下落的时间是t＝＝1s

g下落到海绵垫子上时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0 代入数据，解得F＝1400N

下落到沙坑中，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0 代入数据，解得

F′＝7700N.

特点碰撞弹性碰撞

非弹性碰撞分类完全非弹性碰撞





碰撞动量

动量公式p＝mv，方向与v相同

动量变化Δp＝mv′－mv，方向与Δv方向相同 ，方向与F的方向相同冲量：I＝Ft

表达式I＝Δp或Ft＝mv′－

mv

 动量定理应用





1.(碰撞的分类及特点)下列关于常见的碰撞的分类说法正确的是( )

A.碰撞前后两物体的总动能不变的碰撞，叫弹性碰撞 B.碰撞前后两物体的总动能减少的碰撞，叫非弹性碰撞 C.碰撞前后两物体的总动能增加的碰撞，叫非弹性碰撞 D.碰撞后两物体具有共同速度的碰撞，叫完全非弹性碰撞 答案 ABD

解析 常见的碰撞是按照碰撞前后总动能的变化进行分类的，总动能减少的一类叫非弹性碰撞，若减少得最多，且碰撞后两物体具有共同速度，则叫完全非弹性碰撞；另一类是碰撞前后动能守恒，这类碰撞叫做弹性碰撞，或者叫完全弹性碰撞.故C错，A、B、D正确.

2.(对动量及变化量的理解)关于动量的变化量，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与速度的方向相同 B.做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp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.物体做曲线运动时，动量的增量Δp一定不为零 答案 ABD

解析 当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与速度方向相同，如图甲所示，选项A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1＜0，即

p2＜p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，选项B正确；当物体的速度大小不变时，动量可能不变化，即Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误；物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，故动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，选项D正确

.

3.(对动量定理的理解和应用)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )

①掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 ②掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 ③掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 ④掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长 A.①② B.②③ C.②④ D.③④ 答案 D

解析 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小.规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h.它们从h高度落地瞬间的速度大小为2gh，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m2gh，与水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化为Δp＝－(－

m2gh

m2gh)，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝－(－2gh)，所以F＝＋mg.由此可见，Δt越小，玻璃杯

Δt

所受撞击力F越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，撞击力小，因此玻璃杯不容易碎.

4.(对动量定理的理解和应用)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m，据测算两车相撞前的速度约为30m/s.则： (1)试求车祸中车内质量约60kg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1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？ 答案 (1)5.4×104N (2)1.8×103N

解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5m.

v02x1

设运动时间为t，根据x＝，得t＝s.

2v030

根据动量定理Ft＝Δp＝mv0，

mv060×30得F＝＝5.4×104N.

t1

30

(2)若人系有安全带，

mv060×30

则FN＝1.8×103N

1t′

题组一 对碰撞的理解

1.两辆动能分别为Ek1、Ek2的小车在一个光滑水平面上发生碰撞，碰后动能分别变为Ek1′、Ek2′，则可能有( )

A.Ek1＋Ek2>Ek1′＋Ek2′B.Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′ C.Ek1＋Ek2

2.质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg的A、B两个小球在光滑水平面上发生碰撞，碰前碰后均在同一条直线上.碰前速度vA＝6m/s、vB＝2 m/s，碰后速度vA′＝2m/s，vB′＝4 m/s.则此碰撞是( ) A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.无法确定 答案 B

1121212

解析 由mAv2A＋mBvB>mAvA′＋mBvB′可知，此次碰撞为非弹性碰撞. 2

222题组二 对动量及冲量的理解

3.关于物体的动量，下列说法中正确的是( )

A.运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B.物体的加速度不变，其动量一定不变 C.动量越大的物体，其速度一定越大 D.动量越大的物体，其质量一定越大 答案 A

解析 本题侧重于准确理解动量的概念.动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A正确.加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B错误.物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，不是只由物体的速度决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误.物体的动量越大，其质量并不一定越大，故选项D错误. 4.下列关于动量的说法中，正确的是( ) A.物体的动量越大，其惯性也越大 B.做匀速圆周运动的物体，其动量不变 C.一个物体的速率改变，它的动量一定改变

D.一个物体的运动状态发生变化，它的动量一定改变 答案 CD

解析 因为p＝mv，所以动量越大，质量不一定越大，故其惯性也不一定越大，A错.做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以其动量时刻变化，B错.速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，C对.运动状态发生变化即速度发生变化，D对.

5.放在水平地面上的物体质量为m，用一个大小为F的水平推力推它t秒，物体始终不动，那么t秒内，推力对物体的冲量是( ) A.Ft B.mgt C.0 D.无法计算 答案 A

6.如图1所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )

A.mgsinθ(t1＋t2) C.mg(t1＋t2) 答案 C

解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量.根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确.

7.物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么( ) A.I1＜I2，W1＝W2 B.I1＜I2，W1＜W2 C.I1＝I2，W1＝W2 D.I1＝I2，W1＜W2 答案 D

解析 在Δt1内，I1＝FΔt1＝mv－0＝mv， 在Δt2内，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv， 所以I1＝I2，

1

又因为W1＝mv2，

2

113

W2＝m(2v)2－mv2v2，

222

所以W1＜W2，选项D正确.

题组三 对动量定理的理解和应用

图1

B.mgsinθ(t1－t2) D.0

8.对下列物理现象的解释，正确的是( ) A.击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量

C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力 D.在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零 答案 CD

解析 击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确；据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于合外力的作用，与内部作用无关，所以D正确.

9.“神舟七号”飞船的成功着陆，标志着我国成为世界上第三个独立掌握载人航天技术并能够进行太空行走的国家.为了保证航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2m/s以内，随后又渐渐降到1 m/s，最终安全着陆.把返回舱离地1m开始到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是( )

A.减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化 B.减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量 C.延长着地过程的作用时间

D.减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力 答案 CD

解析 反推火箭并没有改变返回舱的动量变化，所以由动量定理，返回舱所受冲量不变，只是作用时间延长，平均冲力减小.

10.如图2所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点(

)

图2

A.仍在P点 B.在P点左侧

C.在P点右侧不远处

D.在P点右侧原水平位移的两倍处 答案 B

解析 以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧.

11.如图3所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出.如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量(

)

图3

A.大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同 B.大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同 C.大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同 D.大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同 答案 D

解析 在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同.本题答案为D.

12.质量为1kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，有一大小为5N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3s后撤去F，求物体运动的总时间.(g＝10m/s2) 答案 3.75s

解析 物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为ft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有

Ft1－ft＝0① 又f＝μmg②

Ft联立①②式解得t＝，

μmg

代入数据解得t＝3.75s.

13.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2s.若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小.(g取10m/s2) 答案 1.5×103N

解析 将运动员看做质量为m的质点，从高h1处下落，刚接触网时速度的大小v12gh1(竖直向下). 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小v22gh2(竖直向上). 选竖直向上为正方向.

由动量定理得(F－mg)·Δt＝m[v2－(－v1)]

2gh22gh1

由以上各式解得F＝mg＋

Δt

代入数据得F＝1.5×103N