2014届高三物理第一轮复习---动量守恒定律2013.10.20
高考物理一轮复习知识点总结-动量与动量守恒
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动量与动量守恒
一、、动量与冲量的区别：
二、动量定理：物体所受的合外力的冲量等于物体的动量的变化。
I合=ΔP 或F合t = mv t—mv0（冲量方向与物体动量变化量方向一致）
公式一般用于冲击、碰撞中的单个物体，解题时要先确定正方向。
三、动量守恒定律：一个系统不受外力或受外力矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
P总= P总’或m1v1+m2v2 = m1v1'+m2v2'
公式一般用于冲击、碰撞、爆炸中的多个物体组成的系统，解题时要先确定正方向。
系统在某方向上外力矢量和为零时，某方向上动量守恒。
四、完全弹性碰撞：在弹性力作用下，动量守恒，动能守恒。
非弹性碰撞：在非弹性力作用下，动量守恒，动能不守恒。
完全非弹性碰撞：在完全非弹性力作用下，碰撞后物体结合在一起运动，动
k
mE P 2=m P E k 22
=量守恒，动
能不守恒。
系统机械能损失最大。
五、动量与动能的关系：。
(完整word版)高三一轮复习-动量守恒定律.
一. 冲量1. 定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft2. 冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应．3. 冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）．如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．4. 高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量．对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求．5. 要注意的是：冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．二.动量1．动量： p ＝mv ，是矢量，它的方向由__________方向决定．2．动量的变化(也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等等)(1)定义： 动量的变化＝__________－__________(2)表达式： Δp ＝p ′－p ＝Δ(mv)＝m Δv ＝mv ′－mv3. 动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的三.动量定理1. 动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．既I =Δp2. 动量定理的理解①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）．②动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系．③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：tP F ∆∆=（牛顿第二定律的动量形式）． ④动量定理的表达式是矢量式．在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正．四．动量守恒定律1．动量守恒定律： 相互作用的一个系统不受外力或者所受外力和为0，这个系统的总动量保持不变． 表达式： ①m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，表示作用前后系统的总动量相等．②Δp 1＋Δp 2＝0(或Δp ＝0)，表示相互作用物体系统总动量增量为零．③Δp 1＝－Δp 2，表示两物体动量的增量大小相等方向相反．2．动量守恒定律的条件(1)系统不受外力或系统所受的合外力为零．(2)系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多．如爆炸过程中的重力比相互作用力小很多，可忽略重力，认为爆炸过程符合动量守恒定律．(3)系统所受的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．3．动量守恒定律的适用范围牛顿定律的适用范围是： 低速运动的物体、宏观物体，动量守恒定律却不受此种限制．动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一．五．碰撞与爆炸1．碰撞与爆炸具有一个共同特点： 即相互作用的力为变力，作用的时间极短，作用力很大，且远远大于系统受的外力，故均可用动量守恒定律来处理．2．爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的机械能会增加．3．由于碰撞(或爆炸)的作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，即认为碰撞(或爆炸)后还是从碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动．4．碰撞的分类：按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．(1)弹性碰撞： 碰撞过程中机械能不损失，碰撞前后系统总动能守恒，Ek 1′＋Ek 2′＝Ek 1＋Ek 2(2)非弹性碰撞： 碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒，Ek 1′＋Ek 2′≠Ek 1＋Ek 2(3)完全非弹性碰撞： 碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．5. 碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (3)速度要合理．①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．③ 以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 21＝12m 1v 1′2 ＋12m 2v 2′2 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①m1＝m2，则交换速度 ②m1>m2， 大撞小，一起前进③若m1<m2,小撞大，小反弹，大前进 ④若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1 ⑤若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0★要点一 基本概念的理解【典型例题】【例1】关于物体的动量，下列说法中正确的是( ) AA ．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 ．物体的动量越大，其惯性也越大【例2】下列论述中错误的是( ) BA ．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B ．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C ．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D ．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的★要点二动量守恒的判断【典型例题】【例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F使弹簧压缩，如图所示．当撤去外力F后，下列说法中正确的是( )A．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离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒BC[在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对a和b构成的系统，由于受到墙给a的弹力作用，所以a、b构成的系统动量不守恒，因此B选项正确，A选项错误；a离开墙壁后，a、b构成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故C选项正确，D选项错误．]【例2】如图，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，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上向相反方向滑动的过程中( )A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒解析当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B 与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项A、D正确．【对应练习】1. 如图1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( ) ACDA．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零图12. 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4所示，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？( ) A．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)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2图4解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v′．故BC正确，AD错误．故选：BC．★要点三 动量守恒的应用【典型例题】【例1】一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 与bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g.求：(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ；(2)木块最后距a 点的距离s.解析 木块m 和物体P 组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v ①根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋fL ＋mgh ② 联立①②得f ＝mv 203L －mgh L ＝mv 20－3mgh 3L③ (2)以木块开始运动至最后与物体P 在水平面ab 上相对静止为研究过程，木块与物体P 相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v ④根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋f(L ＋L －s)⑤ 联立③④⑤得s ＝v 20L －6ghL v 20－3gh【例2】如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线(细线未画出)把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0.求弹簧释放的势能．解析 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得3mv ＝mv 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒定律得3mv ＝2mv 1＋mv 0②设弹簧的弹性势能为Ep ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v 2＋Ep ＝12(2m)v 21＋12mv 20③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep ＝13mv 20④【针对练习】1. 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图1 图2A. 12mv 2B.12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为 v 1，m v ＝(m ＋M )v 1，系统损失动能ΔE k ＝12m v 2－12(M ＋m )v 21＝12Mm v 2M ＋m，A 错误、B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝NμmgL ，C 错误，D 正确．2. 如图2所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平面上．c 车上有一小 孩跳到b 车上，接着又立即从b 车跳到a 车上．小孩跳离c 车和b 车时对地水平速度相同．他跳到a 车上相对a 车保持静止．此后( )A ．a 、b 两车运动速率相等B ．a 、c 两车运动速率相等C ．三辆车的速率关系v c ＞v a ＞v bD ．a 、c 两车运动方向相同3. 如图所示，小球A 系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h.物块B 质量是小球的5倍，至于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h 16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求物块在水平面上滑行的时间t.★要点五 动量和能量观点的综合应用【例1】如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m /s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10 m/s 2)解析 以子弹和木块组成的系统为研究对象，设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：m 0v 0－m v ＝(m ＋m 0)v 1① 解得v 1＝8 m/s它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板小车滑行距离x ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－M v ＝(m ＋m 0＋M )v 2② 解得v 2＝0.8 m/s由能量守恒定律有 μ(m 0＋m )gx ＝12(m ＋m 0)v 21＋12M v 2－12(m 0＋m ＋M )v 22③由①②③，解得μ＝0.54 【例2】如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M 的小木块静止在O 点，一个质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．求：(1)子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【针对练习】1. 如图14所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.解析 第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v ，设木板的质量为m ，重物的质量为2m ，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv 0－mv 0＝3mv ①设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v 所用的时间为t 1，对木板应用动量定理得，2μmgt 1＝mv －m(－v 0)② 由牛顿第二定律得2μmg ＝ma ③ 式中a 为木板的加速度在达到共同速度v 时，木板离墙的距离l 为l ＝v 0t 1－12at 21④ 从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为 t 2＝l v⑤ 所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t ＝t 1＋t 2⑥ 由以上各式得t ＝4v 03μg. 2. 如图7所示，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(ⅰ)两球a 、b 的质量之比；(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．解析 (ⅰ)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2 ①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′ ②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ) ③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1 ④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1 ⑤(ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥ 联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2)之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－221. 如图所示，光滑水平面上小球A 和B 向同一方向运动，设向右为正方向，已知两小球的质量和运动速度分别为m A =3kg 、m B =2kg 和vA=4m/s 、vB=2m/s ．则两将发生碰撞，碰撞后两球的速度可能是（ ） ABA ．v ′A =3 m/s 、 v ′B =3.5 m/s B ．v ′A =3.2 m/s 、v ′B =3.2 m/sC ．v ′A =-2 m/s 、 v ′B =11 m/sD ．v ′A =5 m/s 、 v ′B =0.5 m/s2. 静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m 的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，下列说法中，正确的是( )(设水的阻力不计)． DA ．两球抛出后，船往左以一定速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大B ．两球抛出后，船往右以一定速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大C ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相等D ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大解：设小船的质量为M ，小球的质量为m ，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m ）v ′，v ′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m ）v ′=mv+Mv ″，解得v ″为负值，方向向左．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv ，对于乙球动量的变化量为mv-mv ′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故D 正确．3. 两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（ ）A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m 1v 1=m 2v 2，因此最终谁接球谁的速度小．4. 如图 所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为 d.m 2的左边有一固定挡板，m 1由图示位置静止释放．当m 1与m 2第一次相距最近时m 1速度为v 1，在以后的运动过程中( )BDA ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1C．m2的最大速度是v1 D．m2的最大速度是m1m1＋m2v15. 如图2所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图2解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×v min① 10m×2v0－m×v min＝11m×v2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0.④6. 如图所示，质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，求(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。
高三物理一轮复习资料【动量守恒定律】
高三物理一轮复习资料【动量守恒定律】[考点分析]1．命题特点：动量守恒定律是高中物理的基本知识．考查频率较大，单独考查时以选择题为主，难度中等偏下．多数情况和能量、电场、磁场知识综合考查，难度较高．2．思想方法：守恒思想、图象法、全过程法和分段法等．[知能必备]1．动量守恒条件的理解(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的矢量和为零，则系统在这方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式p ＝p ′Δp ＝0m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′[真题再练]1． (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )A ．48 kgB ．53 kgC ．58 kgD ．63 kg解析：BC 设运动员和物块的质量分别为m 、m 0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v 1、v 0，则根据动量守恒定律0＝m v 1－m 0v 0，解得v 1＝m 0mv 0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块m v 1＋m 0v 0＝m v 2－m 0v 0，解得v 2＝3m 0m v 0，第3次推出后m v 2＋m 0v 0＝m v 3－m 0v 0, 解得v 3＝5m 0m v 0，依次类推，第8次推出后，运动员的速度v 8＝15m 0m v 0, 根据题意可知v 8＝15m 0m v 0>5 m/s, 解得m <60 kg ，第7次运动员的速度一定小于5m/s ，则v 7＝13m 0m v 0<5 m/s, 解得m >52 kg ，综上所述，运动员的质量满足52 kg<m <60 kg ，AD 错误，BC 正确．2．(经典高考题)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v, 斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④代入数据得v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．答案：(1)20 kg (2)不能动量守恒定律解题的基本步骤1．明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程．2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)．3．规定正方向，确定初、末状态动量．4．由动量守恒定律列出方程．5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明．[精选模拟]视角1：动量守恒的判断1．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是()A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒解析：C甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C 正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D 错误．视角2：动量守恒定律的理解及应用2．如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s ，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A ．5 m/sB ．4 m/sC ．8.5 m/sD ．9.5 m/s解析：A 设小球的初速度为v 0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝15 m/s ，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－m v 0＋M v ＝(M ＋m )v ′，解得v ′＝5 m/s ，A 正确．视角3：人船模型3．有一质量为M 的小船静止在水面上，在船头A 到船尾B 的连线上有一点C ，AC ＝L 1，BC ＝L 2，在A 端站一质量为2m 的人，在C 点放有质量为m 的物体(人和物体都可视为质点)，现在人从A 端走到C 点将物体搬到B 端停下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为( )A.2mL 1＋3mL 2m ＋MB ．2mL 1＋3mL 23m ＋M C.2mL 1＋mL 23m ＋M D ．mL 1＋3mL 23m ＋M解析：B 人、船和物体视为一系统，人从A 端到C 点过程，规定向右为正方向，系统动量守恒．结合速度v ＝s t得2ms 1－(m ＋M )s 2＝0，人和船的速度方向相反，应用几何关系得s 1＋s 2＝L 1，解得s 2＝2mL 13m ＋M，从C 点将物体搬到B 端停下的过程，规定向右为正方向，系统动量守恒．结合速度v ＝s t得(2m ＋m )s 1′－Ms 2′＝0，同理应用几何关系得s 1′＋s 2′＝L 2，解得s 2′＝3mL 23m ＋M .总位移为s 总＝s 2＋s 2′＝2mL 1＋3mL 23m ＋M，故B 正确． 视角4：某一方向的动量守恒4．(多选)如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为R ，将物体A (可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则( )A ．A 能到达B 圆槽的左侧最高点B ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为gR 3 C ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为4gR 3D ．B 向右运动的最大位移大小为2R 3解析：AD 运动过程不计一切摩擦，故由能量守恒可得：机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故A 正确；A 、B 整体在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以m v A －2m v B ＝0，即v A ＝2v B ，A 的水平速度向左，B 的水平速度向右；又有A 在水平方向的最大位移和B 在水平方向上的最大位移之和为2R ，故B 向右运动的最大位移大小为23R ，故D 正确；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程中，对A 、B 整体应用机械能守恒可得：mgR ＝12m v 2A ＋12·2m v 2B ＝3m v 2B ；所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为：v B ＝13gR ；A 的速率为：v A ＝2v B ＝ 43gR ，故B 、C 错误．。
高三物理一轮 动量守恒定律
题 后 总 结 1.分 析 图 像
求解W f. 2.非 弹 性 碰 撞 ， 机 械 能有损失.
8s后 进 入 粗 糙 路 段 ， 直到静止，
4.“弹簧类模型” 1．模型图 2．模型特点 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中。 (1)在能量方面，由于弹簧的形变伴随弹性势能变化，系统的总动 能将发生变化. 若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能 守恒。 (2)在动量方面，系统动量守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态：两物体速度相等. 弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。 （4）弹性处于原长时弹性势能为零. 3.过程选取：求最大弹性势能，选取碰撞后的过程，以避免 碰撞过程引起的能量损失参与运算.
1.两质量分别为M1和M2 的劈A和B，高度相同， 放在光滑水平面上，A 和B的倾斜面都是光滑 曲面，曲面下端与水 平面相切，如图所示。 一质量为m的物块位于 劈A的倾斜面上，距水 平面的高度为h。物块 从静止滑下，然后滑 上劈B。求物块在B上 能够达到的最大高度。
2.如图所示，一质量m1＝ 解 析 ： 子 弹 和 车 系 统射 ，击 过 程 动 量 守 恒 0.45kg的平顶小车静止在光滑 的水平轨道上。质量m2＝0.5kg m 0 v 0 (m 0 m 1 )v1 v1＝ 10 m/s. 的小物块(可视为质点)静止在 2.射 击 后 ， 三 者 系 统 动量守恒 车顶的右端。一质量为 (m 0 m 1 )v1 m 2 v 2 (m 0 m 1 )v3 v 2 8m/s. m0＝0.05kg的子弹、以水平速 能量守恒：Q Δ EK 减. 度v0＝100m/s射中小车左端并 1 1 1 2 2 留在车中，最终小物块相对地 即 μ m2gL (m 0 m 1 )v1 m 2v2 (m m )v 2 0 1 3 2 2 2 面以2m/s的速度滑离小车。已 知 ， 解 得 L 2m. 物块与车顶面的动摩擦因数μ ＝0.8，认为最大静摩擦力等于 滑动摩擦力。取g＝10m/s2，求： 子弹与车作用时间极短，认为m2位置未 (1)子弹相对小车静止时小车速 动；二者之间的相互作用的内力远大于 度的大小； 车和m2间的摩擦力，则子弹和车系统动 (2)小车的长度L。 量守恒.
高考物理一轮基础总复习：动量及动量守恒定律
(3)单位:千克·米/秒;符号: kg·m/s。
(4)特征:动量是状态量,是 矢量 ,其方向和 速度
方向相同。
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3.动量定理
(1)内容:物体所受合力的冲量等于物体 动量的变化量
。
(2)表达式:F·t=Δp=p'-p;F既可以是恒力也可以是变力,冲量是动量
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1.动量定理 (1)动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系;冲量 是物体动量变化的原因,动量发生改变是物体合外力的冲量不为零 的结果。 (2)动量定理的表达式是矢量式,应用动量定理时需要规定正方向。 (3)动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量。 求合外力的冲量有两种方法:一是先求所有外力的合力,再求合外 力的冲量;二是先求每个力的冲量,再求所有外力冲量的矢量和。
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2，
机械能守恒：12m1v20＝12m1v21＋12m2v22，
联立以上两式解得 v1＝mm11－＋mm22v0，v2＝m12＋m1m2v0。
图1
(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0(质量相等，速度交换)。 (2)当m1>m2时，v1>0，v2>0，且v2>v1(大碰小，前后跑)。 (3)当m1<m2时，v1<0，v2>0(小碰大，要反弹)。 (4)当m1 m2时，v1＝v0，v2＝2v0(极大碰极小，大不变，小加倍)。 (5)当m1 m2时，v1＝－v0，v2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
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高三一轮复习-动量守恒定律(带问题详解)
动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的的乘积．(2)公式：I＝，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与相同．2．动量(1)定义：物体的与的乘积．(2)表达式：(3)单位：．符号：(4)特征：动量是状态量，是，其方向和方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体．(2)表达式： .(3)矢量性：动量变化量方向与的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统作用，或者所受的为零，这个系统的总动量保持不变．3．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．4．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．三、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，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．解析碰撞的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要符合情景①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．3．碰撞问题的探究(1)弹性碰撞的求解求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得：v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2(2)弹性碰撞的结论①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．★要点一基本概念的理解【典型例题】【例1】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．物体的动量越大，其惯性也越大【例2】下列论述中错误的是( )A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的★要点二动量守恒的判断【典型例题】【例1】（多选）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F使弹簧压缩，如图所示．当撤去外力F后，下列说法中正确的是( )A．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离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒解析BC [在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对a和b构成的系统，由于受到墙给a的弹力作用，所以a、b构成的系统动量不守恒，因此B选项正确，A选项错误；a离开墙壁后，a、b构成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故C选项正确，D选项错误．] 【例2】（多选）如图，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，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上向相反方向滑动的过程中( )A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C 及弹簧组成的系统动量守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒解析当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项A、D正确．【对应练习】1. （多选）如图1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零图12. 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4所示，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？( )A．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＋mv3 B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C ．m 0的速度不变，M 、m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m)v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 和m 0速度都变为v ，m 速度变为v 2，而且满足(M ＋m)v 0＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2图4解：碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变v 1和v 2，由动量守恒定律得：Mv=Mv 1+mv 2若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m ）v ′．故BC 正确，AD 错误．故选：BC ．★要点三 动量守恒的应用【典型例题】【例1】一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 与bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g.求：(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ；(2)木块最后距a 点的距离s.解析 木块m 和物体P 组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v①根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋fL ＋mgh② 联立①②得f ＝mv 203L －mgh L ＝mv 20－3mgh 3L③ (2)以木块开始运动至最后与物体P 在水平面ab 上相对静止为研究过程，木块与物体P 相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v④根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋f(L ＋L －s)⑤ 联立③④⑤得s ＝v 20L －6ghL v 20－3gh【例2】如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线(细线未画出)把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0.求弹簧释放的势能．解析 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得3mv ＝mv 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒定律得3mv ＝2mv 1＋mv 0②设弹簧的弹性势能为Ep ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v 2＋Ep ＝12(2m)v 21＋12mv 20③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep ＝13mv 20④ 【针对练习】1.（多选） 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图1图2A. 12 mv 2B. 12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D ．N μmgL 解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为 v 1，mv ＝(m ＋M)v 1，系统损失动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m)v 21＝12Mmv 2M ＋m，A 错误、B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝Nμm gL ，C 错误，D 正确．2. 如图2所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平面上．c 车上有一小孩跳到b 车上，接着又立即从b 车跳到a 车上．小孩跳离c 车和b 车时对地水平速度相同．他跳到a 车上相对a 车保持静止．此后( )A ．a 、b 两车运动速率相等B ．a 、c 两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c＞v a＞v b D．a、c两车运动方向相同3. 如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，至于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.★要点五动量和能量观点的综合应用【例1】如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10 m/s2)解析 以子弹和木块组成的系统为研究对象，设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1① 解得v 1＝8 m/s它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板小车滑行距离x ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M)v 2② 解得v 2＝0.8 m/s由能量守恒定律有 μ(m 0＋m)gx ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m 0＋m ＋M)v 22③由①②③，解得μ＝0.54【例2】如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M 的小木块静止在O 点，一个质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．求：(1)子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【针对练习】1. 如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.解析第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv①设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得，2μmgt1＝mv－m(－v0)②由牛顿第二定律得2μmg＝ma③式中a为木板的加速度在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l＝v0t1－12at21④从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2＝l v ⑤所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t＝t1＋t2⑥由以上各式得t＝4v03μg.2. 如图7所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(ⅰ)两球a、b的质量之比；(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．解析(ⅰ)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2 ①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v′ ② 设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v′2＝(m 1＋m 2)gL(1－cos θ) ③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1 ④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1 ⑤(ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL(1－cos θ)⑥ 联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2)之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－22综合练习：1. （多选）如图所示，光滑水平面上小球A 和B 向同一方向运动，设向右为正方向，已知两小球的质量和运动速度分别为m A =3kg 、m B =2kg 和vA=4m/s 、vB=2m/s ．则两将发生碰撞，碰撞后两球的速度可能是（ ）A ．v ′A =3 m/s 、 v ′B =3.5 m/s B ．v ′A =3.2 m/s 、v ′B =3.2 m/sC ．v ′A =-2 m/s 、 v ′B =11 m/sD ．v ′A =5 m/s 、 v ′B =0.5 m/s2. 静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m 的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，下列说法中，正确的是( )(设水的阻力不计)．A ．两球抛出后，船往左以一定速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大B ．两球抛出后，船往右以一定速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大C ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相等D ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大解：设小船的质量为M ，小球的质量为m ，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m ）v ′，v ′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m ）v ′=mv+Mv ″，解得v ″为负值，方向向左．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv ，对于乙球动量的变化量为mv-mv ′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故D 正确．3. 两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（ ）A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙解析：系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m 1v 1=m 2v 2，因此最终谁接球谁的速度小．4. 如图 所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m 2的左边有一固定挡板，m 1由图示位置静止释放．当m 1与m 2第一次相距最近时m 1速度为v 1，在以后的运动过程中( )A ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1C ．m 2的最大速度是v 1D ．m 2的最大速度是m 1m 1＋m 2v 15. 如图2所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图2解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×v min①10m×2v0－m×v min＝11m×v2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0.④6.如图所示，质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，求(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。
2014年高考物理一轮：动量、冲量和动量守恒定律总结
2014年高考物理一轮复习：动量、冲量和动量守恒定律总结一、动量1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。
是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。
单位是kg·m/s；2、动量和动能的区别和联系动量是矢量，而动能是标量。
因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。
因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。
动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mE k3、动量的变化及其计算方法动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动量定理ΔP=F·t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。
二、冲量1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。
而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。
单位是N·s；2、冲量的计算方法（1）I=F·t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。
（2）利用动量定理Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
三、动量定理1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F 合Δt；质点的初、未动量是mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）2．单位：牛·秒与千克米／秒统一：l千克米／秒=1千克米／秒2·秒=牛·秒；3．理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
高三物理第一轮复习要点：动量守恒定律
高三物理第一轮复习重点：动量守恒定律动量守恒定律是说系统内部物体间的互相作用只好改变每个物体的动量，而不可以改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时辰，单个物体的动量能够不一样，但系统的总动量同样，小编整理了高三物理第一轮复习重点：动量守恒定律，供参照。
动量守恒定律知识点总结1、动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零( 不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的互相作使劲 ) ，即系统所受外力的矢量和为零。
( 碰撞、爆炸、反冲 )注意：内力的冲量对系统动量能否守恒没有影响，但可改变系统内物体的动量。
内力的冲量是系统内物体间动量传达的原由，而外力的冲量是改变系统总动量的原由。
2、动量守恒定律的表达式 m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/(规定正方向 ) △p1=—△ p2/3、某一方向动量守恒的条件：系统所受外力矢量和不为零，但在某一方向上的力为零，则系统在这个方向上的动量守恒。
一定注意差别总动量守恒与某一方向动量守恒。
4、碰撞(1)完整非弹性碰撞：获取共同速度，动能损失最多动量守恒 ;(2)弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后动能相等 ; 动量守恒， ; 动能守恒 ;5、人船模型——两个本来静止的物体( 人和船 ) 发生互相作用时，不受其余外力，对这两个物体构成的系统来说，动量守恒，且任一时辰的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv=MV(注意：几何关系)动量守恒定律解题技巧例 1：质量 m1=10g的小球在圆滑的水平桌面上以v1=30cm/s 的速率向右运动，恰巧碰上在同一条直线上向左运动的另一个小球 . 第二个小球的质量为 m2=50g，速率v2=10cm/s. 碰撞后，小球 m2恰巧停止 . 那么，碰撞后小球 m1 的速度是多大，方向怎样 ?剖析：取互相作用的两个小球为研究的系统。
因为桌面光滑，在水平方向上系统不受外力. 在竖直方向上，系统受重力和桌面的弹力，其协力为零. 故两球碰撞的过程动量守恒.解：设向右的方向为正方向，则各速度的正、负号分别为v1=30cm/s ，v2=10cm/s ，v'2=0. 据动量守恒定律有mlvl+m2v2=m1v'1+m2v'2.解得 v'1=-20cm/s.即碰撞后球m1的速度大小为20cm/s ，方向向左 .经过此例总结运用动量守恒定律解题的重点以下：(1)确立研究对象 . 对象应是互相作用的物系统 .(2)剖析系统所受的内力和外力，侧重确认系统所遇到的合外力能否为零，或合外力的冲量能否能够忽视不计 .。
2014高考物理一轮复习 第7讲动量守恒定律及其应用课件.ppt
4.碰撞的种类及特点:
种类
弹性碰撞
非弹性 碰撞
完全非 弹性碰撞
特点 (1)动量__守__恒_ (2)碰撞前后总动能__相__等_ (1)动量__守__恒_ (2)动能有__损__失_
(1)碰后两物体合为一体 (2)动量__守__恒_ (3)动能损失最__大_
1.(2019·福建高考)将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭 模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷 出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响, 则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 ( )
p1=m(-v1)=0.2×(-6)kg·m/s=-1.2kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为:
p2=mv2=0.2×4kg·m/s=0.8kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量的变化量为:
Δp=p2-p1=2kg·m/s 由动量定理得:(F-mg)Δt=Δp, 所以: F p m g 2N 0 .2 1 0 N 1 2 N
t 0 .2
答案:2 12
4.(2019·天津高考)如图所示,水平地面上固定有高为h的平台, 台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端 与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑 的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共 同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离 恰好为台高的一半。两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加 速度为g。求
2
在水平方向上有: h v t
2
由以上各式联立解得:mA∶mB=1∶3 答案:(1) 2 g h(2)1∶3
5.(2019·天津高考)质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上 的A点,现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继 续滑动一段位移停在B点,A、B两点相距x=20m,物块与地面间的 动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求: (1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小; (2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞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．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三爆炸和反冲人船模型1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11＝－m22得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有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状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．。
2014高考物理专题辅导讲义专题14动量守恒定律
一。
重点知识精讲和知识拓展1.动量守恒定律如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律。
（i）动量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，它既适用于宏观物体，也适用于微观粒子；既适用于低速运动物体，也适用于高速运动物体，它是一个实验规律。
相互间有作用力的物体体系称为系统，系统内的物体可以是两个、三个或者更多，解决实际问题时要根据需要和求解问题的方便程度，合理地选择系统.（ii）动量守恒定律适用条件（1）系统不受外力或系统所受的外力的矢量和为零。
（2）系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多。
（3）系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分力为零，则在该方向上系统的总动量保持不变——分动量守恒。
（4）在某些实际问题中，一个系统所受外力和不为零，内力也不是远大于外力，但外力在某个方向上的投影为零，那么在该方向上也满足动量守恒的条件。
（iii）动量守恒定律的四性：（1）.矢量性动量守恒方程是一个矢量方程，对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向。
凡是与选取的正方向相同的为正，相反为负。
若方向未知，可设为与正方向相同来列动量守恒方程，通过解的结果的正负，判定未知量的方向。
（2）.瞬时性动量是一个瞬时量，动量守恒是指系统在任一瞬时的动量守恒。
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，等号左边是作用前的各物体动量和，等号右边是作用后的各物体动量和，不同时刻动量不能相加。
（3）.相对性动量大小与选择的参考系有关，应注意各物体的速度是相对同一惯性系的速度，一般选取地面为参考系。
（4）.普适性它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
2.动量定理与动能定理的区别动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。
即F △t=mv 2- mv 1。
高三一轮复习——动量守恒定律.
拓展：若已知A、B间的动摩擦因数为μ,求B 车的板长至少要多长？
速度的相对性问题
11、质量M＝500 kg的小车，上面站着一个质量 为70 kg的人，车以v0＝1 m/s的速度在光滑水平 面上前进，如图所示，人相对于车以v＝2 m/s向 后水平跳出，问人跳车后，车速增加了多少？
注意：速度的相对性，动量守恒定律中的速度
P258, 3．如图所示，质量为 m 的人立于平板车上，人与车 的总质量为 M，人与车以速度 v1 在光滑水平面上向东运 动．当此人相对于车以速度 v2 竖直跳起时，车向东的速度 大小为( D ) Mv1－Mv2 A． M－m Mv1 B． M－m Mv1＋Mv2 C． M－m D ． v1
P258，4．如图所示，一质量 M＝3.0 kg 的长方形木板 B 放 在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m＝1.0 kg 的小 木块 A．给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s，方向相反的初速度， 使 A 开始向左运动， B 开始向右运动， A 始终没有滑离 B 板. 在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是 ( B) A．1.8 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s
8、（11福建）在光滑水平面上，一质量为m、 速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰 撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰 撞后B球的速度大小可能是( ) A A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v
P255，例2 两块厚度相同的木块A和B，紧靠 着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗 糙，另有一质量mC＝0.10 kg的滑块C，以vC＝10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所 示．由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共 同速度为0.50 m/s.求： (1)木块A的最终速度vA； (2)滑块C离开A时的速度vC′.
2014届新高考物理第一轮总复习精讲课件 13.1动量守恒定律
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
题型五：动量与能量的综合 例5 如图所示，固定在地面
上的光滑圆弧面与车C的上
表面平滑相接(车上表面水
平)．在圆弧面上有一个滑块A，其质量为mA＝2 kg， 在距车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑．车C的 质量为mC＝6 kg，在车C的左端有一个质量mB＝2 kg 的滑块B，滑块A与B均可看做质点，滑块A与B碰撞 后粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑出．已 知滑块A和B与车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，车C与 水平地面的摩擦忽略不计，g取10 m/s2.求：
【答案】C
【方法与知识感悟】1.动量、动量的变化量、冲量、 力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向 相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示， 变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时 间均匀变化，可取平均力；力不随时间均匀变化， 就用I表示这个力的冲量．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二 定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动 量定理解题，更简捷．
(1)滑块A滑到圆弧面末端时的速度大小；
(2)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(3)车C的最短长度．
【解析】(1)设滑块 A 滑到圆弧面末端时的速度大 小为 v1，由机械能守恒定律有
mAgh＝12mAv21 代入数据解得 v1＝ 2gh＝5 m/s (2)设 A、B 碰后瞬间的共同速度为 v2，滑块 A 与 B 碰撞瞬间与车 C 无关，滑块 A 与 B 组成的系统动量 守恒 mAv1＝(mA＋mB)v2 代入数据解得 v2＝2.5 m/s
名师导学2014高三物理一轮复习13动量守恒定律
第十三章 动量守恒定律
考点 动量、动量守恒定律及其应用
弹性碰撞和非弹性碰撞
要求 Ⅱ
Ⅰ
说明
只限于一维两个 物体的碰撞问题
验证动量守恒定律
1．“冲量”知识点教材中有介绍，但新考纲对它没有 作明确要求，应理解为它包含在动量定理中了，复习 教学时是一定要涉及的．
2．弹性碰撞和非弹性碰撞被作为Ⅰ要求，是针对其概 念而言的，碰撞中的动量、能量关系仍．高考试题主要集中在两大方面，一是考查对动量、 冲量概念的理解，对守恒条件的判断、适用范围的 界定；二是与牛顿定律、能量守恒、电磁学知识联 系命题，而且一般都是过程复杂，综合性强，对学 生的分析综合能力和利用数学工具解决物理问题的 能力要求均比较高．
3．高考试题一般物理情景设置新颖，贴近于学生的 生活实际，要求考生能理解问题的本质特征，将实 际问题转化为物理模型进行求解．
1．本章内容是高考中要考查的重点内容，例如2011年全 国新课标卷第35题、安徽卷第24题、北京卷第21题、天 津卷第10题、重庆卷第24题、福建卷第29题(2)、山东卷 第38题(2)、2012全国新课标第35题、山东第38题、广东 第36题、安徽第24题、四川第25题、天津第9、10题，全 国大纲21题、福建第29题等．题型全面，有选择题、填 空题、计算题．考查角度多变，动量、动量变化量、冲 量的矢量性；动量守恒定律表达式的矢量性、守恒条件、 适用范围；动量守恒定律的应用；动量和能量知识的综 合应用等．
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的木块，求木块对子弹的平均阻力的大
为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中
；m/s
，方向不清，暂设为正方向。
m/s
匀减速直线运动，用动能定理得，
联立①②③，解得：
= v
s= mv mv
= v
8解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。
最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有
∴
（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。
C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有
∴
9解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理：……①
……
……
，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），则
…。