2018届高考物理二轮专题复习文档：“动量定理 动量守恒定律”学前诊断 Word版含解析
2018届二轮复习动量定理、动量守恒定律课件(33张)
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高考研究(八) 聚焦选择题考法——动量定理、动量守恒定律
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[必备知能]
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高考研究(八) 聚焦选择题考法——动量定理、动量守恒定律
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1．动量定理的应用范围 (1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理 也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更 便捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力问题。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。
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高考题型
典型试题
难度 ★★★ ★★☆
1.动量、冲量和动量定理 2017·全国Ⅲ卷T20 2.动量守恒定律的应用 2017·全国Ⅰ卷T14
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题型( 一) 动量、冲量和动量定理
高考定位：常考题型 解题关键： 重在理解两概念、 一定理的 矢量性
答案：A
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高考研究(八) 聚焦选择题考法——动量定理、动量守恒定律
解析：方法一：根据 Ft 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在 0～ 1 s、0～ 2 s、 0～ 3 s、 0～ 4 s 内合外力冲量分别为 2 N· s、4 N· s、3 N· s、2 N· s，应用动量定理 I＝ mΔv 可知物块在 1 s、2 s、 3 s、 4 s 末的速率分别为 1 m/s、 2 m/ s、 1.5 m/s、 1 m/s，物块在这些时 刻的动量大小分别为 2 kg· m/ s、 4 kg· m/s、 3 kg· m/ s、 2 kg· m/s，则 A、 B 正确， C、 D 错误。 F1 方法二： 前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度 a1＝ ＝ m 2 m/s2＝ 1 m/ s2， t＝ 1 s 时物块的速率 v1＝ a1t1＝ 1 m/s， A 正确； t＝2 s 2 时物块的速率 v2＝ a1t2＝2 m/ s， 动量大小为 p2＝ mv2＝4 kg· m/s， B 正确； F2 物块在 2～ 4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2＝ ＝ 0.5 m/s2， m t＝ 3 s 时物块的速率 v3＝ v2－ a2t3＝ (2－ 0.5× 1)m/ s＝ 1.5 m/s，动量大小为 p3＝ mv3＝3 kg· m/ s， C 错误； t＝ 4 s 时物块的速率 v4＝ v2－ a2t4＝ (2－ 0.5× 2)m/s＝ 1 m/ s， D 错误。 答案：AB
(完整版)高中物理专题复习动量及动量守恒定律
高中物理专题复习动量及动量守恒定律一、动量守恒定律的应用1.碰撞1v v1/v2/vA A BAB A BⅠⅡⅢ两个物体在极短时间内发生互相作用，这类状况称为碰撞。
因为作用时间极短，一般都知足内力远大于外力，所以能够以为系统的动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完整非弹性碰撞三种。
认真剖析一下碰撞的全过程：设圆滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体 B 运动， B 的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ地点A、B 恰巧接触，弹簧开始被压缩， A 开始减速， B 开始加快；到Ⅱ地点A、B 速度恰巧相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再今后A、B 开始远离，弹簧开始恢还原长，到Ⅲ地点弹簧恰巧为原长，A、B 分开，这时 A、B 的速度分别为 v1和 v2。
全过程系统动量必定是守恒的；而机械能能否守恒就要看弹簧的弹性怎样了。
⑴ 弹簧是完整弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少所有转变成弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少所有转变成动能；所以Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这类碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒能够证明A、B 的最后速度分别为：v1m1m 2v1 , v 2 2 m 1v1。
m 1m 2m 1 m 2⑵ 弹簧不是完整弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转变成弹性势能，一部分转变成内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转变成动能，部分转变成内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转变成内能）。
这类碰撞叫非弹性碰撞。
⑶ 弹簧完整没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少所有转变成内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；因为没有弹性，A、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这类碰撞叫完整非弹性碰撞。
能够证明， A、B 最后的共同速度为v v2m1v。
在完整非弹性碰撞过程中，1m21m1系统的动能损失最大，为：1212m1m2 v12。
2018版高考物理二轮教师用书：第1部分 专题7 动量定理
专题七 动量定理和动量守恒定律 ——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．动量定理(1)表达式：F ·Δt ＝Δp ＝p ′－p .(2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．2．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp ＝p ′－p .(2)动能和动量的关系：E k ＝p 22m .3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零．(2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零．(3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力．4．爆炸与反冲现象中系统机械能会增加，但碰撞过程中系统机械能不会增加．考点1 动量定理与动量守恒定律(对应学生用书第33页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2018年Ⅰ卷T 14、Ⅲ卷T 20 2018年Ⅰ卷T 35(2)[考情分析]1．结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般．2．解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关．3．应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当考虑．4．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．1．(动量守恒定律的应用)(2018·Ⅰ卷T14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30 kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/sA[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p1＝m v＝0.18×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．])一质量为2 kg的物块在合外力F的2．(动量定理的应用)(多选)(2018·Ⅲ卷T作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图7-1所示，则()图7-1A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零[题眼点拨]①“合外力F的作用下”说明力F的冲量等于物块动量的增量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．AB [由动量定理可得：Ft ＝m v ，故物块在t ＝1 s 时的速度v 1＝Ft 1m ＝2×12m/s ＝1 m/s ，A 正确；物块在t ＝2 s 时的动量p 2＝Ft 2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m/s ，在t ＝3 s 时的动量大小p 3＝(2×2－1×1)kg·m/s ＝3 kg·m/s ，故B 正确，C 错误；在t ＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s ＝2 N·s ，由I 合＝m v 4可得t ＝4 s 时，物块的速度v 4＝1 m/s ，D 错误．]在第2题中，若物块放在水平桌面上，F 为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N ，则物块在t 1＝1 s 时和t 4＝4 s 时的速度分别为( )A ．0.5 m/s 0B ．0 0.5 m/sC ．0.5 m/s －0.5 m/sD ．－0.5 m/s 0.5 m/sA [由动量定理可得：(F －f )t 1＝m v 1，可得t 1＝1 s 时物块速度v 1＝0.5 m/s ，在t ＝3 s 时，I 合＝(2×2－1×1－1×3) N·s ＝0，故此时物块速度为零，之后因F ＝f ，物块静止不动，因此t 4＝4 s 时，物块速度为零．]3．(动量定理的应用)(2018·Ⅰ卷T 35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.【导学号：19624182】[题眼点拨] ①分析流体问题应利用“微元法”．②“玩具稳定地悬停在空中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡．③“水柱冲击玩具底后，在……速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程．【解析】 (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S. ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v 2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2. ⑧【答案】(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．2．动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．3．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p＝p′，即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)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等、方向相反．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1动量定理的应用1．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mgA[下降h阶段v2＝2gh，得v＝2gh，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，－(F－mg)t＝0－m v，得F＝m2ght＋mg，A正确．]考向2动量守恒定律的应用2．如图7-2所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为m A＝m C ＝3m B，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B与C 碰撞前B的速度及最终的速度.【导学号：19624183】图7-2【解析】 对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07，B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07.【答案】 B 与C 碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 07考点2 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用(对应学生用书第35页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2018年Ⅱ卷T 35(2)、Ⅲ卷T 35(2)2018年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2018年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2018年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)[考情分析]1．以动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题．2．具体问题中要注意物体间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．3．理清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．4．(“碰撞类”动量与能量的问题)(2018·Ⅲ卷T35(2))如图7-3所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图7-3[题眼点拨] ①“a 与b 发生弹性碰撞”说明物块a 、b 碰撞过程中动量、动能均守恒；②“但b 没有与墙发生碰撞”说明物块b 碰撞后向右滑行的最大位移为l .【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl① 即μ<v 202gl ②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 202gl .⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl(2018·Ⅱ卷T35(2))两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．【解析】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v1＝－2 m/s ①v2＝1 m/s ②a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝23m/s ③由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8. ⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2 ⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝12(m1＋m2)v2 ⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2. ⑧【答案】(1)1∶8(2)1∶25．(“冲击板块类”动量与能量问题)(2018·Ⅱ卷T35(2))如图7-4所示，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m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝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/s2.图7-4(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？[题眼点拨]①“光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体”说明斜面体、滑板、冰块运动过程中不受摩擦力；②“冰块在斜面体上上升的最大高度为h”说明冰块在最大高度处时与斜面体速度相同．【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m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg. ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝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)见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．三类碰撞的特点2．爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒．(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加．(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反．3．动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝m v－m v0.②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 “碰撞类”动量与能量问题3．[2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图7-5所示，水平轨道AB 长L＝9 m ，光滑倾斜轨道BC 足够长．开始时质量为m Q ＝1 kg 的滑块Q 静止在AB 中点M 处；在A 点，质量为m P ＝3 kg 的滑块P 以速度v 0＝5 m/s 向右运动；P 、Q 只会发生弹性碰撞，滑块经过B 点时，动能损失不计．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，P 、Q 与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1.求：图7-5(1)P 向右运动的最大位移大小；(2)Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P 、Q 都停下后两滑块间的距离.【导学号：19624184】【解析】 (1)设P 、Q 碰撞前瞬间，P 的速度为v 1，由动能定理有－μm P g L 2＝12m P v 21－12m P v 20，解得v 1＝4 m/sP 、Q 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m P v 1＝m P v P ＋m Q v Q由机械守恒定律有12m P v 21＝12m P v 2P ＋12m Q v 2Q 解得v P ＝2 m/s ，v Q ＝6 m/sP 继续向右运动的距离x P ＝v 2P 2μg ＝2 m ＜L 2＝4.5 mP 向右运动的最大位移x 1＝L 2＋x P ＝6.5 m.(2)由动能定理有－μm Q g L 2－m Q gh ＝0－12m Q v 2Q解得Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度h ＝1.35 m.(3)假设Q 从斜面上滑下来后，会与滑块P 发生第二次弹性碰撞．由运动学知识可知Q与P碰前，P已经停下来了．由动能定理有－μm Q g(L2＋L－x1)＝12m Qv22－12m Qv2Q解得P、Q碰前瞬间，Q的速度v2＝22 m/sP、Q间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m Q v2＝m P v′P＋m Q v′Q由机械能守恒定律有12m Qv22＝12m Pv′2P＋12m Qv′2Q解得v′P＝222m/s，v′Q＝－222m/s，负号表示方向向右碰后滑块P向左滑动的位移x′P＝v′2P2μg＝2.75 m碰后滑块Q向右滑动的位移x′Q＝v′2Q2μg＝2.75 m＞L－x1＝2.5 m，所以滑块Q在第二次碰撞后会冲上斜面后返回x′＝x′Q－(L－x1)＝0.25 m，不会发生第三次碰撞所以P、Q都停下后两滑块相距Δx＝x′P＋x′Q－2x′＝5 m.【答案】(1)6.5 m(2)1.35 m(3)5 m考向2“冲击板块类”动量与能量问题4．[2018·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]如图7-6所示，在光滑桌面上置有长木板B和物块C，在长木板的右侧置有物块A，一开始A、B处于静止状态．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板B足够长．物块A 的质量为2 kg，长木板B的质量为1 kg，物块C的质量为3 kg.物块C以4 m/s 的初速度向右运动，与长木板B碰撞后，与长木板B黏在一起．重力加速度g取10 m/s2，试求：图7-6(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能；(2)最终A、B、C的速度大小和A相对于B运动的距离.【导学号：19624185】【解析】(1)设B、C碰撞后的瞬间速度为v1，根据动量守恒定律得m C v C＝(m B＋m C)v1解得v1＝3 m/s碰撞过程中，损失的机械能为ΔE＝12m Cv2C－12(m B＋m C)v21解得ΔE＝6 J.(2)根据动量守恒定律得m C v C＝(m A＋m B＋m C)v2解得v2＝2 m/s根据功能关系：μm A gx＝12(m B＋m C)v21－12(m A＋m B＋m C)v22解得x＝1.5 m.【答案】(1)6 J(2)2 m/s 1.5 m(2018·衡水市冀州中学一模)如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M＝0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R＝0.4 m的光滑14圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L＝3.5 m，C点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A点高为H＝3.6 m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道(g＝10 m/s2)．求：(1)ABCD轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小．【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大，设为v m，假设此时小物体的速度大小为v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：M v m＝m v由机械能守恒得：mg(H＋R)＝12M v2m＋12m v2解得：v m＝2.0 m/s.(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(M＋m)v x＝0由能量守恒得：mgH＝12(M＋m)v2x＋12m v2y＋μmg2L解得v x＝0，v y＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小v A＝v2x＋v2y＝16 m/s ＝4 m/s.【答案】(1)2.0 m/s(2)4 m/s考向3“传送带类”动量与能量问题5．如图7-7所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L＝1 m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s，一质量为1 kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能E p＝9 J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B停在P点，B与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g取10 m/s2，现释放A，求：图7-7(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速度v0；(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A、B能够碰撞的总次数．【解析】(1)设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，则E p＝12m v2＋μ1mgL，解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s ，位移x 1＝v B 2t 1＝0.8 m. 此过程相对运动路程Δs 1＝v t 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mg sin θ＝μ2mg cos θ，B 与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v a 1＝0.3 s ， 位移为x 2＝v 2 t 2＝0.45 m.此过程相对运动路程Δs 2＝v t 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg (Δs 1＋Δs 2)cos θ＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足12m v 2＝2nμ1mgL .解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25，所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6(取整数)．【答案】 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次规范练高分| 动量与能量的综合应用类问题(对应学生用书第37页)[典题在线] (2018·达州市一模)(18分)如图7-8所示，质量为M ＝2.0 kg 的①小车静止在光滑水平面上，小车AB 部分是半径为R ＝0.4 m 的②四分之一圆弧光滑轨道，③BC 部分是长为L ＝0.2_m 的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.5，两段轨道相切于B 点．C 点离地面高为h ＝0.2 m ，质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)在小车上A 点④从静止沿轨道下滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图7-8(1)⑤若小车固定，求小球运动到B点时受到的支持力大小F N；(2)⑥若小车不固定，小球仍从A点由静止下滑：(ⅰ)求小球运动到B点时小车的速度大小v2；(ⅱ)小球能否从C点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地时与小车之间的水平距离s.[信息解读]①小车与水平面间无摩擦，小车的初速度为零．②圆弧轨道光滑，小球与圆弧轨道间无摩擦作用．③小球在BC段运动时系统有摩擦热产生．④小球释放时初速度为零．⑤小球沿圆弧轨道下滑时，小球机械能守恒．⑥小球沿圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)小球从A 到B 的过程中机械能守恒，mgR ＝12m v 2B①(2分)在B 点由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2B R②(1分) 解得：F N ＝30 N ． ③(1分) (2)(ⅰ)若不固定小车，小球到达B 点时速度为v 1，小车的速度为v 2，由动量守恒定律可得，m v 1－M v 2＝0④(1分)由系统机械能守恒定律可得：mgR ＝12m v 21＋12M v 22 ⑤(2分) 解得：v 1＝433 m/s ，v 2＝233 m/s.⑥(1分)(ⅱ)设小球能从小车右端C 点滑出，滑出时小球的速度为v 3，小车的速度为v 4，由系统动量守恒定律可得：m v 3－M v 4＝0，⑦(1分)由能量守恒定律可得：mgR ＝12m v 23＋12M v 24＋μmgL⑧(2分) 解得：v 3＝2 m/s ，v 4＝1 m/s ⑨(1分)故小球能从小车右端C 点滑出，滑出后小球做平抛运动，小车以速度v 4向左做匀速直线运动，则：h ＝12gt 2⑩(1分) x m ＝v 3t ⑪(1分)x M＝v4t ⑫(1分) s＝x m＋x M ⑬(2分)可解得：s＝0.6 m．⑭(1分)【答案】(1)30 N(2)(ⅰ)233m/s(ⅱ)能0.6 m[评分标准]第(2)(ⅰ)中，表达式④、⑤正确且计算结果也正确，但将题目要求小车的速度，写成小球的速度大小的减1分．第(2)(ⅱ)中，只计算出小球平抛的水平位移即作为最后结果且计算正确的，减去4分．。
专题16 动量守恒定律-2018年高考物理二轮复习精品资料(学生版)
1．如图所示，两木块A 、B 用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A ，并留在其中．在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量守恒、机械能不守恒C ．动量不守恒、机械能守恒D ．动量、机械能都不守恒2．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( )A ．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B ．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C ．此系统的机械能一定守恒D ．此系统的机械能可能增加3．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( ) A.v 02 B.v 06 C.v 02或v 06D ．无法确定 4． A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )A．A、B的质量比为3∶2B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变5．在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )A．E1＜E0B．p2＞p0C．E2＞E0D．p1＞p06．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大7．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定( )A．物块返回底端时的速度B．物块所受摩擦力大小C．斜面倾角θD．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功8．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是__________________________.9．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m＝15 kg的箱子，和他一起以大小为v0＝2.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞；(2)甲在推出时对箱子做了多少功．10．如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A靠在墙壁，A、B之间用轻弹簧连接，它们的质量分别为m A＝m，m B＝2m，m C＝m.现给C一水平向左的初速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起．试求：(1)A离开墙前，弹簧的最大弹性势能；(2)A离开墙后，C的最小速度．11．水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到A 、B 时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．12．如图所示，质量为m 1＝0.2 kg 的小物块A ，沿水平面与小物块B 发生正碰，小物块B 的质量为m 2＝1 kg 。
高考物理二轮复习专题动量专题 102.动量守恒定律
动量守恒定律复习精要一、动量守恒定律 1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变. 2.表达式(1)p ＝p ′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.(2)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 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)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向. (4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零. 3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.(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合力为零，则系统在这一方向上动量守恒.1. 动量守恒定律的表述。
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
如果：∑F =0 则 △p =0 2．常用的表达方式由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中，所以在通常情况下表达形式为： 2211202101v m v m v m v m +=+3. 动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或者所受外力之和为零；(2)系统受外力，但外力远小于内力, 可以忽略不计；(3)系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
(4)全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
4. 应用动量守恒定律的注意点： (1)注意动量守恒定律的适用条件，(2)特别注意动量守恒定律的矢量性：要规定正方向， 已知量跟规定正方向相同的为正值，相反的为负值，求出的未知量是正值，则跟规定正方向相同，求出的未知量是负值，则跟规定正方向相反。
(3)注意定律的广泛性：动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂,只要系统所受合外力为零,动量守恒定律都适用。
(课改地区专用)2018-2019学年高考物理总复习 专题二 动量与动量守恒定律 2.2 动量和动量
。
F(t′-t)
I
(2)表达式：mv′－mv＝
或p′－p＝ 。
思维拓展
在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远
时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？
答案 物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间
越长，力就越小，这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力。
动量及其变化
[要点归纳] 1.动量的性质 (1)矢量性：方向与瞬时速度的方向相同，有关动量的运算，遵从矢量的平行四边 形定则。 (2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某时刻而言的。 (3)相对性：大小与参考系的选择有关，通常情况是指相对地面的动量。
2.动量变化量的性质 (1)矢量性：动量的变化量Δp＝p′－p是矢量式，Δp、p′、p间遵循平行四边形定则 ，如图1所示。
3.动量定理的理解 (1)物理意义：合外力的冲量是动量变化的原因。 (2)动量定理的矢量性，合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向 相同。 (3)相等性：物体在时间Δt内所受合外力的冲量等于物体在这段时间Δt内动量的变 化量。 (4)独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量。 (5)适用范围 ①动量定理不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而变化的力。 ②对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 ③不仅适用于单个物体，而且也适用于物体系统。
冲量 动量定理
[要点归纳] 1.冲量的计算方法 (1)恒力的冲量：如果物体受到恒力的作用，既可以应用FΔt求力的冲量，也可以应 用物体动量改变量Δp的大小和方向来替代力的冲量。 (2)变力的冲量：如果物体受到变力的作用，则不能直接用FΔt求变力的冲量，这时 可以利用动量定理求出(动量变化量)。
高考二轮复习专题物理-动量守恒定律
高考二轮复习专题五：动量守恒定律一：复习要点1．定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。
2．一般数学表达式：''11221122m v m v m v m v +=+3．动量守恒定律的适用条件 ：①系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F 合=0）； ②系统所受的外力远小于内力（F外F 内），则系统动量近似守恒；③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)4．动量恒定律的五个特性①系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等②矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算③同时性：12,v v 应是作用前同一时刻的速度，''12,v v 应是作用后同—时刻的速度④相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系⑤普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子．它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷二：典题分析1.放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是 ( )A.两手同时放开，两车的总动量等于零B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左D ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 解析：该题考查动量守恒的条件，答案为 AB2．Ａ、Ｂ两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰．用频闪照相机在ｔ０＝0，ｔ１＝Δｔ，ｔ２＝2Δｔ，ｔ３＝3Δｔ各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中Ｂ像有重叠，ｍＢ＝（3／2）ｍＡ，由此可判断 （ ） Ａ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻 Ｂ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｃ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｄ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻解析：该题重点考查根据照片建立碰撞的物理图景，答案为 B面上匀速运动，若人用t =10s 的时间匀加速从船头走到船尾，船长L ＝5m ，则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计）分析：（该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系）解析：设人走到船尾时，人的速度为x v ，船的速度为y v对系统分析：动量守恒()y x Mv mv v M m +=+0对船分析：（匀加速运动） S =t v v y⋅+2对人分析：（匀加速运动） t v v L S x⋅+=-20 得：S = 3.25 m.4．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是1，2，3，…，n 的物体，所有物块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1，2，3，…n 号物块的初速度分别是v 0，2 v 0，3 v 0，…nv 0，方向都向右，木板的质量与所有物块的总质量相等 ,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。
2018年高考物理复习第6章 第1节 动量 动量定理
1．考纲变化：本章内容是模块3－5中的部分内容，考纲要求由原来的“选考内容”调至“必考内容”．2．考情总结：作为“选考内容”时，对动量定理、动量守恒的考查，以中等题为主，题型多为计算题，考查的内容主要通过碰撞综合应用动量守恒定律和能量守恒定律．3．命题预测：调至“必考内容”后，预计题型不变，命题热点仍然集中在动量与能量、动量与牛顿运动定律的综合应用方面，也可能与电场、磁场、电磁感应综合命题，难度可能是中等难度以上或较难．说明：动量定理、动量守恒定律只限于一维情况．第1节动量动量定理知识点1冲量和动量1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化．2．公式：Ft ＝Δp ＝m v 2－m v 1.3．理解：(1)动量定理反映了冲量的作用效果是使物体动量变化．(2)动量定理可由牛顿第二定律和运动学公式推出，由F ＝ma 和a ＝v t －v 0t 得：F ＝m v t －m v 0t＝Δp t 这是牛顿第二定律的另一种表达形式，它说明作用力等于物体动量的变化率．1．正误判断(1)冲量和功都是标量．(×)(2)冲量为零时，力不一定为零．(√)(3)某个恒力的功为零时，这个力的冲量不为零．(√)(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×)(5)动量和冲量都是状态量．(×)2．[冲量、动量的理解]从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a 球竖直上抛，b 球竖直下抛，c 球水平抛出，不计空气阻力，则( )A ．三球落地时的动量相同B ．三球落地时的动量大小相同C ．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D ．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同B [根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但c 球速度方向与a 、b 球的速度方向不同．从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同．故本题选B.]3．[冲量的计算](多选)质量为m 的物块以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中( )A ．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相等B．整个过程中物块所受弹力的冲量为零C．整个过程中物块的合外力冲量为零D．整个过程中物块的合外力冲量大小为2m v0AD[物体沿光滑斜面先上冲再滑下，两段时间相等，故重力的冲量相等，A对．因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，B错．由动量定理得I合＝p′－p＝m v0－(－m v0)＝2m v0，故C错、D对．]4．[动量定理的应用]质量为4 kg的物体以2 m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为14 kg·m/s.该物体()【导学号：92492255】A．所受合外力的大小可能大于11 NB．所受合外力的大小可能小于3 NC．所受的冲量可能小于6 N·sD．所受的冲量可能大于18 N·sD[若设物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝m v1＝8 kg·m/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故A、B、C错误，D 正确．]1.不变，冲量的方向就跟力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动时绳的拉力在时间t内的冲量，这时就不能说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．2．冲量是过程量，说到冲量必须明确是哪个力在哪段时间内的冲量．3．冲量和功(1)冲量反映力对时间积累的效应，功反映力对空间积累的效应．(2)冲量是矢量，功是标量．(3)冲量的正、负号表示冲量的方向，功的正、负号表示动力或阻力做功．[题组通关]1．甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则()A．甲物体受到的冲量大B．乙物体受到的冲量大C．两物体受到的冲量相等D．两物体受到的冲量无法比较C[由题设可知两物体动量的变化量相等，据动量定理，两物体受到的冲量是相等的．两物体不同时停下，是因为受到的合力(即摩擦力)的大小不相等，即两接触面的动摩擦因数不相等．可知正确答案为C.]2．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量m A＝4 kg，如图6-1-1所示．现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去外力F，物体从静止开始运动．则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为()图6-1-1A．20 N·s B．50 N·sC．25 N·s D．40 N·sA[弹簧的弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：I＝Δp，即外力的冲量等于物体动量的变化．由于弹簧储存了50 J的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量．所以有：E p ＝12m v 2，I ＝m v .由以上两式可解得弹簧的弹力对A 物体的冲量为I ＝20 N·s.故选A.]变力冲量的计算方法1．如果一个物体受到的力是变力，但该力随时间是均匀变化的，我们可用求平均值的方法求解，此种情况下该力的平均值为F ＝12(F t ＋F 0)，则该变力的冲量为I ＝12(F t ＋F 0)t .2．以时间为横轴，力为纵轴，画出变力随时间变化的关系图象，如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)在量值上表示了力的冲量的大小．3．根据动量定理求变力冲量．根据动量定理I ＝Δp ，若I 无法直接求得，可求出Δp 间接求出I ，这是求变力冲量的重要方法．(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F 可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F 是合外力在t 时间内的平均值．(2)动量定理说明的是合外力的冲量I 合和动量的变化量Δp 的关系，不仅I 合与Δp 大小相等而且Δp 的方向与I 合方向相同．(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和．而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量．(4)动力学问题中的应用．在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便．不需要考虑运动过程的细节．2．动量定理的应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．3．用动量定理解题的基本思路[多维探究]●考向1用动量定理解释生活现象1．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击过程中()【导学号：92492256】A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化较快D[玻璃杯从相同高度落下，落地时的速度大小是相同的，落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量Δp是相同的，又由动量定理I ＝Δp ，知受到的冲量也是相同的，所以A 、B 、C 都错．由动量定理Ft ＝Δp 得F ＝Δp /t ，落到水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，容易碎，D 对．]●考向2 动量定理的综合应用2．(多选)一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小Δp 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为( )A ．Δp ＝0B ．Δp ＝3.6 kg·m/sC ．W ＝0D ．W ＝10.8 JBC [设初动量方向为正，则p 1＝m v ＝1.8 kg·m/s ，碰后动量p 2＝－m v ＝－1.8 kg·m/s ，故Δp ＝p 2－p 1＝－3.6 kg·m/s ，B 项正确；由动能定理得墙对小球做的功W ＝ΔE k ＝0，C 项正确．]3．摆长为L ，摆球质量为m 的单摆，以摆角θ(θ＜5°)摆动，摆球从最大的位移处摆到平衡位置的过程中，下列说法中正确的是( )A ．重力的冲量为πm gl2B ．重力做的功为mgl cos θC ．合外力的冲量大小为m 2gl (1－cos θ)D ．合外力的冲量为零C [摆球从最大位移摆到平衡位置的过程中机械能守恒：mgl (1－cos θ)＝12m v 2即v ＝2gl (1－cos θ)由动量定理得F 合t ＝Δp ＝m v －0＝m 2gl (1－cos θ)，C 对，D 错．重力做功W G ＝mgl (1－cos θ)，B 错．重力冲量I G ＝mg ·14·2πl g ＝12πm gl ，A 错，故选C.][反思总结] 应用动量定理的三点提醒1．动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．2．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．3．对过程较复杂的运动，可分段也可全过程用动量定理．为m A 和m B .一颗质量为m 的子弹以水平速度v 0先后穿过木块A 、B .木块A 、B 对子弹的阻力恒为F f .子弹穿过木块A 的时间为t 1，穿过木块B 的时间为t 2.求：图6-1-2(1)子弹刚穿过木块A 后，木块A 的速度v A 和子弹的速度v 1分别为多大？(2)子弹穿过木块B 后，木块B 的速度v B 和子弹的速度v 2又分别为多大？【解析】 (1)从子弹刚进入A 到刚穿出A 的过程中：对A 、B ：由于A 、B 的运动情况完全相同，可以看做一个整体 F f t 1＝(m A ＋m B )v A ，所以v A ＝F f t 1m A ＋m B对子弹：－F f t 1＝m v 1－m v 0，所以v 1＝v 0－F f t 1m .(2)子弹刚进入B 到刚穿出B 的过程中：对物体B ：F f t 2＝m B v B －m B v A所以v B ＝F f (t 1m A ＋m B ＋t 2m B )对子弹：－F f t 2＝m v 2－m v 1，所以v 2＝v 0－F f (t 1＋t 2)m .【答案】 (1)F f t 1m A ＋m B v 0－F f t 1m (2)F f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1m A ＋m B＋t 2m B v 0－F f (t 1＋t 2)m [母题迁移]●迁移1 结合图象分析多过程问题1．一个质量为3 kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图图6-1-3所示，那么该物体在6 s 内速度的改变量是( )图6-1-3A ．7 m/sB ．6.7 m/sC ．6 m/sD ．5 m/sD [F -t 图线与时间轴围成的面积在量值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×4＋12×2×4－12×1×2N·s ＝15 N·s. 根据动量定理有I ＝m Δv ，Δv ＝I m ＝153 m/s ＝5 m/s.故本题选D.]●迁移2 结合动量守恒分析多过程问题2．如图6-1-4所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为M 1＝0.5 kg ，M 2＝1.49 kg 的两个物体，置于光滑水平面上，M 1靠在光滑竖直墙上．现有一颗质量为M ＝0.01 kg 的子弹，以600 m/s 的水平速度射入M 2中，最后M 1和M 2都将向右运动．试求：竖直墙对M1的冲量.【导学号：92492257】图6-1-4【解析】设子弹M和木块M2碰后的共同速度大小为v′，对M2和M由动量守恒：M v＝(M＋M2)v′①当M2和M以共同速度v′(方向向左)压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时，根据机械能守恒，M2和M的共同速度大小仍为v′(方向向右)，此时对M1的作用力为零．取M1、弹簧以及M2和M这一系统为研究对象，对M2与M碰后到又回到初位置的整个过程，弹簧弹力对M1和M2的合冲量为0，设墙对M1的冲量大小为I，对系统由动量定理有：I＝(M2＋M)v′－[－(M2＋M)v′]②由①②式得I＝2M v＝2×0.01×600 N·s＝12 N·s，方向向右即墙对M1冲量大小为12 N·s，方向向右．【答案】12 N·s，方向向右。
专题07 动量守恒定律-2018年高考物理母题题源系列 Word版含解析
母题07 动量守恒定律【母题来源一】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【母题原题】高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N【答案】 C由动量定理可知：,解得：,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N,故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度,然后借助于动量定理求出地面的接触力【母题来源二】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）【母题原题】（多选）如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平,两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。
现同时释放a、b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,a、b间的相互作用和重力可忽略。
下列说法正确的是A. a的质量比b的大B. 在t时刻,a的动能比b的大C. 在t时刻,a和b的电势能相等D. 在t时刻,a和b的动量大小相等【答案】BD在t时刻,a的动能比b大,选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t时刻,a和b的电势能不等,选项C错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力）,根据动量定理,在t时刻,a微粒的动量等于b微粒,选项D正确。
点睛若此题考虑微粒的重力,你还能够得出a的质量比b小吗？在t时刻力微粒的动量还相等吗？在t时间内的运动过程中,微粒的电势能变化相同吗？【命题意图】理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
【考试方向】动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点,也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题,以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
高考物理二轮复习专题训练——动量(word版含答案)
动量一、选择题（共15题）1．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在毛毯上就不易碎，这是因为玻璃杯掉在水泥地上时A．受到的冲量大B．受到地面的作用力大C．动量的变化量大D．动量大2．一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中F1、F2未知．已知物体从t=0时刻出发,在3t0时刻恰又返回到出发点,则()A．0—t0物体做匀加速直线运动,t0—3t0物体做匀减速直线运动B．物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移相等C．t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比为2 3D．F1与F2大小之比为5 63．下列说法正确的是（）A．不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒B．只要系统受到摩擦力，动量不可能守恒C．物体受到的冲量越大，它的动量变化一定越快D．某物体做直线运动，受到一个-6N˙s的冲量作用后其动量不一定减小4．下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A．物体的动量改变，一定是速度的大小改变B．物体的动量改变，一定是速度的方向改变C．物体的运动状态改变，其动量一定改变D．以上说法均不对5．2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发射升空。
该探测器经过多次变轨，进入环火轨道，预计5月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。
假设在火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球一水平向右的瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。
若已知圆轨道半径为r ，火星的半径为R 、万有引力常量为G ，则火星的质量为（ ）A ．222I r Gm RB ．2225I r Gm RC ．222I R GrmD ．2225I R Grm 6．一人站在滑板上以速度0v 在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v 。
2018年高考物理复习第三讲 动量定理 动量守恒定律
第三讲
动量定理 动量守恒定律 结
束
1．(2017· 天津高考)“天津之眼”是一座跨河建 设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之 一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖 直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
答案：BC
课前· 盘查考查点 课堂· 攻克薄 Nhomakorabea点 课后· 强化热考点
第三讲
动量定理 动量守恒定律 结
束
考点二
动量守恒定律及应用
本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和 相关计算， 以选择题或与机械能守恒定律和功能关系相结合 的计算题的形式命题，试题难度中等。考生应学会灵活变通
课前· 盘查考查点
动量定理
本考点是对动量、冲量的概念及动量定理的理解及应用 的考查，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交 汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议 考生自学为主
课前· 盘查考查点
课堂· 攻克薄弱点
课后· 强化热考点
第三讲
动量定理 动量守恒定律 结
束
[夯基固本]
课前· 盘查考查点
课堂· 攻克薄弱点
答案：B
课前· 盘查考查点
课堂· 攻克薄弱点
课后· 强化热考点
第三讲
动量定理 动量守恒定律 结
束
2．一质量为 m 的铁锤，以速度 v 竖直打在木桩上，经过 Δt 时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力 的大小是 ( )
新课标高考物理二轮复习 专题14-动量定理与动量守恒定律(解析版)
高考物理二轮复习 专题内容 14动量定理与动量守恒定律§知识网络§一、动量定理1．对动量变化Δp ＝p 2－p 1的理解Δp ＝p 2－p 1为矢量式，当p 1、p 2在同一直线上时，先规定正方向，再用正负表示p 1、p 2，将矢量运算变为代数运算(p 1、p 2不共线时，不要求)。
2．动量定理的研究对象通常是单个物体。
3.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映力对时间的积累效果，由Ft ＝p 2－p 1，得：F ＝p 2－p 1t ＝Δp t ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
4．说明(1)动量定理公式中的F 是研究对象所受的合外力，包含重力在内，不要漏掉任何力。
(2)F 为变力时应是合外力在作用时间内的平均值。
5．动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对于微观现象中的高速运动仍然适用。
③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地面为参考系。
④规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号。
根据动量守恒定律列方程求解。
(2)动量守恒在多体多过程问题中的运用2.对于多个物体、多个过程共存的问题，往往会有共同的特征：①最终会出现一个稳定的状态。
例如：系统最终速度为零或做匀速直线运动。
②在由多过程存在的情境中，每个小过程，均满足动量守恒。
因此解决此类问题的关键是选取合适的研究对象和作用过程，应用动量守恒定律并结合其他的物理规律进行求解。
例如：多个物体的连续碰撞，两人抛接物体的问题等。
3.典例分析【答案】(1)v02μgv2016μg(2)mv06【解析】(1)设物块在L形长木板上的滑行时间为t，由动量定理得：－μmgt＝m v02－mv0解得：t＝v0 2μg物块与L 形长木板右端竖起部分相碰前系统动量守恒：mv 0＝m v 02＋2mv 1，解得：v 1＝v 04由动能定理得：μmgs ＝12·2mv 21，解得：s ＝v 2016μg(2)物块与L 形长木板右端竖起部分相碰系统动量守恒，则mv 0＝3mv 2对长木板由动量定理得：I ＝2mv 2－2mv 1＝mv 064.相关类型题目如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。
高考物理二轮复习2.2动量定理和动量守恒定律课件(共23张PPT)
Ek＝mPMΔt2，故 C 正确，D 错误。]
反思感悟：爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动 量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守 恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体 速度往往方向相反。
反思感悟： 动量定理解决流体问题 应用动量定理分析流体相互作用问题的方法是微元法，具体步 骤为： (1)确定一小段时间 Δt 内的流体为研究对象。 (2)写出 Δt 内流体的质量 Δm 与 Δt 的关系式。 (3)分析流体的受力情况和动量变化。 (4)应用动量定理列式、求解。
[典例2] (2021·河南濮阳模拟)垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使 来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去 竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所 受阻力大小不变，则( ) A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零 B．球从击出到落回的时间内，空气阻力的冲量为零 C．球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量 D．球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量
专题二 动量与能量
第2讲 动量定理和动量守恒定律
10/22/2024
知识要点：
01 突破点一 动量定理的应用
1．恒力：求 Δp 时，用 Δp＝Ft。 2．变力：求 I 时，用 I＝Δp＝mv2－mv1。 3．Δp 一定：Ft 为确定值，F＝Δtp，t 小 F 大——如碰撞；t 大 F 小——如缓 冲。
A．ma0t0
B．12ma0t0
C．34ma0t0
D．2ma0t0
C [在 t＝t0 时刻，飞机的速度大小 v＝a0×12t0＋12a0×12t0＝43a0t0。 根据动量定理有 I＝mv－0，解得 I＝34ma0t0，所以 C 正确，A、B、 D 错误。]
动量定理及动量守恒定律专题复习（附参考答案）.
动量定理及动量守恒定律专题复习（附参考答案）.动量定理及动量守恒定律专题复习⼀、知识梳理1、深刻理解动量的概念(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv(2)动量是描述物体运动状态的⼀个状态量，它与时刻相对应。
(3)动量是⽮量，它的⽅向和速度的⽅向相同。
(4)动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因⽽动量具有相对性。
题中没有特别说明的，⼀般取地⾯或相对地⾯静⽌的物体为参考系。
(5)动量的变化：0p p p t -=?.由于动量为⽮量，则求解动量的变化时，其运算遵循平⾏四边形定则。
A 、若初末动量在同⼀直线上，则在选定正⽅向的前提下，可化⽮量运算为代数运算。
B 、若初末动量不在同⼀直线上，则运算遵循平⾏四边形定则。
(6)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。
2、深刻理解冲量的概念(1)定义:⼒和⼒的作⽤时间的乘积叫做冲量：I =Ft(2)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。
3、深刻理解动量定理（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 =Δp（2）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。
高三物理二轮专题复习第21讲 动量定理 动量守恒定律
@《创新设计》
11
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易错防范
A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小 B.快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大 C.为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些 D.为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些
解析 在快速抽动时，纸条与杯子作用时间短，则摩擦力产生的冲量要小，由I＝ ΔP可知，杯子增加的动量较小，故杯子几乎不动；缓慢拉动纸条时，杯子受到的 冲量较大，故产生了较大的动量，则杯子随纸条移动，选项A、B错误；为使杯子 不滑落，纸条对杯子的冲量尽量小一些，杯子与纸条的动摩擦因数尽量小一些， 选项C错误；杯子与桌面的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度 较大，则滑动的距离较小，则杯子不容易滑落，选项D正确。 答案 D
(2)由能量守恒定律得 Q＝12mv20。 (3)设金属棒运动过程中通过的位移为s，
根据法拉第电磁感应定律得E－＝ΔΔΦt ＝BΔLts，
－
则 q＝－IΔt＝ERΔt＝BRLs， 由此得BRLs＝mBvL0 即 s＝mBv2L0R2 。 答案 (1)mBvL0 (2)12mv20 (3)mBv2L0R2
2.如图3所示，静置于水平地面上的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在 极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车 相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运 动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速 度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力， 求：
5.(2018·浙江春晖中学高三月考)如图7所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平 面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m。质量为m1的小球A静止于轨道 最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P。现将小球B 向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A 碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点。两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：
2018届高考物理二轮专题复习文档：“动量定理 动量守恒定律”学前诊断含解析
“动量定理 动量守恒定律”学前诊断1.[“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。
绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。
故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误。
2．[考查动量变化量及冲量的计算][多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m ，速度大小为v ，做圆周运动的周期为T ，则以下说法中正确的是( )A ．经过时间t ＝T2，动量变化量为0B ．经过时间t ＝T4，动量变化量大小为2m vC ．经过时间t ＝T2，细绳对小球的冲量大小为2m vD ．经过时间t ＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT4解析：选BCD 经过时间t ＝T2，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，细绳对小球的冲量为I ＝Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，故大小为2m v ，选项A 错误，C 正确；经过时间t ＝T4，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp ′＝2m v ，重力对小球的冲量大小为I G ＝mgt ＝mgT 4，B 、D 均正确。
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“动量定理 动量守恒定律”学前诊断1.[“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。
绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。
故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误。
2．[考查动量变化量及冲量的计算][多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m ，速度大小为v ，做圆周运动的周期为T ，则以下说法中正确的是( )A ．经过时间t ＝T2，动量变化量为0B ．经过时间t ＝T4，动量变化量大小为2m vC ．经过时间t ＝T2，细绳对小球的冲量大小为2m vD ．经过时间t ＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT4解析：选BCD 经过时间t ＝T2，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，细绳对小球的冲量为I ＝Δp ＝－m v －m v ＝－2m v ，故大小为2m v ，选项A 错误，C 正确；经过时间t ＝T4，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp ′＝2m v ，重力对小球的冲量大小为I G ＝mgt ＝mgT 4，B 、D 均正确。
3．[考查动量定理的应用][多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为E k。
以下说法正确的是()A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2pB．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2pC．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2E kD．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2E k解析：选AD根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l ＝E k，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝E k′，则有E k′＝2E k，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝E k，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝E k′，则有E k′＞2E k，故D正确。
4.[考查多物体动量守恒的判断][多选]如图所示，将质量为M、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块。
今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是()A．小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒解析：选BD小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A 错误，选项B 正确；当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C 错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D 正确。
5．[考查某一方向的动量守恒问题]如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m (m ＜M )的小球从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是( )A ．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B ．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C ．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D ．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h 处解析：选D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A 错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C 错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m ＜M ，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h ，小球不能回到槽高h 处，故D 正确。
6．[考查人船模型的动量守恒问题]滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m 的人站立于雪橇上，如图所示。
人与雪橇的总质量为M ，人与雪橇以速度v 1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。
当人相对于雪橇以速度v 2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )A ．M v 1－M v 2M －mB ．M v 1M －mC ．M v 1＋M v 2M －mD ．v 1解析：选D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v 1，D 正确。
7．[考查弹簧连接体的动量守恒问题][多选]光滑水平面上放有质量分别为2m 和m 的物块A 和B ，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x 。
现将细线剪断，此刻物块A 的加速度大小为a ，两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ，则( )A ．物块B 的加速度大小为a 时弹簧的压缩量为x2B ．物块A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32m v 2D ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3m v 2解析：选AD 当物块A 的加速度大小为a 时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx ＝2ma 。
当物块B 的加速度大小为a 时，有：kx ′＝ma ，对比可得：x ′＝x2，即此时弹簧的压缩量为x 2，故A 正确。
取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2m x A t －m x Bt ＝0，又x A ＋x B ＝x ，解得A 的位移为：x A ＝13x ，故B 错误。
根据动量守恒定律得：0＝2m v －m v B ，得物块B 刚要离开弹簧时的速度v B ＝2v ，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：E p ＝12·2m v 2＋12m v B 2＝3m v 2，故C 错误，D 正确。
8.[如图，小球B 质量为10 kg ，静止在光滑水平面上，小球A 质量为5 kg ，以10 m /s 的速率向右运动，并与小球B 发生正碰，碰撞后A 球以2 m/s 的速率反向弹回，则碰后B 球的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是( )A ．4 m /s ，非弹性碰撞B ．4 m/s ，弹性碰撞C ．6 m /s ，非弹性碰撞D ．6 m/s ，弹性碰撞 解析：选C 取小球A 开始运动的方向为正方向，碰撞前两个小球的总动能：E 1＝12m 1v 12＝12×5×102 J ＝250 J 。
碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得： m 1v 1＝－m 1v 1′＋m 2v 2，解得：v 2＝m 1v 1＋m 1v 1′m 2＝5×10＋5×210m /s ＝6 m/s 。
碰撞后两小球的总动能：E 2＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22＝12×5×22 J ＋12×10×62 J ＝190 J 。
因为E 1＞E 2，有能量损失，是非弹性碰撞。
故C 正确。
9．[考查反冲运动规律]一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m /s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。
不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B 由h ＝12gt 2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t ＝1 s ，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v ＞2 m /s ，因此水平位移大于2 m ，C 、D 项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x ＝v 0t ，所以A 图中，v 乙＝－0.5 m/s ，v甲＝2.5 m /s ，Δv 乙＝2.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m /s ，A 项错误；B 图中，v 乙＝0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m /s ，Δv 乙＝1.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，B 项正确。