高考物理一轮复习通用版第六章 第35课时 动量守恒定律(重点突破课)
实验：验证动量守恒定律-2024高三物理一轮复习题型归纳(新高考专用)(解析版)
第六章 碰撞与动量守恒定律实验：验证动量守恒定律【考点预测】1.验证动量守恒定律目的、原理、器材2.验证动量守恒定律实验步骤和数据处理3.验证动量守恒定律注意事项和误差分析【方法技巧与总结】一、实验目的验证一维碰撞中的动量守恒定律。
二、实验原理在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m1、m2和碰撞前、后物体的速度v1、v2、v1′、v2′，算出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p′=m1v1′+m2v2′，看碰撞前、后动量是否相等。
三、实验器材方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：利用长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
方案三：利用斜槽滚球完成一维碰撞实验斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸等。
四、实验过程方案一：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，如图所示。
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：利用长木板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，如图所示。
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，把两小车连接成一个整体运动。
4.测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v=ΔxΔt算出速度。
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：利用斜槽滚球完成一维碰撞实验7.测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
8.安装：安装实验装置，如图所示。
新教材适用2024版高考物理一轮总复习第6章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定理课件
动量和动量守恒定律
课程标准
命题热点
1.通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守 恒定律，能用其解释生活中的有关现象。知道动 量守恒定律的普适性。 2．探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特 点，定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中 的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 3．体会用动量守恒定律分析物理问题的方法， 体会自然界的和谐与统一。
名师点拨 冲量的计算方法 (1)恒力冲量的计算首先考虑公式，其次考虑用动量定理求解；变力
冲量的计算首先用动量定理求解，其次可考虑F－t图像中的面积对应冲 量。
(2)总冲量的三种求法：①若各个外力是恒力，且各力的作用时间也 相同，可以先求出合力再乘以时间求冲量，即I合＝F合·t。②若各个外力 是恒力，但各力的作用时间不相同，可以先求出每个外力在相应时间内 的冲量，然后求各外力冲量的矢量和。③若外力是变力，可以应用动量 定理求合外力的冲量。
3．(2022·湖南岳阳市高三模拟)快递运输时，我们经常看到，有些 易损坏物品外面都会利ห้องสมุดไป่ตู้充气袋进行包裹，这种做法的好处是( C )
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化 C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加
3．动量和动能的比较
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式 标矢性
p＝mv 矢量
Ek＝12mv2 标量
变化决定因素 换算关系
物体所受冲量
外力所做的功
p＝ 2mEk，Ek＝2pm2
例1 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方 向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将 两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q两点无初速度释放，在它们各 自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( C )
2020版高考一轮复习物理通用版讲义：第六章 第2节 动量守恒定律
第2节动量守恒定律一、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0，这个系统的总动量保持不变。
[注1]2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。
(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。
[注2](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0，则系统在该方向上动量守恒。
二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。
[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。
3．反冲[注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。
【注解释疑】[注1]外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。
[注2]外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。
[注3]弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。
[注4]反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。
[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。
2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。
3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。
4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。
[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。
(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
(统考版)高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用学生用书
专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．关键能力·分层突破考点一 碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，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)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2. 如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L.物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起．P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能E p.教你解决问题第一步：审条件 挖隐含P的速度不变．①“与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→P1、P2获得共同速度．②“碰撞后P1与P2粘连在一起”隐含→P1、P2、P三者有共同速度及整个碰撞过程③“P压缩弹簧后被弹回并停在A点”隐含→中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型①P1与P2碰撞建模碰撞模型．→②P与P2之间的相互作用建模滑块—滑板模型．→第三步：审过程 选规律①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x及弹性势能E p.模型3“子弹打木块”模型1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v ，Q 热＝fL相对＝12mv2－12(M ＋m )v 2.(2)若子弹穿出木块，有mv 0＝mv 1＋Mv 2，Q 热＝fL 相对＝12mv −0212mv −1212M v 22.例3.(多选)如图所示，一质量m 2＝0.25 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m 3＝0.30 kg 的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m 1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v 0＝18 m/s 射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g 取10m s2.下列分析正确的是( )A ．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13s B ．最后小物体与小车的共同速度为3 m/s C ．小车的最小长度为1.0 mD ．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s 跟进训练1．[2022·黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A 、B 大小相等，质量分布均匀，分别为m 1、m 2，m 1<m 2，A 、B 与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A 球心等高处水平快速向右敲击A ，作用于A 的冲量大小为I 1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B 球心等高处水平快速向左敲击B ，作用于B 的冲量大小为I 2，I 1＝I 2，则下列说法正确的是( )A ．若两次锤子敲击完成瞬间，A 、B 两球获得的动量大小分别为p 1和p 2，则p 1＝p 2B ．若两次锤子敲击分别对A 、B 两球做的功为W 1和W 2，则W 1＝W 2C ．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L 1和L 2，则L 1<L 2D ．若两次弹簧压缩到最短时，A 、弹簧、B 的共同速度大小分别为v 1和v 2，则v 1>v 22．如图甲所示，质量为M ＝3.0 kg 的平板小车C 静止在光滑的水平面上，在t ＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t 图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二 力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4. 如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知x bc＝1 m，重力加速度g＝10 m/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a的速度最大为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v0＝mb v1+m a v，12m b v2＝12m b v12＋12m a v2，代入数据解得：m a＝0.5 kg，v＝4 m/s，故A错误，B正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v0＝(m a＋m b)v2，E p＝12mbv−212(ma＋m b)v22，代入数据解得：Ep＝1.5 J，故C正确；在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D错误．答案：BC例2 解析：(1)P1、P2碰撞瞬间，P的速度不受影响，根据动量守恒mv0＝2mv1，解得v1＝v 0 2最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒：3mv0＝4mv2，解得v2＝3 4 v0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：1 2×2mv+¿1212×2mv−212×4m v22¿＝2mgμ(L＋x)×2解得x＝v0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋x)解得E p＝116mv2答案：(1)v0234v0 (2)v0232μg－L 116mv2例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v2＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m2 2(m1+m2)v2，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：x A＝12(2＋4)×1 m＝3 m，x B＝12×2×1 m＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2x′A＝v2−v A2－2a A＝0.96 mx车＝v22a车＝0.16 m车的长度至少为l＝x A＋x B＋x′A－x车＝4.8 m.答案：(1)0 (2)4.8 m例4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+¿1212m2v22¿解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v，距水平面的高度为h，则有m1v1＝(m1+M)v，12m1v12＝12(m1＋M)v2＋m1gh解得h＝0.1 m由于h＝R(1－cos 60°)，所以物块P恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P返回到水平面时的速度为v3、滑块的速度为v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1＝m1v3+Mv4，12m1v12＝12m1v+¿3212M v42¿解得v3＝0，v4＝2 m/s.(2)若Q恰能经过d点，则Q在d点的速度v d满足m2g＝m2v d2 rQ从b点运动到半圆轨道最高点d的过程，由动能定理有－μm2gx bc－2m2gr＝12m2v−d212m2v22解得Q恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm2gx bc－m2gr＝0−12m2v22解得Q恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6若Q恰能到达c点，则由动能定理得－μm2gx bc＝0−12m2v22解得Q恰能运动到c点时μ＝0.8分析可知，要使Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C点时，有2mg＋mg＝m v C2R，解得v C＝√3gR.小球从A到C，由机械能守恒定律得12m v2＝12m vC2＋mg·2R，联立解得v0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12m vC2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR (2)R。
2022年高考物理大一轮复习 第六章 动量及动量守恒定律第二讲动量守恒定律及其应用
B．m＝v2＋v2v1M D．m＝vv22－－vv01M
解析：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒
v2－v0
定律可得
Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得
m＝ M，故 v2＋v1
C 正确．
答案：C
对反冲运动的三点说明
作用 原理
反冲运动是系统内物体之间 的作用力和反作用力产生的 效果
动量 守恒
反冲运动中系统不受外力或 内力远大于外力，所以反冲 运动遵循动量守恒定律
3．爆炸问题
(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．
究对象 受的内力和外力 量守恒的条件
解析：在 a 离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对 a
和 b 组成的系统，由于受到墙对 a 的弹力作用，
所以 a、b 组成的系统动量不守恒，选项 A 错误，B 正确；在 a 离开墙壁后，a、b 构成的系统所受的合外力 为零，因此动量守恒，故选项 C 正确，D 错误．
解析：选向右为正方向，则 A 的动量 pA＝m·2v0＝ 2mv0.B 的动量 pB＝－2mv0.碰前 A、B 的动量之和为零， 根据动量守恒，碰后 A、B 的动量之和也应为零，可知四 个选项中只有选项 D 符合题意．
答案：D
考点 3 反冲和爆炸
1．反冲运动的特点及遵循的规律 (1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效 果． (2)条件： ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零； ②内力远大于外力；
高三物理一轮复习 动量守恒定律专题课
动量守恒定律专题课一、系统动量守恒的条件1．关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是()A．系统所受的外力之和为零，系统动量就守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒C．只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒D．系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒2．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。
关于上述过程，下列说法中正确的是（）A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同3．质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v射向木块，子弹最终“停留”在木块中.在此过程中，对于子弹和木块组成的系统，则（）A．动量守恒，机械能也守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒4．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，把子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象，则此系统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能不守恒5．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并立即留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。
则在子弹打击木块A至弹簧第一次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量不守恒，机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒，机械能守恒D．动量守恒，总动能减小6．如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上。
A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒7．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，在弹簧伸缩的过程中，动量不守恒C．先放开左手，再放开右手后，在弹簧伸缩的过程中，动量守恒且总动量向右D．无论何时放手，两手放开以后，在弹簧伸缩的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零8．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。
适用于新教材2024版高考物理一轮总复习第6章动量守恒定律第1讲动量和动量定理课件
答案 D
)
B.Qρ
16
C. 2
π
4 2
D. 2
π
解析 设 t 时间内有体积为 V 的水打在钢板上,则这些水的质量为
1 2
m=ρV=ρSvt=4πd ρvt,以这部分水为研究对象,它受到钢板的作用力为
运动的方向为正方向,由动量定理得 Ft=0-mv,解得
v=
D。
=
4
,得
π 2
F,以水
合外力的冲量是动量变化的原因。
(3)由 Ft=p'-p,得
'-
F=
=
Δ
,即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
(4)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全
过程应用动量定理。
2.应用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。
(2)对物体进行受力分析。可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和—
现换成其中的4名儿童,用比之前更大的力拉整列列车,1 min内,列车会
(
A.静止不动
B.移动不超过3 m
C.移动4~5 m
D.移动8 m以上
答案 D
)
解析 磁悬浮列车受阻力可忽略,设每名儿童的拉力为F,拉力方向为正方向,
根据动量定理可知8Ft=mv
列车前进的位移
x= t
2
让 4 名儿童用同样的力拉动列车时 4Ft'=mv'
F 1 +F 2
I= 2 t,F1、F2 为该段时间内
初、末两时刻力的大小
如果物体受到大小或方向变化的力的作用,则不能直接用 I=Ft
求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量,由 I=Δp
专题06 动量守恒定律——高考物理复习核心考点归纳识记
高考一轮复习知识考点归纳 专题06 动量守恒定律【基本概念、规律】动量及动量守恒定律第1节 动量及动量定理第2节 动量守恒定律第3节 动量守恒定律的应用实验 验证动量守恒定律(1)定义：力与力作用时间的乘积．(2)公式：I=Ft ；公式适用范围：恒力冲量；(3)量性：矢量，方向与作用力方向一致；动量及动量定理冲量动量动量定理(1)定义：物体质量与速度的乘积；(2)表达式：p=mv ；(3)量性：矢量，方向与速度方向一致；（4）物理意义：反映物体运动状态(1)内容：物体合外力冲量等于物体动量变化量；(2)表达式：F ·Δt ＝Δp ＝p ′－p . (3)注意：动量定理表达式为矢量式【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．动量守恒定律动量守恒定律动量守恒应用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．动量守恒定律的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2或Δp 1＝－Δp 2.1．爆炸3．反冲 人船模型(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.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(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m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m1v21＝12m1v′21＋12m2v′22②由①②得v′1＝m1－m2v1m1＋m2v′2＝2m1v1m1＋m2结论：①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(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m1v1＝－m2v2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．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．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度．(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．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(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．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．【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。
高考物理一轮总复习第6章动量守恒定律第2节动量守恒定律及其应用课件
得 mA∶mB=4∶1,D 正确。
0
mBv0=mA·3 +mB
0
-3
,解
旁栏边角 人教版教材选择性必修第一册P26
阅读“做一做”,完成下面题目。
1.气球内气体向后喷出,气球会向前运动,这是因为气球受到(
)
A.重力
B.手的推力
C.空气的浮力
D.喷出气体对气球的反作用力
答案 D
解析 将吹足了气的气球嘴松开并放手,气球会向前运动,是因为气体喷出
【对点演练】
1.(多选)(2023广东高三模拟)在冬奥会短道速滑男子5 000米接力赛中,“接
棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行。待乙
追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程
中,忽略运动员与冰面间的摩擦力,则(
)
A.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量一定相同
C.102.5 N
D.350 N
解析 子弹打入沙袋的过程中,对子弹和沙袋由动量守恒定律得
mv0=(m+m0)v,
得子弹与沙袋的共同速度
0
v= +
0
=
0.01×500
10
m/s=0.5 m/s。
对子弹和沙袋,子弹射入沙袋瞬间,合力提供向心力,
有
2
FT-(m+m0)g=(m+m0) ,
得悬绳的拉力
线排列,静止在光滑水平面上。c车上有一人跳到b车上,接着又立即从b车
跳到a车上。人跳离c车和b车时对地的水平速度相同。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
高2020届高中物理一轮复习课件第35课时 动量守恒定律(重点突破课)
量的增量大小相等、方向相反。
3．应用动量守恒定律的解题步骤 (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
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。
考点二 动量守恒定律的应用
应用动量守恒定律的关键是正确选出研究对象(系统)，学 生往往在选择哪几个物体为系统时出现方向性错误， 导致一着 不慎，全盘皆输。
1．动量守恒定律的五个特性
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
动量是一个瞬时量,表达式中的p1、p2、…必须是系统 中 各 物 体 在 相 互 作 用 前 同 一 时 刻 的 动 量 ,p1′ 、 同时性 p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻 的动量 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度 ( 一般是 相对于地面) 动量守恒定律的表达式为矢量方程 , 解题时应选取统 矢量性 一的正方向
考法 1
动量守恒定律的基本应用
[考法细研]
[例 1] (2019· 东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在 离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以 大小为 v0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线 上且可视为质点。甲和他的装备总质量为 M1＝90 kg，乙和他的 装备总质量为 M2＝135 kg， 为了避免直接相撞， 乙从自己的装备 中取出一质量为 m＝45 kg 的物体 A 推向甲，甲迅速接住 A 后即 不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同 向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远， 速度均指相对空间站的速度)。
高考物理一轮复习课件：选修35 第六章 第一讲 动量 动量定理 动量守恒定律
二、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 0，这个系统 的总动量保持不变． 2．表达式：m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ 或 p＝p′. 3．适用条件 (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．
(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量
一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不
联系 一定发生变化
(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常
选取地面为参考系
考点一
题组突破
1－1.[动量的变化] (2017·漳州模拟)一个质量是 5 kg 的小球以 5
m/s 的速度竖直落到地板上，随后以 3 m/s 的速度反向弹回．若
(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、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间 很短 ，而物体间的相互作用力 _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
动量是否守恒 机械能是否守恒
考点二 题组突破
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝v20g2－2ρM2v20g2S2⑧ [答案] (1)ρv0S (2)v20g2－2ρM2v20g2S2
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考点一 动量守恒定律的理解 考点二 动量守恒定律的应用
课时跟踪检测
考点一 动量守恒定律的理解
对系统应用动量守恒定律之前，首先要判断系统动量是否 守恒，其次要理清动量守恒和机械能守恒的条件，不要把二者 混淆。
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。
零，故动量守恒，A、B 错误，C 正确；甲、乙两木块所组成
系统的动能有一部分转化为弹簧的弹性势能，故动能不守恒，
D 错误。
答案：C
3．(多选)(2019·北京东城区模拟)两物体组成的系统总动量守恒，
在这个系统中，下列说法正确的是
()
A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度
B．一物体所受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
解析：根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系
统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小
相等，方向相反，选项 C 正确。 答案：C
2.如图所示，甲木块的质量为 m1，以速度 v 沿光滑
C．102.5 N
D．350 N
解析：子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋组成的系统，由
动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度 v ＝mm＋vM0 ＝0.5 m/s，对子弹和沙袋，由向心力公式 FT－(m＋
M)g＝(m＋M)vL2，得悬绳的拉力 FT＝(m＋M)g＋(m＋M)vL2＝ 102.5 N，选项 C 正确。 答案：C
2．常用的表达式：m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ 。 3．适用条件 (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．动量守恒定律的五个特性 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系 同时性 统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、
p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻 的动量
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是 相对于地面)
断一个物体增加的速度是否等于另一个物体减少的速度，故选
项 A、B 错误，C 正确；两物体组成的系统总动量守恒，即系
统总动量的变化为零，故选项 D 正确。 答案：CD
考点二 动量守恒定律的应用
应用动量守恒定律的关键是正确选出研究对象(系统)，学 生往往在选择哪几个物体为系统时出现方向性错误，导致一着 不慎，全盘皆输。
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
[规律方法] (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的 系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分 析哪一段运动过程有直接关系。 (2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力， 哪些是系统外的物体对系统的作用力。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
[考法细研]
考法 1 动量守恒定律的基本应用
[例 1] (2019·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在 离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以 大小为 v0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线 上且可视为质点。甲和他的装备总质量为 M1＝90 kg，乙和他的 装备总质量为 M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备 中取出一质量为 m＝45 kg 的物体 A 推向甲，甲迅速接住 A 后即 不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同 向运动，且安全“飘”向空间站(设甲、乙距离空间站足够远， 速度均指相对空间站的速度)。
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，A、B 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 B 上，B 和 C 的共同 速度为 0.50 m/s。求：A 的最终速度 vA 及 C 离开 A 时的速度 vC′。 解析：C 从开始滑上 A 到恰好滑至 A 的右端过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒 mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′ C 从刚滑上 B 到两者相对静止，B、C 组成的系统动量守恒 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v 解得 vA＝0.25 m/s，vC′＝2.75 m/s。 答案：0.25 m/s 2.75 m/s
答案：0.1 m
“课时跟踪检测”见“课时检测(三十五)” (单击进入电子文档)
[典例] (多选)如图所示，A、B 两物
体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在 平板车 C 上，A、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧
突然被释放后，则以下系统动量守恒的是
()
A．若 A、B 与 C 上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成
的系统
B．若 A、B 与 C 上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C
3.如图所示，从倾角为 30°，长 0.3 m 的光滑斜面上 滑下质量为 2 kg 的货包，掉在质量为 13 kg 的小 车里并相对小车静止。若小车与水平面之间的动 摩擦因数 μ＝0.02，小车能前进多远？(g 取 10 m/s2)
解析：货包离开斜面时速度为 v＝ 2ax1＝ 2gx1sin 30°＝ 3 m/s 货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以在其落入小车前， 其水平速度 vx 不变，其大小为 vx＝vcos 30°＝1.5 m/s 货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩 擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向 上动量守恒， 则 mvx＝(M＋m)v′ 解得小车获得的速度为 v′＝0.2 m/s 由动能定理有－μ(M＋m)gx2＝0－12(M＋m)v′2 解得小车前进的距离为 x2＝0.1 m。
C．两物体的动量变化总是大小相等、方向相反
D．系统总动量的变化为零 解析：两物体组成的系统总动量守恒，即 p1＋p2＝p1′＋p2′，
整理得 p1－p1′＝p2′－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，
所以两物体的动量变化大小相等，方向相反，故两物体受到的
冲量大小相等，方向相反，由于两物体质量未知，所以无法判
水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为 m2 的乙木块，
乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后
()
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 解析：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的
动量要发生变化，但甲、乙两木块所组成的系统因所受合力为
考法 2 某一方向上的动量守恒问题
[例 2] (2016·全国卷Ⅱ)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 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。
(1)求乙要以多大的速度 v(相对于空间站)将 A 推出； (2)设甲与 A 作用时间为 t＝0.5 s，求甲与 A 的相互作用力 F 的大小。
[解析] (1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系 统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，
则有 M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 以乙和 A 组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得 M2v0＝(M2－m)v1＋mv 解得 v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s。 (2)以甲为研究对象，由动量定理得 Ft＝M1v1－(－M1v0)， 解得 F＝432 N。 [答案] (1)5.2 m/s (2)432 N
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[易错提醒] 动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不 一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。
[集训冲关]
1．(2019·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨
着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小
车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确
的是
()
A．男孩与木箱组成的系统动量守恒
(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 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒有
m2v20＝(m2＋m3)v
12m2v202＝12(m2＋m3)v2＋m2gh 式中 v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度 解得 m3＝20 kg。 (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 解得 v1＝1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守 恒定律和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3 12m2v202＝12m2v22＋12m3v32 解得 v2＝1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统 矢量性 一的正方向
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， 还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统