六、动量守恒定律专题复习
动量守恒定律复习(知识点、考点、练习带答案)
动量守恒定律复习（知识点、考点、例题、练习带答案）一、动量1．定义：物体的质量与速度的乘积．2．表达式：p＝□01____，单位kg·m/s.3．动量的性质(1)矢量性：方向与□02______速度方向相同．(2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的．(3)相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．4．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＝p2 2m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统□03______________外力或所受外力的合力为□04______，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当□05______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＝□06__________或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间□07________，而物体间相互作用力□08______的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力□09________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弹性碰撞守恒□10______非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失□11______,1－1.下列说法正确的是()A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大1－2.(2014·广州调研)两个质量不同的物体，如果它们的()A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D ．动量大小相等，则动能也相等2－1.把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是( )A ．枪和弹组成的系统动量守恒B ．枪和车组成的系统动量守恒C ．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D ．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒2－2.如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住．已知两物体质量之比为m 1∶m 2＝2∶1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v 1和v 2，动能大小分别为E k1和E k2，则下列判断正确的是( )A ．弹开时，v 1∶v 2＝1∶1B ．弹开时，v 1∶v 2＝2∶1C ．弹开时，E k1∶E k2＝2∶1D ．弹开时，E k1∶E k2＝1∶23．A 球的质量是m ，B 球的质量是2m ，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，B 在前，A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v ′A ∶v ′B 为( )A.12 B.13 C ．2D.23动量守恒定律的理解与应用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)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增量等大反向． (4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 2．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．如图所示，质量为m B 的平板车B 的上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一个质量为m A 的物体A ，一颗质量为m 0的子弹以v 0的水平初速度射入物体A ，射穿A 后速度变为v .已知A 、B 之间的动摩擦因数不为零，且A 与B 最终达到相对静止．求：(1)子弹射穿物体A 的瞬间物体A 的速度v A ；(2)平板车B 和物体A 的最终速度v 共(设车身足够长) [课堂笔记]1．(2013·高考福建卷)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v 0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( )A.mM v 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0D.m M －m v 0碰撞现象的规律1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 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． 2．两种碰撞特例 (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m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2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 ′2① 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22②由①②得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2 v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度． ②当m 1>m 2时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m 1<m 2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．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[思路点拨] (1)从开始到A 、B 共速过程中，A 、B 与弹簧组成的系统动量守恒； (2)B 、C 发生完全非弹性碰撞，(与A 无关)动量守恒，系统损失机械能；(3)B 、C 粘接在一起后，通过弹簧与A 发生作用，进一步压缩弹簧至最短，此时A 、B 、C 三者共速，系统动量守恒．[课堂笔记]2．(2014·贵州五校联考)如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为m ＝1 kg 的相同的小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2 m/s 的速度向B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.问：(1)A 、B 两球与C 球相碰前的共同速度多大； (2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？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．如图所示，一辆质量为M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m ＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p＝6 J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离．[课堂笔记]3．(2013·高考江苏卷)如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．动量与能量观点的综合应用1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．2．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．3．因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.如图所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A右端与水平面平滑连接，质量为M的物块B恰好放在水平面上P点，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ.一质量为m的小球C位于劈A的斜面上，距水平面的高度为h.小球C从静止开始滑下，然后与B发生正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．已知M ＝2m，求：(1)小球C与劈A分离时，A的速度；(2)小球C的最后速度和物块B的运动时间．[课堂笔记][总结提升]利用动量和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．4.(2014·银川模拟)在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为v0/2，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：(1)物块滑到B处时木板的速度v AB；(2)滑块CD圆弧的半径R.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m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，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．如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测出平抛射程OP .然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________(填选项前的符号) A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2 B ．测量小球m 1开始释放的高度h C ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______[用(2)中测量的量表示]； 若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________[用(2)中测量的量表示]． (4)经测定，m 1＝45.0 g ，m 2＝7.5 g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图所示．碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p ′1，则p 1∶p ′1＝________∶11.若碰撞结束时m 2的动量为p ′2，则p ′1∶p ′2＝11∶________．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p 1p ′1＋p ′2为________．(5)有同学认为，上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为________cm.[尝试解答]________________________________________________________________________ [总结提升] 利用斜槽小球碰撞验证动量守恒的注意事项 (1)斜槽末端的切线必须水平；(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放； (3)选质量较大的小球作为入射小球；(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．动量守恒中临界问题的处理方法1．涉及追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，而甲物体刚好能追上乙物体的临界条件是v 甲＝v 乙．滑块在木板(小车)上不滑下来的临界条件是：滑到端点处两者速度相同．2．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．3．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．[规范解答]————————————该得的分一分不丢！设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律得12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh (2分)解得v 1＝2gh ＝2v 0.(1分)设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v ，人跳离甲车的过程中，人和甲车组成的系统动量守恒，人跳上乙车的过程中，人和乙车组成的系统动量守恒．设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则根据动量守恒定律有人跳离甲车时(M ＋m 1)v 1＝M v ＋m 1v ′1 即(2m ＋m )v 1＝2m v ＋m v ′1①(2分) 人跳上乙车时M v －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2 即2m v －2m v 0＝(2m ＋2m )v ′2②(2分) 由①②式解得v ′1＝6v 0－2v ③(2分)v ′2＝12v －12v 0④(2分)两车不可能发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2(2分) 当v ′1＝v ′2时，由③④式解得v ＝135v 0(2分)当v ′1＝－v ′2时，由③④式解得v ＝113v 0(2分)故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.(1分)【答案】135v 0≤v ≤113v 0 【总结提升】 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．一 高考题组1.(2012·高考福建卷)如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m Mv B ．v 0－m M v C ．v 0＋m M (v 0＋v ) D ．v 0＋m M(v 0－v ) 2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．3．(2013·高考广东卷)如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2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且可看做质点．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.二_模拟题组4．(2014·南京模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的()A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等5.(2014·长沙重点高中测试)如图所示，在光滑的水平桌面上有一金属容器C，其质量为m C＝5 kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为m A＝1 kg，m B＝4 kg，开始时A、B、C均处于静止状态，用细线拉紧A、B使其中间夹有的轻弹簧处于压缩状态，剪断细线，使得A以v A＝6 m/s的速度水平向左弹出，不计一切摩擦，两滑块中任意一个与C侧壁碰撞后就与其合成一体，求：(1)滑块第一次与挡板碰撞损失的机械能；(2)当两滑块都与挡板碰撞后，金属容器C的速度．6．(2014·衡水模拟)如图所示，质量为3m 的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m 的物块(可视为质点)静止在木板上的A 端，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ.现有一质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入物块并穿出，已知子弹穿出物块时的速度为v 02，子弹穿过物块的时间极短．不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)子弹穿出物块时物块的速度大小；(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B 端滑出，木板的长度至少为多少？基础再现·对点自测□01m v □02瞬时 □03不受 □04零 □05内力 □06m 1v ′1＋m 2v ′2 □07很短 □08很大 □09远大于 □10守恒 □11最大 [自我校对] 1－1.D 1－2.AC 2－1.D2－2.D 3.D考点透析·讲练互动【例1】[解析](1)子弹射穿物体A 的过程时间极短，由动量守恒定律得m 0v 0＝m 0v ＋m A v A解得v A ＝m 0(v 0－v )m A. (2)物体A 在平板车B 上滑行的过程中，因为地面光滑，且A 、B 最后相对静止，故A 、B 组成的系统水平方向动量守恒，有m A v A ＝(m A ＋m B )v 共解得v 共＝m A m A ＋m B v A ＝m 0(v 0－v )m A ＋m B. [答案](1)m 0(v 0－v )m A (2)m 0(v 0－v )m A ＋m B【突破训练1】[解析]选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝m v 0－(M －m )v ′故v ′＝m v 0M －m，选项D 正确． 【例2】[解析](1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2②12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20.④ (2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. [答案](1)116m v 20 (2)1348m v 20【突破训练2】[解析](1)A 、B 两球相碰，满足动量守恒定律，则有m v 0＝2m v 1代入数据求得A 、B 两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s(2)A 、B 两球与C 球碰撞同样满足动量守恒定律，则有2m v 1＝m v C ＋2m v 2相碰后A 、B 两球的速度v 2＝0.5 m/s两次碰撞损失的动能ΔE k ＝12m v 20－122m v 22－12m v 2C ＝1.25 J. [答案](1)1 m/s (2)1.25 J【例3】[解析](1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v 1、v 2，则m v 1－M v 2＝012m v 21＋12M v 22＝E p 解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设小车移动x 2距离，小球移动x 1距离m x 1t ＝M x 2tx 1＋x 2＝L解得：x 2＝L 4. [答案](1)1 m/s (2)L 4【突破训练3】[解析]根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．[答案]0.02 m/s ，离开空间站方向【例4】[解析](1)设小球C 与劈A 分离时速度大小为v 0，此时劈A 速度大小为v A 小球C 运动到劈A 最低点的过程中，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒有m v 0－m v A ＝0由机械能守恒有mgh ＝12m v 20＋12m v 2A 得v 0＝gh ，v A ＝gh ，之后A 向左匀速运动．(2)小球C 与B 发生正碰后速度分别为v C 和v B ，规定向右为正方向，由动量守恒得m v 0＝m v C ＋M v B机械能不损失有12m v 20＝12m v 2C ＋12M v 2B 代入M ＝2m ，得v B ＝23gh v C ＝－13gh (负号说明小球C 最后向左运动) 物块B 减速至停止时，运动时间设为t ，由动量定理有－μMgt ＝0－M v B ，得t ＝2gh 3μg. [答案](1)gh ，方向向左 (2)13gh ，方向向左 2gh 3μg【突破训练4】[解析](1)由点A 到点B ，取向左为正，由动量守恒得m v 0＝m v B ＋2m ·v AB ，则v AB ＝v 04. (2)由点D 到点C ，滑块CD 与物块P 的动量守恒，机械能守恒，得m ·v 02＋m ·v 04＝2m v 共 mgR ＝12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12m ⎝⎛⎭⎫v 042－12×2m v 2共 解得R ＝v 2064g . [答案](1)v 04 (2)v 2064g【例5】[解析]小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝x t .而由H ＝12gt 2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m 1OP t ＝m 1OM t ＋m 2ON t；则可得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON .故只需测射程，因而选C ；由表达式知：在OP 已知时，需测量m 1、m 2、OM 和ON .故必要步骤为A 、D 、E.若为弹性碰撞同时满足能量守恒12m 1⎝⎛⎭⎫OP t 2＝12m 1⎝⎛⎭⎫OM t 2＋12m 2⎝⎛⎭⎫ON t 2 即m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2.p 1＝m 1·OP t p ′1＝m 1·OM t故p 1∶p ′1＝OP ∶OM ＝44.80∶35.20＝14∶11p ′2＝m 2·ON tp ′1∶p ′2＝⎝⎛⎭⎫m 1·OM t ∶⎝⎛⎭⎫m 2·ON t ＝11∶2.9 故p 1p ′1＋p ′2＝m 1·OP m 1·OM ＋m 2·ON＝1 其他条件不变，使ON 最大，则m 1、m 2发生弹性碰撞．则其动量和能量均守恒，可得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2，而v 2＝ON t ，v 0＝OP t 故ON ＝2m 1m 1＋m 2·OP ＝2×45.045.0＋7.5×44.80 cm ＝76.8 cm. [答案](1)C(2)ADE 或(DEA 或DAE)(3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2 (4)14 2.9 1～1.01(5)76.8高效演练·轻松闯关1．[解析]选C.取向右为正方向，由动量守恒有(M ＋m )v 0＝－m v ＋M v ′，解之有v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，故C 正确． 2．[解析]设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22① m v ＝m v 1＋2m v 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12m v 21④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤ 据题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12m v 20－12m v 2⑦ 联立②至⑦式，得v 0＝ 285μgd .⑧ [答案] 285μgd 3．[解析](1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得m v 0＝2m v 1解得v 1＝v 02，方向向右 P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2解得v 2＝34v 0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋Q ＋E p 从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋2Q 联立以上两式解得E p ＝116m v 20，Q ＝116m v 20根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x ) 解得x ＝v 2032μg－L . 答案：见解析4．[解析]选C.两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等方向相反，C 正确．5．[解析](1)取向左为速度的正方向，A 、B 被弹开的过程中它们组成的系统动量守恒 m A v A －m B v B ＝0 解得v B ＝1.5 m/s第一次碰撞发生在A 与C 之间m A v A ＝(m A ＋m C )v AC 解得v AC ＝1 m/sΔE k ＝12m A v 2A －12(m A ＋m C )v 2AC ＝15 J. (2)A 、B 、C 组成的系统动量守恒0＝(m A ＋m B ＋m C )v 解得v ＝0.[答案](1)15 J (2)06．[解析](1)设子弹穿出物块时物块的速度为v 1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝m v 02＋2m v 1 解得v 1＝v 04. (2)设物块和木板达到共同速度v 2时，物块刚好到达木板的右端，木板的最小长度为L ，对物块和木板组成的系统，有2m v 1＝(2m ＋3m )v 2又物块在木板表面因摩擦产生的热为Q ＝2μmgL ，则由能量守恒定律得2μmgL ＝122m v 21－12(2m ＋3m )v 22 解得L ＝3v 20160μg.。
(物理)物理动量守恒定律专项
（物理）物理动量守恒定律专项一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b点：对Q，由牛顿第二定律得：2222NvF m g mR-=解得:24.610NNF-=⨯(2)设Q在c点的速度为c v，在b到c点，由机械能守恒定律：22222211(1cos)22cm gR m v m vθ-+=解得：2m/scv=进入磁场后：Q所受电场力22310NF qE m g-==⨯=，Q在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211ccm vqv Br=Q刚好不从gh边穿出磁场，由几何关系：1 1.6mr d==解得：1 1.25TB=(3)当所加磁场22TB=，2221mcm vrqB==要让Q从gh边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh边或ef边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d rrα-︒-=解得：127α=︒运动周期：222mTqBπ=则Q在磁场中运动的最长时间：222127127•s360360360mt TqBπαπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒2．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m的物块B，B的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B平衡时，弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求：（1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；（3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示） 【答案】20132v gx =014P E mgx =0(2043)v gx =+ 【解析】试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°=12mv 12 解得：103v gx ＝…①又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…② 联立①②得：21011322v v gx ＝＝（2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：E P +12•2mv 22＝0+2mg•x 0sin30° 解得：E P ＝2mg•x 0sin30°−12•2mv 22=mgx 0−34mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点C 点时，重力提供向心力，得：2c v mg m R＝所以：0c v gR gx ＝＝④ C 点相对于O 点的高度： h=2x 0sin30°+R+Rcos30°=(43)2+x 0…⑤ 物块从O 到C 的过程中机械能守恒，得：12mv o 2＝mgh+12mv c 2…⑥ 联立④⑤⑥得：0(53)?o v gx +＝…⑦ 设A 与B 碰撞后共同的速度为v B ，碰撞前A 的速度为v A ，滑块从P 到B 的过程中机械能守恒，得：12mv 2+mg （3x 0sin30°）＝12mv A 2…⑧ A 与B 碰撞的过程中动量守恒．得：mv A =2mv B …⑨ A 与B 碰撞结束后从B 到O 的过程中机械能守恒，得：12•2mv B 2+E P ＝12•2mv o 2+2mg•x 0sin30°…⑩ 由于A 与B 不粘连，到达O 点时，滑块B 开始受到弹簧的拉力，A 与B 分离． 联立⑦⑧⑨⑩解得：033v gx ＝ 考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程、抓住碰撞时弹簧的压缩量与A 、B 到达P 点时弹簧的伸长量相等，弹簧势能相等是关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．3．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。
高中物理 模块六 动量与动量守恒定律 考点2 4 动量守恒定律应
高中物理模块六动量与动量守恒定律考点2 4 动量守恒定律应高中物理模块六动量与动量守恒定律考点2-4动量守恒定律应测试点2.4动量守恒定律应用的反冲运动和爆炸考点2.4.1反冲运动1.反冲现象(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动.（2）在反冲运动中，相互作用力通常很大，这可以通过动量守恒定律来处理（3）。
在反冲运动中，由于其他形式的能量转化为机械能，系统的机械能增加。
2火箭(1)工作原理：利用反冲运动.火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力.（2）将火箭设置为时间tδm内喷射的燃料气质量δ。
喷射气体的速度为u，喷射气体后的火箭质量为m。
火箭获得的速度为v=δmu.m1。
（多选）以下内容属于反冲运动（ACD）a.喷气式飞机的运动b.直升机上升c.火箭上升d、反作用涡轮的运动2.假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是(d)a、放松B.手臂向后甩C.在冰上打滚D.脱掉外套，水平甩出去3.(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的两个木块a、b中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧释放后，它们在桌子上滑动一段距离，然后飞离桌子并落到地面。
a的着陆点与桌子之间的水平距离为0.5m，B的着陆点与桌子之间的水平距离为1m，然后（ABD）-1-a、 a和B离开弹簧时的速度比是1:2b a。
B质量比是2:1c.未离开弹簧时，a、b所受冲量之比为1∶2d.未离开弹簧时，a、b加速度之比为1∶24.运载卫星的火箭以V0的速度进入太空中的预定位置，控制系统将火箭与卫星分离，如图4所示所示.已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(d)a、 v0－v2b。
v0＋v2c。
v0－v2d。
v0＋（v0－v2）5.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x，假设他站在船头要跳上距离在l远处的平台上，忽略水对船舶的阻力，如图4所示。
动量守恒定律复习
D、入射球碰撞前的动量可表示为 m O ' N = m (OP - OM ) 2 1
ABC
3.如图为实验室中验证动量守恒实验装置示意图
若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为
m2，半径为r2，则 （ C ）
A．m1> m2 r1> r2 B．m1> m2 r1< r2
C．m1> m2
' 1
动量守恒定律的普遍性
动量守恒定律与牛顿运动定律在经典力 学中都占有及其重要的地位，两者密切相关。 1 牛顿运动定律涉及的是作用过程， 动量守恒定律只涉及始末两个状态。 2 牛顿运动定律从“力”的角度反映物体间 的相互作用；动量守恒定律从“动量”的角 不同点 度描述物体间的相互作用。 3 适用范围不同：牛顿运动定律仅适用于 宏观低速的物体；而动量守恒定律是自然 界普遍适用的，特别是对高速（接近光速） 和微观领域（原子、分子尺度）。
投影点O。
实验步骤
③、先不放被碰球B,让入射球A从斜槽上同一高 度处滚下,重复5～8次, 用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点 都圈在里面,该小圆的圆心,就是入射球的落地
点P。
实验步骤
④、把被碰小球B放在支架上,让入射小球A从同
一高度滚下,使它们发生正碰,• 复5～8次,仿步 重
骤③,求出入射小球A的平均落点M和被碰小球B的
一维弹性碰撞
设物体 m1 以速度 v1 与原来静止的物体 m2 ' ' 碰撞，碰撞后它们的速度分别为v 1 和v 2。 动量守恒： m1v1 = m v m v
' 1 1 ' 2 2
1 1 1 2 '2 '2 机械能守恒： m1v1 = m1v1 m2 v2 2 2 2
专题六 第1讲 动量 动量守恒定律
m1v1′＋m2v2′ 2．公式：m1v1＋m2v2＝____________.
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．
做功，但一定有冲量．
【跟踪训练】 1．关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是( A ) A．一物体的动量不变，其动能一定不变 B．一物体的动能不变，其动量一定不变 C．两物体的动量相等，其动能一定相等 D．两物体的动能相等，其动量一定相等
2．(双选)如图 6－1－1 所示，质量相同的两个小物体 A、B 处于同一高度．现使 A 由静止开始沿固定的光滑斜面自由下滑，
3．如图 6－1－2 所示，一物体分别沿三个倾角不同的光 滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端 C、D、E 处，三个过程 中重力的冲量依次为 I1、I2、I3 , 动量变化量的大小依次为Δp1、 Δp2、Δp3，则有( )
A．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3 B．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3 C．I1＝I2＝I3，Δp1＝Δp2＝Δp3 D．I1＝I2＝I3，Δp1＞Δp2＞Δp3 图 6－1－2
可见合外力等于物体动量的变化率． Δp 可解释两类现象． (2)由 F＝ Δt ①当Δp 一定时，Δt 越短，力 F 就越大；Δt 越长，力 F 就越小． ②当 F 一定时，Δt 越长，动量变化量Δp 越大；Δt 越短， 动量变化量Δp 越小．
【跟踪训练】
4．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻 )
解析：从碰撞客观实际出发，由于 A 追上 B 发生碰撞，碰 后 A 的速度必等于或小于 B 的速度，且两球质量相等，故 B 选 项错误；由碰撞动量守恒验证，D 选项错误；再从碰撞中动能 关系，即碰后总动能只有守恒或减少来看，C 选项错误，A 选 项正确． 答案：A
动量守恒定律专题复习
二、子弹打木块类的问题
1.运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下匀减速 直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动
2.符合的规律：子弹和木块组成的系统动量守恒， 机械能不守恒。
3.共性特征：一物体在另一物体上，在恒定的阻力 作用下相对运动，系统动量守恒，机械能不守恒，
ΔE = f 滑d相对
典例1 ：如图：具有弧形光滑表面（右侧足够高）的小 车A静止在平台边缘的水平光滑地面上，小车质量MA=4kg 。静止在光华平台上的小物体B，其质量为mB=0.9kg。质 量为mC=0.1kg的子弹C以速度v0=20m/s水平射入B，经极 短时间与B达到相对静止，并使B（含C）从P点向右滑上 小车，如图所示(g取10m/s2)。试求：物块B在小车A上所 能达到的最大高度h；
(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(2)小车C上表面的最短长度.
变式训练2
如图,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Ep。
(1) 救生员和 B 船的总动量大小． (2) A 船的速度大小．
7 【答案】 (1) Mv0－mv (2) v0＋Mm(v0＋v)
【解析】 (1) 取 v0 的方向为正方向，救生员跃上 B 船前救生员的动量为－mv，B 船的动量为 Mv0.
动量守恒定律(综合复习)
四、课堂练习
1. 一质量为1Kg 的物体被人 用手由静止向上提升1米，这时 物体的速度是2m/s，下列说法正 确的是： (g=10m/s2) (A`C`D)
A、手对物体做功12J； B、合外力对物体做功12J； C、合外力对物体做功2J； D、物体克服重力做功10J。
2。一轻质弹簧两端分别与两
小球相连接，两球均静止放在
mV0=(m+M)V 即： V=mV0/(m+M) ②对子弹，由动能定理
-f(s+l)=mV2/2-mV02/2
即：f(s+l)= mV02/2- mV2/2
=
=mMV02(M+2m)/2(m+M)2
③对木块，由动能定理 fs=mV2/2=M(mV0)2/2(m+M)2 ④系统产生的内能,由能量守恒： f(s+l)-fs=fl (l：相对位移） 或: mV02/2-(mV2/2+MV2/2)= mV02 M/2(m+M)
五`布置作业:
<<全能专题训>>P94(2),P95(1)(2).
爆炸、碰撞和反冲现象
特点:有时尽管合外力不为零，但是内力远大于 外力，且作用时间又非常短，故合外力产生的 冲量跟内力产生的冲量比较都可忽略，即内力 远大于外力，总动量近视守恒。 碰撞特点:作用时间很短,作用力很大.碰撞过程 两物体的位移可忽略.
⑵弹簧压缩量最大时B物体的速度.
解:⑴mv0=(m+mA)v1
A的最大速度为vmm1=vm0 A
v0 4
⑵弹簧压缩量最大时速度相等
有mv0=(m+mA+mB)v2
v0=
mv 0 m mA mB
1 8 v0
第六章 动量 动量守恒定律
高三物理复习讲义 第六章 动量 动量守恒定律 参考答案第一讲 冲量 动量 动量定理【知识梳理】一． 冲量和动量1. 运动状态 矢量3. 时间 矢量【典型例题】例题1、AC例题2、B例题3、D例题4、E例题5、1:3，1:3例题6、1:1,1:1,1:3,1:3,3mg μ例题7、mv v 2,0,0-二．动量定理例题1、（1）B A p p （2）B A p p ∆=∆例题2、A AC例题3、F =1500N例题4、D例题5、（1）11-=n h H（2）11-=n t T【巩固练习】1、D2、AC3、B4、AC5、C6、B7、D8、BCD9、8:1,1:410、（1）60Ns （2）18 Ns （3）9 Ns11、AB12、D13、D14、D15、B16、ABD17、AC18、F =190N19、C20、2sv F ρ=第二讲 动量守恒定律【典型例题】例题1、A例题2、ACD例题3、v 人=-3m/s例题4、B实验例题、1、飞行时间、飞行时间、水平位移2（1）65.5 （2）ABD【巩固练习】1、D2、B3、C4、C5、B6、 AC7、D8、ABD9、A10、D11、(1)s m v A /1.2=' (2) s m v C /4='12、(1)kg m 23= (2)s m kg p /16⋅-=∆，方向向右13、1221112m v m v m v +='第三讲 碰撞和反冲【典型例题】例题1、AC例题2、BC例题3、C例题4、CD例题5、mM m v v -=θcos 0 【巩固练习】1、A2、AC3、AC4、D5、A6、A7、C8、AC9、Mm u Mv v -=0 10、h =20m 11、（1）s m v /5001=' （2）s m v s m v B A /50,/10==12、最低点，()1212221+-=m m13、（1）s m v A /3= （2） (E P =12J)14、（1）s m v /1=（2）J E 3max =，0.75m专题四 相互作用过程中的能量转化【典型例题】例题1、B例题2、（1）s m v B /22=（2）m/s 254=共v J E p 8.4=' 例题3、J E 180=例题4、mM M mv E d m M M d +=∆+='2021,4、动量守恒中的能量问题练习1、AD2、AC3、A4、AD5、ABD6、ABCD7、C8、AC5、解题中应用动量守恒定律应是该问题中的一个环节。
动量守恒定律知识点复习与练习题
动量守恒定律复习与巩固【要点梳理】知识点一、碰撞完全弹性碰撞、非弹性碰撞--特殊-- 完全非弹性碰撞知识点二、动量1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv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(状态量)，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①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。
即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。
②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。
③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。
④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=P t一P0，主要计算P0、P t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、P t；不在一条直线上或F为恒力的情况。
知识点三、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。
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；
一轮复习 动量、动量定理
464N
例：物体A、B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如 图，A质量为m，B质量为M，当连接A、B的绳突然断开后， A上升经某一位置时速度大小为V，这时B的下落速度大小为u， 则：这段时间里，弹簧弹力对A的冲量为 。
答案：mv + mu
A
V
mHale Waihona Puke MAB Bu
例：如图，质量为m的物体A、B，B上固定一质量可忽略 不计的轻弹簧，静止在水平面上，A沿水平面向右运动，通过 弹簧与B相互作用，两物体与水平地面间的动摩擦因数均为 μ=0.2，两物体相互作用前的瞬间，A的速度为V0=40m/s，经 时间t = 2.5 s，物体A与弹簧分离时，向右的速度为V1 = 10 m/s，则此时B的速度为多大？ 答案 ：20m/s A B
6、变力冲量的计算方法：
①、F-t图像：图线下覆盖的面积为冲量
②、F方向一定，大小随时间均匀变化时，用平均力求解
I=
F1+F2
2
t
③、动量定理求解
三、动量定理：
1、内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化 2、表达式：I合 = △P = mV末 － mV初 3、适用于：宏观、微观 低速、高速 单个物体、系统 例：一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳， 经△t时间身体伸直，并刚好离开地面，速度为V，在此 过程中：地面对他的冲量为 mV﹢mg△t ，地面对 他做的功为 。 0 （ 矢量式 ）
二、冲量 1、定义：力和力的作用时间的乘积 2、表达式：I = F · t 3、单位：N · S 4、矢量，当F方向恒定时与F同向 —— 适用于恒力
5、过程量
例：将一个质量为m的球以某一速度竖直向上抛出，经 时间t球升到最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，则从 抛出开始经时间2t时间内重力的冲量大小和方向。 答案：2mgt 竖直向下
六、动量守恒定律专题复习
动量守恒定律及其应用动量动量变化量动量守恒定律1．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。
2．动量变化(1)定义：物体的末动量p′与初动量p的差。
(2)定义式：Δp＝p′－p。
(3)矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同。
3．动量守恒定律(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)常用的4种表达形式：①p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
②Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增量为零。
③Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
(3)常见的几种守恒形式及成立条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是( )A．枪和弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒碰撞、爆炸与反冲1．碰撞(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
(2)碰撞特征：①作用时间短。
②作用力变化快。
③内力远大于外力。
④满足动量守恒。
(3)碰撞的分类及特点：①弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
动量守恒定律综合复习
对比《测评》 页第7题 对比《测评》第9页第 题 页第
②对“外力之和为零”的理解 外力之和为零” 例、质量为M的金属球，和质量为m的木球用细线系在一 质量为M的金属球，和质量为m 以速度v在水中匀速下沉，某一时刻细线断了， 起，以速度v在水中匀速下沉，某一时刻细线断了，则当 木块停止下沉的时刻，铁块下沉的速率为多少？（ ？（水足够 木块停止下沉的时刻，铁块下沉的速率为多少？（水足够 水的阻力不计） 深，水的阻力不计
例、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 木块a 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上， 在墙壁上， 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示， 在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤 去外力后，下列说法中正确的是（ 去外力后，下列说法中正确的是（ C ） 尚未离开墙壁前， A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒 尚未离开墙壁前， B．a尚未离开墙壁前，a与b系统的机械能守恒 C．a离开墙后，a、b系统动量守恒 离开墙后， 离开墙后， D．a离开墙后，a、b系统动量不守恒
3、应用 、 ①守恒条件的理解 a．系统不受外力或所受外力的矢量和为零的过程 ．系统不受外力或所受外力的矢量和为零的过程. b ．系统所受外力远小于内力，如碰撞或爆炸瞬间，外力 系统所受外力远小于内力，如碰撞或爆炸瞬间， 可以忽略不计的过程（处理计算问题认为守恒， 可以忽略不计的过程（处理计算问题认为守恒，概念判断 时是不守恒的） 时是不守恒的） c ．系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零，或 系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零， 外力远小于内力，则该方向动量守恒（分动量守恒） 外力远小于内力，则该方向动量守恒（分动量守恒）
页第10题 《测评》第9页第 题 测评》 页第 碰撞过程动量守恒、 碰撞过程动量守恒、能量不增 速度范围的讨论-《 页例7 速度范围的讨论 《5+3》第21页例 》 页例
2024版高考物理一轮总复习专题六动量第2讲动量守恒定律课件
1
3
D.小球第二次能上升的最大高度 h0＜h＜ h0
2
4
【答案】D
【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向
系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A
错误.系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守
2R－x
x
恒定律得mv－mv'＝0，m
D.6 J
【解析】由v－t图像可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1
m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1 m/s，v乙'＝2 m/s，甲、乙两物
块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，解得m乙
1
1
1
1
2
2
2
＝6 kg.则损失的机械能为ΔE＝ m甲v甲 ＋ m乙v乙 − m甲v甲' － m乙v乙'2，
4
4
2
4
1.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释
放.Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】B
)
2.(多选)如图所示，质量为4 kg的小车Q静止在光滑的水平面上，质量为2
始状态并停止敲打.在此过程中，下列说法中正确的是(
)
A.在大锤连续的敲打下，车左右往复运动
B.在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒
C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车的动量方向先向右
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动量守恒定律及其应用
动量动量变化量动量守恒定律
1．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。
2．动量变化
(1)定义：物体的末动量p′与初动量p的差。
(2)定义式：Δp＝p′－p。
(3)矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同。
3．动量守恒定律
(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)常用的4种表达形式：
①p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。
②Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增量为零。
③Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。
(3)常见的几种守恒形式及成立条件：
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是( )
A．枪和弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒
D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒
碰撞、爆炸与反冲
1．碰撞
(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
(2)碰撞特征：
①作用时间短。
②作用力变化快。
③内力远大于外力。
④满足动量守恒。
(3)碰撞的分类及特点： ①弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。
③完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
2．爆炸现象 爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
3．反冲运动
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
2．[双选]一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开。
在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是( )
A ．总动量守恒
B ．机械能增大
C ．水平方向动量守恒
D ．竖直方向动量守恒
动量守恒定律的应用
1.动量守恒的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、未动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。
一般选地面为参考系。
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，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．应用动量守恒定律解题的步骤
[例1] (2013·山东高考)如图6－5－2所示，光滑水平轨道上放置长木板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg ，m B ＝1 kg ，m C ＝2 kg 。
开始时C 静止，A ，B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A ，B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。
求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小。
图6－5－2
碰撞问题分析
1.分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′2
2m 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。
2．弹性碰撞的规律
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＝m1v1′＋m2v2′①
1 2m1v21＝
1
2
m1v1′2＋
1
2
m2v2′2②
由①②得v1′＝m1－m2v1
m1＋m2
v2′＝
2m1v1
m1＋m2
结论：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
[例2] 如图6－5－3所示，A，B，C三个木块的质量均为m。
置于光滑的水平面上，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v0沿B，C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起，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v0，求弹簧释放的势能。
图6－5－3
动量守恒定律与能量的综合问题
[例3] (2012·新课标全国高考)如图6－5－4，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：
(1)两球a，b的质量之比；
(2)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。
图6－5－4
[随堂巩固落实]
1．(2014·海口检测)如图6－5－6所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。
如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1，v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。
忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( ) 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
图6－5－6。