2021高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第2讲动量守恒定律学案新人教版

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2021年高考物理一轮复习资料第六单元第2节动量守恒定律课件

练 9 (2019·湖南模拟)(多选)质量为 m，速度为 v 的 A 球跟
质量为 3m 的静止的 B 球发生正碰．碰撞后 B 球的速度可能值为
() A．0.6v
B．0.4v
C．0.2v
D．0.3v
【答案】 BD
【解析】若 vB＝0.6v，选 v 的方向为正，由动量守恒得：
mv＝mvA＋3m·0.6v，得：vA＝－0.8v，碰撞前系统的总动能为：
2．应用动量守恒定律的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成． (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒． (3)规定正方向，确定初末状态的动量． (4)由动量守恒定律列出方程．
练 3 (2019·广东模拟)如图，质量为 M 的小船在静止水面上以速率 v0 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( )
练 2 (多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为 L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．小球的机械能守恒，动量不守恒 B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒 C．球、车系统的机械能守恒，动量守恒 D．球、车系统的机械能守恒，水平方向动量守恒
(2)类型：
弹性碰撞非弹性碰撞完全非弹性碰撞 (碰后结为一体)
动量守恒动量守恒
动量守恒
机械能守恒机械能损失
机械能损失最多
2.爆炸现象：作用时间短，内力远大于外力，满足动量守恒，机械能增加．
3．反冲运动：在内力作用下分为两部分，并向相反方向运动，满足动量守恒，机械能增加．
重点突破
考点一动量守恒的判断

物理试题人教版高考一轮复习第6章动量动量守恒定律

第1讲动量动量定理[A 组基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。

答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。

答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。

假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。

高三物理第一轮复习第六章动量第2讲动量守恒定律及其应用课件

(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．
5．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用
力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.
例6、如图所示，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
高三物理第一轮复习
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．常用的表达式
(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，作用前的总动等量
例5、如图所示，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)．
4v0
例5．如图光滑水平轨道上有三个木块A 、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝ m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
例4.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，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及弹簧被压缩的过程中，对子
弹、两木块和弹簧组成的系统 ( C )

高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用教案

第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的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．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。

(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。

(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。

3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1)概念：碰撞是指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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。

(3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分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。

3．爆炸问题(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。

(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。

(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。

(√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。

(×)(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。

(×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。

(√)2．(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。

高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用教学案(含解析)-人教版高三全册

第2讲动量守恒定律及其应用➢教材知识梳理一、动量守恒定律1．内容：一个系统________或者________为零时，这个系统的总动量保持不变．2．常用的表达式：m1v1＋m2v2＝________．二、系统动量守恒的条件1．理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，那么系统动量守恒．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、动量守恒的实例1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间________，而物体间相互作用力________的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类：2.反冲运动(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．3．爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量________，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．答案：一、1.不受外力所受外力的矢量和2．m1v1′＋m2v2′三、1.(1)很短很大(2)远大于(3)守恒最大2．(2)动量3．远大于守恒[思维辨析](1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度．( )(2)系统动量守恒，那么机械能也守恒．( )(3)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度．( )(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变．( )答案：(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)[思维拓展]碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？答案：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．➢考点互动探究考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力之和为零，那么系统动量守恒；(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计时，那么系统动量守恒；(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，那么该方向上动量守恒．(4)全过程的某一阶段系统受的合外力零，那么该阶段系统动量守恒．2．应用动量守恒定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象，选取研究过程；(2)分析内力和外力的情况，判断是否符合动量守恒条件；(3)选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解．1 [2014·某某卷] 如图6181所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图6181A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C[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，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．式题如图6182所示，小车与木箱紧挨着静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，以下说法中正确的选项是( )图6182A．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、小车的总动量增量相同答案：C [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．■ 要点总结注意动量守恒定律的“四性〞1．矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向．2．同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系．3．瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量是相互作用后同一时刻的瞬时值．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．考点二碰撞问题1.三种碰撞形式的理解2.判断碰撞的可能性问题(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．速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，那么后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v前，否那么无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否那么碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，那么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．分)[2015·全国卷Ⅰ] 如图6183所示，在足够在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者都处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图6183[解答规X] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝________________①(2分)12mv 20＝________________②(2分) 联立①②式得v A 1＝________③(1分) v C 1＝________④(1分)如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．(2分)第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋Mv A 1＝________⑤(1分)根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2________v C 1⑥(1分)联立④⑤⑥式得________________≥0⑦(2分) 解得m ≥________⑧(1分)另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 ________________⑨(2分) 答案：mv A 1＋Mv C 112mv 2A 1＋12Mv 2C 1m －M m ＋M v 02m m ＋M v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ≤ m 2＋4mM －M 2 (5－2)M (5－2)M ≤m <M1 如图6184所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .图6184答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m [解析] 设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 2解得碰撞前瞬间A 的速率为v ＝2gR ＝2 m/s. (2)根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理有－μ·2m ·gl ＝0－12·2m ·v ′2解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m.2 如图6185所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一物块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．MN 段轨道光滑，物块与NP 段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的位置与N 点距离的可能值．6185答案：2s －h μ或h μ－2s[解析] 根据功能关系，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少量ΔE p与物块克服摩擦力所做功的数值相等．ΔE p＝W设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，那么ΔE p＝mghW＝μmgs′联立以上各式得s′＝hμ第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在回到N前停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝2s－s′＝2s－hμ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝s′－2s＝hμ－2s所以物块停止的位置距N的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.考点三多体动量守恒问题有时对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键．1．分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成．2．要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒．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．4．确定好正方向，建立动量守恒方程求解．3 如图6186所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小．图6186[解析] 铅块C在A上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C刚离开A滑上B时的速度为v′C，A和B的共同速度为v A，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有m C v0＝(m A＋m B)v A＋m C v′C在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以v A匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v代入数据解得v A＝0.25 m/s，v′C＝2.75 m/s.1 如图6187所示，光滑水平轨道上放置长板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v0＝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6187答案：2 m/s[解析] 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s④2 如图6188所示，木块A质量为m A＝1 kg，足够长的木板B质量为m B＝4 kg，A、B置于水平面上，质量为m C＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s 的初速度向右运动，A与B碰撞后以4 m/s的速度被弹回．(1)求B运动过程中的最大速度大小；(2)假设木板B足够长，求C运动过程中的最大速度．图6188答案：(1)4 m/s (2)2 m/s[解析] (1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大．取向右为正方向，由A、B系统动量守恒，有：m A v0＋0＝－m A v A＋m B v B代入数据得v B＝4 m/s.(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有m B v B＋0＝(m B＋m C)v C代入数据得v C＝2 m/s.考点四人船模型人船模型是一个很典型的模型，当人在无阻力的船上向某一方向走动时，船向相反方向移动，此时满足动量守恒．假设人船系统在全过程中动量守恒，那么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，那么由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．4 质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．在忽略水的阻力的情况下，当他从右端走到船的左端时，船左端离岸多远？[解析] 先画出示意图如下图．人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等．从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L.设人、船位移大小分别为l1、l2，选择向右的方向为正方向，那么有：0＝Mv2－mv1，两边同乘时间t并整理得：ml1＝Ml2而l1＋l2＝L，解得l2＝mM＋mL.式题 (多项选择)如图6189所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，那么(水平面光滑)( )图6189A．系统的动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlM＋m答案：BD [解析] 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的位移为2l，根据“人船模型〞，解得最大距离为2mlM＋m，D正确．考点五爆炸和反冲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．(3)反冲运动中机械能往往不守恒．(4)实例：喷气式飞机、火箭等．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲乘的小车上有质量为m＝1 kg的小球假设干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且均被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞．那么此时：(1)两车的速度大小各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？[解析] (1)两车刚好不相撞，那么两车速度大小相等，方向相同，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v解得v＝1.5 m/s.(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′解得n＝15.1 斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．那么以下说法中正确的选项是( )A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能答案：A [解析] 设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，那么爆竹爆炸过程中动量守恒，设三块质量均为m，中间一块的速度为v，前面一块的速度为v1，那么后面一块的速度为－v1，由动量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，那么中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，那么A正确，B错误；三块同时落地，但落地时动量不同，C错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为12m (3v 0)2，大于爆炸前系统的总动能32mv 20，D 错误．2 如图61810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2v 0、v 0.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61810答案：4v 0[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v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv 0＝11mv 1－mv min货物落入甲船过程，10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2为避免两船相撞应满足v 1＝v 2解得v min ＝4v 0.[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 如下图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________．(填选项前的字母)A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析] D 根据动量守恒定律，碰撞前的总动量为0，碰撞后的总动量也要为0，碰撞后要么A 、B 均静止，要么A 、B 朝反方向运动；由于是弹性碰撞，能量不损失，所以碰后A 、B 不可能静止，所以A 只能向左运动、B只能向右运动．2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，其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．忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，那么喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母)A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0[解析] D 以向上为正方向，初动量为0，喷气瞬间炽热气体的动量为－mv0，火箭模型的动量为(M－m)v，由动量守恒定律有：0＝－mv0＋(M－m)v，解得v＝mv0M－m，D正确．。

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；

高考物理一轮复习第六章动量守恒定律力学三大观点2碰撞反冲动量守恒定律的应用考点规范练

碰撞反冲动量守恒定律的应用一、单项选择题1。

如图所示,游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞,此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s,乙同学和他的车的总质量为200 kg,碰撞前向左运动,速度的大小为4.25 m/s,则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)（）A.1 m/sB.0.5 m/sC。

—1 m/s D。

—0.5 m/s解析两车碰撞过程中动量守恒m 1v1—m2v2=（m1+m2)v得v= m/s=—0。

5 m/s。

答案D2。

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v1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v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为()A.B。

C。

D。

v1解析根据动量守恒条件可知，人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1,D正确。

答案D3.在光滑的水平面上有静止的物体A和B。

物体A的质量是B的2倍,两物体中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连.当把细绳剪断,弹簧在恢复原长的过程中()A。

A的速率是B的2倍B。

A的动量大于B的动量C.A的受力大于B的受力D.A、B组成的系统的总动量为零解析弹簧在恢复原长的过程中，两滑块系统动量守恒，规定向左为正方向，有m1v1+m2(—v2）=0,由于物体A的质量是B的2倍,故A的速率是B的,A的动量等于B的动量,故A、B错误，D正确；根据牛顿第三定律,A受的力等于B受的力，故C错误。

答案D4。

质量相同的两方形木块A、B紧靠在一起放在光滑水平面上，一子弹先后水平穿透两木块后射出，若木块对子弹的阻力恒定不变，且子弹射穿两木块的时间相同，则子弹射穿木块时A、B木块的速度之比为（）A.1∶1 B。

1∶2C。

1∶3 D.1∶4 〚导学号17420223〛解析水平面光滑,子弹射穿木块过程中，子弹受到的合外力为子弹的冲击力,设子弹的作用力为F f,对AB由动量定理得F f t=(m+m)v A,对B由动量定理得F f t=mv B—mv A，解得v A∶v B=1∶3,故C项正确.答案C5.（2016·福建福州模拟）一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为（)A.M B。

2021高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及应用课件

动量守恒、机械能损失最多
完全非弹 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 性碰撞 ΔE＝12m1v12＋12m2v22－12(m1＋m2)v2
程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )
A.14mv02
B.18mv02
C.112mv20
D.115mv20
解析：黏性物体落在 A 车上，由动量
守恒有 mv0＝2mv1，解得 v1＝v20，之
后整个系统动量守恒，有
2mv0＝3mv2，解得 v2＝23v0，
最大弹性势能
Ep
＝
1 2m
v
20
＋12×2mv202－12×3m23v02＝112mv20，
考点一动量守恒定律的理解和应用
解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定 (2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守
律可得
恒定律可得 4mv2＝3mv3－mv，
推出木箱的过程中 0＝(m＋2m)v1－mv，接住木箱的过程中 mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2。解得 v2＝v2。
则 v3＝v，故小孩无法再次接住木箱。
上端，已知 M＝4m，g 取 10 m/s2，不计
摩擦。则小球的初速度 v0 的大小为( )
A.4 m/s
B.5 m/s
C.6 m/s
D.7 m/s
解析：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为 v1，根据水平方向动量守恒有 mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有 12mv20＝12(m＋M)v21＋mgR，根据题意，有 M＝4m，联立两式解得 v0＝5 m/s，故 A、C、D 错误，B 正确。
2021高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及应用课件

2021版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2动量守恒定律及其应用创新练1(含解析)

动量守恒定律及其应用4.如图所示,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)【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12mv0=11mv1-mv min①10m·2v0-mv min=11mv2②为避免两船相撞应满足v1=v2③联立①②③式得v min=4v0答案:4v0【补偿训练】假设火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s,设火箭质量M=300 kg,发动机每秒喷气20次。

(1)当第三次气体喷出后,火箭的速度多大。

(2)运动第1 s末,火箭的速度多大。

【解析】方法一:喷出气体运动方向与火箭运动方向相反,系统动量守恒。

(M-m)v1-mv=0,所以v1=。

第二次气体喷出后,火箭速度为v2,有(M-2m)v2-mv=(M-m)v1,所以v2=第三次气体喷出后,火箭速度为v3,有(M-3m)v3-mv=(M-2m)v2所以v3== m/s=2 m/s。

依次类推,第n次气体喷出后,火箭速度为v n,有(M-nm)v n-mv=[M-(n-1)m],所以v n=因为每秒喷气20次,所以1 s末火箭速度为v20== m/s=13.5 m/s方法二:整体选取研究对象,运用动量守恒定律求解(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得:(M-3m)v3-3mv=0,所以v3==2 m/s(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象(M-20m)v20-20mv=0所以v20==13.5 m/s答案:(1)2 m/s (2)13.5 m/s。

高考物理课程复习：动量守恒定律及其应用

(2)系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
外力的冲量忽略不计
(3)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。
易错辨析 (1)只要系统外力做功为零,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。( √ )
(3)系统的动量守恒时,机械能也一定守恒。( × )
答案

≤vB≤
4
2
解析当两球发生完全非弹性碰撞时,B 球的速度最小,根据动量守恒定律得
mv=4mvmin,解得

vmin= ;当两球发生弹性碰撞时,B
4
球的速度最大,根据动量守
恒定律得
1
2 1
mv=mvA+3mvmax,根据能量守恒定律得2mv =2 A 2
联立解得

vmax=2,故速度可能值的范围为4≤vB≤2。
+
1
mAA 2
2
−
1
(mA+mB)AB 2 =3
2
J
Q=μ·
mBg·
L
解得L=0.75 m
所以长板A的上表面长度L至少为0.75 m。
旁栏边角人教版教材选择性必修第一册P25
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
【典例突破】
典例1.(多选)(2020全国Ⅱ卷)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

2021版高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第2节动量守恒定律学案

第2节动量守恒定律考点一动量守恒的判断对应学生用书p1121．动量守恒定律的内容如果一个系统__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，这就是动量守恒定律．2．动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为__零__．注意：不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：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)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．【理解巩固1】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、小车的总动量增量大小不相等[解析] 男孩、小车、木箱这一系统合外力为零，动量守恒，A、B均错，C对．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，D错．[答案] C对应学生用书p113例1 下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是( )A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时[解析] 对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒．故选C.[答案] C, 1.判断动量是否守恒，首先要明确研究对象(系统)，分清系统的内力与外力，再根据守恒条件判断．(1)内力：系统内部物体之间的相互作用力．(2)外力：系统外部物体对系统内部物体的作用力．2．动量守恒定律的五性(1)矢量性动量守恒定律的表达式是矢量式．在满足动量守恒条件的情况下．系统的总动量的大小和方向都不变．应用动量守恒定律解决同一直线上的动量守恒问题时一般可以先规定正方向，引入正负号，把矢量运算转化为代数运算，要特别注意表示动量方向的正、负号．在不能确定某动量的方向时，可以先假定为正的，再依计算结果确定方向．), (2)相对性动量守恒定律表达式中的各个速度，必须是相对同一惯性参考系的速度，通常都取相对地面的速度．(3)同时性动量守恒定律表达式中的v1、v2是相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度．(4)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统．(5)普适性：不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于高速运动的微观粒子组成的系统．)考点二动量守恒定律的应用对应学生用书p1131．动量守恒定律的表达式(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)__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．(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．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(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)寻找临界状态：题设情境中看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；(5)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；(6)由动量守恒定律列式求解；(7)必要时进行讨论．3．碰撞(1)碰撞：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力，而其他的相互作用力相对来说可以忽略不计的过程．所有碰撞问题，动量都守恒．①弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能__守恒__，这样的碰撞叫做弹性碰撞．若两物体质量相等，则碰撞后，彼此交换速度．②非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能__不守恒__，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．③完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在相互作用后以同一速度运动，系统机械能损失最大．(2)碰撞的特点分析①动量守恒②机械能不增加③速度要合理a ．若碰前两物体同向运动，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′.b ．若碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．【理解巩固2】 (多选)两质量相同的小球A 、B 同向运动，已知p A ＝6 kg ·m /s ，p B ＝4 kg ·m /s ，某时刻两小球发生碰撞，碰后A 、B 球的动量p A ′、p B ′可能为( )A ．p A ′＝5 kg ·m /s ，pB ′＝5 kg ·m /s B ．p A ′＝8 kg ·m /s ，p B ′＝2 kg ·m /sC ．p A ′＝2 kg ·m /s ，p B ′＝8 kg ·m /sD ．p A ′＝4 kg ·m /s ，p B ′＝6 kg ·m /s[解析] 因A 、B 同向运动且p A >p B ，则B 在前、A 在后，若两球发生完全非弹性碰撞，则p A ′＝p B ′＝5 kg ·m /s ，则A 可能；若两球发生弹性碰撞，则交换速度，p A ′＝p B ＝4 kg ·m /s ，p B ′＝p A ＝6 kg ·m /s ，则D 可能；B 项中p A ′>p B ′，则v A ′>v B ′，不符合碰撞规律，则B 不可能；C 项中满足动量守恒且碰后速度合理，但根据E k ＝p22m 知碰后动能增大，则D 不可能．[答案] AD 4．爆炸现象(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸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)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．5．反冲运动(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．(3)研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律．求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．6．“人船模型”问题(1)如图所示，两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．(2) “人船模型”的特点①两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1.③应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．【理解巩固3】 (多选)甲、乙两个质量都是M 的小车静置在光滑水平地面上，质量为m 的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v 反跳回甲车．对于这一过程，下列说法中正确的是( )A ．最后甲、乙两车的速率相等B ．最后甲、乙两车的速率之比v 甲∶v 乙＝M∶(m＋M)C ．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量I 1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量I 2，应是I 1＝I 2D ．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量I 1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量I 2，应是I 1＜I 2[解析] 以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv －Mv 1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv ＝(m ＋M)v 2，人跳离乙车时，－(m ＋M)v 2＝－Mv 乙＋mv ，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv ＋Mv 1＝(m ＋M)v 甲，解得： v 甲v 乙＝MM ＋m ，故A 错误，B 正确；由动量定理得，对甲车：I 1＝Mv 1＝mv ，对乙车I 2＝Mv 乙－v 2＝2mv －Mmvm ＋M，I 1＜I 2，故C 错误，D 正确． [答案] BD对应学生用书p 114碰撞问题2 如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m 1、m 2的小球A 、B ，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B 开始处于静止状态，A 球以速度v 朝着B 运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )A ．若m 1＝m 2，则两球之间有且仅有两次碰撞B ．若m 1≪m 2，则两球之间可能发生两次碰撞C ．两球第一次碰撞后B 球的速度一定是v2D ．两球第一次碰撞后A 球一定向右运动[解析] 设A 球和B 球第一次碰撞后速度分别为v 1和v 2，取向左为正方向．根据动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2 ① 根据机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22 ②解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ③若m 1＝m 2，则得v 1＝0，v 2＝v ，即A 与B 碰撞后交换速度，当B 球与墙壁碰后以速度v 2返回，并与A 球发生第二次碰撞，之后B 静止，A 向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A 正确．若m 1≪m 2，则得v 1≈－v ，v 2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B 错误．两球第一次碰撞后，B 球的速度为v 2＝2m 1m 1＋m 2v ，不一定是v2，与两球的质量关系有关，故C 错误．两球第一次碰撞后A 球的速度为v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ，当m 1>m 2时，v 1>0，碰后A 球向左运动，当m 1＝m 2时，v 1＝0，碰后A 球静止，当m 1<m 2时，v 1<0，碰后A 球向右运动，故D 错误．[答案] A, 1.(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当m 1≫m 2，且v 2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 1.当m 1≪m 2，且v 2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．)爆炸问题3 如图所示，A 、B 质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝2 kg ，置于小车C 上，小车的质量为m 3＝1 kg ，A 、B 与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上．A 、B 间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A 、B 间炸药爆炸的能量有12 J 转化为A 、B 的机械能，其余能量转化为内能．A 、B 始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A 、B 获得的速度大小；(2)A 、B 在小车上滑行的时间各是多少？ [解析] (1)根据爆炸过程中能量的转化，有：E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22爆炸过程中，根据动量守恒得：m 1v 1＝m 2v 2联立解得：v 1＝4 m /s ，v 2＝2 m /s .(2)爆炸后A 、B 都在C 上滑动，由题意可知B 会与C 先相对静止，设此时A 的速度为v 3，B 、C 的速度为v 4，在该过程中，A 、B 、C 组成的系统动量守恒．设该过程的时间为t 1.对A 应用动量定理：－μm 1gt 1＝m 1v 3－m 1v 1；对B 应用动量定理：－μm 2gt 1＝m 2v 4－m 2v 2；对C 应用动量定理：(μm 2g －μm 1g)t 1＝m 3v 4；代入数据解之得：v 3＝3 m /s ，v 4＝1 m /s ，t 1＝0.2 s .之后，A 在C 上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0. 即：(m 1＋m 2＋m 3)v ＝0，解得v ＝0.设A 滑动的总时间为t ，对A 应用动量定理，则：－μm 1gt ＝0－m 1v 1，解得：t ＝0.8 s .反冲问题例4 (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x 2B ．B 刚要离开弹簧时的速度为12vC ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv 2 D ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 2[解析] 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′＝x 2，即此时弹簧的压缩量为x 2，故A 正确．根据动量守恒定律得：0＝2mv －mv B ，得物块B 刚要离开弹簧时的速度v B ＝2v ，B 错误．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 ＝12×2mv 2＋12mv 2B ＝3mv 2，故C 错误，D 正确．[答案] AD, 在爆炸和反冲过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以爆炸后系统的总动能增加．)“人船模型”问题例5 如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m[解析] 当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m 1h 1t ＝m 2h 2t ，且h 1＋h 2＝h ，解得h 1≈1.4 m ，所以他离地高度H ＝h －h 1＝3.6 m ，故选项B 正确．[答案] B考点三动量与能量的综合问题对应学生用书p 1151．动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两条重要定律，它们的适用范围很广．这两条守恒定律跟牛顿运动定律形成了解答动力学问题的三条不同路线(力线、能线、动量线)．若考查有关物理量的瞬时对应关系，则走力线(运用牛顿定律、运动学公式)；若考查一个过程，三条路线均可走，但选的路线不同，解决问题的难易、繁简程度可能会有很大的差别．若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律；若研究对象是单个物体：涉及力和时间应优先考虑动量定理；涉及力、位移、功，应优先考虑动能定理．这两个定理、两条守恒定律只考查一个物理过程始末两状态有关物理量的关系，不涉及过程的细节，这是它们的方便之处，特别是遇到变力问题，在中学范围内不好用牛顿定律解答时，用两个定理和两条守恒定律就能解答了．2．两条守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程，但两者守恒的条件不相同，要严加区别．另外，动量守恒定律表示为矢量式，应用时，要切实注意方向；机械能守恒定律，能量守恒定律表示为标量式，对功和能量(重力势能)只需代数加减就行了．【理解巩固4】如图所示，静止在光滑水平面上的木板A ，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝3 kg .质量m ＝1 kg 的铁块B 以水平速度v 0＝4 m /s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．3 JB ．4 JC ．6 JD ．20 J[解析] 设铁块与木板共速时速度大小为v ，铁块相对木板向右运动的最大距离为L ，铁块与木板之间的摩擦力大小为f.铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得12mv 20＝fL ＋12(M ＋m)v 2＋E p .由动量守恒定律，得mv 0＝(M ＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得12mv 20＝2fL ＋12(M ＋m)v 2，联立解得E p ＝3 J ，故选项A 正确．[答案] A对应学生用书p 115“子弹打木块”模型例6 质量为M 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手．首先左侧射手先开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示．设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时，下列正确的是( )A ．木块静止，d 1＝d 2B ．木块静止，d 1<d 2C ．木块向右运动，d 1<d 2D ．木块向左运动，d 1＝d 2[解析] 设子弹的质量为m ，速度为v 0，子弹与木块之间的相互作用力为f ，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m)v 1 ①根据动能定理fd 1＝12mv 20－12(M ＋m)v 21 ②由①②两式可得 d 1＝12mv 20－12（M ＋m ）v 21f③右边的子弹水平射入木块，设共同速度为v 2，设向右为正方向根据动量守恒定律 (M ＋m)v 1－mv 0＝(M ＋2m)v 2 ④比较①可知v 2＝0即木块静止．[可以通过分析得出木块静止的结论：木块和第一颗子弹的动量大小(M ＋m)v 1方向向右，第二颗子弹动量大小mv 0方向向左，动量大小相等方向相反，合动量为零，即木块静止]又根据能量守恒定律 fd 2＝12mv 20＋12(M ＋m)v 21 ⑤由④⑤两式可得 d 2＝12mv 20＋12（M ＋m ）v 21f ⑥比较③⑥两式得 d 1<d 2，故B 选项正确． [答案] B“滑块—滑板”类模型例7 (多选)如图所示，质量为M ＝1 kg 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m ＝3 kg 的滑块以初速度v 0＝2 m /s 从木板的左端向右滑上木板，滑块始终未离开木板．则下面说法正确的是( )A ．滑块和木板的加速度大小之比是1∶3B ．整个过程中因摩擦产生的内能是1.5 JC ．可以求出木板的最小长度是1.5 mD ．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是7∶3[解析] 因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为a m a M ＝M m ＝13，A 正确；滑块与木板组成的系统动量守恒，最终二者同速，有mv 0＝(M ＋m)v ，解得v ＝1.5 m /s ，由能量守恒定律可得：整个过程中因摩擦产生的内能Q ＝12mv 20－12(M ＋m)v 2＝1.5 J ，故B 正确；由于不知道动摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故C 错误；从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移x 1＝v 0＋v 2t ，木板的位移x 2＝v 2t ，两者之比x 1x 2＝v 0＋v v ＝2＋1.51.5＝73，故D 正确． [答案] ABD含“弹簧”类模型例8 如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg .用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图象如图乙所示．求：(1)物块C 的质量m C ；(2)B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p .[审题指导] 因完全非弹性碰撞过程中有机械能损失，故此类模型中计算弹性势能时不能用碰前动能减去最终动能，而应用碰后动能减去最终动能．[解析] (1)由图知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m /s ，碰后速度为v 2＝3 m /s ，C 与A 碰撞过程动量守恒．m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得m C ＝2 kg .(2)12 s 时B 离开墙壁，之后A 、B 、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A 、C 与B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A ＋m C )v 3＝(m A ＋m B ＋m C )v 412(m A ＋m C )v 23＝12(m A ＋m B ＋m C )v 24＋E p 得E p ＝9 J“滑块＋弧面或斜面”模型9 (多选)如图所示，质量为M 、半径R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角为θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m 的小球(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞地射入凹槽，当其到达B 点时解除锁定，小物块刚好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR 2；D 点距A 点高度差h ＝3R 8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2 mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒[解析] 小物块恰好从A 点无碰撞地射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v ＝2v 0，从A 到C 应用能量守恒可知，12m(2v 0)2＝mgR sin 30°，解得v 0＝gR 2，从D 到A 应用动能定理可得：mgh ＝12m(2v 0)2－12mv 20，解得：h ＝3R 8，故A 正确；从A 到B 应用动能定理，mgR ()1－sin 30°＝12mv 2B －12mv 2A ，在B 点由重力与支持力的合力提供向心力得，F N －mg ＝mv 2B R，由以上两式解得F N ＝3mg ，故B 错误；小球到B 时的速度为v B1＝2gR ，根据动量定理可得：I ＝mv B1－0＝m 2gR ，故C 正确；小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C 到B 过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D 错误．[答案] AC, 应用动量观点和能量观点解题1．动量观点和能量观点这两个观点研究的是物体或系统运动过程中状态的改变，不对过程的细节作深入的研究，而只关心状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道始末状态的动量、能量和力在过程中所做的功，即可对问题求解．2．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题(1)动量定理、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，无分量表达式．(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．(3)中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．)。

高三物理一轮复习动量守恒定律导学案

P Q F 1 F 2x y A B课题：动量守恒定律及应用【学习目标】会利用条件判断动量守恒，会应用动量守恒定律。

【重点难点】动量守恒定律的应用【自主学习】教师评价：（等第）1．定律内容：互相作用的物体系若不受作用或所受的合外力为________，则系统总动量保持不变 2．动量守恒条件：（1）系统不受外力或所受合外力为零（2）系统内力____________外力（3）系统在某一方向上合外力为零，则该方向上系统动量________3．动量守恒表达式_____________________________________________________________ 4．说明：（1）动量守恒定律的研究对象是。

（2）动量守恒不仅指系统的初、末两个时刻动量相等，而且系统在整个过程中总动量都 _ （3）注意动量守恒定律中速度的矢量性指__________、相对性指________和同时性指（4）动量守恒定律不仅适用宏观物质低速运动，对微观现象和高速运动仍然____________ 自主测评：1.质量为2千克的质点，从静止开始沿某一方向做匀变速直线运动，它的动量p 随位移x 变化的关系为s m Kg x p /8⋅=，求质点所受的合外力？2．质量m 1=10g 的小球在光滑的水平面上以v 1=30cm/s 的速率向右运动，恰遇上质量m 2=50g 的小球以v 2=10cm/s 的速率向左运动，碰撞后，小球m 2恰好停止，那么碰撞后m 1小球的速度是多大？方向如何？3．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．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从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、机械能不守恒C 、动量守恒、机械能不守恒D 、动量不守恒、机械能守恒 4．下面关于动量守恒的判断，正确的是（）A ．静止于水面的两船间用绳相连，船上的人用力拉绳子，两船靠近，如果两船所受阻力不能忽略，两船动量必不守恒B ．人在静止的汽车上行走，人与车总动量守恒C ．水平飞行的子弹击中并穿过放在水平桌面上的木块，由于子弹对木块的作用力远大于桌面对木块的摩擦力，因此子弹击中木块的过程中子弹、木块系统的动量守恒D ．斜面置于光滑水平面上，物体在沿斜面下滑的过程中，水平方向的动量是否守恒取决于物体与斜面间有无摩擦5、在匀速前进的船上，分别向前、向后抛出两个质量相等的物体，抛出时两个物体相对地面的水平速度大小相等，则物体抛出后船的速度大小：（）A 、速度大小不变；B 、速度减小；C 、速度增大；D 、不能确定。

2020版高考物理一轮复习第6章第2节动量守恒定律及其应用教学案新人教版

第2节动量守恒定律及其应用知识点一| 动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

2．动量守恒定律的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。

3．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。

(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。

(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。

[判断正误](1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。

(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。

(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。

(√)动量守恒定律的“五性”甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg 。

两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动。

某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反。

两车运动过程中始终未相碰。

则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向。

由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v ，所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1.0×3－0.5×20.5＋1.0 m/s ＝43m/s≈1.33 m/s。

(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′，得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1.0×3－0.5×21.0m/s ＝2 m/s 。

2021版高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒2动量守恒定律及其应用学案

动量守恒定律及其应用必备知识一、动量守恒定律1.三种守恒条件:（1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处于平衡状态。

（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。

如碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等现象中系统的动量近似守恒。

（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。

但值得注意的是，系统的总动量可能不守恒。

2。

内容和表达式:(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）四种表达式。

①p=p′,系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。

②m1v1+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。

③Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.④Δp=0,系统总动量的增量为零。

三国演义“草船借箭”中(如图)，若草船的质量为m1,每支箭的质量为m,草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发,n支箭同时射中草船,箭的速度皆为v,方向与船行方向相同。

船与箭的作用过程系统动量守恒：m1v1+nmv=(m1+nm）（v 1+Δv).二、弹性碰撞和非弹性碰撞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：两类守恒动量是否守恒机械能是否守恒碰撞类型弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大基础小题1。

判断下列题目的正误：(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。

( )(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。

( )（3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。

（）(4)完全非弹性碰撞的过程，满足动量守恒。

（)（5)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。

高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第2节动量守恒定律及其应用学案新人教版

学习资料第2节动量守恒定律及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动量守恒定律及其应用1。

动量守恒定律（1）内容：如果一个系统，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。

(2)表达式①p= ,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’。

②m1v1+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。

③Δp1= ,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Δp= ，系统总动量的增量为零。

2.动量守恒的条件不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处于状态。

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)远外力,总动量守恒。

(2)分类①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能损失。

②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失.③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失。

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。

3。

反冲（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，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。

考点自诊1。

判断下列说法的正误。

(1)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等。

（)(2）只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。

()(3)无论碰撞、反冲还是爆炸类问题,动能都不会增大.(）（4)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反。

()(5)弹性碰撞过程中系统动量一定守恒。

（）2。

将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短的时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷气过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/s B。