2018年高考物理复习“动量定理动量守恒定律”学前诊断

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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．。

全品复习方案2018高考物理大一轮复习第6单元动量第18讲动量守恒定律及其应用课件

考点互动探究
例 1 [2014·浙江卷] 如图所示，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( )
A. 甲木块的动量守恒 B. 乙木块的动量守恒 C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
(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．动爆量炸现象
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，作远用大后从于相互作用前的位置以新的动量开始守运恒动．
6185
考点互动探究
[答案] 2s－μh 或μh －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 ΔEp 与物块克服摩擦力所做功的数值相等．Δ Ep＝W 设物块的质量为 m，在水平轨道上滑行的总路程为 s′，则Δ Ep＝mgh，W＝μmgs′ 联立以上各式得 s′＝μh ，第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在回到 N 前停止，则物块停止的位置距 N 的距离为 d＝2s－s′＝2s－μh 。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，则物块停止的位置距 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－μh 或μh －2s.
[[解答析案] ]根C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．

高考物理必考公式大全

1.动量：p=mv {p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同｝2.冲量：I=Ft {I:冲量(N s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F决定｝3.动量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo {Δp:动量变化Δp=mvt–mvo，是矢量式}4.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p’′也可以是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′5.非弹性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：损失的动能，EKm：损失的动能}6.完全非弹性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后连在一起成一整体}7.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰:v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2′=2m1v1/(m1+m2)8.由9得的推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒)9.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对{vt:共同速度，f:阻力，s 相对子弹相对长木块的位移}注：(1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们“中心”的连线上;(2)以上表达式除动能外均为矢量运算,在一维情况下可取正方向化为代数运算; (3)系统动量守恒的条件:合外力为零或系统不受外力，则系统动量守恒(碰撞问题、爆炸问题、反冲问题等);(4)碰撞过程(时间极短，发生碰撞的物体构成的系统)视为动量守恒,原子核衰变时动量守恒;(5)爆炸过程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能增加;(6)其它相关内容：反冲运动、火箭、航天技术的发展和宇宙航行〔见第一册P128〕。

振动和波公式总结1.简谐振动F=-kx {F:回复力，k:比例系数，x:位移，负号表示F的方向与x始终反向}2.单摆周期T=2π(l/g)1/2 {l:摆长(m)，g:当地重力加速度值，成立条件:摆角θ>r｝3.受迫振动频率特点：f=f驱动力4.发生共振条件:f驱动力=f固，A=max，共振的防止和应用〔见第一册P175〕5.机械波、横波、纵波〔见第二册P2〕6.波速v=s/t=λf=λ/T{波传播过程中，一个周期向前传播一个波长;波速大小由介质本身所决定}7.声波的波速(在空气中)0℃：332m/s;20℃:344m/s;30℃:349m/s;(声波是纵波) 8.波发生明显衍射(波绕过障碍物或孔继续传播)条件：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者相差不大9.波的干涉条件：两列波频率相同(相差恒定、振幅相近、振动方向相同) .10.多普勒效应:由于波源与观测者间的相互运动，导致波源发射频率与接收频率不同{相互接近，接收频率增大，反之，减小〔见第二册P21〕｝运动和力公式总结1.牛顿第一运动定律(惯性定律)：物体具有惯性，总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止2.牛顿第二运动定律：F合=ma或a=F合/ma{由合外力决定,与合外力方向一致}3.牛顿第三运动定律：F=-F′{负号表示方向相反,F、F′各自作用在对方，平衡力与作用力反作用力区别，实际应用：反冲运动}4.共点力的平衡F合=0，推广{正交分解法、三力汇交原理｝5.超重：FN>G，失重：FN6.牛顿运动定律的适用条件：适用于解决低速运动问题，适用于宏观物体，不适用于处理高速问题，不适用于微观粒子〔见第一册P67〕注: 平衡状态是指物体处于静止或匀速直线状态,或者是匀速转动。

高考物理新课标件动量动量定理动量守恒定律

动量定理表述及意义
动量定理表述
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，即Ft=Δp。
物理意义
动量定理揭示了力、时间和动量变化之间的关系。它表明，力对物体的作用效果可以通过物体动量的变化来体现。当物体受到合外力作用时，其动量将发生变化，且合外力的冲量等于物体动量的变化量。
02 动量定理应用与实例分析
实验结果讨论
通过实验数据计算得出，碰撞前后系统总动量基本保持不变，验证了动量守恒定律。同时，实验结果也受误差影响，存在一定偏差。
VS
改进方向
为进一步提高实验精度和可靠性，可采取以下措施：使用更高精度的测量仪器；改进实验装置以减小空气阻力和导轨摩擦的影响；增加实验次数以减小随机误差等。
06 知识拓展与前沿动态
交换过程。
当代物理学中关于动量研究新进展
1 2
高能物理中的动量研究
在高能物理实验中，动量的测量和分析是研究基本粒子和相互作用的重要手段。
凝聚态物理中的动量守恒定律
在凝聚态物理中，动量守恒定律对于理解物质的宏观性质和微观结构具有重要意义。
3
动量与宇宙学
在宇宙学中，动量与宇宙的膨胀、物质分布和演化等密切相关，是研究宇宙起源和演化的重要工具。
动量定义
物体质量与速度的乘积，即p=mv，表示物体运动状态的物理量。
物理意义
动量是描述物体运动状态的物理量，反映了物体运动惯性的大小。动量越大，物体越难改变其运动状态，即越难使其加速或减速。
动量与速度关系
正比关系
动量与速度成正比，速度越大，动量越大。
方向性
动量是矢量，其方向与速度方向相同。当速度方向改变时，动量方向也随之改变。

高三物理第一轮复习要点：动量守恒定律

高三物理第一轮复习重点：动量守恒定律动量守恒定律是说系统内部物体间的互相作用只好改变每个物体的动量，而不可以改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时辰，单个物体的动量能够不一样，但系统的总动量同样，小编整理了高三物理第一轮复习重点：动量守恒定律，供参照。

动量守恒定律知识点总结1、动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零( 不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的互相作使劲 ) ，即系统所受外力的矢量和为零。

( 碰撞、爆炸、反冲 )注意：内力的冲量对系统动量能否守恒没有影响，但可改变系统内物体的动量。

内力的冲量是系统内物体间动量传达的原由，而外力的冲量是改变系统总动量的原由。

2、动量守恒定律的表达式 m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/(规定正方向 ) △p1=—△ p2/3、某一方向动量守恒的条件：系统所受外力矢量和不为零，但在某一方向上的力为零，则系统在这个方向上的动量守恒。

一定注意差别总动量守恒与某一方向动量守恒。

4、碰撞(1)完整非弹性碰撞：获取共同速度，动能损失最多动量守恒 ;(2)弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后动能相等 ; 动量守恒， ; 动能守恒 ;5、人船模型——两个本来静止的物体( 人和船 ) 发生互相作用时，不受其余外力，对这两个物体构成的系统来说，动量守恒，且任一时辰的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv=MV(注意：几何关系)动量守恒定律解题技巧例 1：质量 m1=10g的小球在圆滑的水平桌面上以v1=30cm/s 的速率向右运动，恰巧碰上在同一条直线上向左运动的另一个小球 . 第二个小球的质量为 m2=50g，速率v2=10cm/s. 碰撞后，小球 m2恰巧停止 . 那么，碰撞后小球 m1 的速度是多大，方向怎样 ?剖析：取互相作用的两个小球为研究的系统。

因为桌面光滑，在水平方向上系统不受外力. 在竖直方向上，系统受重力和桌面的弹力，其协力为零. 故两球碰撞的过程动量守恒.解：设向右的方向为正方向，则各速度的正、负号分别为v1=30cm/s ，v2=10cm/s ，v'2=0. 据动量守恒定律有mlvl+m2v2=m1v'1+m2v'2.解得 v'1=-20cm/s.即碰撞后球m1的速度大小为20cm/s ，方向向左 .经过此例总结运用动量守恒定律解题的重点以下：(1)确立研究对象 . 对象应是互相作用的物系统 .(2)剖析系统所受的内力和外力，侧重确认系统所遇到的合外力能否为零，或合外力的冲量能否能够忽视不计 .。

2018年高考物理复习第三讲动量定理动量守恒定律

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
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 ( )

全国通用2018年高考物理考点一遍过专题30动量守恒定律含解析201711023163

专题30 动量守恒定律一、动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒定律：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。

2．动量守恒定律的适用条件（1）前提条件：存在相互作用的物体系；（2）理想条件：系统不受外力；（3）实际条件：系统所受合外力为0；（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。

3．动量守恒定律的表达式（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和；（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。

4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。

5．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。

二、碰撞与动量守恒定律1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

1（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2m1v m v m v①011221 211m v m v m v ②222 12011222m mv112v③ 由①②可得：0m m12v 22m1④v m m12利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：m时，v0，21m1v，两钢球沿原方向原方向运动；a．当2m时，v0，v0，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；1m12b．当2m时，0v，两钢球交换速度。

2018年高考物理一轮复习专题13.2动量守恒定律及应用教学案

专题13.2 动量守恒定律及应用1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题一、动量守恒定律的理解及应用1．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，这就是动量守恒定律。

(2)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。

2．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，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。

3．动量守恒定律的“五性”二、碰撞现象的特点和规律1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，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≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。

(3)分类2.碰撞后运动状态可能性判断的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。

(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2。

(3)速度要符合情景。

①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。

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

三动量和能量观点的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。

高考物理知识点：动量

高考物理知识点：动量1500字动量是物理学中的重要概念，在高考物理中也是一项必学的知识点。

动量描述了物体运动的性质，是质量和速度的乘积，表示了物体运动的惯性和力的作用效果。

下面将详细介绍动量的基本概念、动量守恒定律、应用等内容，帮助大家更好地理解和掌握动量。

一、动量的基本概念：1. 动量的定义：动量（p）是物体运动的性质，是质量（m）和速度（v）的乘积，表示为p=mv。

2. 动量的量纲：国际单位制中，动量的量纲是kg·m/s。

3. 动量的方向：动量的方向与速度方向一致，是一个矢量量。

二、动量守恒定律：1. 动量守恒定律的表述：在孤立系统中，总动量不变，即系统内外力的合力为零时，系统的总动量保持不变。

2. 动量守恒定律的数学表达：ΣP = 0，即Σ(mv) = 0。

3. 动量守恒定律的应用条件：孤立系统或外力合力为零的系统。

三、动量与力的关系：1. 力的定义：力（F）是导致物体运动状态发生变化或形态发生变化的原因，是物体受到的外界作用所产生的效果。

2. 动量与力的关系：根据牛顿第二定律，力等于动量变化率的大小和方向，即F=dp/dt。

3. 弹力和冲量：弹力是单位时间内物体受到的力，也等于冲量的大小，冲量则是物体受到的力作用时间的乘积，即J=∫Fdt。

四、动量定理：1. 动量定理的表述：一个物体所受合外力的冲量等于该物体的动量变化。

2. 动量定理的数学表达：J = Δp。

3. 动量定理的应用条件：物体在力的作用下产生速度变化的过程。

五、动量守恒和碰撞：1. 完全弹性碰撞：在碰撞中，碰撞物体的总动量守恒且总动能守恒。

2. 完全非弹性碰撞：在碰撞中，碰撞物体的总动量守恒但总动能不守恒。

3. 部分弹性碰撞：在碰撞中，碰撞物体的总动量守恒但总动能损失。

六、动量在工程中的应用：1. 均匀变速机关：根据动量守恒定律，可以求解均匀变速机关的作用时间和作用力大小。

2. 动量交换机构：利用动量守恒定律，可以分析动量交换机构（如喷气发动机、火箭推进器等）的工作原理和性能。

2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题六动量能量观点综合应用中常考的“三个模型”课件新人教

[变式训练 1] 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 v0 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，
[解析] 设子弹的初速度为 v0，穿过厚度为 2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为 v，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋2m)v① 由①式解得 v＝13v0 此过程中动能损失为 ΔE＝12mv20－12×3mv2② 由②式解得 ΔE＝13mv20 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 v1 和 V1，由动量守恒定律得 2mv1＋mV1＝mv0③
联立①②③式得 ΔE＝116mv20④
(2)由②式可知 v2<v1，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三者速度相同，设此速度为 v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为 Ep.由动量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤
12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep⑥ 联立④⑤⑥式得
Ep＝1438mv20⑦ 答案：(1)116mv20 (2)1438mv20
(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．
解析：(1)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时，对 A、 B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1①
此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2，损失的机械能为 ΔE，对 B、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得 mv1＝2mv2②， 12mv21＝ΔE＋12(2m)v22③

高考物理课程复习：动量和动量定理

品牌型号汽车以54 km/h的速度撞击固定屏障,若车辆前部发生200 mm变
形,安全气囊是否会弹出?如果该型号汽车质量为1.5 t,在某次交通事故中,
汽车以72 km/h的速度与一载重为30 t、等候放行的卡车发生追尾事故,据
测算,两车的碰撞时间为0.05 s,碰后一起向前运动了一段距离,汽车的安全
考点一
冲量和动量[自主探究]
1.动量、动能、动量变化量的比较
项目
定义
动量
动能
动量变化量
物体的质量和
物体由于运动而具
物体末动量与初动
速度的乘积
有的能量
量的矢量差
定义式
p=mv
1
Ek=2mv2
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
p2
1
Ek=2m ,Ek=2pv,p=
2E
2mE ,p= v
物块的动量大小为4 kg·
m/s,B正确;t=3 s时物块的动量大小为前3 s内图线
与时间轴所围成图形的“总面积”,S=2×2 N·
s-1×1 N·
s=3 N·
s,故t=3 s时物
块的动量大小为3 kg·
m/s,C错误;由于前4 s内图线与时间轴所围成图形的
“总面积”不为零,故冲量不为零,速度不为零,D错误。
t=
ℎ
C,由sin
=
1
gsin
2
θ·
t2,得物体下滑的时间
2ℎ
2
,所以
θ
越小,sin
θ 越小,t 越大,重力的冲量 I=mgt 就越大,故 I1<I2<I3,

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。

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。

高考物理动量定理动量守恒定律

0
③
(ⅱ)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,由能量守恒定律得 ④ 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
考点一
栏目索引
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 ⑧
考点一
栏目索引
方法技巧 (1)应用动量定理解题的一般步骤
(2)对于过程较复杂的运动,可分段应用动量定理,也可对整个过程应用动量定理。
考点二
栏目索引
考点二
动量守恒定律
1.内容:如果一个系统① 不受外力 ,或者所受② 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=③ m1v'1+m2v'2 或p=p'。 3.适用条件 (1)理想守恒:系统不受外力或所受④ 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⑤ 大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。
考点一
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2.应用动量定理时的注意事项 (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.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,力的作用时间越短,力就越大;力的作用时间越长,
考点一
栏目索引
答案 A 解法一:由v2=2gh得v= 2 gh 。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=

高三物理【动量定理动量守恒定律】复习整合

[真题再练] 1．(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( ) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
B．0.27 N
C．0.022 N
D．0.027 N
解析：D 由题知，水滴质量为 m＝0.5 g，重力加速度为 g＝10 m/s2，屋檐高度为 h ＝4 m，设水滴刚落到石板上时速度为 v.水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有 mgh＝12mv2.水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得 F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，D 正确．
动量守恒定律解题的基本步骤 1．明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程． 2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)． 3．规定正方向，确定初、末状态动量． 4．由动量守恒定律列出方程． 5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
[精选模拟] 视角 1：动量守恒的判断 1．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是( )
8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不
计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg
B．53 kg
C．58 kg
D．63 kg
解析：BC 设运动员和物块的质量分别为 m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为 v1、v0，则根据动量守恒定律 0＝mv1－m0v0，解得 v1＝mm0v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块 mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得 v2＝3mm0v0，第 3 次推出后 mv2＋m0v0＝mv3－m0v0, 解得 v3＝5mm0v0，依次类推，第 8 次推出后，运动员的速度 v8＝15mm0 v0, 根据题意可知 v8＝15mm0v0>5 m/s, 解得 m<60 kg，第 7 次运动员的速度一定小于 5 m/s，则 v7＝13mm0v0<5 m/s, 解得 m>52 kg，综上所述，运动员的质量满足 52 kg<m<60 kg，AD 错误，BC 正确．

(新课标)2018年高考物理总复习第六章能量与动量教案

第六章能量与动量第27课时功和功率(双基落实课)[命题者说] 功和功率是高中物理的基本概念。

高考常考查功和功率的计算。

复习本课时应注意掌握功的几种计算方法、平均功率和瞬时功率的分析、机车启动问题等。

1.做功的两个要素：力和物体在力的方向上发生的位移。

2．公式：W＝Fl cos α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l是物体对地的位移。

(2)该公式只适用于恒力做功。

3．功的正负(曲线运动中α是力与速度方向之间的夹角)1．判断正误(1)只要物体受力且发生位移，则力对物体一定做功。

(×)(2)如果一个力阻碍了物体的运动，则这个力一定对物体做负功。

(√)(3)摩擦力可能对物体做正功、负功，也可能不做功。

(√)(4)作用力做正功时，反作用力一定做负功。

(×)(5)力对物体做功的正负是由力和位移间的夹角大小决定的。

(√)(6)力始终垂直物体的运动方向，则该力对物体不做功。

(√)(7)摩擦力对物体一定做负功。

(×)2.如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑步是身体耐力训练的一种有效方法。

如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是( )A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做负功B．轮胎受到的重力对轮胎做正功C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功D．轮胎受到的地面的支持力对轮胎做正功解析：选A 根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，选项B、D错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A项正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C项错误。

3.如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止。

则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功解析：选 B 支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功。

2018年高考物理必考定理公式总结

2018年高考物理必考定理公式总结物理定理、定律、公式表一、质点的运动（1）------直线运动1）匀变速直线运动1.平均速度V平＝s/t（定义式）2.有用推论Vt2-Vo2＝2as3.中间时刻速度Vt/2＝V平＝(Vt+Vo)/24.末速度Vt＝Vo+at5.中间位置速度Vs/2＝[(Vo2+Vt2)/2]1/26.位移s＝V平t＝Vot+at2/2＝Vt/2t7.加速度a＝(Vt-Vo)/t ｛以Vo为正方向，a与Vo同向(加速)a>0；反向则a<0｝8.实验用推论Δs＝aT2 ｛Δs为连续相邻相等时间(T)内位移之差｝9.主要物理量及单位:初速度(Vo):m/s；加速度(a):m/s2；末速度(Vt):m/s；时间(t)秒(s)；位移(s):米（m）；路程:米；速度单位换算：1m/s=3.6km/h。

注：(1)平均速度是矢量;(2)物体速度大,加速度不一定大;(3)a=(Vt-Vo)/t只是量度式，不是决定式;(4)其它相关内容：质点、位移和路程、参考系、时间与时刻〔见第一册P19〕/s--t图、v--t图/速度与速率、瞬时速度〔见第一册P24〕。

2)自由落体运动1.初速度Vo＝02.末速度Vt＝gt3.下落高度h＝gt2/2（从Vo位置向下计算）4.推论Vt2＝2gh 注:(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速直线运动规律；(2)a＝g＝9.8m/s2≈10m/s2（重力加速度在赤道附近较小,在高山处比平地小，方向竖直向下）。

（3)竖直上抛运动1.位移s＝Vot-gt2/22.末速度Vt＝Vo-gt （g=9.8m/s2≈10m/s2）3.有用推论Vt2-Vo2＝-2gs4.上升最大高度Hm＝Vo2/2g(抛出点算起）5.往返时间t＝2Vo/g （从抛出落回原位置的时间）注:(1)全过程处理:是匀减速直线运动，以向上为正方向，加速度取负值；(2)分段处理：向上为匀减速直线运动，向下为自由落体运动，具有对称性；(3)上升与下落过程具有对称性,如在同点速度等值反向等。

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.碰撞两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。

由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。

碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。

在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B 的速度分别为21v v ''和。

全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。

⑴弹簧是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。

这种碰撞叫做弹性碰撞。

由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：121121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。

⑵弹簧不是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，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，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。

这种碰撞叫非弹性碰撞。

⑶弹簧完全没有弹性。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。

这种碰撞叫完全非弹性碰撞。

可以证明，A 、B 最终的共同速度为121121v m m m v v +='='。

在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：()()21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=∆。

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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＝mgT4，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.[[多选]如图所示，将质量为M1、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x 2B ．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 ＞2m /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。

10．[考查动量守恒定律与机械能守恒定律的综合分析]如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平。