第1节 动量定理 动量守恒定律
高中物理选必一第一章动量守恒定律(1动量2动量定理)
第一章动量守恒定律第1节动量知识点一、动量(1)定义：物体质量和速度的乘积，用字母p 表示，p ＝m v .(2)动量的矢量性：动量既有大小，又有方向，是矢量．动量的方向与速度的方向一致，运算遵循矢量运算法则．(3)单位：国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s.(4)动量具有相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性．通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量．知识点二、动量与速度、动能的区别和联系动量与速度动量与动能区别①动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果②速度描述物体运动的快慢和方向①动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态②动能是标量，从能量的角度描述物体的状态联系①动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，且p ＝mv ②动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p ＝2mE k 或E k ＝p 22m知识点三、动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，即Δp ＝p ′－p(2)动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv 相同．(3)因为p ＝m v 是矢量，只要m 的大小、v 的大小和v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量p 就发生变化．(4)动量变化量Δp 的计算①当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负．若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反．②当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向．典例分析一、对动量和动量增量的理解例1关于动量变化，下列说法正确的是()A ．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp 的方向与运动方向相同B ．做直线运动的物体，速度减小时，动量增量Δp 的方向与运动方向相反C ．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp 为零D ．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零二、动量变化量的计算例2羽毛球是速度最快的球类运动之一，林丹扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，林丹将球以342km/h的速度反向击回．设羽毛球质量为5g,试求：(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量．(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？专题一对动量及动量变化的理解例3关于动量的变化，下列说法正确的是()A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零专题二对动量及动量变化的计算例4羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342km/h，假设球飞来的速度为90km/h，运动员将球以342km/h的速度反向击回．设羽毛球的质量为5g，试求(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量．(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？专题三碰撞中的动量变化例5质量为0.1kg的小球从1.25m高处自由落下，与地面碰撞后反弹回0.8m高处．取竖直向下为正方向，且g ＝10m/s2.求：(1)小球与地面碰前瞬间的动量；(2)球与地面碰撞过程中动量的变化．第2节动量定理知识点一、冲量(1)概念：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2)定义式：I＝Ft.(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为N·s.知识点二、冲量的理解(1)冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．(2)冲量是矢量．冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．(3)冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素．所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．知识点三、冲量的计算(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算，若力为一般变力则不能直接计算冲量．(2)变力的冲量①变力的冲量通常可利用动量定理I＝Δp求解．②可用图象法计算如图所示变力冲量，若某一力方向恒定不变，那么在F－t图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．知识点四、冲量与功(1)联系：冲量和功都是力作用过程的积累，是过程量．(2)区别：冲量是矢量，是力在时间上的积累，具有绝对性；功是标量，是力在位移上的积累，有相对性．知识点四、动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．这个关系叫做动量定理．2．表达式：I＝Δp或Ft＝m v′－m v.3．对动量定理的理解(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(2)动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同．(3)动量的变化率和动量的变化量由动量定理可得出F＝p′－pt，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力．而由动量定理I＝Δp可知动量的变化量取决于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关．(4)动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同都适用．4．动量定理的应用(1)定性分析有关现象由F＝Δpt可知：①Δp一定时，t越小，F越大；t越大，F越小．②Δp越大，而t越小，F越大．③Δp越小，而t越大，F越小．(2)应用动量定理解决问题的一般步骤①审题，确定研究对象：对谁、对哪一个过程．②对物体进行受力分析，分析力在过程中的冲量，或合力在过程中的冲量．③抓住过程的初、末状态，选定参考方向，对初、末状态的动量大小、方向进行描述．④根据动量定理，列出动量定理的数学表达式．⑤写清各物理量之间关系的补充表达式．⑥求解方程组，并分析作答．典例分析一、冲量的理解例1如图所示，质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力的冲量各是多大？二、平均冲量的计算例2如图所示，质量为m＝1kg的小球由高h1＝0.45m处自由下落，落到水平地面后，反弹的最大高度为h2＝0.2m，从小球下落到反弹到最高点经历的时间为Δt＝0.6s，g取10m/s2.求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力F的大小．三、合力冲量的计算例3质量为1.0kg的小球从20m高处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触时2)()间为1.0s，在接触时间内小球受到的合力的冲量大小为(空气阻力不计，g＝10m/sA．10N·s B．20N·s C．30N·s D．40N·s四、冲量的综合应用例4用0．5kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s，那么：(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10m/s2)(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力。
第二节动量 动量守恒定律第一节课动量定理
p′ − p = mv′ − mv
矢量差， 合外力． 是矢量差，而且F是合外力．
二、动量定理的适用范围： 动量定理的适用范围：
适用于恒力，也适用于随时间变化的变力。对于变 适用于恒力，也适用于随时间变化的变力。 恒力 变力 力情况，动量定理中的F 力情况，动量定理中的F应理解为变力在时间内的 平均值。 解决瞬时问题时用动量定理) 平均值。(解决瞬时问题时用动量定理)
练习
1、下列说法正确的是[ 下列说法正确的是[ ] A．动量的方向与受力方向相同 B．动量的方向与冲量的方向相同 C．动量的增量的方向与受力方向相同 D．动量变化率的方向与速度方向相同 2、如图所示，质量为m的小球以速度v碰到墙壁 如图所示，质量为m的小球以速度v 被反弹回来的速度大小为2v/3 2v/3， 上，被反弹回来的速度大小为2v/3，若球与墙 的作用时间为t 的作用时间为t，求小球与墙相碰过程中所受的 墙壁给它的作用力． 墙壁给它的作用力．
根据题意可先画出研究对象— 解： 根据题意可先画出研究对象 —汽车的动力学分析图。如图所示。 汽车的动力学分析图。 汽车的动力学分析图 如图所示。
Ff FN V F Ff FN V' F
mg
△t.
mg
⑴物体动量的增量△P=P'-P=103×8物体动量的增量△ P'5=3× 千克·米 103×5=3×103千克 米/秒。 根据动量定理可知： ⑵根据动量定理可知：F合t= △P
两杯子掉地上，但一碎，一不碎， 两杯子掉地上，但一碎，一不碎， 为什么结果不一样？ 为什么结果不一样？
相同的杯子分别从相同的高度落下,摔在 相同的杯子分别从相同的高度落下 摔在 水泥地上立即碎了,摔在松软的沙土地上完 水泥地上立即碎了 摔在松软的沙土地上完 好无损。 好无损。这是因为两个杯子的动量变化相 摔在水泥地上的与地撞的时间短， 等。摔在水泥地上的与地撞的时间短，杯 子受力大，所以碎了。 子受力大，所以碎了。摔在沙土地上的与 地撞的时间长，杯子受力小，所以没碎。 地撞的时间长，杯子受力小，所以没碎。
第十二章 第1讲 动量定理 动量守恒定律
[考试标准]一、动量和动量定理1．动量物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝m v，单位是kg·m/s.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．冲量力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.3．动量定理物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p′－p＝I.适用于单个物体或多个物体组成的系统．二、动量守恒定律1．适用条件(1)系统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，则系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的不同表达形式(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零．三、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．分类四、反冲运动 火箭 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)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)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加． 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)设火箭在Δt 时间内喷射燃气的质量是Δm ，喷出燃气的速度是u ，喷出燃气后火箭的质量是m ，则火箭获得的速度v ＝Δmum.1．两辆汽车的质量分别为m 1和m 2，已知m 1＞m 2，沿水平方向同向行驶具有相等的动能，则此时两汽车动量p 1和p 2的大小关系( ) A ．p 1等于p 2 B ．p 1小于p 2 C ．p 1大于p 2 D ．无法比较答案 C2．关于冲量，以下说法正确的是( )A ．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B ．只要物体受到的合外力不为零，该物体在任意时间内所受的总冲量就一定不为零C ．做曲线运动的物体，在任意时间内所受的总冲量一定不为零D ．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 答案 D3．关于系统动量守恒，下列说法错误的是( ) A ．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒 B ．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒C ．系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒D ．相互作用的两物体动量的增量的矢量和一定为零 答案 A4．如图1所示，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，两物体中间用被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( )图1A．A的速率是B的2倍B．A的动量大于B的动量C．A受的力大于B受的力D．A、B组成的系统的总动量为零答案 D5．(多选)下列属于反冲运动的是()A．汽车的运动B．直升飞机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动答案CD6．如图2所示，光滑水平面上的两个小球A和B，其质量分别为m A和m B，且m A＜m B，B 球上固定一水平轻质弹簧，且处于静止状态．现A球以速度v撞击弹簧的左端(撞击后A、B 两球在同一直线上运动)，则下列关于撞击后的说法中正确的是()图2A．两球共速时，速度大小为m A vm A＋m BB．当两球速度相等时，弹簧恢复原长C．当A球速度为零时，B球速度为vD．当弹簧压缩量最大时，两球速度都为零答案 A命题点一动量定理的理解与应用例1(2015·重庆理综·3)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.m 2gh t ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t＋mgD.m gh t－mg解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght ＋mg ，A 项正确．答案 A用动量定理解题的基本思路题组阶梯突破1．篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图3所示．这样做可以( )图3A ．减小球对手的冲量B ．减小球对人的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量 答案 B解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－m vF ＝m vt，冲量和动量、动能的变化量都不变，当时间增大时，作用力减小，所以B 正确．2．(多选)如图4，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F 作用下运动，则在时间t内()图4A．重力的冲量为0B．拉力F的冲量为FtC．拉力F的冲量为Ft cos θD．物体动量的变化量等于Ft cos θ答案BD解析重力的冲量I G＝mgt.故A错误．拉力F的冲量I F＝Ft.故B正确，C错误．合力的冲量I合＝Ft cos θ，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ft cos θ.故D正确．3．如图5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.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()图5A．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同C．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同D．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同答案 B解析取拍子击打前网球的速度v1的方向为正方向，根据动量定理得：拍子对网球作用力的冲量I＝－m v2－m v1＝－m(v1＋v2)，即冲量大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同．选项B正确，A、C、D错误．命题点二动量守恒定律的应用例2 质量为10 g 的子弹，以300 m /s 的速度射入质量为24 g 、静止在光滑水平桌面上的木块．如果子弹留在木块中，则木块运动的速度是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100 m/s ，这时木块的速度又是多大？解析 子弹质量m ＝10 g ＝0.01 kg ，子弹初速度v 0＝300 m/s ，木块质量M ＝24 g ＝0.024 kg ，设子弹嵌入木块后与木块的共同速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v解得v ＝m v 0m ＋M ＝0.01×3000.01＋0.024m /s ≈88.2 m/s.若子弹穿出木块后速度为v 1＝100 m /s ，设木块速度为v 2，仍以子弹初速度方向为正方向，由动量定恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2.代入数据解得v 2≈83.3 m/s. 答案 88.2 m /s 83.3 m/s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． 题组阶梯突破4．如图6所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量m ＝0.25M 的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )图6A ．木箱和小木块最终都将静止B ．小木块最终速度大小为4v 0，方向向右C ．木箱最终速度大小为0.8v 0，方向向右D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案 C解析 系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动，选项A 、D 错误；最终两物体速度相同，由动量守恒定律得M v 0＝(m ＋M )v ，则得v ＝M v 0m ＋M ＝M1.25M v 0＝0.8v 0，方向向右，选项C 正确，B 错误．5．(多选)如图7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，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A 的落地点与桌边的水平距离为0.5 m ，B 的落地点与桌边的水平距离为1 m ，那么( )图7A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2 B ．A 、B 质量之比为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∶2 答案 ABD解析 A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两物体的落地点到桌边的距离x ＝v 0t ，因为两物体的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相等，作用时间相同，冲量大小也相同．未离开弹簧时，F 相等，m 不同，加速度a ＝Fm ，与质量成反比，故a A ∶a B ＝1∶2.命题点三 碰撞模型的规律及应用例3 如图8所示，一个质量为M ＝50 kg 的运动员和质量为m ＝10 kg 的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v 0＝3 m /s 的速度向墙的方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回．当运动员接到箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以v 0＝3 m/s 的速度向墙的方向推出箱子．求：图8(1)运动员第一次接到木箱后的速度大小； (2)运动员最多能够推出木箱几次？解析 (1)取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 第一次推出木箱0＝M v 1－m v 0第一次接住木箱M v 1＋m v 0＝(M ＋m )v 1′ 解得v 1′＝2m v 0M ＋m＝1 m/s(2)第二次推出木箱(M ＋m )v 1′＝M v 2－m v 0 第二次接住木箱M v 2＋m v 0＝(M ＋m )v 2′ 同理可得第n 次接住木箱时获得的速度为 v n ′＝2n m v 0M ＋m ≤v 0(n ＝1,2,3…)解得n ≤3故运动员最多能够推出木箱3次． 答案 (1)1 m/s (2)3次碰撞问题解题策略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．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 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v .当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹． 题组阶梯突破6．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m /s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( ) A ．p A ′＝6 kg·m /s ，p B ′＝6 kg·m/s B ．p A ′＝3 kg·m /s ，p B ′＝9 kg·m/s C ．p A ′＝－2 kg·m /s ，p B ′＝14 kg·m/s D ．p A ′＝－4 kg·m /s ，p B ′＝17 kg·m/s 答案 A解析 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三项皆有可能．从碰撞后总动能不增加，即p 2A 2m A ＋p 2B2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B来看，只有A 可能．7．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1 C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2答案 A解析 设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有m v 0＝m v 1＋Am v ′，根据机械能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12Am v ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v 1′＝A －1A ＋1v 0，故碰撞前、后中子速率之比为A ＋1A －1.8．(多选)如图9甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x －t 图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )图9A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能 答案 AC解析 由x －t (位移时间)图象的斜率表示速度，碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止．m 1的速度大小为v 1＝ΔxΔt ＝4 m /s ，方向只有向右才能与m 2相撞．故A 正确．由图读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动．故B 错误．由图求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得，m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得，m 2＝0.3 kg.故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得，ΔE ＝0 J ，故D 错误.1．将吹足气的气球由静止释放，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．喷出气体对气球的作用力答案 D2．(多选)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防护与规定中与其具有相同原理的是()A．撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫B．易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎C．有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹D．在汽车上安装安全气囊答案ABD解析鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间比，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间长，由动量定理知FΔt＝Δp，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上时受到的作用力小，所以不易碎．撑竿跳高比赛时，横杆的下方有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A正确；易碎物体运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B正确；用手工操作的各类振动机械的频率大于20 Hz是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项D 正确．3．如图1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()图1A．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．木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同答案 C解析木箱、男孩、小车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同，方向相反，故A、B、D错误．4．有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的时速高达300 km，羽毛球的质量介于4.74 g～5.50 g之间，经分析，下列说法中正确的是()A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小答案 D解析在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬间，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，而是冲击力的大小，该消息可能是真的，故只有D正确，A、B、C错误．5．(多选)动能相同的A、B两球(m A＞m B)在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定()A．碰撞前A球的速度小于B球的速度B．碰撞前A球的动量大于B球的动量C．碰撞前后A球的动量变化大于B球的动量变化D．碰撞后，A球的速度一定为零，B球朝反方向运动答案ABD解析A、B两球动能相同，且m A＞m B，可得v B＞v A，再由动量和动能关系可得p A＞p B；由动量守恒得，碰撞前后A球的动量变化量与B球的动量变化量大小相等；由题意可知，碰撞后A球的速度一定为零，B球朝反方向运动，所以A、B、D对．6．两名质量相等的滑冰运动员甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是() A．若甲先抛球，则一定是v甲>v乙B．若乙先抛球，则一定是v乙>v甲C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙D．无论谁先抛球，只要乙最后接球，就有v甲>v乙答案 D解析因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此谁最终接球谁的速度小．7．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A．m(v－v0) B．mgtC．m v2－v20D．m2gh答案BCD解析由动量定理得I＝Δp，即mgt＝Δp，故B正确；由p＝m v知，Δp＝m·Δv，而Δv＝v2－v20＝2gh，所以Δp＝m·v2－v20＝m2gh，故C、D正确．8．如图2甲所示，光滑平台上物体A 以初速度v 0滑到静止于水平地面且上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由图乙中各物理量可求得( )图2A ．小车上表面的长度B ．物体A 的质量C ．小车B 的质量D ．物体A 与小车B 的质量之比答案 D解析 由图象可知，A 、B 最终以共同速度v 1匀速运动，可以确定小物块相对小车的位移，不能确定小车上表面长度，A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，可解得物体A 与小车B 的质量之比，D 正确，B 、C 错误．9．古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力(可视为恒力)大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2 s ，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．1.5 m /sB ．2.5 m/sC ．3.5 m /sD ．4.5 m/s答案 D10．(2014·福建理综·30(2))如图3所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2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v 1为( )图3A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 答案 D解析 根据动量守恒定律(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故A 、B 、C 错误，D 正确．11．在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 、静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v答案 A解析 设碰撞后A 球的速度大小为v A ，B 球的速度大小为v B ，碰撞前A 球的运动方向为正方向．根据动量守恒定律得：m v ＝2m v B －m v A 化简可得，v A ＝2v B －v ，因v A >0，所以v B >v 2，故只有A 项正确．12．如图4所示，倾角为α的光滑斜面AB 的长度为s ，一个质量为m 的物体自A 点从静止滑下，在由A 点到B 点的过程中，斜面对物体的冲量大小是________，重力对物体的冲量大小是________．物体受到的合力对物体的冲量大小是________(斜面固定不动)．图4答案 m cos α 2gs sin α m 2gs sin αm 2sg sin α 解析 物体沿光滑斜面下滑，加速度a ＝g sin α，滑到底端所用的时间为t ，由s ＝12at 2可知t ＝2s a ＝ 2s g sin α由冲量的定义式可知斜面对物体的冲量大小为： I F ＝mg cos α·t ＝mg cos α 2s g sin α＝m cos α2gs sin α 重力的冲量大小I G ＝mgt ＝mg2s g sin α＝m 2gs sin α 合力的冲量大小I 合＝F 合t ＝mg sin α 2s g sin α＝m 2sg sin α. 13．如图5所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车质量共为30 kg ，乙和他的冰车质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为15 kg 箱子和他一起以2 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速率迎面滑来．为避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙．箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面摩擦，甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？图5答案 5.2 m/s解析要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲推出箱子后的速度正好相同，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律(M＋m)v0＝m v＋M v1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，由动量守恒定律有m v－M v0＝(m＋M)v2②刚好不相撞的条件是v1＝v2③联立①②③式解得v＝5.2 m/s.故甲至少以速度(相对地)5.2 m/s将箱子推出，才能避免与乙相撞．。
动量定理动量守恒定律
5t 2 iˆ t 2 ˆj 2
2502 1002 2102
3.63103(J )
(2)求10秒内作用力的冲量及作的功
依冲量的定义:
t2 t1
Fi dt＝
p2 p1
dpi
miv2i
mi v1i
t2 t1
Fi dt＝
p2 p1
dpi
miv2i
mi v1i
因为时间相同，有：
( t2 t1
Fi )dt
miv2i
mi v1i
把作用力分为外力和内力，则：
(t2
统内的动量可以相互转移，但它们的总和保持不变。
2. 若合外力不为 0，但在某个方向上合外力分量为0， 则在该方向上动量守恒。
3.自然界中不受外力的物体是没有的，但如果系统的内力 >>外力，可近似认为动量守恒。在碰撞、打击、爆炸等
相互作用时间极短的过程中，往往可忽略外力。
4、注意区别 Fi外 0 与 Fi外dt 0
应用该定理应注意：
t2
实际中常用分量式： 对于
F c
Fxdt mv2x mv1x
t1
Fxt mv2x mv1x
t2
Fydt mv2y mv1y
Fyt mv2y mv1y
t1
t2
Fzdt mv2z mv1z
Fzt mv2z mv1z
t1
上式说明：某一方向的冲量只改变该方向的动量.
I
10 Fdt
0
Y m
Fi外)dt P2 P1 P
【高中物理】动量守恒定律+课件+高二上学期物理人教版(2019)选择性必修第一册
解：以v方向为正方向
mv = m1v1 + (m - m1 )v2
m1
m2
解出
v2
=
mv m1v1 m m1
v1为负值，分母为正值，则 v2为正值，即剩余部分沿原方向运动
总结提升
用动量守恒定律解题的步骤
速滑接力比赛
斯诺克比赛
正负电子对撞实验
宇宙大爆炸
冰壶比赛
第 11 页
生活场景 的应用
原子核裂变反应
如图，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木 箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小 木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向 右的初速度v0，则( )
A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起 向左运动
第一章 动量守恒定律
1.3 动量守恒定律
一、动量守恒定律——理论推导：动量定理
m2
m1
m2 m1
m2
m1
F2
A
B
F1
A
B
F2Δt m2v2 m2v
F1Δt m1v1 m1v
F1 F2
m1v1 - m1v1 - (m2v2 - m2v2 )
m1v1 + m2v2 m1v1 + m2v2
(多选)如图，光滑的水平面上有一质量为M=4kg的长木板，长木板 的左端放置一质量m=1 kg的小物块，木板与物块间的动摩擦因数 μ=0.2，现使木板与物块以相等的速率 v₀= 1m/s 分别向左、向右运 动，两者相对静止时物块恰好滑到木板的右端，g 取10m/s².则下
2-1动量定理 动量守恒定律
d ∑mivi = ∑Fi dt i i
b、积分形式 、
∑I = ∫ ∑Fdt = ∑m v − ∑m v
i i i i i t0 i i i
t1
i 0i
动量守恒定律 当系统所受的合外力等于零时， 当系统所受的合外力等于零时，即 系统的总动量保持不变 ∑mivi = C
i
∑F = 0
i
注意： 注意：
i i a. 适用条件： F = 0 或 (∑F )外 << (∑F )内 适用条件： ∑i
宏观、 宏观、微观都适用 b. 动量守恒中，系统内所有物体的速度都是 动量守恒中， 相对于同一惯性参照系的
分量式
系统x方向动量守恒 Fix = 0,系统 方向动量守恒 ∑
i=1
M
mv人 - Mv车＝ 0
M v人＝ v车 m
L− x
M
x
经历时间相等， 经历时间相等，两边同时积分
M x = (L − x) m
所以，人走的距离为： 所以，人走的距离为：
ML x= M +m
车走的距离为
mL L− x = M +m
练习2 质量m=1kg的质点从o点开始沿半径R=2m 练习2、质量m=1kg的质点从o点开始沿半径R=2m的 m=1kg的质点从 R=2m的 圆周运动。 点为自然坐标原点。 圆周运动。以o点为自然坐标原点。已知质点的运 2 动方程为 s = 0.5π t m。试求从 t1 = 2 s到 t2 = 2 s 这段时间内质点所受合外力的冲量。 这段时间内质点所受合外力的冲量。 解：
在水平光滑的铁轨上有一小车， 例1.在水平光滑的铁轨上有一小车，长度为 ，质 在水平光滑的铁轨上有一小车 长度为L， 量为M， 质量m）和车原来都静止不动。 量为 ，人（质量 ）和车原来都静止不动。现 在从车的一端走向另一端， 在从车的一端走向另一端，问人和小车各移动了 多少距离？ 多少距离？ 解：设人走的距离为x，车走的 设人走的距离为 ， 距离为（L-x),由动量守恒 距离为（ 由动量守恒
简述质点系的动量定理及动量守恒定律
动量是物体运动状态的一种量度，它与物体的质量和速度成正比。
质点系的动量定理和动量守恒定律是描述物体运动规律的重要定律，对于理解和研究物体的运动具有重要意义。
本文将从简述质点系的动量定理开始，逐步深入探讨动量守恒定律，希望能够为读者提供一份深入浅出的参考。
1. 质点系的动量定理质点系的动量定理是描述质点系受力情况下动量的变化规律的定理。
根据牛顿第二定律，质点系的动量定理可以表述为：当一个质点系受到合外力时，它的动量随时间的变化率等于合外力的作用，即\[ \frac{d\vec{p}}{dt}=\vec{F} \]其中，\[ \vec{p} \]代表质点系的动量，\[ \vec{F} \]代表合外力的矢量。
这个定理表明了力对物体动量的影响，是经典力学中非常重要的基本定律之一。
2. 动量守恒定律当质点系受到合内力作用时，它的动量不会发生改变，这就是动量守恒定律的基本内容。
对于一个封闭系统来说，合内力为零，因此动量守恒定律可以表述为：在一个封闭系统内，当没有合外力作用时，质点系的动量保持不变，即\[ \vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \cdots + \vec{p}_n = \vec{p}_1' +\vec{p}_2' + \cdots + \vec{p}_n' \]其中，\[ \vec{p}_i \]代表质点i的初始动量，\[ \vec{p}_i' \]代表质点i的最终动量。
动量守恒定律是一个非常重要的物理定律，它对于理解和分析自然界中的各种物理现象具有重要作用。
3. 个人观点和理解动量定理和动量守恒定律的提出和应用，使我们能够更深入地理解物体运动规律，并且在工程技术和自然科学研究中得到了广泛的应用。
在实际生活中，通过对动量定理和动量守恒定律的应用，我们可以更好地理解交通事故、火箭发射和碰撞实验等现象。
这些定律的深入理解和应用，有助于我们更加科学地分析和解决相关问题。
简述动量定理和动量守恒定律的含义
简述动量定理和动量守恒定律的含义动量是系统总能量和总动能的度量。
动量守恒定律可以表述为：总动量不变，总能量等于系统内各分子动能之和。
1，动量与速度的关系1，动量与速度的关系所以，对于相同速度的运动物体来说，它们所受到的合外力是相等的。
此时动量就与速度有关了，因此速度与动量成正比例关系，即当速度一定时，质量越大，动量越大，反之亦然。
2，动量与加速度的关系加速度是描述速度变化快慢的物理量，实际上只要求加速度的大小或方向与速度变化的快慢有关就可以了。
一般地，质点的初始加速度为零，而加速度方向随着速度增加而发生变化。
因此，只要我们知道了物体的加速度和加速度的大小就可以得出物体的速度。
物体的速度通常用字母V表示，并记为c。
由于V为矢量，其方向由a（矢量）决定。
3，牛顿第二定律动量定理与动量守恒定律的区别动量定理是牛顿运动定律的重要结论之一。
动量守恒定律可以表述为：总动量不变，总能量等于系统内各分子动能之和。
这里的“总”、“总动量”都是动量定理中的专业术语。
动量定理不仅在动量守恒定律中起重要作用，在动量守恒定律中也占据十分重要的位置。
下面我们以动量守恒定律为基础来介绍动量定理。
动量守恒定律又称能量守恒定律，是自然界普遍存在的规律之一。
它最早由法国数学家库仑提出，后来德国物理学家克劳修斯和开尔文根据实验推导出来。
后人在此基础上总结出质量守恒定律、能量守恒定律。
1，动量定理：不受外力作用的系统的总动量保持不变。
2，动量守恒定律：不受外力作用的系统的总动量等于系统内各部分的动能之和。
3，牛顿第二定律动量守恒定律的证明第一步，先将全系统分成大小不变的系统，再把这些系统的总动量看做总动量的一部分，将一个物体放在一个系统中，然后取一小球代替被测量的物体，最后研究这两个系统中总动量的变化。
将两个系统所组成的系统进行受力分析，求出系统的总动量。
把小球重新安放回原处。
注意：如果总动量变化，则力和动量都必须变化。
4，动量定理及动量守恒定律对牛顿第二定律的应用可以使用动量定理证明，同时也可以使用动量守恒定律证明，但二者的应用条件不同，请注意！。
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
选择性必修一 动量定理
A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量
变化更大
解析：在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用
的时间，根据动量定理Ft＝ΔP可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即是减小了
,且要注意是末动量减去初动量。
【例题】一枚竖直向上发射的火箭，除燃料外质量 m火箭＝6000 kg，火箭喷气的速度
为1000 m/s，在开始时每秒大约要喷出多少质量的气体才能支持火箭的重力？如果要
使火箭开始时有19.6 m/s2向上的加速度，则每秒要喷出多少气体？
【解析】 火箭向下喷出的气体对火箭有一个向上的反作用力，正是这个力支持着火
• 特别提醒：
• (1)冲量是矢量，求冲量的大小时一定要注意是力与其对应的时间的乘积。
• (2)判断两个力的冲量是否相同，必须满足冲量的大小和方向都相同。
④合力的冲量：
如果是一维情形，可以化为代数和，
如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则。
两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；如果各
(2)动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量
变化量不仅大小相等，而且方向相同。
运用动量定理主要是一维的问题，要注意规定正方向。
【例题】质量m=70 kg的撑竿跳高运动员从h=5.0 m高处落到海绵垫上,经Δt1=1 s后停止,
则该运动员身体受到的平均冲力约为多少?如果是落到普通沙坑中,经Δt2=0.1 s停下,则沙坑
力的作用时间有关。
FΔ t这个物理量反映了力的作用对时间的累积效应
动量守恒与动量定理
动量守恒与动量定理动量是一个物体的运动状态的量度，它是由物体的质量和速度决定的。
在物理学中，动量守恒是指在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
动量定理是指当有外力作用时，物体的动量变化率等于外力的大小乘以作用时间。
1. 动量守恒动量守恒定律是描述封闭系统中动量守恒的基本原理。
当一个封闭系统内没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
例如，考虑一个封闭系统，由两个物体组成。
初始时，物体1的质量为m1，速度为v1；物体2的质量为m2，速度为v2。
根据动量的定义，物体1的动量为p1 = m1v1，物体2的动量为p2 = m2v2。
根据动量守恒定律，系统的总动量为p = p1 + p2 = m1v1 + m2v2。
当没有外力作用时，系统的总动量保持不变，即p = m1v1 + m2v2 = 常量。
动量守恒定律在物理学中有广泛的应用。
例如，在碰撞问题中，我们可以利用动量守恒定律来求解物体碰撞后的速度或方向的变化。
2. 动量定理动量定理是描述物体在外力作用下动量变化的基本原理。
动量定理表明，物体的动量变化率等于外力的大小乘以作用时间。
设物体质量为m，速度为v。
根据动量的定义，物体的动量为p = mv。
当物体受到外力F作用时，根据牛顿第二定律F = ma，可以得到物体的加速度为a = F/m。
将加速度代入动量定义式中，可得物体的动量变化率为dp/dt = m(dv/dt) = m(a) = F。
动量定理表明，物体的动量变化率等于外力的大小。
动量定理在解决物体的运动问题中非常有用。
通过计算外力对物体的作用时间，我们可以确定物体动量的变化情况。
例如，在推动物体的问题中，我们可以利用动量定理来计算所需的外力大小和作用时间。
3. 动量守恒与动量定理的关系动量守恒定律和动量定理是相互关联的。
当没有外力作用时，系统的总动量保持不变，即动量守恒成立。
当有外力作用时，根据动量定理，物体的动量会发生变化。
在一个封闭系统中，如果没有外力作用，根据动量守恒定律，系统的总动量保持不变。
动量守恒定律
动量守恒定律一、动量守恒定律（一）推导动量定理研究了一个物体受力作用一段时间后，它的动量如何变化的问题。
那么当物体发生相互作用时，它们动量的变化服从什么规律呢？以两球碰撞为例：光滑水平面上有两个质量分别是m1和m2的小球，分别以速度v1和v2（v1>v2）做匀速直线运动，当m1追上m2时，两小球发生碰撞。
设碰后二者的速度分别为v1'、v2'，设水平向右为正方向，则它们在发生相互作用（碰撞）前的总动量：P=P1+P2=m1v1+m2v2，在发生相互作用后两球的总动量：P'=P1'+P2'=m1v1'+m2v2'。
设碰撞过程中m2对m1的作用力大小为F1，m1对m2的作用力大小为F2，碰撞过程经历的时间为t。
根据动量定理，对m1球：-F1t=m1v1'-m1v1………………①对m2球：F2t=m2v2'-m2v2………………②根据牛顿第三定律，F1=F2，即F1t=F2t，……………… ③由①②③得：m1v1'-m1v1=-(m2v2'-m2v2)，或者ΔP1=-ΔP2整理后可得：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，或者P1+P2=P1'+P2'上述推导中，两个小球在发生相互作用过程中，它们的动量都发生了变化，但是由于改变它们动量的原因仅为两个小球的相互作用力，所以这两个小球的动量改变大小相等、方向相反，也可以说在相互作用的过程中，两小球的总动量保持不变。
这一结论可以推广，可以看出只要发生相互作用的物体不受外力作用(或所受合外力为零)，则发生相互作用的物体的总动量保持不变。
下面是几个重要的概念：系统：发生相互作用的两个或多个物体组成的体系外力：来源于系统以外的其它物体的作用力内力：来源于系统内部的物体的作用力因此，动量守恒定律可以表述为：①内容：若一个系统不受外力或所受合外力为零，则这个系统的总动量保持不变。
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第六章碰撞与动量守恒第1节动量定理动量守恒定律基础必备1.(多选)对动量、冲量和动量守恒定律的认识,以下说法正确的是( BC )A.伽利略提出,质量与速度的乘积定义为动量B.最先提出动量概念的是法国科学家笛卡尔C.动量是一个状态量,表示物体的运动状态;冲量是一个过程量,表示力对时间的积累效应D.动量守恒定律和牛顿第二定律一样,只适用于宏观和低速的情况,不适用于高速和微观情况解析:最先提出动量概念的是法国科学家笛卡儿,故A错误,B正确;动量是一个状态量,表示物体的运动状态;冲量是一个过程量,表示力对时间的积累效应,C正确;动量守恒定律是自然界普遍适用的规律,D 错误.2.(2019·中央民大附中月考)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图所示,从距秤盘80 cm高度把1 000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g,g取10 m/s2,则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( B )A.0.2 NB.0.6 NC.1.0 ND.1.6 N解析:豆粒从80 cm高处落下时速度为v,v2=2gh,则v== m/s=4 m/s.设向上为正方向,且豆粒重力忽略不计,根据动量定理有Ft=mv 2-mv1,则F== N=0.6 N.选项B正确,A,C,D错误.3.(2019·内蒙古集宁一中期中)(多选)两个物体A,B的质量分别为m1,m2,并排静止在水平地面上,用同向水平拉力F1,F2分别作用于物体A和B上,分别作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止下来,物体A,B运动的速度—时间图象分别如图中图线a,b所示,已知拉力F1,F2分别撤去后,物体做减速运动过程的速度—时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出),g取10 m/s2,由图中信息可以得出( AB )A.若F1=F2,则m1小于m2B.若m1=m2,则力F1对A做的功与F2对B做的功相等C.若m1=m2,则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为5∶4D.若F1=F2,则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为5∶4解析:由v t图线的斜率等于加速度知,撤去拉力后两物体的加速度相等,则有a1=a2=μg=1 m/s2,得μ1=μ2=0.1,施加拉力时,若F1=F2,对于物体A则有F1-μ1m1g=m1a1,解得m1=,同理得m2=,由图可知a1>a2,则m1<m2,故A正确;若m1=m2,则摩擦力f1=f2,整个运动过程中,根据动能定理,对物体A有W F1-f1s1=0;对物体B有W F2-f2s2=0,由于s1=×4×2.5 m=5.0 m,s2=×5×2 m=5.0 m,故W F1=W F2,故B正确;若m1=m2,则f1=f2,物体A,B在整个运动过程中,由动量定理分别得I F1-f1t1=0,I F2-f2t2=0,则I F1∶I F2=t1∶t2=4∶5,选项C错误;若F1=F2,根据I=Ft,而F1,F2作用时间之比为1∶2,则力F1对物体A的冲量与F2对物体B的冲量之比为1∶2,故D错误.4.如图,粗糙水平面上,两木块A,B以轻绳相连,在恒力F作用下做匀速运动.某时刻轻绳断开,在F牵引下A继续前进,B最后静止.则A和B组成的系统动量下述关系正确的是( B )A.则在B静止前,系统动量不守恒;在B静止后,系统动量守恒B.则在B静止前,系统动量守恒;在B静止后,系统动量不守恒C.则在B静止前,系统动量守恒;在B静止后,系统动量守恒D.则在B静止前,系统动量不守恒;在B静止后,系统动量不守恒解析:轻绳断开前,两木块在水平地面上向右做匀速直线运动,以A,B 为系统,系统所受外力的合力为零;轻绳断开后,在B停止运动以前,恒力F和摩擦力均不变,系统的合外力仍为零,则系统的动量守恒;B 静止后,B的合外力为0,拉力大于木块A的摩擦力,A和B组成的系统合力不为0,所以系统动量不守恒.B正确,A,C,D错误.5.(2019·安徽黄山屯溪一中月考)(多选)如图所示,矩形木块中上部挖空成为半径为R、质量为M的光滑的半圆周轨道,置于光滑的水平面上,a,c两点等高.此轨道可以固定,也可以不固定.一质量为m的滑块从轨道的a点由静止开始下滑,且此时轨道也是静止的,那么下列说法中正确的是( BD )A.若轨道不固定,滑块与轨道组成的系统动量守恒B.若轨道固定,则滑块经最低b点时的速度大小为C.若轨道不固定,则滑块滑不到c点处D.若轨道不固定,则滑块经最低b点时的速度大小小于解析:若轨道固定,根据机械能守恒可得mgR=m,滑块经最低b点时的速度大小为v b=,故B正确;若轨道不固定,滑块与轨道组成的系统在竖直方向动量不守恒,在水平方向动量守恒,滑块经最低b点时,则有mv 1=Mv2,mgR=m+M,解得滑块经最低b点时的速度v 1=<,根据动量守恒和能量守恒可知,若轨道不固定,则滑块能滑到c点处,故D正确,A,C错误.6.(多选)如图所示,一物体以同一高度分别沿三个倾角不同的光滑固定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( ABC )A.三个过程中,合力的冲量大小相等,动量的变化量大小相等B.三个过程中,合力做的功相等,动能的变化量相等C.I1<I2<I3,Δp1=Δp2=Δp3D.I1<I2<I3,Δp1<Δp2<Δp3解析:由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C,D,E的速度大小v相等,动量变化量Δp的大小相等,即Δp1=Δp2=Δp3;根据动量定理,合外力的冲量大小也相等;设斜面的高度为h,从顶端A下滑到底端C,由=gsin θ·t2得物体下滑的时间t==,重力的冲量I=mgt=,即θ越小,重力冲量就越大,故I 1<I2<I3,故A,C正确,D 错误;物体下滑过程中只有重力做功,故合力做的功相等,根据动能定理,动能的变化量相等,故B正确.7.(2019·辽宁沈阳一模)(多选)如图所示,放在光滑水平桌面上的A,B木块之间夹一被压缩的弹簧.现释放弹簧,A,B木块被弹开后,各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面.A落地点距桌边水平距离为0.5m,B落地点距桌边水平距离为1 m,则( AD )A.A,B离开弹簧时的速度比为1∶2B.A,B离开弹簧时的速度比为1∶1C.A,B质量之比为1∶2D.A,B质量之比为2∶1解析:A和B离开桌面后做平抛运动,下落的高度相同,它们的运动时间相等,由x=v 0t得速度之比===,故A正确,B错误;弹簧弹开木块的过程,两木块及弹簧组成的系统动量守恒,取向左为正方向,由动量守恒定律得m A v A-m B v B=0,则质量之比==,故C错误,D正确.8.(2019·广东实验中学期中考试)跳水运动员准备进行跳板跳水训练.从起跳到落水前过程的路径为抛物线,将运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员( C )A.过程Ⅰ的动量变化率逐渐增大B.过程Ⅰ,Ⅱ的总动量改变量为零C.过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D.过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量解析:过程Ⅰ的动量变化率等于运动员的重力,则保持不变,选项A错误;运动员在最高点的速度不为零,末速度为零,则过程Ⅰ,Ⅱ的动量改变量不等于零,故B错误;由动量定理,过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,即为mgt,故C正确;过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误.9.(2019·北京密云区检测)如图所示,“冰雪游乐场”滑道O点的左边为水平滑道,右边为高度h=3.2 m的曲面滑道,左右两边的滑道在O 点平滑连接.小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发,经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞,碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动.已知小孩和冰车的总质量m=30 kg,家长和冰车的总质量为M=60 kg,人与冰车均可视为质点,不计一切摩擦阻力,取重力加速度g=10 m/s2,求:(1)小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小;(2)碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小;(3)碰撞过程中小孩和家长(包括各自冰车)组成的系统损失的机械能.解析:(1)设小孩经过O点时的速度大小为v0,由机械能守恒定律有mgh=m,代入数据解得v0=8.0 m/s.(2)碰撞过程中小孩和家长(包括各自冰车)组成的系统动量守恒,设碰撞后家长的速度大小为v1,则mv0=Mv1解得v 1=v0=4.0 m/s.(3)设系统损失的机械能为ΔE,则ΔE=m-M=480 J.答案:(1)8.0 m/s (2)4.0 m/s (3)480 J能力培养10.(2019·内蒙古集宁一中期中)(多选)如图所示,小车的上面由中突的两个对称的光滑曲面组成,整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看做质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下.关于这个过程,下列说法正确的是( BC )A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置B.小球在滑上曲面的过程中,小车的动量变化大小是C.小球和小车作用前后,小球所受合外力的冲量为零D.车上曲面的竖直高度一定大于解析:小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球滑下时,小车还会继续前进,故不会回到原位置,故A错误.由于小球恰好到最高点,则两者有共同速度,对于车、小球组成的系统,由动量守恒定律得mv=2mv′,则v′=.小车动量的变化大小为,选项B正确;在小球和小车作用前、后,动量、动能均守恒,设作用后小球速度为v′,小车速度为v 车.由于mv=mv车+mv′,mv2=m+mv′2,可求得v′=v,v车=0,所以小球和小车作用之后,小球的速度又变为v,则小球所受合外力的冲量为零,选项C正确;由于小球原来的动能为mv2,小球到最高点时系统的动能为×2m×()2=mv2,由机械能守恒,得mv2-mv2=mgh,则h=,即车上曲面的竖直高度等于,故D错误.11.(2019·黑龙江牡丹江一中月考)(多选)如图所示,A,B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连,静止在水平地面上,绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大.弹簧的劲度系数为k,木块A和木块B的质量均为m.现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置,木块A在此位置所受的压力为F(F>mg),弹簧的弹性势能为E,撤去力F后,下列说法正确的是( AD )A.当A速度最大时,弹簧仍处于压缩状态B.弹簧恢复到原长的过程中,弹簧弹力对A,B的冲量相同C.当B开始运动时,A的速度大小为D.全程中,A上升的最大高度为+解析:由题意可知当A受力平衡时速度最大,即弹簧弹力大小等于重力大小,此时弹簧处于压缩状态,故A项正确;由于冲量是矢量,而弹簧弹力对A,B的冲量方向相反,故B项错误;设弹簧恢复到原长时A的速度为v,由机械能守恒定律得E=mv2+mg,设轻绳绷紧瞬间A,B共同速度为v1,从A木块在弹簧原长时到轻绳绷紧瞬间,作用时间极短,内力远大于外力,可认为A,B与弹簧组成的系统动量守恒,则有mv= 2mv1,可解得v1=,即B开始运动时A的速度大小为; A,B获共同速度后竖直上抛,由机械能守恒定律得×2m=2mgh,则上升高度h==-,而A上升的最大高度H=h+=+.选项A,D正确.12.如图所示,一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块.现使木箱突然获得一个向左的初速度v0,导致小木块与木箱壁碰撞,已知木块与木箱碰撞过程中不损失能量,则( C )A.小木块和木箱最终将静止B.木箱速度减为的过程,小木块受到的水平冲量大小为Mv 0C.最终小木块速度为,方向向左D.木箱和小木块组成的系统机械能守恒解析:由于木箱在光滑水平面上,而小木块与木箱之间的摩擦力是木箱和小木块组成的系统的内力,给木箱一个向左的初速度,系统满足动量守恒定律,经若干次碰撞后,小木块和木箱最终以相同速度运动,则有Mv0=(M+m)v,即v=,方向向左,选项C正确,A错误;当木箱速度减小为时,木箱动量减少了Mv 0,则小木块的动量将增加Mv0,根据动量定理,木箱对小木块作用力的冲量大小为Mv0,选项B错误;由于木箱底板粗糙,小木块在木箱内相对于木箱滑动,摩擦产生热量,所以木箱和小木块组成的系统机械能不守恒,选项D错误.13.如图所示,甲车质量m1=20 kg,车上有质量M=50 kg的人,甲车(连同车上的人)以v=3 m/s的速度向右滑行.此时质量m2=50 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的速度迎面滑来,为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上.求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)的最小值(不计地面和小车间的摩擦,设乙车足够长,g取10 m/s2).解析:以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象,甲车上的人跳到乙车上的过程中,系统动量守恒,若两车恰好不相撞,其速度应相等.设甲车、乙车与人具有相同的速度v′,有(m1+M)v-m2v0=(m1+m2+M)v′则v′==1 m/s.以人与甲车为一系统,人跳离甲车过程动量守恒,有(m1+M)v=m1v′+Mu,则u==3.8 m/s.因此,只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s,就可避免两车相撞.答案:3.8 m/s教师备用:弹跳杆运动是一项广受少年儿童喜爱的运动.某种弹跳杆的结构如图(甲)所示,一根弹簧套在T形跳杆上,弹簧的下端固定在跳杆的底部,上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部.一质量为M 的小孩站在该种弹跳杆的脚踏板上,当他和跳杆处于竖直静止状态时,弹簧的压缩量为x0.从此刻起小孩做了一系列预备动作,使弹簧达到最大压缩量3x0,如图(乙)(a)所示;此后他开始进入正式的运动阶段.在正式运动阶段,小孩先保持稳定姿态竖直上升,在弹簧恢复原长时,小孩抓住跳杆,使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度,如图(乙)(b)所示;紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度,如图(乙)(c)所示;然后自由下落.跳杆下端触地(不反弹)的同时小孩采取动作,使弹簧最大压缩量再次达到3x0;此后又保持稳定姿态竖直上升……重复上述过程.小孩运动的全过程中弹簧始终处于弹性限度内.已知跳杆的质量为m,重力加速度为g.空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计.(1)求弹跳杆中弹簧的劲度系数k,并在图(丙)中画出该弹簧弹力F的大小随弹簧压缩量x变化的示意图;(2)借助弹簧弹力的大小F随弹簧压缩量x变化的F x图象可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求在图(乙)所示的过程中,弹跳杆下端离地的最大高度.解析:(1)小孩处于静止状态时,根据平衡条件有,Mg=kx0解得k=F x图象如图所示.(说明:画出过原点的直线即可)(2)在F x图象中,图线与横轴所围的面积大小等于弹簧弹力做功的大小,即弹力做功为W=Fx,由功能关系可知,弹簧对小孩做功等于弹性势能的减少.小孩从开始到弹簧恢复原长过程中,小孩和弹簧系统机械能守恒,因此有k(3x 0)2=Mg(3x0)+M此时速度为v 0=弹簧恢复原长时小孩迅速抓住跳杆的瞬间,内力远大于外力,小孩和弹跳杆系统动量守恒.设小孩和弹跳杆共同速度为v1,规定竖直向上方向为正,有Mv0=(M+m)v1小孩和弹跳杆一起竖直上升至最高点,小孩和弹跳杆系统机械能守恒,因此有(M+m)=(M+m)gh maxh max=答案:(1)图象见解析(2)。