高考物理一轮复习：动量守恒定律
高考物理一轮复习知识点总结-动量与动量守恒
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动量与动量守恒
一、、动量与冲量的区别：
二、动量定理：物体所受的合外力的冲量等于物体的动量的变化。
I合=ΔP 或F合t = mv t—mv0（冲量方向与物体动量变化量方向一致）
公式一般用于冲击、碰撞中的单个物体，解题时要先确定正方向。
三、动量守恒定律：一个系统不受外力或受外力矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
P总= P总’或m1v1+m2v2 = m1v1'+m2v2'
公式一般用于冲击、碰撞、爆炸中的多个物体组成的系统，解题时要先确定正方向。
系统在某方向上外力矢量和为零时，某方向上动量守恒。
四、完全弹性碰撞：在弹性力作用下，动量守恒，动能守恒。
非弹性碰撞：在非弹性力作用下，动量守恒，动能不守恒。
完全非弹性碰撞：在完全非弹性力作用下，碰撞后物体结合在一起运动，动
k
mE P 2=m P E k 22
=量守恒，动
能不守恒。
系统机械能损失最大。
五、动量与动能的关系：。
32第七章 第2节动量守恒定律及其应用-2024-2025学年高考物理一轮复习课件
(1)系统动量守恒，则机械能一定守恒.( × ) (2)系统机械能守恒，则动量一定守恒.( × ) (3)若系统不受外力作用，则系统动量守恒. ( √ ) (4)台球在粗糙的台面上碰撞时202不1[文遵件从：中动教量联标守彩.恒t] 定律.( × )
(5)系统动量不守恒，某一方向动量可能守恒.( √ )
A.1∶2
B.1∶3
图 7-2-5 C.1∶6
D.1∶9
返回目20录
【解析】因为水平面光滑，物块和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒； 当物块向上的速度为零时，根据题意可知物块与圆弧轨道速度相同，又因
为物块与圆弧轨道的动能之比为 1∶2，即12mv2∶12 m′v2＝1∶2，得到 m∶m′ ＝1∶2.根据动量守恒定律有 mv0＝(m＋m′)v，得到 v0＝3v，根据能量守恒
第七章 动量守恒定律
CONTENTS
目 录
第二节 动量守恒定律及其应用
基础梳理
夯实必备知识
返回目3录
1.内容
如果一个系统①_不__受__外__力___，或者②__所__受__外__力__的__矢__量__和__为__0_，这个系统的
总动量保持不变.
2.表达式
2021[文件：中教联标彩.t]
(1)p＝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，
物理高考大一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第19讲动量守恒定律课件
动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得 Mv0
＝ (M ＋ M)v1 ， 对 系 统 运 用 能 量 守 恒 有
FfL′
＝
1ห้องสมุดไป่ตู้2
Mv
2 0
－
1 2
(2M)v21，联立解得 L′＝L2，故选项 C 正确，A、B、D 错误．
利用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)
考法二 动量守恒定律的基本应用
【自主练 3】(2019·洛阳孟津二中高三调研)一质量为 m
的滑块 A 以初速度 v0 沿光滑水平面向右运动，与静止在水
平面上的质量为23m 的滑块 B 发生碰撞，它们碰撞后一起继
续运动，则在碰撞过程中滑块 A 动量的变化量为( A )
A.25mv0，方向向左
B.35mv0，方向向左
答案 C
解析 小球在整个过程中除重力之外还有弹簧的弹力做 功，故小球的机械能不守恒；小球从静止弹射到落地前的过 程中小球所受外力不为零，故动量不守恒；小球、弹簧和小 车组成系统在整个过程中只有重力和弹力做功，故系统机械 能守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中系统所受外力不 为零，故动量不守恒，故选项 C 正确．
4．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力 很大，且 远大于 系统所受的外力，所以系统动量 守恒 ．
[基础小练] 判断下列说法是否正确
(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒．( × ) (2)动量守恒的过程中，机械能只能不变或减少．( × ) (3)若某个方向合外力为零，则该方向动量守恒．( √ ) (4)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同．( √ ) (5)完全非弹性碰撞中，机械能损失最多．( √ )
2025年高考物理一轮总复习(提升版)实验八验证动量守恒定律
。
高中总复习·物理(提升版)
三步稳解题
（1）分析实验目的：验证对心碰撞过程中的动量守恒定律。
（2）确定实验原理：碰撞后瞬间甲和乙的合动量如果与碰撞前瞬间
甲的动量相等，则甲、乙碰撞过程中动量是守恒的。
（3）制定数据处理方案：本实验没有直接测量碰撞前后硬币的速
度，而是测量出了硬币的滑动距离，通过动能定理表示出速
度，验证是否满足m1v0＝m1v1＋m2v2。
答案：（1）一元
意一条即可）
（2） 20
2
（3）
1
（4）见解析（任
高中总复习·物理(提升版)
解析：（1）要使两硬币碰后都向右运动，硬币甲的质量应大于
硬币乙的质量，由于一元硬币的质量大于一角硬币的质量，所
以甲选用的是一元硬币。
（2）设碰撞前甲到O点时速度的大小为v0，甲从O点到停止处P
m1 0 ＝m1 1 ＋m2 2 ，整理得
0 − 1
2
＝ 。
2
1
高中总复习·物理(提升版)
（4）碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不
是1的原因：①可能两个硬币厚度不同，两硬币重心连线与水平
面不平行；②两硬币碰撞内力不远大于外力，动量只是近似守
恒，即如果摩擦力非常大，动量只是近似守恒。
点的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μm1gs0＝0－
1
m10 2 ，解得v0＝
2
20 。
20 ，即甲碰撞前到O点时速度的大小为
高中总复习·物理(提升版)
（3）若甲、乙碰撞过程中满足动量守恒，设甲碰撞后速度的大
小为v1，甲从O点运动到停止处M点的过程中只有摩擦力做功，
1
2025年高考物理一轮复习(新人教版)第7章第2讲 动量守恒定律及应用
碰撞问题
梳理 必备知识
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
弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞
动量是否守恒 守恒 _守__恒__ 守恒
机械能是否守恒 _守__恒__ 有损失
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体 同时性 在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各
物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用 普适性
2.反冲运动的三点说明 作用 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 原理 动量 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 守恒 遵循动量守恒定律 机械能 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 增加 总机械能增加
判断 正误
1.发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于
考向2 反冲运动
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为
M(含燃料)的导弹点火升空，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，则
喷气结束时导弹获得的速度大小是
A.Mm v0
B.Mm v0
M C.M－m v0
√m
爆炸、反冲运动和人船模型
梳理 必备知识
1.爆炸现象的三个规律 动量 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 守恒 程中，系统的总动量_守__恒__ 动能 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能， 增加 所以系统的机械能增加 位置 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移 很小 ，可 不变 以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
反冲和火箭模型(解析版)—动量守恒的十种模型解读和针对性训练——2025届高考物理一轮复习
动量守恒的十种模型解读和针对性训练反冲和火箭模型模型解读1. 反冲运动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机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2．火箭(1)火箭的原理火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。
②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。
现代火箭的质量比一般小于10。
火箭获得的最终速度火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，设燃料燃尽后火箭的飞行速度为v，发射后的总动量为m v－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)由动量守恒定律，m v－(M－m)v1＝0解得v＝(M－1)v1由此可知，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比Mm决定。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
（3）．多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。
【典例精析】【典例】(2017·全国理综I卷·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kg×m/sB.5.7×102kg×m/sC.6.0×102kg×m/sD.6.3×102kg×m/s【参考答案】A【命题意图】本题考查动量守恒定律及其相关的知识点。
2025版高考物理一轮复习课件 专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用
2025版高考物理一轮复习课件第七章第4课时目标要求1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。
2.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型。
专题强化：动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用内容索引考点一 子弹打木块模型考点二 “滑块—木板”模型课时精练><考点一子弹打木块模型1.模型图示2.模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。
(2)系统的机械能有损失。
3.两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：m v0＝(m＋M)v(2)子弹穿透木块动量守恒：m v0＝m v1＋M v2例1 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。
已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。
设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度大小以及它们在此过程中所产生的内能。
答案 6 m/s 882 J设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s此过程系统所产生的内能(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案 能假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v0′＝(M＋m)v′解得v′＝8 m/s此过程系统损失的机械能为由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′因为d′>10 cm，所以能射穿木块。
拓展 在例1中，若子弹能射出木块，则：CD(1)当子弹射入的速度增大时，下列说法正确的是________。
第37课时动量守恒中的四类模型2025届高考物理一轮复习课件
kg和mB＝2.0 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在t＝0时刻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图像
如图乙所示，下列说法正确的是（
）
目录
高中总复习·物理
A. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
2
2
滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。
（2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离
①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
1
1
1
2
2
②系统机械能守恒： mv0 ＝ mv1 ＋ Mv2 2 。
2
2
2
目录
高中总复习·物理
【典例3】 如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面
上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，
②系统机械能守恒： m1v0 ＝ （m1＋m2）v共 2 ＋Epm。
2
2
（2）弹簧处于原长时弹性势能为零
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；
1
1
1
2
2
②系统机械能守恒： m1v0 ＝ m1v1 ＋ m2v2 2 。
2
2
2
目录
高中总复习·物理
【典例4】
（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0
板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝
10 m/s2。
目录
高中总复习·物理
（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和
方向；
答案：5（1－k）m/s
高三第一轮复习-动量 动量守恒定律
动量动量守恒定律1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一动量、冲量、动量定理的理解与应用1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积． (2)定义式：I ＝Ft . (3)单位：N·_s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 3．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量．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧Ft ＝p ′－pI ＝Δp[例题1] （2024•河南一模）质量相等的A 、B 两个小球处在空中同一高度，将A 球水平向右抛出，同时将B 球斜向上抛出，两小球抛出时的初速度大小相同，两小球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。
则两小球在空中运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．相同时间内，速度变化量可能不同B ．同一时刻，速度变化快慢可能不同C ．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同D ．相同时间内，重力的冲量大小可能不同[例题2] （2024•开福区校级模拟）一质量为m ＝1kg 的物体，从距地面高度为0.8m 处以某一未知初速度水平抛出。
落地后不弹起。
假设地面为粗糙刚性水平接触面（与物体发生碰撞的时间极短，不计重力产生的冲量），物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g ＝10m/s 2。
下列说法正确的是（ ）A ．物体从抛出到最终停下的过程中，减少的机械能等于与粗糙水平面的摩擦生热B ．若物体的初速度为1m/s ，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为4N •sC ．若物体的初速度为3m/s ，则与地面碰撞的过程中，地面对其冲量的大小为2√5N •sD ．若物体的初速度变为之前的2倍，物体落地后沿水平运动的距离可能是原来的4倍 [例题3] （2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l 的水平小细杆构成一排固定的栅栏。
人船模型(解析版)—动量守恒的十种模型解读和针对性训练——2025届高考物理一轮复习
动量守恒的十种模型解读和针对性训练人船模型模型解读1.模型图示2.模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：m v 人－M v 船＝0。
(2)两物体的位移大小满足：m s 人t －M s 船t ＝0，s 人＋s 船＝L 得s 人＝M M ＋m L ，s 船＝mM ＋m L 。
3.运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
(2)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s 人s 船＝v 人v 船＝M m。
“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)【典例分析】【典例】 如图，质量为M 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b ，长轴水平，短轴竖直。
质量为m 的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。
以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy ，椭圆长轴位于x 轴上。
整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g 。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；(2)凹槽相对于初始时刻运动的距离。
答案 (2)maM ＋m 解析 (1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0＝m v 1－M v 2mgb ＝12m v 21＋12M v 22联立解得v 2(2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx 1＝Mx 2又由位移关系知x 1＋x 2＝a解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x 2＝ma M ＋m。
【名师点拨】应用“人船模型”解题的两个关键点(1)“人船模型”的应用条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件。
(2)人、船位移大小关系：m 人x 人＝m 船x 船，x 人＋x 船＝L (L 为船的长度)。
【针对性训练】1. （2024河南名校联考）.如图，棱长为a 、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m 的木块在上、质量为M 的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h 。
【最新】高考物理一轮复习考点归纳专题《动量守恒定律》
高考物理一轮复习知识考点专题专题一《动量守恒定律》【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．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．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．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．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、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【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(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′2①12m1v 21＝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．考点五实验：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．最新高考物理一轮复习知识考点专题二《静电场》第一节电场力的性质【基本概念、规律】一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式：F＝k q1q2r2，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．三、电场强度1．意义：描述电场强弱和方向的物理量．2．公式(1)定义式：E＝Fq，是矢量，单位：N/C或V/m.(2)点电荷的场强：E＝k Qr2，Q为场源电荷，r为某点到Q的距离．(3)匀强电场的场强：E＝U d.3．方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处．(2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．(4)沿电场线方向电势降低．(5)电场线和等势面在相交处互相垂直．3．几种典型电场的电场线(如图所示)【重要考点归纳】考点一对库仑定律的理解和应用1．对库仑定律的理解(1)F＝k q1q2r2，r指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球心间距．(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．电荷的分配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分．(2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分．考点二电场线与带电粒子的运动轨迹分析1．电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合：(1)电场线是直线．(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行．2．由粒子运动轨迹判断粒子运动情况：(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切．(2)由电场线的疏密判断加速度大小．(3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化．3.求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．考点三静电力作用下的平衡问题1.解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已．2.(1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”．(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变化而变化．考点四带电体的力电综合问题解决该类问题的一般思路【思想方法与技巧】用对称法处理场强叠加问题对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们认识和探索某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，出奇制胜，快速简便地求解问题．第二节电场能的性质【基本概念、规律】一、电场力做功和电势能1．电场力做功(1)特点：静电力做功与实际路径无关，只与初末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．②W AB＝qU AB，适用于任何电场．2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功．(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p.(3)电势能具有相对性．二、电势、等势面1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．(2)定义式：φ＝E p q.(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因零电势点的选取不同而不同．2．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(2)特点①在等势面上移动电荷，电场力不做功．②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向垂直．③电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．三、电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功W AB与移动的电荷的电量q的比值．2．定义式：U AB＝W AB q.3．电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.4．电势差与电场强度的关系匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积，即U AB＝Ed.特别提示：电势和电势差都是由电场本身决定的，与检验电荷无关，但电场中各点的电势与零电势点的选取有关，而电势差与零电势点的选取无关．【重要考点归纳】考点一电势高低及电势能大小的比较1．比较电势高低的方法(1)根据电场线方向：沿电场线方向电势越来越低．(2)根据U AB＝φA－φB：若U AB＞0，则φA＞φB，若U AB＜0，则φA＜φB.(3)根据场源电荷：取无穷远处电势为零，则正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．2．电势能大小的比较方法(1)做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加(与其他力做功无关)．(2)电荷电势法正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．考点二等势面与粒子运动轨迹的分析1．几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等；(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．考点三公式U＝Ed的拓展应用1．在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d.推论如下：(1)如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝φA＋φB2.(2)如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则U AB＝U CD.2．在非匀强电场中U＝Ed虽不能直接应用，但可以用作定性判断．考点四电场中的功能关系1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W AB＝qU AB计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.注意：电荷沿等势面移动电场力不做功．2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．3.在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律和功能关系．(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)．(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化．(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系．(4)有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可以守恒．【思想方法与技巧】E－x和φ－x图象的处理方法1．E－x图象(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．2．φ－x图象(1)描述了电势随位移变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．3.看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义．第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动【基本概念、规律】一、电容器、电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电量：一个极板所带电量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义式：C＝Q U.(2)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比．(2)决定式：C＝εr S4πkd，k为静电力常量．特别提醒：C＝QU⎝⎛⎭⎫或C＝ΔQΔU适用于任何电容器，但C＝εr S4πkd仅适用于平行板电容器．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv2；(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12mv2－12mv2.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．特别提示：带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．【重要考点归纳】考点一平行板电容器的动态分析运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路1．确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(1)保持两极板与电源相连，则电容器两极板间电压不变．(2)充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变．2．用决定式C ＝εr S 4πkd 分析平行板电容器电容的变化． 3．用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． 4．用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化． 5.在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E ＝U d，分析板间电场强度的变化情况．考点二 带电粒子在电场中的直线运动1．运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．2．分析思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．考点三 带电粒子在电场中的偏转1．基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md. (2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0. (3)位移⎩⎪⎨⎪⎧ v x t ＝v 0t ＝l 12at 2＝y ， y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d. (4)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，v y ＝qUt md ， v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 20及tan θ＝qUl mdv 20得tan θ＝Ul 2U 0d. (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到电场边缘的距离为l 2. 3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差． 【思想方法与技巧】带电粒子在交变电场中的偏转1．注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件．2．比较通过电场的时间t 与交变电场的周期T 的关系：(1)若t ≪T ，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强．(2)若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性．对称思想、等效思想在电场问题中的应用一、割补法求解电场强度由于带电体不规则，直接求解产生的电场强度较困难，若采取割或补的方法，使之具有某种对称性，从而使问题得到简化．二、等效法求解电场中的圆周运动1.带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则过程往往比较简捷．2.等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路：(1)求出重力与电场力的合力F 合，将这个合力视为一个“等效重力”．(2)将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”． (3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．。
高考物理(山东专用)一轮复习专题七动量守恒定律练习含答案
专题七动量守恒定律五年高考考点过关练考点一动量、冲量和动量定理1.(2022海南,1,3分)在冰上接力比赛时,甲推乙的作用力是F1,乙对甲的作用力是F2,则这两个力( )A.大小相等,方向相反B.大小相等,方向相同C.F1的冲量大于F2的冲量D.F1的冲量小于F2的冲量答案 A2.(2021湖南,2,4分)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的一个点。
物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。
假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是( )A BC D答案 D3.(2022重庆,4,4分)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。
从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部( )A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小答案 D4.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。
若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( ) A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kgD.1.6×106 kg答案 B5.(2021北京,10,3分)如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。
某时刻圆盘突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。
下列说法正确的是( )A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr答案 D6.(2023天津,5,5分)质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是( ) A.减速运动过程的加速度大小a=FmB.力F的冲量大小为mvC.刹车距离为mv 22(F+f)D.匀速行驶时功率为(f+F)v 答案 C7.(2023重庆,8,5分)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。
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(3)注意定律的广泛性：
动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相 互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论 它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还 是分裂,只要系统所受合外力为零,动量守恒定律都适用 。动量守恒定律既适用于低速运动的宏观物体,也适用 于高速运动的微观粒子间的相互作用,大到天体,小到基 本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律。
12.Ⅲ(3) 一质量为M的航天器远离太阳和行星，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质量为m的气体， 气体向后喷出的速度大小为v1，求加速后航天器的 速度大小.（v0 、v1均为相对同一参考系的速度）
解：
设加速后航天器的速度大小为v,由动量守恒定律有
解得
5．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物
体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，
若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则 （ C D）
A．b的速度方向一定与初速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距 离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小
核和氚核的速度，由动量守恒定律得
m1v1 m2v2 m3v3 ,
v3
m1v1 m2v2 m3
代入数值，得 v3 8.1106 m/s
即反应后生成的氚核的速度大小为8.1×106m/s，方向 与反应前中子的速度方向相反
（3）反应前的总动能 反应后的总动能 经计算知 E2＞E1
E1
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。
4. 应用动量守恒定律的注意点
(1)注意动量守恒定律的适用条件，
撞时间很短，碰后不再分离。
解: 设A、B的质量均为m,与地面间的动摩擦因数为μ,
若要使能够碰到，则要求：
1 2
m v02 μ
v02
m
gs
2gs
IA B
设A与B碰前的速度为v1，碰后的速度为v2，
由动能定理得：
m gs
1 2
m v12
1 2
m v02
由动量守恒定律得：mv1=(m+m)v2
Mv0 mv1 ( M m )v v Mv0 m v1 M m
12.C⑵（选修模块3—5）场强为E、方向竖直向上
的匀强电场中有两小球A、B，它们的质量分别为
m1、m2，电荷量分别为q1、q2．A、B两球由静止
释放，重力加速度为g，则小球A和Ｂ组成的系统
动量守恒应满足的关系式
-1.0
-1.5
故小车的速度时间图象如图所示．
16．（10分）如图所示：质量为M＝0.6kg的小沙箱，
用长为L=1.60m的细线悬于空中某点，现用玩具手枪
以vo=10m/s速度从左向右向沙箱发射质量m=0.2kg的子 弹，假设沙箱每次在最低点时，就恰好有一颗子弹与
沙箱迎面飞来，射入沙箱并留在其中，不计空气阻力，
（1）写出此核反应的方程式；
（2）求反应后产生的另一个粒子的速度大小及方向 ；
解. （：3（）1此）反应36 L过i 程01n中是24H否e发1生3H了质量亏损，说明依据
（2）用m1、m2和m3分别表示中子(
1 0
n
)、氦核(
4 2
He
)
和氚核（
3 1
H）的质量，用v1、v2和v3分别表示中子、氦
对木块静止时，下列正确的是（ C ）
A．最终木块静止，d1=d2
B．最终木块向右运动，d1<d2
C．最终木块静止，d1<d2
M
D．最终木块向左运动，d1＝d2
解见下页
解：左侧射手先开枪，
mv 0 ( M m )V1 ( 1 )
fd1
1 2
m v02
1 2
(
M
m
)V12
(2)
右侧射手再开枪，
2mv0=(M+2m)v2，故
v2
2m v0 M 2m
2 0.210 0.6 2 0.2
4
(m/s)
上述结果是否正确？若正确则说明理由，若错误，求
出正确的结果。
（3）第三颗子弹打入沙箱时，沙箱的速度为多少？
（4）停止射击后，要使沙箱静止在最低点，射入沙
箱的子弹数目为n，则n应取（ ）
(4)注意定律的优越性—— 跟过程的细节无关 (5)注意速度的同时性和相对性。
同时性指的是公式中的v10 、v20必须是相互作用前同 一时刻的速度，v1、v2必须是相互作用后同一时刻的 速度。
相对性指的是指动量守恒定律中各物体在各状态下的 速度必须是相对于同一个惯性参照系的速度，一般以 地面为参考系。
动量守恒定律
2019年高考物理复习
复习精要 1. 动量守恒定律的表述
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。 如果∑F=0 则 △p=0
2．常用的表达方式 由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组
成的系统中，所以在通常情况下表达形式为：
m1v10 m2v20 m1v1 m2v2
v0=2m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后黏合
在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最 终速度vC=1m/s.
①A、B两球跟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？
v0
A
BC
解：①
A、B相碰满足动量守恒
mv 0 2mv1
得两球跟C球相碰前的速度v1 =1m/s
所以此后沙箱不能作完整的圆周运动。
（2）不正确。第二颗子弹打入沙箱时，设沙箱的
为使A、B一起不落入深坑中，则要求：
1 2
2m v22
2m g
2s
μ v02
18gs
故物体A、B与水平面间的动摩擦因数应满足：
v02 μ v02
18gs
2gs
12. C．（模块3-5试题） （2）如图所示，平板车B的质量为3.0kg，以4.0m/s的 速度在光滑水平面上向右运动．质量为1.0kg 的物体A 被轻放到车的右端，设物体与车上表面间的动摩擦因 数为0.25．求： ①如果平板车足够长，那么平板车最终速度多大？物 体在车上滑动的时间是多少？ ②要使物体不从车上掉下，车至少要有多长？
1 2
(
M
m
)
1 16
v02
3 8
m
v02
fd
所以不能射穿木块，A对。
16． [选修3—5]
静止的锂核（36 Li ）俘获一个速度为7.7×106m/s的 中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一
个粒子为氦核（ 4 2
He
），它的速度大小是8×106m/s，
方向与反应前的中子速度方向相同.
(6) 注意“平均动量守恒”。
当系统在全过程中动量守恒时，则这一系统在全过程 中的平均动量也守恒。在符合动量守恒的条件下,如果 物体做变速运动，为了求解位移，可用平均动量及其 守恒规律来处理。
(7)应用思路： ① 确定系统、分析系统受力； ② 在符合定律适应条件下,确定系统始、末总动量; ③ 运用动量守恒定律列式求解。
( M m )V1 - mv 0 ( M 2m )V2 ( 3 )
fd2
1 2
m v02
1 (
2
M
m
)V12
-
1 2
(
M
2m
)V22
(4)
由（1）、(3)式得V2=0, 所以，最终木块静止
由（2）、(4)式得：d1<d2
14． （供选修3-5考生作答）
（2）如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个 质量均为m=1kg的相同小球A、B、C，现让A球以
5．将质量为M＝3m的木块固定在光滑水平面上，一
颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹 射穿木块时的速度为v0/3；现将同样的木块放在光滑的 水平面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木 块，则子弹 ( A )
A．不能射穿木块，子弹和木块以相同的速度做匀速
运动
v0
B．能射穿木块
C．刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度为0
②两球与C球碰撞同样满足动量守恒
2mv1 mv C 2mv 2
得两球碰后的速度v2 =0.5m/s
两次碰撞过程中一共损失的动能
Ek
1 2
m v02
1 2
2m v22
1 2
m vC2
1.25J
14(2)如图甲所示，质量mB=1kg的平板小车B在光滑 水平面上以v1=1m/s的速度向左匀速运动．当t=0时，质 量mA=2kg的小铁块A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小 车，A与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A最终没有滑
1 2
m1v12
E2
1 2
m2v22
1 2
m3v32
故可知反应中发生了质量亏损