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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1v v1/v2/vA A BAB A BⅠⅡⅢ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m1的物体A以速度v1向质量为m2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 v1和 v2。
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：v1m1m 2v1 , v 2 2 m 1v1。
m 1m 2m 1 m 2⑵ 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v v2m1v。
在完全非弹性碰撞过程中，1m21m1系统的动能损失最大，为：1212m1m2 v12。
E k2m1v12m1m2 v 2 m1 m2例 1. 质量为 M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。
质量为 m 的小球以速度 v1向物块运动。
不计一切摩擦，圆弧小于 90°且足够长。
求小球能上升到的最大高度 H 和物块的最终速度 v。
解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
v1在小球上升 程中，由水平方向系 量守恒得： mv 1M m v由系 机械能守恒得： 1mv 121 Mm v2 mgH 解得 HMv 12 2 22 Mm g全 程系 水平 量守恒，机械能守恒，得v2 mvM m 1本 和上面分析的 性碰撞基本相同，唯一的不同点 在于重力 能代替了 性 能。
2.子弹打木块类问题子 打木 上是一种 完全非 性碰撞 。
作 一个典型，它的特点是：子 以水平速度射向原来静止的木 ，并留在木 中跟木 共同运 。
下面从 量、能量和牛 运 定律等多个角度来分析 一 程。
例 2. 量 m 的子 以初速度 v 0 射向静止在光滑水平面上的 量v 0vM 的木 ，并留在木 中不再射出，子 入木 深度d 。
求木s 2d子 的平均阻力的大小和 程中木 前 的距离。
s 1解： 子 和木 最后共同运 ，相当于完全非 性碰撞。
从 量的角度看，子 射入木 程中系 量守恒：mv 0 M m v从能量的角度看， 程系 失的 能全部 化 系 的内能。
平均阻力大小 f ， 子 、木 的位移大小分 s 1、s 2，如 所示， 然有 s 1-s 2=d子 用 能定理：f1212⋯⋯①s 1mv 02mv2木 用 能定理：fs 21 Mv2 ⋯⋯②2①、②相减得： f d1mv 02 1 M m v 2 Mm v 02⋯⋯③2 2 2 M m由上式不 求得平均阻力的大小：fMmv 022 Mm d至于木 前 的距离 s 2，可以由以上②、③相比得出：s 2m dMm3.反冲问题在某些情况下，原来系 内物体具有相同的速度， 生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。
相互作用 程中系 的 能增大，有其它形式的能向 能 化。
可以把称 反冲。
例 3. 量 m 的人站在 量 M 、 L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸 。
当他向左走到船的左端 ，船左端离岸多 ？解：先画出示意 。
人、船系 量守恒， 量始 零，所以人、船l 2l 1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 l 1、l2，则： mv1=Mv2，两边同乘时间 t，ml1=Ml 2，而 l1+l 2=L，∴l2m LM m例 4. 总质量为 M 的火箭模型从飞机上释放时的速度为 v0，速度方向水平。
火箭向后以相对于地面的速率 u 喷出质量为 m 的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。
喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以 v0方向为正方向，Mv0Mv0mu mu M m v , vmM二、动量与能量1.动量与动能动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p mv ；动能的大小与速度的平方成正比E k1mv2。
两者的关系：2p22mE k。
动量是矢量而动能是标量。
物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.2.动量定理与动能定理动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量累效应。
动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.p.I ，冲量I FS 是力对时间的积E k W ，功W FS 是力对空间的积累效应 .3.动量守恒定律与机械能守恒定律动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，且研究的都是某一物理过程。
动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为 0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变。
运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的。
如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的 .(2)即使系统所受的外力不为 0，但沿某个方向的合外力为 0，则系统沿该方向的动量是守恒的 .动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容.例 5. 如图所示，滑块 A 、 B 的质量分别为m1与m2，m1m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后 绑紧。
两滑块一起以恒定的速率 v 0 向右滑动 突然轻绳断开 当弹簧 伸至本身的自然长度时，滑块 A 的速. .度正好为 0.求：(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep ；(2)在以后的运动过程中，滑块 B 是否会有速度为 0 的时刻 ?试通过定量分析证明你的结论 .解：(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为 0，因这时滑块 A 的速度为 0，故系统的机械能等于滑块 B 的动能 .设这时滑块 B 的速度为 v ，则有 E1m 2v 2 .2因系统所受外力为 0，由动量守恒定律有： （ m 1 m 2） v 0 m 2v . 解得 E(m 1 m 2 ) 2 v 0 2 .2m 2由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，所以有：1( m 1 m 2 )v 02E p E2解得 E pm (m m )v 2112 0 .2m 2(2)假设在以后的运动中滑块 B 可以出现速度为 0 的时刻，并设此时 A 的速度为 v 1 ，弹簧的弹性 势能为 E'p ，由机械能守恒定律得： 1m v 2 E' (m 1 m 2 )2 v 02m 1） m 1v 1 ，p，根据动量守恒得（2 1 12m 2m 2 v 0求出 v 1 代入上式得 :(m 1m 2 ) 2 v 02 E'p (m 1 m 2 ) 2 v 022m 1 2m 2因为 E' P 0 ，故得 :(m 1m 2 ) 2 v 02 (m 1 m 2 )2 v 02 。
即 m 1 m 2 ，这与已知条件中 m 1 m 2 不符 .2m 1 2m 2可见在以后的运动中不可能出现滑块B 的速度为 0 的情况 .．h ，质量为例 6 如图所示，坡道顶端距水平面高度为 m 1 的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下， 进入水平面上的 滑道时无机械能损失，为使 A 制动，将轻弹簧的一端固 定在水平滑道延长线 M 处的墙上，一端与质量为m 2 的档板 B 相连，弹簧处于原长时， B 恰位于滑道的末端 O点． A 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM 段 A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为 μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g ，求：（1）物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小；（2）弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 Ep （设弹簧处于原长时弹性势能为零） ．解：（ 1）由机械能守恒定律，有：12m 1gh2 m 1v ，解得 v ＝ 2gh（ 2） A 、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有： m 1v (m 1 m 2 )v碰后 A 、B 一起压缩弹簧，当弹簧最大压缩量为 d 时，A 、B 克服摩擦力所做的功 W(m 1 m 2 )gd 由能量守恒定律，有： 1(m 1 m 2 )v 2E P(m 1 m 2 )gd2解得 E Pm 12 m 2 ) gdm 1 gh ( m 1m 2例 7 ． 如图，半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内．小球 A 、B 质量分别为m βm βA球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静、（ 为待定系数）．止于轨道最低点的 B 球相撞，碰撞后 A 、B 球能达到的最大高度均为1R ，碰撞4中无机械能损失．重力加速度为 g ．试求：（ 1）待定系数 β；（ 2）第一次碰撞刚结束时小球 A 、B 各自的速度和 B 球对轨道的压力；（ 3）小球 A 、 B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度。
解：（ 1）由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此， A 、B 两球应同时达到最大高度处，对A 、B 两球组成的系统，由机械能守恒定律得： mgRmgRmgR，解得 β＝344（2）设 A 、B 第一次碰撞后的速度分别为 v 1 、v 2，取方向水平向右为正，对 A 、B 两球组成的系统，有： mgR1mv 121 mv 22 ， m 2gR mv 1mv 222解得 v 11gR ，方向水平向左； v 2 1gR ，方向水平向右．2 2设第一次碰撞刚结束时轨道对 B 球的支持力为 N ，方向竖直向上为正，则 Nmgv 2m 2，B 球对R轨道的压力 NN4.5mg ，方向竖直向下．（ 3）设 A 、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V 1、 V 2，取方向水平向右为正，则mv 1mv 2 mV 1mV 2 ， mgR1 mV2 1 mV 221 22解得 V 1＝－．V 1＝－ v 1， V 2＝－ v 2 不合题意，舍去）2gR ， V 2 ＝0 （另一组解 三、应用动量守恒定律解题的几个注意点多个物体组成的系统在满足不受外力或所受合外力为零的条件下，利用动量守恒定律可以解决许多系统内物体间存在复杂的相互作用的问题。
(完整版)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1v v1/v2/vA A BAB A BⅠⅡⅢ两个物体在极短时间内发生互相作用，这类状况称为碰撞。
因为作用时间极短，一般都知足内力远大于外力，所以能够以为系统的动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完整非弹性碰撞三种。
认真剖析一下碰撞的全过程：设圆滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体 B 运动， B 的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ地点A、B 恰巧接触，弹簧开始被压缩， A 开始减速， B 开始加快；到Ⅱ地点A、B 速度恰巧相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再今后A、B 开始远离，弹簧开始恢还原长，到Ⅲ地点弹簧恰巧为原长，A、B 分开，这时 A、B 的速度分别为 v1和 v2。
全过程系统动量必定是守恒的；而机械能能否守恒就要看弹簧的弹性怎样了。
⑴ 弹簧是完整弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少所有转变成弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少所有转变成动能；所以Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这类碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒能够证明A、B 的最后速度分别为：v1m1m 2v1 , v 2 2 m 1v1。
m 1m 2m 1 m 2⑵ 弹簧不是完整弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转变成弹性势能，一部分转变成内能，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，部分转变成动能，部分转变成内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转变成内能）。
这类碰撞叫非弹性碰撞。
⑶ 弹簧完整没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少所有转变成内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；因为没有弹性，A、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这类碰撞叫完整非弹性碰撞。
能够证明， A、B 最后的共同速度为v v2m1v。
在完整非弹性碰撞过程中，1m21m1系统的动能损失最大，为：1212m1m2 v12。
高二物理1.1动量定理与动量守恒 §1.3一维弹性碰撞鲁教版知识精讲.doc
高二物理1.1动量定理与动量守恒 §1.3一维弹性碰撞鲁教版【本讲教育信息】一. 教学内容：§1.1动量定理与动量守恒 §1.3一维弹性碰撞§1.1动量定理与动量守恒一. 教学目的：1. 认识动量的概念2. 会用动量定理解释简单问题二. 教学重、难点：1. 会推导动量守恒定律2. 会用动量守恒定律解释处理问题 （一）动量的概念1. 定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量。
2. 公式：m v P = 单位：s /m kg ⋅3. 是矢量：方向与v 的方向相同（即有正负）4. 解释：（1）动量是描述物体运动状态的量，通常说物体的动量是指物体在某一时刻的动量，对应该时刻的速度。
（2）动量具有相对性：选不同的参照物，物体的动量不同，但通常选地面为参考系。
（二）冲量1. 定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
2. 公式：t F I ⋅=单位：N ·s 或说与P 相同为s /m kg ⋅方向：与F 的方向相同 3. 解释（1）是力在时间上的积累效果（2）计算方法就是力与时间相乘，与其它无关。
（三）动量定理 1. 推导：tv v a 12-=则t v v m ma 12-=即tP P F t mv mv F 1212-=-=或或写成P I P t F P P t F 12∆=∆=⋅-=⋅即与2. 内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
3. 应用：（1）解释一些现象①玻璃杯落在水泥地上会摔碎而落在海绵上不会碎。
②从高处落下时，曲膝以缓冲减小对人体的伤害。
③汽车突然刹车或启动时人体的前扑与后仰。
（2）计算：（四）动量守恒定律的推导1. 推导：如图所示两小球相撞前后的情形：FFB v 1’v 2’AB则对A 球1111v m 'v m t F -=⋅ 对B 球：2222v m 'v m t F -=⋅-则)v m 'v m (v m 'v m 22221111--=- 即：22112211v m v m 'v m 'v m +=+ 或总总P 'P =或：'v m v m v m 'v m 22221111-=- 即：21P P ∆-=∆（五）表述1. 一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。
动量守恒定律复习
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1．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车 A.车上有两个小滑块 B 和 C.A、 B、C 三者的质量分别是 3m、2m、m.B 与平板车之间的动摩擦因数为μ，而 C 与平板车 之间的动摩擦因数为 2μ.开始时 B、C 分别从平板车的左、右两端同三总复习•物理
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(2)小球与物块碰撞后先沿斜面向上做匀减速运动后沿斜面向下做匀加速运动，设加 速度为 a1，经时间 t 运动到斜面底端，取沿斜面向下为正方向，根据牛顿运动定律有 mgsinθ＝ma
根据运动学公式有Hsi－nθh＝v1t＋12at2 设碰撞后物块的加速度为 a2，根据牛顿运动定律有 5mgsinθ－5μmgcosθ＝5ma2 将 μ＝tanθ 代入上式得 a2＝0 即物块碰撞后沿斜面向下做匀速运动，于是有Hsi－nθh＝v2t 联立解得 H＝4.2 m.
(2)分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的机械能□03 ___没__有____损失．
②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能□04 ___有______损失．
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失□05 __最__大_____.
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回归探究：(人教版选择性必修第一册) 2．P23 阅读整页，会写弹性碰撞中一动碰一静的方程以及碰后速度的结论，及 m1 ＝m2，m1≫m2，m1≪m2 时三种情况的讨论结果．
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[解析] (1)设刚要碰撞时小球的速度为 v0，根据机械能守恒定律有 mgh＝12mv20 在小球与物块的碰撞过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有 mv0 ＝mv1＋5mv2 根据动能守恒定律有12mv20＝12mv21＋12×5mv22 联立解得 v1＝－23 2gh＝－4 m/s， v2＝13 2gh＝2 m/s 小球速度方向沿斜面向上，物块速度方向沿斜面向下．
(完整word)高中物理动量守恒定律
动量守恒定律考测点导航1.动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p mv =；它的单位是kg m/s g ；它是矢量，方向与速度的方向相同；它是状态量，描述物体运动状态的物理量，两个动量相同必须是大小相等，方向相同。
2.冲量：力和力的作用时间的乘积叫做冲量，即I Ft =（适用于恒力冲量的计算）；它的单位是Ns g ；它是矢量，方向与力的方向相同；它是过程量，描述物体运动过程的物理量。
3．动量定理⑴内容：物体所受的合外力冲量等于它的动量的变化。
⑵公式：,Ft p p =-或,Ft mv mv =- ⑶应用：①应用动量定理解释有关现象②应用动量定理解决有关问题⑷注意：①动量定理主要用来解决一维问题，解题时必须先规定正方向，公式中各矢量的方向用正、负号来体现。
②动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用。
③动量定理对于短时间作用（如碰撞、打击等）更能显示它的优越性。
④由动量定理可得到P F t ∆=∆，这是牛顿第二定律的另一种表达形式：作用力F 等于物体的动量变化率P t∆∆ 易错现象1．不注意动量、冲量、力、速度、动量的变化量等都是矢量，它们之间的方向关系易弄错。
2．易滥用公式I Ft =计算变力冲量3．在竖直方向上应用动量定理时易忽略重力4.动量守恒定律1． 定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变．2． 数学表达式：''11221122m v m v m v m v +=+3． 动量守恒定律的适用条件 ：（1）系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F合=0）；（2）系统所受的外力远小于内力（F 外=F 内），则系统动量近似守恒； （3）系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)．4． 动量恒定律的“五性”： （1）系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等． （2）矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算。
动量和动量定理复习
如图所示，一质量为M的长木块
B静止在光滑水平面上，一质量为 m的小滑块A以水平速度v0从长木板 的一端开始在长木板上滑动，滑块 A在木板B上滑动时，A与B之间存 在着相互作用的大小为f的滑动摩
A v0
f
fB
sB
Δs
A B
v
擦力。最终二者相对静止以共同速
sA
度一起滑行。
思考1：此过程中，M、m所受到的摩擦力方向如何？ 此二力对 M、m的冲量有什么关系？
用动量定理求解
4.曲线运动中物体的动量变化:利用动量 定理求解
8．以速度υ0竖直上抛一个质量为m的物体， 不计阻力，物体在运动过程中（取竖直向上
为正）。
（1）动量增量△P随时间t变化的图线是图
中的哪一个？
△P
△P
△P
△P
0
t0
0
t
t0
t
A
B
C
D
（2）若纵轴表示动量的变化率，则动 量变化率随时间t的变化图线是图中的 哪一个？（ ）
木板的左端固定一个档板，档板上固定一个长度为L的轻 质弹簧，长木板与档板的总质量为M，在木板的右端有一 质量为m的铁块。现给铁块一个水平向左的初速度v0，铁
块向左滑行并与轻弹簧相碰，碰后返回恰好停在长木板 的右端。根据以上条件可以求出的物理量是
A. 铁块与轻弹簧相碰过程中所具有的最大弹性势能
B. 弹簧被压缩的最大长度
(1)推力F压缩弹簧时所做的功是多少？
(2)在A离开墙壁后的运动过程中弹簧所具
有的最大弹性势能是多少？
A
BF
解：力F 压缩弹簧所做的功就是弹簧第一次完全弹开时（即第一 次恢复原长时）B的动能。 WF = EKB= mBvB2max /2 = 9J。vBmax=3m/s，vA=0。
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。
高三复习高中物理重点知识习题 动量守恒定律 - (含答案)
第七章动量守恒定律考点一：动量、动量变化量与冲量、动量定理1. (多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同答案BD2.(多选)质量为m的物块以初速度v0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中()A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零C.整个过程中物块合外力的冲量为零D.若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0 答案AD3.如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是()A.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B.v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关C.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D.v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关答案D4. (多选)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同答案BCD5. (多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示，则() 答案ABA.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时物块的速度为零6. (多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法正确的是()A.第2 s 末，质点的动量为0B.第4 s 末，质点回到出发点C.在0～2 s 时间内，力F 的功率先增大后减小D.在1～3 s 时间内，力F 的冲量为0 答案 CD7.质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示。
高考总复习物理课件48动量动量守恒定律
三．本章应重点掌握动量、冲量两个概念的物 理意义；熟练掌握重要规律；动量守恒定 律．明确动量的方向性及动量守恒条件．
PART ONE
题中，凡需要求速度，相互作用的系统又 动量守恒条件应首选动量守恒定律求解； 及碰撞、反冲、爆炸、打击类问题，应考 用动量守恒定律．
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►疑难详析◄ 动量守恒定律的适用条件
1. 系统不受外力或系统所受外力和为零，根据动量定理可知， 系统的合外力冲量为零，系统的动量为零，系统动量守恒．
2. 系统在某一方向上不受外力，或外力之和为零，则系统所受 合外力在这一方向上的冲量为零，因而系统在这一方向上的 动量改变量为零，系统在这一方向上动量守恒．
内容 动量、动量守恒定律及其
应用
弹性碰撞和非弹性碰撞
要求 Ⅱ Ⅰ
说明
只限于一 维
实验：验证动量守恒定律
新课标高考对本章的考查主要体现在动量、动量 守恒定律及其应用、弹性碰撞和非弹性碰撞及验 证动量守恒定律上，新课标对冲量和动量定理没 有要求，强调了弹性碰撞和非弹性碰撞的知识， 动量守恒定律显得更为突出，由于动量守恒定律 研究对象是相互作用的物体所构成的系统，因此 在高考中所涉及的物理情境往往较为复杂．
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#2022
►基础梳理◄
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并计算系统相互作用前后的总动能 Ek＝21m1v21＋12m2v22，
E′k＝12m1v′21＋12m2v′22，图以及1能量的变化率ΔEEkk，并分析相
互作用过程中的能量变化规律．
为了研究接触面的性质以及相互作用前后物体运动 情况对动量以及能量的变化有无影响，应根据接触 面性质、运动情况的不同组合分别加以验证．由于 时间关系，采取相互合作的方式，每小组只验证以 下几种情况中的一种：弹性圈的动碰静、弹性圈对 碰、弹性圈追碰，滑块的动碰静、滑块追碰，粘扣 的动碰静．最后将各组实验结果综合在一起分析．
高考物理大一轮复习 第六章 第2讲 动量守恒定律及“三类模型”问题讲义(含解析)教科版-教科版高三全
第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、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．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变化量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(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．(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．自测1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案 C二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒．(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失．②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失．③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大．2．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冲量，这种现象叫反冲运动．(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．实例：发射炮弹、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．3．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．如爆竹爆炸等．自测2如图1所示，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2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )图1A．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向右运动答案 D解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.命题点一动量守恒定律的理解和基本应用例1(2018·湖北省仙桃市、天门市、潜江市期末联考)如图2所示，A、B两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有( )图2A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止答案 D解析A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因m A∶m B＝1∶2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．变式1(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图3所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )图3A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同答案BCD解析物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D 正确．例2 (2017·全国卷Ⅰ·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/s B ．5.7×102kg·m/s C ．6.0×102kg·m/s D ．6.3×102kg·m/s答案 A解析 设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m 1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30kg·m/s，所以A 正确，B 、C 、D 错误． 变式2 (2018·江西省七校第一次联考)一质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0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v 1，加速后航天器的速度大小v 2等于(v 0、v 1、v 2均为相对同一参考系的速度)( ) A.M ＋m v 0－mv 1MB.M ＋m v 0＋mv 1MC.Mv 0＋mv 1M －mD.Mv 0－mv 1M －m答案 C解析 以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv 0＝－mv 1＋(M －m )v 2 解得v 2＝Mv 0＋mv 1M －m，故选C. 命题点二 碰撞模型问题1．碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变． 2．弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2②解得v 1′＝m 1－m 2v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝m 2－m 1v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度． 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度． ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．例3 (2018·广东省湛江市第二次模拟)如图4所示，水平地面放置A 和B 两个物块，物块A 的质量m 1＝2kg ，物块B 的质量m 2＝1kg ，物块A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A 施加一个与水平方向成37°角的外力F ，F ＝10N ，使物块A 由静止开始运动，经过12s 物块A 刚好运动到物块B 处，A 物块与B 物块碰前瞬间撤掉外力F ，物块A 与物块B 碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A 、B 两物块均可视为质点，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图4(1)计算A 与B 两物块碰撞前瞬间物块A 的速度大小；(2)若在物块B 的正前方放置一个弹性挡板，物块B 与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A 和B 两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过多大？答案 (1)6m/s (2)L 不得超过3.4m 解析 (1)设物块A 与物块B 碰前速度为v 1，由牛顿第二定律得：F cos37°－μ(m 1g －F sin37°)＝m 1a 解得：a ＝0.5m/s 2则速度v 1＝at ＝6m/s(2)设A 、B 两物块相碰后A 的速度为v 1′，B 的速度为v 2 由动量守恒定律得：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22联立解得：v 1′＝2m/s 、v 2＝8 m/s对物块A 用动能定理得：－μm 1gx A ＝0－12m 1v 1′2解得：x A ＝0.4m对物块B 用动能定理得：－μm 2gx B ＝0－12m 2v 22解得：x B ＝6.4m物块A 和物块B 能发生第二次碰撞的条件是x A ＋x B >2L ， 解得L <3.4m即要保证物块A 和物块B 能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过3.4m.拓展点1 “滑块—弹簧”碰撞模型例4 (2018·山东省临沂市一模)如图5所示，静止放置在光滑水平面上的A 、B 、C 三个滑块，滑块A 、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块A 左侧紧靠一固定挡板P ，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v 0水平向左运动，滑块C 撞上滑块B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J ，此时撤掉固定挡板P ，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A 、B 、C 的质量分别为m A ＝m B ＝0.2kg ，m C ＝0.1kg ，(取10＝3.17)求：图5(1)滑块C 的初速度v 0的大小；(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量． 答案 (1)9m/s (2)1.9 m/s (3)1.47N·s，方向水平向右解析 (1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12解得：v 1＝3m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得：m A v 3＝(m B ＋m C )v 2，根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22解得：v 2≈1.9m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )(v 2＋v 1)解得：I ＝1.47N·s，方向水平向右．拓展点2 “滑块—木板”碰撞模型例5 (2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图6，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求：图6(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； (2)木块2在整个运动过程中的最小速度． 答案 (1)4v 02μg (2)56v 0解析 (1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v ，以v 0的方向为正方向．系统动量守恒m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝6mv 木块3在木板上匀减速运动：μmg ＝ma 由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2ax 3 解得x 3＝4v 02μg(2)设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2＋mv 3在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v 0－v 3＝2v 0－v 2 解得v 2＝56v 0.变式3 (多选)(2018·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图7甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2kg 的木块A 以速度v 0＝2m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图7A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2kgC ．长木板B 的长度至少为2mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11m/s 2＝ 1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1m＝0.5m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1m＝1.5m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2J ，故D 错误．拓展点3 “滑块—斜面”碰撞模型例6 (2018·福建省厦大附中第二次模拟)如图8所示，光滑水平面上质量为m 1＝2kg 的物块以v 0＝2m/s 的初速度冲向质量为m 2＝6kg 静止的光滑圆弧面斜劈体．求：图8(1)物块m 1滑到最高点位置时，二者的速度大小； (2)物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小．(3)若m 1＝m 2，物块m 1从圆弧面滑下后，二者速度大小． 答案 见解析解析 (1)物块m 1与斜劈体作用过程水平方向遵从动量守恒定律，且到最高点时共速，以v 0方向为正，则有：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，v ＝0.5m/s ；(2)物块m 1从圆弧面滑下过程，水平方向动量守恒，动能守恒，则有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22， 解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0 代入数据得：v 1＝－1m/s ，v 2＝1 m/s ；(3)若m 1＝m 2，根据上述分析，物块m 1从圆弧面滑下后，交换速度，即v 1′＝0，v 2′＝2m/s. 变式4 (2019·甘肃省天水市调研)如图9所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B .求：图9(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度． 答案 (1)14mv 02 (2)3v 0240g解析 (1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向 由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12×2mv 2解得E 损＝14mv 02.(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 02－12×5m ⎝ ⎛⎭⎪⎫15v 02解得h ＝3v 0240g.命题点三 “人船”模型1．特点⎩⎪⎨⎪⎧1两个物体2动量守恒3总动量为零2．方程m 1v 1－m 2v 2＝0(v 1、v 2为速度大小)3．结论m 1x 1＝m 2x 2(x 1、x 2为位移大小)例7 (2018·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，则船的质量为( ) A.m L ＋dd B.m L －dd C.mL dD.m L ＋dL答案 B解析 设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′，人从船头走到船尾用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝d t ，v ′＝L －dt.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv －mv ′＝0，可得：M d t ＝mL －d t ，小船的质量为：M ＝m L －dd，故B 正确．变式5 (2018·河南省中原名校第六次模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A ，斜面体质量为M 、底边长为L ，如图10所示．将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为N ，则下列说法中正确的是( )图10A ．N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此过程中斜面体向左滑动的距离为mM ＋mL答案 D解析 当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面体A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为Nt ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以A 、B 组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；A 、B 组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，则Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mM ＋mL ，D 正确．命题点四 “子弹打木块”模型1．木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒． 2．两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．3．根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．4．系统产生的内能Q ＝f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．5．当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝f ·L (L 为木块的长度)．例8 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为f .则： (1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？ (2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？答案 (1)m M ＋m v 0 (2)Mmv 0f M ＋m (3)Mm M ＋2m v 022f M ＋m 2Mm 2v 022f M ＋m2Mmv 022f M ＋m解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v解得v ＝mM ＋mv 0 (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得 对木块：ft ＝Mv －0 解得t ＝Mmv 0f M ＋m(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－fx 1＝12mv 2－12mv 02解得：x 1＝Mm M ＋2m v 022f M ＋m2对木块：fx 2＝12Mv 2解得：x 2＝Mm 2v 022f M ＋m2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mmv 022f M ＋m变式6 (2019·陕西省商洛市质检)如图11所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图11A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 答案 C解析 子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，则m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，得v 1＝m 0v 0m 0＋M ，选项A 错误；子弹射入木块后的瞬间，T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 12L，可知绳子拉力大于(M ＋m 0)g ，选项B 错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环：N ＝T ＋mg >(M ＋m ＋m 0)g ，由牛顿第三定律知，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法确定答案 A2．(2018·福建省福州市模拟)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为v2，则喷出气体的质量m为( )A.v2－v1v1M B.v2v2－v1MC.v2－v0v2＋v1M D.v2－v0v2－v1M答案 C3．(2018·广东省东莞市调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是( )A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙答案 B4．(2018·山东省青岛市第二次质量检测)如图1，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图像，不合理的是( )图1答案 A解析 物块b 以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A 错误．5．(2019·河南省鹤壁市调研)在列车编组站里，一节动车车厢以1m/s 的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20t ，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞过程时间很短，内力很大)( ) A ．10N·s B ．20N·s C ．104N·s D ．2×104N·s答案 C解析 动车车厢和拖车车厢碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv 0＝2mv ，对拖车根据动量定理有I ＝mv ，联立解得I ＝104N·s，选项C 正确．6．(2018·山西省晋城市第一次模拟)所谓对接是指两艘同方向以几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起．假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M 、m ，两者对接前的在轨速度分别为(v ＋Δv )、v ，对接持续时间为Δt ，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )A.m 2·Δv M ＋m ΔtB.M 2·Δv M ＋m ΔtC.Mm ·ΔvM ＋m ΔtD ．0答案 C解析 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中水平方向动量守恒，M (v ＋Δv )＋mv ＝(M ＋m )v ′，解得对接后两者的共同速度v ′＝v ＋M ·ΔvM ＋m，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F ·Δt ＝mv ′－mv ，解得F ＝Mm ·ΔvM ＋m Δt，选项C 正确．7．(2018·河北省石家庄二中期中)滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x 随时间t 变化的图像如图2所示．则滑块a 、b 的质量之比( )图2A ．5∶4B．1∶8C．8∶1D．4∶5 答案 B解析 设滑块a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 两滑块碰撞前的速度为v 1、v 2， 由题图得v 1＝－2m/sv 2＝1m/s两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v ，由题图得v ＝23m/s由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v联立解得m 1∶m 2＝1∶8.8.(2018·山东省日照市校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A 、B 碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图像如图3所示．则下列说法错误的是( )图3A ．碰撞前后物体A 的运动方向相反B ．物体A 、B 的质量之比为1∶2C ．碰撞过程中A 的动能变大，B 的动能减小D ．碰前物体B 的动量较大 答案 C解析 由题图可得，碰撞前v A ＝20－302m/s ＝－5 m/s ，碰撞后v A ′＝20－102m/s ＝5 m/s ，则碰撞前后物体A 的运动方向相反，故A 正确；由题图可得，碰撞前v B ＝20－02m/s ＝10 m/s ，根据动量守恒得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v A ′，代入数据得：m A ∶m B ＝1∶2，故B 正确；碰撞前后物体A 速度大小相等，则碰撞过程中物体A 动能不变，故C 错误；碰前物体A 、B 速度方向相反，碰后物体A 、B 速度方向与物体B 碰前速度方向相同，则碰前物体B 动量较大，故D 正确．9.(多选)(2019·江西省上饶市调研)质量为M 的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m 的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L ，如图4所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )图4A ．物块和小车组成的系统机械能守恒B ．物块和小车组成的系统动量守恒C ．当物块速度大小为v 时，小车速度大小为mMv D ．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为m ML 答案 BC解析 弹簧推开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A 选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B 选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv －Mv ′，解得v ′＝m M v ，C 选项正确；弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”，有v v ′＝Mm，则在相同时间内x x ′＝M m ，且x ＋x ′＝L ，联立得x ′＝mL M ＋m，D 选项错误． 10.(多选)(2018·陕西省西安一中一模)如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C ，A 、B 为同一水平直径上的两点，现让小滑块m 从A 点由静止下滑，则( )图5A ．小滑块m 到达物体M 上的B 点时小滑块m 的速度不为零B ．小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左运动，小滑块m 从C 点到B 点的过程中物体M 向右运动C ．若小滑块m 由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运动D ．物体M 与小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 答案 CD解析 物体M 和小滑块m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D 正确；小滑块m 滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m ＋M )v ，v ＝0，可知小滑块m 到达物体M 上的B 点时，小滑块m 、物体M 的水平速度为零，故当小滑块m 从A 点由静止下滑，则能恰好到达B 点，当小滑块由A 点正上方h 高处自由下落，则由B 点飞出时做竖直上抛运动，A 错误，C 正确；小滑块m 从A 点到C 点的过程中物体M 向左加速运动，小滑块m 从C 点到B 点的过程中物体M 向左减速运动，选项B 错误．11．(2018·山东省日照市二模)2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与离地面390公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．下列说法正确的是( )A ．根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B ．“天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C ．“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D ．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度 答案 D解析 根据GMmR ＋h2＝m4π2T 2(R ＋h )，可得M ＝4π2R ＋h 3GT 2，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错误；“天舟一号”与“天宫二号”对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B 错误；“天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，而M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3πGT2，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D 正确． 12．(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图6所示，质量M ＝9kg 的小车A 以大小v 0＝8m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台上放置质量m ＝1 kg 的小球。
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总【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.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.(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(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m11＝－m22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．(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．(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．【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．。