动量复习
2024高考物理一轮复习第30讲动量和动量定理(课件)
第30讲
高考一轮复习讲练测
动量和动量定理
目录
CONTENTS
01
复习目标
02
网络构建
03
知识梳理 题型归纳
04
真题感悟
内容索引
考点1：动量、动量变化量和冲量
知识考点
考点2：动量定理
夯基·必备基础 知识梳理
知识点1 动能、动量、动量变化量 的比较
知识点2 冲量及计算
知识点1 动量定理的理解 知识点2 动量定理的应用技巧
考点3：两类柱状模型 知识点1 流体类柱状模型 知识点2 微粒类柱状模型
考向1 动量和动量变化量的计算
提升·必考题型
归纳
考向2 冲量的计算
考向1 应用动量定理解释生活现象 考向2 应用动量定理求平均冲力
考向1 流体类柱状模型
考向3 在多过程问题中应用动量定理 考向2 微粒类柱状模型
复习目标
1、理解和掌握动量定理。 2、能够用动量定理解决和处理生活中的 实际问题。
CD
提升·必备题型归纳
真题感悟
真题感悟
提升·必备题型归纳
感谢观看 THANK YOU
夯基·必备基础知识ຫໍສະໝຸດ 知识点2 动量定理的应用技巧1.应用I=Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作 用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化 Δp,等效代换得出变力的冲量I。2.应用Δp=FΔt求动量的变化。
提升·必备题型归纳 考向1 应用动量定理解释生活现象
D
提升·必备题型归纳
提升·必备题型归纳 考向3 在多过程问题中应用动量定理
ABD
提升·必备题型归纳
03 两类柱状模型
动量守恒定律复习
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(新教材)高三总复习•物理
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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．
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。
动量和动量定理-高考物理复习课件
研透核心考点
角度 恒力冲量的计算
例2 如图1所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速 度变为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的 摩擦力大小始终为f。已知重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确
的是( B )
A.重力对滑块的总冲量大小为mg(t1＋t2)sin θ
目录
研透核心考点
用动量定理解释现象F＝ΔΔpt (1)Δp 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小。 (2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δp 就越大；力的作用时间越短，Δp 就 越小。
目录
研透核心考点
角度 动量定理的有关计算
例5 (多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图4所示的简
2 动，设下降深度为 d，在水中运动所用时间 t2＝vd，整个过程对人运用动量定理
2 有 mg(t1＋t2)－Ft2＝0，化简得 F＝h＋d dmg，所以入水姿势正确的情况下，人受 到水的平均作用力约为重力的 6 倍，即 3 600 N，入水姿势不正确时，人受到水 的平均作用力约为重力的 16 倍，即 9 600 N，故 B 错误，C 正确；人从跳下到 速度减为零的过程，动能不变，重力势能减时，物块的速度为0
C.在0～2 s内和2～5 s内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0～5 s内，物块的最大速度为1.5 m/s
目录
研透核心考点
解析 图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量，0～ 2 s 内，根据动量定理有F1＋2 F2t1－μmgt1＝Δp＝p2－0， 代入数据可得 p2＝1 kg·m/s，故 A 正确；2～4 s 内， 根据动量定理有F22t2－μmgt2＝mv4－p2，代入数据解 得 v4＝1 m/s，故 B 错误；由上述分析可知 0～2 s 内物块动量的变化量大小为 Δp1 ＝1 kg·m/s，2～4 s 内物块动量的变化量大小为 Δp2＝0，4～5 s 内物块动量的变化 量大小为 Δp3＝|－F25t3－μmgt3|＝1.5 kg·m/s，所以在 0～2 s 内和 2～5 s 内，物块动 量的变化量大小之比为Δp2Δ＋p1Δp3＝23，故 C 错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最 大，Ff＝μmg＝1 N，由题图可知为 t＝3 s 时 F＝Ff，根据动量定理可知F2＋2 F3t23 －μmgt23＝mv3－p2，代入数据得 v3＝1.5 m/s，故 D 正确。
动量复习
• 从做功的角度讲，滑块机械 M 能增加是谁做功的结果？ 53 • 从能量的角度讲，这部分机 械能是从哪里来的？ m • 绳子对小球做什么功？ • 滑块的质量0.4kg • 绳子做功的特点？ • 小球的质量为0.2kg • 绳长30cm 1 1 2 2 mgh mv2 Mv1 • 在绳子水平时释放小球 2 2 • 求绳子数值时，滑块与 小球的速度大小，以及 绳子对小球做的功
N
滑块
N地
N墙
mg
N
v
N
Mg
N地
N Mg
v
v
mg
– 是否会出现速度同时为零的时刻？ – 小球是否可以上升到与原来相同的高度？ 依据动量守恒，两物体速度同时为零是不可 能的；依据机械能守恒，小球到达最高点时， 两物体速度必须同时为零。 两者相互矛盾
第四讲 碰撞
碰撞的规律
因为物体的碰撞过程所对应的时 间极短，内力很大，所以碰撞过程可 以认为遵循动量守恒。
动量的增量
kg m/s 动量定理
动能定理
质量为0.40kg的小球沿光滑水平面以5.0m/s的速度 冲向墙壁，后又以4.0m/s的速度反向弹回.求： (1)求小球动能的变化量； p1 mv1 v1 (2)求小球动能的变化量；
1 2 1 2 E K mv2 mv1 1.8J 2 2
vB 0
地面光滑
NB
v B
F
mA g
mB g
研究对象：A和B组成的系统
因系统所受到的合外力为0，所以系统的动量守恒
0 mAv mBv A B
因为只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒
1 2 mB v B2 E弹 m A v A 2
m
动量复习专题
动量复习专题一、知识点填空题1．【动量】（1）定义：物体的和的乘积；（2）定义式：p =mv ；（3）国际单位：；（4）动量是矢量：方向由方向决定，动量的方向与该时刻的方向相同；（5）动量是描述物体运动状态的物理量，是状态量；（6）动量是相对的，与参考系的选择有关。
2.【冲量】（1）定义：作用在物体上的和的乘积。
（2）定义式：（恒力的冲量）I Ft=（3）国际单位：，符号：N·s 。
（4）冲量是矢量，方向由的方向决定。
（5）冲量是过程量，反映了力对的积累效应（功反映了力对空间的积累效应）。
3．【动量定律】（1）内容：物体所受等于物体的动量变化。
（2）表达式：（3）理解：表明是动量变化的原因。
动量定理是，合外力的冲量方向与物体动量变化的方向。
（4）适用范围：动量定理不但适用于，也适用于随。
对于变力，动量定理中的F 应理解为变力在作用时间内的平均值；动量定理不仅可以解决匀变速直线运动的问题，还可以解决中的有关问题，将较难的计算问题转化为较易的计算问题；动量定理不仅适用于物体，也适用于问题。
应用动量定理的优点：不考虑中间过程，只考虑初、末状态。
【与动能定理类比理解】4．【动量守恒定律】（1）内容：一个系统或者所受为零，这个系统的总动量保持不变。
（2）表达式：11221122m v m v m v m v ''+=+，其中，等式左边是两物体的动量，等式右边是它们的动量；式中的速度均为，参考系为相对地面静止或做匀速直线运动的物体；相互作用的物体之间不能作为参考系。
（3）适用条件：①系统或所受为零。
②系统所受合外力虽不为零，但系统内力，此时系统动量近似守恒。
例：碰撞、爆炸等过程均满足动量守恒定律。
③系统所受合外力虽不为零，但在的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变。
（4）适用对象：①正碰、斜碰；②由两个或者多个物体组成的系统；③高速运动或低速运动的物体；④宏观物体或微观粒子。
高三物理第一轮复习 动量 冲量和动量定理
判断2：质量为50kg 的工人，身上系着长为5m的弹性安全带在高空作业，不慎掉下，若从弹性绳开始伸直到工人落到最低点弹性绳伸长了2m，求弹性绳对工人的平均作用力。（g = 10m/s2)
能力·思维·方法
缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小.因此答案C、D正确.
【例10】某消防队员质量60Kg从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5s.在着地过程中，对他双脚的平均作用力估计为
例4如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°高为h=5m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中，求： （1）重力的冲量； （2）支持力的冲量； （3）合外力的冲量.(g=10m/s2)
【解析】求某个力的冲量时，只有恒力才能用公式I=F·t，而对于变力一般用动量定理求解，此题物体下滑过程中各力均为恒力，所以只要求出力作用时间便可用I=Ft求解. 由牛顿第二定律F=ma得 下滑的加速度a=g·sin=5m/s2.
能力·思维·方法
【解析】本题问题情景清晰，是一道应用动量定量解释物理现象的好题.为了使得从高处跳下时减少地面对双腿的冲击力，应减少h—跳下前的高度；增大△h—双脚弯曲时重心下移的距离.即不宜笔直跳下，应先蹲下后再跳，着地时应尽可能向下弯曲身体，增大重心下降的距离.实际操作中，还有很多方法可以缓冲地面的作用力.如先使前脚掌触地等.也可同样运用动量定理解释.对本题分析如下：下落2m双脚刚着地时的速度为v= .触地后，速度从v减为0的时间可以认为等于双腿弯曲又使重心下移 △h=0.5m所需时间.在估算过程中，可把地面对他双脚的力简化为一个恒力，故重心下降过程可视为匀减速过程.从而有:
高中物理动量全章复习资料
动量全章复习资料（专题） 一、冲量与动量、动量与动能概念专题●1．冲量I ：I ＝Ft ，有大小有方向(恒力的冲量沿F 的方向)，是矢量．两个冲量相同必定是大小相等方向相同，讲冲量必须明确是哪个力的冲量，单位是N ·s ．●2．动量p ：p ＝mv ，有大小有方向(沿v 的方向)是矢量，两个动量相同必定是大小相等方向相同，单位是kg ·m/s ． ●3．动量与动能(E k ＝12mv 2)的关系是：p 2＝2m E k ．动量与动能的最大区别是动量是矢量，动能是标量．【例题】A 、B 两车与水平地面的动摩擦因数相同，则下列哪些说法正确？A ．若两车动量相同，质量大的滑行时间长；B ．若两车动能相同，质量大的滑行时间长；C ．若两车质量相同，动能大的滑行时间长；D ．若两车质量相同，动量大的滑行距离长． 【分析】根据动量定理F ·t ＝mv t -mv 0得μmg ·t ＝p ∴t ＝Pm gμ∝1m——A 不正确；根据 t ＝221==kk m E E pm gm ggmμμμ∝1m——B 不正确；根据 t ＝2=km E pm gm gμμ∝k E ——C 正确；根据动能定理F 合·s cos α＝2201122-tm v m v 得 μmgs ＝E k ＝22pm，∴s ＝222pm gμ∝p 2——D 正确．训练题(1)如图5—1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自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是：A ．重力的冲量；B ．弹力的冲量；C ．合力的冲量；D ．刚到达底端时的动量；E ．刚到达底端时动量的水平分量；F ．以上几个量都不同．1．F 分析：物体沿斜面作匀加速直线运动，由位移公式，得θsin h =21g sin ·t 2 t 2∝θ2sin 1不同，则t 不同．又I G ＝mgt I N ＝N t 所以I G 、I N 方向相同，大小不同，选项A 、B 错误；根据机械能守恒定律，物体到达底端的速度大小相等，但方向不同；所以刚到达底端时的动量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，选项D 、E 错误；又根据动量定理I 合＝ΔP ＝mv －0可知合力的冲量大小相等，但方向不同，选项C 错误． (2)对于任何一个固定质量的物体，下面几句陈述中正确的是：A ．物体的动量发生变化，其动能必变化；B ．物体的动量发生变化，其动能不一定变化；C ．物体的动能发生变化，其动量不一定变化；D ．物体的动能变化，其动量必有变化．2．BD 分析：动量和动能的关系是P 2＝2mE k ，两者最大区别是动量是矢量，动能是标量．质量一定的物体，其动量变化可能速度大小、方向都变化或速度大小不变方向变化或速度大小变化方向不变．只要速度大小不变，动能就不变．反之，动能变化则意味着速度大小变化，意味着动量变化．(8)A 车质量是B 车质量的2倍，两车以相同的初动量在水平面上开始滑行，如果动摩擦因数相同，并以S A 、S B 和t A 、t B 分别表示滑行的最远距离和所用的时间，则A ．S A ＝SB ，t A ＝t B ； B ．S A ＞S B ，t A ＞t B ；C ．S A ＜S B ，t A ＜t B ；D ．S A ＞S B ，t A ＜t B ．8．C 分析：由mv ＝ mgt 知t A ＝t B /2, 由Fs ＝21mv 2＝mp22知s A /s B ＝1/2二、动量定理专题●1．动量定理表示式：F Δt ＝Δp ．式中：(1)F Δt 指的是合外力的冲量；(2)Δp 指的是动量的增量，不要理解为是动量，它的方向可以跟动量方向相同(同一直线动量增大)也可以跟动量方向相反(同一直线动量减小)甚至可以跟动量成任何角度，但Δp 一定跟合外力冲量I 方向相同；(3)冲量大小描述的是动量变化的多少，不是动量多少，冲量方向描述的是动量变化的方向，不一定与动量的方向相同或相反．●2．牛顿第二定律的另一种表达形式：据F ＝ma 得F ＝m 0'-=ΔΔΔv v p tt，即是作用力F 等于物体动量的变化率Δp /Δt ，两者大小相等，方向相同．●3．变力的冲量：不能用Ft 直接求解，如果用动量定理Ft ＝Δp 来求解，只要知道物体的始末状态，就能求出I ，简捷多了．注意：若F 是变量时，它的冲量不能写成Ft ，而只能用I 表示．●4．曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中速度方向往往都不在同一直线上，如用Δp ＝mv ′-mv 0来求动量的变化量，是矢量运算，比较麻烦，而用动量定理I ＝Δp 来解，只要知道I ，便可求出Δp ，简捷多了．＊【例题1】质量为0.4kg 的小球沿光滑水平面以5m/s 的速度冲向墙壁，又以4m/s 的速度被反向弹回(如图5—2)，球跟墙的作用时间为0.05s ，求：(1)小球动量的增量；(2)球受到的平均冲力．【分析】根据动量定理Ft ＝mv 2-mv 1，由于式中F 、v 1、v 2都是矢量，而现在v 2与v 1反向，如规定v 1的方向为正方向，那么v 1＝5m/s ，v 2＝-4m/s ，所以：(1)动量的增量 Δp ＝mv 2-mv 1＝0.4×(-4-5)kg ·m/s ＝-3.6kg ·m/s ． 负号表示动量增量与初动量方向相反．(2)F ＝213.60.05--=mv mv tN ＝-72N ．冲力大小为72N ，冲力的方向与初速反向．【例题2】以速度v 0平抛出一个质量为1lg 的物体，若在抛出3s 后它未与地面及其它物体相碰，求它在3s 内动量的变化． 【分析】不要因为求动量的变化，就急于求初、未动量而求其差值，这样不但求动量比较麻烦，而且动量是矢量，求矢量的差也是麻烦的．但平抛出去的物体只受重力，所求动量的变化应等于重力的冲量，重力是恒量，其冲量容易求出．即：Δp ＝Ft ＝1×10×3kg ·m/s ＝30kg ·m/s ．总结与提高 若速度方向变而求动量的变化量，则用ΔP ＝Ft 求；若力是变力而求冲量，则用I ＝mv t -mv 0求．训练题(2)某质点受外力作用，若作用前后的动量分别为p 、p ′，动量变化为Δp ，速度变化为Δv ，动能变化量为ΔE k ，则： A ．p ＝-p ′是不可能的； B ．Δp 垂直于p 是可能的； C ．Δp 垂直于Δv 是可能的； D ．Δp ≠0，ΔE k ＝0是可能的． 2．BD 提示：对B 选项，ΔP 方向即为合力F 合的方向，P 的方向即为速度v 的方向，在匀速圆周运动中，F 合⊥v (即ΔP ⊥P )；对C 选项，ΔP 的方向就是Δv 的方向，∵ ΔP ＝m Δv ，故C 选项错．(4)在空间某一点以大小相同的速度分别竖直上抛，竖直下抛，水平抛出质量相等的小球，若空气阻力不计，经过t 秒：(设小球均未落地)A ．作上抛运动小球动量变化最小；B ．作下抛运动小球动量变化最大；C ．三小球动量变化大小相等；D ．作平抛运动小球动量变化最小．4．C 提示：由动量定理得：mgt ＝Δp ，当t 相同时，Δp 相等，选项C 对． (8)若风速加倍，作用在建筑物上的风力大约是原来的： A ．2倍； B ．4倍； C ．6倍； D ．8倍．8．B 提示：设风以速度v 碰到建筑物，后以速度v 反弹，在t 时间内到达墙的风的质量为m ，由动量定理得： Ft ＝mv －m (－v )＝2m v ， 当v 变为2v 时，在相同时间t 内到达墙上的风的质量为2m ，有： F ′t ＝2m ·2v －2m(－2v )＝8m v ， ∴ F ′＝4F ，故选项B 对．(9)质量为0.5kg 的小球从1.25m 高处自由下落，打到水泥地上又反弹竖直向上升到0.8m 高处时速度减为零．若球与水泥地面接触时间为0.2s ，求小球对水泥地面的平均冲击力．(g 取10m/s ，不计空气阻力) 9．解：小球碰地前的速度 v 1＝12gh ＝251102.⨯⨯＝5m/s 小球反弹的速度 v 2＝22gh ＝80102.⨯⨯＝4m/s以向上为正方向，由动量定理： (F －mg )t ＝mv 2－mv 1 ∴ F ＝0.5×(4＋5)/0.2＋0.5×10＝27.5N 方向向上．三、应用F Δt ＝Δp 分析某些现象专题●1．Δp 一定时：t 越小，F 越大；t 越大，F 越小． ●2．静止的物体获得一瞬间冲量I ，即刻获得速度v ＝I /m ．【例题】如图5—5，把重物G 压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是：A ．在缓缓拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大；B ．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小；C ．在缓缓拉动时，纸带给重物的冲量大；D ．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小．【分析和解答】在缓缓拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力．所以一般情况是：缓拉、摩擦力小；快拉，摩擦力大，故判断A 、B 都错．缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的改变可以很大，所以能把重物带动．快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．因此答案C 、D 正确． (2)人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先到地．下面解释正确的是： A ．减小冲量； B ．使动量的增量变得更小；C ．增长与地面的冲击时间，从而减小冲力；D ．增大人对地的压强，起到安全作用．2．C 提示：Ft ＝Δp ，∴ F ＝Δp /t ，当让脚尖先到地，增长与地的冲击时间，从而减小冲击力F ，故选项C 对．(4)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为Ⅱ，则： A ．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量； B ．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小；C ．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中重力的冲量大小；D ．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于阻力的冲量． 4．AC 提示：在过程Ⅰ中，钢珠只受重力作用，由动量定理得：mgt 1＝Δp ，故选项A 对； 在过程Ⅱ中，(f －mg )Δt ＝Δp ， 即ft 2－mgt 2＝Δp ＞0，故选项B 错；在全过程中：mg (t 1＋t 2)－ft 2＝0，故选项C 对； 在过程Ⅱ中：ft 2－mgt 2＝Δp ≠0，故选项D 错． 5．I /F 解：对P ：F ＝ma v p ＝at 对Q ：I ＝mv Q ，当v P ＝v Q 时，两者距离最大，即：Ft /m ＝I /m ∴ t ＝I /F四、动量守恒条件专题●1．外力：所研究系统之外的物体对研究系统内物体的作用力． ●2．内力：所研究系统内物体间的相互作用力．●3．系统动量守恒条件：系统不受外力或所受外力合力为零(不管物体是否相互作用)．系统不受外力或所受外力合力为零，说明合外力的冲量为零，故系统总动量守恒．当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知相互作用的内力产生的冲量，大小相等方向相反，使得系统内相互作用的物体的动量改变量大小相等方向相反，系统总动量保持不变．也就是说内力只能改变系统内各物体的动量而不能改变整个系统的总动量．训练题(2)如图5—7所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A．动量守恒、机械能守恒；B．动量不守恒，机械能不守恒；C．动量守恒、机械能不守恒；D．动量不守恒，机械能守恒．2．B解：过程一：子弹打入木板过程(Δt很小)，子弹与木板组成的系统动量守恒，但机械能不守恒(∵子弹在打入木块过程有热能产生)；过程二：木块(含子弹)压缩弹簧，对三者组成的系统机械能守恒，但动量不守恒(∵对系统：F合≠0)，所以全程动量、机械能均不守恒．(3)光滑水平面上A、B两小车中有一弹簧(如图5—8)，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作系统，下面的说法正确的是：A．先放B车后放A车，(手保持不动)，则系统的动量不守恒而机械能守恒；B，先放A车，后放B车，则系统的动量守恒而机械能不守恒；C．先放A车，后用手推动B车，则系统的动量不守恒，机械能也不守恒；D．若同时放开两手，则A、B两车的总动量为零．3．ACD 提示：对A选项：先放B车时，A、B车及弹簧三者组成的系统合外力F合≠0，∴动量不守恒，但由于按A车的手不动，故手不做功，此系统机械能守恒．对C选项：F合≠0，且F合又对系统做功(机械能增加)，∴动量及机械能均不守恒．五、动量守恒定律各种不同表达式的含义及其应用专题●1．p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)●2．Δp＝0(系统总动量增量为零)．●3．Δp1＝-Δp2(相互作用两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等方向相反)．●4．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用两个物体组成系统，前动量和等于后动量和)●5．以上各式的运算都属矢量运算，高中阶段只限于讨论一维情况(物体相互作用前、后的速度方向都在同一直线上)，可用正、负表示方向．处理时首先规定一个正方向，和规定正方向相同的为正，反之为负，这样就转化为代数运算式，但所有的动量都必须相对于同一参照系．【例题】质量m1＝10g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量m2＝50g的小球以v2＝10cm/s 的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？【分析与解答】设v1的方向即向右为正方向，则各速度的正负号为：v1＝30cm/s，v2＝-10cm/s，v2′＝0，据m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2有10v1′＝10×30＋50×(-10)．解得v1′＝-20(cm/s)，负号表示碰撞后，m1的方向与v1的方向相反，即向左．总结提高解此类题一定要规定正方向．正确找出初末态动量．训练题(3)一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端(不计水的阻力)，以下说法中正确的是： A ．人在小船上行走，人对船作用的冲量比船对人作用的冲量小，所以人向前运动得快，船后退得慢； B ．人在船上行走时，人的质量比船小，它们所受冲量的大小是相等的，所以人向前运动得快，船后退得慢； C ．当人停止走动时，因船的惯性大，所以船将会继续后退；D ．当人停止走动时，因总动量任何时刻都守恒，所以船也停止后退．3．BD 分析：对A ：人对船的作用力和船对人的作用力等大反向，作用时间相等，所以两冲量大小相等；选项A 错．对C ：人在船上走的过程，对人和船构成的系统，总动量守恒，所以人停则船停；选项C 错．(6)一辆总质量为M 的列车，在平直轨道上以速度v 匀速行驶，突然后一节质量为m 的车厢脱钩，假设列车受到的阻力与质量成正比，牵引力不变，则当后一节车厢刚好静止的瞬间，前面列车的速度为多大？6．解：列车在平直轨道匀速行驶，说明列车受到合外力为零．后一节车厢脱钩后，系统所受合外力仍然为零，系统动量守恒．根据动量守恒定律有：Mv ＝(M －m )v ′ v ′＝Mv /(M －m )六、平均动量守恒专题若系统在全过程中动量守恒(包括单方向动量守恒)，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒．如果系统是由两个物体组成，且相互作用前均静止、相互作用后均发生运动，则由0＝m 11v -m 22v 得推论： m 1s 1＝m 2s 2，使用时应明确s 1、s 2必须是相对同一参照物位移的大小．【例题】一个质量为M ，底面长为b 的三角形劈静止于光滑的水平桌面上，(如图5—16所示)有一质量为m 的小球由斜面顶部无初速滑到底部时，劈移动的距离为多少？【分析和解答】劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向外力．所以系统在水平方向平均动量守恒．劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图5—15所示，由图见劈的位移为s ，小球的水平位移为(b -s )．则由m 1s 1＝m 2s 2得：Ms ＝m (b -s )，∴s ＝mb /(M ＋m )总结提高 用m 1s 1＝m 2s 2来解题，关键是判明动量是否守恒、初速是否为零(若初速不为零，则此式不成立)，其次是画出各物体的对地位移草图，找出各长度间的关系式．训练题(2)静止在水面的船长为l ，质量为M ，一个质量为m 的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为多少？2．解：如图，设船移动的距离为s 船，人移动的距离为s 人． Ms 船＝ms 人 s 人＋s 船＝l 解得s 船＝ml /(M ＋m )(4)气球质量为200kg ，载有质量为50kg 的人，静止在空中距地面20m 的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为多长？ 4、解：如图，设气球产生的位移为s 球，气球产生的位移为s 人，m 人s 人＝m 球s 球 50×20＝200×s 球 s 球＝5m所以绳长至少为： l ＝s 人＋s 球＝20＋5＝25m七、多个物体组成的系统动量守恒专题有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量守恒即可，要善于选择系统、善于选择过程来研究．【例题】两只小船平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m ＝50kg 的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v ＝8.5m/s 的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为m 1＝500kg 及m 2＝1000kg ，问在交换麻袋前两只船的速率为多少？(水的阻力不计)．【分析】选取小船和从大船投过的麻袋为系统，如图5—18，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：(m 1-m )v 1-mv 2＝0， 即450v 1-50v 2＝0……(1)． 选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(-m 2-m )v 2＋mv 1＝-m 2v ， 即-950v 2＋50v 1＝-1000×8.5……(2)． 选取四个物体为系统有：m 1v 1-m 2v 2＝-m 2v ， 即500v 1-1000v 2＝-1000×8.5……(3)． 联立(1)(2)(3)式中的任意两式解得：v 1＝1(m/s)，v 2＝9(m/s)．训练题(1)质量m ＝100kg 的小船静止在静水面上，船两端载着m 甲＝40kg ，m 乙＝60kg 的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸3m/s 的速度跃入水中，如图5—19所示，则小船的运动方向和速率为：A ．向左，小于1m/s ；B ．向左，大于1m/s ；C ．向右，大于1m/s ；D ．向右，小于1m/s ．1．A 解：对甲、乙两人及船构成的系统总动量守恒，取向右为正方向，则根据动量守恒定律得0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙＋mv ，0＝40×(－3)＋60×3＋100×v ， v ＝－0.6m/s 负号表示方向向左(3)A 、B 两船的质量均为M ，都静止在平静的湖面上，现A 船中质量为M /2的人，以对地的水平速率v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船……经n 次跳跃后，人停在B 船上；不计水的阻力，则：A ．A 、B 两船速度大小之比为2∶3； B ．A 、B (包括人)两动量大小之比1∶1；C ．A 、B (包括人)两船的动能之比3∶2；D ．以上答案都不对．3．BC 分析：不管人跳几次，只关心初状态：人在A 船上，系统(包括A 、B 船和人)总动量为零；末状态人在B 船上．整过程动量守恒，根据动量守恒定律得 0＝Mv 1＋(M ＋M /2)v B v A /v B ＝3/2(4)小车放在光滑地面上，A 、B 两人站在车的两头，A 在车的左端，B 在车的右端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因，可能是：(如图5—20所示)A ．A 、B 质量相等，A 比B 的速率大； B ．A 、B 质量相等，A 比B 的速率小；C ．A 、B 速率相等，A 比B 的质量大；D ．A 、B 速率相等，A 比B 的质量小．4．AC 分析：对A 、B 两人及车构成的系统动量守恒，取向左为正方向． m B v B －m A v A ＋m 车v 车＝0， m A v A ＝m B v B ＋m 车v车,所以m A v A ＞m B v B(7)如图5—21，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A 和B ，已知m A ＝500g ，m B ＝300g ，一质量为80g 的小铜块C 以25m/s 的水平初速开始，在A 表面滑动，由于C 与A 、B 间有摩擦，铜块C 最后停在B 上，B 和C 一起以2.5m/s 的速度共同前进，求：①木块A 的最后速度v A ′；②C 在离开A 时速度v ′c ．7．解：①因为水平面光滑、C 在A 、B 面上滑动的整个过程，A 、B 、C 系统总动量守恒．木块C 离开A 滑上B 时，木块A 的速度为最后速度，则 m C v C ＝M A v A ＋(m B ＋m C )v ′BC, 代入数据可得 v ′A ＝2.1m/s, ②对C 在A 上滑动的过程，A 、B 、C 系统总动量守恒，A 、B 速度相等．则 m C v C ＝(m A ＋m B )v ′A ＋m C v ′C 代入数据可得 v ′C ＝4m/s九、用动量守恒定律进行动态分析专题【例题】甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的总质量共为M ＝30kg ，乙和他的冰车的总质量也是30kg ，游戏时，甲推着一质量为m ＝15kg 的箱子，和他一起以大小为v 0＝2m/s 的速度滑行．乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，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．若不计冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．【分析和解答】甲把箱子推出后，甲的运动有三种可能，一是继续向前，方向不变；一是静止；一是倒退，方向改变．按题意，要求甲推箱子给乙避免与乙相撞的最起码速度，是上述的第一种情况，即要求推箱子后，动量的变化不是很大，达到避免相撞的条件便可以，所以对甲和箱的系统由动量守恒定律可得：(取v 0方向为正方向) (M ＋m )v 0＝mv ＋Mv 1即(30＋15)×2＝15v ＋30v 1……(1) v 为箱子相对地速度，v 1为甲相对地速度． 乙抓住箱子后，避免与甲相遇，则乙必须倒退，与甲运动方向相同，对乙和箱的系统得： mv -Mv 0＝(M ＋m )v 2即15v -30×2＝(30＋15)v 2……(2) v 2为乙抓住箱子后，一起相对地的后退速度． 甲、乙两冰车避免相撞的条件是：v 2≥v 1；当甲、乙同步前进时，甲推箱子的速度为最小． v 2＝v 1……(3) 联立(1)(2)(3)式代入数据解得：v ＝5.2m/s训练题(1)如图5—26所示，水平面上A 、B 两物体间用线系住，将一根弹簧挤紧，A 、B 两物体质量之比为2∶1，它们与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2．现将线烧断，A 、B 物体从静止被弹开，则：A ．弹簧在弹开过程中(到停止之前)，A 、B 两物体速度大小之比总是1∶2；B ．弹簧刚恢复原长时，两物体速度达最大；C ．两物体速度同时达到最大；D ．两物体同时停止运动．分析：由于A 、B 受水平地面的摩擦力等大反向，整个过程系统动量守恒，则 0＝m A v A －m B v B v A /v B ＝m B /m A ＝1/2选项A 、C 、D 正确．当A 或B 受合外力等于零，加速度为零时，速度达到最大，此时弹簧尚未恢复原长，选项B 错误．(2)如图5—27所示，光滑水平面有质量相等的A 、B 两物体，B 上装有一轻质弹簧，B 原来处于静止状态，A 以速度v 正对B 滑行，当弹簧压缩到最短时：A ．A 的速度减小到零；B ．是A 和B 以相同的速度运动时刻；C ．是B 开始运动时；D ．是B 达到最大速度时． 2．B 分析：当A 碰上弹簧后，A 受弹簧推力作用而减速，B 受弹簧推力作用而加速；当两者速度相等时，A 、B 之间无相对运动，弹簧被压缩到最短．然后A 受弹簧推力作用继续减速，B 受弹簧推力作用继续加速，当弹簧恢复原长时，A 减速至零，B 加速至最大．或用动量守恒定律分析，m A v ＋0＝m A v ′A ＋m B v ′B v ′A 减小，v ′B 增大；当v ′A 减至零时，v ′B 增加至最大为v ． (5)如图5—29所示，甲车质量m 1＝20kg ，车上有质量M ＝50kg 的人．甲车(连人)从足够长的光滑斜坡上高h ＝0.45m 由静止开始向下运动，到达光滑水平面上，恰遇m 2＝50kg 的乙车以速度v 0＝1.8m/s 迎面驶来．为避免两车相撞，甲车上的人以水平速度v ′(相对于地面)跳到乙车上，求v ′的可取值的范围．(g 取10m/s 2)5．解：甲车滑到水平面时速度为 v 甲＝gh 2＝450102.⨯⨯＝3(m/s)向右；取向右为正方向，设人从甲车跳到乙车后，甲、乙的速度为v ′甲，v ′乙(均向右)， 当v ′甲＝v ′乙时，两车不相碰，由动量守恒定律， 对人和甲车有：(20＋50)v 甲＝20v ′甲＋50v ′,对人和乙车有：50v ′－50v 0＝(50＋50)v ′乙 解得 v ′＝3.8m/s 当v ″甲＝－v ″乙 时两车不相碰，同理有： (20＋50)v 甲＝50v ″＋20v ″甲 50v ″－50v 0＝(50＋50)v ″乙 解得v ″＝4.8m/s ， 故v ′的范围：3.8m/s ≤v ′≤4.8m/s(6)如图5—30所示，一个质量为m 的玩具蛙，蹲在质量为M 的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为l ，细杆高为h ，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度v 跳出时，才能落到桌面上？(要求写出必要文字，方程式及结果)6．解：取向右为正方向，系统m ，M 动量守恒：0＝mv －MV ，蛙在空中运动时间：t ＝h g /2蛙在t 内相对车的水平距离：l /2＝(v ＋V )t ， 解得：v ＝hg m M Ml 2)(2+．十、爆炸、碰撞和反冲专题●1．碰撞过程是指：作用时间很短，作用力大．碰撞过程两物体产生的位移可忽略．●2．爆炸、碰撞和反冲动量近似守恒：有时尽管合外力不为零，但是内力都远大于外力，且作用时间又非常短，所以合外力产生的冲量跟内力产生冲量比较都可忽略，总动量近似守恒． ●3．三种碰撞的特点：(1)弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，末态动能没有损失．所以，不仅动量守恒，而且初、末动能相等，即 m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ＇1＋m 2v ＇222221122112211112222''+=+m v m v m v m v (2)一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失．所以，动量守恒，而初、末动能不相等，即 m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ＇1＋m 2v ＇222221122112211112222''+=+m v m v m v m v ＋ΔE K 减(3)完全非弹性碰撞——碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动；形变完全保留，动能损失最大．所以，动量守恒，而初、末动能不相等，即 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v222112212111()222+=m v m v m +m v ＋ΔE k max ●4．“一动一静”弹性正碰的基本规律如图5—32所示，一个动量为m 1v 1的小球，与一个静止的质量为m 2的小球发生弹性正碰，这种最典型的碰撞，具有一系列应用广泛的重要规律(1)动量守恒，初、末动能相等，即(2)根据①②式，碰撞结束时，主动球(m 1)与被动球(m 2)的速度分别为(3)判定碰撞后的速度方向当m 1＞m 2时；v ′1＞0，v ′2＞0——两球均沿初速v 1方向运动．当m 1＝m 2时；v ′1＝0，v ′2＝v 1——两球交换速度，主动球停下，被动球以v 1开始运动． 当m 1＜m 2时；v ′1＜0，v ′2＞0——主动球反弹，被动球沿v 1方向运动． ●5．“一动一静”完全非弹性碰撞的基本计算关系如图5—33所示，在光滑水平面上，有一块静止的质量为M 的木块，一颗初动量为mv 0的子弹，水平射入木块，并深入木块d ，且冲击过程中阻力f 恒定．(1)碰撞后共同速度(v )根据动量守恒，共同速度为v ＝0m v m +M……① (2)木块的冲击位移(s) 设平均阻力为f ，分别以子弹，木块为研究对象，根据动能定理，有 fs ＝12Mv 2………②，f (s ＋d )＝12m 20v -12mv 2……③ 由①、②和③式可得 s ＝+m m Md ＜d 在物体可视为质点时：d ＝0，s ＝0——这就是两质点碰撞瞬时，它们的位置变化不计的原因 (3)冲击时间(t ) 以子弹为研究对象，根据子弹相对木块作末速为零的匀减速直线运动，相对位移d ＝12v 0t ，所以冲击时间为 t ＝2d v(4)产生的热能Q在认为损失的动能全部转化为热能的条件下 Q ＝ΔE K ＝f ·s 相＝fd ＝12m 2v ()+M M m【例题1】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7kg ·m/s ，B 球的动量是5kg ·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是： A ．p A ＝6kg ·m/s ，p B ＝6kg ·m/s ； B ．p A ＝3kg ·m/s ，p B ＝9kg ·m/s ； C ．p A ＝-2kg ·m/s ，p B ＝14kg ·m/s ； D ．p A ＝-4kg ·m/s ，p B ＝17kg ·m/s ．【分析】从碰撞前后动量守恒p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′验证，A 、B 、C 三种情况皆有可能，从总动能只有守恒或减少： 221222+p p mm≥221222''+p p mm来看，答案只有A 可能．【例题2】锤的质量是m 1，桩的质量为m 2，锤打桩的速率为一定值．为了使锤每一次打击后桩更多地进入土地，我们要求m 1m 2．假设锤打到桩上后，锤不反弹，试用力学规律分析说明为什么打桩时要求m 1m 2．【分析】两个阶段，第一阶段锤与桩发生完全非弹性碰撞，即碰后二者具有相同的速度，第二阶段二者一起克服泥土的阻力而做功，桩向下前进一段．我们希望第一阶段中的机械能损失尽可能小，以便使锤的动能中的绝大部分都用来克服阻力做功，从而提高打桩的效率．设锤每次打桩时的速度都是v ，发生完全非弹性碰撞后的共同速度是v ′． 则 m 1v ＝(m 1＋m 2)v ′．非弹性碰撞后二者的动能为 E k ＝12(m 1＋m 2)v ′2＝211212+m m m v 2．当m 1m 2时，E K ≈12m 1v 2，即当m 1m 2时碰撞过程中系统的机械能损失很小．训练题(1)甲、乙两个小球在同一光滑水平轨道上，质量分别是m 甲和m 乙．甲球以一定的初动能E k 0向右运动，乙球原来静止．某时刻两个球发生完全非弹性碰撞(即碰撞后两球粘合在一定)，下面说法中正确的是： A ．m 甲与m 乙的比值越大，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量就越小； B ．m 甲与m 乙的比值越小，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量就越小； C ．m 甲与m 乙的值相等，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量最小； D ．m 甲与m 乙的值相等，甲球和乙球组成的系统机械能的减少量最大． 1．A 提示：由动量守恒有：mv 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒有：ΔE ＝21mv 02－21(M ＋m )v 2，，ΔE ＝21mv 02mM M +＝21mv 02·Mm +11，∴ 越大，ΔE 越小，故选项A 对．(2)半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是：A ．甲球的速度为零而乙球的速度不为零；B ．乙球的速度为零而甲球的速度不为零；C ．两球的速度均不为零；D ．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能不变．2．提示：不知道是哪一种碰撞． ∵ m 甲＞m 乙，E k 相同，∴ 由P 2＝2mE k 知P 甲＞P 乙，故系统总动量的方向与甲的初速相同． 对A 选项，当球反弹时可保证P 总与A 球的初速相同，∴ 可能出现； 对B 选项，∵ P 甲＞P 乙，∴ 碰后乙球不可能静止；对C 选项，可保证动量守恒和能量守恒成立； 对D 选项，碰后系统总动量的方向与碰前总动量方向相反，违反了动量守恒定律． (3)质量为1kg 的小球以4m/s 的速度与质量为2kg 的静止小球正碰．关于碰后的速度v 1′与v 2′，下面哪些是可能的： A ．v 1′＝v 2′＝4/3m/s ； B ．v 1′＝-1m/s ，v 2′＝2.5m/s ； C ．v 1′＝1m/s ，v 2′＝3m/s ； D ．v 1′＝-4m/s ，v 2′＝4m/s ． 3．提示：必须同时满足：m 1v 1＝m 1v ′＋m 2v ′2和21m 1v 12≥21m 1v ′21＋21m 2v ′22这两个条件．∴ 选项A 、B 正确．。
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．
14
►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．
2 0
#2022
►基础梳理◄
2 1
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。
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完全非弹性碰撞：
碰后共速，机械能 损失最大
4 碰撞可能性的判断
1、动量制约 2、动能制约
3、运动制约
—守恒
—不增 —合理
六 反冲
当一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时， 这个物体的剩余部分向相反方向运动的现象
规律： ① 动量守恒（或某方向动量守恒）
② 其他形式的能量转化为动能
人船模型
完全非弹性碰撞的逆过程
v v
s 2 s1
ms1 =Ms2 s1 s2 l
七 典型 题目
v0
1 板块模型
动量守恒 V-t 图像
2 动量守恒与机械能结合
v0
动量守恒 能量守恒（摩擦生热）
Q fs相对
动量守恒或某一方向动量守恒
系统机械能守恒
（3）一个系统在某一方向不受外力或此方向外力 和为0，则在此方向动量守恒
Fx = 0
px1px2px'1px'2
3 表达形式： m 1v1m 2v2m 1v1 '+ m 2v2 '
p1p2.....0
p1 p2
m 1v1m 2v2m 1v1 '+ m 2v2 '
4 矢量性： 规定正方向
1 定义 I Ft
F
2 意义 描述力在时间上积累效果
冲 量
O
t
3 矢量 冲量与力的方向一致
4 冲量与功
I Ft
矢量
WFLcos 标量
二要素 三要素
三 动量定理
I合 =P
物体所受合外力的冲量 等于物体的动量变化
1 I合 F合 t
F1t1F2t2F3t3.......
2 动量定理为矢量式
m 1 v1m 1 v1 m 2v2
1 2m 1v121 2m 1v1 21 2m2v2 2
v2' v1' （ - v2v1)
弹性碰撞中，碰撞前后相对 速度大小相等，方向相反
v1
m1 m1
m2 m2
v1
v2
2m1 m1 m2
v1
3 非弹性碰撞
m 1 v1m 1 v1 m 2v2
动量守恒定律复习
一 动量
1 定义
p mv
2 矢量
与瞬时速度方向相同
3 动量的变化
p p2 p1
遵循平行四 边形法则
pmv' mv
平抛运动中动量的变 化量方向竖直向下
4 动 动量与动能
pmv 矢量
EK
1 2
mv2
标量
p 2EKm
EK
P2 2m
二 冲量
p p末-p初
I合 和 p
方向相同
解题中应规 定正方向
变力的冲量
3 应用
动量的变化 涉及时间的动力学问题 撞击力
四 动量守恒定律
1研究对象： 多个物体组成的相互作用系统
2 守恒条件： （1）系统所受合外力为零
F合 = 0
（2）如果系统内物体相互作用时内力远大于外力，系 统动量近似守恒 例如 ：碰撞，爆炸等
5 同时性 和相对性
v1 v2
v
' 1
v
' 2
一个时刻 另一时刻
v1
v2
v
' 1
v
' 2
相对同一参考系 （地面）
6 与机械能守恒区别
是否有机械能与其他形式能量的转化
五 碰撞
1特点： 1 物体的动量在极短的时间内发生剧烈的改变
2 碰撞过程中碰撞力作用时间非常短促且远大于外力
碰撞过程动量守恒
2 弹性碰撞