备考2019年高考物理一轮复习：第六章第2讲动量守恒定律讲义含解析
2019届高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 专题七课件
模型三 “滑块—斜面(或曲面)”模型 常见模型图
例 3 (2016·课标全国Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光 滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均 静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面 体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重 力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小； (2)小车的长度L.
解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动 量守恒，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m1)v1 解得v1＝10 m/s (2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得v2＝8 m/s 由能量守恒可得
mv0＝mv2＋Mv3 12mv02＝12mv22＋12Mv32 联立解得v3＝2 m/s. 答案：(1)5 m/s (2)2 m/s
(1)物块与小车共同速度； (2)物块在车面上滑行的时间t； (3)小车运动的位移x； (4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v′0不超过多少？
【解析】 (1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方 向，
根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v v＝0.8 m/s (2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理： －Ft＝m2v－m2v0，又F＝μm2g 解得：t＝μmm1＋1vm0 2g，代入数据得t＝0.24 s.
高考物理一轮复习第六章动能动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用课件新人教版
普适性 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统
题组突破训练
1．[动量守恒的判断] 一颗子弹水平射 入置于光滑水平面上的木块 A 并留在其 中，A、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示， 则在子弹打击木块 A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块 和弹簧组成的系统( ) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4.反冲 (1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互 作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的 过程中系统的动能增大 ，且常伴有其他形式能向动能的转化． (2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用 远小于 物 体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理． 5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大， 且 远大于 系统所受的外力，所以系统动量 守恒 ，爆炸过程中位 移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量 开始运动．
[答案] D
[规律总结] 处理碰撞问题的思路和方法 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动 能是否增加． (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注 意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定． (3)要灵活运用 Ek＝2pm2 或 p＝ 2mEk、Ek＝12pv 或 p＝2vEk几个 关系式转换动能、动量．
解析：设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和
船有(M＋m)v0＝－mv＋Mvx，解得 vx＝v0＋Mm(v0＋v)，选项 C 正确． 答案：C
高考物理一轮复习第六章第2节动量守恒定律及其应用课件
解析由动量守恒定律得mv-Mv'=0,解得 v=
,代入数据得v=28 m/s。
2.(2020全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水
平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙
发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的
变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,
则碰撞过程两物块损失的机械能为(
A.3 J
0
0.6v0t+0.4v0t=2πr,得
C、D 两点间。
方法技巧 一动撞一静弹性碰撞模型经常用到,并且运算比较麻烦,可以记
住碰后两个速度结果公式,直接代入求解。
【对点演练】
3.(2020北京卷)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、
3号)悬挂于同一高度;静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。
1
2
2
m
1v1' + m2v2'
2
2
( - )
2
2 1
1 1
解得 v1'= 1 +
,v2'= +
1
2
1
2
结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换);
(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑);
(3)当m1<m2时,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反弹);
(4)当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍);
(5)当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)。
最新2019版高考物理一轮复习(全国通用)配套精品课件：6.1第六章 动量守恒定律 力学三大观点
-5知识梳理 考点自诊
二、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:动量变化量的方向与 合力 的方向相同,可以在某一 方向上应用动量定理。
-6知识梳理 考点自诊
1.(2017· 湖北咸宁月考)下列说法正确的是( ) A.速度大的物体,它的动量一定也大 B.动量大的物体,它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变,物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大,则该物体的速度变化一定越大
B
解析 答案
-11命题点一 命题点二 命题点三
冲量和动量 动量、动能、动量变化量的比较
项目 定义 定义式 矢标性 特点 关联 方程
动 量 动 能 物体的质量和 物体由于运动 速度的乘积 而具有的能量 p=mv 矢量 状态量
p2 1
动量变化量 物体末动量与初 动量的矢量差 Δp=p'-p 矢量 过程量
关闭
p=mv,p由m、v二者乘积决定,故A、B错误;p是矢量,故C错误;Δp=m· Δv,故 D正确。 D
解析
关闭
答案
-7知识梳理 考点自诊
2.(多选)(2017· 广东广州海珠区期末)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.mgt C.m ������ 2 -������0 2 D.m 2������ℎ
关闭
动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果,所以B选项
不正确;物体所受冲量I=Ft与物体的动量的大小p=mv无关,C选项不正确; 冲量是一个过程量,只有在某一过程中力的方向不变时,冲量的方向才与
[小初高学习]2019年度高考物理一轮复习 第六章 动量 动量守恒定律 专题强化七 动力学、动量和能
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专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用专题解读1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题. 2.学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题.3.用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律).一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论命题点一动量与动力学观点的综合应用1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量.(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.例1(2017·山西五校四联)如图1甲所示，质量均为m＝0.5kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞.已知B、C两点间的距离L＝3.75m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：图1(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.答案(1)8m/s 7 m/s (2)3.5s解析(1)在0～3s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s解得v＝8m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg ＝maP 在B 、C 两点间做匀减速直线运动，有： v 2－v 12＝2aL解得v 1＝7m/s(2)设P 与Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v 1′、v 2，有：mv 1＝mv 1′＋mv 212mv 12＝12mv 1′2＋12mv 22 碰撞后Q 做匀减速直线运动，有： μmg ＝ma ′t ＝v 2a ′解得t ＝3.5s变式1 (2018·宁夏银川质检)质量为m 1＝1200kg 的汽车A 以速度v 1＝21m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m 2＝800 kg 的汽车B 以速度v 2＝15 m/s 迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t ＝1s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，取g ＝10m/s 2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求： (1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t 0＝0.2s ，则A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍； (3)两车一起滑行的距离. 答案 (1)6m/s (2)6倍 (3)6m 解析 (1)对于减速过程有a ＝μg对A 车有：v A ＝v 1－at 对B 车有：v B ＝v 2－at以碰撞前A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m 1v A －m 2v B ＝(m 1＋m 2)v 共可得v 共＝6m/s(2)对A 车由动量定理得：－Ft 0＝m 1v 共－m 1v A 可得F ＝7.2×104N 则Fm 1g＝6 (3)对共同滑行的过程有x ＝v 2共2a可得x ＝6m命题点二 动量与能量观点的综合应用1.两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律. 能量的观点：动能定理和能量守恒定律. 2.解题技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律). (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.例2 如图2所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2m ，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑.水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连.已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内.a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动.(g 取10 m/s 2)求：图2(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离. 答案 (1)1m/s (2)132m (3)0.125m解析 (1)对物块a ，由动能定理得 －μmgL ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得a 与b 碰前a 的速度：v 1＝2m/s ；a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2 代入数据解得v 2＝1m/s(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以v 2＝1m/s 的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s. 对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 32代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132m(3)由能量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m )v 32解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125m变式2 (2017·山东潍坊中学一模)如图3所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态.现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .重力加速度为g ，求：图3(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能. 答案 (1)3v 04μg (2)4171024mv 02解析 (1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，以v 0的方向为正方向，根据动量定理得： －μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝m ·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得： 3mv B ＝2mv A ＋3m ·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：ΔE ＝12mv 02－12×2mv 2A －12×3m ·(316v 0)2－12m ·(14v 0)2＝4171024mv 02命题点三 力学三大观点解决多过程问题1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动. (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动. 2.应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率).例3 (2015·广东理综·36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).图4(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 答案 见解析解析 (1)由机械能守恒定律得： 12mv 02＝mg ·2R ＋12mv 2 得：A 滑过Q 点时的速度v ＝4 m/s>gR ＝ 5 m/s.在Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有：F ＋mg ＝mv 2R解得：A 滑过Q 点时受到的弹力F ＝22 N(2)设A 、B 碰撞前A 的速度为v A ，由机械能守恒定律有： 12mv 02＝12mv 2A 得：v A ＝v 0＝6 m/s A 、B 碰撞后以共同的速度v P 前进，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得： mv A ＝(m ＋m )v P解得：v P ＝3 m/s总动能E k ＝12(m ＋m )v 2P ＝9 J滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 ΔE ＝F f L ＝μ(m ＋m )gL ＝0.2 J 则k ＝E kΔE＝45(3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段上损失的能量E 损＝n ΔE ＝0.2n J由能量守恒得：12(m ＋m )v 2P －12(m ＋m )v 2n ＝n ΔE代入数据解得：v n ＝9－0.2n m/s ，(n ＜k )变式3 如图5所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2s 至t 2＝4s 内工作.已知P 1、P 2的质量都为m ＝1kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4m ，g 取10m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.图5(1)若v 1＝6m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE k ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E km . 答案 (1)3m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14m/s 17J 解析 (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，有mv 1＝2mv解得v ＝v 12＝3m/s碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12mv 12－12(2m )v 2解得ΔE k ＝9J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P 在AC 间等效为匀减速直线运动，设P 1、P 2碰撞后速度为v ，P 在AC 段加速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2，由牛顿第二定律和运动学规律，得 μ(2m )g ＝2ma 3L ＝vt －12at 2v 2＝v －at解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt2tv 2＝6L －μgt 22t由于2s≤t ≤4s，所以解得v 1的取值范围10m/s ≤v 1≤14 m/sv 2的取值范围1m/s ≤v 2≤5 m/s所以当v 2＝5m/s 时，P 向左经过A 点时有最大速度v 3＝v 22－2aL ＝17m/s则P 向左经过A 点时的最大动能E km ＝12(2m )v 32＝17J1.如图1所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度v 0和2v 0在木板上滑动，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板.求：图1(1)木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B 所发生的位移大小； (2)木块A 在整个过程中的最小速度. 答案 (1)91v 0250μg (2)25v 0解析 (1)木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为v 1.对A 、B 、C 三者组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1解得v 1＝0.6v 0对木块B 运用动能定理，有： －μmgs ＝12mv 12－12m (2v 0)2解得：s ＝91v 0250μg(2)当A 和C 速度相等时速度最小，设为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 则：3mv 0＝4mv ＋m [2v 0－(v 0－v )] 则v ＝25v 0(其中v 0－v 为A 和B 速度的变化量)2.如图2所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′相切.现将一质量m ＝1.0kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10m/s 2，求：图2(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离.答案 (1)5m/s (2)0.5m解析 (1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1，以向左的方向为正方向 由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 1①由能量守恒得：12mv 02－12(M ＋m )v 12＝mgR ＋μmgL② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车到二者相对静止的过程中，以向左的方向为正方向，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 2④设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得： 12mv 02－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5m.3.如图3所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.图3答案 54m 2gh 15128mgh解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 12解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2 解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 32解得：E pm ＝15128mgh .4.如图4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中.图4(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能. 答案 (1)116mv 02(2)1348mv 02解析 (1)以v 0的方向为正方向，对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝12v 0B 与C 碰撞的瞬间，B 、C 组成的系统动量定恒，有 m ·v 02＝2mv 2解得v 2＝v 04系统损失的机械能ΔE ＝12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝116mv 02(2)当A 、B 、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝3mv解得v ＝v 03根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12mv 02－12(3m )v 2－ΔE ＝1348mv 02.小初高试卷教案习题集小初高试卷教案习题集 5.如图5所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P 置于水平桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力将P 缓缓推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为W F ＝6J.撤去推力后，小物块P 沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘C 点的平板小车Q 上，且恰好物块P 在小车Q 上不滑出去(不掉下小车).小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P 、Q 质量分别为m ＝1kg 、M ＝4kg ，A 、B 间距离为L 1＝5cm ，A 离桌子边缘C 点的距离为L 2＝90cm ，P 与桌面及P 与Q 的动摩擦因数均为μ＝0.4，g ＝ 10m/s 2，试求：图5(1)把小物块推到B 处时，弹簧获得的弹性势能；(2)小物块滑到C 点的速度大小；(3)P 和Q 最后的速度大小；(4)Q 的长度.答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m解析 (1)由能量守恒，增加的弹性势能为：E p ＝W F －μmgL 1＝(6－0.4×1×10×0.05) J＝5.8 J(2)对BC 过程由动能定理可知：E p －μmg (L 1＋L 2)＝12mv 02，代入数据解得小物块滑到C 点的速度为： v 0＝2 m/s ；(3)以向右的方向为正方向，对P 、Q 由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v解得共同速度：v ＝0.4 m/s(4)对P 、Q 由能量守恒得：μmgL ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2 代入数据解得小车的长度：L ＝0.4 m.。
高考物理一轮复习第六章动量第二讲碰撞、反冲与动量守恒定律课件
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热点(rè diǎn) 二
2－1.[水平方向的反冲问题] 一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 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
题组突破 (tūpò)
质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 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
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[典例 1] [弹性碰撞] (2016·高考全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个 静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直；a 和 b 相 题组突破(tūpò) 距 l，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量 为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使 a 以初速度 v0 向右滑动．此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生 碰撞．重力加速度大小为 g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
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题组突破 (tūpò)
3．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 m1≫m2，且 v20＝0 时，碰后质量大的 速率不变，质量小的速率为 2v.当 m1≪m2，且 v20＝0 时，碰 后质量小的球原速率反弹．
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目录 CONTENTS
第二讲 碰撞、反冲与动量守 恒定律
【全国试题总结】2019高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用教师用书
第2节动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．2．动量守恒的数学表达式(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(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．知识点2 动量守恒的成立条件1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．1．正误判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图621所示的装置中，木块B 与水平桌面间是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，停在木块内．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( )图621A ．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B [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图622所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )【导学号：】图622A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止的水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力m人＋m船v，解得：v＝0.25 m/s，为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝()方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]1.方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图623所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图623A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a 和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图624所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )【导学号：】图624A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B ＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C 组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]●考向1 爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误；故选A 、B 、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？【导学号：】【解析】 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v 1＝v 0cos 60°＝v 02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2又v 1′＝2v 0解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20. 【答案】 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 20 ●考向2 碰撞问题3．(多选)如图625甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )甲 乙图625A ．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 ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后的速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图626所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图626【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M 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．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．(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．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1 应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图627所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )图627A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/sAB [以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1＝2.67m/s.当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．]2．如图628所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s.图628(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小．(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.【解析】 (1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s 从C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正，m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，所以v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图629所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.【导学号：】图629【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用4．(2017·衡阳模拟)如图6210所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6210(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21 小球在最低点，根据牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 21R联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2过程中，由动量关系： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为v 3，b 后来速度为v 4，由动量关系：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24 根据动量定理有：I ＝m 2v 4联立可得：I ＝0.4 N·s.【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s力学规律的选用原则1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．。
2019届高考物理一轮复习 第六章 动量 实验七 验证动量守恒定律课件.pptx
6．验证：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 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看 在误差允许的范围内是否成立。
7．结束：整理好实验器材放回原处。 [数据处理] 验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
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注意事项
1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 2．方案提醒 (1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利 用水平仪确保导轨水平。 (2)若利用摆球进行验证，两摆球静止时球心应在同一水平 线上，且刚好接触，摆线竖直，将摆球拉起后，两摆线应在同 一竖直面内。 (3)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦力。 (4)若利用平抛运动规律进行验证，安装实验装置时，应注 意调整斜槽，使斜槽末端水平，且选质量较大的小球为入射小 球。 3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不变。
[实验器材] 气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧 片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。
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[实验步骤] 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。
胶布等。
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[实验步骤] 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。
高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律
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题型1 对动量的理解
动量和动能的区别和联系． 1．它们都与物体的质量和速度有关．质量相同的物体动量大小 与速度大小成正比，动能大小与速度大小的平方成正比． 2.大小关系 p＝ 2mEk或 Ek＝2pm2 .即动量相同而质量不同的物 体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量也不同．
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题型3 动量守恒定律的应用
动量守恒的“三性”． (1)矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程．对于作用前后 物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方 向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负．若方向未 知，可设为与正方向相同，列动量守恒方程，通过解得结果的 正负判定未知量的方向．
代入数据解得此时物块的速度为 v′′＝0.8 m/s，所以物块正向 右做匀加速直线运动．本题正确选项为 B.
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3.动量是矢量，而动能是标量．因而物体的动量变化时，其动能 不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化．
4.引起动量变化的原因是物体受到的外力作用对时间的累积， 引起动能变化的原因是外力作用对位移的累积．
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提醒探究 【例❶】 下列说法正确的是( ．一个质点在一运动过程中如果动能不变，则动量也不变 C．一个物体在恒力作用下动量一定改变 D．一个物体在恒力作用下动量一定不变
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提醒探究
题型2 判断动量守恒
1．理解动量守恒定律． (1)成立条件： ①系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒． ②系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动 量可看成近似守恒． ③当某个方向上所受合外力为零时，则在该方向上动量守恒．
第六章第2讲动量守恒定律-2025年高考物理一轮复习PPT课件
高考一轮总复习•物理
第20页
解析：对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有 a 甲＝F－mμ甲m甲g， a 乙＝F－mμ乙m乙g，由于 m 甲>m 乙，所以 a 甲<a 乙，由于两条形磁铁运动时间相同，且同时由静止 释放，可得 v 甲<v 乙，A 错误；对于整个系统而言，由于 μm 甲 g>μm 乙 g，合力方向向左，合 冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D 正确，C 错误．
答案：9 次
高考一轮总复习•物理
第19页
1．[对动量和冲量的理解](多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面 上，甲的 N 极正对着乙的 S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相 等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
高考一轮总复习•物理
第25页
结果 v′1＝2m1mv11＋＋mm22v2－v1， v′2＝2m1mv11＋＋mm22v2－v2
若 v2＝0，则 v′1＝mm11－＋mm22v1，
讨论 v′2＝m12＋m1m2v1
m1＝m2
v′1＝0， v′2＝v1
质量相等，交换速度
m1＞m2 v′1＞0，v′2＞0，且 v′2＞v′1 大碰小，一起跑
答案
高考一轮总复习•物理
第13页
解析：在动能相同的情况下，根据 p＝ 2mEk可知 pA>pB，系统总动量方向与 A 球运动方 向相同，根据动量守恒可知，A、C 项正确，B 项错误；若碰后两球反向，动能仍相等，则 系统总动量方向改变，D 项错误．
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第2讲 动量守恒定律
板块一 主干梳理·夯实基础
【知识点1】 动量守恒定律及其应用 Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2．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0，这个系统的总动量保持不变，这
就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用
后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
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某方向守恒：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。
【知识点2】 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
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
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
4．反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同
而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量