高中物理一轮复习教案：15.1 碰撞与动量守恒
2024届高考物理一轮总复习第六章碰撞与动量守恒第2节动量守恒定律及其应用课件
2.(2021 年黑龙江哈尔滨月考)一辆小车静止在光滑的水平面
上，小车立柱上用一条长为 L 的轻绳拴一个小球，小球与悬点在
同一水平面上，轻绳拉直后小球从 A 点静止释放，如图 6-2-1，不
计一切阻力，下面说法中正确的是( )
A.小球的机械能守恒，动量也守恒
B.小车的机械能守恒，动量也守恒
C.小球和小车组成系统机械能守恒，水平方向
两物体碰撞后速度均为零). 2.弹性碰撞讨论. (1)碰后速度的求解. 在光滑水平面上，质量为 m1、m2 的两球发生对心弹性碰撞，
碰撞前速度为 v1 和 v2，根据动量守恒和机械能守恒有：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
①
21m1v21＋21m2v22＝12m1v1′2＋21m2v2′2
的系统水平方向动量守恒.
【典题 3】(2022 年广东茂名模拟)如图 6-2-5 所示，在足够大 的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切
线水平，一小球以大小为 v0 的水平速度从小车 弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽
的顶端离开.小车与小球的质量分别为 2m、m， 以弧形槽底端所在的水平面为参考平面. 小球 的最大重力势能为( )
向，恰能回到轨道上 Q 点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气 阻力，下列说法正确的是( )
图 6-2-7
A.QP 之间的竖直高度为R4 B.QP 之间的竖直高度为R3 C.在以后的运动中，物块甲不能回到 M 点 D.在以后的运动中，物块甲能回到 M 点
图 6-2-4 A.碰撞过程中 A 受到的冲量为 3.75 N·s
B.碰撞过程中 A 的平均加速度为－75 m/s2 C.碰撞过程中 B 受到的平均作用力为 37.5 N
2024届高考物理一轮总复习第六章碰撞与动量守恒实验六验证动量守恒定律课件
解得 v＝
gcos 2tan
θθL∝
L，物体落到同一斜面上，则只要测得 O 点
与各落点的距离 L 即可，故选 C. (2)实验中必须要测量落点到 O 点的距离，则需要刻度尺.还需
要测量小球的质量，故选 AB.
(3)斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端的速度相同即可， 即入射小球每次释放的初位置相同，以保证到达底端的速度相同，
(2)用天平测得滑块 a、b 质量分别为 ma、mb. (3)在滑块上安装配套的粘扣，并按图示方式放置两滑块.使滑 块 a 获得向右的速度，滑块 a 通过光电门 1 后与静止的滑块 b 碰 撞粘在一起，并一起通过光电门 2，遮光条通过光电门 1、2 的时 间分别为 t1、t2，则上述物理量间如果满足关系式____________， 则证明碰撞过程中两滑块的总动量守恒. (4)本实验__________(填“需要”或“不需要”)测量遮光条 的宽度.
式为 m1v＝m2v2－m1v1，即 m1 2gL1－cos α＝m2 2gL1－cos θ2－
m1 2gL1－cos θ1.即 m1 1－cos α＝m2 1－cos θ2－m1 1－cos θ1，
化简后可得 m1sin α2＝m2sin θ22－m1sin θ21，碰撞是弹性碰撞，则
1 2
m1v2
θ1 2
m1cos α＝
m1cos θ1－m2(1－cos θ2)
考向 3 利用光滑长木板上两车碰撞 【典题 4】某实验小组组装了如图 S6-7 所示的实验装置来完 成验证动量守恒定律的实验.在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小 车甲使之做匀速运动.然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合 成一体，继续做匀速运动，在小车甲后连着纸带，电磁打点计时 器电源频率为 50 Hz.
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第七章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及其应用课件
动量守恒定律及其应用
课 程 标 准
1.通过实验和理论推导，理解动量守恒定律，能用其解释生活中的
有关现象．知道动量守恒定律的普适性．
2.探究并了解物体弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰
撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象．
3.体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与
6.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，船的质量为(
)
m L−d
A．
正确的是(
)
A．碰后乙的速度变为零
B．t＝2.5 s时，两小滑块之间的距离为7.5 m
C．两小滑块之间的碰撞为非弹性碰撞
D．碰撞前，两个小滑块组成的系统动量守恒
答案：D
3．[2023·山东联考](多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过
劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上．在A的
D．第二次碰撞发生在B点
答案：B
考向3 完全非弹性碰撞
完全非弹性碰撞
动量守恒、机械能损失最多
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
1
1
2
2 1
ΔE＝ 1 1 + 22 － (m1＋m2)v2
2
2
2
例6 [2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的
物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处
高考物理一轮课件专题七碰撞与动量守恒
可以用来求变力的冲量，如雨滴落到地面时对地面的平均作用力，或求弹簧在弹 性势能完全释放的过程中弹力所做的功。
动量定理与动量守恒的综合应用
碰撞问题
在碰撞过程中，系统内力远大于外力，可认为系统动量守恒 。根据动量守恒定律和能量守恒定律，可求出碰撞后各物体 的速度和能量损失。
爆炸问题
爆炸过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒。爆炸后 ，各物体以共同的速度运动，根据动量守恒定律和能量守恒 定律，可求出爆炸后各物体的速度和能量分配。
高考物理一轮课件专题七碰撞 与动量守恒
汇报人:XX
20XX-01-23
目
CONTENCT
录
• 碰撞现象与分类 • 动量守恒定律 • 碰撞中的动量守恒 • 动量守恒定律的应用 • 动量定理与动量守恒的综合应用 • 专题总结与拓展延伸
01
碰撞现象与分类
弹性碰撞
定义
在碰撞过程中，如果两个物体之间的相互作用力只 有弹力，且碰撞过程中系统动能守恒，则称为弹性 碰撞。
能量损失
在非弹性碰撞中，部分动能会转 化为内能，导致能量损失。能量 损失的程度取决于碰撞的非弹性
程度。
恢复系数
恢复系数用于描述碰撞过程中能 量的损失程度。恢复系数为1时 表示完全弹性碰撞，恢复系数为
0时表示完全非弹性碰撞。
04
动量守恒定律的应用
打击与碰撞问题
01
02
03
完全弹性碰撞
碰撞过程中，系统动能守 恒，动量也守恒。碰撞后 两物体以相同的速度分开 。
分量法
在处理二维碰撞问题时，可以将速度分解为两个方向上的分量， 分别应用一维碰撞中的动量守恒定律。
矢量法
通过矢量运算，可以直接处理二维碰撞中的速度和动量，无需进 行分量分解。
2021高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1节动量定理动量守恒定律教案鲁科版
第六章碰撞与动量守恒2018级福建省普通高中教学指导意见与2021年选择考预测内容标准1.探究物体弹性碰撞的一些特点.知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.通过实验,理解动量和动量守恒定律.能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题.知道动量守恒定律的普遍意义.3.通过物理学中的守恒定律,体会自然界的和谐与统一.实验:验证动量守恒定律选择考预测从近几年高考来看,本单元考查的重点是动量定理和动量守恒定律这两大规律.2021年选择性考试改为福建本省自主命题且实行单科考试后,考试时长和试题题量均会相应增加,预计2021年的考试中,对动量考查的深度和题目的综合性有所增强,以计算题的形式出现可能性很大,综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题如板块问题等仍将是今后命题的热点和难点,甚至将动量和电学知识结合,作为压轴计算题进行命制,难度会逐渐加大.而本章实验题的考查在历年高考中鲜有出现,但也不可大意.[全国卷考情分析]——供老师参考考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2017 2018 2019动量、动量定理、动量守恒定律及其应用ⅡⅠ卷T14:动量守恒定律的应用Ⅲ卷T20:动量定理的应用Ⅰ卷T14:动量T24:动量守恒和能量守恒Ⅱ卷T15:动量定理T24:碰撞与动力学综合Ⅲ卷T25(2):动量的计算Ⅰ卷T16:动量定理T25(1):弹性碰撞Ⅱ卷T25(3):动量定理Ⅲ卷T19:电磁感应与动量守恒结合T25:动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验七:验证动量守恒定律备考策略:1.考查方式:从近两年命题规律来看,对动量定理、动量守恒定律的考查在选择题、计算题中第1节动量定理动量守恒定律教材梳理·自主预习知识梳理一、动量、动能、动量变化量的比较二、冲量1.定义:力与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:恒力时与力的方向相同.三、动量定理1.内容:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.2.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.3.动量与力物体动量的变化率等于它所受的力.自主探究人从高处跳下,落地时要屈腿,这是为什么?答案:人从高处落地到停下,动量变化一定,若屈腿可增加人落地停下来的时间,使动量变化率变小,即人受地面作用力变小.四、动量守恒定律知识解读动量守恒定律的推导如图所示,在水平桌面上做匀速运动的两个小球,质量分别是m1和m2,速度分别是v1和v2,v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球碰撞.碰撞后的速度分别是v1′和v2′.设碰撞过程中第一个球所受第二个球对它的作用力是F1,第二个球所受第一个球对它的作用力是F2.根据牛顿第二定律,碰撞过程中两球的加速度分别是a1=11Fm,a2=22Fm知识解读根据牛顿第三定律,F1与F2大小相等、方向相反,即F1=-F2所以m1a1=-m2a2碰撞时两球之间力的作用时间很短,用Δt表示.a1=11v vt'-∆,a2=22v vt'-∆移项后得到m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′1.内容: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.2.表达式m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.小题检测1.思考判断(1)物体的动量越大,其惯性也越大.( ×)(2)物体的动量变化率越大,它受到的冲量就越大.( ×)(3)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向相同.( √)(4)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变.( √)(5)物体相互作用时动量守恒,机械能也一定守恒.( × ) 2.下列关于动量和冲量的说法不正确的是( D ) A.动量大的物体动能不一定大B.物体运动状态发生变化,则其动量一定发生改变C.冲量是物体动量变化的原因D.冲量方向与动量方向一致解析:根据动量和动能的关系E k =22p m可知,动量大的物体动能不一定大,选项A 正确;物体运动状态改变,即速度发生变化,则动量一定变化,故B 正确;冲量是物体动量变化的原因,选项C 正确;冲量方向与动量变化的方向一致,选项D 错误. 3.(多选)下列说法中正确的是( AC ) A.物体动量的变化率等于它受的合外力B.冲量反映了力的作用对时间的累积效应,是一个标量C.动量发生变化的物体不可能处于平衡状态D.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为它动量的变化太大 解析:动量的变化率ΔΔp t =ΔΔm vt=ma=F,由此可知,物体动量的变化率等于它所受的力,A 正确;力的冲量反映了力的作用对时间的积累效应,是一个矢量,B 错误;根据动量定理可知,动量发生变化的物体,其所受合力一定不为0,不可能处于平衡状态,C 正确;由Δp=FΔt 可知,动量变化相等时,时间Δt 越长,力F 越小,玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的外力太大,动量变化大,外力不一定大,D 错误. 4.(2019·北京丰台区高三检测)为了研究平抛物体的运动,用两个相同小球A,B 做下面的实验:如图所示,用小锤打击弹性金属片,A 球立即水平飞出,同时B 球被松开,做自由落体运动,两球同时落到地面.A,B 两小球开始下落到落地前瞬间的过程中,下列对A,B 球描述正确的是( B )A.A 球与B 球的速率变化量相同B.A 球与B 球的动量变化量相同C.A球与B球的动量变化率不同D.A球与B球的动能变化量不同解析:因为A球立即水平飞出,以一定的速度做平抛运动,B球被松开,做自由落体运动,所以两球落地的速率不同,速率的变化量也不同,故A错误;两球落地的时间相同,受到的重力也相同,落地过程中重力的冲量相同,则两球动量的变化量相同,故B正确;A 球与B球的动量变化率等于重力,故A球与B球的动量变化率相同,故C错误;下落过程中重力做功相同,则动能变化量相同,故D错误.5.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( C )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解析:无论系统内物体是否具有加速度或受摩擦力作用,只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒,故C正确,A,B均错误;系统中所有物体的加速度均为零时,系统所受的合外力一定为零,故系统动量一定守恒,D错误.考点研析·感悟提升考点一动量与冲量的理解1.对动量的理解(1)动量是矢量.动量的合成与分解遵循平行四边形定则、三角形定则.(2)动量是状态量.通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量),计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度.(3)动量是相对量.物体的动量与参考系的选取有关,通常情况下,指相对地面的动量.(4)动量的变化量是物体始、末动量的矢量差.若始、末动量在同一直线上,规定正方向后求其之差;若始、末动量不在一条直线上,其关系如图所示.2.冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量.冲量表示力对时间的积累作用,功表示力对位移的积累作用.(2)冲量是矢量,功是标量.(3)力作用的冲量不为零时,力做的功可能为零;力做的功不为零时,力作用的冲量一定不为零.3.冲量的计算公式法利用定义式I=Ft计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态图象法如图利用F-t图象计算,F-t 图象围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量.若是方向不变、大小随时间均匀变化的变力时,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量I=122F Ft,其中F1,F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量[例1] 将质量相等的三只小球a,b,c从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛、下抛、平抛出去,空气阻力不计,那么,有关三球动量和冲量的情况是( C )A.三球刚着地时的动量均相同B.三球刚着地时的动量均不相同C.三球从抛出到落地时间内,受重力冲量最大的是a球,最小的是b球D.三球从抛出到落地时间内,动量的变化量均相同解析:三个小球a,b,c在空中均只受重力,故机械能守恒,则三小球落地时的速度大小相等,但c 速度不沿竖直方向,故a,b的速度相等,动量相等,但与c不相等,故选项A,B错误;由于a的时间最长,b的时间最短,故a受冲量最大,b受冲量最小,选项C正确;物体动量的变化量等于合外力的冲量,故a动量变化最大,b最小,选项D错误.[针对训练](2019·安徽合肥模拟)(多选)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是( CD )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,F 的功率先增大后减小D.在1～3 s 时间内,F 的冲量为0解析:根据F t 图象,在前2 s 力的方向和运动的方向相同,质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第2 s 末,质点的速度最大,动量最大,而不是0,故A 错误;该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同,前半个周期内做加速运动,后半个周期内做减速运动,所以质点在0～4 s 内运动方向不变,故B 错误;0～2 s 内,速度在增大,力F 先由0增大后又减小到0,根据瞬时功率P=Fv 公式,力F 的功率开始时为0,2 s 末的功率也为0,所以在0～2 s 时间内,F 的功率先增大后减小,故C 正确;在F t 图象中,图线与t 轴围成的面积表示力F 的冲量,由图可知,1～2 s 之间的面积与2～3 s 之间的面积大小相等,且一正一负,则在1～3 s 时间内,F 的冲量为0,故D 正确.考点二 动量定理的理解与应用1.动量定理的理解(1)Ft=p′-p 是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同.式中Ft 是物体所受的合外力的冲量.(2)Ft=p′-p 除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因.(3)动量定理描述了始、末动量与冲量间的矢量关系,某一方向上仍然成立. 2.用动量定理解释现象 (1)由F=ΔΔpt知,物体的动量变化一定,此时力的作用时间越短,力就越大;时间越长,力就越小. (2)作用力一定,此时力的作用时间越长,动量变化越大;力的作用时间越短,动量变化越小.分析问题时,要明确哪个量一定,哪个量变化.[例2] (2019·北京朝阳区一模)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中力F 和动量p 都是矢量.在用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x,y 两个方向上分别研究.如图所示,质量为m 的小球斜射到钢板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,碰撞过程中忽略小球所受重力,碰撞时间为已知.求小球对钢板的作用力F.解析:选择小球为研究对象,小球与钢板碰撞,其速度变化如题图所示,则初速度可分解为v x =vsin θ v y =-vcos θ 其末速度可分解为 v x ′=vsin θ v y ′=vcos θ 根据动量定理x 方向有F x Δt=m(v x ′-v x )=0 y 方向有F y Δt=m(v y ′-v y )=2mvcos θ 得F y =2cos Δmv tθ根据牛顿第三定律,桌面受力为F=-F y =-2cos Δmv tθ方向沿y 轴负方向. 答案:02cos Δmv tθ,方向沿y 轴负方向 [针对训练] 在学校的体育运动会跳远场地,我们看到运动员起跳后落在松软的沙坑中,其目的是( B )A.增加运动员落地过程的时间,增大脚受到的作用力B.增加运动员落地过程的时间,减小脚受到的作用力C.减少运动员落地过程的时间,增大脚受到的作用力D.减少运动员落地过程的时间,减小脚受到的作用力解析:运动员落入沙坑中,增加了运动员落地的时间,设运动员落地前的速度大小为v,脚受到的作用力大小为F,根据动量定理得Ft=mv,时间变大,则作用力变小,故B 正确.考点三 动量守恒的判断动量守恒定律适用条件 (1)理想条件:系统不受外力. (2)实际条件:系统所受合外力为零.(3)近似条件:系统各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力. (4)方向条件:系统在某一方向上满足上述的条件,则此方向上动量守恒. [例3](多选)如图所示,平板小车C 放在光滑水平地面上,A,B 两物体(m A >m B )之间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧,A,B与弹簧不拴接,放在平板小车C上后,A,B,C均处于静止状态.则在细绳被剪断后,A,B在C上未滑离C之前,A,B沿相反方向滑动的过程中( AB )A.若A,B与C之间的摩擦力大小相同,则A,B组成的系统动量守恒,A,B,C组成的系统动量也守恒B.若A,B与C之间的摩擦力大小不相同,则A,B组成的系统动量不守恒,但A,B,C组成的系统动量守恒C.若A,B与C之间的摩擦力大小不相同,则A,B组成的系统动量不守恒,A,B,C组成的系统动量也不守恒D.若A与C之间摩擦力大于B与C之间摩擦力,A,B滑动过程中小车向右运动解析:系统动量守恒的条件是合外力为零,在细绳被剪断后,A,B在小车C上滑动.若A,B与C之间的摩擦力大小相同,A,B所受的滑动摩擦力方向相反,则对于A,B组成的系统所受的合外力为零,动量守恒;对三个物体组成的系统,竖直方向上重力与支持力平衡,水平方向不受外力,合外力为零,动量也守恒,故A正确;若A,B与C之间的摩擦力大小不相同,A,B组成的系统所受的合外力不为零,动量不守恒;但对三个物体组成的系统,合外力为零,A,B,C组成的系统动量仍守恒,故B正确,C错误;当A与C之间的摩擦力大于B与C之间的摩擦力,A与B组成的系统对小车的合力向左,由动量定理可知小车向左运动,故D错误.[针对训练] (多选)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是( AC )解析:A中在光滑的水平面上,子弹与木块系统受合外力等于零,动量守恒;B中剪断细线后,竖直墙壁对左边木块有弹力作用,系统合外力不为零,动量不守恒;C中两球在匀速下落,系统合外力等于零,细线断裂后,系统合外力仍然等于零,所以系统动量守恒;D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力,则动量不守恒,所以选项A,C正确.考点四动量守恒定律的理解和应用应用动量守恒定律时应注意的“五性”条件性首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零)相对性公式中v1,v2,v1′,v2′必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1,v2是在相互作用前同一时刻的速度,v1′,v2′是相互作用后同一时刻的速度矢量性 应先选取正方向,凡是与选取的正方向一致的动量为正值,相反为负值 普适性不仅适用于低速宏观系统,也适用于高速微观系统[例4] 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两车上,水平面光滑.开始时甲车速度大小为3 m/s,乙车速度大小为2 m/s,方向相反并在同一直线上,如图所示.(1)当乙车速度为零时,甲车的速度多大?方向如何?(2)由于磁铁的磁性极强,故两车不会相碰,那么两小车间的距离最小时,乙车的速度是多大?方向如何?思路探究:当其中一小车速度为0,另一小车仍在运动时,两小车间距离如何变化? 答案:两小车间距离继续减小或增大.解析:两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两磁铁之间的磁力是系统内力,系统动量守恒.设向右为正方向. (1)据动量守恒定律得mv 甲-mv 乙=mv 甲′ 则v 甲′=v 甲-v 乙=1 m/s,方向向右.(2)两车相距最近时,两车的速度相同,设为v′,由动量守恒定律得mv 甲-mv 乙=mv′+mv′ 解得v′=m 2mv v m -乙甲=2v v -乙甲=322- m/s=0.5 m/s,方向向右.答案:(1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右反思总结应用动量守恒定律解题的基本步骤题组训练1.(系统动量近似守恒问题)(2019·北京东城区期末)如图(甲)是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图,打夯前先将桩料扶正立于地基上,桩料进入泥土的深度忽略不计.已知夯锤的质量为M=450 kg,桩料的质量为m=50 kg.每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h 0=5 m 处再释放,让夯锤自由下落,夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动.桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h 的变化关系如图(乙)所示,直线斜率k=5.05×104N/m.g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( C )A.夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9 m/sB.夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5 m/sC.打完第一夯后,桩料进入泥土的深度为1 mD.打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为3 m 解析:夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度=2gh 0,得v 0=02gh =2105⨯⨯ m/s=10 m/s.取向下为正方向,打击过程时间很短,且夯锤与桩料间作用力远大于泥土阻力,则遵守动量守恒定律,则得Mv 0=(M+m)v,代入数据解得v=9 m/s,故选项A,B 错误;由(乙)图知,桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化,则阻力做功为W f =-12kh·h=-12kh 2,打完第一夯后,对夯锤与桩料,由动能定理得:(M+m)gh 1+W f =0-12(M+m)v 2.即(M+m)gh 1-12k=0-12(M+m)v 2,打完第二夯后,深度为h 2,则对夯锤与桩料,由动能定理得:(M+m)gh 2-12k[(h 1+h 2)2-21h ]=0-12(M+m)v 2,同理可以得到:打完第三夯后,桩料再次进入泥土的深度为h 3,则对夯锤与桩 料,由动能定理得:(M+m)gh 3-12k[(h 1+h 2+h 3)2-(h 1+h 2)]2=0-12(M+m)v 2,则打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为H=h 1+h 2+h 3,代入数据得h 1=1 m,H=h 1+h 2+h 3<3 m,故选项C 正确,D 错误. 2.(某一方向的动量守恒)光滑水平面上放着一质量为M 的槽,槽与水平面相切且光滑,如图所示,一质量为m 的小球以速度v 0向槽运动,若开始时槽固定不动,求小球上升的高度.若槽不固定,则小球又上升多高?(槽足够高,重力加速度为g)解析:槽固定时,设球上升的高度为h 1,由机械能守恒定律得mgh 1=12m 20v ,得h 1=202v g. 槽不固定时,设球上升的最大高度为h 2,此时两者的共同速度为v,在水平方向上,由动量守恒定律得mv 0=(m+M)v,球与槽作用过程中机械能守恒,有12m 20v -12(m+M)v 2=mgh 2, 解得h 2=202()Mv M m g+.答案:202v g 202()Mv M m g+真题试做·模拟演练1.(2019·全国 Ⅰ 卷,16)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4.8×106N,则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( B ) A.1.6×102kg B.1.6×103kg C.1.6×105 kgD.1.6×106kg解析:设该发动机在时间t 内,喷射出的气体质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,在1 s 内喷射出的气体质量m 0=m t =F v=64.8103000⨯ kg=1.6×103kg,故B 正确.2.(2018·全国Ⅰ卷,14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( B ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比解析:根据匀变速直线运动规律,由静止匀加速启动的速度v t =at,动能E k =12m 2t v =12ma 2t 2,即列车的动能与经历的时间的平方成正比,A 错误;根据2t v =2as,动能E k =12m 2t v =12m·2as=mas,即列车的动能与位移成正比,B 正确;动能E k =12m 2t v ,即列车的动能与速度的平方成正比,C 错误;动量p=mv t ,动能E k =12m 2t v =22p m ,即列车的动能与动量的平方成正比,D 错误.3.(2019·广东佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动,既能强身又能健体.已知皮球质量为0.4 kg,为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用距离为0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s 的初速度.若不计空气阻力及球的形变,g 取10 m/s 2,则每次拍球( D )A.手给球的冲量为1.6 kg·m/sB.手给球的冲量为2.0 kg·m/sC.人对球做的功为3.2 JD.人对球做的功为2.2 J解析:根据题述,使球在离手时获得一个竖直向下的大小为 4 m/s的初速度,根据动量定理,合外力给皮球的冲量为I=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s;手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量,手给球的冲量小于1.6 kg·m/s,选项A,B错误;设人对球做的功为W,由动能定理, mv2,解得W=2.2 J,选项D正确,C错误.得W+mgh=124.(2019·全国Ⅱ卷,25)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶.行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车.刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线.图(a)中,0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1～t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止,已知从t2时刻开始,汽车第1 s内的位移为 24 m,第4 s内的位移为1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v t图线;(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?解析:(1)v t图象如图所示.(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a.取Δt=1 s.设汽车在t2+(n-1)Δt～t2+nΔt 内的位移为s n,n=1,2,3,….若汽车在t2+3Δt～t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有s1-s4=3a(Δt)2 ①s1=v2Δt-12a(Δt)2②v4=v2-4aΔt ③联立①②③式,代入已知数据解得v4=-176m/s ④这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止.因此,①式不成立.由于在t2+3Δt～t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式v3=v2-3aΔt ⑤2as4=23v⑥联立②⑤⑥式,代入已知数据解得a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦或者a=28825m/s2,v2=29.76 m/s⑧但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去.(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1,由牛顿第二定律有f1=ma ⑨在t1～t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为I=12f1(t2-t1) ⑩由动量定理有I=mv1-mv2由动能定理,在t1～t2时间内,汽车克服阻力做的功为W=12m21v-12m22v联立⑦⑨⑩式,代入已知数据解得v1=30 m/sW=1.16×105 J从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为s=v1t1+12(v1+v2)(t2-t1)+222va联立⑦,代入已知数据解得s=87.5 m.答案:(1)见解析(2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m。
【金版优课】2019届物理一轮教学案：专题十五考点一 碰撞与动量守恒 Word版含解析
专题十五动量守恒与近代物理初步(选修3－5)考纲展示考点一碰撞与动量守恒基础点知识点1 动量、冲量、动量定理、动量守恒定律1．动量(1)定义：运动物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：kg·m/s。
(4)标矢性：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
(5)动量、动能、动量变化量的比较。
2.冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
(2)表达式：I＝Ft。
单位：N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
3．动量定理4.(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受合外力为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式①m1v1＋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。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
③Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件①系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。
②近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
③如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。
知识点2 碰撞、反冲和爆炸问题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4.(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。
高三物理第一轮复习人船模型与反冲运动;碰撞中的动量守恒
准兑市爱憎阳光实验学校高三物理第一轮复习：人船模型与反冲运动；碰撞中的动量守恒【本讲信息】一. 教学内容：1、专题：人船模型与反冲运动2、专题：碰撞中的动量守恒【要点扫描】专题：人船模型与反冲运动一、人船模型1、假设系统在整个过程中任意两时刻的总动量相，那么这一系统在全过程中的平均动量也必守恒。
在此类问题中，凡涉及位移问题时，我们常用“系统平均动量守恒〞予以解决。
如果系统是由两个物体组成的，合外力为零，且相互作用前均静止。
相互作用后运动，那么由0＝m11v＋m22v得推论0＝m1s1＋m2s2，但使用时要明确s1、s2必须是相对地面的位移。
2、人船模型的用条件是：两个物体组成的系统〔当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统〕动量守恒，系统的合动量为零．二、反冲运动1、指在系统内力的作用下，系统内一物体向某方向发生动量变化时，系统内其余物体向相反方向发生动量变化的现象2、研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态．专题：碰撞中的动量守恒碰撞1、碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒律处理碰撞问题．按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，物理只研究正碰的情况．2、一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，假设总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相。
假设两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。
在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加〔有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程〕，这也常是判断一些结论是否成立的依据．3、弹性碰撞题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失〞．这实际就是弹性碰撞．设两小球质量分别为m1、m2，碰撞前后速度为v1、v2、v1'、v2'，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度．根据动量守恒 m 1 v 1＋m 2 v 2＝m 1 v 1/＋m 2 v 2/……①根据机械能守恒 21m 1 v 12十21m 2v 22＝21m 1 v 1/2十21m 2 v 2/2……②由①②得v 1'＝()21221212m m v m v m m++-，v 2'＝()21112122m m v m v m m++-仔细观察v 1'、v 2'的结果很容易记忆，当v 2＝0时v 1'＝()21121m m v m m+-，v 2'＝21112m m v m +①当v 2＝0，m 1＝m 2时，v 1’＝0，v 2’＝v 1 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量．②m 1＞＞m 2，v'1＝v 1，v 2’＝2v 1．碰后m 1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m 1的速度的两倍向前运动。
高考物理一轮复习 实验十五 验证动量守恒定律专题精讲课件
第三十四页，共42页。
[解析] 打点周期 T＝1b，打 s1、s2、s3 均用时5b.
碰前其中一滑块的动量 p1＝mv1＝mst1＝ab5s1.
碰前另一滑块的动量 p2＝mv2＝mst3＝ab5s3，
故碰前总动量 p＝p1－p2＝15ab(s1－s3)，
同理碰后总动量 p′＝2·mst2＝25abs2.
[答案]Βιβλιοθήκη abs1 5abs3 5
15ab(s1－s3)
第二十七页，共42页。
③若动量守恒，应有 m1·v1＋m2·v2＝m1·v0(v0 是 m1 单独 下落时离开轨道时的速度，v1、v2 是两球碰后 m1、m2 离开 轨道时的速度)，又 v＝st，则有 m1·OtM＋m2·OtN＝m1·OtP，即 m1·OM＋m2·ON＝m1·OP；若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程 中没有机械能损失，则有12m1v21＋12m2v22＝12m1v20，同样整理 可得 m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.
第六页，共42页。
(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(dòngliàng)守恒．
第二十五页，共42页。
[解析] ①小球离开轨道后做平抛运动，由 h＝12gt2 知 t ＝ 2gh，即小球的下落时间一定，则初速度 v＝st可用平抛 运动的水平射程来表示，选项 C 正确．
第二十六页，共42页。
② 本 实 验 要 验 证 的 是 m1·OM ＋ m2·ON ＝ m1·OP ， 因 此 (yīncǐ)要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和 ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落 点，没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高 度H.故应完成的步骤是ADE或DEA或DAE.
2013高三物理一轮复习课件：第十五章 碰撞和动量守恒
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三、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．常用的三种表达式． (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(系统总动量的增量等于零)；
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[解析] 两手同时放开后，A、B 间仅有弹簧弹力(内力) 作用，系统动量守恒，而系统初动量为零，故总动量始终为 零． 先放开左手，弹力的冲量将使 A 获得向左的动量，再放 开右手，系统动量守恒，但总动量不再为零，而是向左．
[答案] ACD
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考点诊断
1.总质量为 M 的装沙的小车，正以速度 v0 在光滑水平面 上前进，突然车底漏了，不断有沙子漏出来落到地面，问在漏 沙的过程中，小车的速度是否变化？
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解析 质量为 m 的沙子从车上漏出来， 漏沙后小车的速 度为 v，由动量守恒定律 Mv0＝mv＋(M－m)v，解得 v＝v0， 即沙子漏出后小车的速度是不变的．
答案 BD
20
)
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1 4．如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的 圆周 4 轨道，圆心 O 在 S 的正上方．在 O 和 P 两点处各有一质量为 m 的小物块 a 和 b，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧 下滑．以下说法正确的是( )
高考物理一轮复习专题十七碰撞与动量守恒课件
(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,因此动量守恒定律一般能派上 大用场。 例2 如图所示,质量为m1=0.2 kg的小物块A,沿水平面与小物块B发生正碰,小物块B的质量为m2 =1 kg。碰撞前,A的速度大小为v0=3 m/s,B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知,将可能 发生不同性质的碰撞,已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,试求 碰后B在水平面上滑行的时间。
方法二 力学规律的综合应用
(1)力的观点:运用牛顿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。 但综合题的解法并非孤立,而应综合利用上述三种观点的多个规律,才能顺利求解。
速前进时,船减速后退;当人速度为零时,船速度也为零。设某时刻人对地的速率为v1,船对地的 速率为v2,根据动量守恒得mv1-Mv2=0 ① 因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒,对①式两边同乘以Δt,得mx1-Mx2=0
②
②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出: x1+x2=L ③
解题导引
解析 A、B相撞,A、B组成的系统动量守恒,有:mAv0=(mA+mB)v1
解出v1= 4 m/s。由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略,故A、B刚连接为一体时,C的速
3
度为零。此后,C沿B上表面滑行,直至相对于B静止。这一过程中,系统动量守恒,系统的动能损 失等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积: (mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v ①
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专题十五 动量守恒与近代物理初步(选修3－5) 考纲展示 命题探究
考点一 碰撞与动量守恒 基础点 知识点1 动量、冲量、动量定理、动量守恒定律 1．动量 (1)定义：运动物体的质量与速度的乘积。 (2)表达式：p＝mv。 (3)单位：kg·m/s。 (4)标矢性：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。 (5)动量、动能、动量变化量的比较。 名称 项目 动量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv Ek＝12mv2 Δp＝p′－p 项目 动量 动能 动量变化量 标矢性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝p22m，Ek＝12pv，p＝2mEk，p＝2Ekv
2.冲量 (1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。 (2)表达式：I＝Ft。单位：N·s。 (3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。 3．动量定理 项目 动量定理 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 表达式 p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t 意义 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因 标矢性 矢量式(注意正方向的选取) 4.动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受合外力为0，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式 ①m1v1＋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。 ②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ③Δp＝0，系统总动量的增量为零。 (3)适用条件 ①系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。 ②近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 ③如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。 知识点2 碰撞、反冲和爆炸问题 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 两类守恒 碰撞类型 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。 知识点 3 实验：验证动量守恒定律
1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图所示)。 (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。
2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图所示)。 (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。 3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图所示)。 (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。 重难点 一、动量定理的理解和应用 1．动量定理的理解 (1)动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果。 (2)动量定理Ft＝mvt－mv0是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则。若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据题设给出各量的方向研究它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算。 (3)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (4)动量定理说明的是合力的冲量与动量变化量的关系，反映力对时间的积累效果，与物体的初、末动量无必然联系，动量变化量的方向与合力的冲量方向相同。而物体在某一时刻的动量方向跟合力的冲量方向无必然联系。 (5)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。而物体之间的作用力不会改变系统的总动量。 2．动量定理的应用 (1)动力学问题中的应用 ①在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便。 ②因为动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用，而且也不需要考虑运动过程的细节。 (2)用动量定理解释现象 ①用动量定理解释的现象一般可分为两类： 一类是物体的动量变化量一定，这种情况下力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。 另一类是作用力一定，这种情况下力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。 分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。 ②用动量定理解释现象时，关键分析清楚作用力、时间及动量变化量的情况。 3．应用动量定理解题的步骤 (1)明确研究对象和研究过程 研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。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，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。 (3)规定正方向 由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。 (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)。 (5)根据动量定理列式求解。 特别提醒 (1)若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再乘以时间求冲量，I合
＝F合·t。
(2)若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I合＝F1t1＋F2t2＋… (3)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。 (4)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。 二、动量守恒定律的理解与应用 1．动量守恒定律的“五性” 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 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)
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须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
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2.动量守恒定律适用条件 (1)前提条件：存在相互作用的物体系。 (2)理想条件：系统不受外力。 (3)实际条件：系统所受合外力为0。 (4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。 (5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。 3．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 定律名称 比较项目 动量守恒定律 机械能守恒定律
相同点 研究对象 相互作用的物体组成的系统 研究过程 某一运动过程
不同点 守恒条件 系统不受外力或所受外力的矢量和为零 系统只有重力或弹力做功 表达式 p1＋p2＝p1′＋p2′ Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 表达式的矢标性 矢量式 标量式 某一方向上应用情况 可在某一方向上独立使用 不能在某一方向独立使用
运算法则 矢量运算 代数运算 4.应用动量守恒定律的解题步骤 (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。 特别提醒 (1)动量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的规律之一。它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域。 (2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。 (3)速度v与参考系的选取有关，因此相互作用的物体的速度v1、v2、v1′、v2′都必须相对同一惯性参考系，通常都是指相对地面的速度。 (4)动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒指的是在任意两个确定状态下系统的动量矢量和相同，因此动量守恒定律的表达式中v1、v2必须是相互作用前同一时刻两物体的瞬时速度，v1′、v2′必须是相互作用后同一时刻两物体的瞬时速度。 (5)对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，往往要根据