(课标人教版)2010年《高考风向标》物理 第5章 动量 第2讲 动量守恒定律 碰撞 反冲
高中物理【动量守恒定律】知识点、规律总结
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、爆竹爆炸、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___．
的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动
普适性 的微观粒子组成的系统
2.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．
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在
相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为
“人船模型”问题．
2．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比
2．弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为 m1、速度为 v1 的小 球与质量为 m2 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2
【总结提升】 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： v1＝mm11－ ＋mm22v0、v2＝m12＋m1m2v0. (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．
课标通用版高考物理总复习第六章02第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动精练含解析
课标通用版高考物理总复习第六章02第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动精练含解析第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动A组基础过关1.(2019甘肃兰州月考)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、机械能是否守恒答案 C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零,本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统,水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒。
子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒。
只有选项C正确。
2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。
A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。
若突然撤去力F,则下列说法中正确的是( )A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒答案BC 撤去F后,木块A离开墙壁前,竖直方向两木块及弹簧组成的系统所受的重力与支持力平衡,合力为零;而水平方向墙对A有向右的弹力,所以系统所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,但系统的机械能守恒,故A错误,B正确。
A离开墙壁后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,因弹簧弹力属于系统内力,则系统机械能也守恒,故C正确,D错误。
3.如图所示,一质量M=3.0kg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=1.0kg的小木块A。
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始终没有滑离木板B。
高中物理动量和动量守恒定律的应用反冲现象
反冲问题【学习目标】1.知道什么是反冲运动，理解反冲运动的特点2.利用反冲运动的特点解决常见的问题3.知道火箭的飞行原理及用途问题一：反冲运动的理解1.如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（）A. B.C. D.问题二：人船模型2.一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定水平弹簧枪，右端安一网兜。
若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将（空气阻力不计）（）A．向左移一段距离B．留在原位置C．向右移一段距离D．做匀速直线运动问题三：反冲运动的综合问题3.A车的质量M1=20 kg，车上的人质量M=50 kg，他们一起从光滑的斜坡上h=0.45 m的高处由静止开始向下滑行，并沿光滑的水平面向右运动；此时质量M2=50 kg的B车正以速度v0=1.8 m/s沿光滑水平面向左迎面而来.为避免两车相撞，在两车相距适当距离时，A车上的人跳到B车上.为使两车不会发生相撞，人跳离A车时，相对于地面的水平速度应该多大？（g取10 m/s2）知识点1 反冲运动1.反冲运动的定义根据动量守恒定律，原来静止的系统在内力的作用下分裂成两个部分，当其中一部分向某个方向运动时，另一部分向相反方向运动，这就叫做反冲运动。
2.反冲运动的原理反冲运动是系统内力作用的结果。
在反冲运动的过程中，如果所受到的外力远远小于内力，那么反冲运动遵循动量守恒定律。
3.表达式若反冲运动前系统是静止的，则根据动量守恒定律有Mv1+mv2=0。
此式表明做反冲运动的两部分，它们的动量大小相等，方向相反，而它们的速率则与质量成反比。
4.反冲运动的特点（1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动；（2）在反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理；（3）在反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。
高考物理重点专题讲解及突破07 碰撞与动量守恒(含解析)-人教版高三全册物理试题
2020-2021年高考物理重点专题讲解与突破07：碰撞与动量守恒超重点1：动量定理的应用一、动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，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，其方向和速度方向一样．5．动量、动能、动量变化量的比拟※考点一对动量、冲量的理解与计算1．冲量和动量的比拟2.(1)冲量和功都是过程量．冲量是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．[题组突破训练]1．(2020·福建漳州模拟)一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．假设取竖直向下的方向为正方向，如此小球动量的变化量是( )A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s【解析】以向下为正方向，如此初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝－mv2＝－15 kg·m/s，如此Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，选项D正确．【答案】D2.如下列图，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 f.在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为( )A．mg(t1＋t2)sin θB．mg(t1－t2)sin θC．mg(t1＋t2) D．0【解析】物体整个运动过程的总时间t＝t1＋t2，故由冲量的定义可知重力的冲量I＝mg(t1＋t2)，选项C正确．【答案】C※考点二对动量定理的理解与应用1．理解动量定理的要点(1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量．(2)求合力的冲量的方法有两种：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．2.用动量定理解释现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；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．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．3．动量定理的两个重要应用(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，如此不能直接用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Δp ，等效代换为力的冲量I .(2)应用Δp ＝F Δt 求动量的变化量．例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比拟复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量．【典例】 一高空作业的工人重为600 N ，系一条长为L ＝5 m 的安全带，假设工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s ，如此安全带受的冲力是多少？(g 取10 m/s 2)【解析】 方法一：程序法依题意作图，如下列图，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1， 如此v 21＝2gL ，得v 1＝2gL 经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg .所以(mg －F )t ＝0－mv 1，F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力F ′为1 200 N ，方向竖直向下． 方法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg ·( 2L g＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg (2Lg＋t )－Ft ＝0解得F ＝mg2Lg ＋tt＝1 200 N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下． 【答案】1 200 N[题组突破训练]1．一个质量为m ＝100 g 的小球从h ＝0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，假设从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，规定竖直向下的方向为正，如此在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.6 N ·sB ．0.4 N ·sC ．－0.6 N ·sD ．－0.4 N ·s【解析】设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，由h ＝12gt 2得t 1＝2hg＝0.4 s.如设I N 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，如此对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I N ＝0，解得I N ＝－0.6 N ·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反．应当选项C 正确． 【答案】C2．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．假设该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，如此帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.假设帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小； (2)风速的大小v .【解析】(1)风突然停止，帆船只受到阻力F f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，如此a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2根据牛顿第二定律有－F f ＝Ma ，所以F f ＝468 N 如此帆船匀速运动时，有F －F f ＝0 解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v ) 又m ＝ρS (v －v 0)t 所以Ft ＝ρS (v －v 0)2t 解得v ＝10 m/s.【答案】(1)468 N (2)10 m/s3.(2015·高考安徽卷)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如下列图．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)假设碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中抑制摩擦力所做的功W .【解析】(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中，应用动能定理，有 －μmgs ＝12mv 2－12mv 20①代入数值解得μ＝0.32.②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得F Δt ＝mv ′－mv ③ 解得F ＝－130 N ④其中“－〞表示墙面对物块的平均力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2⑤解得W ＝9 J.【答案】(1)0.32 (2)130 N (3)9 J一、动量守恒定律 1．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． (2)四种表达式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 ′.②m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 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．③Δp 1＝－Δp 2，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． 2．动量守恒定律的应用条件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．二、弹性碰撞和非弹性碰撞超重点2：动量守恒定律与其应用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(1)在某些情况下，原来系统内物体具有一样的速度，发生相互作用后各局部的末速度不再一样而分开．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．※考点一动量守恒的条件与应用1．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，如此系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的“六种〞性质系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统条件性首先判断系统是否满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系公式中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同时性的速度矢量性应先选取正方向，但凡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低速宏观系统，也适用于高速微观系统[题组突破训练]1．一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，如下列图，如此在子弹打击木块A 与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【解析】动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，此题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，此题中子弹射入木块的过程中有局部机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】C2．如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．假设救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，如此救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋m M(v 0＋v )D ．v 0＋m M(v 0－v )【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 )v 0＝－mv ＋Mv x ，解得v x ＝v 0＋mM(v 0＋v )，选项C 正确．【答案】C3.如下列图，人站在滑板A 上，以v 0＝3 m/s 的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A 从横杆下方通过，与静止的滑板B 发生碰撞并粘在一起，之后人落到B 上，与滑板一起运动，人、滑板A 和滑板B 的质量分别为m 人＝70 kg 、m A ＝10 kg 和m B ＝20 kg ，求：(1)A 、B 碰撞过程中，A 对B 的冲量的大小和方向； (2)人最终与滑板的共同速度的大小． 【解析】(1)A 、B 碰撞过程中，由动量守恒有m A v 0＝(m A ＋m B )v 1代入数据解得v 1＝1 m/s由动量定理得，A 对B 的冲量I ＝m B v 1＝20 N ·s方向水平向右．(2)对人、A、B组成的系统进展全过程分析，由动量守恒有(m人＋m A)v0＝(m人＋m A＋m B)v代入数据解得v＝2.4 m/s【答案】(1)20 N·s 水平向右(2)2.4 m/s※考点二碰撞问题的分析1．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①假设碰前两物体同向运动，如此应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，假设碰后两物体同向运动，如此应有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．弹性碰撞的结论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，如此有m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 2m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2解得v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2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)．[典例1] 如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，物块P的质量为m P＝1 kg，由此可知( )A．碰撞前P的动量为16 kg·m/sB．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kgD．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s【解析】根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝m P v0＝4 kg·m/s，选项A错误．根据位移—图象，碰撞后二者速度一样，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m P v0＝(m P＋m Q)v，解得m Q＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝Δp Q＝m Q v＝3 N·s，选项D正确．【答案】D[题组突破训练]1.(多项选择)如下列图，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量，如此如下选项中可能正确的答案是( ) A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－ 24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s【解析】此题属于追与碰撞问题，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否如此无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A<0，Δp B>0，并且Δp A＝－Δp B.据此可排除选项D；假设Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A′＝－12 kg·m/s、p B′＝37 kg·m/s，根据关系式E k＝p22m可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原如此．【答案】AB2.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，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．【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 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③v C 1＝2m m ＋Mv 0④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 0⑤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≥0解得m ≥(5－2)M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 . 【答案】(5－2)M ≤m ＜M3．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v t 图象如图乙所示．求：(1)物块C的质量m C；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p.【解析】(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m C v1＝(m A＋m C)v2即m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C与弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)v23＝12(m A＋m B＋m C)v24＋E p得E p＝9 J【答案】(1)2 kg (2)9 J※考点三爆炸、反冲问题1．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同局部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．2．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．[题组突破训练]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/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 ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．【答案】A2．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，如此如下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的答案是( )【解析】弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ．取向右为正方向，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确．【答案】B※考点四 动量与能量综合问题1．求解动力学问题的三个根本观点(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． 2．利用“动量和能量〞观点解题的技巧(1)假设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)假设研究对象为单一物体，且涉与功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、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始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．[真题拓展探究]【典例2】(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前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)．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)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体别离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥1 2m2v220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧由于冰块与斜面体别离后的速度与小孩推出冰块后的速度一样且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】见解析拓展1 “子弹打击木板〞问题1.如下列图，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m0＝0.05 kg 的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车．子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，求：(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1 2(m0＋m1)v21＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v23解得L＝2 m.【答案】(1)10 m/s (2)2 m拓展2 “圆弧轨道＋滑块(小球)〞问题2.(14分)如下列图，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg的平板车，车的上外表是一段长L＝1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25 m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＝1.0 kg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v0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＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离．【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v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1①由能量守恒得：1 2mv20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v2④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：1 2mv20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x)⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.【答案】(1)5 m/s (2)0.5 m一、选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．假设发生变化的时间为1 s，如此物体所受合外力的大小为5 N【解析】因不知动量变化的方向与初动量方向是否一样，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定一样，C错误；由Δp＝F·t可知D 正确．【答案】D2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，如此运动员对球的冲量为( )A．1000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定【解析】滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定题组突破训练人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．【答案】D3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒〞的运动员甲提前站在“交棒〞的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，如此( )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【解析】相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间一样，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙动量变化大小相等，方向相反，A 错，B 对；虽然相互作用力大小相等，方向相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C 、D 错误．【答案】B4．质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，如下说法正确的答案是( )A ．Δp ＝2 kg ·m/s ，W ＝－2 JB ．Δp ＝－2 kg ·m/s ，W ＝2 JC ．Δp ＝0.4 kg ·m/s ，W ＝－2 JD ．Δp ＝－0.4 kg ·m/s ，W ＝2 J【解析】取竖直向上为正方向，如此小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp ＝mv 2－mv 1＝2 kg ·m/s ，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W ＝12mv 22－12mv 21＝－2 J ，A 正确．【答案】A5.(2020·山东济南高三质检)如下列图，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A 、B ，质量分别为m 1和m 2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，如此子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.F f t 1m 1＋m 2B.F f t 1m 1C.F f t 1＋t 2m 1＋m 2D.F f t 1＋t 2m 1【解析】子弹穿过两木块后木块A 的速度大小等于子弹穿过A 时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A 为研究过程，如此F f t 1＝(m 1＋m 2)v ，解得v ＝F f t 1m 1＋m 2，A 正确． 【答案】A6．(2020·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )A ．质量相等B ．动能相等C ．动量大小相等D ．速度大小相等【解析】两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C 正确．【答案】C7.一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星别离．前局部的卫星质量为m 1，后局部的箭体质量为m 2，别离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，假设忽略空气阻力与别离前后系统质量的变化，如此别离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)【解析】火箭和卫星组成的系统，在别离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确．【答案】D8.(2020·抚州市四校联考)如下列图，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M ＝3.0 kg.质量为m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度v 0＝4.0 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，如此在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．4.0 JB ．6.0 JC ．3.0 JD ．20 J【解析】设铁块与木板速度一样时，共同速度大小为v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L ，摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律得。
高中物理动量守恒定律知识点总结
高中物理动量守恒定律知识点(一)一、动量守恒定律1、动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零(不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力)，即系统所受外力的矢量和为零。
(碰撞、爆炸、反冲)注意：内力的冲量对系统动量是否守恒没有影响，但可改变系统内物体的动量。
内力的冲量是系统内物体间动量传递的原因，而外力的冲量是改变系统总动量的原因。
2、动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/(规定正方向)△p1=—△p2/3、某一方向动量守恒的条件：系统所受外力矢量和不为零，但在某一方向上的力为零，则系统在这个方向上的动量守恒。
必须注意区别总动量守恒与某一方向动量守恒。
二、碰撞1、完全非弹性碰撞：获得共同速度，动能损失最多动量守恒。
2、弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后动能相等。
特例1：A、B两物体发生弹性碰撞，设碰前A初速度为v0，B静止，则碰后速度，vB=.特例2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)3、一般碰撞：有完整的压缩阶段，只有部分恢复阶段，动量守恒，动能减小。
4、人船模型——两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时，不受其它外力，对这两个物体组成的系统来说，动量守恒，且任一时刻的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv=MV(注意：几何关系)高中物理动量守恒定律知识点(二)冲量与动量(物体的受力与动量的变化)1.动量：p=mv {p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同｝3.冲量：I=Ft {I:冲量(N?s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F决定｝4.动量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo {Δp:动量变化Δp=mvt–mvo，是矢量式}5.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p’′也可以是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′6.弹性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系统的动量和动能均守恒}7.非弹性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：损失的动能，EKm：损失的最大动能}8.完全非弹性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后连在一起成一整体}9.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰:v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2′=2m1v1/(m1+m2)10.由9得的推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒)11.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对 {vt:共同速度，f:阻力，s相对子弹相对长木块的位移}高中物理学习方法要重视实验物理学是一门以实验为基础的科学，许多物理概念、物理规律都是从自然现象的实验中总结出来的。
高中物理动量守恒定律知识点总结高中物理动量守恒定律
高中物理动量守恒定律知识点总结|高中物理动量守恒定律一、动量守恒定律1、动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零(不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力)，即系统所受外力的矢量和为零。
(碰撞、爆炸、反冲)注意：内力的冲量对系统动量是否守恒没有影响，但可改变系统内物体的动量。
内力的冲量是系统内物体间动量传递的原因，而外力的冲量是改变系统总动量的原因。
2、动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/(规定正方向)△p1=—△p2/3、某一方向动量守恒的条件：系统所受外力矢量和不为零，但在某一方向上的力为零，则系统在这个方向上的动量守恒。
必须注意区别总动量守恒与某一方向动量守恒。
二、碰撞1、完全非弹性碰撞：获得共同速度，动能损失最多动量守恒。
2、弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后动能相等。
特例1：A、B两物体发生弹性碰撞，设碰前A初速度为v0，B静止，则碰后速度，vB=.特例2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)3、一般碰撞：有完整的压缩阶段，只有部分恢复阶段，动量守恒，动能减小。
4、人船模型——两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时，不受其它外力，对这两个物体组成的系统来说，动量守恒，且任一时刻的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv=MV(注意：几何关系)冲量与动量(物体的受力与动量的变化)1.动量：p=mv {p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同｝3.冲量：I=Ft {I:冲量(N?s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F决定｝4.动量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo {Δp:动量变化Δp=mvt–mvo，是矢量式}5.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p’′也可以是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′6.弹性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系统的动量和动能均守恒}7.非弹性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：损失的动能，EKm：损失的最大动能}8.完全非弹性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后连在一起成一整体}9.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰:v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2′=2m1v1/(m1+m2)10.由9得的推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒)11.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对 {vt:共同速度，f:阻力，s相对子弹相对长木块的位移}要重视实验物理学是一门以实验为基础的科学，许多物理概念、物理规律都是从自然现象的实验中总结出来的。
(完整版)高中物理动量专题——对心碰撞的速度变化关系
碰撞（动量守恒定律）的速度关系高中常考的三种对心碰撞：完全弹性碰撞（也可以简称“弹性碰撞”）、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，一般作为考题，动量都守恒。
一、碰撞速度不等式。
设碰撞的两个物体，质量为m 1和m 2，碰撞前速度为v 1和v 2（不相等），对心碰撞后速度为v 1’和v 2’，当v 1＞v 2时，（此处指的是代数值，即有正负，尽管矢量正负不代表大小，但此处是按代数值算，正大于负，比如规定向右为正方向，则向右的5m/s 记为5m/s ，向左的10m/s 记为-10m/s ，5 m/s ＞-10 m/s ）若v 1’＞v 2’，则还会再次发生碰撞，所以不可能，所以若v 1＞v 2，则必有v 1’≤v 2’。
动量守恒：'v m +'v m =v m +v m 22112211变形为：()()222111-v 'v m ='v -v m ………………①动能未必守恒，仅当完全弹性碰撞时才守恒，即初动能≥末动能222211222211'v m 21+'v m 21≥v m 21+v m 21 变形为()()2222221211-v 'v m ≥'v -v m ………………②②÷①得※推论1：v 1+v 1’≥v 2+v 2’（三种动量守恒的碰撞都必然符合）仅当完全弹性碰撞时，等号才成立。
二、动碰静模型速度范围。
最常考的碰撞是一个动球去碰撞一个静球，这种情况，v 2=0。
如果是完全弹性碰撞，v 1+v 1’= v 2’。
而对于这种一动一静的题，静球肯定加速，动球肯定减速或者反弹回去，那么静球（被撞）何时获得速度最大？答：完全弹性碰撞时。
此时，动球（主撞）速度减少也最多。
静球（被撞）何时获得速度最小？答：完全非弹性碰撞时。
此时，动球（主撞）速度减少也最少。
所以，若弹性碰撞，v 1完弹’最小，v 1完非’最大，同理v 2完弹’最大，v 2完非’最小。
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．
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word 1 / 12 第2讲 动量守恒定律 碰撞 反冲 ★一、考情直播 1．考纲解读 考纲要求 能力要求 考向定位
弹性碰撞和非弹性碰撞 动量守恒定律〔说明：只限于一维〕 知道弹性碰撞和非弹性碰撞 理解动量守恒定律确实切含义，知道其适用范围 掌握动量守恒定律解题的一般步骤 会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题 要明确动量守恒定律的条件，按照应用动量守恒定律的解题思路列式，列式时要理解动量守恒定律的五性“系统性、条件性、同一性、同时性、矢量性、相对性〞能应用动量守恒定律解决人船模型、“合二为一〞和“一分为二〞问题．
2．考点整合 考点一 碰撞 〔1〕定义：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞． 〔2〕碰撞的特点 ①作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的． ②碰撞过程中，总动能不增．因为没有其它形式的能量转化为动能． ③碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大． ④碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略． 〔3〕碰撞的分类 ①弹性碰撞〔或称完全弹性碰撞〕 如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞〔或称完全弹性碰撞〕．此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒． ②非弹性碰撞 如果是非弹性力作用，使局部机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒． ③完全非弹性碰撞 如果相互作用力是完全非弹性力，如此机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞．碰撞物体粘合在一起，具有同一速度．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大． 〔4〕判定碰撞可能性问题的分析思路 ①判定系统动量是否守恒． ②判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度． ③判定碰撞前后动能是不增加． 【例1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是P1=5kg．m/s，P2=7kg．m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg．m/s，如此二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？〔 〕 A、m1=m2 B、2m1=m2 C、4m1=m2 D、6m1=m2． 【解析】：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2= P1，+，即：P1，=2 kg．m/s．由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互word 2 / 12 转化或一局部机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有 22'212'12221212222mPmPmPm
P，所以有：m15121m2， 因为题目给出物理情景是“甲从后面追
上乙〞，要符合这一物理情景，就必须有2211mPmP，即m1275m；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即2'21'1mPmP，所以 2151mm．因此正确的答案应该是〔C〕选项． 【例2】如图6-2-1所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．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？〔 〕 A．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
【解析】首先根据两球动能相等，222121乙乙甲甲VmVm得出两球碰前动量大小之比为：
乙甲乙甲mmP
P，因m甲>m乙，如此P甲>P乙，如此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的，故C、D情况是不可能的． 考点二 动量守恒定律 〔1〕定义：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变． 即：
22112211vmvmvmvm 〔2〕动量守恒定律成立的条件 ①系统不受外力或者所受外力之和为零； ②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； ③系统在某一个方向上所受的合外力为零，如此该方向上动量守恒． ④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，如此该阶段系统动量守恒．
〔3〕其它表达形式：除了22112211vmvmvmvm，即p1+p2=p1/+p2/外，Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和1221vvmm
【例3】如图6-2-2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〕，如此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 【解析】假设以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块图6-2-2
图6-2-1 word 3 / 12 到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一局部能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统如此可认为动量守恒〔此瞬间弹簧尚未形变〕．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件． 【例4】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，如下哪些说法是可能发生的〔 〕 A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足： 〔M+M0〕V0=MV1+M1V2+M0V3； B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2； C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=〔M+M1〕V； D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足： 〔M+M0〕V0=〔M+M0〕V1+M1V2 【解析】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程完毕时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确． 〔4〕分方向动量守恒 【例5】如图6-2-3所示．质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少? 【解析】：小球与小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv
0cosθ=(M+m)v，所以v=mv0cosθ/(M+m) 【规律总结】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒． 考点三 动量守恒定律应用 动量守恒定律的一般应用步骤： ①确定研究对象，选取研究过程； ②分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件； ③选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解． 不论相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒定律．应用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，不需要考虑过程的细节．这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向． 〔1〕动量守恒定律解“人船模型〞问题 人船模型是动量守恒定律的拓展应用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系．
图6-2-3 word 4 / 12 一个原来静止的系统，由于某一局部的运动而对另一局部有冲量，使另一局部也跟着运动，假设现象中满足动量守恒，如此有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 = 12mmυ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，如此距离同样满足s1 = s2，它们的相对距离s相 = s1+s2． 【例6】质量为M、长为L的船静止在静水中，船头与船尾各站着质量分别为m1与m2
的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？
【解析】利用“人船模型〞易求得船的位移大小为：2121)(mmMLmmS．提示：假设m1>m2，此题可把〔m1-m2〕等效为一个人，把〔M+2m2〕看着船，再利用人船模型进展分析求解较简便．应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是一样的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用〔m1+m2〕v0=m1v1+m2v2列式． 【例7】如图6-2-4所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，如此当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？ 【解析】虽然小球、细绳与圆环在运动过程中合外力不为零〔杆的支持力与两圆环与小球的重力之和不相等〕系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒．设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，如此由水平动量守恒有：MV=mv，且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间一样，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，如此上式可写为：Md=m［〔L-Lcosθ〕-d］，解得圆环移动的距离：d=mL〔1-cosθ〕/〔M+m〕 【规律总结】“人船模型〞的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．载人气球，例7等均属于“人船模型〞． 〔2〕根据动量守恒定律求解“合二为一〞和“一分为二〞问题． “合二为一〞问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度． “一分为二〞问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动． 【例8】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s．甲车上有质量为m=1kg的小球假设干个，甲和他的车与所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg．现为防止相撞，甲不断地将小球以相对地面16．5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时： 〔1〕两车的速度各为多少？ 〔2〕甲总共抛出了多少个小球？ 【解析】甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二〞的过程，接球的过程是“合二为一〞的过程．