高考物理一轮复习第十一章动量近代物理初步第2讲动量守恒定律及其应用教案
高考物理一轮复课件：第一讲 动量和动量定理
出点到回到抛出点的过程中，阻力做的功为W，阻力的冲量为I，则下列
表达式正确的是（ ） D
A.W=0
I=f（t1+t2）
B.W=0
I=f（t2-t1）
C.W=-2fh
I=f（t1+t2）
D.W=-2fh
I=f（t2-t1）
例1
如图4所示，在倾角为θ＝37°的固定斜面上有一质量m＝5 kg的物
体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体下滑2 s的时间
的墙壁后弹回，沿着同一直线以6 m/s的速度水平向左运动。碰撞前后钢球
的动量变化了多少？
做题前取正方向！！！！！
结果要写方向！！！！！
情境一：
如图1－2－1所示，一个物体质量为，初速度为 。在恒定合
力的作用下，经过一段时间,速度变为 。
思考：
（1）物体做什么运动？
（2）物体所受恒力在时间内的冲量是多少？
子下落时的空气阻力，取g＝10 m/s2。则( B )
A.椰子落地时瞬间动量为20 kg·m/s
B.沙地对椰子的平均阻力约为4 000 N
C.沙地对椰子做的功约为4 000 J
D.沙坑的深度约为20 cm
6.(2022·山东卷，2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十
一号系列运载火箭。如图4所示，发射仓内的高压气体先将火
二、动量
1、定义：在物理学中，将质量和速度的乘积叫做物体的动量，用符号
“
p ”表示。
2、表达式：
p mv
3、单位： 千克米每秒，符号是kg·m/s
4、动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。
5、动量的变化量：p
的方向相同。
p2 p1 mv 2 mv1 ，方向与速度变化量
高一物理教案： 动量守恒定律
高一物理 第2单元 动量守恒定律一、 内容黄金组1. 理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用范围。
2. 会用动量定理和牛顿第三定律导出动量守恒定律。
3. 会应用动量守恒定律分析，计算有关问题（只限于一维运动）。
二、 要点大揭秘1． 动量守恒定律的推导：2． 动量守恒条件：系统不受外力作用或系统所受的合外力为零。
3． 动量守恒的内容及其数学表达式：（1） p =p ’（系统相互作用前总动量等于系统相互作用后的总动量）（2） Δp=0（系统总动量增量为零）。
（3） Δp 1=-Δp 2,(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） 22112211v m v m v m v m '+'=+(相互作用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)（5） 动量守恒的研究对象是两个或两个以上物体所组成的物体系统。
4． 动量守恒定律的基本应用方法：（1） 分析系统由多个物体组成，受力情况怎样，判断动量是否守恒；（2） 规定正方向（一般以原速度方向为正），确定相互作用前后的各物体的动量大小，正负（3） 由动量守恒定律列式求解。
虽然系统的合外力不为零，但某一方向的合外力为零时，这一方向动量还是守恒的。
5． 对动量守恒条件的认识（1）动量守恒的严格条件：动量守恒的条件简称为动量守恒的条件，它表述为：系统不受外力或所受外力的适量和为零。
对动量守恒的条件理解，必须注意两点：①系统动量是守恒与系统内部物体间相互作用力（内力）的多少、性质及大小无关，系统内部物体间的相互作用力的冲量不会改变系统的总动量，但可以改变系统内各个物体的动量，使某些物体的动量增加，另一些物体的动量减少，而总动量仍然保持不变，②系统外力的矢量和为零，不是指系统一定不受外力作用。
（2）动量守恒的近似条件 在很多问题中，系统所受的合外力的矢量和不为零，不符合动量守恒的严格条件。
然而，外力为有限值，且作用时间极短时，由I ＝Ft 可知，外力的总冲量近似近似为零，则系统总动量的变化量也近似为零，故可近似认为系统的动量守恒，外力为有限值，且作用作用时间极短，称之为系统动量守恒的近似条件。
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。
0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。
2024-2025学年高中物理第一章动量守恒定律1、2动量动量定理教案新人教版选择性必修第一册
四、教学方法与手段
教学方法：
1. 讲授法：教师通过讲解动量和动量定理的基本概念、原理和公式，为学生提供系统的知识框架。在讲授过程中，教师可以通过生动的例子和实际应用场景，激发学生的兴趣和理解。
对于应用动量定理的难点，我计划让学生更多的参与进来，通过小组合作和讨论，共同解决问题。我会提供一些实际问题的案例，让学生分小组进行分析和讨论，找出解决问题的方法。此外，我还会安排一些课后作业，让学生在课后进一步巩固所学知识。
八、课堂
1. 提问评价：通过提问学生关于动量和动量定理的概念、公式和应用等问题，了解学生对知识点的掌握程度。对于回答正确的学生，给予肯定和鼓励；对于回答错误的学生，及时给予指导和纠正，帮助他们理解并掌握相关知识点。
答案：根据动量定理 FΔt=Δp，其中 F=10N，Δt=2s，所以 Δp=10N×2s=20kg·m/s。
3. 动量守恒定律
(3) 题目：一个质量为1kg的物体以5m/s的速度与另一个质量为2kg的物体以3m/s的速度相撞，求两个物体的最终速度。
答案：根据动量守恒定律，系统总动量保持不变，即 m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2。将已知数值代入公式，解得 v'1=1m/s，v'2=4m/s。
2. 观察评价：在课堂教学中，通过观察学生的参与程度、反应和表现，了解他们的学习状态。对于积极参与课堂讨论、提问和回答问题的学生，给予肯定和鼓励；对于沉默寡言、反应迟钝的学生，及时给予关注和指导，激发他们的学习兴趣和主动性。
反冲和火箭模型(解析版)—动量守恒的十种模型解读和针对性训练——2025届高考物理一轮复习
动量守恒的十种模型解读和针对性训练反冲和火箭模型模型解读1. 反冲运动作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2．火箭(1)火箭的原理火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒，它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素①喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2__000～4__000 m/s。
②火箭的质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比，决定于火箭的结构和材料。
现代火箭的质量比一般小于10。
火箭获得的最终速度火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v1，如图所示，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，设燃料燃尽后火箭的飞行速度为v，发射后的总动量为m v－(M－m)v1(以火箭的速度方向为正方向)由动量守恒定律，m v－(M－m)v1＝0解得v＝(M－1)v1由此可知，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比Mm决定。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
（3）．多级火箭：能及时把空壳抛掉，使火箭的总质量减少，因而能够达到很高的速度，但火箭的级数不是越多越好，级数越多，构造越复杂，工作的可靠性越差，目前多级火箭一般都是三级火箭。
【典例精析】【典例】(2017·全国理综I卷·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A.30kg×m/sB.5.7×102kg×m/sC.6.0×102kg×m/sD.6.3×102kg×m/s【参考答案】A【命题意图】本题考查动量守恒定律及其相关的知识点。
2023年高考物理一轮复习讲义——动量定理及应用
解析汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．
2.冲量的计算方法
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．
(2)变力的冲量
①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
考向1动量与动能的比较
例1 (多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是()
3.用细绳拴一小球在竖直面内做圆周运动，从A点再次转到A点的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是()
A．合力的冲量为0
A. ＋mgB. －mg
C. ＋mgD. －mg
答案A
解析安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝ ；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理可得(mg－ )t＝0－mv，故 ＝ ＋mg＝ ＋mg，故选项A正确．
A．整个过程物块运动的时间为6s
B．整个过程物块运动的时间为8s
C．整个过程中物块的位移大小为40m
D．整个过程中物块的位移大小为60m
答案B
解析在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，选项A错误，B正确；在物块前4s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为 ＝ ＝ ，全程的平均速度也为 ，则物块的总位移x＝ t＝ ×8m＝80m，选项C、D错误．
2022年高考物理总复习第一部分常考考点复习第六章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用
第2讲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统一。
【素养目标】物理观念：能正确区分内力与外力。
科学思维：理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件。
会用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等问题。
一、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为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：(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
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：系统受到的合外力不为零，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外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
二、弹性碰撞和非弹性碰撞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有无损失弹性碰撞守恒无损失非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒有损失且损失最大命题·传统文化情境如图是《三国演义》中的“草船借箭”，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同。
由此，草船的速度会增加多少？(不计水的阻力)提示：船与箭的作用过程系统动量守恒：m 1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)得Δv＝nmm1＋nm(v－v1)。
高考物理一轮复习 动量 动量定理
2008高考物理一轮复习 动量 动量定理复习要点1、 掌握动量、冲量概念2、 了解动量与冲量间关系，掌握动量定理及其应用3、 掌握动量守恒定律及其应用4、熟悉反冲运动，碰撞过程二、难点剖析1、动量概念及其理解（1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量P=mv（2）特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；②动量是矢量，其方向质量物体运动速度的方向。
（3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。
2、冲量概念及其理解（1（2（3将变多快； 3（1力F （2 如力F 如图—1△t=t 2-t 1（3 在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。
（4）合力的冲量计算几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。
4、动量定理（1）表述：物体所受合外力的冲量等于其动量的变化I=△P F △t=mv-mv 。
（2）导出：动量定理实际上是在牛顿第二定律的基础上导出的，由牛顿第二定律 F=mv两端同乘合外力F 的作用时间，即可得 F △t=ma △t=m(v-v 0)=mv-mv 0（3）物理：①动量定理建立的过程量（I=F △t ）与状态量变化（△P=mv-mv 0）间的关系，这就提供了一种“通过比较状态以达到了解过程之目的”的方法；②动量定理是矢量式，这使得在运用动量应用于一维运动过程中，首先规定参考正方向以明确各矢量的方向关系是十分重要的。
5、动量守恒定律的有关问题。
（1）表述：系统如不变外力，或所受外力的合力为零，则其总动量将保持不变，即如：∑F=0 则△P=0 （2）常用的表达方式由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中，所以在通常情况下表达形式为：m 1v 10+m 2v 20=m 1v 1+m 2v 2 （3）关于动量守恒的条件根据动量定理可知；合外力的冲量等于动量的变化，因此，欲使动量守恒，必须使合外力的冲量为零，考虑到合外力的冲量不等于合外力与其作用时间的乘积，而令时间为零是没有任何研究的必要（同一时刻的动量当然是同一值），所以动量守恒的条件通常表述为：如果系统不受外力或所受外力的合力为零。
高三第一轮复习——动量 教案
芯衣州星海市涌泉学校第五章动量知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成两部分，即：动量、冲量、动量定理；动量守恒定律。
其中重点是动量定理和动量守恒定律的应用。
难点是对根本概念的理解和对动量守恒定律的应用。
动量冲量动量定理教学目的：1．理解和掌握动量及冲量概念；2．理解和掌握动量定理的内容以及动量定理的实际应用；3．掌握矢量方向的表示方法，会用代数方法研究一维的矢量问题。
教学重点：动量、冲量的概念，动量定理的应用教学难点：动量、冲量的矢量性教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、动量和冲量1．动量按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv〔1〕动量是描绘物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
〔2〕动量是矢量，它的方向和速度的方向一样。
〔3〕动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因此动量具有相对性。
题中没有特别说明的，一般取地面或者者相对地面静止的物体为参考系。
2．动量的变化：由于动量为矢量，那么求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定那么。
〔1〕假设初末动量在同一直线上，那么在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
〔2〕假设初末动量不在同一直线上，那么运算遵循平行四边形定那么。
【例1】一个质量为m=40g 的乒乓球自高处落下，以速度v =1m/s 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间是是极短，离地的速率为v '=0.5m/s 。
求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？解析：取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：乒乓球的末动量为： 乒乓球动量的变化为： p p p -'=∆=s m kg s m kg /06.0/04.002.0•-=•--负号表示p ∆的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。
2．冲量按定义，力和力的作用时间是是的乘积叫做冲量：I=Ft〔1〕冲量是描绘力的时间是是积累效应的物理量，是过程量，它与时间是是相对应。
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三爆炸和反冲人船模型1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11＝－m22得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．。
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第2讲 动量守恒定律及其应用 知识点一 系统 内力和外力 1.系统：相互作用的 组成的一个整体. 2.内力：系统 物体间的相互作用力. 3.外力：系统 的物体对系统 的物体的作用力. 答案：1.两个或多个物体 2.内部 3.以外 以内 知识点二 动量守恒定律 1.内容：如果一个系统 ，或者 为0，这个系统的总动量 . 2.成立条件(具备下列条件之一) (1)系统 . (2)系统所受外力的矢量和为 . 3.表达式 (1)p＝p′ 含义：系统相互作用前总动量p等于 总动量p′. (2)Δp1＝－Δp2 含义：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量 、 . (3)Δp＝0 含义：系统 为零. (4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 含义：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于 . 答案：1.不受外力 所受外力的矢量和 保持不变 2.(1)不受外力 (2)0 3.(1)相互作用后 (2)大小相等 方向相反 (3)总动量增量 (4)作用后的动量之和
(1)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒. ( ) (2)只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒.( ) (3)只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒.( ) (4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.( ) (5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同.( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 考点 对动量守恒条件的理解 1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零. 2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多. 3.系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒. [典例1] (多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝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，水平地面光滑.当弹簧突然释放后，则( )
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 [解析] 要判断A、B组成的系统动量是否守恒，要先分析A、B组成的系统受到的合外力与A、B之间相互作用的内力，看合外力之和是否为零，或者内力是否远远大于合外力. [答案] BCD [变式1] (2017·江苏苏北调研)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推木箱.关于上述过程，下列说法中正确的是( )
A.男孩与木箱组成的系统动量守恒 B.小车与木箱组成的系统动量守恒 C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 答案：C 解析：如果一个系统不受外力或所受 外力的矢量和为0，那么这个系统的总动量保持不变.选项A中，男孩与木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B中，小车与木箱组成的系统受到人对系统的力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反.故选C. 判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零.因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力.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.
考点 对动量守恒定律的理解和应用
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情况，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，通过解得的结果的正负，判定未知量的方向. 2.瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定.列方程m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后
(或另一时刻)各物体的动量和.不同时刻的动量不能相加. 3.相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，所以应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度.一般以地面为参考系. 4.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，而不是其中的一个物体. 5.普适性：它不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.
考向1 动量守恒定律的基本应用 [典例2] 人和冰车的总质量为m总，另有一质量为m的木球，m总∶m＝31∶2，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对于地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦.设球与挡板碰撞时无机械能损失，人接住球后再以同样的速度v(相对于地面)将球沿冰面向正前方推向挡板，求人推多少次后才不再能接到球. [解析] 人在接球和推球的过程中均满足动量守恒的条件，以推球的方向为正方向
第一次推球，0＝mv－m总v1，v1＝mvm总(人后退速度) 球碰挡板后速度变为－v，又被以v1后退的人接到 －m总v1－mv＝－(m总＋m)v′1
人接球后后退速度为v′1＝2mvm总＋m 第二次推球，－(m总＋m)v′1＝mv－m总v2 v2＝3mvm总
第二次接球，－m总v2－mv＝－(m总＋m)v′2 人第二次接球后后退速度v′2＝4mvm总＋m 第三次推球，－(m总＋m)v′2＝mv－m总v3 v3＝5mvm总
第三次接球，－m总v3－mv＝－(m总＋m)v′3 人第三次接球后后退速度v′3＝6mvm总＋m
综上所述，人第n次推球后，后退速度为vn＝（2n－1）mvm总，球碰挡板后又以此速度滑向人，若人不再能接球，必须有vn≥v，即（2n－1）mvm总≥v
得出n≥1＋m总m2，即n≥121＋312＝8.25 所以人推9次后将不再接到球. [答案] 9次 考向2 应用动量守恒定律解决人船模型问题 [典例3] 如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b.A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦.可视为质点的m2与地面间的高度差为h，当A由B顶端
从静止开始滑到B的底端时.
(1)B的水平位移是多少？ (2)m2滑到斜面底端时速度为v2，此时m1的速度为v1.则在m2下滑过程中，m2损失的机械能为多少？ [解析] (1)设向右为正方向，下滑过程中A的速度为－v2，B的速度为v1，对A和B组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，
则每时每刻都有m1v1－m2v2＝0， 则有m1x1－m2x2＝0， 由题意可知x1＋x2＝b－a，
联立可得x1＝m2（b－a）m1＋m2.
(2)根据能量守恒定律，m2损失的机械能为m2gh－12m2v22－12m1v21. [答案] (1)m2（b－a）m1＋m2 (2)m2gh－12m2v22－12m1v21 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.
考点 碰撞现象的特点和规律
1.碰撞：物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力非常大的现象. 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 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最多 4.碰撞现象满足的三个规律 (1)动量守恒：即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2，或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2. (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.
考向1 动量守恒与弹性碰撞 [典例4] (2015·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，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.
[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v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1， 由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1
①
12mv20＝12mv2A1＋12Mv2C1
②
联立①②式得 vA1＝m－Mm＋Mv0 ③
vC1＝2mm＋Mv0 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vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝m－Mm＋MvA1＝m－Mm＋M2v0 ⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有 vA2≤vC1
⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 ⑦ 解得m≥(5－2)M ⑧ 另一个解m≤－(5＋2)M舍去 所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m[答案] (5－2)M≤m考向2 动量守恒与非弹性碰撞 [典例5] 如图所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平.从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方
向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比； (2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比. [解析] (1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得