物理二轮复习 专题五 动量与原子物理学 第一讲 动量守恒定律——课后自测诊断卷

物理学中的动量守恒定律1. 引言动量守恒定律是物理学中非常重要的基本原理之一，它描述了在没有外力作用的情况下，系统的总动量将保持不变。

这一原理在理论物理学和工程学等领域具有广泛的应用，对于深入理解自然界中的许多现象具有重要意义。

2. 动量守恒定律的定义与表述2.1 定义动量守恒定律指的是，在一个孤立系统中，如果没有外力作用，那么系统的总动量将保持不变。

动量是物体的质量与速度的乘积，是一个矢量量，有大小和方向。

2.2 表述动量守恒定律可以用数学公式来表述：[ = _{i=1}^{n} m_i v_i = ]其中，( m_i ) 表示系统中第 ( i ) 个物体的质量，( v_i ) 表示第 ( i ) 个物体的速度，( n ) 表示系统中的物体总数。

3. 动量守恒定律的适用条件动量守恒定律在实际应用中有一定的局限性，需要满足以下条件：3.1 孤立系统动量守恒定律适用于孤立系统，即在系统中没有物质和能量的交换。

孤立系统可以是一个封闭的容器，也可以是真空中的自由空间。

3.2 没有外力作用在动量守恒定律的适用范围内，系统内部的所有作用力相互抵消，没有外力作用于系统。

外力可以是其他物体的撞击、摩擦力等。

3.3 物体间的相互作用力在动量守恒定律的适用范围内，系统内部物体之间的相互作用力在作用时间内具有相同的作用时间和大小。

这意味着在碰撞过程中，物体之间的相互作用力是恒定的。

4. 动量守恒定律的应用动量守恒定律在物理学和工程学中有广泛的应用，下面列举几个典型的应用场景：4.1 碰撞问题在碰撞问题中，动量守恒定律可以用来计算碰撞前后系统的总动量。

通过分析碰撞前后的动量变化，可以了解碰撞过程中物体速度、方向和能量的转化。

4.2 爆炸问题在爆炸问题中，动量守恒定律可以用来分析爆炸产生的冲击波和碎片运动。

通过计算爆炸前后系统的总动量，可以了解爆炸产生的能量和冲击波的传播速度。

4.3 宇宙物理学在宇宙物理学中，动量守恒定律可以用来研究星体碰撞、黑洞合并等极端现象。

物理竞赛辅导资料：动量和动量守恒高考对本章的考查每年约有题，有选择、填空、计算等题型，重点考查动量定理和动量守恒定律，是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点。

特别在近年高考压轴题中，涉及本章知识的题目所占比例最高。

易与本章知识发生联系的知识有：能量守恒、带电粒子在电场和磁场中的运动、核反应等。

第一节 动量问题专题动量问题是指与动量有关的问题和用动量观点解决的问题。

其中，与动量有关的问题，本专题主要指动量定理和动量守恒定律。

用动量观点解决问题，即是指用动量定理和动量守恒定律解决的问题。

1.动量定理⑴动量定理内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量变化。

⑵动量定理公式：12mv mv Ft -=∑，它为一矢量式，在一维情况时可变为代数式运算。

⑶动量定理的研究对象是质点。

它说明的是外力对时间的累积效应。

应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的始、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。

⑷应用动量定理的思路：a. 确定研究对象，进行受力分析；b. 确定初末状态的动量mv 1和mv 2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v 1和v 2换成相对于同一惯性参照系的速度)； c. 利用12mv mv Ft -=∑列方程求解。

2.动量守恒定律 ⑴内容及表达式：a. 动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的总动量保持不变。

b. 动量守恒定律的公式：'2'121mv mv mv mv +=+⑵说明及注意事项： a.定律适用条件：① 系统不受外力或所受外力的合力为零时； ② 系统内力远大于外力时（如碰撞、爆炸等）；③ 系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零时（只在这一方向上动量守恒）b .注意表达式的矢量性： 对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。

c .注意速度的相对性。

所有速度必须是相对同一惯性参照系。

d.注意同时性：表达式中v 1和v 2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v 1’和v 2’必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。

动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的的乘积．(2)公式：I＝，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与相同．2．动量(1)定义：物体的与的乘积．(2)表达式：(3)单位：．符号：(4)特征：动量是状态量，是，其方向和方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体．(2)表达式： .(3)矢量性：动量变化量方向与的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统作用，或者所受的为零，这个系统的总动量保持不变．3．动量守恒定律的不同表达形式(1)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．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．4．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．三、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．解析碰撞的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要符合情景①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．3．碰撞问题的探究(1)弹性碰撞的求解求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．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解得：v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2(2)弹性碰撞的结论①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．★要点一基本概念的理解【典型例题】【例1】关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的加速度不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．物体的动量越大，其惯性也越大【例2】下列论述中错误的是( )A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的★要点二动量守恒的判断【典型例题】【例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F使弹簧压缩，如图所示．当撤去外力F后，下列说法中正确的是( )A．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、b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒解析BC [在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对a和b构成的系统，由于受到墙给a的弹力作用，所以a、b构成的系统动量不守恒，因此B选项正确，A选项错误；a离开墙壁后，a、b构成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故C选项正确，D选项错误．] 【例2】（多选）如图，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中( )A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C 及弹簧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及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒解析当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项A、D正确．【对应练习】1. （多选）如图1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零图12. 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图4所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C ．m 0的速度不变，M 、m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m)v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 和m 0速度都变为v ，m 速度变为v 2，而且满足(M ＋m)v 0＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2图4解：碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变v 1和v 2，由动量守恒定律得：Mv=Mv 1+mv 2若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m ）v ′．故BC 正确，AD 错误．故选：BC ．★要点三 动量守恒的应用【典型例题】【例1】一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 与bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g.求：(1)木块在ab 段受到的摩擦力f ；(2)木块最后距a 点的距离s.解析 木块m 和物体P 组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v①根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋fL ＋mgh② 联立①②得f ＝mv 203L －mgh L ＝mv 20－3mgh 3L③ (2)以木块开始运动至最后与物体P 在水平面ab 上相对静止为研究过程，木块与物体P 相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv 0＝(2m ＋m)v④根据能量守恒，有12mv 20＝12(2m ＋m)v 2＋f(L ＋L －s)⑤ 联立③④⑤得s ＝v 20L －6ghL v 20－3gh【例2】如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线(细线未画出)把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速度v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0.求弹簧释放的势能．解析 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得3mv ＝mv 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒定律得3mv ＝2mv 1＋mv 0②设弹簧的弹性势能为Ep ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v 2＋Ep ＝12(2m)v 21＋12mv 20③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep ＝13mv 20④ 【针对练习】1.（多选） 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图1图2A. 12 mv 2B. 12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D ．N μmgL 解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为 v 1，mv ＝(m ＋M)v 1，系统损失动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m)v 21＝12Mmv 2M ＋m，A 错误、B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k ＝Q ＝Nμm gL ，C 错误，D 正确．2. 如图2所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平面上．c 车上有一小孩跳到b 车上，接着又立即从b 车跳到a 车上．小孩跳离c 车和b 车时对地水平速度相同．他跳到a 车上相对a 车保持静止．此后( )A ．a 、b 两车运动速率相等B ．a 、c 两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c＞v a＞v b D．a、c两车运动方向相同3. 如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，至于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至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，求物块在水平面上滑行的时间t.★要点五动量和能量观点的综合应用【例1】如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g ＝10 m/s2)解析 以子弹和木块组成的系统为研究对象，设子弹射入木块后两者的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1① 解得v 1＝8 m/s它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板小车滑行距离x ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M)v 2② 解得v 2＝0.8 m/s由能量守恒定律有 μ(m 0＋m)gx ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m 0＋m ＋M)v 22③由①②③，解得μ＝0.54【例2】如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M 的小木块静止在O 点，一个质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．求：(1)子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【针对练习】1. 如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.解析第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv①设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得，2μmgt1＝mv－m(－v0)②由牛顿第二定律得2μmg＝ma③式中a为木板的加速度在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l＝v0t1－12at21④从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2＝l v ⑤所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t＝t1＋t2⑥由以上各式得t＝4v03μg.2. 如图7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：(ⅰ)两球a、b的质量之比；(ⅱ)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(ⅰ)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m 2gL ＝12m 2v 2 ①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v′ ② 设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v′2＝(m 1＋m 2)gL(1－cos θ) ③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1 ④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1 ⑤(ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL(1－cos θ)⑥ 联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k (E k ＝12m 2v 2)之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－22综合练习：1. （多选）如图所示，光滑水平面上小球A 和B 向同一方向运动，设向右为正方向，已知两小球的质量和运动速度分别为m A =3kg 、m B =2kg 和vA=4m/s 、vB=2m/s ．则两将发生碰撞，碰撞后两球的速度可能是（ ）A ．v ′A =3 m/s 、 v ′B =3.5 m/s B ．v ′A =3.2 m/s 、v ′B =3.2 m/sC ．v ′A =-2 m/s 、 v ′B =11 m/sD ．v ′A =5 m/s 、 v ′B =0.5 m/s2. 静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m 的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，下列说法中，正确的是( )(设水的阻力不计)．A ．两球抛出后，船往左以一定速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大B ．两球抛出后，船往右以一定速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大C ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相等D ．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大解：设小船的质量为M ，小球的质量为m ，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m ）v ′，v ′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m ）v ′=mv+Mv ″，解得v ″为负值，方向向左．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv ，对于乙球动量的变化量为mv-mv ′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故D 正确．3. 两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（ ）A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙解析：系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m 1v 1=m 2v 2，因此最终谁接球谁的速度小．4. 如图 所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m 2的左边有一固定挡板，m 1由图示位置静止释放．当m 1与m 2第一次相距最近时m 1速度为v 1，在以后的运动过程中( )A ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1C ．m 2的最大速度是v 1D ．m 2的最大速度是m 1m 1＋m 2v 15. 如图2所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图2解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×v min①10m×2v0－m×v min＝11m×v2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0.④6.如图所示，质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，求(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。

永久免费组卷搜题网 永久免费组卷搜题网2010高三物理二轮复习专案--动量和能量（重庆九龙坡区）一.疑难辨析（一）概述根据近几年各省（市）高考试题统计表明，本专题的考查重点是五个概念和五个规律:功和能、功率、冲量和动量；动能定理和动量定理、机械能守恒定律和动量守恒定律以及能量守恒定律。

由于动量、能量与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学以及原子物理学中的基本粒子的运动等内容综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求高，难度大，给高考命题提供了较好的命题空间，近几年的高考试题常常以生产实际、贴近生活（2009年重庆理综24小题中的弹簧笔）与现代科技内容为命题背景，就要求我们要根据题干分析出物理过程和建立熟悉的物理模型。

同时本专题在考查应用数学知识解决物理问题的能力也有较多体现。

动量和能量部分的试题特点是物理过程复杂、灵活性强、综合性大、能力要求较高、难度大，高考的压轴题多与这部分知识有联系,是高考的必考点、热点和难点。

根据理科综合的特点：单科试题少，考查内容多，必然会一题多考点的特点，广大考生在进行了第一轮系统复习之后，加强综合性强点的试题训练是必要的，更应把较多精力放在理清分析物理问题的思路和方法上。

动量和能量的观点始终贯穿从力学到原子物理的整个高中物理学，动量和能量的观点是继牛顿定律解决力学问题的另一条方法，它往往可以忽略力作用的中间过程，只需关注始、末状态，用全局的观点和整体的观点使得解题的思路更加简捷。

（二）提醒临考前对动量和能量专题的巩固和加深并形成稳定的思维模式和解题思路，应注意下面几个问题。

1.再现物理基本概念的表述、基本公式及其变形式的适用条件、基本物理量的单位、基本规律和这些规律应用的典型模型等。

力学：⑪功W 及其正负的涵义 ⑫功率P ⑬平均功率和瞬时功率 ⑭动能E K 及其变化量ΔE K ⑮势能E P 及其变化量ΔE P ⑯碰撞（弹性、非弹性、完全非弹性）⑰冲量I ⑱动量P ⑲动量的变化量ΔP ⑳动量的变化率tP ∆∆⑴系统 ⑵内力、外力及合外力 ⑶动能定理与动量定理 ⑷机械能守恒定律与动量守恒定律 ⑸功能关系和能的转化和守恒定律；电磁学：⑪电势能 ⑫电势差 ⑬电势 ⑭等势面 ⑮电功和电功率 ⑯交变电流的最大值和有效值。

物理学动量守恒定律知识点总结在物理学的广袤领域中，动量守恒定律是一个极其重要的基本定律。

它不仅在理论研究中具有关键地位，还在实际生活和众多科学技术应用中发挥着巨大作用。

接下来，让我们深入探讨动量守恒定律的各个方面。

一、动量守恒定律的定义动量守恒定律指的是：如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变。

动量，简单来说，就是物体的质量与速度的乘积。

用公式表示就是：p ＝ mv，其中 p 是动量，m 是物体的质量，v 是物体的速度。

而系统，是指由两个或两个以上相互作用的物体组成的整体。

二、动量守恒定律的推导我们从牛顿第二定律 F ＝ ma 开始推导。

加速度 a ＝（v u）／ t （其中 u 是初速度，v 是末速度，t 是时间）则 F ＝ m（v u）／ tFt ＝ mv mu左边 Ft 是力在时间上的累积，称为冲量，用 I 表示。

右边 mv 是末动量，mu 是初动量。

所以 I ＝Δp （动量的变化量）如果系统所受合外力为零，即 I ＝ 0，那么Δp ＝ 0，也就是系统的总动量保持不变，这就导出了动量守恒定律。

三、动量守恒定律的条件要使动量守恒定律成立，系统必须满足以下两个条件之一：1、系统不受外力。

这是一种理想情况，在实际中很难完全实现，但在某些特定的问题中，可以近似认为系统不受外力。

2、系统所受外力的矢量和为零。

这是更常见的情况，即使系统受到多个外力，但只要这些外力的矢量和为零，动量守恒定律仍然适用。

需要注意的是，内力不会影响系统的总动量。

内力是系统内物体之间的相互作用力，它们的冲量总是成对出现，大小相等、方向相反，相互抵消，对系统的总动量没有影响。

四、动量守恒定律的表达式动量守恒定律的表达式有多种形式，常见的有：1、 m₁v₁＋ m₂v₂＝ m₁v₁' ＋ m₂v₂' （这是两个物体组成的系统在相互作用前后的动量表达式，其中 m₁、m₂分别是两个物体的质量，v₁、v₂是相互作用前的速度，v₁'、v₂' 是相互作用后的速度）2、Σp₁＝Σp₂（即系统作用前的总动量等于作用后的总动量）3、Δp ＝ 0 （系统的动量变化量为零）五、动量守恒定律的应用动量守恒定律在许多领域都有广泛的应用：1、碰撞问题在碰撞过程中，如果忽略摩擦力和空气阻力等外力，系统的动量守恒。