(课改地区专用)高考物理总复习 专题二 动量与动量守恒定律 2.5 反冲运动 火箭学案 新人教版-新

动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一．知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。

（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。

（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。

3. 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m 1v 1+m 2v 2=2211v m v m '+'中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。

（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。

（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

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，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。

（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。

（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．（3）完全非弹性碰撞——碰撞结束后，形变完全保留，通常表现为碰后两物体合二为一，以同一速度运动，碰撞前后系统的总动量相等，动能损失最多。

5 反冲运动火箭疱丁巧解牛知识·巧学一、反冲运动1。

定义：原来静止的系统，当其中一部分运动时，另一部分向相反方向的运动，就叫做反冲运动。

2。

反冲原理：反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量守恒，此外，如系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上不受外力或在该方向上所受外力的合力为零,则在该方向上的动量(即总动量在该方向上的分量)是守恒的.深化升华反冲运动的基本原理是动量守恒定律。

如果系统的一部分获得了某一方向的动量,系统的剩余部分就会在这一方向的相反方向上获得同样大小的动量.3.表达式：若系统的初始动量为零，动量守恒定律的表达式为：0=m1v1′+m2v2′误区提示应用动量守恒定律分析反冲运动的有关特性时，必须注意的问题：(1）剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说,两者运动方向必然相反.做数值计算时,可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。

（2）把物体的一部分抛出和剩余部分产生反冲都需要经历一个过程，直到部分物体离开整体瞬间，两者速度达到最大，才形成相对速度.因此，若题中已知抛掷物体的速度是相对于剩余部分而言，应理解为相对于“抛出”这一瞬间.4。

减小反冲的影响实际中常常需要减小反冲的影响.例如:用步枪射击时，要用枪身抵在肩上.5。

反冲有广泛的应用如:灌溉喷水器，因反冲而旋转，自动改变喷水的方向.喷气式飞机和火箭飞行应用了反冲的原理，它们都是靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度的。

现代的喷气式飞机靠连续不断地向后喷出气体,飞行速度能够超过1 000 m/s。

二、火箭1。

概念:火箭是一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器。

2.箭的工作原理:火箭是靠喷出气流的反冲作用而获取速度的。

3。

火箭向前飞行所能达到的最大速度的决定因素:一是喷气速度；一是质量比。

喷气速度越大，质量比越大,火箭的最终速度越大。

动量反冲知识点总结一、动量和动量守恒定律1. 动量的概念动量是描述物体运动状态的物理量，通常用符号p表示，它是物体的质量m与速度v的乘积。

动量的大小可以用p=mv来表示，其中m是物体的质量，v是物体的速度。

动量的单位是千克米/秒。

2. 动量定理动量定理是一个描述物体受力时动量变化的定律，它可以用数学公式F=Δp/Δt表示，其中F是物体所受的力，Δp是物体动量的变化量，Δt是时间的变化量。

根据动量定理，力的大小与物体动量的变化量成正比，力的方向与动量的变化方向一致。

3. 动量守恒定律动量守恒定律是一个描述相互作用物体在封闭系统中动量守恒的定律。

简单来说，如果没有外力做功，系统中的总动量将保持不变。

动量守恒定律可以表示为Σpi=Σpf，其中Σpi是系统的初始总动量，Σpf是系统的末总动量。

4. 弹性碰撞和非弹性碰撞在碰撞中，物体的动量可能会发生改变，根据动量守恒定律可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种情况。

在弹性碰撞中，物体的动能守恒，而在非弹性碰撞中，物体的动能会部分转化为其他形式的能量，例如声能、热能等。

二、动量反冲1. 动量和能量之间的关系动量和能量在物理学中有着密切的关系。

动能是一个物体运动状态的能量，它与动量的关系可以用E=1/2 mv^2来表示。

动能与动量的变化关系可以用动能定理FΔx=ΔKE来表示，在反冲运动中，物体的动能变化可以通过动量变化来估算。

2. 反冲运动的特点在动量反冲中，两个物体发生相互作用，其中一个物体的速度发生改变，它会受到另一个物体的作用力，并且会产生一个与作用力方向相反的反冲力。

反冲运动的特点包括动量守恒，反冲速度与物体质量的关系，以及反冲能量的转化。

3. 动量反冲的应用动量反冲在实际生活中有着广泛的应用，例如在火箭发射、汽车碰撞、枪械后坐、飞机起飞等情况下都会涉及到动量反冲。

了解动量反冲的原理和特点对于这些情况的分析和设计至关重要。

4. 动量反冲问题的计算在实际问题中，通常需要计算反冲运动中的物体速度、反冲力、反冲能量等参数。

知识点一动量、冲量、动量定理一、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，其方向与物体运动速度的方向相同。

(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。

二、冲量概念及其理解(1 )定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F △t (2)特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。

( 3)意义：冲量是力对时间的累积效应。

对于质量确定的物体来说，合外力决定着其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。

对于质量不确定的物体来说，合外力决定着其动量将变多快；合外力的冲量将决定着其动量将变多少。

三、动量定理：F •t = mv2 - mv1F•t是合外力的冲量，反映了合外力冲量是物体动量变化的原因.(1)动量定理公式中的F・t是合外力的冲量，是使研究对象动量发生变化的原因；(2)在所研究的物理过程中，如作用在物体上的各个外力作用时间相同，求合外力的冲量可先求所有力的合外力，再乘以时间，也可求出各个力的冲量再按矢量运算法则求所有力的会冲量；( 3)如果作用在被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只能先求每个外力在相应时间内的冲量，然后再求所受外力冲量的矢量和.( 4)要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量”等于动量的变化量(注意) 。

知识点二动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一.知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2. 动量守恒定律的条件：( 1)理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零 (不管物体间是否相互作用) ，此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

选修3-5动量知识点总结一、对冲量的理解１、I =Ｆt:适用于计算恒力或平均力F 的冲量,变力的冲量常用动量定理求。

２、Ｉ合 的求法：A 、若物体受到的各个力作用的时间相同，且都为恒力，则I 合=F 合．ｔB 、若不同阶段受力不同，则I 合为各个阶段冲量的矢量和。

二、对动量定理的理解1、意义：冲量反映力对物体在一段时间上的积累作用，动量反映了物体的运动状态。

2、矢量性：ΔＰ的方向由v ∆决定，与1p 、2p 无必然的联系，计算时先规定正方向。

三、对动量守恒定律的理解:１、研究对象:相互作用的物体所组成的系统2、条件: A 、理想条件：系统不受外力或所受外力有合力为零。

B 、近似条件：系统内力远大于外力,则系统动量近似守恒。

Ｃ、单方向守恒：系统单方向满足上述条件，则该方向系统动量守恒。

结论:等质量 弹性正碰 时,两者速度交换。

依据：动量守恒、动能守恒五、判断碰撞结果是否可能的方法：碰撞前后系统动量守恒;系统的动能不增加；速度符合物理情景。

动能和动量的关系：mp E K 22= K mE p 2=六、反冲运动：1、定义:静止或运动的物体通过分离出一部分物体，使另一部分向反方向运动的现象叫反冲运动。

ﻩ２、规律：系统动量守恒3、人船模型:条件:当组成系统的2个物体相互作用前静止，相互作用过程中满足动量守恒。

七、临界条件：“最”字类临界条件如压缩到最短、相距最近、上升到最高点等的处理关键是——系统各组成部分具有共同的速度v 。

八、动力学规律的选择依据：1、题目涉及时间t ，优先选择动量定理；2、题目涉及物体间相互作用，则将发生相互作用的物体看成系统,优先考虑动量守恒；3、题目涉及位移s,优先考虑动能定理、机械能守恒定律、能量转化和守恒定律;4、题目涉及运动的细节、加速度a ，则选择牛顿运动定律+运动学规律；九、表达规范：说明清楚研究对象、研究过程、规律、规定正方向。

典型练习一、基本概念的理解:动量、冲量、动量的改变量1、若一个物体的动量发生了改变,则物体的( )A 、速度大小一定变了B 、速度方向一定变了C 、速度一定发生了改变D 、加速度一定不为02、质量为m 的物体从光滑固定斜面顶端静止下滑到底端，所用的时间为t ， 斜面倾角为θ。

动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结1、动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2、动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。

（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。

（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。

3、动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m1v1+m2v2=中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。

（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。

（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）、4、碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

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，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。

（1）弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。

例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。

（2）一般碰撞碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失、例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。

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。

动量反冲知识点总结图解动量反冲是物理学中一个非常重要的概念，它描述了两个物体之间相互作用时的动量转移和改变。

在动量反冲中，通常涉及到两个物体之间的碰撞或者相互作用，这些作用会导致它们的动量发生改变。

动量反冲的研究对于理解物体之间相互作用的规律以及运动的变化具有重要意义。

下面我们将通过图解的方式来总结动量反冲的相关知识点。

一、动量的定义和计算动量是描述物体运动状态的物理量，其大小等于物体的质量乘以其速度。

动量的计算公式为：动量p = 质量m × 速度v。

动量是矢量量，它具有大小和方向。

在国际单位制中，动量的单位为千克·米/秒（kg·m/s）。

图1：动量计算公式二、动量守恒定律动量守恒定律是描述系统总动量在某些碰撞过程中保持不变的物理定律。

在一个封闭系统中，如果没有外力做功，系统内部相互作用的总动量保持不变。

动量守恒定律对于解释碰撞过程中的物体运动变化以及碰撞后物体的速度和动量有重要的作用。

图2：动量守恒定律三、动量反冲定律动量反冲定律是描述两个物体之间碰撞或者相互作用时，它们的动量变化之间的关系。

动量反冲定律可以用来计算碰撞后物体的速度和动量的变化。

根据动量反冲定律，碰撞前后动量的变化之和为零，即Δp1 + Δp2 = 0。

利用动量守恒定律和动量反冲定律可以分析碰撞中的物体速度和动量的变化。

图3：动量反冲定律四、弹性碰撞和非弹性碰撞碰撞可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞。

在弹性碰撞中，碰撞前后物体的动能保持不变，而在非弹性碰撞中，碰撞后物体的动能会发生改变。

动量反冲定律对于解释碰撞过程中的动能转化有重要的作用。

图4：碰撞类型五、动量守恒定律的应用动量守恒定律在实际生活中有着广泛的应用。

比如汽车碰撞测试中通过分析碰撞前后车辆的动量来评估碰撞的影响，以及火箭发射中通过计算发射后的动量来确定发射轨迹等。

图5：动量守恒定律的应用六、动量反冲实验通过动量反冲实验可以观察碰撞物体之间的动量变化以及动量守恒和反冲定律的成立。

第2节动量守恒定律一、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。

[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

[注2](3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。

二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。

[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2．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。

3．反冲 [注4](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，如发射炮弹、火箭等。

(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，动量守恒。

【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。

[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。

[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。

[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。

2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。

3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。

4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。

[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。

(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。

选修3-5动量知识点总结一、对冲量的理解1、I =Ft ：适用于计算恒力或平均力F 的冲量，变力的冲量常用动量定理求。

2、I 合 的求法：A 、若物体受到的各个力作用的时间相同，且都为恒力，则I 合=F 合.tB 、若不同阶段受力不同，则I 合为各个阶段冲量的矢量和。

1、意义：冲量反映力对物体在一段时间上的积累作用，动量反映了物体的运动状态。

2、矢量性：ΔP 的方向由v ∆决定，与1p 、2p 无必然的联系，计算时先规定正方向。

三、对动量守恒定律的理解：1、研究对象：相互作用的物体所组成的系统2、条件： A 、理想条件：系统不受外力或所受外力有合力为零。

B 、近似条件：系统内力远大于外力，则系统动量近似守恒。

C 、单方向守恒：系统单方向满足上述条件，则该方向系统动量守恒。

四、碰撞类型及其遵循的规律：结论：等质量 弹性正碰 时，两者速度交换。

依据：动量守恒、动能守恒五、判断碰撞结果是否可能的方法：碰撞前后系统动量守恒；系统的动能不增加；速度符合物理情景。

动能和动量的关系：mp E K 22= K mE p 2=六、反冲运动：1、定义：静止或运动的物体通过分离出一部分物体，使另一部分向反方向运动的现象叫反冲运动。

2、规律：系统动量守恒3、人船模型：条件：当组成系统的2个物体相互作用前静止，相互作用过程中满足动量守恒。

七、临界条件：“最”字类临界条件如压缩到最短、相距最近、上升到最高点等的处理关键是——系统各组成部分具有共同的速度v 。

八、动力学规律的选择依据：1、题目涉及时间t ，优先选择动量定理；2、题目涉及物体间相互作用，则将发生相互作用的物体看成系统，优先考虑动量守恒；3、题目涉及位移s ，优先考虑动能定理、机械能守恒定律、能量转化和守恒定律；4、题目涉及运动的细节、加速度a ，则选择牛顿运动定律+运动学规律；九、表达规范：说明清楚研究对象、研究过程、规律、规定正方向。

典型练习一、基本概念的理解：动量、冲量、动量的改变量1、若一个物体的动量发生了改变，则物体的（ ） A 、速度大小一定变了 B 、速度方向一定变了 C 、速度一定发生了改变 D 、加速度一定不为02、质量为m 的物体从光滑固定斜面顶端静止下滑到底端，所用的时间为t, 斜面倾角为θ。

动量守恒知识点总结在物理学中，动量守恒是一个非常重要的概念，它在解决各种力学问题中发挥着关键作用。

接下来，让我们深入了解一下动量守恒的相关知识。

一、动量的定义动量（momentum）用符号＄p$ 表示，它被定义为物体的质量＄m$ 与速度＄v$ 的乘积，即＄p ＝ m ＼cdot v$ 。

动量是一个矢量，其方向与速度的方向相同。

二、动量守恒定律动量守恒定律是指：如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变。

以两个相互作用的物体组成的系统为例，假设物体 1 的质量为＄m_1$，初速度为＄v_{1i}＄，末速度为＄v_{1f}＄；物体 2 的质量为＄m_2$，初速度为＄v_{2i}＄，末速度为＄v_{2f}＄。

根据动量守恒定律，有：＄m_1 v_{1i} ＋ m_2 v_{2i} ＝ m_1 v_{1f} ＋ m_2 v_{2f}＄三、动量守恒定律的条件1、系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。

2、系统所受外力远小于内力时，外力的冲量可以忽略不计，系统的动量近似守恒。

例如，爆炸、碰撞等过程。

3、在某一方向上，如果系统所受外力在该方向上的分量为零，则在该方向上系统的动量守恒。

四、动量守恒定律的应用1、碰撞问题碰撞分为完全弹性碰撞、非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。

在完全弹性碰撞中，碰撞前后系统的动能守恒，动量也守恒。

在非完全弹性碰撞中，碰撞后系统的动能有损失，但动量仍然守恒。

在完全非弹性碰撞中，碰撞后两物体粘在一起，动能损失最大，但动量依然守恒。

2、爆炸问题爆炸过程中，内力远大于外力，系统的动量守恒。

3、反冲运动物体在内力作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这种现象叫做反冲。

反冲运动中，系统的动量守恒。

五、解题步骤1、明确研究对象：确定要研究的系统是由哪些物体组成的。

2、进行受力分析：判断系统所受外力的情况，确定是否满足动量守恒的条件。

3、规定正方向：通常选择某个方向为正方向，以便对速度和动量进行正负号的规定。

高考物理动量守恒定律知识点小结动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。

（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。

（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。

3. 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m1v1+m2v2=中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。

（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。

（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

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，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。

（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。

例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。

（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。

考点2 爆炸和反冲1.爆炸现象位置不变爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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作用前的位置以新的动量开始运动动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加动量守恒由于内力远大于外力，故爆炸过程动量守恒2.反冲现象作用原理系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动能增加反冲运动过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能将增加动量守恒反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作用力，可在该方向上应用动量守恒定律对下列关于爆炸和反冲的说法进行判断.（1）发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象.（√）（2）火箭向后喷气的瞬间，火箭和喷出的气体组成的系统动量守恒.（√）（3）爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.（✕）（4）鞭炮爆炸的瞬间，鞭炮动量守恒.（√）研透高考明确方向4.[爆炸/2021浙江1月]在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力.下列说法正确的是（B）A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析假设爆炸物炸裂后两碎块的速度分别为v1、v2，爆炸过程由动量守恒定律得0＝2mv1-mv2，解得v1v2＝12，又两碎块在空中运动的时间相同，在水平方向上有x＝vt，所以水平位移之比为1∶2，竖直方向下落的高度相同，所以两碎块的位移之比不等于1∶2，A错误；假设两碎块在空中运动的时间均为t，则两碎块从落地到被记录到声音所用的时间分别为(5-t)s、(6-t)s，由几何关系可知v1t＝340(5-t) m，2v1t＝340(6-t) m，解得t＝4 s，则爆炸点距离地面的高度为h＝12gt2＝80 m，B正确；两碎块的水平位移分别为x1＝340 m、x2＝680 m，所以两碎块落地点之间的距离为x＝x1＋x2＝1 020 m，D错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为v1＝x1t＝85 m/s，C错误.5.[反冲/多选]火箭飞行时，在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（AB）A.火箭的发射利用了反冲原理B.喷出燃气时，火箭受到的推力为ΔmuΔtC.喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为ΔmuD.火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大解析火箭的发射利用了反冲原理，A正确；设火箭喷气前的速度大小为v，则喷出的燃气对地的速度大小为u-v，设火箭运动的方向为正方向，则对喷出的燃气，根据动量定理有-FΔt＝-Δm(u-v)-Δmv，可得F＝ΔmuΔt，由牛顿第三定律可知火箭受到的推力F'＝F，B正确；设喷气后火箭的速度大小为v'，由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，则喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δp＝mv'-(m＋Δm)v＝Δm(u- v)，C错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，解得火箭速度的增加量Δv＝v'-v＝Δmum，则火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越小，D错误.命题拓展命题条件不变，一题多设问已知喷出燃气前火箭的速度为v0，求喷出燃气后火箭的速度大小.答案（m＋Δm）v0－Δmum＋Δm解析对火箭喷出燃气的过程由动量守恒定律有(m＋Δm)v0＝mv1＋Δm(v1＋u)，解得喷出燃气后火箭的速度大小为v1＝(m＋Δm)v0−Δmum＋Δm.。

高考物理动量及冲量考点总结解析_本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。

冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。

冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。

本单元中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。

因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。

1.动量和冲量（1）动量:运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致.（2）冲量:力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，即I=Ft.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定.2. ★★动量定理:物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.表达式:Ft=p -p 或 Ft=mv -mv（1）上述公式是一矢量式，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.（2）公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.（3）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.（4）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.★★★ 3.动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.表达式:m 1 v 1 +m 2 v 2 =m 1 v 1 +m 2 v 2（1）动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的合力为零.②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变.（2）动量守恒的速度具有四性:①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性.4.爆炸与碰撞（1）爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理.（2）在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能.（3）由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理.即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.5.反冲现象:反冲现象是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.。

完整版)动量、动量守恒定律知识点总结龙文教育动量知识点总结一、对冲量的理解冲量是力在时间上的积累作用，可以用公式I=Ft计算XXX或平均力F的冲量。

对于变力的冲量，常用动量定理求。

对于合力的冲量，有两种求法：若物体受到的各个力作用的时间相同，且都为XXX，则I合=F合.t；若不同阶段受力不同，则I合为各个阶段冲量的矢量和。

二、对动量定理的理解动量定理指出，冲量等于物体动量的变化量，即I合=Δp=p2-p1=mΔv=mv2-mv1.冲量反映力对物体在一段时间上的积累作用，动量反映了物体的运动状态。

需要注意的是，ΔP的方向由Δv决定，与p1、p2无必然的联系，计算时先规定正方向。

三、对动量守恒定律的理解动量守恒定律指出，相互作用的物体所组成的系统的总动量在相互作用前后保持不变。

需要注意的是，动量守恒定律的条件有三种：理想条件、近似条件和单方向守恒。

在满足这些条件的前提下，可以应用动量守恒定律求解问题。

四、碰撞类型及其遵循的规律碰撞类型包括一般的碰撞、完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。

对于这些碰撞类型，需要遵循相应的规律，如系统动量守恒、系统动能守恒等。

需要特别注意的是，在等质量弹性正碰时，两者速度交换，这是根据动量守恒和动能守恒得出的结论。

五、判断碰撞结果是否可能的方法判断碰撞结果是否可能，需要检查碰撞前后系统动量是否守恒，系统的动能是否增加，以及速度是否符合物理情景。

动能和动量之间的关系是EK=p=2mEK/2m。

六、反冲运动反冲运动是指静止或运动的物体通过分离出一部分物体，使另一部分向反方向运动的现象。

在反冲运动中，系统动量守恒。

人船模型是反冲运动的典型例子，需要满足动量守恒的条件。

七、临界条件处理“最”字类临界条件如压缩到最短、相距最近、上升到最高点等的关键是，系统各组成部分具有共同的速度v。

八、动力学规律的选择依据在选择动力学规律时，需要根据题目涉及的时间t和物体间相互作用的情况进行选择。

如果涉及时间t，优先选择动量定理；如果涉及物体间相互作用，则将发生相互作用的物体看成系统，优先考虑动量守恒。

量奋市例比阳光实验学校第2讲动量守恒律碰撞反冲★一、考情直播1．解读2．考点整合考点一碰撞〔1〕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，那么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〕判碰撞可能性问题的分析思路①判系统动量是否守恒．②判物理情景是否可行，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，那么二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？A、m1=m2B、2m1=m2C、4m1=m2D、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转化或一机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有 22'212'12221212222m P m P m P m P +≥+，所以有：m 1≤5121m 2， 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2211m P m P 〉，即m 1275m 〈；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或于甲球的速度这一物理情景，即2'21'1m P m P 〈，所以 2151m m 〉．因此正确的答案该是〔C 〕选项．【例2】如图6-2-1所示，半径和动能都相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，222121乙乙甲甲V m V m =得出两球碰前动量大小之比为：乙甲乙甲m m P P =，因m 甲>m 乙，那么P 甲>P 乙，那么系统的总动量方向向右．根据动量守恒律可以判断，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 动量守恒律〔1〕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：22112211v m v m v m v m '+'=+ 〔2〕动量守恒律成立的条件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，那么该方向上动量守恒． ④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，那么该阶段系统动量守恒．〔3〕其它表达形式：除了22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/外，Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1221v v m m∆∆-= 【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〕，那么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到弹簧压缩至最短时，弹簧固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那么可认为动量守恒〔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，判断图6-2-2图6-2-1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，以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，过程结束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】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒律得m v 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．考点三动量守恒律用动量守恒律的一般用步骤：①确研究对象，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选正方向，确初、末状态的动量，最后根据动量守恒律列议程求解．不管相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒律．用动量守恒律求解时，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，律的表述式是一个矢量式，用时要特别注意方向．〔1〕动量守恒律解“人船模型〞问题人船模型是动量守恒律的拓展用，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．一个原来静止的系统，由于某一的运动而对另一有冲量，使另一也跟着运动，假设现象中满足动量守恒，那么有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 =12mmυ2．物体在图6-2-3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，那么距离同样满足s 1 = s 2，它们的相对距离s 相 = s 1+s 2．【例6】质量为M 、长为L 的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m 1及m 2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)(m m M Lm m S ++-=．提示：假设m 1>m 2，此题可把〔m 1-m 2〕效为一个人，把〔M+2m 2〕看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不管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，那么结论都是相同的．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的动量，那就不能再用m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用〔m 1+m 2〕v 0=m 1v 1+m 2v 2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，那么当线绳与A B 成θ角时，圆环移动的距离是多少？【解析】虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零〔杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相〕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 ，那么由水平动量守恒有：MV =mv ，且在任意时刻或位置V 与v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V 和v 可分别用其水平位移替代，那么上式可写为：Md =m ［〔L -L cos θ〕-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均属于“人船模型〞．〔2〕根据动量守恒律求解“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，最后到达共同速度．“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，甲和他的车及所带小球的总质量为M 1=50kg ，乙和他的车总质量为M 2=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．〔1〕甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛图6-2-4球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为V ，那么:M 1V 1－M 2V 1=〔M 1+M 2〕V〔2〕这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×〔－1．5〕=225〔kg·m/s〕每一个小球被乙接收后，到最终的动量为 △P 1=16．5×1－1．5×1=15〔kg·m/s〕故小球个数为)(15152251个==∆∆=P P N 〔3〕根据图象分析推理解答相关问题【例9】A 、B 两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t 0 = 0，t 1= △t，t 2 = 2·△t，t 3=3·△t 各时刻闪光四次，摄得如图6-2-5所示照片，其中B像有重叠，m B =23m A ，由此可判断〔 〕A.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = △t；B.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；C.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；D.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = △t．【解析】假设碰撞前B 静止，那么V B0=0，那么t 0，t 1，t 2时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= △t，碰撞后B 的速度2/10t V Bt ∆=；碰撞前A 的速度t V A ∆=200，碰撞后2/5t V At ∆-=． 碰撞前系统动量为：t m A ∆20.，碰撞后系统动量为：2/102/5.t m t m B A ∆+∆-，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：240021t m A∆，碰撞后系统动能为：224002110021t m t m B A ∆+∆，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒律．所以碰撞前B 不可能静止，即AC 二选项错误．假设碰撞后B 静止，那么V Bt =0，那么t 1，t 2，t 3时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= 0.5△t，碰撞前B 的速度2/100t V B ∆-=；碰撞后A 的速度tV At ∆-=20，碰撞前A 的速度2/50t V A ∆=． 碰撞前系统动量为：t m t m BA ∆-∆2010.，碰撞后系统动量为：tm A ∆-20.，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：224002110021t m t m B A∆+∆，碰撞后系统动能为：240021tm A ∆，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒律．综上所述，只有选项B 正确．【例10】如图6-2-6所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小滑块以初速度V 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：A ．滑块与木板间始终存在相对运动；B ．滑块始终未离开木板；图6-2-5V 0 VOt0/2t 1图6-2-6C ．滑块的质量大于木板的质量；D ．在1t 时刻滑块从木板上滑出．【解析】从图中可以看出，滑块与木板始终没有到达共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t 1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在1t 时刻滑块从木板上滑出．即选项ACD 正确． ★二、高考热点探究【真题】(2021．卷〕有两个完全相同的小滑块A 和B ，A 沿光滑水平面以速度v 0与静止在平面边缘O 点的B 发生正碰，碰撞中无机械能损失．碰后B 运动的轨迹为OD 曲线，如图6-2-7所示．〔1〕滑块质量为m ，碰撞时间为t ∆，求碰撞过程中A 对B 平均冲力的大小． 〔2〕为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B 平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固在与OD 曲线重合的位置，让A 沿该轨道无初速下滑〔经分析，A 下滑过程中不会脱离轨道〕．a ．分析A 沿轨道下滑到任意一点的动量p A 与B 平抛经过该点的动量p B 的大小关系；b ．在OD 曲线上有一M 点，O 和M 两点连线与竖直方向的夹角为45°．求A 通过M 点时的水平分速度和竖直分速度．【解析】〔1〕滑动A 与B 正碰，满足mv A -mV B =mv 0①222111222A B a mv mv mv += ② 由①②，解得v A =0， v B =v 0，根据动量理，滑块B 满足 F ·∆t=mv 0，解得0mv F t=∆ (2)a ．设任意点到O 点竖直高度差为d ，B 由O 点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选该任意点为势能零点，有E A =mgd ，E B =mgd+2012mv由于p =2k mE ，有20212AkA B kB P P gdP E U gd==<+ 即 P A <P BA 下滑到任意一点的动量总和是小于B 平抛经过该点的动量．b ．以O 为原点，建立直角坐标系xOy ，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向下，那么对B 有x =v 0t·y=12gt 2B 的轨迹方程y =222ag x v 在M 点x=y ，所以 y=201v g③因为A 、B 的运动轨迹均为OD 曲线，故在任意一点，两者速度方向相同．设B 水竖直分速度大小分别为Bx v 和By v ，速率为v B ；A 水竖直分速度大小分别为Ax v 和Ay v ，速率为v A ，那么,Ay ByAx Bx A B A Bv v v v v v v v ==④B 做平抛运动，故200,2,2Bx By B v v v gy v v gy===+ ⑤图6-2-7对A 由机械能守恒得v A =2gy ⑥ 由④⑤⑥得 0220022,22Ax Ay v gygyv v v gyv gy==++将③代入得002545,55Ax Ay v v v v == ★三、抢分频道◇限时根底训练〔20分钟〕成绩1．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的选项是A ．两手同时放开，两车的总动量为0B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，两车的总动量守恒，两手放开有先后，两车的总动量不守恒1．【答案】 ABD ．据动量守恒条件，两手同时放开，那么两车所受外力之和为0，符合动量守恒条件；假设先放开右手，后放开左手，那么小车受到左手向右的冲量作用，从而使两车的总动量向右；反之，那么向左．2．质量为m 的砂车沿光滑水平面以速度v 0作匀速直线运动，此时从砂车上方落入一只质量为m 的铁球，如图6-2-8所示，那么小铁球落入砂车后( )A ．砂车立即停止运动B ．砂车仍作匀速运动，速度仍为v 0C ．砂车仍作匀速运动，速度小于v 0D ．砂车做变速运动，速度不能确2．【答案】C ．水平方向动量守恒v m M Mv )(0+=可知Ｃ正确．3．在质量为M 的，小车中挂有一半摆，摆球的质量为m 0，小车(和单摆)以恒的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，以下哪个或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，分别变为v 1、v 2、v 3，满足30210)(v m mv Mv v m M ++=+B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足21mv Mv Mv +=C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足1)(mv M Mv +=D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足2100)()(mv v m M v m M ++=+3．【答案】BC ．由于碰撞的极短，摆球的速度不变，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．4．() 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测，长途客车碰前以20m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率A ．小于10m/sB ．大于10m/s 小于20m/s图6-2-8C．大于20m/s小于30m/sD．大于30m/s小于40m/s4．【答案】A．两车碰后连接在一起向南滑行，说明系统的总动量向南，因此碰前客车的动量(方向向南)大于卡车的动量(方向向北)，即m客v客>m卡v卡，代人数据1500×20>3000×v卡；解得v卡<10m／s，A选项正确．5．甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态，现使两球反向运动，如图6-2-9所示，当细绳拉紧时，突然绷断，这以后两球的运动情况可能是5．【答案】AB．绳子绷断，一在绳子伸长量到达极限值的时候．而甲或乙返回，那么要求绳子不断收缩，往后绳子就会断了6．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，以下说法中，正确的选项是( )(设水的阻力不计)．A．两球抛出后，船往左以一速度运动，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D．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大6．【答案】D ．此题抛球过程中，系统动量守恒，抛甲时，甲的初动量为零，而抛乙时，乙已经有一个初动量，故抛两球过程中，抛甲球时的冲量较大．由于系统的动量守恒，故两球与地相同的速率抛出后，船的速度为零．7．如图6-2-10所示，人站在小车上不断用铁锤敲击小车的一端．以下各种说法中正确的选项是：A．如果地面水平、坚硬光滑，那么小车将向右运动．B．如果地面水平、坚硬光滑，那么小车将在原地附近做往复运动．C．如果地面阻力较大，那么小车有可能断断续续地向右运动．D．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是内力，小车不可能发生运动．7．【答案】BC．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是(人、车、铁锤)内力，如果地面水平、坚硬光滑，系统无水平方向的外力，合动量为零，不可能向一个方向运动，A错，B正确．又地面粗糙，系统合外力不为零，根据敲击技巧，车可能往复运动，也可能向一个方向运动，有点类似骑独轮车，手的摆动相当于铁锤的运动．8．如图6-2-11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，那么A．假设A、B与平板车外表间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．假设A、B与平板车外表间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成的系统动图6-2-10图6-2-9量守恒C ．假设A 、B 受到的摩擦力大小相，A 、B 组成的系统动量守恒D ．假设A 、B 受到的摩擦力大小相，A 、B 、C 组成的系统动量守恒8．【答案】BCD ．合外力为0是判断动量守恒的依据． 9．(高考)在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假两板与冰面间的摩擦因数相同．甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于 〔 〕A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B ．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 C ．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D ．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小9．【答案】C ．“甲在冰上滑行的距离比乙远〞说甲乙分开是的速度是甲的大，C 对；根据动量守恒律速度的甲质量小，但在别离时相互作用力大小相，作用时间相，所以AB 错；根据牛顿第二律知甲乙的加速度相同，所以D 错．10．(高考)如图6-2-12所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为A B m m 2=，规向右为正方向，A 、B 两球的动量均为s m kg /6⋅，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为s m kg /4⋅-，那么〔 〕A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:1C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:110． 【答案】A ．题中规向右为正方向，而AB 球的动量均为正，所以AB 都向右运动，又A B m m 2=，所以2A B v v =，可以判断A 球在左方，CD 错；碰撞后A的动量变化4/A p kg m s ∆=-⋅，根据动量守恒可知，B 球的动量变化4/B p kg m s ∆=⋅，所以碰后AB 球的动量分别为(64)/2/A p kg m s kg m s '=-⋅=⋅，(64)/10/B p kg m s kg m s '=+⋅=⋅解得:2:5A B v v ''=．◇根底提升训练1．两名质量相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 ．假设甲最先抛球，那么一是v 甲＞v 乙B ．假设乙最后接球，那么一是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1．【答案】B ．因系统动量守恒〔总动量为零〕，故最终甲、乙动量大小必相．因此，最终谁接球谁的速度小．２． 甲、乙两人站在小车左右两端，如图6-2-13所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，以下说法不正确．．．的选项是．．．．〔轨道光滑〕A ．乙的速度必大于甲的速度AB C图6-2-11图6-2-12甲乙图6-2-13B．乙对小车的冲量必大于甲对小车的冲量C．乙的动量必大于甲的动量D．甲、乙动量总和必不为零2．【答案】A．在用动量守恒律分析时，此题的研究对象是甲、乙两人和小车共同构成的系统．由于开始都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零，设它们的动量大小分别为p甲、p乙和p车，取向右为正方向，那么：p甲－p乙+p车＝0，所以p乙＝p甲+p车，即p乙＞p甲，应选项C中说法正确；又甲和乙的质量关系不确，所以二者速度大小关系也不能确，应选项A 中说法不正确；甲、乙的动量之和与车的动量大小相方向相反，故D选项中说法正确；对于小车，由动量理可知：I乙－I甲=p车．其中I乙为乙对车的冲量，方向向右；I甲为甲对车的冲量，方向向左．所以，I乙＞I甲，应选项Ｂ中说法也正确．选A．3．如图6-2-14所示，小木块与长木板之间光滑．M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固在M的左端，右端与m连接．开始时m和M都静止，现同时对m、M施加大反向的水平恒力F1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组成的系统．正确的说法是(整个过程中弹簧不超过弹性限度)〔〕A．由于F1和F2分别对m、M做正功，故系统的机械能不断增加B．由于F1和F2大反向，故系统的动量守恒C．当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统具有机械能最大D．当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相时，m、M的动能最大3．【答案】BCD．当弹簧的弹力由零增大到与F１、Ｆ２大的过程中，m、M一直做加速运动，此后做减速运动到弹簧伸长量最大时，速度为零．从开始运动到弹簧伸长量最大过程中，F１、Ｆ２对系统做正功，机械能增大．m、M从弹簧最大伸长量状态开始，做反向加速运动，克服F１、Ｆ２做功，机械能减少，且在弹簧的弹力减小到与F１、Ｆ２的大小相时，有最大速度，由动量守恒律可知此时的最大速度与弹簧伸长到弹力与Ｆ１、Ｆ２的大小相时的速度大小相．４．如图6-2-15所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环．在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的木质轨道，且穿过金属球的圆心O，现使质量为M的条形磁铁以v0的水平速度沿轨道向右运动，那么A．磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B．圆环可能获得的最大速度为mMMv+C．磁铁与圆环系统损失的动能可能为Mmv02/2〔M＋m〕D．磁铁与圆环系统损失的动能可能为21Mv2４．BC解析：整个过程中，二者组成系统总动量守恒，且发生动能向电能再向内能的转化．由动量守恒律Ｍv０＝〔Ｍ＋m〕v，v＝)(2mMMv+，又由能量关系：Ｑ＝ΔＥ损＝21mv０２－21〔Ｍ＋m〕v２＝)(22mMMmv+◇能力提升训练图6-2-14图6-2-15。

2.5　反冲运动　火箭学习目标核心提炼1.了解什么是反冲运动和反冲运动在生活中的应用。

1个原理——反冲运动原理2.知道火箭的飞行原理和主要用途。

1个应用——火箭3.了解我国航天技术的发展。

一、反冲1.定义：一个静止的物体在内力相反动量守恒定律旋转准确性思维拓展两位同学在公园里划船。

租船时间将到，她们把小船划向码头。

当小船离码头大约2 m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题。

于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图1)。

她为什么不图1能如她所想的那样跳到岸上呢？(假设起跳时船已静止)答案　这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳前后遵循动量守恒定律。

她在跳出瞬间，船也要向后运动。

所以人跳出时相对地的速度比在地上起跳时速度小，人不可能跳到岸上。

二、火箭1.工作原理：利用反冲速度质量比运载思考判断(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力的结果。

( )(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前进。

( )答案　(1)×　(2)√反冲运动的理解[要点归纳]1.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)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加。

2.反冲运动中可应用动量守恒定律的三种情况(1)系统不受外力或所受外力之和为零。

(2)系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略。

(3)系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上应用动量守恒定律。

[精典示例][例1] 一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h距离时突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，求刚炸裂时另一块的速度v2。

审题指导　(1)因为炸裂时爆炸力远大于重力，系统在竖直方向的动量可认为近似守恒。