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物理第一轮考纲知识复习之动量守恒定律一、动量1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．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。
是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。
单位是kg？m/s；2、动量和动能的区别和联系① 动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。
即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。
② 动量是矢量，而动能是标量。
因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。
③ 因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。
④ 动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk3、动量的变化及其计算方法动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动量定理ΔP=F？t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。
二、冲量1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。
而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。
单位是N？s；2、冲量的计算方法（1）I= F？t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。
I=Ft（2）利用动量定理Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
高三物理第一轮复习重点：动量守恒定律动量守恒定律是说系统内部物体间的互相作用只好改变每个物体的动量，而不可以改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时辰，单个物体的动量能够不一样，但系统的总动量同样，小编整理了高三物理第一轮复习重点：动量守恒定律，供参照。
动量守恒定律知识点总结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互相作使劲 ) ，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能否守恒没有影响，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达的原由，而外力的冲量是改变系统总动量的原由。
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。
一定注意差别总动量守恒与某一方向动量守恒。
4、碰撞(1)完整非弹性碰撞：获取共同速度，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 ; 动量守恒， ; 动能守恒 ;5、人船模型——两个本来静止的物体( 人和船 ) 发生互相作用时，不受其余外力，对这两个物体构成的系统来说，动量守恒，且任一时辰的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv=MV(注意：几何关系)动量守恒定律解题技巧例 1：质量 m1=10g的小球在圆滑的水平桌面上以v1=30cm/s 的速率向右运动，恰巧碰上在同一条直线上向左运动的另一个小球 . 第二个小球的质量为 m2=50g，速率v2=10cm/s. 碰撞后，小球 m2恰巧停止 . 那么，碰撞后小球 m1 的速度是多大，方向怎样 ?剖析：取互相作用的两个小球为研究的系统。
因为桌面光滑，在水平方向上系统不受外力. 在竖直方向上，系统受重力和桌面的弹力，其协力为零. 故两球碰撞的过程动量守恒.解：设向右的方向为正方向，则各速度的正、负号分别为v1=30cm/s ，v2=10cm/s ，v'2=0. 据动量守恒定律有mlvl+m2v2=m1v'1+m2v'2.解得 v'1=-20cm/s.即碰撞后球m1的速度大小为20cm/s ，方向向左 .经过此例总结运用动量守恒定律解题的重点以下：(1)确立研究对象 . 对象应是互相作用的物系统 .(2)剖析系统所受的内力和外力，侧重确认系统所遇到的合外力能否为零，或合外力的冲量能否能够忽视不计 .。
第二节动量守恒定律及其应用(对应学生用书第107页)[教材知识速填]知识点1 动量守恒定律1．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．2．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．3．动量守恒的数学表达式(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(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．易错判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)知识点2 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：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，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(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大2.反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象．(2)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．爆炸问题(1)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．(2)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．易错判断(1)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(2)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(3)反冲现象中动量守恒、动能增加．(√)[教材习题回访]考查点：碰撞现象分析1．(鲁科版选修3—5P20T3)(多选)半径相等的两个小球A和B，在光滑水平面上沿同一直线相向运动．若A 球的质量大于B球的质量，发生弹性碰撞前，两球的动能相等．碰撞后两球的运动状态可能是( )A．A球的速度为零，B球的速度不为零B．B球的速度为零，A球的速度不为零C．两球的速度均不为零D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等[答案] AC考查点：动量守恒定律在反冲现象中的应用2．(粤教版选修3－5P16T2)一个静止的、不稳定的原子核的质量为m′，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，剩余部分获得的反冲速度大小为( )A.m′vm′＋m B.mv m′＋mC.mvm′－m D.mv m′[答案] C考查点：动量守恒定律在碰撞现象中的应用3．(人教版选修3－5P21T2改编)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是 ( ) A．v A′＝5 m/s，v B′＝2.5 m/sB．v A′＝2 m/s，v B′＝4 m/sC．v A′＝－4 m/s，v B′＝7 m/sD．v A′＝7 m/s，v B′＝1.5 m/s[答案] B考查点：碰撞中的图象问题4．(沪科选修3－5P23T4改编)(多选)如图621甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( )图621A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能[答案] AC(对应学生用书第108页)动量守恒的理解和判断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方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]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使弹簧压缩，如图622所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图622A．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和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒[题眼点拨] “撤去外力”及“光滑水平面”，要分析撤去外力后，a和b的受力特点和运动特点．BC [动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图623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，则( )【导学号：84370259】图623A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD [如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误．对A、B、C组成的系统，A、B 与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]碰撞、爆炸与反冲1．碰撞现象满足的三个规律(1)动量守恒(2)机械能不增加(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．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分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．3．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，所以爆炸前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．[多维探究]考向1 爆炸问题1．(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等CD [根据动量守恒定律可知，若a的速度方向仍沿原来的方向，则b的速度大小和方向无法判断，A错误；物体炸裂后，a、b都做平抛运动，因距地面高度相同，所以a、b一定同时到达地面，但它们飞行的水平距离无法判断，B错误，C正确；根据动量守恒可以判断D正确．]上题中若物体飞行到距离地面5 m高，飞行的水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )B [爆炸以后甲、乙均做平抛运动，可根据竖直方向的自由落体运动求得时间t＝2hg＝1 s；根据水平方向的匀速直线运动求得爆炸后两者的水平速度大小．在A、B选项中，v甲＝x甲t＝2.5 m/s；v乙＝x乙t＝0.5 m/s；C、D选项中，v甲＝x甲t＝1 m/s，v乙＝x乙t＝2 m/s.弹丸爆炸时水平方向不受外力，满足动量守恒定律．设乙的质量为m，则甲的质量为3m，爆炸前弹丸的动量为p＝4mv＝8m(kg·m·s－1)．爆炸后，选项A中总动量p A＝3mv甲－mv乙＝7m(kg·m·s－1)，A项错误；选项B 中总动量p B＝3mv甲＋mv乙＝8m(kg·m·s－1)，B项正确；选项C中总动量p C＝3mv甲＋mv乙＝5m(kg·m·s－1)，C项错误；选项D中总动量p D＝3mv甲－mv乙＝m(kg·m·s－1)，D项错误．]考向2 反冲问题2．(2020·全国Ⅰ卷)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 ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/sA [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒． 燃气的动量p 1＝mv ＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s， 则火箭的动量p 2＝p 1＝30 kg·m/s，选项A 正确．] 考向3 碰撞问题3．如图624所示，在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁．小球A 与小球B 发生弹性正碰后小球A 与小球B 均向右运动．小球B 与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A 在P 点相遇，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( ) 【导学号：84370260】图624 A ．7∶5 B ．1∶3 C ．2∶1D ．5∶3[题眼点拨] ①“光滑水平面”表明物体水平方向除碰撞力外，不受其它力作用；②“PQ ＝2PO ”以位移方式表明速度间的关系．D [设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．]4．(多选)A 、B 两球沿同一条直线运动，如图625所示的xt 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a 、b 分别为A 、B 碰撞前的xt 图象．c 为碰撞后它们的x t 图象．若A 球质量为1 kg ，则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )图625 A ．2 kgB.23 kg C ．4 m/s D ．1 m/sBD [由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，v a ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v b ＝4－02 m/s ＝2 m/s ，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，v c ＝2－44－2 m/s ＝－1 m/s. 碰撞过程中动量守恒，即 m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c 可解得m B ＝23 kg由以上可知选项B 、D 正确．](多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( ) A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0D.59v 0 AB [要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A 球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后A 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹． 当以A 球原来的速度方向为正方向时，则 v A ′＝±13v 0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有 mv 0＋0＝m×13v 0＋2mv B ′，mv 0＋0＝m×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13v 0＋2mv B ″.解得v B′＝13v0，v B″＝23v0.][反思总结] 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＝.当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度.3因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变.动量守恒中的力学综合问题1．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．2．解决动力学问题的三个基本观点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动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题[母题](2020·全国Ⅱ卷)如图626所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，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)．已知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.图626(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[题眼点拨] ①“光滑冰面”表明斜面体与物体碰撞会沿平面运动；②“最大高度”表明冰块和斜面体达到共同速度．[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m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh②式中v 20＝－3 m/s 为冰块被推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m 3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④代入数据得 v 1＝1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得 v 2＝1 m/s⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩． [答案](1)20 kg (2)不能[母题迁移]迁移1 多物体、多阶段运动的求解1．(2020·全国Ⅰ卷)如图627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. 【导学号：84370261】图627[题眼点拨] ①“光滑水平面”表明碰撞过程动量守恒；②“各发生一次碰撞”要思考发生一次碰撞的条件及各种可能．[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 C1，A 的速度为v A1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv A1＋Mv C1 ①12mv20＝12mv2A1＋12Mv2C1②联立①②式得v A1＝m－Mm＋M v0 ③v C1＝2mm＋M v0 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<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 A2，B的速度为v B1，同样有v A2＝m－Mm＋M v A1＝⎝⎛⎭⎪⎫m－Mm＋M2v0 ⑤根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1 ⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(5－2)M ⑧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.⑨[答案] (5－2)M≤m<M迁移2 临界问题分析2．(2020·河北石家庄检测)如图628所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝2v20g，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．图628[题眼点拨] ①“斜坡上高h处由静止滑下”：利用机械能守恒可求得到达水平面的速度；②“不发生碰撞”：思考满足的临界条件．[解析] 设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12(m 1＋M)v 21＝(m 1＋M)gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v′2，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v′1人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v′2解得v′1＝6v 0－2v ，v′2＝12v －12v 0两车不发生碰撞的临界条件是v′1＝±v′2当v′1＝v′2时，解得v ＝135v 0当v′1＝－v′2时，解得v ＝113v 0故v 的取值范围为135v 0≤v≤113v 0.[答案] 135v 0≤v≤113v 0在母题中，若将斜面体换成放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v 0的速度向曲面推出，如图所示．已知小孩和冰车的总质量为m 1＝40 kg ，小球质量为m 2＝2 kg ，若小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量m 3应满足的条件．[解析] 人推球过程动量守恒，即0＝m 2v 0－m 1v 1对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 312m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23解得v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有v 2＞v 1解得m 3＞4219 kg.[答案] m 3＞4219 kg2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。
第五章 第五讲 动量守恒定律及其应用一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，圆心 O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m 的小物体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 图1( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相等解析：a 、b 两物体到达S 点速度方向不同，故它们的动量不相等．a 物体做自由落体运动，运动时间为t 1，b 物体沿14圆弧轨道下滑的过程中，其竖直方向分运动的加 速度在任何高度都小于重力加速度．又a 、b 两物体竖直方向位移相等，所以b 物体 下滑到S 的时间t 2＞t 1.故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A[2．质量为m 的钢球自高h 1处落下，碰地后竖直向上弹回，碰撞时间极短，弹起的高 度为h 2，在碰撞过程中，钢球的动量变化的方向和大小为( ) A ．向下；m (2gh 1－2gh 2)B ．向下；m (2gh 1＋2gh 2)C ．向上；m (2gh 1－2gh 2)D ．向上；m (2gh 1＋2gh 2)解析：在下落和反弹过程中分别有：v 12＝2gh 1，v 22＝2gh 2，得v 1＝2gh 1，v 2＝2gh 2规定向上为正方向，则Δp ＝m v 2－(－m v 1)＝m (2gh 2＋2gh 1)，方向向上，D 正确．答案：D3．如图2所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的 图2系统动能损失最大的时刻是( ) A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时解析：当B 触及弹簧后减速，而物体A 加速，当v A ＝v B 时，A 、B 间距最小，弹簧 压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒知系统损失动能最多，故只有D 对． 答案：D4．(2010·临汾模拟)如图3所示，A 、B 两个物体质量分别为mA 、m B (m A >m B )，它们相隔一段距离，静止于光滑水平面上．将大小相等，方向相反的两个水平推力F 1、F 2分别作用在A 、B 上，使它 图3们发生相同大小的位移后撤去推力(此时两物体还没发生接触)，又过一段时间两物体 发生碰撞并粘在一起不再分开．这时，这两个物体的运动情况将是 ( )A ．可能停止运动B ．一定沿F 1的方向运动C ．一定沿F 2的方向运动D ．运动方向无法确定解析：由动能定理得W ＝12m v 02，撤力时动能相等，由于m A >m B ，p ＝2mE k ，∴p A >p B ， 故两物体总动量向F 1的方向，碰撞时动量守恒，因此粘在一起后沿F 1的方向运动， B 正确．四个选项都是判断碰撞后的运动方向，解题时不需要逐个判断．答案：B5．如图4所示，小平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端有一物体A 以水平速度v 0向右滑行．由于A 、B 间存在摩擦，因而A 在B 上滑行后，A 开始做减速运动，B 做加速运动，设车足够长，则B 速度达到最大时，应出现在 ( ) 图4[①A 的速度最小时 ②A 、B 的速度相等时 ③A 在B 上相对静止时 ④B 开始做匀[速直线运动时A ．只有①②B ．只有③④C ．只有①②③D ．①②③④ 解析：车足够长，A 做减速运动，B 做加速运动最后达共同速度，二者不再受力的作 用，做匀速直线运动，此时A 、B 保持相对静止，故①②③④全对．答案：D 二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项 正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．如图5所示，A 、B 两物体的质量之比m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩了的弹簧，A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，故平板 图5车与地面间的摩擦不计，当突然释放弹簧后，则有( )A ．A 、B 组成的系统动量守恒B ．A 、B 、C 组成的系统动量守恒C ．小车将向左运动D ．小车将向右运动[解析：m A 、m B 两物体的质量不一样，因此它们受的摩擦力不相等，所以m A 、m B 两 物体受的合力向右，两者动量不守恒，A 、B 、C 三个物体总动量守恒，A 错，B 对； 小车所受的合力方向向左，故小车将向左运动，C 对，D 错．答案：BC7．如图6所示，在光滑水平面上停放着质量为m 装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以v 0水平初速度沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回车右端，则 ( )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动 图6C ．此过程小球对小车做的功为m v 022D ．小球在弧形槽上升的最大高度为v 022g解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：m v 0＝2m v ′，12m v 02＝2(12m v ′2)＋mgh .联立解得：h ＝v 024g，知D 错．从 小球射入到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒．由于无摩擦力做功，动能 守恒，此过程类似弹性碰撞，作用后两者速度交换(说明：系统仅在水平方向动量守 恒)，故B 、C 对，A 错．答案：BC8．如图7所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B 以水 平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、 B 速度随时间变化情况如图8所示，则下列说法正确的是 ( )[来图7 图8A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为1 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：从题图可以看出，B 做匀减速运动，A 做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s ， 系统动量守恒，mv 0＝(m ＋M )v ，求得M ＝2 kg ，木板获得的动能为1 J ，系统损失的 动能为2 J ，木板的最小长度是两者在1 s 内的位移差为1 m ，B 运动的加速度为1 [来 m/s 2，动摩擦因数为0.1.故选项C 、D 正确．答案：CD9．(2010·太原调研)如图9所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平地面上，在木板右端有质量为m 的小物块，现给物块一个水平向左的初速度v 0，物块向左滑行并与固定在 图9木板左端的轻弹簧相碰，碰后返回并恰好停在长木板右端，若改变以下条件，物块 仍不会滑出木板的是(弹簧所在区域板面光滑)( ) A ．增大板的质量B ．增大物块质量C ．增大弹簧劲度系数D ．增大物块初速度 解析：本题考查功能关系及动量守恒定律知识，涉及相对位移与功能关系的问题．根据动量守恒定律和机械能守恒定律，全过程：m v 0＝(m ＋M )v ,2μmgs 相＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，得s 相＝M v 024μg (m ＋M )，M 、v 0增大，相对位移增大，物块会滑出木板，而m 增大，相对位移减小，物块滑不出木板，A 、D 错B 对；在从右向左直至弹簧压缩到最短的过程中，m v 0＝(m ＋M )v ，ΔE p ＋μmgs 相＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，得ΔE p ＝μmgs 相＝Mm4(M ＋m )v 02，ΔE p 不变时，劲度系数增大，最大压缩量减小，不影响相对位移， 物块不会滑出木板，C 正确．答案：BC10．(2010·南昌调研)质量为M的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端有质量为m的木块A，已知m<M，给A、B以大小相等、方向相反的初速度，使它们开始运动，但最终A没有滑离出木板B.在A和B相互作用的过程中，它图10们之间的摩擦力做功的情况是()A．摩擦力对A一直做负功B．摩擦力对A先做负功后做正功C．摩擦力对B一直做负功D．摩擦力对B先做负功后做正功解析：由木块和长木板组成的系统动量守恒以及m<M可知，最终两者以相同的速度向右运动，木块先向左减速后向右加速，A所受摩擦力的方向始终向右，且先做负功后做正功，A错误，B正确；A对B的摩擦力一直向左，在相互作用的相对运动[来过程中，B一直做匀减速运动，摩擦力对B一直做负功，C对D错．答案：BC三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·兰州模拟)如图11所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α＝37°，A、B是两个质量均为m＝1 kg的小滑块(可看做质点)，C为左端附有胶泥的薄板(质量不计)，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧．当滑块A置于斜面上且受到大小F＝4 N，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动．现撤去F，让滑块A从斜面上距斜面底端L＝1 m处由静止下滑．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：图11(1)滑块A到达斜面底端时的速度大小；(2)滑块A与C接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能．解析：(1)施加恒力F时，μ(F＋mg cosα)＝mg sinα未施加力F时，(mg sinα－μmg cosα)L＝m v12 2代入数据，得v1＝2 m/s.(2)滑块A与C接触后，A、B、CD组成系统动量守恒，能量守恒，所以当A、B具有共同速度时，系统动能最小，弹簧弹性势能最大，设为E p，∴m v1＝2m v212m v12＝Ep＋122m v22代入数据，得E p＝1 J.答案：(1)2 m/s(2)1 J12．(15分)(2009·广东高考)如图12所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l ＝1.0 m．物块A以速度v0＝10 m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10 m/s2)图12(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．解析：(1)设物块A、B的质量分别为m A和m B，A与B发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v1.取向右为速度正方向，由动量守恒定律m A v0＝(m A＋m B)v1 ①v1＝m Am A＋m Bv0＝5.0 m/s设AB运动到C时的速度为v2，由动能定理12(m A＋m B)v22－12(m A＋m B)v12＝－μ(mA＋m B)gl ②v2＝v12－2μgl＝4.0 m/s. ③(2)设与C碰撞后AB的速度为v3.碰撞过程中动量守恒，有(m A＋m B)v2＝(m A＋m B)v3＋m C v ④碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即12(m A＋m B)v22≥12(m A＋m B)v32＋12m Cv2 ⑤由④式，得v3＝(m A＋m B)v2－m C vm A＋m B＝(4－k) m/s ⑥联立⑤和⑥式，得k≤6即：当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当k＜6时，碰撞为非弹性碰撞．碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度．由⑥式，得4－k≤2故k≥2所以k的合理取值范围是6≥k≥2综上得到：当取k＝4时，v3＝0，即与C碰后AB静止当取4＞k≥2时，v3＞0，即与C碰后AB继续向右运动[当取6≥k＞4时，v3＜0，即碰后AB被反弹向左运动．答案：(1)4.0 m/s(2)2≤k≤6当k＝4时，碰后AB静止；当4＞k≥2时AB向右运动；当6≥k＞4时AB向左运动。
