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章末总结【p 121】动量⎩⎪⎨⎪⎧基本概念：物体的动量 p ＝mv恒力的冲量 I ＝Ft基本规律⎩⎪⎨⎪⎧动量定理 I ＝p′－p动量守恒定律 m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′或p ＝p′动量守恒定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧爆炸与碰撞反冲运动实验：验证动量守恒定律【p 121】1．动量、冲量都是矢量，动量定理、动量守恒定律的表达式都是矢量式．解题时，先要规定正方向，与正方向相同的力、速度、动量都是正值，反之则都是负值，取好正、负值再代入表达式进行计算．方向不能确定的，先假定为正方向，算出结果为正值，则与假定方向相同，算出结果为负值，则与假定方向相反．2．碰撞是现实生活和科技中经常遇到的问题，处理碰撞问题的原则是：①由于碰撞时间很短，物体位移可忽略，即原地碰撞．②在碰撞瞬间，内力远远大于外力，碰撞过程动量守恒．③碰后系统的动能一定小于或等于碰前系统的动能，即动能不增加．④物体的速度大小、方向应符合实际情况．追击碰撞前，后面物体的速度大于前面物体的速度；碰撞后如果两物体仍向原方向运动，后面物体的速度应小于或等于前面物体的速度．3．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，必须注意到一般这些过程中均隐含着系统中有机械能与其他形式能量之间的转化．例如碰撞过程，机械能一定不会增加；爆炸过程，一定有化学能(或内能)转化为机械能；绳绷紧时动能一定有损失．对于碰撞、爆炸、打击问题，作用时间一般极短，遵守动量守恒定律．【p 121】1．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km /s ，产生的推力约为4.8×106N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg[解析] 以气体为研究对象，设t ＝1 s 内喷出的气体质量为m ，根据动量定理可得：Ft ＝mv －0，其中v ＝3 km /s ＝3 000 m /s解得：m ＝Ft v ＝4.8×106×13 000kg ＝1.6×103kg ，故B 正确，A 、C 、D 错误．[答案] B2．(2019·江苏卷)质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v ，此时滑板的速度大小为( )A .m M vB .M m vC .m m ＋M v D .M m ＋Mv [解析] 忽略滑板与地面间的摩擦，小孩和滑板系统动量守恒，取小孩跃起的方向为正，根据动量守恒定律得：0＝Mv －mv ′，解得滑板的速度为：v′＝Mvm ，故B 正确，A 、C 、D 错误．[答案] B3．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N[解析] 根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m )，Ft ＝mv ，代入数据解得F≈1×103N ，所以C 正确．[答案] C4．(2017·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 ．5.7×102 kg ·m /sC ．6.0×102 kg ·m /sD ．6.3×102 kg ·m /s[解析] 设火箭的质量(不含燃气)为m 1，燃气的质量为m 2，根据动量守恒，m 1v 1＝m 2v 2，解得火箭的动量为：p ＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg ·m /s ，所以A 正确，B 、C 、D 错误．[答案] A5．(2017·海南)光滑水平桌面上有P 、Q 两个物块，Q 的质量是P 的n 倍．将一轻弹簧置于P 、Q 之间，用外力缓慢压P 、Q.撤去外力后，P 、Q 开始运动，P 和Q 的动量大小的比值为( )A ．n 2B ．nC .1nD ．1[解析] 撤去外力后，系统所受合外力为零，总动量守恒，设P 的动量方向为正方向，则有p P －p Q ＝0，故动量大小之比为1，选D .[答案] D6．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m /s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？ [解析] (1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ②联立①②式并代入题给数据得 v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m /s(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④a ＝μg＝2 m /s 2s B ＝v B t －12at 2 ⑤v B －at ＝0 ⑥ t ＝v Ba＝0.5 ss B ＝1×0.5 m －2×0.52×12m ＝0.25 m在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦s A ＝4×0.5 m －2×0.522m ＝1.75 m联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨ (3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v ′2A －12m A v 2A ＝－μm A g ()2l ＋sB ⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ′＝42－2×2×2.25 m /s ＝7 m /s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A ()－v A ′＝m A v A ″＋m B v B ″ ⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得： v A ″＝375 m /s ，v B ″＝－275m /s ⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式2as A ′＝v A ″2， 2as B ′＝v B ″2⑮ 由④⑭⑮式及题给数据得s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离 s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m ⑰7．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． [解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 20 ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0－v 0＝－gt ② 联立①②式得t ＝1g2Em③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1 ④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2，由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0 ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动，设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 21＝12mgh 2 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2Emg⑧8．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5 m ，A 车向前滑动了2.0 m ，已知A 和B 的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g ＝10 m /s 2.求(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小．[解析] (1)设B车质量为m B，碰后加速度大小为a B，根据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为v B′，碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v B′2＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v B′＝3.0 m/s③(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A.根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A④设碰撞后瞬间A车速度的大小为v A′，碰撞后滑行的距离为s A.由运动学公式有v A′2＝2a A s A⑤设碰撞前瞬间A车速度的大小为v A，两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A＝m A v A′＋m B v B′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A＝4.25 m/s。
第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。
答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。
答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。
假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
选择性必修第一册动量和动量守恒定律6.2动量守恒及其应用（2）学案33姓名_______班级_______学号_______【复习目标】1.熟练运用动量和能量的知识解题2.能从动力学、能量、动量的观点解决力学有关的问题3.回顾子弹和滑板模型，并能用动量和能量的知识解题【复习重点】1.动量和能量的综合问题2.分析子弹和滑块模型的有关问题。
【复习难点】1、注意速度和位移的大小是相对地面还是相对与滑板。
2、在子弹与木块相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒。
3、滑板模型中注意是否存在摩擦，直接影响到机械能是否守恒；【知识点归纳与探究】1．解决力学问题的三大观点动力学观点运用牛顿运动定律结合运动学知识，可解决匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒定律等，可解决非匀变速运动问题动量观点用动量守恒定律等，可解决非匀变速运动问题2.利用动量和能量观点解题的技巧(1)若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)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，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。
考点一、动量和能量的综合问题学法指导：明确研究对象，找准研究过程是解决这类问题的关键。
【典例1】如图所示，在桌面边缘有一木块质量为1.99 kg，桌子高h＝0.8 m，一颗质量为10 g的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm处的P点，子弹入射的速度大小是(g取10 m/s2)()A．200 m/s B．300 m/s C．400 m/s D．500 m/s【典例2】(多选)如图所示，A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R。
第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．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)。
3．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。
二、碰撞、反冲和爆炸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(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。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(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。
(√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。
(×)(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。
(×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。
(√)2．(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。
2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第2讲动量守恒定律学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第2讲动量守恒定律学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2讲动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量守恒定律及其应用Ⅱ1．几个相关概念(1）系统：在物理学中,将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
（2）内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力:系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力.2．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′。
②m1v1＋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。
③Δp1＝－Δp2,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。
(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力为零时，系统在该方向上动量守恒。
【知识点2】弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1．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。
学习资料第2节动量守恒定律及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动量守恒定律及其应用1。
动量守恒定律（1）内容：如果一个系统，或者所受外力的矢量和为零，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①p= ,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’。
②m1v1+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。
③Δp1= ,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp= ，系统总动量的增量为零。
2.动量守恒的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状态。
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)远外力,总动量守恒。
(2)分类①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能损失。
②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失.③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失。
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。
3。
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，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。
考点自诊1。
判断下列说法的正误。
(1)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等。
（)(2）只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。
()(3)无论碰撞、反冲还是爆炸类问题,动能都不会增大.(）（4)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反。
()(5)弹性碰撞过程中系统动量一定守恒。
（）2。
将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短的时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷气过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/s B。
第2节动量守恒定律及其应用知识点一| 动量守恒定律的理解及应用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如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
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)。
[判断正误](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。
(√)动量守恒定律的“五性”甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg 。
两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动。
某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反。
两车运动过程中始终未相碰。
则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？ (2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得m乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v ，所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1.0×3－0.5×20.5＋1.0 m/s ＝43m/s≈1.33 m/s。
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′，得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1.0×3－0.5×21.0m/s ＝2 m/s 。
第2讲动量守恒定律及其应用➢教材知识梳理一、动量守恒定律1．内容：一个系统________或者________为零时，这个系统的总动量保持不变．2．常用的表达式：m1v1＋m2v2＝________．二、系统动量守恒的条件1．理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，那么系统动量守恒．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、动量守恒的实例1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间________，而物体间相互作用力________的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类：2.反冲运动(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．3．爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量________，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．答案：一、1.不受外力所受外力的矢量和2．m1v1′＋m2v2′三、1.(1)很短很大(2)远大于(3)守恒最大2．(2)动量3．远大于守恒[思维辨析](1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度．( )(2)系统动量守恒，那么机械能也守恒．( )(3)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度．( )(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变．( )答案：(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)[思维拓展]碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？答案：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．➢考点互动探究考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力之和为零，那么系统动量守恒；(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计时，那么系统动量守恒；(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，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零，那么该阶段系统动量守恒．2．应用动量守恒定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象，选取研究过程；(2)分析内力和外力的情况，判断是否符合动量守恒条件；(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方程求解．1 [2014·某某卷] 如图6181所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图6181A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C[解析] 甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．式题如图6182所示，小车与木箱紧挨着静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出木箱．关于上述过程，以下说法中正确的选项是( )图6182A．男孩和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] 根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒，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，选项C正确．■ 要点总结注意动量守恒定律的“四性〞1．矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向．2．同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系．3．瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量是相互作用后同一时刻的瞬时值．4．普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；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．考点二碰撞问题1.三种碰撞形式的理解2.判断碰撞的可能性问题(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.3．速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，那么后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v前，否那么无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否那么碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，那么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．分)[2015·全国卷Ⅰ] 如图6183所示，在足够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 ，三者都处于静止状态．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．图6183[解答规X] 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＝________________①(2分)12mv 20＝________________②(2分) 联立①②式得v A 1＝________③(1分) v C 1＝________④(1分)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．(2分)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 ＋Mv A 1＝________⑤(1分)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(1分)联立④⑤⑥式得________________≥0⑦(2分) 解得m ≥________⑧(1分)另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 ________________⑨(2分) 答案：mv A 1＋Mv C 112mv 2A 1＋12Mv 2C 1m －M m ＋M v 02m m ＋M v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ≤ m 2＋4mM －M 2 (5－2)M (5－2)M ≤m <M1 如图6184所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .图6184答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m [解析] 设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 2解得碰撞前瞬间A 的速率为v ＝2gR ＝2 m/s. (2)根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理有－μ·2m ·gl ＝0－12·2m ·v ′2解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m.2 如图6185所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一物块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．MN 段轨道光滑，物块与NP 段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的位置与N 点距离的可能值．6185答案：2s －h μ或h μ－2s[解析] 根据功能关系，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少量ΔE p与物块克服摩擦力所做功的数值相等．ΔE p＝W设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，那么ΔE p＝mghW＝μmgs′联立以上各式得s′＝hμ第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在回到N前停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝2s－s′＝2s－hμ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝s′－2s＝hμ－2s所以物块停止的位置距N的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.考点三多体动量守恒问题有时对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键．1．分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成．2．要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒．3．明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式．4．确定好正方向，建立动量守恒方程求解．3 如图6186所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小．图6186[解析] 铅块C在A上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C刚离开A滑上B时的速度为v′C，A和B的共同速度为v A，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有m C v0＝(m A＋m B)v A＋m C v′C在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以v A匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v代入数据解得v A＝0.25 m/s，v′C＝2.75 m/s.1 如图6187所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．图6187答案：2 m/s[解析] 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s④2 如图6188所示，木块A质量为m A＝1 kg，足够长的木板B质量为m B＝4 kg，A、B置于水平面上，质量为m C＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s 的初速度向右运动，A与B碰撞后以4 m/s的速度被弹回．(1)求B运动过程中的最大速度大小；(2)假设木板B足够长，求C运动过程中的最大速度．图6188答案：(1)4 m/s (2)2 m/s[解析] (1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大．取向右为正方向，由A、B系统动量守恒，有：m A v0＋0＝－m A v A＋m B v B代入数据得v B＝4 m/s.(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有m B v B＋0＝(m B＋m C)v C代入数据得v C＝2 m/s.考点四人船模型人船模型是一个很典型的模型，当人在无阻力的船上向某一方向走动时，船向相反方向移动，此时满足动量守恒．假设人船系统在全过程中动量守恒，那么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，那么由m1v1＝－m2v2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．4 质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．在忽略水的阻力的情况下，当他从右端走到船的左端时，船左端离岸多远？[解析] 先画出示意图如下图．人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等．从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L.设人、船位移大小分别为l1、l2，选择向右的方向为正方向，那么有：0＝Mv2－mv1，两边同乘时间t并整理得：ml1＝Ml2而l1＋l2＝L，解得l2＝mM＋mL.式题 (多项选择)如图6189所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，那么(水平面光滑)( )图6189A．系统的动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlM＋m答案：BD [解析] 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的位移为2l，根据“人船模型〞，解得最大距离为2mlM＋m，D正确．考点五爆炸和反冲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．(3)反冲运动中机械能往往不守恒．(4)实例：喷气式飞机、火箭等．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲乘的小车上有质量为m＝1 kg的小球假设干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且均被乙接住．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．那么此时：(1)两车的速度大小各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？[解析] (1)两车刚好不相撞，那么两车速度大小相等，方向相同，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v解得v＝1.5 m/s.(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′解得n＝15.1 斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．那么以下说法中正确的选项是( )A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能答案：A [解析] 设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，那么爆竹爆炸过程中动量守恒，设三块质量均为m，中间一块的速度为v，前面一块的速度为v1，那么后面一块的速度为－v1，由动量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，那么中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，那么A正确，B错误；三块同时落地，但落地时动量不同，C错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为12m (3v 0)2，大于爆炸前系统的总动能32mv 20，D 错误．2 如图61810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2v 0、v 0.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61810答案：4v 0[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v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv 0＝11mv 1－mv min货物落入甲船过程，10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2为避免两船相撞应满足v 1＝v 2解得v min ＝4v 0.[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 如下图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________．(填选项前的字母)A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析] D 根据动量守恒定律，碰撞前的总动量为0，碰撞后的总动量也要为0，碰撞后要么A 、B 均静止，要么A 、B 朝反方向运动；由于是弹性碰撞，能量不损失，所以碰后A 、B 不可能静止，所以A 只能向左运动、B只能向右运动．2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，其在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，那么喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母)A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0[解析] D 以向上为正方向，初动量为0，喷气瞬间炽热气体的动量为－mv0，火箭模型的动量为(M－m)v，由动量守恒定律有：0＝－mv0＋(M－m)v，解得v＝mv0M－m，D正确．。
动量守恒定律及其应用4.如图所示,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)【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12mv0=11mv1-mv min①10m·2v0-mv min=11mv2②为避免两船相撞应满足v1=v2③联立①②③式得v min=4v0答案:4v0【补偿训练】假设火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s,设火箭质量M=300 kg,发动机每秒喷气20次。
(1)当第三次气体喷出后,火箭的速度多大。
(2)运动第1 s末,火箭的速度多大。
【解析】方法一:喷出气体运动方向与火箭运动方向相反,系统动量守恒。
(M-m)v1-mv=0,所以v1=。
第二次气体喷出后,火箭速度为v2,有(M-2m)v2-mv=(M-m)v1,所以v2=第三次气体喷出后,火箭速度为v3,有(M-3m)v3-mv=(M-2m)v2所以v3== m/s=2 m/s。
依次类推,第n次气体喷出后,火箭速度为v n,有(M-nm)v n-mv=[M-(n-1)m],所以v n=因为每秒喷气20次,所以1 s末火箭速度为v20== m/s=13.5 m/s方法二:整体选取研究对象,运用动量守恒定律求解(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得:(M-3m)v3-3mv=0,所以v3==2 m/s(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象(M-20m)v20-20mv=0所以v20==13.5 m/s答案:(1)2 m/s (2)13.5 m/s。
动量守恒定律及其应用一、教学内容设计《普通高中物理课程标准（2017版）》对本节内容的要求是：理解冲量和动量。
通过理论指导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。
知道动量守恒定律的普适性。
通过实验，了解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。
会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
《普通高中物理课程标准（2017版）解读》对本节内容的要求是：动量定理和动量守恒定律对于发展学生的运动与相互作用观念和科学思维至关重要。
本条目要求理论推导和实验的统一，要求学生不但能用所学的牛顿运动定律和加速度的关系式推导，还要通过实验进行探究或验证，对物体相互作用过程中系统的动量守恒加深理解；本条目要求学生从能量的角度研究碰撞现象，进一步发展能量观念和对系统的认识。
能应用动量守恒定律分析一维碰撞问题和反冲运动，解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞；本条目要求学生将动量守恒与必修课程中学过的机械能守恒和能量守恒定律联系起来，通过运用这些规律分析和解决实际问题，进一步发展“能量”“系统”和“守恒”的观念，初步形成物理学理论所描述的自然界具有内在和谐与统一的整体图景。
动量守恒定律与牛顿第二定律的物理实质是一致的，掌握动量守恒定律有利于深化对物体之间相互作用规律的理解，加深运动与相互作用的观念，学生能进一步理解“守恒”思想。
二、学情分析学生掌握了动量定理，知道单个物体的动量变化与力和作用时间的定律关系。
学生需要在单个物体的认识基础上，掌握多个物体动量变化规律，需要强化守恒的思想，掌握动量守恒定律，并将动量守恒定律应用到具体生活实例中。
学生掌握了机械能守恒和能量守恒，建立起了守恒观念。
动量守恒进一步深化和“系统”“守恒”思想，学生在学习的过程中，区分动量守恒和机械能守恒的成立条件是学生学习的难点。
三、教学目标1．知道系统、内力、外力等基本概念。
第2讲动量守恒定律及其应用考纲考情核心素养►动量守恒定律及其应用Ⅱ►弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ►动量守恒的条件．►碰撞的概念和碰撞的分类.物理观念全国卷5年9考高考指数★★★★★►应用动量守恒定律解题的一般步骤．►用动量守恒定律解决碰撞、爆炸和反冲问题.科学思维知识点一动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，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增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(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．(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零，则系统在这一方向动量守恒．知识点二碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：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爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量不变．3．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．1．思考判断(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．(√)(2)动量守恒只适用于宏观低速．(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)(4)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．( √ )2．某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接．机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( B )A ．0.053 m/sB ．0.05 m/sC ．0.057 m/sD ．0.06 m/s解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律m v 0＝(m ＋15m )v ，v ＝116v 0＝116×0.8 m/s ＝0.05 m/s.故选项B 正确． 3．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 )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s解析：设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得0＝m 1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg·m/s ，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．一炮弹质量为m ，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v ，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为14m ，则爆炸后另一块瞬时速度大小为( B ) A ．v B.43v C.34v D ．0 解析：爆炸前动量为m v ，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v ′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：m v ＝34m ·v ′，解得：v ′＝43v ，选项B 正确．5.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为31，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，则A 、B 两球的质量比为( D )A ．1 2B ．2 1C ．1 4D ．4 1解析：设A 、B 质量分别为m A 、m B ，B 的初速度为v 0，取B 的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A 、B 碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为v 03和－v 03，则有m B v 0＝m A ·v 03＋m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 03，解得m A m B ＝41，选项D 正确．考点1 对动量守恒定律的理解1．动量守恒定律的适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系．(2)理想条件：系统不受外力．(3)实际条件：系统所受合外力为零．(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．2．动量守恒定律的四个特性相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度矢量性应先选取正方向，凡是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于低速宏观系统，也适用于高速微观系统如图所示，A、B两物体的质量之比为m A m B＝12，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止【解析】A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因m A m B＝12，由摩擦力公式F f＝μF N＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．【答案】 D高分技法对动量守恒定律的进一步理解(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统，系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力，要判断系统是否动量守恒，或是否在某个方向上动量守恒.1.(多选)质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，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的静止滑块丙发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是(BC)A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋m v2解析：碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度在瞬间不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得M v＝M v1＋m v2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得M v＝(M＋m)v′，故B、C正确．2.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(CD)A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m 从C点到B点的过程中物体M向右运动C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒解析：物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．考点2动量守恒定律的应用1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．(2)Δp＝0(系统动量的增量为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等，方向相反)．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住，不计冰面摩擦．(1)若甲将箱子以速度v推出，则甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)假设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，则乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，则甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少为多大？【解析】(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝m v＋M v1解得v1＝(M＋m)v0－m vM＝v0＋mM(v0－v)．(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v－M v0＝(m＋M)v2解得v2＝m v－M v0 m＋M.(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件联立以上各式得v≥5.2 m/s.【答案】(1)v0＋mM(v0－v)(2)m v－M v0m＋M(3)甲的速度不大于乙的速度 5.2 m/s高分技法应用动量守恒定律解题的步骤特别注意：系统内各物体的动量必须相对于同一参考系，一般都是选地面为参考系，即各物体都是相对地面的速度．3.(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A 、B 两木块之间夹着一被压缩的固定的轻质弹簧．现释放弹簧，A 、B 木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面．A 落地点距桌边水平距离为0.5 m ，B 落地点距桌边水平距离为1 m ，则( AD )A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为12 B ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为11C ．A 、B 质量之比为12 D ．A 、B 质量之比为2 1 解析：A 和B 离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，则它们的运动时间相等，由x ＝v 0t 得平抛运动的初速度的比值为v A v B ＝x A x B＝0.5 m 1 m ＝12，故A 正确，B 错误；弹簧弹开木块的过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得m A v A －m B v B ＝0，则A 、B 木块的质量之比为m A m B ＝v B v A＝21，故C 错误，D 正确． 4.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平地面上，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 车时对地的水平速度相同．他跳到a 车上相对a 车保持静止，此后( CD )A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系为v c>v a>v bD．a、c两车运动方向相反解析：设三辆车的质量都是m，小孩质量为M，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度都是v.对小孩从c车上跳往b车上的过程，对c车和小孩，有m v c＝M v，解得c车速度大小为v c＝M vm，速度方向向左；小孩跳到b车上后又从b车跳到a车，由水平方向动量守恒可知，b车速度为零；对小孩跳到a车上的过程，由水平方向动量守恒有(m＋M)v a＝M v，解得a车的速度大小为v a＝M vm＋M，速度方向向右，三辆车的速率关系为v c>v a>v b，可知选项A、B错误，C、D正确．考点3碰撞模型1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．2．三种碰撞碰撞类型特征描述及重要关系式或结论弹性碰撞碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫作弹性碰撞，若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞，动量守恒，同时机械能也守恒．满足：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′212m1v21＋12m2v22＝12m1v′21＋12m2v′22非弹性碰撞发生非弹性碰撞时，内力是非弹性力，部分机械能转化为物体的内能，机械能有损失，动量守恒，总动能减少．满足：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′212m1v21＋12m2v22>12m1v′21＋12m2v′22完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时，机械能向内能转化得最多，机械能损失最大．碰后物体粘在一起，以共同速度运动，动量守恒，损失的机械能转化为内能．满足：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A 球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？【解析】 本题考查多体碰撞问题．设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别为v A 、v B 1，则m v 0＝m v A ＋km v B 1，12m v 20＝12m v 2A ＋12km v 2B 1， 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B 1＝2k ＋1v 0， 设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B 2、v C ，同理可得v B 2＝k －1k ＋1v B 1， 代入整理得v B 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋1－4(k ＋1)2v 0， 设x ＝2k ＋1，则有v B 2＝(x －x 2)v 0， 当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B 2最大，解得k ＝3. 【答案】 3高分技法碰撞的特点和规律1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞过程中，相互作用的时间极短，物体相对运动的全过程可忽略不计.(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力.(3)位移特点：在相互碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置.2.运动物体与静止物体发生弹性碰撞的规律5．如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是(D)A．v1＝v2＝v3＝13 v0B．v1＝0，v2＝v3＝12 v0C．v1＝0，v2＝v3＝12v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量为m，则碰撞前系统总动量为m v0，总动能为12m v20.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能；假如选项C正确，则碰后总动量为m v0，但总动能为14m v20，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能；故选项D正确，既满足动量守恒定律和机械能守恒定律，又满足碰撞的合理性．6.(多选)如图所示，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m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量－4 kg·m/s，则(AC)A．左方是A球，碰前两球均向右运动B．右方是A球，碰前两球均向左运动C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2 5D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A、B两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A＝－Δp B，由题知Δp A＝－4 kg·m/s，则得Δp B＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A球，右边是B球，故A正确，B错误；碰撞后，两球的动量分别为p A′＝p A＋Δp A＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，p B′＝p B＋Δp B＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为m B＝2m A，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为v A′v B′＝p A′m Ap B′m B＝25，故C正确；碰撞前系统的总动能为E k＝p2A2m A＋p2B2m B＝18m A＋362×2m A＝27m A，碰撞后系统的总动能为E k′＝p A′22m A＋p B′22m B＝2m A＋1002×2m A＝27m A，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D错误．考点4爆炸和反冲1．爆炸现象的三个规律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系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒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位置不变爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始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如图所示，在光滑的水平地面上有一足够长的平板，平板上固定一高h＝0.2 m的光滑平台，平板与平台的总质量M＝6 kg，一轻质弹簧左端固定在平台上．已知重力加速度g＝10 m/s2.(1)若平板被固定在地面上，将质量m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)放在平台上弹簧的右端，用手推小物块将弹簧压缩一定的距离，松手后小物块被弹射到距离平台右侧s ＝1 m 处的A 点，求松手前瞬间弹簧的弹性势能；(2)若不固定平板，扶住平台用质量仍为m 的小物块将弹簧压缩至与(1)中相同的长度，同时放开小物块及平台，求小物块落在平板上的位置到平台右侧的距离s ′.【解析】 (1)在平板固定时，弹簧的弹性势能全部转化为小物块的动能，小物块离开平台后做平抛运动，平台高为h ，设小物块弹出时的速度为v则：s ＝v t ，h ＝12gt 2 由能量守恒定律得E p ＝12m v 2 联立解得松手前瞬间弹簧的弹性势能E p ＝25 J.(2)在平板不固定时，小物块弹出后，平板也获得一向左的速度．设小物块相对地面的速度大小为v 1，平板相对地面的速度大小为v 2则由动量守恒定律得：0＝m v 1－M v 2由能量守恒定律得E p ＝12m v 21＋12M v 22 小物块下落过程中，在竖直方向上有：h ＝12gt 2 小物块落点到平台右侧的距离：s ′＝(v 1＋v 2)t联立解得：s ′＝233 m. 【答案】 (1)25 J (2)233 m高分技法分析爆炸、反冲问题的两点注意(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大.(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，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；在反冲过程中，若喷气时间极短，也认为物体位置不变.7．一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分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( D )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：箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 正确． 8．(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为m ，共n 发，打靶时，枪口到靶的距离为d ，若每发子弹打入靶中就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是( BC )A．打完n发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动B．打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为mdnm＋MD．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同，应越来越大解析：子弹、枪、人、车和靶组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，子弹射击前系统总动量为零，由动量守恒定律知，子弹射入靶后总动量也为零，故打完n发子弹后，小车仍静止，A错误；设子弹射出枪口时的速度为v，车后退的速度大小为v′，以水平向左的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m v－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故v t＋v′t＝d，联立解得v′＝m vM＋(n－1)m，t＝dv＋m vM＋(n－1)m，故车后退的距离为Δs＝v′t＝m vM＋(n－1)m×dv＋m vM＋(n－1)m＝mdM＋nm，每颗子弹从发射到击中靶的过程，车均后退Δs，故n颗子弹发射完毕后，小车后退的位移为s＝n·Δs＝nmdM＋nm，故B、C正确，D错误．莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。
第2讲动量守恒定律及其应用考纲考情核心素养►动量守恒定律及其应用Ⅱ►弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ►动量守恒的条件．►碰撞的概念和碰撞的分类.物理观念全国卷5年9考高考指数★★★★★►应用动量守恒定律解题的一般步骤．►用动量守恒定律解决碰撞、爆炸和反冲问题.科学思维知识点一动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，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增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(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．(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零，则系统在这一方向动量守恒．知识点二碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：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爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量不变．3．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．1．思考判断(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．(√)(2)动量守恒只适用于宏观低速．(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√)(4)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．( √ )2．某机车以0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接．机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( B )A ．0.053 m/sB ．0.05 m/sC ．0.057 m/sD ．0.06 m/s解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律m v 0＝(m ＋15m )v ，v ＝116v 0＝116×0.8 m/s ＝0.05 m/s.故选项B 正确． 3．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 )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s解析：设火箭的质量为m 1，燃气的质量为m 2.由题意可知，燃气的动量p 2＝m 2v 2＝50×10－3×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得0＝m 1v 1－m 2v 2，则火箭的动量大小为p 1＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg·m/s ，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．一炮弹质量为m ，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v ，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为14m ，则爆炸后另一块瞬时速度大小为( B ) A ．v B.43v C.34v D ．0 解析：爆炸前动量为m v ，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v ′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：m v ＝34m ·v ′，解得：v ′＝43v ，选项B 正确．5.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为31，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，则A 、B 两球的质量比为( D )A ．1 2B ．2 1C ．1 4D ．4 1解析：设A 、B 质量分别为m A 、m B ，B 的初速度为v 0，取B 的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A 、B 碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为v 03和－v 03，则有m B v 0＝m A ·v 03＋m B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 03，解得m A m B ＝41，选项D 正确．考点1 对动量守恒定律的理解1．动量守恒定律的适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系．(2)理想条件：系统不受外力．(3)实际条件：系统所受合外力为零．(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．2．动量守恒定律的四个特性相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度矢量性应先选取正方向，凡是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于低速宏观系统，也适用于高速微观系统如图所示，A、B两物体的质量之比为m A m B＝12，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止【解析】A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因m A m B＝12，由摩擦力公式F f＝μF N＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．【答案】 D高分技法对动量守恒定律的进一步理解(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统，系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力，要判断系统是否动量守恒，或是否在某个方向上动量守恒.1.(多选)质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，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的静止滑块丙发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是(BC)A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋m v2解析：碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度在瞬间不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得M v＝M v1＋m v2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得M v＝(M＋m)v′，故B、C正确．2.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(CD)A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m 从C点到B点的过程中物体M向右运动C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒解析：物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．考点2动量守恒定律的应用1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．(2)Δp＝0(系统动量的增量为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等，方向相反)．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住，不计冰面摩擦．(1)若甲将箱子以速度v推出，则甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)假设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，则乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，则甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少为多大？【解析】(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝m v＋M v1解得v1＝(M＋m)v0－m vM＝v0＋mM(v0－v)．(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v－M v0＝(m＋M)v2解得v2＝m v－M v0 m＋M.(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件联立以上各式得v≥5.2 m/s.【答案】(1)v0＋mM(v0－v)(2)m v－M v0m＋M(3)甲的速度不大于乙的速度 5.2 m/s高分技法应用动量守恒定律解题的步骤特别注意：系统内各物体的动量必须相对于同一参考系，一般都是选地面为参考系，即各物体都是相对地面的速度．3.(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A 、B 两木块之间夹着一被压缩的固定的轻质弹簧．现释放弹簧，A 、B 木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面．A 落地点距桌边水平距离为0.5 m ，B 落地点距桌边水平距离为1 m ，则( AD )A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为12 B ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为11C ．A 、B 质量之比为12 D ．A 、B 质量之比为2 1 解析：A 和B 离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，则它们的运动时间相等，由x ＝v 0t 得平抛运动的初速度的比值为v A v B ＝x A x B ＝0.5 m 1 m ＝12，故A 正确，B 错误；弹簧弹开木块的过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得m A v A －m B v B ＝0，则A 、B 木块的质量之比为m A m B ＝v B v A ＝21，故C 错误，D 正确． 4.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平地面上，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 车时对地的水平速度相同．他跳到a 车上相对a 车保持静止，此后( CD )A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系为v c>v a>v bD．a、c两车运动方向相反解析：设三辆车的质量都是m，小孩质量为M，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度都是v.对小孩从c车上跳往b车上的过程，对c车和小孩，有m v c＝M v，解得c车速度大小为v c＝M vm，速度方向向左；小孩跳到b车上后又从b车跳到a车，由水平方向动量守恒可知，b车速度为零；对小孩跳到a车上的过程，由水平方向动量守恒有(m＋M)v a＝M v，解得a车的速度大小为v a＝M vm＋M，速度方向向右，三辆车的速率关系为v c>v a>v b，可知选项A、B错误，C、D正确．考点3碰撞模型1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．2．三种碰撞碰撞类型特征描述及重要关系式或结论弹性碰撞碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫作弹性碰撞，若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞，动量守恒，同时机械能也守恒．满足：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′212m1v21＋12m2v22＝12m1v′21＋12m2v′22非弹性碰撞发生非弹性碰撞时，内力是非弹性力，部分机械能转化为物体的内能，机械能有损失，动量守恒，总动能减少．满足：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′212m1v21＋12m2v22>12m1v′21＋12m2v′22完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时，机械能向内能转化得最多，机械能损失最大．碰后物体粘在一起，以共同速度运动，动量守恒，损失的机械能转化为内能．满足：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A 球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？【解析】 本题考查多体碰撞问题．设A 、B 发生弹性碰撞后的速度分别为v A 、v B 1，则m v 0＝m v A ＋km v B 1，12m v 20＝12m v 2A ＋12km v 2B 1， 联立解得v A ＝1－k k ＋1v 0，v B 1＝2k ＋1v 0， 设B 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为v B 2、v C ，同理可得v B 2＝k －1k ＋1v B 1， 代入整理得v B 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋1－4(k ＋1)2v 0， 设x ＝2k ＋1，则有v B 2＝(x －x 2)v 0， 当x ＝0.5时，即2k ＋1＝0.5时v B 2最大，解得k ＝3. 【答案】 3高分技法碰撞的特点和规律1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞过程中，相互作用的时间极短，物体相对运动的全过程可忽略不计.(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力.(3)位移特点：在相互碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置.2.运动物体与静止物体发生弹性碰撞的规律5．如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是(D)A．v1＝v2＝v3＝13 v0B．v1＝0，v2＝v3＝12 v0C．v1＝0，v2＝v3＝12v0D ．v1＝v2＝0，v3＝v0解析：由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量为m，则碰撞前系统总动量为m v0，总动能为12m v20.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能；假如选项C正确，则碰后总动量为m v0，但总动能为14m v20，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能；故选项D正确，既满足动量守恒定律和机械能守恒定律，又满足碰撞的合理性．6.(多选)如图所示，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m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量－4 kg·m/s，则(AC)A．左方是A球，碰前两球均向右运动B．右方是A球，碰前两球均向左运动C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2 5D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A、B两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A＝－Δp B，由题知Δp A＝－4 kg·m/s，则得Δp B＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A球，右边是B球，故A正确，B错误；碰撞后，两球的动量分别为p A′＝p A＋Δp A＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，p B′＝p B＋Δp B＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为m B＝2m A，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为v A′v B′＝p A′m Ap B′m B＝25，故C正确；碰撞前系统的总动能为E k＝p2A2m A＋p2B2m B＝18m A＋362×2m A＝27m A，碰撞后系统的总动能为E k′＝p A′22m A＋p B′22m B＝2m A＋1002×2m A＝27m A，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D错误．考点4爆炸和反冲1．爆炸现象的三个规律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系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒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位置不变爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始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如图所示，在光滑的水平地面上有一足够长的平板，平板上固定一高h＝0.2 m的光滑平台，平板与平台的总质量M＝6 kg，一轻质弹簧左端固定在平台上．已知重力加速度g＝10 m/s2.(1)若平板被固定在地面上，将质量m ＝2 kg 的小物块(可视为质点)放在平台上弹簧的右端，用手推小物块将弹簧压缩一定的距离，松手后小物块被弹射到距离平台右侧s ＝1 m 处的A 点，求松手前瞬间弹簧的弹性势能；(2)若不固定平板，扶住平台用质量仍为m 的小物块将弹簧压缩至与(1)中相同的长度，同时放开小物块及平台，求小物块落在平板上的位置到平台右侧的距离s ′.【解析】 (1)在平板固定时，弹簧的弹性势能全部转化为小物块的动能，小物块离开平台后做平抛运动，平台高为h ，设小物块弹出时的速度为v则：s ＝v t ，h ＝12gt 2 由能量守恒定律得E p ＝12m v 2 联立解得松手前瞬间弹簧的弹性势能E p ＝25 J.(2)在平板不固定时，小物块弹出后，平板也获得一向左的速度．设小物块相对地面的速度大小为v 1，平板相对地面的速度大小为v 2则由动量守恒定律得：0＝m v 1－M v 2由能量守恒定律得E p ＝12m v 21＋12M v 22 小物块下落过程中，在竖直方向上有：h ＝12gt 2 小物块落点到平台右侧的距离：s ′＝(v 1＋v 2)t联立解得：s ′＝233 m. 【答案】 (1)25 J (2)233 m高分技法分析爆炸、反冲问题的两点注意(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大.(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，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；在反冲过程中，若喷气时间极短，也认为物体位置不变.7．一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分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( D )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：箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 正确． 8．(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为m ，共n 发，打靶时，枪口到靶的距离为d ，若每发子弹打入靶中就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是( BC )A．打完n发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动B．打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为mdnm＋MD．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同，应越来越大解析：子弹、枪、人、车和靶组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，子弹射击前系统总动量为零，由动量守恒定律知，子弹射入靶后总动量也为零，故打完n发子弹后，小车仍静止，A错误；设子弹射出枪口时的速度为v，车后退的速度大小为v′，以水平向左的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m v－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故v t＋v′t＝d，联立解得v′＝m vM＋(n－1)m，t＝dv＋m vM＋(n－1)m，故车后退的距离为Δs＝v′t＝m vM＋(n－1)m×dv＋m vM＋(n－1)m＝mdM＋nm，每颗子弹从发射到击中靶的过程，车均后退Δs，故n颗子弹发射完毕后，小车后退的位移为s＝n·Δs＝nmdM＋nm，故B、C正确，D错误．。
