10次期中以后第三次动量

动量、动力学和能量观点在力学中的应用[学习目标] 1.进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律.2.灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题．一、力的三个作用效果与五个规律作用效果对应规律公式表达三个基本观点力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma动力学观点力对空间积累效果动能定理W合＝ΔE k W合＝12m v22－12m v12能量观点机械能守恒定律mgh1＋12m v12＝mgh2＋12m v22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量观点动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、力学规律的选用原则1．如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．如图1所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将m 1、m 2之间的轻弹簧压缩后用细线连接，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m 2离开弹簧后从右边飞出，m 1冲上曲面．已知桌面高为h ，m 2平抛的水平射程为x ，m 1＝2m ，m 2＝m ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，求：图1(1)m 2离开弹簧时的速度大小；(2)m 1上升到曲面最高点时距桌面的高度H ； (3)弹簧的最大弹性势能． 答案 (1)xg 2h (2)x 216h (3)3mgx 28h解析 (1)对m 2平抛过程分析，有 h ＝12gt 2， x ＝v 2t 解得v 2＝xg 2h. (2)弹簧将两物体弹开的过程，m 1、m 2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1－m 2v 2＝0 解得v 1＝x2g 2h对m 1冲上曲面过程，由机械能守恒定律有 m 1gH ＝12m 1v 12解得H ＝x 216h.(3)弹簧的最大弹性势能为E p ＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得E p ＝3mgx 28h.(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.(2020·湖北曾都高二期中)如图2，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A＝5 kg ，上表面光滑，可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝3 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.8 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图2(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .答案 (1)2.0 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.64 m解析 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有F ＝m A a 代入数据解得a ＝Fm A＝2.0 m/s 2(2)A 、B 碰撞后一起在F 的作用下运动时间t 的过程中，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v 代入数据解得v ＝1 m/s(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ， 对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 m A v A ＝(m A ＋m B )vA 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v A 2代入数据可得l ＝0.64 m.1．(动力学和动量观点的综合应用)(多选)如图3所示，一平台到地面的高度为h ＝0.45 m ，质量为M ＝0.3 kg 的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m ＝0.1 kg 的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x ＝1.2 m ，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 sB ．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 sC ．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/sD ．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s 答案 AD解析 由h ＝12gt 12得玩具青蛙在空中运动的时间为t 1＝0.3 s ，A 项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为v x ＝xt 1＝4 m/s ，v y ＝gt 1＝3 m/s ，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v 0＝v x 2＋v y 2＝5 m/s ，C 项错误；由动量守恒定律得m v x ＝(M ＋m )v ，解得木块开始滑动时的速度大小为v ＝1 m/s ，D 项正确；对木块及玩具青蛙，由动量定理得：－μ( M ＋m )gt 2＝0－(M ＋m )v ，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t 2＝0.5 s ，B 项错误．2．(力学三大观点的综合运用)(2021·忻州一中月考)如图4所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M ＝2 kg 的物块静止在水平面上的P 点，质量为m ＝1 kg 的小球用长l ＝0.9 m 的轻绳悬挂在P 点正上方的O 点．现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置，静止释放．小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P 点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小； (2)弹簧的最大弹性势能E p . 答案 (1)20 N (2)2 J解析 (1)小球静止释放，由机械能守恒定律：mgl (1－cos 60°)＝12m v 02小球在最低点由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 02l又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力F T ′＝F T 解得：F T ′＝20 N.(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：m v 0＝m v 0′＋M v 1 12m v 02＝12m v 0′2＋12M v 12 物块从P 点运动到最右端，由能量守恒定律得：12M v 12＝E p ＋Q小球反弹后回到P 点的过程，又有：E p ＝Q 联立解得：E p ＝2 J.1．(多选)如图1所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图1A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 与A 分开后能达到的最大高度为h4D ．B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算 答案 BC解析 根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12×2m v 2＝12mgh ，故A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，解得B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，故C 正确，D 错误．2．(多选)如图2甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图2A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为4 J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．3.(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图3所示，一质量为M B ＝6 kg 的木板B 静止于光滑的水平面上，物块A 的质量M A ＝6 kg ，停在B 的左端，一质量为m ＝ 1 kg 的小球用长为l ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h ＝0.2 m ，物块A 与小球均可视为质点，A 、B 达到共同速度后A 还在木板上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图3(1)小球和物块A 碰后瞬间物块A 的速度大小； (2)A 、B 组成的系统因摩擦损失的机械能． 答案 (1)1 m/s (2)1.5 J解析 (1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl ＝12m v 12，得v 1＝2gl ＝4 m/s ，mgh ＝12m v 1′2，得v 1′＝2gh ＝2 m/s小球与物块A 碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：m v 1＝－m v 1′＋M A v A ， 解得v A ＝1 m/s(2)物块A 与木板B 相互作用过程中： M A v A ＝(M A ＋M B )v 共，解得v 共＝0.5 m/s. A 、B 组成的系统因摩擦而损失的机械能 ΔE ＝12M A v A 2－12(M A ＋M B )v 共2代入数据，解得ΔE ＝1.5 J4．如图4所示，光滑的水平面上有一质量M ＝9 kg 的木板，其右端恰好和14光滑固定的圆弧轨道AB 的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m 0＝2 kg 的物体C (可视为质点)，已知圆弧轨道半径R ＝0.9 m ，现将一质量m ＝4 kg 的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A 点由静止释放，滑块滑到B 端后冲上木板，并与木板右端的物体C 粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C 与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)滑块到达圆弧的B 端时，轨道对它的支持力大小； (2)木板的长度l .答案 (1)120 N (2)1.2 m解析 (1)滑块从A 端下滑到B 端，由机械能守恒定律得 mgR ＝12m v 02解得v 0＝3 2 m/s在B 点，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝m v 02R解得轨道对滑块的支持力F N ＝120 N.(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C 发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v 1，则 m v 0＝(m ＋m 0)v 1 代入数据得v 1＝2 2 m/s对滑块、物体C 以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v 2，由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1＝(m ＋m 0＋M )v 2 由能量守恒定律得μ(m ＋m 0)gl ＝12(m ＋m 0)v 12－12(M ＋m ＋m 0)v 22解得l ＝1.2 m.5.如图5所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上表面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以相向的水平初速度v 0和2v 0滑上长木板，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g ，求：图5(1)此后运动过程中木块B 的最小速度是多少？(2)木块A 从刚开始运动到A 、B 、C 速度刚好相等的过程中，木块A 发生的位移是多少？ 答案 见解析解析 (1)由题知，B 向右减速，A 向左减速，此时C 静止不动；A 先减速到零后与C 一起反向向右加速，B 向右继续减速，三者共速时，B 的速度最小． 取向右为正方向，根据动量守恒定律有 m ·2v 0－m v 0＝5m v 解得B 的最小速度v ＝v 05.(2)A 向左减速的过程，根据动能定理有 －μmgx 1＝0－12m v 02向左的位移为x 1＝v 022μgA 、C 一起向右加速的过程，根据动能定理有 μmgx 2＝12×4m ⎝⎛⎭⎫v 052向右的位移为x 2＝2v 0225μg取向右为正方向，整个过程A 发生的位移为 x ＝x 2－x 1＝－21v 0250μg即此过程中A 发生的位移向左，大小为21v 0250μg.6.(2020·嘉祥县第一中学高二期中)如图6所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，细线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是4m 和2m ，物块B 、C 与轻弹簧接触不拴接，静止置于光滑的水平面上，且物块B 位于O 点正下方．现拉动小球A 使细线水平伸直，小球A 由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时与水平面的距离为h9.小球A 与物块B 、C 均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程：图6(1)物块B 受到的冲量大小； (2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； (3)物块C 获得的最大速度的大小． 答案 (1)4m 32gh (2)427mgh (3)492gh解析 (1)设小球A 运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球A 运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 12解得v 1＝2gh设碰撞后小球A 反弹的速度大小为v 1′， 根据机械能守恒定律有：12m v 1′2＝mg h9解得v 1′＝2gh3设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向， 由动量守恒定律有m v 1＝－m v 1′＋4m v 2 解得v 2＝2gh 3由动量定理可得，碰撞过程物块B 受到的冲量大小为I ＝4m v 2＝4m 2gh3(2)碰撞后当物块B 与物块C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大， 根据动量守恒定律有4m v 2＝6m v 3根据机械能守恒定律有E pm ＝12×4m v 22－12×6m v 32解得E pm ＝427mgh (3)当压缩的弹簧恢复原长时，C 物块获得的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 4m v 2＝4m v 2′＋2m v 3′12×4m v 22＝12×4m v 2′2＋12×2m v 3′2 解得v 3′＝492gh。

动量定理1. 引言动量定理是物理学中的一个基本定理，它描述了物体在受到外力作用下的运动规律。

动量定理是牛顿力学的核心原理之一，对于研究物体的运动行为具有重要意义。

本文将详细介绍动量定理的概念、公式及其应用。

2. 动量的定义动量是描述物体运动状态的物理量，它与物体的质量和速度有关。

动量的定义如下：动量=质量×速度动量的单位是千克·米/秒（kg·m/s），在国际单位制中通常用字母 p 表示。

3. 动量定理的表述动量定理描述了物体在受到外力作用下的运动规律。

根据动量定理，物体的动量变化率等于作用在物体上的外力的大小和方向。

动量定理的数学表达式如下：力=Δ动量Δ时间或者用微分形式表示为：力=d动量dt其中，力的单位是牛顿（N），时间的单位是秒（s）。

4. 动量定理的推导动量定理可以通过牛顿第二定律推导得到。

根据牛顿第二定律，物体所受合外力等于物体的质量乘以加速度。

将牛顿第二定律的公式改写为动量的形式，可以得到动量定理的推导过程。

设物体的质量为 m，速度为 v，加速度为 a。

根据牛顿第二定律，有：合外力=m×a根据动量的定义，有：动量=m×v将上述两个式子联立，并利用加速度的定义a=dvdt，可以得到：合外力=d(动量)dt即动量定理的微分形式。

如果考虑到时间的有限变化，可以得到动量定理的差分形式：合外力=Δ动量Δ时间5. 动量定理的应用动量定理在物理学中有广泛的应用，包括以下几个方面：5.1. 碰撞碰撞是动量定理的重要应用之一。

根据动量定理，碰撞前后物体的总动量守恒。

在完全弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，动量守恒的同时，动能也守恒。

在完全非弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，动量守恒，但动能不守恒。

5.2. 炮弹射击炮弹射击是动量定理的另一个重要应用。

当炮弹发射出去时，受到推进力的作用，速度逐渐增大。

根据动量定理，炮弹的动量变化等于推进力的大小和方向。

通过控制推进力的大小和方向，可以控制炮弹的运动轨迹和速度。

动量全章知识点总结一、动量的概念动量是物体运动的关键物理量之一。

动量为物体运动的量度，是物体在运动过程中的动力大小。

动量的大小与物体速度和质量有关，通常用字母p表示。

其大小等于物体的质量和其速度的乘积，可以用以下公式表示：P = m * v其中，P为动量，m为物体的质量，v为物体的速度。

二、动量定律动量定律是描述物体运动过程中动量变化规律的一系列定律。

在经典力学中，动量定律包括牛顿第二运动定律和动量守恒定律。

1. 牛顿第二定律牛顿第二定律表达了力与物体运动过程中动量变化的关系。

其表述为：F = dp/dt其中，F为作用在物体上的力，dp/dt为动量的变化率。

即力的大小与物体动量的变化率成正比。

2. 动量守恒定律动量守恒定律是描述在一个封闭系统中，当不受外力作用时，系统的总动量保持不变的定律。

其表达为：P = P'其中，P和P'分别表示系统在不同时刻的总动量。

三、动量的计算动量的计算需要考虑物体的质量和速度。

在一维运动情况下，可以通过以下公式计算动量：P = m * v其中，P为动量，m为物体的质量，v为物体的速度。

在二维或三维运动情况下，需要考虑物体的矢量性质，动量可以表示为一个矢量，即：P = m * v其中，P为动量矢量，m为物体的质量，v为物体的速度矢量。

四、动量的应用动量是物体运动过程中的重要物理量，具有广泛的应用。

以下为动量在实际应用中的一些应用：1. 理论力学动量是经典力学研究物体运动的重要物理量，它可以用来描述物体在运动过程中的力学性质。

2. 碰撞碰撞是动量常见的应用场景之一。

在碰撞中，动量守恒定律可以用来描述碰撞前后物体的动量变化。

3. 能量动量和能量密切相关，它们之间的关系可以通过动能与动量的关系来描述。

4. 工程应用在许多工程中，动量是设计和分析运动系统的重要参数。

5. 航天工程在航天工程中，动量是描述航天器运动过程中重要的性能参数。

五、动量的性质动量具有以下几个主要的性质：1. 动量是矢量物理量动量是一个矢量物理量，具有方向性。

2023/2024学年度第一学期第三次阶段检测试卷高三物理班级______ 姓名_______学号______ 成绩________一、单项选择题。

本部分共14小题，每小题3分，共42分。

每小题只有一个选项符合题目的要求。

1．一列沿x 轴传播的简谐横波在某时刻的图像如图所示，此时x ＝3m 处质点的速度沿y 轴正方向。

下列说法正确的是（ ） A ．该简谐横波沿x 轴负方向传播 B ．该时刻，x ＝2m 处的质点速度最大 C ．该时刻，x ＝4m 处的质点速度最大D ．经过1个周期，x ＝4m 处的质点运动的路程是8m2．将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上。

在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。

因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。

下列说法正确的是（ ）A. 甲图中两手开始振动时的方向并不相同B. 甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置C. 乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形D. 乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形3．甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动，以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a-t 图像如图所示。

关于甲、乙在0~t 0时间内的运动情况，下列说法正确的是（ ）A ．0~t 0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动B ．0~t 0时间内，甲和乙的平均速度相等C ．在t 0时刻，甲的速度比乙的速度小D ．在t 0时刻，甲和乙之间的间距最大4．如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N （可视为质点），稳定时N 在水中匀速上浮。

现将玻璃管轴线与竖直方向y 轴重合，在N 上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O ，同时玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。

N 依次经过平行横轴的三条水平线上的A 、B 、C 位置，在OA 、AB 、BC 三个过程中沿y 轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为ΔE k1、ΔE k2、ΔE k3，动量变化量的大小分10 –1062 8 4 0 y /cmx /mO ABCyxNvNNNa 0at 0 t甲 乙别为Δp 1、Δp 2、Δp 3。

动量守恒定律及应用考点一动量守恒定律的理解和基本应用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．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．3．适用条件(1)理想守恒：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，则系统在这一方向上动量守恒．技巧点拨应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(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．例题精练1．如图1所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上．现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是()图1A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C ．小球自半圆槽B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动2．(多选)如图2所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )图2A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s3．(多选)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图3所示的位移—时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )图3A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16考点二 动量守恒定律的临界问题1．当小物块到达最高点时，两物体速度相同．2．弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大．3．两物体刚好不相撞，两物体速度相同．4．滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同．例题精练4．如图4所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)图4(1)子弹射入木块B时产生的热量；(2)木块B能摆起的最大高度；(3)小车A运动过程的最大速度大小．综合练习一．选择题（共10小题）1．（和平区校级期中）如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为（）A．B．C．D．以上答案均不对2．（邳州市校级期中）A、B两球沿一直线发生正碰，如图所示的x﹣t图像记录了两球碰撞前后的运动情况，图中的a、b分别为碰撞前A、B两球的x﹣t图线。

2025高考物理步步高同步练习选修1练习练透1动量考点一动量及动量的变化量1．(2022·广东实验中学期中)下列运动中的物体，动量始终保持不变的是()A．绕地球运行的同步卫星B．小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变C．用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动D．荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变2．(2022·安徽明光二中高二期末)某物体在某一过程中的动量变化量为－5 kg·m/s，则初、末两状态相比()A．该物体的动量一定减小B．该物体的动量一定反向C．该物体的动量可能增大D．该物体的动量一定同向3．(多选)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下沿直线运动，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量可能为()A．5 kg·m/s，方向与初速度方向相反B．5 kg·m/s，方向与初速度方向相同C．2 kg·m/s，方向与初速度方向相反D．2 kg·m/s，方向与初速度方向相同考点二动量与动能的区别和联系4．两个物体具有相同的动量，则它们一定具有()A．相同的速度B．相同的质量C．相同的运动方向D．相同的动能5．(多选)关于动量和动能，下列说法中正确的是()A．做匀速圆周运动的物体，动量不变B．做匀速圆周运动的物体，动能不变C．做竖直上抛运动的物体，它的动量一定在改变D．甲物体动量p1＝5 kg·m/s，乙物体动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1>p26．两个具有相同动量的物体A、B，质量分别为m A、m B，且m A>m B，比较它们的动能，则() A．物体B的动能较大B．物体A的动能较大C．动能相等D．不能确定7．(2022·泰安市高二期中)羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s，假设球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100 m/s的速度反向击回。

物理动量模型总结归纳物理动量模型是描述物体运动的重要工具，广泛应用于力学、流体力学、热学等领域。

本文将对物理动量模型进行总结归纳，包括动量的定义、守恒定律、动量守恒模型的应用以及实例分析等方面。

一、动量的定义动量是物体运动状态的量度，定义为物体的质量与速度的乘积。

记作p，可表示为p = mv，其中m为物体的质量，v为物体的速度。

动量的单位为千克·米/秒（kg·m/s）。

二、动量守恒定律动量守恒定律是指在一个系统中，当没有外力作用时，系统内物体的总动量保持不变。

即总动量的初值等于总动量的末值。

这一定律在碰撞、爆炸等物体相互作用问题中有着广泛的应用。

三、动量守恒模型的应用动量守恒模型能够描述许多复杂的物体相互作用过程，在实际问题中具有广泛的应用价值。

以下是一些常见的应用场景：1. 碰撞问题：在碰撞过程中，根据动量守恒定律可以计算物体碰撞前后的速度变化，并推导出碰撞结果。

2. 爆炸问题：在爆炸过程中，根据动量守恒定律可以计算爆炸前后物体的运动状态，例如速度、质心位置等。

3. 流体力学问题：在流体力学中，通过应用动量守恒模型可以描述流体的流动和压力分布，进一步研究涡流、流速分布等问题。

4. 弹性碰撞问题：在弹性碰撞中，根据动量守恒定律可以求解物体的弹性系数、碰撞角度等参数，进一步分析碰撞后的运动状态。

四、实例分析以下是几个实例分析，展示了动量守恒模型在不同问题中的应用。

1. 两个物体碰撞的情况：假设有两个物体A和物体B，质量分别为m1和m2，速度分别为v1和v2。

在碰撞前，根据动量守恒定律可得：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'其中v1'和v2'为碰撞后物体A和物体B的速度。

通过求解这个方程组，可以得到碰撞后的速度解。

2. 弹性碰撞问题：假设有两个弹性碰撞的物体A和物体B，质量分别为m1和m2，速度分别为v1和v2。

在碰撞前，根据动量守恒定律可得：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'同时，根据动能守恒定律可得：(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2通过求解以上方程组，可以得到碰撞后的速度解以及能量守恒的情况。

2022-2023高考物理二轮复习（新高考）专题03力与动量.动量守恒定律●高考考点分析---在高考中，牛顿定律、功能关系、动量守恒定律是解题的三种基本方法。

无论什么运动状况，都可以从这三方面入手。

三者可以是递进关系：由牛顿定律的力引出功能关系、动量定理；也可能是并列关系：有些题目从三个角度都可以进行解析。

只有熟练运用这三者，才能在高考中游刃有余。

该类题型一般为单项选择题、不定项选择题、实验和计算题。

●知识框架●学习目标1.理解冲量与动量之间的关系。

2.熟练掌握动量守恒定律及其条件。

3.理清碰撞问题中的动量、能量关系。

4.能够将反冲问题举一反三，掌握其解题思路。

07讲动量与动量守恒定律基本应用●力与物体平衡的思维导图●重难点突破1.动量定理：Ft=mv-mv 0注：F 为物体所受合力；要规定正方向。

2.动量守恒条件：（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。

（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。

（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。

3.动量守恒定律：1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．2表达式：(1)p＝p′或m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．●考点应用1.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(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．例1.（2022·山东·临邑第一中学高二阶段练习）如图所示，下列情形都忽略空气阻力。

下列说法正确的是（）A．若子弹击入沙袋时间极短，可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒B．若子弹击入杆的时间极短，可认为子弹和固定杆组成系统动量守恒C．圆锥摆系统动量守恒D．以上说法都不正确【答案】A【详解】A．子弹击入沙袋时间极短，水平方向合外力为零，故可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒。

2024年辽宁省东北育才、实验中学、大连八中、鞍山一中等物理高三第一学期期中学业水平测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，质量为m的小滑块静止在半径为R的半球体上，它与半球体间的动摩擦因数为μ，它与球心连线跟水平地面的夹角为θ，则小滑块（）．A．所受摩擦力大小为mg cos θB．所受摩擦力大小为mg sin θC．所受摩擦力大小为μmg sin θD．对半球体的压力大小为mg cos θ2、回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上．若H）在加速器中被加速，下列说法正确的是A处粒子源产生的质子（11A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大B．若只增大交流电压U，不改变质子在回旋加速器中的运行时间C．若磁感应强度B增大，交流电源频率f必须适当增大才能正常工作D ．不改变磁感应强度B 和交流电源频率f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子（42He ）3、跳水运动员从10m 高的跳台上腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中的上升过程和下落过程，以下说法正确的有（）A ．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B ．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C ．上升过程和下落过程均处于超重状态D ．上升过程和下落过程均处于完全失重状态4、双星系统由两颗绕着它们中心连线上的某点旋转的恒星组成．假设两颗恒星质量相等，理论计算它们绕连线中点做圆周运动，理论周期与实际观测周期有出入，且=(1)1T n n T >理论观测，科学家推测，在以两星球中心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，设两星球中心连线长度为L ，两星球质量均为m ，据此推测，暗物质的质量为（ ）A ．(n -1)mB ．(2n -1)mC ．14n m -D ．28n m - 5、如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力不一定相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动6、我国ETC （电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s 的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s 的时间速度减为5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s 2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是（ ）A ．汽车开始减速时距离自动收费装置110 mB ．汽车加速4 s 后速度恢复到20 m/sC ．汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s 通过的总路程为125 mD ．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。