高考物理一轮复习第十四章动量近代物理初步第讲动量动量守恒定律讲解.

《动量守恒定律》讲义一、什么是动量守恒定律在物理学中，动量守恒定律是一个极其重要的概念。

动量守恒定律指出：如果一个系统不受外力或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量保持不变。

为了更好地理解动量守恒定律，我们首先要明白什么是动量。

动量（momentum）可以简单地理解为物体的质量与速度的乘积。

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

那么，为什么会有动量守恒定律呢？想象一下，在一个没有外力干扰的封闭空间里，比如一个光滑的水平面上，两个物体相互碰撞。

在碰撞之前，这两个物体各自有着自己的动量。

当它们发生碰撞时，彼此之间会产生相互作用的力。

但由于整个系统没有受到外部的力，所以在碰撞前后，系统的总动量是不会发生变化的。

二、动量守恒定律的表达式动量守恒定律的表达式通常有以下几种形式：1、 m₁v₁＋ m₂v₂＝ m₁v₁' ＋ m₂v₂'这是最常见的表达式，其中 m₁和 m₂分别是两个物体的质量，v₁和 v₂是它们碰撞前的速度，v₁' 和 v₂' 是碰撞后的速度。

2、Δp₁＝Δp₂这个表达式表示两个相互作用的物体，它们动量的变化量大小相等、方向相反。

3、如果系统由多个物体组成，那么可以表示为：Σmivi ＝Σmivi'（i 表示物体的编号）三、动量守恒定律的条件前面我们提到，动量守恒定律成立的条件是系统不受外力或者所受合外力为零。

但在实际情况中，完全不受外力的系统是很少见的。

不过，在以下几种常见的情况下，我们可以近似地认为系统动量守恒：1、碰撞过程：比如两个台球碰撞、两车相撞等，在碰撞的瞬间，相互作用的内力远远大于外力，外力可以忽略不计，此时系统动量近似守恒。

2、爆炸过程：炸弹爆炸时，在极短的时间内，爆炸产生的内力非常巨大，而外力（如重力、空气阻力等）相对较小，可以近似认为爆炸过程动量守恒。

3、微观粒子的相互作用：在微观领域，粒子之间的相互作用时间极短，内力起主导作用，外力可以忽略，动量守恒定律同样适用。

高考物理动量守恒知识点讲解在高考物理中，动量守恒定律是一个非常重要的知识点，也是解题的关键工具之一。

理解并熟练运用动量守恒定律，对于解决很多物理问题至关重要。

一、动量守恒定律的基本概念动量，用符号 p 表示，定义为物体的质量 m 与速度 v 的乘积，即 p ＝ mv。

动量是一个矢量，其方向与速度的方向相同。

动量守恒定律指的是：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。

这里的“系统”可以是两个或多个相互作用的物体组成的整体。

二、动量守恒定律的表达式常见的表达式有两种形式：1、 m₁v₁＋ m₂v₂＝ m₁v₁' ＋ m₂v₂' （这是最常见的形式，适用于两个物体组成的系统）其中，m₁、m₂分别是两个物体的质量，v₁、v₂是它们相互作用前的速度，v₁'、v₂' 是相互作用后的速度。

2、∑p₁＝∑p₂（即系统作用前的总动量等于作用后的总动量）三、动量守恒定律的条件1、系统不受外力或所受外力的矢量和为零。

这是最理想的情况，但在实际问题中，外力的矢量和为零的情况相对较少。

2、系统所受的外力远小于内力，且作用时间极短。

比如爆炸、碰撞等过程，虽然系统受到了外力，但由于内力远远大于外力，在极短的时间内，可以近似认为系统的动量守恒。

四、动量守恒定律的应用1、碰撞问题（1）完全弹性碰撞在完全弹性碰撞中，动量守恒且动能守恒。

例如，两个质量分别为 m₁和 m₂的小球，以速度 v₁和 v₂相向碰撞，碰撞后它们的速度分别变为 v₁' 和 v₂'。

根据动量守恒：m₁v₁＋ m₂v₂＝ m₁v₁' ＋ m₂v₂'根据动能守恒：1/2 m₁v₁²＋ 1/2 m₂v₂²＝ 1/2 m₁v₁'²＋ 1/2m₂v₂'²通过解这两个方程，可以求出碰撞后的速度 v₁' 和 v₂'。

高考物理动量守恒知识点讲解在高考物理中，动量守恒定律是一个非常重要的知识点，也是解决许多力学问题的关键。

理解和掌握动量守恒定律，对于提高我们解决物理问题的能力有着至关重要的作用。

接下来，让我们一起深入探讨动量守恒的相关知识。

一、动量的概念动量（momentum）是一个与物体的运动状态相关的物理量。

我们用符号“p”来表示动量，它的定义是物体的质量“m”与速度“v”的乘积，即 p ＝ mv。

从这个定义可以看出，动量与物体的质量和速度都有关系。

质量越大、速度越大的物体，其动量也就越大。

需要注意的是，动量是一个矢量，它的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者所受合外力为零，那么这个系统的总动量保持不变。

用数学表达式可以写成：m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' （其中m1、m2 分别表示两个物体的质量，v1、v2 表示它们相互作用前的速度，v1'、v2' 表示相互作用后的速度）这个定律的适用条件有两个：一是系统不受外力或者所受合外力为零；二是系统内力远大于外力，比如爆炸、碰撞等过程，在极短的时间内，内力很大，外力可以忽略不计，此时也可以近似认为系统动量守恒。

为了更好地理解动量守恒定律，我们来看几个例子。

例 1：在光滑水平面上，有两个质量分别为 m1 和 m2 的小球，它们以速度 v1 和 v2 相向运动，发生正碰后，它们的速度分别变为 v1' 和v2' 。

由于水平方向上系统不受外力，所以动量守恒，即 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' 。

例 2：一个人站在静止的船上，向船外抛一个质量为 m 的物体，人和船的质量为 M 。

在抛物体的过程中，系统在水平方向上所受合外力为零，所以动量守恒。

设抛出物体的速度为 v，人和船的速度为 V，则有 0 ＝ mV ＋ mv 。

三、动量守恒定律的应用动量守恒定律在解决物理问题中有广泛的应用，下面我们来介绍几种常见的应用场景。

高考物理一轮复习知识考点专题专题一《动量守恒定律》【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p2 2m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞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【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，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，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(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＝m1v′1＋m2v′2，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零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m1v 21＝12m1v′21＋12m2v′22②由①②得v′1＝m1－m2v1m1＋m2v′2＝2m1v1m1＋m2结论：①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.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(或某一方向上动量是否守恒)；(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．考点三爆炸和反冲人船模型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．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则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，则由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．考点五实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．最新高考物理一轮复习知识考点专题二《静电场》第一节电场力的性质【基本概念、规律】一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式：F＝k q1q2r2，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．三、电场强度1．意义：描述电场强弱和方向的物理量．2．公式(1)定义式：E＝Fq，是矢量，单位：N/C或V/m.(2)点电荷的场强：E＝k Qr2，Q为场源电荷，r为某点到Q的距离．(3)匀强电场的场强：E＝U d.3．方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处．(2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．(4)沿电场线方向电势降低．(5)电场线和等势面在相交处互相垂直．3．几种典型电场的电场线(如图所示)【重要考点归纳】考点一对库仑定律的理解和应用1．对库仑定律的理解(1)F＝k q1q2r2，r指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球心间距．(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．电荷的分配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分．(2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分．考点二电场线与带电粒子的运动轨迹分析1．电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合：(1)电场线是直线．(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行．2．由粒子运动轨迹判断粒子运动情况：(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切．(2)由电场线的疏密判断加速度大小．(3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化．3.求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．考点三静电力作用下的平衡问题1.解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已．2.(1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”．(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变化而变化．考点四带电体的力电综合问题解决该类问题的一般思路【思想方法与技巧】用对称法处理场强叠加问题对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们认识和探索某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，出奇制胜，快速简便地求解问题．第二节电场能的性质【基本概念、规律】一、电场力做功和电势能1．电场力做功(1)特点：静电力做功与实际路径无关，只与初末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．②W AB＝qU AB，适用于任何电场．2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功．(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p.(3)电势能具有相对性．二、电势、等势面1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．(2)定义式：φ＝E p q.(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因零电势点的选取不同而不同．2．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(2)特点①在等势面上移动电荷，电场力不做功．②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向垂直．③电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．三、电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功W AB与移动的电荷的电量q的比值．2．定义式：U AB＝W AB q.3．电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.4．电势差与电场强度的关系匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积，即U AB＝Ed.特别提示：电势和电势差都是由电场本身决定的，与检验电荷无关，但电场中各点的电势与零电势点的选取有关，而电势差与零电势点的选取无关．【重要考点归纳】考点一电势高低及电势能大小的比较1．比较电势高低的方法(1)根据电场线方向：沿电场线方向电势越来越低．(2)根据U AB＝φA－φB：若U AB＞0，则φA＞φB，若U AB＜0，则φA＜φB.(3)根据场源电荷：取无穷远处电势为零，则正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．2．电势能大小的比较方法(1)做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加(与其他力做功无关)．(2)电荷电势法正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．考点二等势面与粒子运动轨迹的分析1．几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等；(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．考点三公式U＝Ed的拓展应用1．在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d.推论如下：(1)如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝φA＋φB2.(2)如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则U AB＝U CD.2．在非匀强电场中U＝Ed虽不能直接应用，但可以用作定性判断．考点四电场中的功能关系1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W AB＝qU AB计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.注意：电荷沿等势面移动电场力不做功．2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．3.在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律和功能关系．(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)．(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化．(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系．(4)有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可以守恒．【思想方法与技巧】E－x和φ－x图象的处理方法1．E－x图象(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．2．φ－x图象(1)描述了电势随位移变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．3.看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义．第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动【基本概念、规律】一、电容器、电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电量：一个极板所带电量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义式：C＝Q U.(2)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比．(2)决定式：C＝εr S4πkd，k为静电力常量．特别提醒：C＝QU⎝⎛⎭⎫或C＝ΔQΔU适用于任何电容器，但C＝εr S4πkd仅适用于平行板电容器．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv2；(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12mv2－12mv2.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．特别提示：带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．【重要考点归纳】考点一平行板电容器的动态分析运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路1．确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(1)保持两极板与电源相连，则电容器两极板间电压不变．(2)充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变．2．用决定式C ＝εr S 4πkd 分析平行板电容器电容的变化． 3．用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． 4．用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化． 5.在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E ＝U d，分析板间电场强度的变化情况．考点二 带电粒子在电场中的直线运动1．运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．2．分析思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．考点三 带电粒子在电场中的偏转1．基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md. (2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0. (3)位移⎩⎪⎨⎪⎧ v x t ＝v 0t ＝l 12at 2＝y ， y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d. (4)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，v y ＝qUt md ， v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 20及tan θ＝qUl mdv 20得tan θ＝Ul 2U 0d. (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到电场边缘的距离为l 2. 3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差． 【思想方法与技巧】带电粒子在交变电场中的偏转1．注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件．2．比较通过电场的时间t 与交变电场的周期T 的关系：(1)若t ≪T ，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强．(2)若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性．对称思想、等效思想在电场问题中的应用一、割补法求解电场强度由于带电体不规则，直接求解产生的电场强度较困难，若采取割或补的方法，使之具有某种对称性，从而使问题得到简化．二、等效法求解电场中的圆周运动1.带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则过程往往比较简捷．2.等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路：(1)求出重力与电场力的合力F 合，将这个合力视为一个“等效重力”．(2)将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”． (3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．。

第2讲动量守恒定律及应用目标要求 1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．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．1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．(×)2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．(×)4．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．(√)1．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．2．动量守恒定律的五个特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、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应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考向1系统动量守恒的判断例1(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案 B解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.考向2动量守恒定律的基本应用例2(2023·浙江温州市模拟)如图所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是()A．v0B．2v0C．大于v0，小于2v0D．大于2v0答案 B解析两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4m v0，方向向右．当甲、乙两人先后以相对地面相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4m v0＝2m v车，可得v车＝2v0，选项B正确．应用动量守恒定律解题的步骤考向3动量守恒定律的临界问题例3甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.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，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是()A．12 B．13 C．14 D．15答案 D解析规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·m v′，解得n＝15，D正确．考点二爆炸、反冲运动和人船模型1．爆炸现象的三个规律动量守恒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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两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．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．(×)考向1爆炸问题例4(2021·浙江1月选考·12)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5 s末和6 s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340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是()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80 mC．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m答案 B解析设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝x2＋y2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，v t＝(5－t)×340 (m/s)，又2v t＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t ＝4 s ，v ＝85 m/s ，故爆炸点离地面高度为h ＝12gt 2＝80 m ，故B 项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx ＝3v t ＝1 020 m ，故D 项错误．考向2 反冲运动例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M (含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0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，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( ) A.mMv 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0答案 D解析 由动量守恒定律得m v 0＝(M －m )v ，导弹获得的速度v ＝mM －m v 0，故选D.考向3 人船模型1．模型图示2．模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：m v 人－M v 船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m x 人t －M x 船t ＝0，x 人＋x 船＝L ，得x 人＝M M ＋m L ，x 船＝mM ＋m L3．运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 人x 船＝v 人v 船＝M m. 例6 (多选)如图所示，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，则(水平面光滑)( )A ．系统的总动量守恒B ．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零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得，小球仍能向左摆到原高度，C 错误；小球相对于小车的最大位移为2l ，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为v m ，小车水平方向的平均速度为v M ，m v m －M v M ＝0，两边同时乘以运动时间t ，m v m t －M v M t ＝0，即mx m ＝Mx M ，又x m ＋x M ＝2l ，解得小车向右移动的最大距离为2mlM ＋m，D 正确．考点三 碰撞问题1．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． 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1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．( × )2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．( √ )3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．( × )1．弹性碰撞的重要结论以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 联立解得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1讨论：①若m 1＝m 2，则v 1′＝0，v 2′＝v 1(速度交换)；②若m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m 1≫m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；③若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m 1≪m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0.2．静止物体被撞后的速度范围物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，v B ＝m A m A ＋m B v 0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，v B ＝2m Am A ＋m B v 0.则碰后物体B的速度范围为：m A m A ＋m B v 0≤v B ≤2m Am A ＋m B v 0.考向1 碰撞的可能性例7 A 、B 两球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，A 、B 两球速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/s B ．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解析虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v A′大于B 的速度v B′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能E k后＝122m A v A′＋12＝57 J，大于碰前的总动能E k前＝12m A v A2＋12m B v B2＝22 J，违背了能量守恒定律，2m B v B′所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，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至少有一个改变．考向2弹性碰撞例8(2023·浙江省杭州二中月考)如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．3个小球静止，3个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．5个小球静止，1个小球运动D．6个小球都运动答案 A解析A、B质量不等，m A<m B，A、B相碰后，A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；E、F质量不等，m E >m F ，则碰后E 、F 都向右运动，所以B 、C 、D 静止，A 向左运动，E 、F 向右运动，故A 正确．考向3 非弹性碰撞例9 (2023·浙江嘉兴市模拟)如图所示，小球A 和小球B 质量相同，小球B 置于光滑水平面上，小球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，两球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是( )A ．h B.12h C.14h D.18h答案 C解析 小球A 由释放到摆到最低点的过程，由机械能守恒定律得m A gh ＝12m A v 12，则v 1＝2gh .A 、B 的碰撞过程满足动量守恒定律，则m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，又m A ＝m B ，得v 2＝2gh 2，对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得12(m A ＋m B )v 22＝(m A ＋m B )gh ′，则h ′＝h4，故C 正确． 课时精练1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )A ．两运动员的总动量守恒B．甲、乙运动员的动量变化量相同C．两运动员的总机械能守恒D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量答案 A解析两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大答案 D解析由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确．3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m答案 B解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h 1，气球相对地面上升的位移大小为h 2，由动量守恒定律，得m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h ，解得h 2≈3.6 m ，所以他离地面的高度约为3.6 m ，故选项B 正确．4．(多选)(2023·浙江丽水市模拟)质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m可能为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 AB解析 根据动量守恒定律和能量守恒定律，设碰撞后两者的动量都为p ，则总动量为2p ，根据动量和动能的关系有：p 2＝2mE k ，根据能量的关系，由于动能不增加，则有：4p 22M ≥p 22m ＋p 22M ，解得M m≤3，故A 、B 正确，C 、D 错误． 5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图( )答案 B解析 两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A 图情况是不可能的，故A 错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B 所示，故B 正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C 所示是不可能的，故C 错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D 错误．6.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v 0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0答案 D解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为m v 0，总动能为12m v 02.选项A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C ，碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D ，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.7.(2023·北京市第五中学检测)A 、B 物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a 、b 分别为A 、B 两物块碰前的位移－时间图像，c 为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A 物块质量m ＝2 kg ，则由图判断，下列结论错误的是( )A ．碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/sB ．B 物块的质量为0.75 kgC ．碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·sD ．碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J答案 B解析 以A 的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A 的速度为v A ＝10－42m/s ＝3 m/s ，碰撞后A 、B 的共同速度为v AB ＝4－22m/s ＝1 m/s ，则碰撞前A 的动量为m v A ＝2×3 kg·m/s ＝6 kg·m/s ，碰撞后A 的动量为m v AB ＝2 kg·m/s ，碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s ，A 正确，不符合题意；碰撞前B 的速度为v B ＝－42m/s ＝－2 m/s ，由动量守恒定律得m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v AB ，解得m B ＝43 kg ，B 错误，符合题意；由动量定理得I ＝m B v AB －m B v B ＝43×1 kg·m/s －43×(－2) kg·m/s ＝4 N·s ，即碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s ，C 正确，不符合题意；碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v AB 2＝12×2×32 J ＋12×43×(－2)2 J －12×(2＋43)×12 J ＝10 J ，D 正确，不符合题意． 8．(2023·浙江宁波市月考)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹从地面斜向上抛出，上升h 后到达最高点，此时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东；重力加速度为g .则( )A ．爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒B ．质量为m 的一块，其速度为3v 0－2vC ．质量为m 的一块，其速度为2v －3v 0D．质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为mg 2hg，方向水平向西答案 B解析爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错误；规定向东为正方向，根据动量守恒得3m v0＝2m v＋m v′，解得质量为m的一块的速度v′＝3v0－2v，故B正确，C错误；质量为m的一块爆炸后，做平抛运动，由h＝12gt2，得运动的时间t＝2hg ，则在落地过程中重力冲量的大小为mg2hg，方向竖直向下，故D错误．9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则()A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s答案 A解析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，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3m v＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：v n＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)v n －nm v＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝n20＝33.3 s，故D 错误．10.(2023·浙江绍兴市调研)如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力．则()A．下落过程中两个小球之间有相互挤压B．A与B第一次碰后小球B的速度不为零C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2hD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h答案 D解析不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，处于完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误；下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2＝2gh，解得小球B触地时两球速度相同，为v＝2gh，小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、小球B速度大小分别为v1、v2，选向上为正方向，由动量守恒定律得m B v－m A v＝m A v1＋m B v2，由能量守恒定律得12＝12m A v12＋12m B v22，解得v2＝0，v1＝2v，B错误；碰后小球A 2(m A＋m B)v弹起的最大高度H＝(2v)2＝4h，C错误，D正确．2g11．(多选)(2023·浙江宁波市高三检测)如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边．若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍，重力加速度为g，则()A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgLB．两购物车碰撞后瞬间的速度大小为gLC．两购物车碰撞时的能量损失为2kmgLD．工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m10kgL答案CD解析由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f＝kmgL＋2kmgL＝3kmgL ，A 错误；工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为v 0，运动L距离后速度为v 1，由动能定理可得－kmgL ＝12m v 12－12m v 02，得v 1＝v 02－2kgL ，设与第二辆车碰后瞬间的共同速度为v ，取第一辆车的初速度为正方向，由动量守恒定律可得m v 1＝2m v ，得v ＝12v 1，由能量守恒定律可得3kmgL ＋ΔE ＝12m v 02，两购物车在碰撞中系统减少的能量ΔE ＝12m v 12－12×2m v 2＝12m v 12－12×2m (12v 1)2＝14m v 12＝14m (v 02－2kgL )，联立解得v 0＝10kgL ，ΔE ＝2kmgL ，v ＝12v 1＝12v 02－2kgL ＝2kgL ，B 错误，C 正确；由动量定理可知，工人给第一辆购物车的水平冲量大小为I ＝m v 0－0＝m 10kgL ，D 正确．12.(2023·浙江台州市模拟)如图所示，光滑导轨的末端放有一个质量为m 1＝1 kg 的小球A ，导轨的末端与竖直墙上的O 点等高，导轨末端到竖直墙壁的水平距离为d ＝0.3 m ．一个质量为m 2的小球B 沿导轨从距导轨末端高h ＝0.2 m 处由静止释放，在末端与小球A 碰撞后，两球直接从轨道末端飞出，A 、B 两球分别击中竖直墙壁上的P 、Q 两点．已知P 到O 的距离h 1＝0.05 m ，Q 到O 的距离h 2＝0.45 m ，小球可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(1)求A 、B 两球从轨道末端飞出时的速度大小v 1、v 2；(2)求小球B 的质量m 2，并通过计算分析碰撞是否为弹性碰撞；(3)在A 、B 发生弹性碰撞的条件下，能否选择一个合适的小球B ，质量为m 2，使得两球碰后即以共同速度做抛体运动？如果能，求出m 2；若不能，请说明理由．答案 见解析解析 (1)小球在空中做平抛运动，有d ＝v 1t 1，h 1＝12gt 12，d ＝v 2t 2，h 2＝12gt 22， 解得v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s(2)设B 运动到轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒得m 2gh ＝12m 2v 02， 解得v 0＝2 m/s在A、B碰撞前后，两球的动量守恒，以v0的方向为正方向，有m2v0＝m2v2＋m1v1，解得m2＝3 kg碰前总动能E k＝12m2v02＝6 J，碰后两球总动能E k′＝12m2v22＋12m1v12＝6 J即该碰撞为弹性碰撞．(3)不能．假设此情形下的m2存在，则由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v求得v＝m2v0m1＋m2碰前总动能E k＝12m2v02，碰后两球总动能E k′＝12(m1＋m2)v2＝m22v022(m1＋m2)<E k这说明碰撞前后有能量损失，与题设矛盾，故这样的m2不存在．13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg答案BC解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v1＝m v0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2m v0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v n－v n－1)＝2m v0，各式相加可得v n＝(2n－1)m v0M，则v7＝260 kg·m/sM，v8＝300 kg·m/sM.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.。