[推荐精选]XX届高考物理第一轮多物体系统动量守恒专题考点复习上课学习上课学习教案

XX高考物理大一轮复习：碰撞、动量守恒定律（6份打包有课件）第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理．冲量定义：力和力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．方向：与力的方向相同．．动量定义：物体的质量与速度的乘积．表达式：p＝v.单位：千克?米/秒．符号：g?/s.特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．．动量定理内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．表达式：F合?t＝Δp＝p′－p.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．二、动量守恒定律．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．．定律的表达式v1＋2v2＝1v1′＋2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2．守恒条理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．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．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．[自我诊断]．判断正误动量越大的物体，其运动速度越大．物体的动量越大，则物体的惯性就越大．物体的动量变化量等于某个力的冲量．动量是过程量，冲量是状态量．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．．两个质量不同的物体，如果它们的A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等c．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等解析：选Ac.根据动能E＝12v2可知，动量p＝2E，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确、B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，c正确、D错误．．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力c．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．．如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒c．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选AcD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而c、D正确．．一个质量＝1.0g的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10s内推力的冲量大小为________N?s，动量的增量大小为________g?/s.解析：根据p＝Ft，可知10s内推力的冲量大小p＝Ft＝100N?s，根据动量定理有Ftcos30°＝Δp.代入数据解得Δp＝503g?/s＝86.6g?/s.答案：100 86.6考点一动量定理的理解及应用．应用动量定理时应注意两点动量定理的研究对象是一个质点．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．．动量定理的三大应用用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．应用I＝Δp求变力的冲量．应用Δp＝F?Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1] 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求喷泉单位时间内喷出的水的质量；玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δ，则Δ＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔΔt＝ρv0S③设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得v2＋gh＝12v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝g⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－2g2ρ2v20S2⑧答案ρv0S v202g－2g2ρ2v20S2用动量定理解题的基本思路对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．．如图所示，一个质量为0.18g的垒球，以25/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45/s，则这一过程中动量的变化量为A．大小为3.6g?/s，方向向左，方向向右/s?3.6g．大小为Bc．大小为12.6g?/s，方向向左D．大小为12.6g?/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝v1－v0＝－12.6g?/s，大小为12.6g?/s，负号表示其方向向右，D正确．质量为1g的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是A．10N?s 10N?sB．10N?s －10N?sc．0 10N?sD．0 －10N?s解析：选D.由图象可知，在前10s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5g?/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5g?/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N?s，故正确答案为D.．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为Ff，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为gsinθ＋Ff，沿斜面向下．答案：Ff 沿斜面向上 gsinθ＋Ff 沿斜面向下．如图所示，一质量为的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑、组成的系统，设运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝v0－＝2v0则水平力的冲量I＝Ft＝2v0.答案：2v0．如图所示，一质量为＝2g的铁锤从距地面h＝3.2高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为＝6g的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，v＝v′，v′＝2/s.木桩向下运动，由动量定理得[g－f]Δt＝0－v′，解得f＝240N.答案：240N从20g.．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量＝水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10c2，速度v＝10/s，水的密度ρ＝1.0×103g/3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量＝5g的水进入小车时，试求：小车的速度大小；小车的加速度大小．解析：流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为的水后，小车速度为v1，则v＝v1，即v1＝v＋＝2/s质量为的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δ＝ρSΔt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δv1－Δv，得F＝ρS2＝64N，小车的加速度a＝F＋＝2.56/s2 答案：2/s 2.56/s2考点二动量守恒定律的理解及应用．动量守恒的“四性”矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．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．．动量守恒定律的不同表达形式v1＋2v2＝1v1′＋2v2′，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．Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．Δp＝0，系统总动量的增量为零．[典例2] 光滑水平轨道上有三个木块A、B、c，质量分别为A＝3、B＝c＝，开始时B、c均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与c发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与c碰撞前B的速度大小．解析设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与c碰撞前B的速度为vB，B与c碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：Av0＝AvA＋BvB①对B、c木块：BvB＝v②由A与B间的距离保持不变可知③v＝vA联立①②③式，代入数据得vB＝65v0④答案 65v0应用动量守恒定律解题的步骤明确研究对象，确定系统的组成；进行受力分析，判断系统动量是否守恒；规定正方向，确定初、末状态动量；由动量守恒定律列出方程；代入数据，求出结果，必要时讨论说明．．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为c，两端A、B 等高，现让小滑块从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则A．和组成的系统机械能守恒，动量守恒B．和组成的系统机械能守恒，动量不守恒c．从A到c的过程中向左运动，从c到B的过程中向右运动D．从A到B的过程中，运动的位移为R＋解析：选B.和组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；从A到c过程中，向左加速运动，当到达c处时，向左速度最大，从c到B过程中，向左减速运动，c错误；在从A到B过程中，有x＝x，x＋x＝2R，得x＝2R/，D错误．．如图所示，质量均为的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：小孩接住箱子后共同速度的大小；若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝v1－v，接住木箱的过程中v＋v1＝v2.解得v2＝v2.若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得v2＝3v3－v，则v3＝v，故无法再次接住木箱．答案：v2 否．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A和滑块c，滑块B置于A的左端．三者质量分别为A＝2g、B＝1g、c＝2g，开始时c静止，A、B一起以v0＝5/s的速度匀速向右运动，再次达到B、A向右运动，经过一段时间，c相碰撞后c与A．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．解析：因碰撞时间极短，A与c碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，c的速度大小为vc，以向右为正方向，由动量守恒定律得Av0＝AvA＋cvc，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得AvA＋Bv0＝vAB，A、B达到共同速度后恰好不再与c碰撞，应满足vAB＝vc，联立解得vA＝2/s.答案：2/s．人和冰车的总质量为，另一木球质量为，且∶＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝v1－v，第1次接球后人的速度为v1′，有v1＋v＝v1′；第2次推球v1′＝v2－v，第2次接球v2＋v＝v2′……第n次推球vn－1′＝vn－v，可得vn2n－1v，当vn≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.答案：9次课时规范训练[基础巩固题组]．关于物体的动量，下列说法中正确的是A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大c．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向解析：选D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝v，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故c错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100N，球在地面上滚动了t＝10s停下来，则运动员对球的冲量为A．1000N?sB．500N?sc．零D．无法确定是地面摩擦力对足球的作用10s＝t滚动了D.解析：选时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．．如图所示为两滑块、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向c．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：选BcD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝v－NvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当＝N时，v＝vN，c正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．．静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动c．两球抛出后，船的速度为0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选cD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝v－0，人给乙球的冲量I2＝v－v′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．．高空作业须系安全带，如果质量为的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为A.2ght＋gB.2ght－gc.ght＋gD.ght－g解析：选A.由动量定理得t＝0－v，得F＝2ght＋g.选项A正确．的作用，F静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是A．0～4s内物体的位移为零B．0～4s内拉力对物体做功为零c．4s末物体的动量为零D．0～4s内拉力对物体的冲量为零解析：选BcD.由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零，故c正确；根据动量定理，0～4秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为1＝90g，乙和他的装备总质量为2＝135g，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为＝45g的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．乙要以多大的速度v将物体A推出？设甲与物体A作用时间为t＝0.5s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：2v0－1v0＝v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：v0＝v1＋v代入数据联立解得v1＝0.4/s，v＝5.2/s以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝1v1－代入数据解得F＝432N答案：5.2/s 432N[综合应用题组]如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小c．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小解析：选cD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦．力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．．某同学质量为60g，在军事训练中要求他从岸上以大小为2/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140g，原来的速度大小是0.5/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105g?/sc．船最终的速度是0.95/sD．船的动量变化量是105g?/s解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：人v人－船v船＝v，代入数据解得：v＝0.25/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，c错误；人的动量的变化Δp为：Δp＝人v－人v人＝60×＝－105g?/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝船v－船v船＝140×＝105g?/s；故D正确．0．如图所示，一质量＝3.0g的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为＝1.0g的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是A．2.4/s B．2.8/sc．3.0/sD．1.8/s解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得：v－v＝v1，解得：v1＝83/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：v－v＝v2，解得：v2＝2/s，故B对地的速度在2/s～83/s范围内，选项A正确．1．如图甲所示，物块A、B的质量分别是A＝4.0g和B＝3.0g.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块c从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块c的v-t图象如图乙所示，求：；c的质量c物块从物块c与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．解析：由图可知，c与A碰前速度为v1＝9/s，碰后速度为v2＝3/s，c与A碰撞过程动量守恒，cv1＝v2，代入数据解得c＝2g.s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、c速度相等时，v3＝－v2从物块c与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、c两物体的动量变化为：Δp＝v3－v2从物块c与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为I＝2v2，代入数据整理得到I＝36N?s.答案：2g 36N?s如图所示，质量为0.4g的木块以2/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6g，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2．设小车足够长，求：木块和小车相对静止时小车的速度；从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得v0＝v 解得：v＝＋v0＝0.4/s.再以木块为研究对象，由动量定理可得－μgt＝v－v0解得：t＝v0－vμg＝0.8s.木块做匀减速运动，加速度为a1＝Ff＝μg＝2/s2小车做匀加速运动，加速度为a2＝Ff＝μg＝0.5/s2在此过程中木块的位移为x1＝v2－v202a1＝0.96车的位移为：x2＝12a2t2＝12×0.5×0.82＝0.16由此可知，木块在小车上滑行的距离为：Δx＝x1－x2＝0.8.答案：0.4/s 0.8s 0.8第2节碰撞与能量守恒一、碰撞．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．．分类弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已． [自我诊断]．判断正误碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度完全非弹性碰撞不满足动量守恒无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒反冲运动中，动量守恒，动能也守恒．有关实际中的现象，下列说法正确的是A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力c．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABc.根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度．故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时。

考点3 人船模型1.人船模型问题如图所示，两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.2.人船模型的特点（1）两物体满意动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.（2）运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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x1 x2＝v1v2＝m2m1.（3）应用x1x2＝v1v2＝m2m1时要留意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.3.“人船模型”的拓展研透高考明确方向6.[人船模型]有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长.一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停岸，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为（B）A.m（L＋d）d B.m（L－d）dC.mLd D.m（L＋d）L解析设船的质量为M，人走动的时候船的平均速度为v，人的平均速度为v'，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L-d，船的位移为d，所以v＝dt ，v'＝L−dt.以船后退的方向为正方向，依据动量守恒定律有Mv-mv'＝0，可得M dt ＝m(L−d)t，小船的质量为M＝m(L−d)d，故B正确.7.[“人船模型”的拓展/2024云南曲靖模拟/多选]如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器限制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（CD）A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒B.滑块运动的距离为MRM＋mC.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2RD.小型机器人运动的位移是滑块的Mm倍解析小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误；小型机器人从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1＝Mx2，依据位移关系有x1＋x2＝2R，可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1＝2MRM＋m ，x2＝2mRM＋m，即小型机器人运动的位移与滑块运动的位移之比为x1x2＝Mm，故B错误，C、D正确.。

1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用[例题1]（2024•河南一模）质量相等的A．相同时间内，速度变化量可能不同B．同一时刻，速度变化快慢可能不同C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同A ．12mv 2l r 2B ．12mv 2r l 2【解答】解：取栅栏中相邻两根小细杆A ，B ，板心C 从位于杆A 正上方到位于B 杆的正上方。

圆板绕杆定轴转动惯量为：I 杆＝I C +mr 2=32mr 2C 位于A 正上方时圆板运动为：E k =12I 杆(v r )2=34mv 2C 到达A 、B 杆连线中点正上方瞬间，速度为v ′，动能为：34mv ′2=E k +mgr （1―cos θ2）+T •l 2将圆板与B 杆完全非弹性碰撞后瞬间，绕B 杆转动角速度记为ωB ，根据角动量守恒有：I B ωB ＝I C ωC +rmv 0′ωC =v′r，v 0′＝v ′cos α可得：32mr 2ωB =12mr 2⋅v′r +rmv ′cos θ=12mrv′+mrv ′cos θ＝mv ′（12+cos θ）则有：ωB r =23v′（12+cosθ）此时圆盘的动能E k=12I B ω2B =34mv ′2⋅49(12+cos )2C 杆转到B 杆正上方时，速度又增加v ，由机械能定理有：34mv 2=12I B ω2B ―mgr （1﹣cos θ2）+12Tl联立以上各式，消去34mv 2可得：34mv 2=34mv 2•49(12+cosθ)2+mgr •（1﹣cos θ2）⋅49(12+cosθ)2+12Tl ⋅49(12+cosθ)2―mgr （1﹣cos θ2）+12Tl取近似值：(12+cosθ)2=(32―12θ2)2=94―32θ2又有：1―cos θ2=18θ2，θ=lr代入上式，并忽略高阶小量得：T =12mv 2⋅lr2，故A 正确，BCD 错误。

XX届高考物理第一轮动量守恒定律表达式及其守恒条件专题考点复习教案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址www.5ykj.com XX届高三物理一轮复习学案：第五章《动量》专题三动量守恒定律表达式及其守恒条件【考点透析】一、本专题考点：动量守恒定律为Ⅱ类要求，但只局限于一维的情况。

二、理解和掌握的内容.动量守恒定律：（1）内容：系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

（2）表达式：P=P′或者m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′（3）适用范围：比牛顿定律的适用范围要广泛的多，小到微观粒子间的作用，大到天体间作用，无论物体间作用力性质如何都适用。

中学阶段，运用动量守恒定律研究的对象主要是一条直线上运动的两个物体所组成的系统，如两球相碰问题。

2.动量守恒条件：（1）如果研究的系统所受合外力为零，则系统的总动量守恒。

也就是说，系统内力不能使系统的总动量发生改变，且对内力的性质无任何限制。

这一点与机械能守恒定律有本质的差别。

（2）如果研究的系统所受合外力不等于零，但合外力远小于内力（即合外力可以忽略），则仍可认为总动量守恒。

这种情况的特点是物体间相互作用时间很短，如碰撞、爆炸、打击等类的作用。

（3）如果研究的系统所受合外力不等于零，但沿某一方向合外力的分量为零，则沿该方向系统总动量的分量守恒。

3.应用动量守恒定律解题步骤：（1）明确研究系统，判断动量是否守恒。

（2）选取正方向，明确作用前总动量和作用后总动量。

（3）列方程，P前=P后（4）解方程。

4.难点释疑正确区分内力和外力，外力指系统外物体对系统内物体的作用力，内力指研究系统内物体间的相互作用。

动量守恒定律具有矢量性，列方程前要先规定正方向。

动量守恒定律只涉及作用前后物体的运动状态，解题时不必过问过程的细节。

动量守恒的几种表达式及其推广式：①P=P′②ΔP=0③ΔP1=-ΔP2④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′0=m1v1+m2v2（适用于原来静止的两物体组成的系统，由此式可推得你动我动、你快我快、你慢我慢、你停我停，你我速率和各自质量成反比）m1v1+m2v2=（m1+m2）v′（适用于两物体相互作用后结合在一起的情况）【例题精析】例1一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L，拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处释放，如图5-6所示，小球摆动时，不计一切阻力，下面说法中正确的是（）①小球和小车的总机械能守恒②小球和小车的动量守恒③小球运动到最低点的速度为④小球和小车只有在水平方向上动量守恒A．①③B．①④c．②④D．②③解析：小球、小车和地球组成的系统，只有动能和势能间的转化，故①正确；小球和小车组成的系统因有外力（重力）作用，系统动量不守恒，但水平方向不受外力作用，因而水平方向满足动量守恒，故②错，而④选项正确；小球运动到最低点时，若小车静止，其速度为，但由于小球和小车之间的相互作用，小车也具有动能，因而根据机械能守恒定律可知，小球运动到最低点的速度小于，故③选项错。