2018高考物理一轮总复习第十三章动量近代物理初步选修3_5第38讲动量守恒定律及其应用实战演练

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动量与动量守恒
一、、动量与冲量的区别：
二、动量定理：物体所受的合外力的冲量等于物体的动量的变化。

I合=ΔP 或F合t = mv t—mv0（冲量方向与物体动量变化量方向一致）
公式一般用于冲击、碰撞中的单个物体，解题时要先确定正方向。

三、动量守恒定律：一个系统不受外力或受外力矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。

P总= P总’或m1v1+m2v2 = m1v1'+m2v2'
公式一般用于冲击、碰撞、爆炸中的多个物体组成的系统，解题时要先确定正方向。

系统在某方向上外力矢量和为零时，某方向上动量守恒。

四、完全弹性碰撞：在弹性力作用下，动量守恒，动能守恒。

非弹性碰撞：在非弹性力作用下，动量守恒，动能不守恒。

完全非弹性碰撞：在完全非弹性力作用下，碰撞后物体结合在一起运动，动
k
mE P 2=m P E k 22
=量守恒，动
能不守恒。

系统机械能损失最大。

五、动量与动能的关系：。

第十三章动量守恒近代物理2.9个公式p＝mv I＝Ft I＝Δpm1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2hν＝W＋12mv2hν＝E m－E nE＝mc2ΔE＝Δmc2 N余＝N原⎝⎛⎭⎪⎫12tτ3.能否发生光电效应，不取决于光强，而取决于光的频率．4.光电子不是光子，是电子．5.玻尔理论的内容包含定态、跃迁、轨道三方面的内容．玻尔理论能很好地解释氢原子光谱．3.微观粒子和宏观物体都具有波动性．4.微观粒子的波动性不同于机械波，它是一种概率波．5.光电效应中的“光”也包括不可见光．3.5个规律动量定理动量守恒定律光电效应规律玻尔理论衰变规律6.半衰期是一个统计规律，对少数的原子核不适用．7.核力是只发生在相邻核子间的短程强相互作用.6.太阳光谱不是连续光谱是吸收光谱．7.原子光谱是线状光谱不是连续光谱．第1节动量定理动量守恒定律[真题回放]1．(2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d.现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小．【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv2＝12mv21＋12(2m)v22①mv＝mv1＋(2m)v2 ②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12mv 21 ④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12mv 20－12mv2⑦联立②至⑦式，得v 0＝285μg d . ⑧【答案】285μgd 2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图13­1­1，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短．求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图13­1­1(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．【解析】 (1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2② 12mv 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③联立①②③式得 ΔE ＝116mv 20④(2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p＝1348mv20. ⑦【答案】(1)116mv20(2)1348mv203．(2013·山东高考)如图13­1­2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发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．图13­1­2【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 C ①A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 AB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s. ④【答案】 2 m/s[考向分析]1.考纲展示(1)动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ(2)弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ(3)实验：验证动量守恒定律2.命题趋势本节是选修3－5中的重点内容，在新课标全国卷中每年必考一个关于动量、动量守恒的计算题，且难度为中等难度，这个特点在以后的高考命题中不会变化．3.选材特点经常以生活中的具体事例为命题背景，以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用，有时也综合考查能量的转化和守恒定律.考点一对动量定理的理解及应用一、适用范围适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．二、解释现象一类是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．另一类是作用力一定，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．三、解题的基本思路1．确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.2．对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量． 3．抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． 4．根据动量定理列方程代入数据求解．【例1】 [考向1 应用动量定理解释现象]把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，解释这个现象的原因是( )A ．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B ．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C ．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D ．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大【解析】 在缓缓拉动时，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．由于滑动摩擦力f ＝μN (μ是动摩擦因数)，而最大静摩擦力f m ＝u m N (u m 是静摩擦因数)且μ≤μm .一般情况下可以认为f ＝f m 即滑动摩擦力f 近似等于最大静摩擦力f m .因此，一般情况是：缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大．缓缓拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，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，所以重物动量的改变量小．因此选项C 正确．【答案】 C【例2】 [考向2 动量定理的计算]质量为0.4 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁，又以4 m/s 的速度反向弹回．如图13­1­3，球跟墙壁的作用时间为0.05 s ．求：图13­1­3(1)小球动量的增量； (2)球受到的平均冲力．【解析】 取初速度v 1的方向为正方向，则：v 1＝5 m/s ，v 2＝－4 m/s(1)Δp ＝mv 2－mv 1＝0.4×(－4－5) kg·m/s＝－3.6 kg·m/s 负号表示动量增量与初动量方向相反． (2)F ＝mv 2－mv 1t ＝－3.60.05N ＝－72 N ，平均冲力的大小为72 N ，平均冲力的方向与初速度反向． 【答案】 (1)－3.6 kg·m/s，负号表示与初动量反向(2)－72 N，负号表示与初速度反向【反思总结】动量定理是矢量式，对同一直线上运动的问题，规定正方向后，可将矢量运算简化为代数运算．应用I＝Δp求变力的冲量时，如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft计算，往往用动量定理间接求解.考点二动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)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，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．2．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＝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．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．4．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的方向运动，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．5．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．【例3】(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图13­1­4，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．图13­1­4当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．【解析】 (1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh①将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ．⑧【答案】 (1)4 m/s (2)0.75 m 突破训练 1(2014·大纲全国卷)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A A ＋12D.A ＋12A －12【解析】 设中子质量为m ，则原子核的质量为Am .设碰撞前后中子的速度分别为v 0、v 1，碰后原子核的速度为v 2，由弹性碰撞可得mv 0＝mv 1＋Amv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Amv 22，解得v 1＝1－A 1＋A v 0，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0v 1＝A ＋1A －1，A 正确．【答案】 A考点三 实验：验证动量守恒定律1.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．2．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m 1、m 2. (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．3．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．4．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13­1­5所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．图13­1­5(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13­1­6所示．图13­1­6(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m1O P＝m1O M＋m2O N，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．5．对实验误差的分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．(3)减小误差的措施：①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．【例4】(2014·新课标全国卷Ⅱ)现利用图13­1­7甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．甲 图13­1­7实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图13­1­7乙所示．乙图13­1­7若实验允许的相对误差绝对值(⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．【解析】 纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt ＝1f＝0.02 s根据v ＝ΔxΔt 可计算出滑块A 碰撞前后的速度v 0＝2.00 m/s ，v 1＝0.970 m/s滑块A 、B 碰撞后滑块B 的速度v 2＝dΔt B＝2.86 m/s两滑块碰撞前后的总动量p ＝m 1v 0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/sp ′＝m 1v 1＋m 2v 2＝0.610kg·m/s两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为δ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝1.6%<5%因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析数学技巧5 数学归纳法在物理中的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n 的命题，当n ＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n ＝k (k ≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n ＝k ＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n ＝1命题成立，可推知n ＝2命题成立，继而又可推出n ＝3命题成立……这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n ≥1的自然数都成立．在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．【例5】 雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m 2、m 3…m n ….(设各质量为已知量)．不计空气阻力．若考虑重力的影响，求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v ′1； (2)求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v ′2n【思路导引】第1次碰撞前v 21＝v 20＋2 gl ，v 1＝v 20＋2gl 第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl ① (2)第2次碰撞v 22＝v 1′2＋2gl利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ②第2次碰撞后，利用①式得v ′22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl同理，第3次碰撞后v ′23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， 第n 次碰撞后速度为v ′2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 2o ＋2gl故n 次碰撞后雨滴的动能为 12m n v n ′2＝12m n.【答案】 (1)v 20＋2gl m o m 1v 20＋2gl (2)12m n突破训练 2(2012·安徽高考)如图13­1­8所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2.图13­1­8(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．【解析】 (1)设物块B 从光滑曲面h 高处滑下时的速度为v 0，由机械能守恒定律，得mgh ＝12mv 20，故v 0＝2gh ＝2×10×1 m/s ＝2 5m/s ＞u ，故B 滑上传送带后做匀减速运动．加速度a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，根据v 2－v 20＝－2as ，得物块B 到达传送带左端时的速度v 1＝v 20－2al ＝252－2×2×1 m/s ＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度v 1＝4 m/s.(2)物块B 与物块A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即mv 1＝mv ′1＋MV ′1 12mv 21＝12mv ′21＋12MV ′21 联立解得，v ′1＝m －M M ＋m v 1＝－13v 1＝－43m/s 负号说明B 与A 碰撞后，B 的速度方向向右． 物块B 运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s ＝v ′212a ＝1692×2 m ＝49m ＜l ，因此物块B 还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B 与A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v 2＝v ′1，然后与A 发生第二次碰撞，且满足mv 2＝mv ′2＋MV ′212mv 22＝12mv ′22＋12MV ′22 联立解得，v ′2＝m －M M ＋m v 2＝－13v 2＝－132v 1 同理，物块B 与A 第三次碰撞前的速度v 3＝－v ′2，碰撞后的速度v ′3＝－13v 3＝－133v 1.依此类推第n 次碰撞后B 的速度v ′n ＝－13n v 1即n 次碰撞后的速度大小为13n v 1＝43n m/s.【答案】 (1)4 m/s (2)不能 (3)43n m/s1. (2014·浙江高考)如图13­1­9所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图13­1­9A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【解析】 根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A 、B 错误，C 正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D 错误．【答案】 C2．(2014·福建高考)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( )图13­1­10A ．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】 根据动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1 解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)． 故选D. 【答案】 D3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( ) A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长【解析】 设玻璃杯下落高度为h .它们从高h 处落地瞬间的速度大小为2gh ，与水泥地或草地接触t 时间后停止，根据动量定理可知：由于掉在水泥地上动量变化快，相互作用时间短，受到的合力大，所以地面给杯子的冲击力也大，故杯子易碎．应选C 、D.【答案】 CD4．一个质量为0.3 kg 的小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4 m/s.则碰撞前后墙对小球的冲量I 的大小及碰撞过程中墙对小球做的功W 分别为( )A ．I ＝3 kg·m/s，W ＝－3 JB ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝－3 JC ．I ＝3 kg·m/s，W ＝7.8 JD ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝3 J【解析】 本题考查动能定理和动量定理的应用，难度较易．碰撞前后墙对小球的冲量大小I ＝mv ′－m (－v )＝ 3 kg·m/s，碰撞过程中墙对小球做的功等于小球动能的改变量，即W ＝12mv ′2－12mv 2＝－3 J ，A 正确．【答案】 A5．质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )A.M ＋m v 2mv 1 B.Mv 1M ＋m v 2C.mv 1Mv 2D.Mv 1mv 2【解析】 设发射子弹的数目为n ，由动量守恒可知：nmv 2－Mv 1＝0，解得n ＝Mv 1mv 2，选项D 正确． 【答案】 D6. (2014·苏北四市调研)A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图13­1­11所示．若用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距离桌边距离为( )图13­1­11A.x 3B.3x C ．x D.63x 【解析】 当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：E p ＝12mv 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A －mv B ＝0，E p ＝12×2mv 2A ＋12mv 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，D 选项正确． 【答案】 D7．(多选) (2014·山东潍坊一中阶段性检测)在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L 时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图13­1­12所示，由图可知( )图13­1­12A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反【解析】 由题给条件知a 、b 球组成的系统在发生相互作用的过程中动量守恒．由v ­t 图象可知，b 球在t 1时刻速度减为零，然后反向运动，而它们是受到等大反向的冲量作用，故b 球的初动量要小于a 球的初动量，即m a v 0>m b v 0，则m a >m b ，故选项A 正确．在0～t 2时间内，两小球从相向运动至同向运动到速度相等，间距会逐渐减小，而在t 2时刻两小球间距达到最小，故选项B 错误、选项C 正确．在t 1～t 3时间内，a 和b 是同向运动，b 受到的斥力和运动方向相同，故选项D 错误．【答案】 AC8．(2012·天津高考) 质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)． 【解析】 以竖直向上为正方向，则v ′＝4 m/s ，v ＝－6 m/s 所以小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp ＝mv ′－mv ＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s＝2 kg·m/s 根据动量定理，得(F －mg )t ＝Δp所以平均作用力F ＝Δp t ＋mg ＝20.2 N ＋0.2×10 N＝12 N.【答案】 2 129．某同学用如图13­1­13所示装置来研究碰撞过程，第一次单独让小球a 从斜槽某处由静止开始滚下．落地点为P ，第二次让a 从同一位置释放后与静止在斜槽末端的小球b 发生碰撞．a 、b 球的落地点分别是M 、N ，各点与O 的距离如图所示．该同学改变a 的释放位置重复上述操作．由于某种原因他只测得了a 球的落地点P ′、M ′到O 的距离分别为22.0 cm 、10.0 cm.求b 球的落地点N ′到O 的距离．图13­1­13【解析】 设a 球的质量为m 1，b 球的质量为m 2，碰撞过程中满足动量守恒定律．m 1O M ＋m 2O N ＝m 1O P ，解得m 1∶m 2＝4∶1.改变a 的释放位置，有m 1OM ′＋m 2ON ′＝m 1OP ′， 解得：ON ′＝48.0 cm. 【答案】 48.0 cm10．(2014·江苏高考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．【解析】 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2。

高中物理动量动量守恒动量、冲量和动量定理1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向及速度方向相同；动量的合成及分解，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，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。

是相对量；物体的动量亦及参照物的选取有关，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动量的大小及速度大小成正比，动能的大小及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动量和动能都及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P，主要计算P、Pt在一条直线上的情况。

第1课（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；冲量的合成及分解，按平行四边形法则及三角形法则．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，所以力的冲量也及参照物的选择无关。

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。

（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）。