高考物理分类复习————动量

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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：。

高考物理专题力学知识点之动量分类汇编及解析一、选择题1．在撑杆跳高场地落地点铺有厚厚垫子的目的是减少运动员受伤，理由是 A ．减小冲量，起到安全作用 B ．减小动量变化量，起到安全作用 C ．垫子的反弹作用使人安全 D ．减小动量变化率，起到安全作用2．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是（ ）A ．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反B ．原来放射性元素的原子核电荷数为90C ．反冲核的核电荷数为88D ．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:883．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（ ）A ．两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等B ．两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等C ．甲、乙两球的动量相同D ．甲球的动量不为零，乙球的动量为零4．自然界中某个量D 的变化量D ∆，与发生这个变化所用时间t ∆的比值Dt∆∆，叫做这个量D 的变化率．下列说法正确的是 A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则Dt∆∆是恒定不变的 B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则Dt∆∆是恒定不变的 C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则Dt∆∆一定变大． D ．若D 表示某质点的动能，则Dt∆∆越大，质点所受外力做的总功就越多 5．篮球运动深受同学们喜爱。

打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。

他这样做的效果是（ ）A．减小篮球对手的冲击力B．减小篮球的动量变化量C．减小篮球的动能变化量D．减小篮球对手的冲量6．如图所示，两个相同的木块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为v A，子弹穿出B时，B的速度为v B，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（）A．s=L，v A=v B B．s＞L，v A＜v B C．s＜L，v A＞v B D．s＜L，v A＜v B 7．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能也不守恒8．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象(x －t图)分别为如图中ADC和BDC所示．由图可知，物体A、B的质量之比为()A．1:1B．1:2C．1:3D．3:19．如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（）A．瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B．瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C．瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D．瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞10．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零C．在最低点，乘客处于失重状态D．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变11．光滑水平地面上，A，B两物块质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时 ( )A．A、B系统总动量为2mvB．A的动量变为零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等12．忽然“唵——”的一声，一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆的从旁边开过，小明就想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，他觉得应该让运沙车边走边装沙。

高考物理总复习--动量守恒定律及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．(16分）如图,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物

块通过衔接处时速率没有改变。质量m1=0.40kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h=0. 80m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg的物块B相碰,相碰后物块B滑行

x=4.0m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D点停止运动。已知物块B与木板间

的动摩擦因数=0.20,重力加速度g=10m/s2,求：

(1) 物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小；

(2) 滑动摩擦力对物块B做的功；

(3) 物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能。

【答案】（1）v0=4.0m/s（2）W=-1.6J（3）E=0.80J 【解析】试题分析： ①设物块A滑到斜面底端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机

械能守恒定律有m1gh＝12m120v (1分)v0＝2gh，解得：v0＝4.0 m/s(1分) ②设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则f＝μm2g(1分) W＝－μm2gx解得：W＝－1.6 J(1分) ③设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械

能为E，根据动能定理有－μm2gx＝0－12m2v2 解得：v＝4.0 m/s(1分) 根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v(1分) 解得：v1＝2.0 m/s(1分)

能量守恒12m120v＝12m121v＋12m2v2＋E(1分) 解得：E＝0.80 J(1分) 考点：考查了机械能守恒，动量守恒定律

2．如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA=4.0kg和mB=3.0kg．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： ①物块C的质量？ ②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP？ 【答案】（1）2kg（2）9J 【解析】 试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．mcv1＝（mA＋mC）v2

高考物理知识背诵默写清单【专题06】动量（背诵版）第1讲动量冲量动量定理一、动量冲量1.动量(1)定义:运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量,通常用p来表示。

(2)表达式:p=mv。

(3)单位:kg·m/s。

(4)标矢性:动量是矢量,其方向和速度方向相同。

2.冲量(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。

(2)表达式:I=Ft。

(3)单位:N·s。

(4)标矢性:冲量是矢量,它的方向由力的方向决定。

二、动量定理内容物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量表达式p'-p=F合t或mv'-mv=F合t意义合外力的冲量是引起物体动量变化的原因标矢性动量定理表达式是矢量式(注意正方向的选取)第2讲动量守恒定律及应用一、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0,这个系统的总动量保持不变。

2.表达式:m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2或p=p'。

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)某一方向守恒:系统在某一方向上所受合力为零,系统在该方向上动量守恒。

二、碰撞爆炸反冲运动1.碰撞(1)特点:物体间的相互作用时间极短,内力远大于外力。

(2)分类项目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(3)分析碰撞现象的三个依据A.动量守恒:p1+p2=p'1+p'2。

B.动能不增加:即E k1+E k2≥E'k1+E'k2(或p122m1+p222m2≥p'122m1+p'222m2)。

C.速度要合理a.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。

高考物理二轮复习专题归纳—动量观点在电磁感应中的应用命题规律1、命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2、常用方法：建立单杆切割中q、x、t的关系模型；建立双杆系统模型.3、常考题型：选择题、计算题．考点一动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题求解的物理量应用示例电荷量或速度－B I LΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1位移－B2L2vΔtR总＝0－mv，即－B2L2xR总＝0－mv时间－B I LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－B2L2vΔtR总＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－B2L2xR总＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s 的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q 1、q 2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v .则下列说法正确的是()A．q 1＝q 2B．q 1＝2q 2C．v ＝1.0m/s D．v ＝1.5m/s答案BD 解析根据q ＝ΔΦR ＝BSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q 1＝2q 2，故A 错误，B 正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－B I 1L Δt 1＝mv －mv 0，即－BLq 1＝mv －mv 0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－B I 2L Δt 2＝0－mv ，即－BLq 2＝0－mv ，联立解得v ＝13v 0＝1.5m/s，故C 错误，D正确．例2(2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R 、半径为r 、匝数为n 的圆形导体线圈两端与水平导轨AD 、MN 相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B 0和t 0均已知．PT 、DE 、NG 是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT 的长度为3L 、电阻为3R 、质量为m .导轨AD 与MN 平行且间距为L ，导轨EF 与GH 平行且间距为3L ，DE 和NG 的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d 的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场.0～2t 0时间内，使棒PT 在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF 和GH 对齐．除导体线圈、金属棒PT 、DE 、NG 外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．(1)求在0～2t 0时间内，使棒PT 保持静止的水平外力F 的大小；(2)在2t 0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v 0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT 速度恰好达到v 0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT 产生的焦耳热为Q ，求金属棒PT 与区域Ⅰ右边界的初始距离x 0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W ；(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT 运动到EG 时的速度大小v .答案(1)0～t 0时间内F ＝nB 02πLr 23Rt 0；t 0～2t 0时间内F ＝0(2)d －3mRv 0B 02L23Q ＋1 2mv2(3)v－23B2L33mR解析(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nΔBΔtS＝nBtπr2由闭合电路欧姆定律得I＝E3R＝nBπr23Rt故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝nB2πLr23Rt在t0～2t时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得B2L2Δx3R＝mv得Δx＝3mRv0 B2L2所以x0＝d－Δx＝d－3mRvB2L2PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋12 mv2(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx ＝233x＋L回路中总电阻为R总x x＋2233xR233x＋L＋2233xR＝RL(23x＋3L)回路中电流为Ix ＝BlxvxR总x＝B233x＋L vxRL23x＋3L＝BLvx3R棒PT所受安培力大小为FA x ＝BIxlx＝B2Lvxlx3R棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v方向为正方向，由动量定理得－∑B2Lvxlx3RΔt＝mv－mv即－B2LS梯3R＝mv－mv其中S梯＝23L2所以v＝v0－23B2L33mR.考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题例3(2022·广东省模拟)如图所示，间距L＝1m的光滑平行金属导轨MN和PQ的倾斜部分与水平部分平滑连接，水平导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2T的匀强磁场中，距离磁场左边界D＝1.8m的导轨上垂直放置着金属棒cd，现将金属棒ab从距离桌面高度h＝0.8m的倾斜导轨处由静止释放，随后进入水平导轨，两金属棒未相碰，金属棒cd从导轨右端飞出后，落地点距导轨右端的水平位移s＝1.20m．已知金属棒ab的质量m＝0.2kg，金属棒cd的质量1m＝0.1kg，金属棒ab、cd的电阻均为r＝0.1Ω、长度均为L，两金属棒在导2轨上运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，桌面离地面的高度H＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)金属棒cd在水平导轨上运动的最大加速度；(2)金属棒ab在水平导轨上运动的过程中克服安培力所做的功和整个回路中产生的焦耳热；(3)金属棒ab、cd在水平导轨上运动的过程中两金属棒之间距离的最小值．答案(1)8m/s2(2)0.7J0.5J(3)0.8m解析(1)金属棒ab从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2，金属棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，回路中的电流I ＝E 2r金属棒cd 所受的安培力大小为F cd ＝BIL ，此时金属棒cd 的加速度最大，最大加速度a m ＝F cd m 2联立解得a ＝8m/s 2(2)金属棒cd 离开水平导轨后做平抛运动，有s ＝v c t ，H ＝12gt 2金属棒ab 与金属棒cd 在相互作用的过程中，根据动量守恒定律得m 1v ＝m 1v a ＋m 2v c 设金属棒ab 克服安培力做的功为W ，由动能定理得－W ＝12m 1v a 2－12m 1v 2解得W ＝0.7J，整个回路中产生的焦耳热Q ＝m 1gh －12m 1v a 2－12m 2v c2解得Q ＝0.5J(3)金属棒cd 在安培力的作用下加速，根据动量定理得B I L Δt ＝m 2v c金属棒ab 、金属棒cd 组成的回路中通过某截面的电荷量q ＝I －Δt根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝B ΔxL Δt ，I －＝E 2r ，联立解得Δx ＝1m，两金属棒之间距离的最小值为D －Δx ＝0.8m.1.(多选)如图所示，水平金属导轨P 、Q 间距为L ，M 、N 间距为2L ，P 与M 相连，Q 与N 相连，金属棒a 垂直于P 、Q 放置，金属棒b 垂直于M 、N 放置，整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a 棒一大小为v 0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m ，在a 棒的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是()A．俯视时感应电流方向为顺时针B．b 棒的最大速度为0.4v 0C．回路中产生的焦耳热为0.1mv 02D．通过回路中某一截面的电荷量为2mv 025BL 答案BC解析a 棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a 棒减速，b 棒加速，设a 棒的速度大小为0.8v 0时b 棒的速度大小为v ，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a 棒有－B I L Δt ＝m ·0.8v 0－mv 0，对b 棒有B I ·2L Δt ＝mv ，联立解得v ＝0.4v 0，此后回路中电流为0，a 、b 棒都做匀速运动，即b 棒的最大速度为0.4v 0，故B 正确；根据能量守恒定律有Q ＝12mv 02－[12m (0.8v 0)2＋12m (0.4v 0)2]＝0.1mv 02，故C 正确；对b 棒，由2B I L ·Δt ＝mv 得，通过回路中某一截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝mv 2BL ＝mv 05BL ，故D 错误．2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC 、A ′B ′C ′的左端接有阻值为R 的定值电阻Z，间距为L ，其中AB 、A ′B ′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面内半径为r 的14光滑圆弧形导轨BC 、B ′C ′相切于B 、B ′两点．矩形DBB ′D ′区域内存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab 的质量为m 、阻值为R 、长度为L ，ab 棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t 后撤去推力，然后ab 棒与另一根相同的导体棒cd 发生碰撞并粘在一起，以32gr 的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC ′处．重力加速度大小为g ，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．(1)求该推力的功率P ；(2)求两导体棒通过磁场右边界BB ′时的速度大小v ；(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z 产生的焦耳热Q ；(4)两导体棒到达CC ′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD ′的距离x .答案(1)36mgrt(2)2gr(3)323mgr (4)不能3mR 2gr B 2L 2解析(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab 棒的速度大小为v 0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt ＝12mv 02设ab 与cd 碰后瞬间结合体的速度大小为v 1，由题意知v 1＝32gr ，由动量守恒定律有mv 0＝2mv 1联立解得P＝36mgr t(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有12×2mv2＝2mgr解得v＝2gr(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为R2，阻值为R的定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为Q2，由能量守恒定律有－(Q＋Q2)＝12×2mv2－12×2mv12解得Q＝323 mgr(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为I，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－B I Lt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有I t1＝BLx13R2解得x1＝6mR2grB2L2由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝2gr，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为I′，同前述道理可分别列式为－B I ′Lt 2＝0－2mvI ′t 2＝BL ·Δx 3R 2解得Δx ＝3mR 2gr B 2L 2显然Δx <x 1，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止的位置与DD ′的距离x ＝x 1－Δx ＝3mR 2grB 2L2.专题强化练1.(2022·广东省调研)如图所示，左端接有阻值为R 的定值电阻，且足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R 上产生的焦耳热为I 22m C．通过导体棒ab 横截面的电荷量为I BLD．导体棒ab 运动的位移为IRB 2L 2答案C解析导体棒获得向右的瞬时冲量后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力，向右做减速运动，有B 2L 2vR ＋r ＝ma ，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度减小的减速运动直至停止运动，A 错误；导体棒减少的动能E k ＝12mv 2＝12m (I m )2＝I 22m，根据能量守恒定律可得E k ＝Q 总，又根据串、并联电路知识可得Q R ＝R R ＋r Q 总＝I 2R2m R ＋r ，B 错误；根据动量定理可得－B I L Δt ＝0－mv ，I ＝mv ，q ＝I －Δt ，联立可得q ＝IBL，C 正确；由于q ＝I －Δt＝E －R ＋r Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ，将q ＝I BL 代入可得，导体棒ab 运动的位移x ＝I R ＋r B 2L2，D 错误．2．(多选)如图甲所示，质量m ＝3.0×10－3kg 的形金属细框水平放置在两水银槽中，形框的水平细杆CD 长l ＝0.20m，处于磁感应强度大小为B 1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n ＝300匝、面积S ＝0.01m 2的线圈通过开关K 与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图乙所示．t ＝0.22s 时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h ＝0.20m．不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，故感应电动势最大C．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到DD．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C答案CD解析由题图乙所示图像可知，在0～0.10s内，ΔΦ＝ΔB2S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01Wb0～0.10s内线圈中的感应电动势大小E＝n ΔΦΔt＝300×0.010.1V＝30V，在0.10～0.20s内线圈中的磁通量最大，但B2－t图像的斜率为0，故感应电动势为0，A、B错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由C到D，C正确；对细杆，由动量定理及题意得B1I l·Δt＝mv－0，细杆竖直向上做竖直上抛运动，有v2＝2gh，电荷量Q＝IΔt，联立解得Q＝m2ghB1l＝0.03C，D正确．3．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻．一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10－2kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10m/s 2.下列说法正确的是()A．导体棒能获得的最大速度为20m/s B．导体棒能获得的最大速度为10m/sC．t ＝0.25s 时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2CD．t ＝0.25s 时导体棒的速度为2.21m/s 答案BCD解析导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg ＝F 安＝BId ，解得I ＝1A，又由E ＝Bdv m ，I ＝E2R，解得v m ＝10m/s，故A 错误，B 正确；在下落0.29m 的过程中有E ＝ΔΦt ，I ＝E 2R ，q ＝I t ，可知q ＝ΔΦ2R ，其中ΔΦ＝ΔS ·B ＝0.2×0.29×0.5Wb＝0.029Wb，解得q ＝2.9×10－2C，故C 正确；由动量定理有(mg －B I d )t ＝mv ，通过导体棒的电荷量为q ＝I t ＝Bdh 2R ，可得v ＝gt －B 2hd 22Rm，代入数据解得v ＝2.21m/s，故D 正确．4.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平桌面上，窄轨MP 间距0.5m，宽轨NQ 间距1m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场．金属棒a 、b 水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a 棒的质量为0.2kg，b 棒的质量为0.1kg，若a 棒以v＝9m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．下列说法正确的是()A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3m/sC．金属棒a、b最终的速度大小为6m/sD．通过金属棒横截面的电荷量为0.8C答案BD解析由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有BLb vb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－B I LaΔt＝ma va－mav，对b棒根据动量定理可得B I LbΔt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3m/s，vb＝6m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′，则ma va＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4m/s，故C错误；b金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得B I′Lb ·Δt′＝mbv′，q＝I′·Δt′，即BLb q＝mbv′，代入数据得q＝0.8C，故D正确．5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l.磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m 、电阻均为r 的导体杆a 、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b 杆光滑，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F 0.现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F ，已知在t 1时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F 1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．当a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为2F 0r B 2l 2B．在0～t 1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为2mF 0r B 2l 2－12F 1t 1C．在t 1～t 2这段时间内，a 、b 杆的总动量增加了F 1＋F 2t 2－t 12D．a 、b 两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小答案AD解析在整个运动过程中，a 、b 两杆所受安培力大小相等，当a 杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F 0，则B 2l 2v2r ＝F 0，解得b 杆的速度大小为v＝2F 0rB 2l2，选项A 正确；由动量定理得I F －I 安＝mv ，F －t 图线与横轴围成的面积表示I F 的大小，知I F ＝12F 1t 1，解得I 安＝I F －mv ＝12F 1t 1－2mF 0rB 2l2，选项B 错误；在t 1～t 2这段时间内，外力F 对a 、b 杆的冲量为I F ′＝F 1＋F 2t 2－t 12，因a 杆受摩擦力作用，可知a 、b 杆所受合力的总冲量小于F 1＋F 2t 2－t 12，即a 、b杆的总动量增加量小于F 1＋F 2t 2－t 12，选项C 错误；由于最终外力F ＝F 0，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为F 0，处于稳定状态，因开始时b 杆做减速运动，a 杆做加速运动，故a 、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足B 2l 2Δv2r ＝F 0，即Δv ＝v ，速度大小之差等于t 1时刻b 杆速度大小，选项D 正确．6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g .求：(重力加速度取10m/s 2)(1)导体棒的最大速度v m ，磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)若导体棒进入磁场后恰经t 时间达到稳定，这段时间的位移x 大小．答案(1)2gh mg IL (2)I 2R mg (3)(mgt ＋m 2gh －I 2R g )RB 2L2解析(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得12mvm2＝mgh解得vm＝2gh电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，则有：BIL＝mg解得：B＝mg IL(2)感应电动势E＝BLv感应电流I＝E R解得v＝I2R mg(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－B I Lt＝mv－mvm又q＝I t＝ΔΦR＝BLxR，解得x＝(mgt＋m2gh－I2Rg)RB2L2.7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1m，左侧接R＝1Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ABCD区域长s ＝0.3m．金属杆a、b的长度均为L＝1m，质量均为m＝0.1kg，a的电阻为r ＝2Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g 取10m/s 2)(1)金属杆a 刚进入ABCD 区域时通过电阻R 的电流I ；(2)金属杆a 刚离开ABCD 区域时的速度v 2的大小；(3)金属杆b 稳定运动时的速度v 4的大小；(4)整个运动过程中金属杆a 上产生的焦耳热．答案(1)1A(2)2m/s(3)211m/s (4)16J 解析(1)金属杆a 从开始运动到进入ABCD 区域，由动能定理有mgh ＝12mv 12解得v 1＝3m/s刚进入ABCD 区域时E ＝BLv 1I ＝E R ＋r联立解得I ＝1A(2)金属杆a 从进入ABCD 区域到离开ABCD 区域，由动量定理有－B I L ·t ＝mv 2－mv 1I t ＝BL vR ＋r t ＝BLsR ＋r 解得v 2＝2m/s(3)金属杆a 、b 碰撞过程中，有mv 2＝mv 2′＋mv 31 2mv22＝12mv2′2＋12mv32解得v3＝2m/s，v2′＝0分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有－BLq＝mv4－mv3q C ＝BLv4联立解得v4＝211m/s(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝rR＋r(12mv12－12mv22)＝16J.8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5kg，电阻R1＝0.2Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0kg，电阻R2＝0.1Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v＝3m/s 的初速度，求：(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压Uab；(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．答案(1)0.5V(2)F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)0.375J解析(1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×3V＝1.5 V回路的电流I＝ER1＋R2＝1.50.2＋0.1A＝5A导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ab ＝IR2＝0.5V(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，则根据动量定理得－B I LΔt＝m1v－m1v而I＝ER1＋R2，E＝ΔΦΔt ＝BLx Δtab棒所受安培力F安＝BI′L＝B2L2vR1＋R2cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F安，联立得F＝B2L2R1＋R2[v－B2L2xm1R1＋R2]代入数据得F＝2.5－2518x(N)(0≤x≤1.8m)(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd 做加速运动，当两棒速度相等时达到稳定状态，由动量守恒定律可知m1v1＝(m1＋m2)v′回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，则Q＝12m1v12－12(m1＋m2)v′2代入数据解得Q＝0.375J.。

高考一轮复习知识考点归纳 专题06 动量守恒定律【基本概念、规律】动量及动量守恒定律第1节 动量及动量定理第2节 动量守恒定律第3节 动量守恒定律的应用实验 验证动量守恒定律(1)定义：力与力作用时间的乘积．(2)公式：I=Ft ；公式适用范围：恒力冲量；(3)量性：矢量，方向与作用力方向一致；动量及动量定理冲量动量动量定理(1)定义：物体质量与速度的乘积；(2)表达式：p=mv ；(3)量性：矢量，方向与速度方向一致；（4）物理意义：反映物体运动状态(1)内容：物体合外力冲量等于物体动量变化量；(2)表达式：F ·Δt ＝Δp ＝p ′－p . (3)注意：动量定理表达式为矢量式【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．动量守恒定律动量守恒定律动量守恒应用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．动量守恒定律的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2或Δp 1＝－Δp 2.1．爆炸3．反冲 人船模型(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′2①12m1v21＝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．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。