第十三章第一节动量守恒定律及其应用(实验：验证动量守恒定律).

1、2016高考导航动量守恒定律近代物理i . 1 - -Id t. i I. S d : a考纲展示1. 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用n2. 弹性碰撞和非弹性碰撞I3. 光电效应I4. 爱因斯坦光电效应方程I5. 氢原子光谱I6. 氢原子的能级结构、能级公式I7. 原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期I&放射性同位素I9. 核力、核反应方程I10. 结合能、质量亏损I11. 裂变反应和聚变反应、裂变反应堆I12. 射线的危害与防护I实验：验证动量守恒定律说明：碰撞与动量守恒只限于一维.热点视角1. 动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化 量这两个概

2、念常穿插在动量守恒定律的应用中考查.2. 动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定 律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点.3. 波粒二象性部分的重点内容是光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒 二象性和德布罗意波是理解的难点.4. 核式结构、玻尔理论、 能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加, 可能单独命题，也可能与其他知识结合出题.5. 半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写是高考的热点问题，试题一般 以基础知识为主，较简单.第一节动量守恒定律及其应用（实验：验证动量守恒定律）云出再玫! 蔚皆自亦、依刑扣点M本、一

3、、 动量动量定理1 冲量定义：力和力的作用时间的乘积.公式：1 = 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.单位：千克 米/秒，符号:kg m/s.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 &= Ap= p 一 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：Ap= p p.动能和动量的关系：Ek=

4、2m.1下列说法正确的是()A .速度大的物体，它的动量一定也大B .动量大的物体，它的速度一定也大C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变D .物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大答案：D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= mv 1 + m2v 2 或 巾1=一 绅2.媲I議d 2.(2014高

5、考浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m1，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m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后()甲乙A .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答案：C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处力,可认为相互碰撞的系统动量守恒.动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大3.分类后两球的速率比1A. 2C. 2A :, B 为

6、（）1B. 32D. 33. A球的质量是 m, B球的质量是2m,它们在光滑的水平面上以相同的动 量运动，B在前，A在后，发生正碰后， A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰答案：D多维课堂考点突破师在线多边互动配酋ITT滦件详见光戲也叮经最91斥嘗网(wV w.41daoxuexoin )进入甜味堂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说=Ap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

7、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At越短，力F就越大，力的作用时间At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.当作用力F 定时，力的作用时间At越长，动量变化量 Ap越大，力的作用时间 A越短，动量变化量 Ap越小在水平力F = 30 N的作用下，质量 m= 5 kg的物体由静止开始沿水平面运 动.已知物体与水平面间的动摩擦因数尸0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)解析法一：用动量定理解，分段处理.选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始

8、态速度为零，终态速度为 v,取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F 一 口 mg 1 = mv 0.对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v,终态速度为零.根据动量定理有mgt= 0 mv.以上两式联立解得F 一 i mg 30 0.2 X 5X 101 mgt1=0.2 X 5X 10 X 6 s_ 12 S.叩乙法二：用动量定理解，研究全过程.选物体作为研究对象， 研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零. 取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得解得 t2= F 1 mg = 30 . % 10x 6 s= 12 s.0.2X 5 X

9、10(F mg 1 + ( mg2 = 0卩mg答案12 s规律方法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.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.我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠.观察发现，“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.在乙推甲的过程中，忽略

10、运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，贝U ()A .甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B .甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选B乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Ap甲=Ap乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与 乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误.考点二动量守恒

11、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) mw1+ m2V2= m 1+ m?v 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.p1 = Ap2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.Ap= 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 2 2 2(2) 动能不增加，即Eki + Ek2E ki+ E k2或盘+盘影+鳥.(3) 速度要合理. 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. 两物体相向运动

12、，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m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mivi = miv i + m2v 2 i 2 i2 1 i2/n2mivi = 2mivi + m2v 2 由得v (mi m2 vi,2miviv 2=mi + m2mi 十 m2结论: 当mi= m2时，v i = 0, v 2= vi,两球碰撞后交换了速度. 当mim2时，v io, v 20 ,碰撞后两球都向前运动. 当mim2时，v i0 ,碰撞后质量小的球被反弹回来.(2) 完全非弹性

13、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. 伍诊(20i4高考新课标全国卷I )如图，质量分别为mA、mB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.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球的速度恰好为零. 已知mB = 3mA,重力加速度大小g = i0 m/s2,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；渝和(2) P点距离地面的高度.审题点睛由于两球碰撞时间极短，并且没有能

14、量损失，所以在碰撞过程中动量守恒， 碰撞前后总动能相等，分别列方程求解.解析(i)设B球第一次到达地面时的速度大小为vb,由运动学公式有 vb= . 2gh 将h = 0.8 m代入上式，得 vb= 4 m/s. 设两球相碰前后，A球的速度大小分别为 vi和v i(v i= 0), B球的速度分别为 v 和v 2.由运动学规律可得vi = gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变.规定向下的方向为正，有mAvi + mBv2= mBv 21 2 1 2?mAvi+ 2mBV2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= vb设P

15、点距地面的高度为 h ,由运动学规律可得v B - v；2g联立式，并代入已知条件可得h = 0.75 m.答案(1)4 m/s (2)0.75 m规律总结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.mA= 1 kg, m=2 kg , Va= 6 m/s, Vb= 2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(2两球A、B在光滑水平面上沿

16、同一直线、同一方向运动,A./vA= 5 m/s,/vB= 2.5 m/sB. va= 2 m/s,/vB = 4 m/sC. vA= 41m/s,v B= 7 m/sD./vA= 7 m/s,/vB= 1.5 m/s解析：选B.虽然题中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 大于B的速度v b,必然要发生第二次碰撞， 不符合实际；C项中，两球碰后的总动能 E k1212.,=尹av a+ qmBv b = 57 J,大于碰前的总动能Ek= 22 J,违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确.考点三 爆炸和反冲 人船模型1. 爆炸的特点(1)

17、 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：动量守恒；动量近似守恒；某一方向动量守恒.反冲运动中机械能往往不守恒.注意

18、：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m1 v 1 = m2 v 2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 得口凶=m2.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.如图所示，一辆质量为M = 3 kg的小车A静止在光 滑的水平面上，小车上有一质量为 m= 1 kg的光滑小球B，将一 轻质弹簧压缩并锁定， 此时弹簧的弹

19、性势能为 Ep= 6 J,小球与小 车右壁距离为L,解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求:(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小;在整个过程中，小车移动的距离.解析(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为V1、V2，则mvi Mv2= 01 2 1 2 2mvi + 2Mv2= Ep解得：vi = 3 m/s, V2= 1 m/s.(2) 设小车移动X2距离，小球移动X1距离X1X2m=MyX1 + X2= L解得：X2 =L.答案（1）3 m/s 1 m/s （2）43. （2014高考重庆卷）一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 V =

20、2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3 : 1，不计质量损失，取重力加速度g= 10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）乙:Tr J”、甲/ 5 inJ5 m11 m2 mC0.5 m 2.5 mA解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力,故爆炸瞬间动量守恒.因两弹片均水平飞出，飞行时间t =1 S,取向右为正，由水平速度V=,选项A中，V甲=2.5 m/s,V 乙=0.5 m/s;选项 B 中，V 甲=2.5 m/s, V 乙=0.5 m/s；选项 C 中，V 甲=1 m/s, V 乙=2 m/s；选项D中，v甲=1 m/s, v乙=2 m/s.因爆炸瞬

21、间动量守恒，故mv= m甲v甲+ m乙v乙，其3 1中m甲=;m, m乙=；m, v= 2 m/s，代入数值计算知选项 B正确.4 4考点四 动量与能量观点的综合应用1. 若研究对象为一个系统， 应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）.2. 若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.3. 因为动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理 过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之 处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.卜（2013高考新课标全国卷n ）如图，光滑水平直轨道上有三个

22、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V0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，(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.审题点睛A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒系统产生的内能则为机械能的损失当A、B、C速度相等时，弹性势能最大.解析从A压缩弹簧到A与B具有相同速度vi时，对A、B与弹簧组成的系统， 由动量守恒定律得mvo = 2mvi 此时B与C发生完全非弹

23、性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 V2,损失的机械能为 AE.M B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mvi = 2mv2 1 2 12$mvi= AE + 2(2m)V2 1 2联立式得 AE= 16mvo.(2)由式可知 V2V1, A将继续压缩弹簧，直至 A、B、C三者速度相同，设此速度为 V3,此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mvo= 3mv31 2 1 2mvo AE = 2(3m)v3 + Ep 联立式得Ep = 4fmv0.12132答案(Dmvo (2)4mvo4. (2015银川模拟)在光滑水平面上静置有质量均为的木板AB和滑块C

24、D ,木板AB上表面粗糙，动摩擦因数为 ，滑块CD 上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板 AB上表面内,它们紧靠在一起，如图所示一可视为质点的物块P,质量也为 m,从 木板AB的右端以初速度 Vo滑上木板AB,过B点时速度为Vo/2，又滑上滑块 CD，最终恰 好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求:(1)物块滑到B处时木板的速度VAB ； 滑块CD圆弧的半径R.解析：(1)由点A到点B,取向左为正，由动量守恒得mvo= mvB+ 2m vab，贝U vab= Rvovo由点D到点C,滑块CD与物块P的动量守恒，机械能守恒，得m + m匸=2mv+ ?m1 I vo 2 , 1 I

25、vo 1 mgR= ?m 22 * 解得R=磐.64g2答案：罗64g464g考点五实验：验证动量守恒定律学生用书P2521. 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= mivi+ m?v2及碰撞后的动量 p= miv 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.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(改变滑块的质量.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

26、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mi、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.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.(

27、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.Ax ,亠、(4) 测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v = 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

28、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m1 OP =m1 OM + m2 ON，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.气垫导轨是常用的一种实验仪器它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.我

29、们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块 A和B来验证动量守恒定律， 实验装置如图所示(弹簧的长度 忽略不计):CD 1采用的实验步骤如下：a. 用天平分别测出滑块 A、B的质量mA、mB.b. 调整气垫导轨，使导轨处于水平.c在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上.d. 用刻度尺测出 A的左端至C板的距离Li.e. 按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作.当A、B滑块分别碰撞 C、D挡板时停止计时，记下 A、B分别到达C、D的运动时间ti和t2.(1) 实验中还应测量的物理量是 .(2) 利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的

30、表达式是 ，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式.解析(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下， 需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B的右端至D板的距离L2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，LiL2设向左运动为正，则有 mAVA mBVB= 0，即mA一 mB= 0.tit2造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等原因.1根据能量守恒知，两运动物体获

31、得的动能就是弹簧的弹性势能.故有AEp =L?L2mAtf + mB答案见解析扫一扫 进入91导学网()气垫导轨证明动量守恒实验方法技巧一一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

32、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.F盘|值沙 （7分）（2013髙考山东卷）如图所示，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 mA= 2 kg、mB= 1 kg、mC = 2 kg.开始时 C静止，A、B 一起以vo= 5 m/s的速度匀速向右运动， A与C发生碰

33、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.审题点睛（1）A、C发生相碰，B与A的相互作用可忽略，A、C系统动量守恒；（2）碰后A、B相互作用达到共同速度，A、B系统动量守恒；（3）A、C碰后，A恰好不再与C相碰，则A、B的共同速度与 C碰后速度相等.规氾解答 该得的分一分不丢！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Va, C的速度为vc,以向右为正方向，由动量守恒定律得mAVo= mAVA+ mCVC（2 分）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

34、定律得mAVA+ mBvo= （ma+ mB）vAB（2 分）A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足VAB = Vc（1 分）联立式，代入数据得VA= 2 m/s.（2 分）答案2 m/s总结提升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.高考模拟高效演练I模拟题组1. （2015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

35、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（）a BxA.3B. 3xC. x6Dpx解析：选D.当用板挡住小球 A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep = |mv2，根据平抛运动规律有：x= Vot.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,、 1 2设A、B的速度分别为va和vb,则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA mvB= 0, Ep= 2mvA+ 2mvB，解得vb = 36vo, B球的落地点距桌边距离为 x =

36、VBt=x, D选项正确.2. （2015湖北孝感模拟）如图所示，质量为M的滑槽内有半径为 R的半圆轨道，将滑槽 放在水平面上，左端紧靠墙壁.一质量为m的物体从半圆轨道的顶端 a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点,c点为半圆轨道另一侧与a等高的点.不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A . m从a点运动到b点过程中，m与M系统的机械能守恒、水平动量守恒B. m从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒C. m释放后能够到达c点D .当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大解析：选D.m首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m释放后运动

37、的全过程系统机械能始终守恒，但M的机械能比初状态增加了，因此 m的机械能不守恒；m第一次到最低点后，M离开墙，系统水平动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此 m的势能必小于 mgR; m第一次在圆轨道 右半侧上滑行过程对 M的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M始终加速，m从右向左通过最低点 b后，M开始减速，故选项 D正确.3. （2015陕西西工大附中模拟）如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量 M1= 1 kg ,车上另有一个质量为 m = 0.2 kg的小球.甲车静止在 平面上，乙车以v= 8 m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质

38、量M2= 2 kg，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上 （球很快与乙车达到相对静止），两车才不会 相撞？乙T解析：要使两车不相撞，则两车速度相等，以三者为系统，由动量守恒定律：0+ M2vo= （Mi + m+ M2）v 共，得 v 共=5 m/s以球与乙车为系统，由动量守恒定律：M2vo mv = （m+ M2）v 共，得 v= 25 m/s.答案：25 m/s经典题组4如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点.若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为（）铁决P* * *”*A .仍在P点B .在P点左边C.在P点右边不远处D .在P点右边原

39、水平位移的两倍处解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由1 = Fft = mvo得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确.5. 如图，质量为 M的小船在静止水面上以速率 vo向右匀速行驶，一质量为 m的救生员 站在船尾，相对小船静止.若救生员以相对水面速率 v水平向左跃入水中， 则救生员跃出后 小船的速率为（）mmA. vo+ Mvb. voMvC. vo+ m(vo + V)D. Vo + m(vo V)解析：

40、选C.取向右为正方向，由动量守恒有(M + m)v0= mv+ Mv，解之有v = vo+ M（vo+ V），故 C 正确.6. 如图所示，一质量为 M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的滑块以初速B. mvo(vo V) m vo vD. - vds度vo滑到木板上，滑块在木板上滑行的距离为 d,木板向前移动s后以速度v与滑块一起匀 速运动，此过程中转化为内能的能量为 （ ）1 2A.m(vo vov)_ m vo v vd C. 2121212 M + m V 12 mV0解析：选 AC.因 mvo = (M + m)v, Q= gmvo ?(M + m)v = gmvo?v= gmv

41、o ?m 212一v= 2(vo vov),选项A正确；根据动能定理 fs = ?Mv，再根据能量守恒 fd = Q,两式相除/口 Mv d Mvvd 得 Q = M2S-= 2Tm vo v vd2s ，选项C正确.课后达标检测说练促学掠补短板一、选择题1 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小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B .掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C. 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D. 掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃

42、杯与地面接触 时作用力小解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量, 与地面相互作用后都静止所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力 小，故D正确.A并留在其中，A B用一根弹性良好的A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两2颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 轻质弹簧连在一起，如图所示则在子弹打击木块 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 .无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C.动量守恒的条件是系统不

43、受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒.机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能（发热），所以系统的机械能不守恒.故C选项正确.A、B、D错误.3. （2015泉州检测）有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 vo、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，则另一块的速度是 （）A . 3vo vB . 2v 3vC. 3vo 2vD . 2vo+ v解析：选C.在最高点水平方向

44、动量守恒，由动量守恒定律可知，3mvo= 2mv + mv,可得另一块的速度为 v = 3vo 2v，对比各选项可知，答案选 C.4. （2oi4高考福建卷）一枚火箭搭载着卫星以速率 vo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!，后部分的箭体质量为 m2,分离后箭体以速率v2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!为（）Vb PiVi，空匸归兰匚丁：口A. vo vB. vo+ v2C. V0 V2D . Vo+ （V0 V2）mimi解析：选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(mi+ m2)vo= m2V2+ mivi解得

45、 V1=卄冒_ m2V2 =V0+ 乎(V0-V2).mimi故选D.5. （2015北京西城区模拟）1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验.实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（后者的发动机已熄火），接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速.推进器的平均推力F=895 N ,推进器开动时间 盘=7 s.测出飞船和火箭组的速度变化 Av = 0.91 m/s.已知“双子 星号”飞船的质量 mi= 3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量 m2为（ ）A . 3 400 kg B . 3 485 kgC. 6 265 kg D

46、 . 6 885 kg解析：选B.根据动量定理得 F A = （m1+ m2） Av，代入数据解得 m2 = 3 485 kg , B选项正 确.6. （2015 肥质检）一质量为2 kg的物体受水平拉力 F作用，在粗糙水平面上做加速直 线运动时的a t图象如图所示，t= 0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则 （ ）A .在t= 6 s的时刻，物体的速度为 18 m/sB .在06 s时间内，合力对物体做的功为400 JC.在06 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N sD .在t= 6 s的时刻，拉力 F的功率为200 W解析：选D.类比速度一时间图象中位移的表示方法可

47、知，速度变化量在加速度一时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在06 s内Av = 18 m/s, V0= 2 m/s，贝U t = 6 s时的1 2 1 2速度v= 20 m/s, A项错；由动能定理可知，06 s内，合力做的功为 W= ?mv2 2mv2= 396 J, B项错；由动量定理可知，If Fft= mv mv0，代入已知条件解得If= 48 N s, C项错； 由牛顿第二定律可知， 6 s末F Ff = ma,解得F = 10 N，所以拉力的功率 P = Fv = 200 W, D项正确.7. 如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳A .当把

48、小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过 小球间的相互碰撞， 可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球 1的释放高度相同，如 图乙所示B. 如果同时向左拉起小球 1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰 撞后，小球4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C. 如果同时向左拉起小球 1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰 撞后，小球3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D .上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E. 上述整个实验过程中，5个小球组成的系

49、统机械能守恒，动量不守恒解析：选ACE.由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项 A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中（包括下摆和上摆），系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对. 8质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上， 箱子中间有一质量为 m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因 数为仏初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示.现给小物块一.水平向右的初速度 v,小物块与箱壁碰撞 N次后恰又回到箱子正中 间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为（）1 2A.gmv1C.N mgL_ mM

50、2 B.v2 m+ MD .mgL解析：选BD.由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后,保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u,由动量守恒定律得 mv = （m + M）u,系统损失的动能为mvA开始运动时加速度 A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；A的上表面长度I.解析：（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律有F = mAa （m+ M）u2= 1 mM v2, B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的222m+ M功，即 AEk = Wf=mgL, D 正确.二、非选择题9. （2013高考江苏卷）如图所示，进行太空行走的宇航员 A和B的质量分别为80 kg和 100 kg,他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后， A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向.U空间站4vB= 0.02 m/s，离解析：根据动量守恒定律，（口人+ mB）vo= mAVA+ mBVB，代入数值解得开空间站方向.答案：0.02 m/s离开空间站方向质量mA= 4 kg ,上B置于A的最小10. （2014高考天津卷）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A,表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块右端，B的质量mB = 2 kg.现对A