高考物理特训第六章 动量

、

A第/r八-e早r动—J_重=

第1讲动量定理及其应用

⑥目标任务抓核心目标清

目标要求学科素养

1.理解冲量、动量、动量变化量的概念，

1.理解冲量、动量、动量变化量的概念.建立物理观念.

2.会利用动量定理分析解决相关问题2.掌握动量定理的应用思路，能建立物

理模型解决问题，培养科学思维

B）知识特训。知识必记课前预案

知识_必记/分皋础构体系

定义♦运动物体的质址与—的乘积

动量是状态量，与时刻或位置相对应

动Gtr*p=________)

方向，与物体的速度方向

表达式＞AD=___

动

变化负方向卜与速届it4方向

珏

rl定义小力与的乘积y冲量是过程黄，与时间或过程相对知

定

冲量表达式「上

理q方向卜与力F的方向.

内容卜物体在一个过程始末的—变化珏

等了它在这个过程中所受力的

表达式卜&=“力”指的是合力）

必记答案

速度mv相同p'~p相同作用时间Ft相同动量冲量p'—p

必验〕练基础固知识

1.思考判断

（1）动量越大的物体，其速度越大.（X）

⑵物体的动量越大，其惯性也越大.（X）

（3）物体所受合力不变，则动量也不改变.（X）

⑷物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零.（X）

（5）物体所受合力的冲量的方向与物体末动量的方向相同.（X）

（6）物体所受合力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的.（V）

2.（人故版选修3—5E1・丁2改编）（多选）在光滑水平面上，原来静止的物体在水

平恒力厂的作用下，经过时间,,通过位移/后，动量变为p,动能变为反，以

下说法正确的是（）

A.在尸作用下，这个物体若经过位移2/,其动量将等于2〃

B.在尸作用下，这个物体若经过时间21,其动量将等于2〃

C.在尸作用下，这个物体若经过时间4/,其动能将等于2反

D.在“作用下，这个物体若经过位移2/,其动能将等于2反

答案：BD

解析：由动量定理知，A错误，B正确；由动能定理&=2\反和/=%尸

知，C错误，D正确.

3.（人教版选修3-5R2-T5改编）体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以

（）

A.减小地面对人的冲量

B.减小地面对人的撞击力

C.减小人的动量变化量

D.减小人的动能变化量

答案：B

解析：体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人的撞击力的作用时间，取人落地

时速度方向为正方向，根据动量定理得-6+"理=0—mo,解得/=等+/代,

当［增加时/减小，而动量的变化量、动能的变化量都不变，所以B正确.

能力特训「核心突破课堂学案

=

能力点1动量、冲量、动量的变化量（自主冲关类）

［题组・冲关］

I.［对动量的理解］高铁列车在启动阶段的运动可视为初速度为零的匀加速直线

运动.从列车启动开始计时，以其出发时的位置为初位置，则在启动阶段，列车

的动量大小（）

A.与它所经历的时间成正比

B.与它所经历的时间的二次方成正比

C.与它的位移大小成正比

D.与它的动能成正比

答案：A

解析：设高铁列车在启动阶段的加速度大小为。，经时间/后的速度大小。

则列车的动量大小〃=〃w="心/,即与它所经历的时间成正比，故A正确，B错

误；根据。2=2以，得v=N2ax,则列车的动量大小〃=/〃。=〃/也晟，与位移大

小不成正比，故C错误；根据〃反=亍加2,得列车的动量大小p=、2MEk,

与它的动能不成正比，故D错误.

2.［对冲量的理解］如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为。的斜面向上滑动，

经过时间A,速度变为零并又开始下滑，经过时间々回到斜面底端，滑块在运动

过程中受到的摩擦力大小始终为代已知重力加速度为g.在整个运动过程中，下

列说法正确的是（）

A.重力对滑块的总冲量大小为〃2g"i+，2）sin0

B.支持力对滑块的总冲量大小为〃吆（A+/2）COS0

C.合力的冲量为0

D.摩擦力的总冲量大小为尸网十⑵

答案：B

解析：重力对滑块的总冲量大小为，阴（力+切，故A错误；支持力对滑块的总冲

量大小为机g（fi+⑵cos6,故B正确；整个过程中，小滑块的动量发生了改变，

故合力的总冲量不为0,C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，若以

沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量大小为项P2一力），故D错误.

3.［冲量大小及动量变化量大小的比较］（多选）如图所示，一物体分别沿三个顽角

不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C。、E处，三个过程中重力的

冲量分别为/］、h、；3,动量变化量的大小分别为Api、Ap2、bp、,则（）

矢标性矢量标量矢量

特点状态量状态量过程量

反=3〃=询，〃=等

关联方程

2.对冲量的理解

（1）冲量的两性

①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与

力的作用时间的乘积.

②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间

内方向变化的力来说，合力的冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一

致.

⑵作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之

间并无必然联系.

3.冲量的四种计算方法

利用定义式/=R计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无须考

公式法

虑物体的运动状态

利用尸一/图象计算，尸一/图象围成的面积表示冲量，此方法既可

图象法

以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量

若力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，

尸］+“2

平均值法则力尸在某段时间/内的冲量/=—^/，后、放为该段时间内初、

末两时刻的力

如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用/=Ft

动量定理法求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由/=△

p求变力的冲量

能力点2动量定理（逐点突破类）

1」应用动量定理解释生活中的现象1（2020•全国卷I）行驶中的汽车如果发生剧烈

碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时

间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）

A.增加了司机单位面积的受力大小

B.减少了碰撞前后司机动量的变化量

C.将司机的动能全部转换成汽车的动能

D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

答案：D

解析：若汽车发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并充气，增大了司机的受

力面积，减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊，司机的

初动量和末动量均相同，所以动量变化量也相同，B错误；因为安全气囊的存在，

司机和安全气囊接触后，司机的一部分动能转化为安全气囊的弹性势能和安全气

囊内气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误：因为安全气囊充气

后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊过程中，安全气囊起缓冲

作用，延长了司机的受力时间，故D正确.

2.［动量定理用于求解多过程问题］如图所示，一高空作业的工人重为600N,系

一条长为L=5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间，=1s,空气

阻力忽略不计.求安全带受的平均拉力.（g取lOmH）

___1

L

［解法指导］

①审题关键点：a.从开始到最终静止，人的动量是否发生了变化？

提示：没有.

b.人在整个过程中受哪些力的作用？

提示：重力和安全带友人的拉力.

②解题切入点：在应用动量定理解题时，一定要对物体认真地进行受力分析，不

可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号.如本题可

规定向下为正方向，则〃吆和。取正，尸取负，列出关系式.变力的冲量，往往

通过动量定理来计算.

答案：1200N,方向竖直向下

解析：设工人刚要拉紧安全带时的速度为则有z?=2gL

mg

得u=«2gL

经辍冲时间，=l1后速度变为0,取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力

产和重力〃zg(如图)，对工人由动量定理知

(nig—F)t=0—mv

将数值代入得产=1200N

由牛顿第三定律知，安全带受的平均拉力广为1200N,方向竖直向下.

［点拨・技法］

用动量定理解多过程问题的两点提醒

(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可对整个过程应用动量定

理.

(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，应用动量定理时应引起

关注.

....................核心素养系列（五）..............—

思维方法——应用动量定理分析变质量问题的技巧

对“连续”质点系发生持续作用时，物体动量（或其他量）连续发生变化.这类问

题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间内动量（或其他量）发

生变化的那部分物体作为研究对象，建立“柱状”模型.在时间内所选取的

研究对象均分布在以S为横截面积、长为。△/的柱体内，这部分质点的质量为

以这部分质点为研究对象，研究它在△，时间内动量（或其他量）的

变化情况，再根据动量定理（或其他规律）求出有关的物理量.

教练）....................研典例解索养

典例［微元法处理流体问题］（2016.全国卷I）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的

水柱将一质量为M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⑷竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积咯大

于S）；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p,重力加速度大小为g.求：

（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量.

（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.

答案：⑴频（2摩-募枭

解析：（1）在水刚喷出的一段很短的时间内，可认为喷出的水柱保持速度V0

不变

该时间内，喷出的水柱的高度△/=ooAr®

喷出的水柱质量△m=p△V（2）

其中AV为水柱体积，满足△V=A/S③

由①@③可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为

△〃?

X7=PKS

（2）设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得“产Mg④

其中，尸冲为水柱对玩具底部的作用力

由牛顿第三定律知尸质=F冲⑤

其中，E瓜为玩具底部对水柱的作用力，

vf为水柱到达玩具底部时的速度

由运动学公式得v,2—vi=-2gh®

在很短的时间内，喷出的水柱的质量为△机，则有

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得

—(FziH-△mg)△r=一△mv'⑧

由于很小，△mg也很小，可以忽喀，⑧式变为

尸压△，=△〃/⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得〃戈窝群•

_方__法J

流体类问题分析步骤

(1)建立“柱状”模型，沿流速。的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S.

(2)微元研究，作用时间△，内的一段柱形流体的长度为△/,对应的质量为△/〃=

pSv△t.

(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体.

&＞训练分层巩固提升

A级(练考点过基础)

题组一动量、冲量、动量的变化量

1.(2021•广东广州一模)跳水运动员从起跳到落水过程的示意图如图，运动员从

最高点到入水前的运动过程记为I,运动员入水后到最低点的运动过程记为H,

忽略空气阻力，则运动员（）

A.在过程I中的动量变化量等于零

B.在过程n中的动量变化量等于零

C.在过程I中的动量变化量等于重力的冲量

D.在过程n中的动量变化量等于重力的冲量

答案：c

解析：运动员在过程I中动量变化量等于重力的冲量，即根g/,不为零，A错误,

c正确：运动员入水前的速度不为零，末速度为零，在过程n中的动量变化量不

等于零，B错误；运动员在过程I【中的动量变化量等于合力的冲量，不等于重力

的冲量，D错误.

2.（2021.天津一中模拟）如图所示，质量相等的4、B两个物体，沿着倾角分别

为a和夕的两个光滑斜面，在由静止开始从同一高度上下滑到同样的另一高度

历的过程中，A、8两个物体相同的物理量是（）

A.所受重力的冲量

B.所受支持力的冲量

C.所受合力的冲量

D.动量变化量的大小

答案：D

解析：物体下滑过程中，下滑高度均为6=〃2—用，由机械能守恒定律得

mv\物体到达高度历处时，速度v=yj2gh,由牛顿第二定律得〃zgsin0=ma,

加速度〃=gsin8,物体沿斜面下滑的时间/="=J性,由于斜面倾角。

asinc*\lg

不同，物体下滑的时间/不同，重力的冲量/=相却不同，A错误.物体下滑的时

间f不同，所受支持力的方向不同，所以两物体所受支持力的冲量一定不同，B

错误.物体初末位置的速度大小相等，由于斜面频角不同，滑到历高度时，两

物体动量方向不同，但动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等的，

D正确.由动量定理可知，物体动量变化量等于物体所受合力的冲量，所以物体

所受合力的冲量大小相等，但方向不同，C错误.

3.（2021•福建泉州市质检）如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细

杆，。、b、c、d四个点位于同一圆周上，。在圆周最高点，d在圆周最低点，每

根杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从〃、氏c三个点

同时由静止释放.关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（）

A.重力对它们的冲量相同

B.弹力对它们的冲量相同

C.合力对它们的冲量相同

D.它们的动能的增量相同

答案：A

解析：设任一杆与竖直方向的夹角为仇环运动的时间为r,圆周的半径为七

由位移公式可得2Rcos6=ggcos6尸，解得即三个环同时由静止释

放，运动到最低点d的时间相同，由于三个环的重力相等，运动时间相同，三个

环重力的冲量相同，A正确；各环受到的弹力不相等，运动时间相等，则弹力对

各环的冲量不同，B错误；各环都沿杆的方向运动，环受到的合力方向不同，则

合力对各环的冲量一定不相同，C错误；重力对从。处下滑的环做功最多，其动

能的增量最大，D错误.

题组二动量定理

4.（2019•全国卷1）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联

试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展.若某次实验中该发

动机向后喷射的气体速度约为3km/s,产生的推力约为4.8X106N,则它在1s

时间内喷射的气体质量约为（）

A.1.6X102kgB.1.6X103kg

C.1.6X105kgD.1.6X106kg

答案：B

解析：设1s内喷出气体的质量为相，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F,

由动量定理得立="7。-0,解得机=1.6X103kg,B正确.

5.（2021•广西钦州统测）“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质

疑.为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均

冲击力大小的是（）

A.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度

B.测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

C.测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

D.测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度

答案：D

解析：在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得一"=〃7。2—〃7切，结合牛愦第

三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，

D正确.

6.（2021・保定市一模）一个质量〃2=1（）（）g的小球从力=0.8m的高处自由下落,

落到一个厚软垫上.若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了，=0.2s,规定

竖直向下的方向为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为（取g=10

n/s，）（）

A.0.6N•sB.0.4N•s

C.-0.6N•sD.-0.4N•s

答案：C

解析：设小球自由下落/z=0.8m的时间为fi,由h=；g4得h=\传=0.4s.设

软垫对小球的冲量为/,因为竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程

运用动量定理得mg(/i+/2)+/=(),解得/=—().6N-s.负号表示软垫对小球的冲

量方向和重力的方向相反，C正确.

7.(2021•陕西西安中学模拟)一质量为6的铁锤，以速率。竖直打在木桩上，经

过△，时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(重力加速

度为g)()

mv

A.B—

nivmv

C~t，ng

答案：C

解析：设木桩对铁锤的平均作用力为F,以竖直向下为正方向，对铁锤应用动量

定理，则有(mg—F)△/=()一解得尸=篝+叫，由牛顿第三定律，得铁锤对

木桩的平均冲力大小产=王+"吆，C正确.

B级(能力练过素养)

8.(2021.南昌模拟)人们射向未来深空的探测器是以光压为动力的，让太阳光垂

直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，从而产生光压.设探测器在轨道上运行时,

每秒每平方米获得的太阳光能E=1.5X104J,薄膜光帆的面积S=6.0X102n?,

探测器的质量机=60kg,已知光子的动量的计算式〃=，，c=3X⑹m/s,那么

A

探测器得到的加速度大小最接近()

A.0.001m/s2B.0.01m/s2

C.0.0005m/s2D.0.005m/s2

答案：A

解析：没时间/内射到探测器上的光子个数为〃，每个光子能量为反=介匕则在

E・Si

时间/内面积为S的光帆获得的总太阳光能为ESl=nhv,故〃=不丁；光子射

到探测器上后全部反射，对〃个光子由动量定理薄尸J=〃.2p,又因为〃=女,

2FS

c=Av,对探测器应用牛顿第二定律有F=imi,解得代入数据得。=0.001

iii/s9,A正确.

9.(2021・陕西质检)核桃是“四大坚果”之一，桃仁具有丰富的营养价值，但桃

壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开.小悠同学发现了一个开核窍门：核桃被

竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂.核桃抛出点距离地面的高度为凡上

抛后达到的最高点与抛出点的距离为〃.已知重力加速度为g,空气阻力不计.

⑴求核桃落回地面的速度大小0.

(2)已知核桃质量为小，与地面撞击作用时间为撞击后竖直反弹用高度，求

核桃与地面之间的平均作用力F.

答案：(W2g(H+h)⑵〃疼小笋亘+叫(方向竖直向上)

解析：(1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有〃=2g(H+6)

解得核桃落回地面的速度大小v=72g(H+h).

(2)设核桃反弹的速度大小为ri,则有vl=2gh]

以向上为正方向，由动能定理可得(F—△f=mvi—

联立解得『佟万+勺(H+h)+〃喀(方向竖直向上).

10.(2021•四川遂宁诊断)“嫦娥五号”飞船在月球表面着陆过程如下：在反推火

箭作用下，飞船在距月面1()0m处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选

定相对平坦的区域后，开始以4=2m/s2垂直下降.当四条“缓冲脚”刚接触月

球表面时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经过A1=2s减速到0,停止在月

球表面上.飞船的质量加=100()kg,每条“缓冲脚”与月球表面的夹角为60°,

月球表面的重力加速度g=3.6m/s2,四条“缓冲脚”的质量不计.求：

⑴在飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做的功.

⑵从“缓冲脚”触“地”到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船

的冲量大小.

答案：(l)-1.6X105J港)136，)小N

解析：（1）设飞船加速下降时，火箭推力大小为产

根据牛顿第二定律可得mg—F=ma

推力对火箭做的功W=-Fh

联立解得W=-1.6X105J.

（2）设飞船四条“缓冲脚”刚接触月球表面时的速度大小为0

由运动学公式可得。2=2"

设从“缓冲脚”触“地”到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的

冲量大小为/

以向上为正方向，由动量定理得4/sin60°一机gAr=0一（一加。）

畦二M过,13600^3

联立解得1=---『一N•s.

第2讲动量守恒定律及其应用

⑮目I标任I务抓核心目标清

目标要求学科素养

1.知道动量守恒的条件，会用动量守恒1.理解弹性碰撞与非弹性碰撞的^念，

定律分析问题.建立物理观念.

2.掌握弹性碰撞与非弹性碰撞的规律.2.掌握利用动量守恒的求解思路，能建

3.知道反冲现象立物理模型解决问题，培养科学思维

知识特训

知识必记j务基础构体系

］外力和内力是相对的，与研究对

/I旁的选取有关

理想'守恒:_外力或所受合力为.

条件某一方向守恒:某个方向上合力为，该方向上动nt守恒

近似守恒:系统内力外力，动量近似守恒------——---一

7r-外力的冲量在相互作用构

如果一个系统不受或所爻合力为，则这个系统，时间内忽略不计，如碰技

内容

的总动才保持不变

动

p=p:即相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动珏和

垃f作用后的动质和

即相互作用的两个物体动址的增址等大反向

守达式TAP,=

-*1Ap=_，即系统总动量的增珏为—,

恒

弹性碰撞A动量守恒，机械能弹性碰技与完全非弹性星技是

定两种临界以态

碰撞卜T非弹性碰撞陶动员守恒，机械能

律

完全非弹动守恒，机械能

性碰撞m

应用|r

匣卜动量守恒，机械能—

回卜动址守恒，机械能

必记答案

不受零零远大于外力零等于一0零守恒有损失损

失最大增加增加

必验〕....................练基础固知识

1.思考判断

（1）只要系统的合力做功为零，系统的动量就守恒.（X）

⑵不受外力的两个物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.（J）

⑶若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大

小一定相同.（V）

⑷两物体相互作用时，若系统间存在摩擦力，则两物体组成的系统动量不守

恒.（X）

（5）只要系统所受合力为零，系统的动量就守恒，系统的机械能也守恒.（X）

2.（人教版选修3—5甲16•T5改编）某机车以0.8m/s的速度驶向停在铁轨上的15

节车随，跟它们对接.机车跟第1节车随相碰后，它们连在一起具有一个共同的

速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢.设机车和

每节车厢•的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后，车厢的速度为（铁轨的摩擦

忽略不计）（）

A.0.053m/sB.0.05m/s

C.0.057m/sD.0.06m/s

答案：B

解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得o=（"z+15加元,

则v=-j^uo=_j^XO,8iri/s=0.05m/s,故B正确.

3.（人教版选修3—5B7・T6改编）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡

板，A球静止放置在水平面上，3球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后

的速率之比为3：1,A球垂直撞向挡板，碰后以原速率返回.两球刚好不发生

第二次碰撞，则4、B两球的质量之比为（）

1

A.1：2B.2：1

C.1：4D.4：1

答案：D

解析：设A、8球的质量分别为〃〃、〃孙B球的初速度为如，取B球的初速度

方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B球碰撞后速

度大小相等，方向相反，分别为号和一岸则有川㈤0=/〃A•/+〃1一羽，解得

mA:〃3=4：1,D正确.

；艇以能力特训「核心突破课堂学案

能力点1对动量守恒定律的理解及其应用（自主冲关类）

［题组・冲关］

1.［动量是否守恒的判断］如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽

的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口4的正上方从静止

开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）

O

B.小球在半圆槽内运动的仝过程中，小球与半圆槽在水平方向上动量守恒

C.小球自半圆槽的最低点8向。点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向上

动量守恒

D.小球离开。点以后，将做竖直上抛运动

答案：C

解析：小球在槽内由4运动到8的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽

组成的系统在水平方向上的动量不守恒，故B错误；在小球由6运动到。的过

程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，槽的动能增加，小球的

机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从3运动到

C的过程中，小球与槽组成的系统在水平方向上的合力为零，故系统在水平方向

上动量守恒，C正确；小球离开。点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分

速度，小球做斜上抛运动，故D错误.

2.［某个方向的动量守恒］如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，

滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为〃?的小球以速度加向滑块滚来，

小球最后未越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（）

〃w。mvo

A，M+〃7BrM~

MvoMvo

r-----D---

,m

答案：A

解析：小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，

因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度

。（若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点）.由系统在水平方向上

动量守恒得〃侬）=（A7+m）v,所以吁黑,A正确.

3.［临界问题］如图所示，甲车的质量，〃1=20kg,车上有质量M=50kg的人，

甲车（连同车上的人）以0=3m/s的速度向右滑行，此时质量〃72=50kg的乙车正

以%=1.8m/s的速度迎面滑来.为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，

人从甲车跳到乙车上.则人跳出甲车的水平速度〃（相对地面）应当在什么范围内

才能避免两车相撞？（不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长）

1一

I:II（）1

甲乙

答案：〃23.8m/s

解析：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，人跳到乙车上，甲车和乙车的

速度相同时，两车恰好不相撞，设甲车、乙车与人共速时，速度为以

由动量守恒定律得（加।+M）v—m2Vo=（〃?।+mi+M）v'

解得v'=1m/s

设此时人跳离甲车的速度为。人，以人与甲车组成的系统为研究对象，人跳离甲

车的过程中系统动量守恒，有（/〃i+Af）o=/〃i。'十加。人

解得v人=3.8m/s

因此，只要人跳离甲车的速度人=3.8m/s,就可避免两车相撞.

［锦囊•妙法］

1.动量守恒定律的五个特性

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

动量是一个瞬时量，表达式中的〃1、…必须是系统中各物体在相互

同时性作用前同一时刻的动量，0‘、/22’…必须是系统中各物体在相互作用

后同一时刻的动量

相对性各物体的速度必须是相对同一参考系（一般是相对地面）

矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向

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

普适性

速运动的微观粒子组成的系统

2.应用动［聂守恒定律解题的“五步法”

明确研究对象IT研究的系统包含哪几个物体

“上八一判断系统动量是否守恒（或某一方向上

|进包方力分析日是否守恒）

I规定g方向IT一般规定初速度方向为正方向

|列中方程IT找出初、末态动量，列动量守恒定律方程

分苏讨论IT代入数据，求出结果，必要时讨论

3.应用动量守恒定律应注意以下两点

（1）确定所研究的系统，单个物体无法应用动量守恒.

⑵系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对地面

的速度.

能力点2碰撞模型（自主冲关类）

1.三种碰撞的特点

动量守恒："210+"22。2=，〃1。1'+"202’,

弹性碰撞

机械能守恒：品W?能品2祝=聂10'2+1/W2V2，2

动量守恒、末速度相同：m1in4-imvi=（mi+m2）v',机械能损失

完全非弹性碰撞

最多；机械能的损失△E=।vy+j—1（nii+

动量守恒：nnv\-\-m2V2=fmv\f+miV2f,

非弹性碰撞

机械能有损失：△£=(3〃71讲+；〃?2虎)一(5〃1功'2+5%202‘2)

2.弹性碰撞中的一动一静模型

©叫-d静止

m2

如图所示，在光滑水平面上，质量为”的物体以速度。0与质量为"22、静止的物

体发生弹性正碰，则有

动量守恒：fnwo=ni\v\-\-m2V2

机械能守恒：1济+1团2论

ZzZ

联立以上两式解得。尸号》,2m\

P2=^W°

（1）当m|=机2时，01=0,。2=次（质量相等,速度交换）

（2）当"］>以2时,切>0,V2>0,且。2>Ol（大碰小，前后跑）

（3）当加〈机2时，。1<0,。2>0（小碰大，要反弹）

（4）当加］»加2时,01=00,02=2%（极大碰极小,大不变，小加倍）

（5）当如《m2时,切=一。0,02=0（极小碰极大，小等速率反弹,大不变）

3.碰撞问题的“三条原则”

动量守恒bPI+PW'+M

Er+EkmRI'+E/喘啮产乐+糕

动能不增加O

两物体同向运动则碰前应有好后X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〃前‘，后'

速度合理3两物体相向运动碰后两物体的运动方向

不可能都不改变

■3教练〕....................研典例导解法

典例甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是pi=5

kg•m/s,p2=7kg•m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10

kg•m/s,则甲球的质量"7i与乙球的质量加2间的关系可能正确的是（）

A.〃?|=〃72B.2m\=mi

C.4/7?।=miD.6/z/i=m2

［解法指导］

①审题关键点：a.甲、乙两球碰撞时动量守恒，机械能一定守恒吗？

提示：不一定守恒，但不能增加.

b.碰后甲的速度和乙的速度若同向应满足什么关系？

提示：甲的速度小于等于乙的速度.

②解题切入点：不管什么类型的碰撞，都满足系统动量守恒、系统动能不增加、

速度符合实际的原则.

答案：C

解析：设碰后甲球动量变为,乙球动量变为〃2’，根据动量守恒定律得0

+〃2=pJ+p2‘，解得〃J=2kg・m/s.碰撞过程两球组成的系统的总动能不增

加，则有察+喘wj+瘾解得,W祢碰撞前甲的速度大于乙的速度，

则包〉比，解得也碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有心忘心，解得四

m\"12fm/m\nnrm

出,综上有gw詈C正确，A、B、D错误.

JJ，〃/1»

规律

碰撞问题的解题策略

（1）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应的方程求解.

（2）可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度

〃一切如

*C=7122

满足VI\如、vi=L^o.

tm-rtm"21十〃22

（3）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换

速度；当〃”>>〃72,且020=0时，碰后质量大的物体速度90不变，质量小的物体

速度为2。0；当如《机2,且。20=0时，碰后质量大的物体速度不变（仍静止），质

量小的物体以原速率反弹.

醺H专组...............练能力学方法

1.［碰撞现象满足的规律1（多选）两个小球A、8在光滑水平面上相向运动，已知

它们的质量分别是〃21=4kg,相2=2kg,A的速度初=3m/s（设为正），B的速度

S=-3m/s,则它们发生正碰后，其速度可能分别是（）

A.1m/s和1m/sB.4m/s和-5m/s

C.2m/s和-1m/sD.-1m/s和5m/s

答案：AD

解析：由动量守恒定律，可验证四个选项都满足要求.再看动能情况，初动能之

和济+$22.=gx4X9J+gx2X9J=27J,末动能之和EJ2

=落。1

+斗黑。2‘2,由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有反》以'，可排除B项.C

项虽满足反2反,，但A、8沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍保持原来

的速度方向（切'>0,s'<0）,这显然是不符合实际的，因此C错误.险证A、

D两项均满足£k2£k',故答案为A（完全非弹性碰撞）和D（弹性碰撞）.

2.［弹性碰撞问题］如图，立柱固定于光滑水平面上的O点，质量为M的小球。

向右运动，与静止于。点的质量为〃7的小球匕发生弹性碰撞，碰后。球立即向

左运动，球与立柱碰撞且能量不损失，所有碰撞时间均不计，人球恰好在P点

追到。球，。点为OP的中点，则。、方球质量之比M：加=（）

A.3：5B.1：3

C.2：3D.1：2

答案：A

解析：设口、〃两球碰后的速度大小分别为0、s.由题意有〃球与挡板发生弹性

碰撞后恰好在P点追上明则从碰后到相遇的过程a、b球通过的路程之比si:

52=1*3,根据$="得。2=3。］,以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，设

M的初速度为00.由动量守恒定律得Moo=M（一初）+"3,由机械能守恒定律得g

加3,解得M:〃?=3：5,故选A.

3.［完全非弹性碰撞问题］如图所示，轨道A6C中的AB段为一半径R=0.2m的

光滑;圆弧轨道，段为足够长的粗糙水平面.一小滑块。由A点从静止开始

下滑，滑到B点时与静止在B点的相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两滑

块在BC水平面上滑行一段距离后停下.g取10m/s2,两滑块与水平面间的动摩

擦因数相同且均为4=0.1.

A0

(1)小滑块P刚到达;圆弧轨道B点时，轨道对它的支持力尺为3N,求该滑块

的质量和运动到B点的速度大小.

(2)求滑块在水平面上滑行的距离.

答案：(1)0.1kg2m/s(2)0.5m

解析：(1)小滑块尸沿光滑;圆弧轨道下滑到达8点的过程中，由动能定理得mgR

=^mvi

在8点，由牛顿第二定律得人一"7g=,77斤

代人数据解得•团=0.1kg,VB=2m/s.

(2)碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得

mvit=2mv共

解得v1m/s

两滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得

19

一N2mgs=0-微

解得s=0.5m.

能力点3爆炸、反冲与人船模型(逐点突破美)

1.［爆炸问题］近年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放,

增加了节日气氛.假设一质量为m的烟花从地面上的4点以速度。竖直上升到

最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中

一块甲落在到A点距高为s处，不计空气阻力及消耗的炸药的质量，烟花炸裂时

消耗的化学能80%转化为动能，重力加速度为g.求：

(1)烟花上升的最大高度.

⑵烟花炸裂后的甲水平飞出时的速度大小.

(3)烟花炸裂时消耗的化学能.

答案:谒(<⑶甯

解析：(1)由竖直上抛规律得烟花上升的最大高度/?=而.

(2)设烟花炸裂后的甲水平飞出时的速度大小为0,由平抛运动规律得S=OM,h

解得矶=千.

(3)烟花炸裂后两块在水平方向上动量守恒，有

mm八

?i-m2=0

解得另一块的速度大小V2=V］

由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能

2xJ•表彳2，

户_22_5〃泣~

匕一80%—8〃•

［点拨・技法］

爆炸过程的特点

(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作

用力远远大于外力，尸户以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.

(2)总动能增加：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，因而在作用过程中，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立置以新的动量开始运动.

2.［反冲问题］将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，火箭模

型在极短时间内以相对地面的速度如竖直向下喷出质量为m的炽热气体.忽略

喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是

()

A3。B.奈。

八Mm

C.-voD.TTVO

M~mM—m

答案：D

解析：喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，故系统动量守恒.由动量守恒定

律有0=(M—mv3,得v=知二产，D正确.

［点拨・技法］

反冲过程的特点

当一个静止的物体向某个方向射出物体的一部分时，这个物体的剩余部分将向相

反的方向运动，这种现象叫反冲运动.

(1)反冲中的动量守恒

反冲过程中两部分物体间的相互作用力是变力，作用时间很短，作用力很大，远

大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理.

(2)反冲中的能量

因为有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能会增加.

3.［人船模型1如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为例的人

从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多

少？

解析：设人与船的速度大小分别为5、U2,因整个过程中人与船组成的系统动量

守恒，所以有

mv\=Mvi

设整个过程中人与船的平均速度大小分别为。I、02,则有

mvi=Mv2

两边乘以时间/,有mv\t=Mv2tf即"ixi=Mx2

且X1+X2=L,可求出.VI=L,X2=L.