江苏2023版高三一轮总复习物理第六章动量教案

第方章动量

高考(江苏卷)五年命题情况对照分析

知能模块考点内容2021年

20172018201920202021命题分析

适应考

高考对本

第1节

动量、动量T：冲量、堂的考直

动量和动u

定理动量定量热点是动

量定理

量定理、动

动量守恒量守恒定

定律律与牛顿

第2节运动定律、

弹性碰搏

动量守恒T】z：动量守T”：动量守「二：动量守能量守恒

和非弹性

定律及其恒定律恒定律恒定律的综合应

碰撞(一维

应用用。本率

碰撞)较以往要

反冲运动求较高，考

查形式多

实验八验证动量守恒Tn：验证动

为选择题

定律量定理

和计算题。

物理观念：动量、冲量、碰撞、反冲。

科学思维：动量定理、动量守恒定律、人船模型、木块一滑块模型、子弹打木块模型、含弹簧模型，

核心素养

科学探究:验证动量守恒定律。

科学态度与责任：现代航天技术与反冲。

山矗动量和动量定理

［走进教材-夯实基础］回顾知识•激活技能

龄梳理•必备知识

一、动量、动量的变化量'冲量

1.动量

⑴定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用P来表示。

⑵表达式：p=nw。

(3)单位：kg-m/So

(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

2.动量的变化量

(1)方向：因为动量是矢量，动量的变化量\p也是矢量,其方向与速度的

改变量Av的方向相同。

(2)大小：动量的变化量Ap的大小，一般用末动量p，减去初动量p进行计算,

也称为动量的增量。即

3.冲量

(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。

(2)公式：/=£!□

(3)单位：冲量的单位是牛•秒,符号是

(4)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

二、动量定理

1.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。

2.表达式：Ft=Ap=p'—po

3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同,可以在某一方向上应

用动量定理。

©激活•基本技能

一、易错易误辨析(正确的打“J”，错误的打“X”)

(1)物体的动能变化时，动量一定变化。(。)

(2)两物体的动量相等，动能也一定相等。(X)

(3)动量变化量的大小不可能等于初、末状态动量大小之和。

(X)

(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律。(X)

(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。

(X)

(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同。

(V)

二'教材习题衍生

L(动量变化量)质量为0.5kg的物体，运动速度为3m/s,它在一个变力作

用下速度变为7m/s,方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为()

A.5kg-m/s,方向与原运动方向相反

B.5kg-m/s,方向与原运动方向相同

C.2kg-m/s,方向与原运动方向相反

D.2kg-m/s,方向与原运动方向相同

［答案］A

2.（冲量与动量定理）质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀变速直线运

动,经过2s,动量大小变为14kg・m/s,则该物体（）

A.所受合外力的大小可能大于UN

B.所受合外力的大小可能小于3N

C.冲量大小可能小于6N・s

D.冲量大小可能大于18N・s

D［若以物体初速度方向为正方向，则初动量pi=/«0i=8kg・m/s,末动量

大小为14kg皿左，则有两种可能：当p2=14kg・m/s,则Ff=p2—pi=6kg・m/s,

F=3N;当p2=-14kg・m/s,则Ft=p2—pi=-22kg・m/s,F=-11N,负号表

示方向，故选项A、B、C错误，D正确。］

3.（动量定理与动能定理）一质量为机的物体静止在光滑水平面上，在水平

力尸作用下，经时间。通过位移L后，动量变为p,动能变为Ek。若上述过程

尸不变，物体的质量变为岸，以下说法正确的是（）

A.经过时间2f,物体动量变为切

B.经过位移2L,物体动量变为2P

C.经过时间2f,物体动能变为4&

D.经过位移2L,物体动能变为4耳

A［由动量定理得则经过时间2f,物体的动量p2=F・2f=2p,由p2

=2mEk,得物体的动能Ek2=G4=8Ek,选项A正确，C错误；由动能定理

2.-

22

Ek=FL,则经过位移2L,物体的动能Ek2=F2L=2Ek,由p2=2，〃Ek,得物体

的动量P2=1/2•墨2Ek=p,选项B、D错误。］

［细研考点-突破题型］重难解惑•直击高考

考点1动量及动量变化量的理解I基本考点通关

1.（对动量的理解）下列关于动量的说法正确的是（）

A.质量大的物体动量一定大

B.速度大的物体动量一定大

C.两物体动能相等，动量不一定相等

D.两物体动能相等，动量一定相等

C［动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两

个因素有关，A^B错；由动量大小和动能的表达式得出蔡瓦，两物体动

能相等，质量关系不明确，动量不一定相等，D错，C对。］

2.（动量变化量的大小和方向）关于动量的变化，下列说法中不正确的是

（）

A.做直线运动的物体速度增大时，动量的增量》的方向与运动方向相同

B.做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Ap的方向与运动方向相反

C.物体的速度大小不变时，动量的增量。为零

D.物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零

C［当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量P2大于初态动量pi,

由矢量的运算法则可知Ap=p2—pi>0,与物体运动方向相同，如图（a）所示，所

以A选项正确；当做直线运动的物体速度减小时，p2Vp1,如图（b）所示，Ap与

pi（或P2）方向相反，与运动方向相反，故B选项正确；当物体的速度大小不变时，

其方向可能变化，也可能不变化，故动量可能不变化即Ap=O,也可能动量大小

不变而方向变化，此种情况ApWO,故C选项错误；当物体做平抛运动时，速

度的大小和方向变化，即动量一定变化，Ap一定不为零，如图（c）所示，故D选

项正确。

3.（动量的变化量与动能变化量）质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度

落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地

面接触的时间内，关于球的动量变化量如和合外力对小球做的功W,下列说法

正确的是()

A.Ap=2kg-m/s,W=—2J

B.Ap=-2kg-m/s,W=2J

C.Ap=0.4kg-m/s,W=~2J

D.Ap=—0.4kg*m/s,W=2J

A［取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Ap=M02

=0.2X4kg-m/s-0.2X(―6)kg-m/s=2kg-m/s,方向竖直向上。由动能定

理知，合外力做的功虎一；/n0，=：XO.2X42J—：X0.2><62J=-2J。］

畲规律总结

1.动量的两性

(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而

言的。

(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动

量。

2.动量与动能的比较

名称

动量动能动量变化量

项目

物体的质量和速度物体由于运动而具物体末动量与初动

定义

的乘积有的能量量的矢量差

L12

定义式p=mvEk=2mvAp=p'-p

矢标性矢量标量矢量

特点状态量状态量过程量

p21I-------2Ek

关联方程k9

^~2m后卜―2〃夕，p-72mEk,p.v

考点2冲量、动量定理的理解及应用《热门考点突破

1.对冲量的理解

⑴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，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向

一致。

(2)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。

2.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At越短，力厂就越大；力的

作用时间M越长，力尸就越小。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At越长，动量变化量Ap越大；力的

作用时间4越短，动量变化量Ap越小。

3.应用动量定理解题的一般步骤

(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个

物体。

(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，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求

解。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。

角度1对冲量的理解

1.(对冲量的理解)如图所示，质量为根的小滑块沿倾角为。的斜面向上滑

动，经过时间口，速度变为零并又开始下滑，经过时间f2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Ffo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mg(fi+f2)sin。

B.支持力对滑块的总冲量大小为mg(6+?2)cos0

C.合外力的冲量为0

D.摩擦力的总冲量大小为4。1+切

B［重力对滑块的总冲量大小为机g(fi+f2),故A错误；支持力对滑块的总

冲量大小为/ng(fi+，2)cos〃，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，故若

以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量大小为6(/2—A),故D错误。］

2.(冲量大小及动量变化量大小的比较)如图所示，一物体分别沿三个倾角

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11、/2、h,动量变化量的大小分别为Api、邸2、bp3,贝11()

60叭45次30队

BCDE

A.三个过程中，合力的冲量相等，动量变化量相等

B.三个过程中，合力做的功不等，动能变化量相等

C.I\<h<h,Api=A02=Ap3

D.Ii<h<h>Api<Ap2VAp3

C［由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小。相等，

动量变化量大小相等，即Api=Ap2=A03；根据动量定理，合力的冲量

等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，但方向不同，故A错误；设斜

面的高度为心从顶端4下滑到底端，由刍=；gsin6•产，得物体下滑的时间，

所以，越小，sin?，越小，，越大，重力的冲量就越大，故

h<h<h,故C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相

等，根据动能定理，动能变化量相等，故B错误。］

►角度2动量定理的应用

3.(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

D［行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气

体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机

的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机

动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动最终量为零，所以安全气囊不能

减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的

动能转化为气囊的弹性势能及气囊气体内能，C项错误。］

4.（2019•全国卷I）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

B［根据动量定理有解得等=《=L6X1（P女阱，所以选项

B正确。］

角度3动量定理与图像的结合

5.如图所示，物体从f=0时刻开始由静止做直线运动，0〜4s内其合外力

随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是（）

A.0〜2s内合外力的冲量一直增大

B.0〜4s内合外力的冲量为零

C.2s末物体的动量方向发生变化

D.0〜4s内物体动量的方向一直不变

C［根据尸"图像面积表示冲量，可知在0〜2s内合外力的冲量一直增大,

A正确；0〜4s内合外力的冲量为零，B正确；2s末冲量方向发生变化，物体

的动量开始减小，但方向不发生变化，0〜4s内物体动量的方向一直不变，C错

误，D正确。］

6.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随

时间，变化的图线如图所示，贝!1()

A.f=ls时物块的速率为lm/s

B./=2s时物块的动量大小为5kg-m/s

C.，=3s时物块的动量大小为5kg・m/s

D.f=4s时物块的速度为零

Fi2

A［前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度==2m/s2

=1m/s2,f=ls时物块的速率Vi=aiti=lm/s;t=2s时物块的速率02=。血=2

m/s,动量大小为p2=/M02=4kg・m/s;物块在2〜4s内做匀减速直线运动，加速

Ft

度的大小fl2=m=0.5m/s2,f=3s时物块的速率03=02-a2f3=(2—0.5Xl)m/s

=1.5m/s,动量大小p3=/n03=3kg・m/s;f=4s时物块的速度04=02—a2f4=(2

—0.5X2)m/s=1m/s0］

考点3应用动量定理处理“流体类”问题,综合能力提升

“流体类柱体”模型

通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具

流体及其特点

有连续性，题目中通常给出密度p作为已知条件

建立“柱体”模型，沿流速。的方向选取一段柱形流体，其横

分析步1

截面积为S

骤

2用微元法研究，作用时间At内的一段柱形流体的长度M=vAt,

对应的质量为Sm=pV=pSAl=pSp't

3建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体

［典例1］京亚)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。。竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于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。

［解析］(1)在刚喷出一段很短的Af时间内，可认为喷出的水柱保持速度劭)

不变。

,Mg

该时间内，喷出水柱高度A/=ooAf①

喷出水柱质量②

其中AV为水柱体积，满足AV=A/S③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为々f=pooS。

(2)方法一：动量定理、运动学公式

设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得尸＞=④

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江=尸冲⑤

其中，尸A为玩具底部对水柱的作用力，/为水柱到达玩具底部时的速度

由运动学公式得。"一扰=—2g。⑥

在很短At时间内，冲击玩具水柱的质量为Am

\m=pvnS\t⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得

一(F压+A/ng)A£=-Nnw'⑧

由于A£很小，A/ng也很小，可以忽略，⑧式变为

尸aA£=A/n。'⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h=%—2p2i^S2°

方法二：牛顿定律、运动学公式，由牛顿第二定律得

尸+(A/n)g=(Am)a

因At很小很小，有F=Mg》(Am)g

v—0

则有Mg=A机a=A/w-左一

MgAt

解得o=

Am

对每一个水柱由运动学公式得

vj-v2Mig

〃=2g=标—20208s2°

［答案］(DpooS(2喘-2典Q

蝮I型2

“微粒类柱体”模型

通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质

微粒及其特点

量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数〃

建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的

1

横截面积为S

分析

用微元法研究，作用时间M内一段柱形流体的长度为M,

步骤2

对应的体积为AV=SuoAZ,则微元内的粒子数N=nvoSNt

3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算

［典例2］有一宇宙飞船，它垂直于运动方向的最大截面积5=0.98m2,以

0=2X103m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，

微粒的平均质量机=2X10-7要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加

多少？(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)

［解析］选在Af时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量等于底面积

为S、高为uAf的圆柱体内微粒的总质量，M=mSv\t9初动量为0,末动量为

Mvo

设飞船对微粒的作用力为死由动量定理得

0,

…MvmSvM*vc

贝4F=~\t=~\T~=mSv)

根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mS/,则飞船要

保持原速度匀速飞行，牵引力的增加量为9=b=，〃S",

代入数据解得—=0.784N.

［答案］0.784N

［跟进训练］

1.雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面

上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯

中雨水上升了15mm,查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s,设雨滴撞击

芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为lX103kg/m3,据此估算芭蕉叶面

单位面积上的平均受力约为()

A.0.25NB.0.5NC.1.5ND.2.5N

A［设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F,设在4时间内有质量为

Am的雨水的速度由0=10m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动

量定理：FAZ=0-(-A/MV),得：?=誓^设水杯横截面积为S,对水杯里的

雨水，在At时间内水面上升"?，则有：\m=pS\h,可得F=pSv^,由牛顿

第三定律可知，芭蕉叶面受到的平均作用力F'=F,压强为P=9=PO^=

［5X］0-3

1X1O3X1OX-^--N/m2=0.25N/m2,即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约

10X6U

为0.25N,故选项A正确，B、C、D均错误。］

2.一艘宇宙飞船以。=1.0X104m/s的速度进入密度为p=2.0XKT;kg/n?

的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S=5m2,且认为微

陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力

应为多大?

［解析］设，时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Am,则\m=pSvt

①

这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结

果，由动量定理有Ft=\p=\mv②

则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft,为使飞船速度保持不变，飞船应增加

的牵引力为AF=F③

综合①②③并代入数值得AF=100N,即飞船的牵引力应为100N。

［答案］100N

动量守恒定律及其应用

［走进教材-夯实基础］回顾知识,激活技能

€＞梳理•必备知识

一、动量守恒定律

1.动量守恒定律的内容

如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为雯，这个系统的总动量

保持不变。

2.动量守恒的表达式

(l)p=p，(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p，)。

(2)Ap=0(系统总动量变化为零)。

(3)AP1=一ApM相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量增量大小相等，

方向相反)。

3.动量守恒的条件

⑴系统不受外力或所受外力之和为零时,系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大王外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力,

或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

二、动量守恒定律的应用

1.碰撞

(1)概念：碰撞是指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

物体组成的系统动量守恒。

⑶分类：

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

2.反冲运动

（1）作用原理：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相

反方向运动的现象。

（2）动量守恒：反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定

律来处理。

（3）机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系

统的总机械能增加。

3.爆炸问题

（1）爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力,

所以系统动量守恒。

（2）爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的

动量开始运动。

€＞激活•基本技能

一、易错易误辨析（正确的打“J”，错误的打“x”）

⑴系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。

（V）

（2）动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。（X）

⑶物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。（J）

⑷在爆炸现象中，动量严格守恒。（X）

⑸在碰撞问题中，机械能也一定守恒。（X）

⑹反冲现象中动量守恒、动能增加。（J）

二'教材习题衍生

1.（动量守恒的判断）下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是（）

A.如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车

组成的系统

B.如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的

系统

C.子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统

D.斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时

C［对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有

重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹

和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为

零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受

合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到

重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。］

2.（动量守恒定律的应用）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人

和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下,

下列说法不正确的是（）

A.车左右往复运动

B.车持续向右运动

C.大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒

D.当大锤停止运动时，人和车也停止运动

B［把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据系统水平方

向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头

敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小

车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和

车也停止运动，A、C、D正确。］

3.（动量守恒定律的应用）质量为山、速度为。的A球与质量为的静止

的5球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后5球

的速度可能有不同的值，碰撞后5球的速度大小可能是（）

A.0.6vB.0.4vC.0.2vD.v

B［根据动量守恒定律得zn0=/n0i+3/n02,则当02=0.6。时，？［=—0.8%

r222

则碰撞后的总动能Ek=l/n(—0.8P)+1X3/W(0.6P)=1.72X^mv9大于碰撞前

的总动能，违反了能量守恒定律，故A项错误；当勿=0.4。时，n=-0.2v,

则碰撞后的总动能为£k=；»i(—O.20)2+；X3/〃Q4o)2=O.52X；机"，小于碰撞

前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当02=0.2。时，力=0.4%

则碰撞后的A球的速度大于5球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透5球，

故C项错误；当。2=。时，VI=-2P,显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动

能，故D项错误。］

［细研考点・突破题型］重难解惑•直击高考

考点1动量守恒定律的理解及应用《综合能力提升

1.动量守恒定律的五个特性

矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向

相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)

动量是一个瞬时量，表达式中的P1、02、…必须是系统中各物体在相

同时性互作用前同一时刻的动量，PK/2、…必须是系统中各物体在相互作

用后同一时刻的动量

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.动量守恒定律常用的四种表达形式

d)p=p'：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p，大小相等,

方向相同。

(2)Ap=p，-p=0：即系统总动量的增加量为零。

(3)AP1=-Ap2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增

加量等于另一部分动量的减少量。

(4)miVi+m2V2—miv'i+m2v'2,即相互作用前后系统内各物体的动量都在同

一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。

3.动量守恒中的临界极值问题

(1)当小物块到达最高点时，两物体速度相同。

⑵弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大。

(3)两物体刚好不相撞，两物体速度相同。

K...................E

(4)滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。

Ai

［典例］(动量守恒定律与能量守恒的综合应用)金叁如图所示，质量

为机=245g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的

木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为〃=0.4。质量为孙)=5

g的子弹以速度。。=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取

10m/s2o子弹射入后，求：

⑴子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度初;

(2)木板向右滑行的最大速度02。

审题指导：

题干关键获取信息

子弹进入物块后到一起向右

木板速度仍为零

滑行的时间极短

子弹、物块、木板三者共速时，木

足够长的木板

板有最大速度V2

［解析］(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由

动量守恒可得

movo=(mo+m)vi,解得。i=6m/s。

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可

得

（mo+m+M）V2,

解得6=2m/so

［答案］（1）6m/s（2）2m/s

［变式］在上例中，物块在木板上滑行的时间，是多少？整个过程共损失了

多少机械能？

［解析】对物块和子弹组成的整体应用动量定理得

一"（/no+=（/no+机）02—（加o+机）。1

解得t=1S

整个过程损失的机械能为

AE=%i（加一+，〃+M）v2z—223.5J。

［答案］1s223.5J

畲规律总结应用动量守恒定律解题的一般步骤

（日确?）—-确定系统的组成及要研究的过程

空对

判断动量是杳守恒

（■分析过程，，一确定初、末状态的动量

①5^）一►根据动量守恒定律列方程求解或讨论

一［跟进训练］

角度1某个方向上动量守恒的判断

1.如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光

滑的、半径为R的;圆弧轨道。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止

开始释放，下列说法中不正确的是（）

A.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒

B.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒

C.小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒

D.小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒

A［小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水平方向

上动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，所以总的动量不守恒；除重力以外

的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、D正确。］

角度2动量守恒中的临界极值问题

2.如图所示，质量均为机的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，

质量为2m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：

(1)小孩接住木箱后共同速度的大小；

(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度。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］(1)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O=(/n+2/w)0i一，"以

接住木箱的过程中mv+(»i+2m)vi=(机+/〃+2in)V2»

v

解得02=不。

⑵若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mV2=3invi-mv,

则为=0,故小孩无法再次接住木箱。

［答案］(靖(2)不能

角度3动量守恒中的临界极值问题

3.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10机、12m,

两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2处、vo.为避免两船相撞，乙船上

的人将一质量为机的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛

出货物的最小速度。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)

2v0

［解析］设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为小in,抛出货物后乙船的

速度为。匕。甲船上的人接到货物后甲船的速度为。,，规定向右的方向为正方

向。

对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得

12/nro=ll»ir匕一»i0min①

对货物和甲船的作用过程，同理有

10mX2U0—=?②

为避免两船相撞应有0甲=0匕③

联立①②③式得0min=40o。

［答案］4%

考点2碰撞问题«综合能力提升

1.碰撞现象三规律

J动量守恒♦、运动方向上满足动方守上的条件

砺丽/不能增加除小徐亮+急

三规律

同向碰撞:碰前应有。后〉"前，

碰后应有。/N"后’

速度要合理｝

相对运动:碰后两物体的运动

%•向不可能都不改变

2.弹性碰撞的结论

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为机I、速度为

力的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

miVi=miV,i-^-ni2V,2

$〃1济=；机10'彳+$〃20弓

“”加，.2imvi

解得%=如+加'"=赢不嬴

结论：⑴当m1=m2时,。'1=0,力2=矶（质量相等,速度交换）;

⑵当机1>/〃2时，0'2>0,且0，2>。〉（大碰小,一起跑）;

（3）当加1<加2时,0，2>0（小碰大，要反弹）；

（4）当7K1》网时,Vri=Vi,0、=201（极大碰极小，大不变，小加倍）；

（5）当时，V,^—Vl,力2=0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）。

3.完全非弹性碰撞

碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。

+〃22。2=（机1+机2）。

1/nivi+!?n2v5=1（77ii+/n2）v2+AEkffimax

4.碰撞遵守的原则

⑴动量守恒。

（2）机械能不增加。即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Eki+Ek22EkJ

+府喊+如喘+喘。

（3）速度要合理

①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且。前后。

②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。

［典例］曰经如图所示，光滑水平轨道上放置长木板4上表面粗糙）

和滑块C,滑块5置于4的左端，三者质量分别为/〃A=2kg,m/i=lkg,me

=2kgo开始时。静止，A.B一起以0o=5m/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、5再次达到共同速度一

起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求4与。发生碰撞后瞬间A的速度大小。

巴,/....!......

审题指导：

题干关键获取信息

A与。碰撞时间极短系统4、C动量守恒

4、5再次同速，恰好不与。碰撞最后三者同速

［解析］长木板4与滑块。处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰

撞过程中滑块5与长木板4间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成

的系统在碰撞过程中动量守恒，则血400=应404+，"。伙>两者碰撞后，长木板4

与滑块5组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则

IHAVA+/MBUO=(/MA+/MB)vo长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑

块C碰撞，则最后三者速度相等，0c=0。

联立以上各式，代入数据解得OA=2m/s。

［答案］2m/s

［变式］在上例中(1)4与C发生碰撞后粘在一起,则三个物体最终的速度是

多少？

(2)在相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？

［解析］(1)整个作用过程中，4、6、C三个物体组成的系统动量守恒，最

终三者具有相同的速度，根据动量守恒

(mA+mn)vo=+/WB+/«c)0

代入数据可得v=3m/s0

⑵三者最后的速度v=3m/s

相互作用前Ei=1(/MA+=37.5J

A、3再次达到共同速度时

Ei=\(mA++