高考物理复习第六章碰撞和动量守恒讲义教案有答案

选修3-5第六章碰撞与动量守恒

基础课1动量和动量定理

I保前自主椅理I紧抓教材，自主落实

知识点一、动量

i.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〃来表示。

2.表达式：p=nwo

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。

5.动量、动能、动量变化量的比较

名称

项目^\动量动能动量变化量

物体的质量和速度的物体由于运动而具有物体末动量与初动量

定义

乘积的能量的矢量差

定义式p=mvEk=加炉

矢标性矢量标量矢量

特点状态量状态量过程量

关联方程&嗡Ek—；pv,p—y/2mEk,p—4

知识点二、动量定理

1.冲量

⑴定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。

公式：I=Ft0

(2)单位：冲量的单位是牛•秒,符号是

(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

2.动量定理

(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。

(2)表达式：Ft=bp=p'—p°

(3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同,可以在某一方向上用动量定

理。

［思考判断］

(1)两物体的动量相等，动能也一定相等。()

(2)动量变化的大小，不可能等于初末状态动量大小之和。()

(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量。()

(4)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。()

(5)物体的动量越大，虹物体的惯性就越大。()

答案(I)X(2)X(3)X(4)X(5)X

I课堂互动探知不同考点，不同学法

考点n动量、冲量的理解及计算

1.冲量和动量的比较

冲量/动量〃

力与力的作用时间的乘积叫做力的

定义质量和速度的乘积叫做动量

冲量

公式l=Ftp=mv

单位N-skg-m/s

矢量，方向与速度的方向相

矢标性矢量，方向与恒力的方向相同

同

特点过程量状态量

2.冲量和功的区别

(1)冲量和功都是过程量。冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积

累作用。

(2)冲量是矢量，功是标量。

(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲

量一定不为零。

跟进题组多角练透

1.［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，动量不一定相同

D.两物体动能相等，动量一定相等

解析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〃=的丽，两物体动能相同,

质量关系不明确，并且动量是矢量，动能是标量，故D错，C正确。

答案C

2.［冲量、动量的理解|如图1所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直

方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完

全相同的小滑块。、力分别从M、。点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运

动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（）

图1

A.合力对两滑块的冲量大小相同

B.重力对。滑块的冲量较大

C.弹力对。滑块的冲量较小

D.两滑块的动量变化大小相同

解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力尸=〃7外山〃（〃为滑轨

倾角），Fa>Fh,因此合力对。滑块的冲量较大，〃滑块的动量变化也大；重力的

冲量大小、方向都相同；弹力FN=mgCOSaFNa<FNb,因此弹力对。滑块的冲量

较小。故选项C正确。

答案C

3.|用/=力计算恒力冲量|如图2所示，质量为川的小滑块沿倾角为。的斜面向

3

上滑动，经过时间小速度为零并又开始下滑，经过时间亥回到斜面底端，滑块

在运动过程中受到的摩擦力大小始终为兮。在整个运动过程中，重力对滑块的总

冲量为()

图2

A.〃吆(/i+/2)sin。B.—/2)sin0

C.mg(力+/2)D.0

解析重力是恒力，重力的冲量等于重力与重力作用时间的乘积，即整个运动过

程中重力的冲量为mg(fl+f2)。选项C正确。

答案C

考点动量定理的理解及应用

1.对动量定理的理解

⑴动量定理的表达式Ft=p>~p是矢量式，右边是物体受到的所有外力的总冲量,

而不是某一个力的冲量。其中产是所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变

力，如果合外力是变力，则尸是合外力在时间，内的平均值。

(2)动量定理的表达式Ft=pl-p说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量

变化的原因。

(3)动量定理说明的是合外力的冲量小和动量变化量的关系，合外力的冲量由

动量的变化量反映出来，/会与△〃不仅大小相等，方向也相同。

(4)动量定理具有普适性，动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用。

2.动量定理的要点

(1)矢量式。

(2)F既可以是恒力也可以是变力。

(3)冲量是动量变化的原因。

(4)由Ft=pl-p,得/二左产=半，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的

变化率。

3.用动量定理解释现象

(1)△〃一定时，尸的作用时间越短，力就越大：时间越长，力就越小。

4

(2)”一定，此时力的作用时间越长，△〃就越大；力的作用时间越短，A〃就越

小。

分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。

【典例】[用动量定理求变力的冲量]如图3所示，一质量为根的滑块在固定于

竖直平面的半径为R的光滑轨道内运动，若滑块在圆心等高处C点由静止释放，

则滑块从C点到达最低点B的过程中所受合力的冲量大小为多大？方向如何？

解析根据机械能守恒定律，有

mgR=%遥所以VB=\[2^R

根据动量定理1=mvB—0=nr^l^R

冲量/的方向一定与S的方向相同，水平向右。

答案nr^l^R水平向右

【拓展延伸】

在【典例】中，若滑块在圆轨道上运动时能够到达圆周的最高点，且这时对轨道

压力刚好为0,则滑块从A点沿轨道到达最低点B的过程中所受到的合力的冲量

的大小多大？方向如何？

解析滑块在A点时对轨道压力刚好为0,说明此时物体只受重力。

从4到B机械能守恒，有mg.2R+%忌=%/苏

VB=y[5Rg

根据动量定理，并设向左方向为正，则

I=m(­VB)-tnvA

=—mZ5Rg+4^)=—(小+1)irr\[Rg

答案/I1)，〃倔方向水平向右

5

I跟进题组多角练透

1.I用动量定理解释生活现象1人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖

先着地，这是为了（）

A.减小地面对人的冲量

B.使人的动量变化减小

C.减小地面对人的冲力

D.增大人对地面的压强，起到安全保护作用

解析人从高处跳下落地时的速度是一定的，与地面接触的过程中，人的动量变

化是定值，所受到的冲量也是一定的，但脚尖先着地增加了缓冲时间，使得人所

受冲力减小，起到安全保护作用，这个过程中人对地面的压强也相应减小。选项

C正确。

答案C

2.［用动量定理求变力冲量］一个质量为m=100g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，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为（取#=10

m/s2）（）

A.0.6N-sB.0.4N-sC.-0.6N-sD.-0.4N-s

解析设小球自由下落〃=0.8m的时间为力，由

得力=\^=0.4So

如设为软垫对小球的冲量，并令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

，咫⑺+⑵+小=（）,解得4v=~0.6N-s0

负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。

答案C

3.［用动量定理求动量变化］如图4所示，跳水运动员（图中用一小圆圈表示），从

某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量〃z=60kg,初速度a=10

m/So若经过Is时，速度大小为。=106m/s,则在此过程中，运动员动量的变

化量为（g=10m/s2,不计空气阻力）（）

6

A.600kg-m/sB.600\2kg-m/s

C.600(72-l)kg-m/sD.600(m+l)kg-m/s

解析根据动量定理得：A/;=w^r=60X10X1kg-m/s=600kg-m/s,故选项A正

确。

答案A

4.［动量定理的应用］一质量为().5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A

点5m的位置R处是一面墙，如图5所示c物块以7g=9m/s的初速度从A点沿

方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运

动直至静止。g取10m/s20

图5

(1)求物块与地面间的动摩擦因数〃；

(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。

解析(1)对小物块从4运动到B处的过程中

应用动能定理

—f-imgs=；/加—少加8①

代入数值解得4=0.32②

(2)取向右为正方向，碰后滑块速度

v,=~6m/s

由动量定理得：必仁/加一/加③

解得F=-130N®

其中“一”表示墙面对物块的平均力方向向左。

7

(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得

—W=()—。"⑤

解得W=9J

答案⑴0.32(2)130N(3)9J

方法技巧

1.用动量定理解题的基本思路

f物体

_求每个力的冲量，/求合冲

"分—"量或先求合力，再求合冲量

，^析过袁、，选取正方向,确定初、未

态的动量和各冲量的正负

~►根据动量丈理何方程求解

2.动量定理的应用技巧

(1)应用/=△〃求变力的冲量

如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用/=R求冲量，可以求

出该力作用下物体动量的变化Ap,等效代换得出变力的冲量/。

(2)应用Ap=FAf求动量的变化

例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(△p=p2—〃i)需要应用

矢量运算方法，计算比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代

换得出动量的变化。

多学一点〉------------------------积累学习拓展思维-------------------------------------

应用动量定理求解连续作用问题

机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题。这类问题的特点

是：研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体)，动量定理应用的对象是质点

或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间

内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理,

或者结合牛顿运动定律综合求解。

【思维训练1】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为〃?，单位体

8

积内粒子数量〃为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均

为V,且与器壁

各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速

率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力/与m、〃和。的关

系。

(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说

明)

解析一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量A/=2〃w如图所示，以器壁上面

积为S的部分为底、。4为高构成柱体，由题设可知，其内有上的粒子在加时间

内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N=，〃・S必，

!一司

时间内粒子给嚣壁的冲量1=NN=/sm6At

器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F=£

F1

则器壁单位面积所受粒子的压力片g=热加2

答案f=^nmv2

【思维训练2】一股水流以10m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为

0.5cm2,有一质量为0.32kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲

击球后速度变为0,则小球停在离喷嘴多高处？

解析小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力/①

小球受到的冲力大小等于小球对水的力。取很小一段长为△/的小水柱△/〃，其受

到重力Amg和球对水的力F,取向下为正方向。

(F+Amg)t=0—(—\mv)@

其中小段水柱的重力忽略不计，\ni=pSM

②式变为歹=正券

9

因/很短，△/很小，一小段A/的水柱可以看成匀速上升，M=vto

上式变为F=pS/③

。为冲击小球前水的速度，即水以初速如射出后，上升到〃高处时的速度。根据

竖直上抛的公式有

v2—vi=2(­g)h

所以v—ylvc)—2gh

代入③，有R=〃S(好—2g加

代入①，有mg=pS(vi—2f>h)

vpSpSvj—m^

仁2g=2gps

LOX103义0。义IO^X1()2-032X]0_

2X10Xl.OX1O3X().5X1()-4m=1.8m

答案1.8m

方法技巧

动量定理用于处理连续流体或粒子流的作用力问题，分析的关键是构建合理的物

理模型，即隔离出一定股状的流体或粒子流作为研究对象，从而化“无形”为“有

形”。

高考模拟演练I对接高考，演练支升

1.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处

跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降

至最低点的过程中，下列分析正确的是()

A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小

B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小

C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大

D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力

解析从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由

牛顿第二定律〃吆一b=机。可知，人先做加速度减小的加速运动，当。=0时，F

=〃吆，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F>mg1由

牛顿第二定律F-mg=ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直

10

到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知

A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误，

答案A

2.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落

到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为〃（可视为自由落体运动）.此后经历

时间，安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间

安全带对人的平均作用力大小为（）

A.t+"KB.t-mg

N局

2gD.「°-一;ng

解析由自由落体运动公式得人下降力距离时的速度为。=，丽，在，时间内对

人由动量定理得（尸一加。=/加，解得安全带对人的平均作用力为广=加产十"?g,

A项正确。

答案A

3.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的喷口持续以速度如竖直向

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

（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；

（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

解析（i）在刚喷出一段很短的4时间内，可认为喷出的水柱保持速度。。不变。

该时间内，喷出水柱高度①

喷出水柱质量Ao②

其中为水柱体积，满足Ao=A/S③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为

W=pooS

（ii）设玩具底面相对于喷口的高度为/?

11

mg

由玩具受力平衡得/冲=A/g④

其中，/*为水柱对玩具底部柱的作用力

由牛顿笫三定律：“压一厂冲⑤

其中，尸压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：v,2—vi=-2gh@

在很短△/时间内，冲击玩具水柱的质量为加〃

Am=pvoSAt(⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理

(F压十△〃约'⑧

由于加很小，Amg也很小，可以忽略，⑧式变为

由④©⑥®⑨可得h卷一^

答案⑴频(晦一流

4.在水平方向的匀强电场中，有一带电正粒子质量为加、电荷量为“，从八点以

初速度。。竖直向上射入电场，到达最高点5时的速度大小为2处。如图6所示，

不计空气阻力。试求：该电场的场强E。

B

0-----*2r0

图6

解析题设带电粒子能达到最高点，隐含粒子的重力不能忽略。粒子在运动过程

中受到两个力：竖直向下的重力，〃g、水平向右的电场力q及因粒子带正电，故

电场强度的方向水平向右。在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖

直上抛运动。到达最高点8点时，竖直分速度2V=0,设所用的时间为人运用动

量定理的分量式，有

水平方向：qEt=nv2vo-00

12

竖直方向：〃2g/=0—（一"W0）②

由①©得哈=2,则七=等。

，〃gCj

答案华，水平向右

课时达标训练强化训练，技能提高

一、选择题（1〜5题为单项选择题，6〜9题为多项选择题）

1.某一水平力产=1OOON,对竖直固定的墙壁作用，作用时间为八=10s、12=1

h,若其力对应的冲量分别为人、h,贝女）

A./i=/2=0

B./i=104N-s；/2=3.6X106N-S

32

C./i=10Ns；Z2=10Ns

D.以上都不正确

解析由冲量定义得：

/i=Fri=104N-s

6

/2=Fr2=3.6X10N-S

故选项B正确。

答案B

2.将一个质量为他的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开

始向下滑动，滑到底端总共用时/,如图1所示，设在下滑的前一半时间内木块

的动量变化为△?，在后一半时间内其动量变化为即2，则八〃|：八〃2为（）

A.1：2B.1：3C.1：1D.2：1

解析木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合

力大小恒定为尸=〃?gsin仇方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得：Ap2

=（F"i）：（F"2）=G〃gsin。斗）：（〃吆sin。斗）=1:10故选项C正确。

答案C

13

3.带电粒子”、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，。

运动的半径大于匕运动的半径。若4、〃的电荷量分别为如、处，质量分别为，如、

mi,,周期分别为乙、4。则一定有（）

A.q<qhB.m<tnC.T<TD.霍〈当

aabab〃/anib

解析设带电粒子以速度。在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得，qvB=〃r^，解得mu=qBR。两个粒子的动量

nw相等，则有q°BRa=qbBRb。根据题述，。运动的半径大于b运动的半径，即

Ra>Rb,所以如〈的,选项A正确；根据题述条件，不能判断出两粒子的质量关

9jr/?271m

系，选项B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的周期7=詈=瑞，不能判断出

两粒子的周期、比荷之间的关系，选项C、D错误。

答案A

4.质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬

挂起来。已知安全带的缓冲时间是1.2s,安全带长5m,取g=10m/s2,则安全

带所受的平均冲力的大小为（）

A.500NB.600NC.1I00ND.I00N

解析安全带长5m,人在这段距离上做自由落体运动，获得速度。=，丽=10

m/so受安全带的保护经1.2s速度减小为0,对此过程应用动量定理，以向上为

正方向，有（F—〃zg）f=O一（—〃⑼，则产=翠+何=1100N,C正确。

答案C

5.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，关于球动量变化

量△〃和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是（）

A.Ap=2kg-m/sW=-2J

B.A〃=-2kgm/sW=2J

C.A/?=0.4kg-m/sW=—2J

D.Ap=-0.4kg-m/sW=2J

解析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=〃缈2—

14

mv\=2kgm/s,方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功J如彳=一

2J,A正确。

答案A

6.下列各种说法中，哪些是能够成立的（）

A.某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中某一时刻物体的动量可能为零

B.某段时间内物体受到的冲量为零，而其中某一时刻物体的动量可能不为零

C.某一段时间内物体受到的冲量不为零，而动量的增量可能为零

D.某一时刻物体动量为零，而动量对时间的变化率不为零

解析由Ft=p'-p知，Ft与\p相等，Ft为零,△〃也为零，但与“、p无直接

关系。又由“=宁可知，”或〃为零，〒即动量对时间的变化率不为零。故

A、B、D选项正确。C选项错。

答案ABD

7.质量为，〃的物体以初速度内开始做平抛运动，经过时间f,下降的高度为近

速度变为。，在这段时间内物体动量变化量的大小为（）

A.m（v—vo）B.mglC./周，一*D.12gh

解析由动量定理得/=△〃，即〃侬=△〃，故B正确；由〃=加。知，A/?=wAv,

而AI=\O2—亦=观成,所以Ap=m-y/V?一琢=叭即1,故C、D正确。

答案BCD

8.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图2中。点是弹性绳的原长位置，。是

人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。不计空气阻力，则下列

说法中正确的是（）

图2

A.从尸至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量

B.从。至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功

C.从尸至〃过程中人的速度不断增大

15

D.从。至c过程中加速度方向保持不变

解析人由。至c的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量

的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在。与C时速

度均为零，则动量的增量为零，则重力的冲量大小应等于绳弹力的冲量大小，方

向相反，总冲量为零，选项A错；根据动能定理，人由尸至。过程中，人的动能

增量为零，则重力与绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于克服弹力所做的功，

选项B正确；人由P至。自由下落，由。至乩弹力逐渐增大，但合外力向下，

人做加速度变小的加速运动，至〃点加速度为零，速度最大，人过点之后，弹

力大于重力，合外力向上，加速度向上，速度变小。故选项C正确，选项D错误。

答案BC

9.如图3所示，斜面除段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与段的摩

擦因数又处处相等，一个从顶点滑下的物体，经过A点时速度与经过C点时的速

度相等，且则以下说法中正确的是（）

图3

A.物体在A8段和8c段的加速度大小相等

B.物体在入区段和5C段的运动时间相等

C.重力在以上两段运动中对物体做的功相等

D.物体在以上两段运动中的动量变化量相同

解析根据运动学公式讲=宿+2依，对A8段有流=就+2。^g小对段有*

=琮+2〃8（;切C,因为VC=VA,XAB=XBC,所以有UAB=—CIBC,即两段运动加速度

大小相等，方向相反，A选项正确；根据动量定理，对A8段，F

对6c段，尸舍78c=/〃（。。一因为两段速度变化大小相等，方向相反，合外力

大小相等，方向相反，所以以8=械-，B选项正确；因为冽8=初一所以在两段运

动中竖直方向的位移分量相等，故重力做功相等，C选项正确；物体在以上两段

运动中动量变化量大小相等，方向相反，故D选项错误。

答案ABC

二、非选择题

16

10.将质量为500g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700g水的流量注入杯

中。注至10s末时，台秤的读数为78.5N,则注入杯中水流的速度是多大？

解析以在很短时间加内，落在杯中的水柱△根为研究对象，水柱受向下的重力

△〃吆和向上的作用力凡

设向上的方向为正：

(F—A//Z,Q)A/=0—(—△加。)

因△加很小，Amg可忽略不计，并且等=0.7kg/s

/=/1>=0.70例)

台秤的读数G读=(〃z杯+加水处+/

78.5=(0.5+0.7X10)X10+0.7u

解得v=5m/s

答案5m/s

11.如图4所示，质量0.5kg,长1.2m的金属盒A3,放在水平桌面上，它与桌

面间动摩擦因数〃=*在盒内右端B放着质量也为0.5kg,半径为0.1m的弹性

球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5N.s,设盒在运动

中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：

a

图4

(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；

(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。

解析(1)研究对象是金属盒，盒受冲量/后获得速度

由动量定理，有m/s=3m/s

I=mv—0,III-■J

盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力

，=NFN=N2mg

一〃•2〃?g=ma即〃=-24g

盒运动了xi=(1.2—0.1X2)m=1m,后速度减少为o'。

v,2—v2=2ax\

17

v,=y/v2-2X2^gxi='32-2X2X-X10X1m/s

=2m/s

盒左壁4以U速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以U=2m/s的速

度向右做匀速直线运动，运动1m后又与盒的右壁相碰，盒又以"=2m/s的速度

向右运动，直到停止。

0—以2—2加2

br—V，2~V，222

即xz=—oyo二=im=0.8m

29〃—2X2〃g2X2xgxiO

o

因及只有0.8m,此时静止小球不会再与盒的右壁相碰，所以盒通过的总路程为

s=xi+i2=1m+0.8m=1.8m

⑵盒从开始运动到与球相碰所用时间为h

根据动量定埋，有一〃②郎/严相以一加。

v—v13—2

九=--is=0.4s

2腮2X|X1O

O

小球匀速运动时间22=5=3s=0.5S

盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为，3,根据动量定理，有

一/idingn=0—mv'

v'2-

「3=^-js—0.8s

2的2x|xi0

o

总时间/=力+尬+/3=(0.4+0.5+0.8)s=1.7s

答案(1)1.8m(2)1.7s

基础课2动量守恒定律及其0用

课前自主椅理紧抓教材，自主落实

知识点一、动量守恒定律及其应用

1.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零，这个系统的总动

18

量保持不变，这就是动量守恒定律。

(2)表达式

①〃=反，系统相互作用前的总动量〃等于相互作用后的总动量“。

②〃2⑷1+团2。2="710'+皿2色'，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△川=二△①，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Ap=Q,系统总动量的增量为零。

2.动量守恒的条件

不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更

不能认为系统处于壬衡状态。

知识点二、弹性碰撞和非弹性碰撞

1.碰撞

物体间的相互作用持续时间很施，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。

3.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多

［思考判断］

(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()

(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()

(3)动量守恒定律表达式〃力。1+〃226=m1。|'+/〃202’一定是矢量式，应用时一定要规

定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。()

(4)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。()

答案(1)V(2)x(3)7(4)J

M堂互动探知不同考点，不同学法

19

考点n动量守恒定律的条件及应用

1.动量守恒的条件

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量为零，则系统动量守恒。

(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，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：系统在某个方向.1.所受外力矢量和为零时，系统在该方向_L

动量守恒。

2.动量守恒定律的“六种”性质

系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统

条件性首先判断系统是否满足守恒条件

相对性公式中功、力、S'、。2’必须相对于同一个惯性系

公式中。1、S是在相互作用前同一时刻的速度，"2,是相互作用后同

同时性

一时刻的速度

矢量性应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值

普适性不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统

腿进题组多角练透

1.I动量是否守恒的判断1如图1所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面

上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中

正确的是()

图1

A.男孩和木箱组成的系统动量守恒

B.小车与木箱组成的系统动量守恒

C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同

解析当男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项

C正确。

答案c

20

2.［动量守恒定律的应用］如图2,质量为例的小船在静止水面上以速率。o向右匀

速行驶，一质量为机的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速

率。水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()

朱

\A

图2

,m八in

A.十届，B.%一记

C.如+除如+。)D.伙)+景的一

解析设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M+〃2)0C=一

mv-\-MvXf解得队=伙)+•oo+o),选项C正确。

答案C

3"某一方向上的动量守恒］从倾角为30。，长0.3m的光滑斜面上滑下质量为2kg

的货包，掉在质量为13kg的小车里(图3)。若小车与水平面之间的动摩擦因数〃

=0.02,小车能前进多远?(g取1()m/s2)

30^

图3

解析货包离开斜面时速度为

v=y)2ax\=y)2gx\sin30°=^3m/so

货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度

么不变，其大小为内=scos30。=1.5m/s。货包落入小车中与小车相碰的瞬间，

虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统

在水平方向上动量守恒，则〃处=(M+"?)U。

小车获得的速度为…荒；=端m/s=()2m/So

由动能定理有〃(M+〃z)gX2=；(M+〃2)/。

21

(M+fn)u'2

求得小车前进的距离为X2=/)=笈=01m。

2"(M+/n)g2〃g

答案0.1m

4.［动量守恒中的临界问题］如图4所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)

分别为10m、12机，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2如、uoo为避免

两船相撞，乙

船上的人将一质量为7〃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)

图4

解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为Vmin,抛出货物后船的速度为S,

甲船上的人接到货物后船的速度为改，由动量守恒定律得

12mvo=1\mv\一"切min①

10nrIvo—mVmin=11②

为避免两船相撞应满足

V\=V2@

联立①②@式得

5nin=4如

答案4见

方法技巧

应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒

的条件，基本思路如下

22

确定系统的组成及研究过程

判断动量是否守恒

确定初、末状态的动量

求解或讨论

考点2]碰撞模型的规律及应用

1.碰撞现象满足的规律

⑴动量守恒定律。

⑵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。后址，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。

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。以质量为孙、速度为6的

小球与质量为仪的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

miVi=m\V\,-\-ni2V2

\m\v］=⑷।'2+。

(机]一〃?2)52m\V\

解得：V\=V2,=--；--

m\+〃四m\十加2

结论：（1）当加|=加2时，。|'=0,质量相等,速度交换）

(2)当"2|>〃及时,＞0,出＞0,且。（大碰小，一起跑）

(3)当阿<加2时,S'VO,出＞0（小碰大,要反弹）

,=

(4)当m\»ni2时，v\VQt出=2切（极大碰极小,大不变，小加倍）

(5)当m\«m2时，助'=—s'=0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）

【典例】［2015•全国卷I,35⑵］如图5,在足够长的光滑水平面上,物体例

B、C位于同一直线上，A位于3、C之间。A的质量为〃2,B、。的质量都为M,

三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求相和M之间应满足什么

23

条件，才能使A只与B、。各发生一次硼撞。设物体间的碰撞都是弹性的。

BAC

图5

解析设A运动的初速度为。o,A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得

mv（）=niV]-\-Mv2

由机械能守恒定律得%城=%词+权/比

2m

可得功=

要使得A与B能发生碰撞，需要满足0VO,即mVM

A反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv\=mv3-\-Mv4

g〃7优=:团m+

.,Y__一口m—Mm—M>2m

整理可付。3=不。产（壬）P。，。4=有。1

由于机VM,所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足sWs

2m、m~M,

即A/）P°

〃?十Mm~vM

整理可得加2+4M〃22M2

解方程可得〃72（小一2）M

所以使4只与夙C各发生一次碰撞，须满足

（下一2）M-

答案（小—2）MWm〈M

展进题组多角练透

1.[判断碰撞后速度的可能值H、8两球在光滑的水平面上同向运动，，〃人=1kg,

m8=2kg,VA=6m/s,VB=2m/s,当A球追上3球并发生碰撞后，4、3两球速

度的可能值是（）

A.VA'=5m/s,VB,=2.5m/s

B.VA'=2m/s,VB=^m/s

24

C.VA=—4m/s,VB,=ym/s

D.VA=1m/s,o/=1.5m/s

解析由制约关系③可知，A球追上8球发生碰撞后一定有功/>%'，这样排除了

选项A、D；再依据制约关系②可知，碰撞后动能不能增加，进而排除选项C；

对剩下的选项B,经验证同时满足上述三个制约关系，所以B正确。

答案B

2.［弹性碰撞问题］在光滑的水平面上，质量为mi的小球A以速率如向右运动。

在小球A的前方。点布■一质量为"22的小球B处于静止状态，如图6所示。小球

A与小球8发生正碰后小球A、8均向右运动。小球8被在。点处的墙壁弹回后

与小球A在尸点相遇，PQ=L5P0.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞

都是弹性的，求两小球质量之比等。

r

图6

解析从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变。根据

它们通过的路程，可知小球8和小球A在碰撞后的速度大小之比为4：1。

设碰撞后小球4和8的速度分别为以和。2,在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后

动能相等。

m\Vo=ni\V\+miV2®

i隔=jn\vy+比②

利用券=4,可解出言=2。

答案S=2

3.［非弹性碰撞］两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后

两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x

随时间，变化的图象如绍7所示。求：

25

B

图7

(1)滑块。、(的质量之比;

(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。

解析⑴设4、〃的质量分别为〃21、"22,碰撞前的速度为S、V2o由题给图

象得

v\=~2m/s©

V2=1m/s②

〃、〃发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为7几由题给图象得

2

v=^m/s③

由动量守恒定律得

〃21。|+nt2V2=(〃?I+④

联立①②③④式得

im:加2=1:8⑤

(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机域能为

2

△E=J"।u?+比一+fn2)v®

由图象可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功

为

卬=]("?1+〃22)。2⑦

联立⑥⑦式，并代入题给数据得

W:AE=1：2

答案(1)1：8(2)1：2

多学一点〉------------------------积累学习拓展思维-------------------------------------

“人船模型”类问题的处理方法

1.人船模型的适用条件

26

物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为0.>

2.人船模型的特点

(1)遵从动量守恒定律，如图8所示。

图8

(2)两物体的位移满足："年一历半=0

x人+xt«i=L

M,m,

即nn工人=而x产茄工.

niv人—Mv船=0

【思维训练】如图9所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量〃?

=1kg的小球通过L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴。连接，小球和轻杆

可在竖直平面内绕。轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向

上的初速度。0=4m/s,g取10m/s2o

图9

(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻行的作用力大小及方向；

(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小；

(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间

的距离。

解析(1)设小球到达最高点速度为近，由机械能守恒知

=mgL+,代入数据解得。p=&m/s

设小球在最高点时杆对球的作用力大小为F,方向竖直向下，

27

贝』F-^mg=fn~r

L

代入数据得口=2N。

由牛顿第三定律知小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上。

(2)若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒。

设小球通过最高点时速度为滑块速度为。w,由动量守恒得

由机械能守恒得;，〃诧=1"?编焉+〃2gL②

乙LJ

①②式联立代入数据解得j=2m/so

(3)设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为乐〃，滑块运动的

距离为X"。由系统水平方向动量守恒得，mVm-MVA产。③

③式两边同乘运动时间1

niVmt—MVMt=O®

即nVCm=MXM@

又Xm+XM=2L®

⑤⑥联立代入数据求解得：％=品。

答案(1)2N竖直向上(2)2m/s(2)1m

高考模拟演练I对接高考，演练支升

1.如图1(),两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块4的质量

为机，速度大小为2%，方向向右，滑