高考物理大一轮复习碰撞动量守恒定律6份打包有课件文档格式.docx

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2．定律内容：

如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．

3．定律的表达式

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．

可写为：

p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2

4．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．

自我诊断]

1．判断正误

（1）动量越大的物体，其运动速度越大．（×

）

（2）物体的动量越大，则物体的惯性就越大．（×

（3）物体的动量变化量等于某个力的冲量．（×

（4）动量是过程量，冲量是状态量．（×

（5）物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．（×

（6）系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．（√）

2．（2017•广东广州调研）（多选）两个质量不同的物体，如果它们的（）

A．动能相等，则质量大的动量大

B．动能相等，则动量大小也相等

C．动量大小相等，则质量大的动能小

D．动量大小相等，则动能也相等

解析：

选AC.根据动能Ek＝12mv2可知，动量p＝2mEk，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确、B错误；

若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确、D错误．

3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以（）

A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力

C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量

选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．

4．（2017•河南开封质检）（多选）如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）

A．两手同时放开后，系统总动量始终为零

B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒

C．先放开左手，后放开右手，总动量向左

D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零

选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；

先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确．

5．（2017•湖南邵阳中学模拟）一个质量m＝1.0kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10N与水平面成30°

角斜向下的推力作用时，在10s内推力的冲量大小为________N•s，动量的增量大小为________kg•m/s.

根据p＝Ft，可知10s内推力的冲量大小p＝Ft＝100N•s，根据动量定理有Ftcos30°

＝Δp.

代入数据解得Δp＝503kg•m/s＝86.6kg•m/s.

答案：

10086.6

考点一动量定理的理解及应用

1．应用动量定理时应注意两点

（1）动量定理的研究对象是一个质点（或可视为一个物体的系统）．

（2）动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．

2．动量定理的三大应用

（1）用动量定理解释现象

①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；

时间越长，力就越小．

②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；

力的作用时间越短，动量变化越小．

（2）应用I＝Δp求变力的冲量．

（3）应用Δp＝F•Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．

典例1]（2016•高考全国乙卷）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v0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ρ，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）设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm＝ρΔV①

ΔV＝v0SΔt②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

ΔmΔt＝ρv0S③

（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得

12（Δm）v2＋（Δm）gh＝12（Δm）v20④

在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为

Δp＝（Δm）v⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有

FΔt＝Δp⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得

F＝Mg⑦

联立③④⑤⑥⑦式得

h＝v202g－M2g2ρ2v20S2⑧

答案

（1）ρv0S

（2）v202g－M2g2ρ2v20S2

（1）用动量定理解题的基本思路

（2）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．

1．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，则这一过程中动量的变化量为（）

A．大小为3.6kg•m/s，方向向左

B．大小为3.6kg•m/s，方向向右

C．大小为12.6kg•m/s，方向向左

D．大小为12.6kg•m/s，方向向右

选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6kg•m/s，大小为12.6kg•m/s，负号表示其方向向右，D正确．

2.质量为1kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是（）

A．10N•s10N•s

B．10N•s－10N•s

C．010N•s

D．0－10N•s

选D.由图象可知，在前10s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5kg•m/s，由动量定理知I1＝0；

在后10s内末状态的动量p3＝－5kg•m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N•s，故正确答案为D.

3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；

合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．

摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为Ff（t2－t1），方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg（t1＋t2）sinθ＋Ff（t1－t2），沿斜面向下．

Ff（t2－t1）沿斜面向上mg（t1＋t2）sinθ＋Ff（t1－t2）沿斜面向下

4．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．

考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝（M＋m）v0－（Mv0－mv0）＝2mv0

则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.

2mv0

5．（2017•甘肃兰州一中模拟）如图所示，一质量为M＝2kg的铁锤从距地面h＝3.2m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．（铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10m/s2）

铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8m/s.

铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv＝（M＋m）v′，v′＝2m/s.

木桩向下运动，由动量定理（规定向下为正方向）得

（M＋m）g－f]Δt＝0－（M＋m）v′，解得f＝240N.

240N

6．（2016•河南开封二模）如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10cm2，速度v＝10m/s，水的密度ρ＝1.0×

103kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5kg的水进入小车时，试求：

（1）小车的速度大小；

（2）小车的加速度大小．

（1）流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝（m＋M）v1，即v1＝mvm＋M＝2m/s

（2）质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS（v－v1）Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS（v－v1）2＝64N，小车的加速度a＝FM＋m＝2.56m/s2

（1）2m/s

（2）2.56m/s2

考点二动量守恒定律的理解及应用

1．动量守恒的“四性”

（1）矢量性：

表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．

（2）瞬时性：

动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．

（3）同一性：

速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．

（4）普适性：

它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；

不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．

2．动量守恒定律的不同表达形式

（1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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．

（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．

（3）Δp＝0，系统总动量的增量为零．

典例2]（2017•山东济南高三质检）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．

解析设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得

对A、B木块：

mAv0＝mAvA＋mBvB①

对B、C木块：

mBvB＝（mB＋mC）v②

由A与B间的距离保持不变可知

vA＝v③

联立①②③式，代入数据得

vB＝65v0④

答案65v0

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．

1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则（）

A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒

B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒

C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动

D．m从A到B的过程中，M运动的位移为mRM＋m

选B.M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；

m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；

在m从A到B过程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝2mR/（m＋M），D错误．

2．（2016•广东湛江联考）如图所示，质量均为m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）小孩接住箱子后共同速度的大小；

（2）若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v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．

（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0＝（m＋2m）v1－mv，

接住木箱的过程中mv＋（m＋2m）v1＝（m＋m＋2m）v2.

解得v2＝v2.

（2）若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得

4mv2＝3mv3－mv，

则v3＝v，

故无法再次接住木箱．

（1）v2

（2）否

3．（2017•山东济南高三质检）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＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg，开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C相碰撞（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碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．

因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，

以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，

由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝（mA＋mB）vAB，

A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立解得vA＝2m/s.

2m/s

4．人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v（相对地面）将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？

设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，

第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝（M＋m）v1′；

第2次推球（M＋m）v1′＝Mv2－mv，

第2次接球Mv2＋mv＝（M＋m）v2′……

第n次推球

（M＋m）vn－1′＝Mvn－mv，

可得vn＝2n－1mvM，

当vn≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.

9次

课时规范训练

基础巩固题组]

1．关于物体的动量，下列说法中正确的是（）

A．物体的动量越大，其惯性也越大

B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大

C．物体的加速度不变，其动量一定不变

D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向

选D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；

动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；

加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；

动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．

2.运动员向球踢了一脚（如图），踢球时的力F＝100N，球在地面上滚动了t＝10s停下来，则运动员对球的冲量为（）

A．1000N•sB．500N•s

C．零D．无法确定

选D.滚动了t＝10s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．

3．（多选）如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是（）

A．两滑块的动量之和变大

B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向

C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等

D．整个过程中两滑块的机械能增大

选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；

由动量守恒定律得0＝mMvM－mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；

当mM＝mN时，vM＝vN，C正确；

由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．

4．（多选）静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是（）

A．两球抛出后，船向左以一定速度运动

B．两球抛出后，船向右以一定速度运动

C．两球抛出后，船的速度为0

D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大

选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：

当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．

5．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h（可视为自由落体运动），此后经历时间t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.m2ght＋mgB.m2ght－mg

C.mght＋mgD.mght－mg

选A.由动量定理得（mg－F）t＝0－mv，得F＝m2ght＋mg.选项A正确．

6.（多选）静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是（）

A．0～4s内物体的位移为零

B．0～4s内拉力对物体做功为零

C．4s末物体的动量为零

D．0～4s内拉力对物体的冲量为零

选BCD.由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s末的速度为零，位移一直增大，A错；

前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；

4s末的速度为零，故动量为零，故C正确；

根据动量定理，0～4秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．

7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90kg，乙和他的装备总质量为M2＝135kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．（设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度）

（1）乙要以多大的速度v（相对于空间站）将物体A推出？

（2）设甲与物体A作用时间为t＝0.5s，求甲与A的相互作用力F的大小．

（1）以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，

则有：

M2v0－M1v0＝（M1＋M2）v1

以乙和A组成的系统为研究对象，有：

M2v0＝（M2－m）v1＋mv

代入数据联立解得

v1＝0.4m/s，v＝5.2m/s

（2）以甲为研究对象，由动量定理得，

Ft＝M1v1－（－M1v0）

代入数据解得F＝432N

（1）5.2m/s

（2）432N

综合应用题组]

8.（多选）如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是（）

A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大

B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小

C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大

D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小

选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；

在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．

9．（多选）某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则（）

A．人和小船最终静止在水面上

B．该过程同学的动量变化量为105kg•m/s

C．船最终的速度是0.95m/s

D．船的动量变化量是105kg•m/s

选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：

m人v人－m船v船＝（m人＋m船）v，代入数据解得：

v＝0.25m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，C错误；

人的动量的变化Δp为：

Δp＝m人v－m人v人＝60×

（0.25－2）＝－105kg•m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；

故B正确；

船的动量变化量为：

Δp′＝m船v－m船v船＝140×

（0.25＋0.5）＝105kg•m/s；

故D正确．

10．如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是（）

A．2.4m/sB．2.8m/s

C．3.0m/sD．1.8m/s

选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得（向右为正）：

Mv－mv＝Mv1，解得：

v1＝83m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：

Mv－mv＝（M＋m）v2，解得：

v2＝