江蘇2023版高三一輪總復(fù)習(xí)物理第六章動量教案

第方章動量

高考(江蘇卷)五年命題情況對照分析

知能模塊考點(diǎn)內(nèi)容2021年

20172018201920202021命題分析

適應(yīng)考

高考對本

第1節(jié)

動量、動量T：沖量、堂的考直

動量和動u

定理動量定量熱點(diǎn)是動

量定理

量定理、動

動量守恒量守恒定

定律律與牛頓

第2節(jié)運(yùn)動定律、

彈性碰搏

動量守恒T】z：動量守T”：動量守「二：動量守能量守恒

和非彈性

定律及其恒定律恒定律恒定律的綜合應(yīng)

碰撞(一維

應(yīng)用用。本率

碰撞)較以往要

反沖運(yùn)動求較高，考

查形式多

實(shí)驗(yàn)八驗(yàn)證動量守恒Tn：驗(yàn)證動

為選擇題

定律量定理

和計算題。

物理觀念：動量、沖量、碰撞、反沖。

科學(xué)思維：動量定理、動量守恒定律、人船模型、木塊一滑塊模型、子彈打木塊模型、含彈簧模型，

核心素養(yǎng)

科學(xué)探究:驗(yàn)證動量守恒定律。

科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：現(xiàn)代航天技術(shù)與反沖。

山矗動量和動量定理

［走進(jìn)教材-夯實(shí)基礎(chǔ)］回顧知識?激活技能

齡梳理?必備知識

一、動量、動量的變化量'沖量

1.動量

⑴定義：運(yùn)動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫作物體的動量，通常用P來表示。

⑵表達(dá)式：p=nw。

(3)單位：kg-m/So

(4)標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。

2.動量的變化量

(1)方向：因?yàn)閯恿渴鞘噶浚瑒恿康淖兓縗p也是矢量,其方向與速度的

改變量Av的方向相同。

(2)大?。簞恿康淖兓緼p的大小，一般用末動量p，減去初動量p進(jìn)行計算,

也稱為動量的增量。即

3.沖量

(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。

(2)公式：/=￡!□

(3)單位：沖量的單位是牛?秒,符號是

(4)方向：沖量是矢量，恒力沖量的方向與力的方向相同。

二、動量定理

1.內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的

沖量。

2.表達(dá)式：Ft=Ap=p'—po

3.矢量性：動量變化量的方向與合外力的方向相同,可以在某一方向上應(yīng)

用動量定理。

?激活?基本技能

一、易錯易誤辨析(正確的打“J”，錯誤的打“X”)

(1)物體的動能變化時，動量一定變化。(。)

(2)兩物體的動量相等，動能也一定相等。(X)

(3)動量變化量的大小不可能等于初、末狀態(tài)動量大小之和。

(X)

(4)動量定理描述的是某一狀態(tài)的物理規(guī)律。(X)

(5)物體所受合外力的沖量方向與物體末動量的方向相同。

(X)

(6)物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化的方向相同。

(V)

二'教材習(xí)題衍生

L(動量變化量)質(zhì)量為0.5kg的物體，運(yùn)動速度為3m/s,它在一個變力作

用下速度變?yōu)?m/s,方向和原來方向相反，則這段時間內(nèi)動量的變化量為()

A.5kg-m/s,方向與原運(yùn)動方向相反

B.5kg-m/s,方向與原運(yùn)動方向相同

C.2kg-m/s,方向與原運(yùn)動方向相反

D.2kg-m/s,方向與原運(yùn)動方向相同

［答案］A

2.（沖量與動量定理）質(zhì)量為4kg的物體以2m/s的初速度做勻變速直線運(yùn)

動,經(jīng)過2s,動量大小變?yōu)?4kg?m/s,則該物體（）

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.沖量大小可能小于6N?s

D.沖量大小可能大于18N?s

D［若以物體初速度方向?yàn)檎较?，則初動量pi=/?0i=8kg?m/s,末動量

大小為14kg皿左，則有兩種可能：當(dāng)p2=14kg?m/s,則Ff=p2—pi=6kg?m/s,

F=3N;當(dāng)p2=-14kg?m/s,則Ft=p2—pi=-22kg?m/s,F=-11N,負(fù)號表

示方向，故選項A、B、C錯誤，D正確。］

3.（動量定理與動能定理）一質(zhì)量為機(jī)的物體靜止在光滑水平面上，在水平

力尸作用下，經(jīng)時間。通過位移L后，動量變?yōu)閜,動能變?yōu)镋k。若上述過程

尸不變，物體的質(zhì)量變?yōu)榘叮韵抡f法正確的是（）

A.經(jīng)過時間2f,物體動量變?yōu)榍?/p>

B.經(jīng)過位移2L,物體動量變?yōu)?P

C.經(jīng)過時間2f,物體動能變?yōu)?&

D.經(jīng)過位移2L,物體動能變?yōu)?耳

A［由動量定理得則經(jīng)過時間2f,物體的動量p2=F?2f=2p,由p2

=2mEk,得物體的動能Ek2=G4=8Ek,選項A正確，C錯誤；由動能定理

2.-

22

Ek=FL,則經(jīng)過位移2L,物體的動能Ek2=F2L=2Ek,由p2=2，〃Ek,得物體

的動量P2=1/2?墨2Ek=p,選項B、D錯誤。］

［細(xì)研考點(diǎn)-突破題型］重難解惑?直擊高考

考點(diǎn)1動量及動量變化量的理解I基本考點(diǎn)通關(guān)

1.（對動量的理解）下列關(guān)于動量的說法正確的是（）

A.質(zhì)量大的物體動量一定大

B.速度大的物體動量一定大

C.兩物體動能相等，動量不一定相等

D.兩物體動能相等，動量一定相等

C［動量等于運(yùn)動物體質(zhì)量和速度的乘積，動量大小與物體質(zhì)量、速度兩

個因素有關(guān)，A^B錯；由動量大小和動能的表達(dá)式得出蔡瓦，兩物體動

能相等，質(zhì)量關(guān)系不明確，動量不一定相等，D錯，C對。］

2.（動量變化量的大小和方向）關(guān)于動量的變化，下列說法中不正確的是

（）

A.做直線運(yùn)動的物體速度增大時，動量的增量》的方向與運(yùn)動方向相同

B.做直線運(yùn)動的物體速度減小時，動量的增量Ap的方向與運(yùn)動方向相反

C.物體的速度大小不變時，動量的增量。為零

D.物體做平拋運(yùn)動時，動量的增量一定不為零

C［當(dāng)做直線運(yùn)動的物體的速度增大時，其末態(tài)動量P2大于初態(tài)動量pi,

由矢量的運(yùn)算法則可知Ap=p2—pi>0,與物體運(yùn)動方向相同，如圖（a）所示，所

以A選項正確；當(dāng)做直線運(yùn)動的物體速度減小時，p2Vp1,如圖（b）所示，Ap與

pi（或P2）方向相反，與運(yùn)動方向相反，故B選項正確；當(dāng)物體的速度大小不變時，

其方向可能變化，也可能不變化，故動量可能不變化即Ap=O,也可能動量大小

不變而方向變化，此種情況ApWO,故C選項錯誤；當(dāng)物體做平拋運(yùn)動時，速

度的大小和方向變化，即動量一定變化，Ap一定不為零，如圖（c）所示，故D選

項正確。

3.（動量的變化量與動能變化量）質(zhì)量為0.2kg的球豎直向下以6m/s的速度

落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地

面接觸的時間內(nèi)，關(guān)于球的動量變化量如和合外力對小球做的功W,下列說法

正確的是()

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［取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量Ap=M02

=0.2X4kg-m/s-0.2X(―6)kg-m/s=2kg-m/s,方向豎直向上。由動能定

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

畬規(guī)律總結(jié)

1.動量的兩性

(1)瞬時性：動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而

言的。

(2)相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動

量。

2.動量與動能的比較

名稱

動量動能動量變化量

項目

物體的質(zhì)量和速度物體由于運(yùn)動而具物體末動量與初動

定義

的乘積有的能量量的矢量差

L12

定義式p=mvEk=2mvAp=p'-p

矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量

特點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過程量

p21I-------2Ek

關(guān)聯(lián)方程k9

^~2m后卜―2〃夕，p-72mEk,p.v

考點(diǎn)2沖量、動量定理的理解及應(yīng)用《熱門考點(diǎn)突破

1.對沖量的理解

⑴沖量的兩性

①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于

該力與力的作用時間的乘積。

②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作

用時間內(nèi)方向變化的力來說，沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量改變量的方向

一致。

(2)作用力和反作用力的沖量，一定等大、反向；但作用力和反作用力做的

功之間并無必然聯(lián)系。

2.應(yīng)用動量定理解釋的兩類物理現(xiàn)象

(1)當(dāng)物體的動量變化量一定時，力的作用時間At越短，力廠就越大；力的

作用時間M越長，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)當(dāng)作用力F一定時，力的作用時間At越長，動量變化量Ap越大；力的

作用時間4越短，動量變化量Ap越小。

3.應(yīng)用動量定理解題的一般步驟

(1)確定研究對象。中學(xué)階段的動量定理問題，其研究對象一般僅限于單個

物體。

(2)對物體進(jìn)行受力分析。可以先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和;

或先求合力，再求其沖量。

(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正、負(fù)號。

(4)根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要其他補(bǔ)充方程，最后代入數(shù)據(jù)求

解。對過程較復(fù)雜的運(yùn)動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。

角度1對沖量的理解

1.(對沖量的理解)如圖所示，質(zhì)量為根的小滑塊沿傾角為。的斜面向上滑

動，經(jīng)過時間口，速度變?yōu)榱悴⒂珠_始下滑，經(jīng)過時間f2回到斜面底端，滑塊在

運(yùn)動過程中受到的摩擦力大小始終為Ffo在整個運(yùn)動過程中，下列說法正確的

是()

A.重力對滑塊的總沖量大小為mg(fi+f2)sin。

B.支持力對滑塊的總沖量大小為mg(6+?2)cos0

C.合外力的沖量為0

D.摩擦力的總沖量大小為4。1+切

B［重力對滑塊的總沖量大小為機(jī)g(fi+f2),故A錯誤；支持力對滑塊的總

沖量大小為/ng(fi+，2)cos〃，故B正確；整個過程中小滑塊的動量發(fā)生了改變，

故合力的總沖量不為0,C錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若

以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量大小為6(/2—A),故D錯誤。］

2.(沖量大小及動量變化量大小的比較)如圖所示，一物體分別沿三個傾角

不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、。、E處，三個過程中重力的

沖量分別為11、/2、h,動量變化量的大小分別為Api、邸2、bp3,貝11()

60叭45次30隊

BCDE

A.三個過程中，合力的沖量相等，動量變化量相等

B.三個過程中，合力做的功不等，動能變化量相等

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

D.Ii<h<h>Api<Ap2VAp3

C［由機(jī)械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小。相等，

動量變化量大小相等，即Api=Ap2=A03；根據(jù)動量定理，合力的沖量

等于動量的變化量，故合力的沖量大小也相等，但方向不同，故A錯誤；設(shè)斜

面的高度為心從頂端4下滑到底端，由芻=；gsin6?產(chǎn)，得物體下滑的時間，

所以，越小，sin?，越小，，越大，重力的沖量就越大，故

h<h<h,故C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相

等，根據(jù)動能定理，動能變化量相等，故B錯誤。］

?角度2動量定理的應(yīng)用

3.(2020?全國卷I)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被

彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全

氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()

A.增加了司機(jī)單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量

C.將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能

D.延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積

D［行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣

體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，可以延長司機(jī)

的受力時間，從而減小了司機(jī)受到的作用力，A項錯誤，D項正確；碰撞前司機(jī)

動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)動最終量為零，所以安全氣囊不能

減少碰撞前后司機(jī)動量的變化量，B項錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機(jī)的

動能轉(zhuǎn)化為氣囊的彈性勢能及氣囊氣體內(nèi)能，C項錯誤。］

4.（2019?全國卷I）最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動

機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)

中該發(fā)動機(jī)向后噴射的氣體速度約為3km/s,產(chǎn)生的推力約為4.8X106N,則它

在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為（）

A.1.6X102kgB.1.6X103kg

C.1.6X105kgD.1.6X106kg

B［根據(jù)動量定理有解得等=《=L6X1（P女阱，所以選項

B正確。］

角度3動量定理與圖像的結(jié)合

5.如圖所示，物體從f=0時刻開始由靜止做直線運(yùn)動，0?4s內(nèi)其合外力

隨時間變化的關(guān)系圖線為某一正弦函數(shù)，下列表述不正確的是（）

A.0?2s內(nèi)合外力的沖量一直增大

B.0?4s內(nèi)合外力的沖量為零

C.2s末物體的動量方向發(fā)生變化

D.0?4s內(nèi)物體動量的方向一直不變

C［根據(jù)尸"圖像面積表示沖量，可知在0?2s內(nèi)合外力的沖量一直增大,

A正確；0?4s內(nèi)合外力的沖量為零，B正確；2s末沖量方向發(fā)生變化，物體

的動量開始減小，但方向不發(fā)生變化，0?4s內(nèi)物體動量的方向一直不變，C錯

誤，D正確。］

6.一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動。F隨

時間，變化的圖線如圖所示，貝!1()

A.f=ls時物塊的速率為lm/s

B./=2s時物塊的動量大小為5kg-m/s

C.，=3s時物塊的動量大小為5kg?m/s

D.f=4s時物塊的速度為零

Fi2

A［前2s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度==2m/s2

=1m/s2,f=ls時物塊的速率Vi=aiti=lm/s;t=2s時物塊的速率02=。血=2

m/s,動量大小為p2=/M02=4kg?m/s;物塊在2?4s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，加速

Ft

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

=1.5m/s,動量大小p3=/n03=3kg?m/s;f=4s時物塊的速度04=02—a2f4=(2

—0.5X2)m/s=1m/s0］

考點(diǎn)3應(yīng)用動量定理處理“流體類”問題,綜合能力提升

“流體類柱體”模型

通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，特點(diǎn)是質(zhì)量具

流體及其特點(diǎn)

有連續(xù)性，題目中通常給出密度p作為已知條件

建立“柱體”模型，沿流速。的方向選取一段柱形流體，其橫

分析步1

截面積為S

驟

2用微元法研究，作用時間At內(nèi)的一段柱形流體的長度M=vAt,

對應(yīng)的質(zhì)量為Sm=pV=pSAl=pSp't

3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱形流體

［典例1］京亞)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M

的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的

噴口持續(xù)以速度。。豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到

玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略

空氣阻力。已知水的密度為p,重力加速度大小為g。求：

(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；

(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。

［解析］(1)在剛噴出一段很短的Af時間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度劭)

不變。

,Mg

該時間內(nèi)，噴出水柱高度A/=ooAf①

噴出水柱質(zhì)量②

其中AV為水柱體積，滿足AV=A/S③

由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為々f=pooS。

(2)方法一：動量定理、運(yùn)動學(xué)公式

設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h

由玩具受力平衡得尸＞=④

其中，尸沖為水柱對玩具底部的作用力

由牛頓第三定律知尸江=尸沖⑤

其中，尸A為玩具底部對水柱的作用力，/為水柱到達(dá)玩具底部時的速度

由運(yùn)動學(xué)公式得。"一擾=—2g。⑥

在很短At時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為Am

\m=pvnS\t⑦

由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應(yīng)用動量定理得

一(F壓+A/ng)A￡=-Nnw'⑧

由于A￡很小，A/ng也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)?/p>

尸aA￡=A/n。'⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h=%—2p2i^S2°

方法二：牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，由牛頓第二定律得

尸+(A/n)g=(Am)a

因At很小很小，有F=Mg》(Am)g

v—0

則有Mg=A機(jī)a=A/w-左一

MgAt

解得o=

Am

對每一個水柱由運(yùn)動學(xué)公式得

vj-v2Mig

〃=2g=標(biāo)—20208s2°

［答案］(DpooS(2喘-2典Q

蝮I型2

“微粒類柱體”模型

通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)

微粒及其特點(diǎn)

量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)〃

建立“柱體”模型，沿運(yùn)動的方向選取一段微元，柱體的

1

橫截面積為S

分析

用微元法研究，作用時間M內(nèi)一段柱形流體的長度為M,

步驟2

對應(yīng)的體積為AV=SuoAZ,則微元內(nèi)的粒子數(shù)N=nvoSNt

3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘N計算

［典例2］有一宇宙飛船，它垂直于運(yùn)動方向的最大截面積5=0.98m2,以

0=2X103m/s的速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)，此塵區(qū)每立方米空間有一個微粒，

微粒的平均質(zhì)量機(jī)=2X10-7要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)增加

多少？(設(shè)微粒與飛船外殼碰撞后附于飛船上)

［解析］選在Af時間內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質(zhì)量等于底面積

為S、高為uAf的圓柱體內(nèi)微粒的總質(zhì)量，M=mSv\t9初動量為0,末動量為

Mvo

設(shè)飛船對微粒的作用力為死由動量定理得

0,

…MvmSvM*vc

貝4F=~\t=~\T~=mSv)

根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mS/,則飛船要

保持原速度勻速飛行，牽引力的增加量為9=b=，〃S",

代入數(shù)據(jù)解得—=0.784N.

［答案］0.784N

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.雨打芭蕉是我國古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面

上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測得10分鐘內(nèi)杯

中雨水上升了15mm,查詢得知，當(dāng)時雨滴落地速度約為10m/s,設(shè)雨滴撞擊

芭蕉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為lX103kg/m3,據(jù)此估算芭蕉葉面

單位面積上的平均受力約為()

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

A［設(shè)雨滴受到芭蕉葉面對它的平均作用力為F,設(shè)在4時間內(nèi)有質(zhì)量為

Am的雨水的速度由0=10m/s減為零。以向上為正方向，對這部分雨水應(yīng)用動

量定理：FAZ=0-(-A/MV),得：?=誓^設(shè)水杯橫截面積為S,對水杯里的

雨水，在At時間內(nèi)水面上升"?，則有：\m=pS\h,可得F=pSv^,由牛頓

第三定律可知，芭蕉葉面受到的平均作用力F'=F,壓強(qiáng)為P=9=PO^=

［5X］0-3

1X1O3X1OX-^--N/m2=0.25N/m2,即芭蕉葉面單位面積上的平均受力約

10X6U

為0.25N,故選項A正確，B、C、D均錯誤。］

2.一艘宇宙飛船以。=1.0X104m/s的速度進(jìn)入密度為p=2.0XKT;kg/n?

的微隕石流中，如果飛船在垂直于運(yùn)動方向上的最大截面積S=5m2,且認(rèn)為微

隕石與飛船碰撞后都附著在飛船上。為使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力

應(yīng)為多大?

［解析］設(shè)，時間內(nèi)附著在飛船上的微隕石總質(zhì)量為Am,則\m=pSvt

①

這些微隕石由靜止至隨飛船一起運(yùn)動，其動量增加是受飛船對其作用的結(jié)

果，由動量定理有Ft=\p=\mv②

則微隕石對飛船的沖量大小也為Ft,為使飛船速度保持不變，飛船應(yīng)增加

的牽引力為AF=F③

綜合①②③并代入數(shù)值得AF=100N,即飛船的牽引力應(yīng)為100N。

［答案］100N

動量守恒定律及其應(yīng)用

［走進(jìn)教材-夯實(shí)基礎(chǔ)］回顧知識,激活技能

€＞梳理?必備知識

一、動量守恒定律

1.動量守恒定律的內(nèi)容

如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為雯，這個系統(tǒng)的總動量

保持不變。

2.動量守恒的表達(dá)式

(l)p=p，(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p，)。

(2)Ap=0(系統(tǒng)總動量變化為零)。

(3)AP1=一ApM相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng),兩物體動量增量大小相等，

方向相反)。

3.動量守恒的條件

⑴系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零時,系統(tǒng)的動量守恒。

(2)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大王外力時系統(tǒng)動量近似守恒。

(3)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某個方向上所受合外力為零或不受外力,

或外力可以忽略，則在這個方向上，系統(tǒng)動量守恒。

二、動量守恒定律的應(yīng)用

1.碰撞

(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力

很大的現(xiàn)象。

(2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為相互碰撞的

物體組成的系統(tǒng)動量守恒。

⑶分類：

動量是否守恒機(jī)械能是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非完全彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最大

2.反沖運(yùn)動

（1）作用原理：物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分，并且這兩部分向相

反方向運(yùn)動的現(xiàn)象。

（2）動量守恒：反沖運(yùn)動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定

律來處理。

（3）機(jī)械能增加：反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系

統(tǒng)的總機(jī)械能增加。

3.爆炸問題

（1）爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,

所以系統(tǒng)動量守恒。

（2）爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的

動量開始運(yùn)動。

€＞激活?基本技能

一、易錯易誤辨析（正確的打“J”，錯誤的打“x”）

⑴系統(tǒng)所受合外力的沖量為零，則系統(tǒng)動量一定守恒。

（V）

（2）動量守恒是指系統(tǒng)在初、末狀態(tài)時的動量相等。（X）

⑶物體相互作用時動量守恒，但機(jī)械能不一定守恒。（J）

⑷在爆炸現(xiàn)象中，動量嚴(yán)格守恒。（X）

⑸在碰撞問題中，機(jī)械能也一定守恒。（X）

⑹反沖現(xiàn)象中動量守恒、動能增加。（J）

二'教材習(xí)題衍生

1.（動量守恒的判斷）下列敘述的情況中，系統(tǒng)動量不守恒的是（）

A.如圖甲所示，小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，人與車

組成的系統(tǒng)

B.如圖乙所示，子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的

系統(tǒng)

C.子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)

D.斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時

C［對于人和車組成的系統(tǒng)，人和車之間的力是內(nèi)力，系統(tǒng)所受的外力有

重力和支持力，合力為零，系統(tǒng)的動量守恒；子彈射入木塊過程中，雖然子彈

和木塊之間的力很大，但這是內(nèi)力，木塊放在光滑水平面上，系統(tǒng)所受合力為

零，動量守恒；子彈射入緊靠墻角的木塊時，墻對木塊有力的作用，系統(tǒng)所受

合力不為零，系統(tǒng)的動量減小；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，雖然受到

重力作用，合力不為零，但爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力，動量近似守恒。故選C。］

2.（動量守恒定律的應(yīng)用）如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人

和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個人站在車上用大錘敲打車的左端，在連續(xù)的敲打下,

下列說法不正確的是（）

A.車左右往復(fù)運(yùn)動

B.車持續(xù)向右運(yùn)動

C.大錘、人和平板車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

D.當(dāng)大錘停止運(yùn)動時，人和車也停止運(yùn)動

B［把人和車看成一個整體，用大錘連續(xù)敲打車的左端，根據(jù)系統(tǒng)水平方

向受力為零，則沿該方向動量守恒，又由系統(tǒng)水平方向總動量為零，則當(dāng)錘頭

敲打下去時，大錘向右運(yùn)動，小車就向左運(yùn)動，抬起錘頭時大錘向左運(yùn)動，小

車向右運(yùn)動，所以平板車在水平面上左右往復(fù)運(yùn)動，當(dāng)大錘停止運(yùn)動時，人和

車也停止運(yùn)動，A、C、D正確。］

3.（動量守恒定律的應(yīng)用）質(zhì)量為山、速度為。的A球與質(zhì)量為的靜止

的5球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，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［根據(jù)動量守恒定律得zn0=/n0i+3/n02,則當(dāng)02=0.6。時，？［=—0.8%

r222

則碰撞后的總動能Ek=l/n(—0.8P)+1X3/W(0.6P)=1.72X^mv9大于碰撞前

的總動能，違反了能量守恒定律，故A項錯誤；當(dāng)勿=0.4。時，n=-0.2v,

則碰撞后的總動能為￡k=；?i(—O.20)2+；X3/〃Q4o)2=O.52X；機(jī)"，小于碰撞

前的總動能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，B項正確；當(dāng)02=0.2。時，力=0.4%

則碰撞后的A球的速度大于5球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿透5球，

故C項錯誤；當(dāng)。2=。時，VI=-2P,顯然碰撞后的總動能大于碰撞前的總動

能，故D項錯誤。］

［細(xì)研考點(diǎn)?突破題型］重難解惑?直擊高考

考點(diǎn)1動量守恒定律的理解及應(yīng)用《綜合能力提升

1.動量守恒定律的五個特性

矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向

相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)

動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的P1、02、…必須是系統(tǒng)中各物體在相

同時性互作用前同一時刻的動量，PK/2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作

用后同一時刻的動量

系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)

動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光

普適性

速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)

2.動量守恒定律常用的四種表達(dá)形式

d)p=p'：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p，大小相等,

方向相同。

(2)Ap=p，-p=0：即系統(tǒng)總動量的增加量為零。

(3)AP1=-Ap2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增

加量等于另一部分動量的減少量。

(4)miVi+m2V2—miv'i+m2v'2,即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同

一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。

3.動量守恒中的臨界極值問題

(1)當(dāng)小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時，兩物體速度相同。

⑵彈簧最短或最長時，兩物體速度相同，此時彈簧彈性勢能最大。

(3)兩物體剛好不相撞，兩物體速度相同。

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

(4)滑塊恰好不滑出長木板，滑塊滑到長木板末端時與長木板速度相同。

Ai

［典例］(動量守恒定律與能量守恒的綜合應(yīng)用)金叁如圖所示，質(zhì)量

為機(jī)=245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M=0.5kg的木板左端，足夠長的

木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃=0.4。質(zhì)量為孫)=5

g的子彈以速度。。=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取

10m/s2o子彈射入后，求：

⑴子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊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。

審題指導(dǎo)：

題干關(guān)鍵獲取信息

子彈進(jìn)入物塊后到一起向右

木板速度仍為零

滑行的時間極短

子彈、物塊、木板三者共速時，木

足夠長的木板

板有最大速度V2

［解析］(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由

動量守恒可得

movo=(mo+m)vi,解得。i=6m/s。

(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可

得

（mo+m+M）V2,

解得6=2m/so

［答案］（1）6m/s（2）2m/s

［變式］在上例中，物塊在木板上滑行的時間，是多少？整個過程共損失了

多少機(jī)械能？

［解析】對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動量定理得

一"（/no+=（/no+機(jī)）02—（加o+機(jī)）。1

解得t=1S

整個過程損失的機(jī)械能為

AE=%i（加一+，〃+M）v2z—223.5J。

［答案］1s223.5J

畬規(guī)律總結(jié)應(yīng)用動量守恒定律解題的一般步驟

（日確?）—-確定系統(tǒng)的組成及要研究的過程

空對

判斷動量是杳守恒

（■分析過程，，一確定初、末狀態(tài)的動量

①5^）一?根據(jù)動量守恒定律列方程求解或討論

一［跟進(jìn)訓(xùn)練］

角度1某個方向上動量守恒的判斷

1.如圖所示，光滑水平面上靜止著一輛質(zhì)量為M的小車，小車上帶有一光

滑的、半徑為R的;圓弧軌道。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的光滑小球從軌道的上端由靜止

開始釋放，下列說法中不正確的是（）

A.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動量守恒

B.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動量不守恒

C.小球下滑過程中，在水平方向上小車和小球組成的系統(tǒng)總動量守恒

D.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

A［小車和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，則水平方向

上動量守恒，豎直方向所受合外力不為零，所以總的動量不守恒；除重力以外

的其他外力不做功，小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B、C、D正確。］

角度2動量守恒中的臨界極值問題

2.如圖所示，質(zhì)量均為機(jī)的小車和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，

質(zhì)量為2m的小孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，木箱相對于冰面運(yùn)動的速

度為v,木箱運(yùn)動到右側(cè)墻壁時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞,反彈后能被小孩接住,

求：

(1)小孩接住木箱后共同速度的大?。?/p>

(2)若小孩接住箱子后再次以相對于冰面的速度。將木箱向右推出，木箱仍

與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，判斷小孩能否再次接住木箱。

［解析］(1)取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

推出木箱的過程中O=(/n+2/w)0i一，"以

接住木箱的過程中mv+(?i+2m)vi=(機(jī)+/〃+2in)V2?

v

解得02=不。

⑵若小孩第二次將木箱推出，根據(jù)動量守恒定律可得4mV2=3invi-mv,

則為=0,故小孩無法再次接住木箱。

［答案］(靖(2)不能

角度3動量守恒中的臨界極值問題

3.如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10機(jī)、12m,

兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動，速度分別為2處、vo.為避免兩船相撞，乙船上

的人將一質(zhì)量為機(jī)的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋

出貨物的最小速度。(不計水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動過程)

2v0

［解析］設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為小in,拋出貨物后乙船的

速度為。匕。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為。,，規(guī)定向右的方向?yàn)檎?/p>

向。

對乙船和貨物的作用過程，由動量守恒定律得

12/nro=ll?ir匕一?i0min①

對貨物和甲船的作用過程，同理有

10mX2U0—=?②

為避免兩船相撞應(yīng)有0甲=0匕③

聯(lián)立①②③式得0min=40o。

［答案］4%

考點(diǎn)2碰撞問題?綜合能力提升

1.碰撞現(xiàn)象三規(guī)律

J動量守恒?、運(yùn)動方向上滿足動方守上的條件

礪麗/不能增加除小徐亮+急

三規(guī)律

同向碰撞:碰前應(yīng)有。后〉"前，

碰后應(yīng)有。/N"后’

速度要合理｝

相對運(yùn)動:碰后兩物體的運(yùn)動

%?向不可能都不改變

2.彈性碰撞的結(jié)論

兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為機(jī)I、速度為

力的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有

miVi=miV,i-^-ni2V,2

$〃1濟(jì)=；機(jī)10'彳+$〃20弓

“”加，.2imvi

解得%=如+加'"=贏不嬴

結(jié)論：⑴當(dāng)m1=m2時,。'1=0,力2=磯（質(zhì)量相等,速度交換）;

⑵當(dāng)機(jī)1>/〃2時，0'2>0,且0，2>。〉（大碰小,一起跑）;

（3）當(dāng)加1<加2時,0，2>0（小碰大，要反彈）；

（4）當(dāng)7K1》網(wǎng)時,Vri=Vi,0、=201（極大碰極小，大不變，小加倍）；

（5）當(dāng)時，V,^—Vl,力2=0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）。

3.完全非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動，動能損失最大。

+〃22。2=（機(jī)1+機(jī)2）。

1/nivi+!?n2v5=1（77ii+/n2）v2+AEkffimax

4.碰撞遵守的原則

⑴動量守恒。

（2）機(jī)械能不增加。即碰撞結(jié)束后總動能不增加，表達(dá)式為Eki+Ek22EkJ

+府喊+如喘+喘。

（3）速度要合理

①碰前若同向運(yùn)動，原來在前的物體速度一定增大，且。前后。

②兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向肯定有一個改變或速度均為零。

［典例］曰經(jīng)如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板4上表面粗糙）

和滑塊C,滑塊5置于4的左端，三者質(zhì)量分別為/〃A=2kg,m/i=lkg,me

=2kgo開始時。靜止，A.B一起以0o=5m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C

發(fā)生碰撞（時間極短）后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、5再次達(dá)到共同速度一

起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞。求4與。發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。

巴,/....!......

審題指導(dǎo)：

題干關(guān)鍵獲取信息

A與。碰撞時間極短系統(tǒng)4、C動量守恒

4、5再次同速，恰好不與。碰撞最后三者同速

［解析］長木板4與滑塊。處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時間極短，碰

撞過程中滑塊5與長木板4間的摩擦力可以忽略不計，長木板A與滑塊C組成

的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，則血400=應(yīng)404+，"?；?gt;兩者碰撞后，長木板4

與滑塊5組成的系統(tǒng)在兩者達(dá)到同速之前所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，則

IHAVA+/MBUO=(/MA+/MB)vo長木板A和滑塊B達(dá)到共同速度后，恰好不再與滑

塊C碰撞，則最后三者速度相等，0c=0。

聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得OA=2m/s。

［答案］2m/s

［變式］在上例中(1)4與C發(fā)生碰撞后粘在一起,則三個物體最終的速度是

多少？

(2)在相互作用的整個過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能損失了多少？

［解析］(1)整個作用過程中，4、6、C三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，最

終三者具有相同的速度，根據(jù)動量守恒

(mA+mn)vo=+/WB+/?c)0

代入數(shù)據(jù)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再次達(dá)到共同速度時

Ei=\(mA++