高中生物一輪復習教案

高考物理第一輪動量守恒定律表達式及其守恒條件專題考點復習教案。

20xx屆高三物理一輪復習學案：第五章《動量》專題三動量守恒定律表達式及其守恒條件
【考點透析】
一、本專題考點：動量守恒定律為Ⅱ類要求，但只局限于一維的情況。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.動量守恒定律：
（1）內(nèi)容：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
（2）表達式：P=P′或者m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
（3）適用范圍：比牛頓定律的適用范圍要廣泛的多，小到微觀粒子間的作用，大到天體間作用，無論物體間作用力性質(zhì)如何都適用。中學階段，運用動量守恒定律研究的對象主要是一條直線上運動的兩個物體所組成的系統(tǒng)，如兩球相碰問題。
2.動量守恒條件：
（1）如果研究的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的總動量守恒。也就是說，系統(tǒng)內(nèi)力不能使系統(tǒng)的總動量發(fā)生改變，且對內(nèi)力的性質(zhì)無任何限制。這一點與機械能守恒定律有本質(zhì)的差別。
（2）如果研究的系統(tǒng)所受合外力不等于零，但合外力遠小于內(nèi)力（即合外力可以忽略），則仍可認為總動量守恒。這種情況的特點是物體間相互作用時間很短，如碰撞、爆炸、打擊等類的作用。
（3）如果研究的系統(tǒng)所受合外力不等于零，但沿某一方向合外力的分量為零，則沿該方向系統(tǒng)總動量的分量守恒。
3.應(yīng)用動量守恒定律解題步驟：
（1）明確研究系統(tǒng)，判斷動量是否守恒。
（2）選取正方向，明確作用前總動量和作用后總動量。
（3）列方程，P前=P后
（4）解方程。
4.難點釋疑
(1)正確區(qū)分內(nèi)力和外力，外力指系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力，內(nèi)力指研究系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用。
(2)動量守恒定律具有矢量性，列方程前要先規(guī)定正方向。
(3)動量守恒定律只涉及作用前后物體的運動狀態(tài)，解題時不必過問過程的細節(jié)。
(4)動量守恒的幾種表達式及其推廣式：
①P=P′②ΔP=0③ΔP1=-ΔP2④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
0=m1v1+m2v2（適用于原來靜止的兩物體組成的系統(tǒng)，由此式可推得你動
我動、你快我快、你慢我慢、你停我停，你我速率和各自質(zhì)量成反比）
m1v1+m2v2=（m1+m2）v′（適用于兩物體相互作用后結(jié)合在一起的情況）
【例題精析】
例1一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長L，拴有小球的細線，小球拉至和懸點在同一水平面處釋放，如圖5-6所示，小球擺動時，不計一切阻力，下面說法中正確的是（）
①小球和小車的總機械能守恒②小球和小車的動量守恒③小球運動到最低點的速度為④小球和小車只有在水平方向上動量守恒
A．①③B．①④C．②④D．②③
解析：小球、小車和地球組成的系統(tǒng)，只有動能和勢能間的轉(zhuǎn)化，故①正確；小球和小車組成的系統(tǒng)因有外力（重力）作用，系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向不受外力作用，因而水平方向滿足動量守恒，故②錯，而④選項正確；小球運動到最低點時，若小車靜止，其速度為，但由于小球和小車之間的相互作用，小車也具有動能，因而根據(jù)機械能守恒定律可知，小球運動到最低點的速度小于，故③選項錯。
答案：B
例2質(zhì)量M=200kg的小車，上面站著一個質(zhì)量為m=50kg的人，車以v0=1m/s的速度在光滑水平面上前進，當人相對車以v=2m/s向后水平跳出后，車速變?yōu)槎嗌伲?br> 解析：設(shè)車速變?yōu)関′，人相對車跳出后轉(zhuǎn)換成相對地面的速度為v′-v
根據(jù)動量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′+m(v′-v)代入數(shù)據(jù)得：
v′===1.4m/s
錯解一：（M+m）v0=Mv′+m(v0-v)（違背了動量守恒定律的同時性，即人跳車后，車速已不再是v0，人相對車的速度不是相對跳車前車的速度，而是相對跳車后車的速度）
錯解二：（M+m）v0=Mv′-mv（違背了動量守恒定律的同一性，即動量守恒式中的各速度應(yīng)是相對同一參照系）
小結(jié)：動量守恒式中的各速度應(yīng)是相對同一參照系，一般選地面為參照物；相互作用的各物體的動量應(yīng)分別是作用前同一時刻和作用后同一時刻的動量。
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖5-7所示的裝置中，木塊B與水平桌面的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究系統(tǒng)，則此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（）
A．動量守恒、機械能守恒；B．動量不守恒、機械能不守恒；
C．動量守恒、機械能不守恒；D．動量不守恒、機械能守恒；
2．如圖5-8所示，光滑水平面上A、B兩小車中有一彈簧，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態(tài)，將兩小車及彈簧看作系統(tǒng)，下面的說法正確的是（）
①若同時放開兩手，則A、B兩車的總動量為零
②先放A車后放B車，則系統(tǒng)的動量守恒而機械能不守恒
③先放B車后放A車（手保持不動），則系統(tǒng)的動量不守恒而機械能守恒
④先放A車，后用手推B動車，則系統(tǒng)的動量不守恒，機械能也不守恒
A．①④B．①②Ｃ．①③④D．①②④
3．一只小船停止在湖面上，一個人從小船的一端走到另一端，不計水的阻力，下列說法正確的是（）
①人在船上行走，人對船的沖量比船對人的沖量小，所以人向前運動的快，船后退的慢；②人在船上行走時，人的質(zhì)量比船的小，它們的沖量大小是相等的，所以人向前運動的快，船后退的慢；③當人停止走動時，因船的慣性大，所以船將繼續(xù)后退；④當人停止走動時，因總動量守恒，故船也停止后退。
A．②④B．①②Ｃ．③④D．①④
4．靜止在湖面的小船上有兩個人分別向相反方向拋出質(zhì)量相同的小球，甲向左拋，乙向右拋，甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對岸的速率相等，則下列說法中正確的是（）
A．兩球拋出后，船往左以一定速度運動，乙球受到的沖量大一些。
B．兩球拋出后，船往右以一定速度運動，甲球受到的沖量大一些。
C．兩球拋出后，船的速度為零，甲球受到的沖量大一些。
D．兩球拋出后，船的速度為零，兩球受到的沖量相等。
5．一個質(zhì)量為2kg的裝砂小車，沿光滑的水平面以3m/s的速度運動，一個質(zhì)量為1kg的小球從0.2m高處自由落下，恰落入小車的砂中，這以后小車的速度為（）
A．2m/sB．3m/sC．2.7m/sD．0
Ⅱ能力與素質(zhì)
6．質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊用細線系在一起，以速度v在水中勻速下沉，某一時刻細線斷了，則當木塊停止下沉的時刻，鐵塊下沉的速度為。（設(shè)水足夠深，水的阻力不計）
7．如圖5-9所示，質(zhì)量為m1的物體A和質(zhì)量為m2的物體B用細線連接，在水平恒力F的作用下，A、B一起沿足夠大的水平面做勻速直線運動，速度為V，現(xiàn)剪斷細線并保持F的大小、方向不變，則當物體B停下來時，物體A的速度是。
8．質(zhì)量為M的氣球下吊一架輕的繩梯,梯上站著質(zhì)量為m的人.氣球以v0速度勻速上升.如果人加速向上爬,當他相對于梯的速度達到V時,氣球的速度將變?yōu)?
9．質(zhì)量為30kg的小孩推著質(zhì)量為10kg的冰車，在水平冰面上以2.0m/s的速度滑行，不計冰面摩擦，若小孩突然以5.0m/s的速度(對地)將冰車推出后，小孩的速度變?yōu)開_____m/s。這一過程中，小孩對冰車所做的功為______J。
【拓展研究】
10．總質(zhì)量為M=0.5kg的小火箭（內(nèi)含0.1kg火藥），若火藥全部燃燒，并以v=240m/s的速度全部豎直向下噴出，空氣阻力為重力的0.2倍，求火箭能上升的最大高度．（提示：火藥噴出過程極短．此過程內(nèi)力遠大于外力．動量守恒）

專題三、1．B2．C3．A4．C5．A6．7．8．v0－9．1.0；105拓展研究答案：150m

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高考物理第一輪復習驗證動量守恒定律學案

第三課時實驗：驗證動量守恒定律

【教學要求】
1．了解本實驗的原理、器材選擇及實驗步驟；
2．學會處理實驗數(shù)據(jù)以及能解決實驗中出現(xiàn)的問題。
【知識再現(xiàn)】
一、實驗原理
質(zhì)量為m1、m2的兩個小球發(fā)生正碰，若碰前m1運動，m2靜止，根據(jù)動量守恒定律有：
_____________。因小球從斜槽上滾下后做_________，由平拋運動知識知，只要小球下落的高度相同，在落地前運動的__________就相同，則小球的水平速度若用飛行時間作時間單位，數(shù)值上就等于小球飛出的___________。所以，只要測出小球的____________及兩球碰撞前后飛出的_______________，代入公式就可以驗證動量守恒定律。
二、實驗器材
斜槽、大小相等不同質(zhì)量的小球兩個、重垂線一條、白紙、復寫紙、天平、刻度尺、圓規(guī)、三角板。
三、實驗步驟
1．先用________測出兩個小球質(zhì)量m1、m2。
2．按圖安裝好實驗裝置，將斜槽固定在桌邊，使斜槽的末端點切線__________，把被碰小球放在斜槽前邊的小支柱上，調(diào)節(jié)實驗裝置使兩小球碰時在同一水平線上，且碰撞瞬間，入射球與被碰球的球心連線與軌道末端的切線平行，以確保碰后的速度方向水平。
A、在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放________；
B、在白紙上記下重垂線所指的位置o，它表示入射球m1碰前的位置；
C、先不放被碰小球，讓入射球從斜槽上同一高度滾下，重復____________，用園規(guī)畫盡可能小的圓把所有的小球落點圈在里面，________就是入射球不碰時的落點P；
D、把被碰球放在小支柱上，讓_________從同一高度滾下，使它們發(fā)生正碰，重復10次，仿步驟5求出入射球落點的____M和被碰球落點的___N；
E、用刻度尺量出線段OM、OP、ON的長度，把兩小球的質(zhì)量和相應(yīng)的速度數(shù)值代入________看是否成立；
F、整理器材放回原處。
知識點一實驗原理
驗證動量守恒的裝置不一定與教材中的一致，考查時經(jīng)常以其它形式出現(xiàn)，但實驗原理應(yīng)該是相似的。
【應(yīng)用1】（07廣東省重點中學月考）氣墊導軌是常用的一種實驗儀器，它是利用氣泵使帶孔的導軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導軌上，滑塊在導軌上的運動可視為沒有摩擦．我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導軌和滑塊A和B驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示，采用的實驗步驟如下：
a．用天平分別測出滑塊A、B的質(zhì)量mA、mB；
b．調(diào)整氣墊導軌，使導軌處于水平；
c．在A和B間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導軌上；
d．用刻度尺測出A的左端至C板的距離L1；
e．按下電鈕放開卡銷，同時分別記錄滑塊A、B運動時間的計時器開始工作，當A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時計時結(jié)束，記下A，B分別到達C、D的運動時間t1和t2．
(1)實驗中還應(yīng)測量的物理量是。
(2)利用上述測量的實驗數(shù)據(jù)，驗證動量守恒定律的表達式是，上式中算得的A、B兩滑塊的動量大小并不完全相等，產(chǎn)生誤差的原因是。
導示:(1)B的右端至D板的距離L2
(2)；測量質(zhì)量、時間、距離等存在誤差，由于阻力、氣墊導軌不水平等造成誤差。

知識點二數(shù)據(jù)的測量與處理
1．數(shù)據(jù)測量：（1）用天平測m1和m2的質(zhì)量；（2）用刻度尺測量入射小球單獨平拋的水平距離和碰后平拋的水平距離，被碰小球被碰后平拋的水平距離。
2．數(shù)據(jù)處理：在本實驗中，巧妙地運用了等效代換的方法．即用小球做平拋運動的水平分位移代換平拋初速度，極為方便地代換出小球碰撞前后的速度大小；由于本實驗僅限于研究系統(tǒng)在碰撞前后動量的關(guān)系，所以在研究時，各物理量的單位不一定要統(tǒng)一使用國際單位制單位。
【應(yīng)用2】（江蘇省啟東市07屆期中測試）如圖為實驗室中驗證動量守恒實驗裝置示意圖
（1）若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2，則（）
A．m1m2r1r2B．m1m2r1r2
C．m1m2r1＝r2D．m1m2r1＝r2
（2）為完成此實驗，以下所提供的測量工具中必需的是________________。（填下列對應(yīng)的字母）
A．直尺B．游標卡尺C．天平
D．彈簧秤E．秒表
（3）設(shè)入射小球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2，P為碰前入射小球落點的平均位置，則關(guān)系式（用m1、m2及圖中字母表示）________________成立，即表示碰撞中動量守恒。
（4）在實驗裝置中，若斜槽軌道是光滑的，則可以利用此裝置驗證小球在斜槽上下滑過程中機械能守恒，這時需要測量的物理量有：小球釋放初位置到斜槽末端的高度差h1；小球從斜槽末端做平拋運動的水平移s、豎直高度h2,則所需驗證的關(guān)系式為：________。
導示:（1）C（2）AC
（3）
（4）
知識點三注意事項與誤差分析
1．實驗注意事項：（1）調(diào)整斜槽，使其末端的切線水平；（2）調(diào)節(jié)小支柱的高度，使入射小球和被碰小球的球心處于同一高度；（3）入射小球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰小球的質(zhì)量；（4）入射小球每次必須從斜槽上同一位置由靜止釋放；（5）選質(zhì)量大的小球作入射球；（6）實驗中實驗桌、斜槽及白紙的位置始終不變。
2．誤差分析：（1）實驗中兩小球碰撞時，球心不在同一水平面上．使小球碰撞不是水平正碰，碰后小球不做嚴格地平拋運動；（2）入射小球的釋放位置越高．兩小球碰撞時的內(nèi)力越大，動量守恒的誤差越小，由于碰撞瞬間摩擦力的影響．使碰撞中動量并不嚴格守恒；（3）實驗中用落點所在圓的圓心作為落點帶來了誤差，可采取多次碰撞的方法減小這種誤差。
【應(yīng)用3】在驗證碰撞中的動量守恒實驗中，設(shè)人射球、被碰球的質(zhì)量分別為m1、m2，半徑分別為r1、r2，為了減小實驗誤差，下列說法正確的是（）
A．m1=m2，r1r2
B．m1m2，rl=r2
C．降低碰撞實驗器的高度
D．入射小球釋放點要適當高一些
導示:因要求對心碰撞，故r1=r2；碰后兩球同時做平拋運動，故入射球碰后運動方向不能改變，所以m1m2；降低碰撞實驗器高度將減少平拋運動的時間，從而減小水平射程，這樣做會增大測量的相對誤差；入射球釋放點位置適當高一些會增大平拋的初速度，從而使水平射程增大，減小測量的偶然誤差。
答案應(yīng)選：BD。
檢驗斜槽末端是否水平的方法是：將小球放在斜槽末端的水平部分，看其是否有明顯的運動傾向，若有則不水平，若無則水平。

1．“驗證動量守恒定律”的實驗裝置原來的教科書采用圖甲的方法，經(jīng)過編者修改后，現(xiàn)行的教科書采用圖乙的方法。兩個實驗裝置的區(qū)別在于①懸掛重垂線的位置不同；②圖甲中設(shè)計有一個支柱（通過調(diào)整，可使兩球的球心在同一水平線上；上面的小球被碰離開后，支柱立即倒下），圖乙中沒有支柱。對于圖甲入射小球和被碰小球做平拋運動的拋出點分別在通過o、o點的豎直線上，重垂線只確定了o點的位置。比較這兩個實驗裝置，下列說法正確的是（）
A．采用圖甲的實驗裝置時，需要測出兩小球的直徑
B．采用圖乙的實驗裝置時，需要測出兩小球的直徑
C．為了減小誤差，采用圖甲的實驗裝置時，應(yīng)使斜槽末端水平部分光滑
D．為了減小誤差，采用圖乙的實驗裝置時，應(yīng)使斜槽末端水平部分光滑

2．（2008汕頭市一中期中）用如圖所示裝置來驗證動量守恒定律，質(zhì)量為mB的鋼球B放在小支柱N上，球心離地面高度為H；質(zhì)量為mA的鋼球A用細線栓好懸掛于O點，當細線被拉直時O點到球心的距離為L，且細線與豎直線之間夾角為α；A球由靜止釋放，擺到最低點時恰與B球發(fā)生正碰，碰撞后，A球把輕質(zhì)指示針C推移到與豎直線夾角為β處，B球落到地面上，地面上鋪有一張蓋有復寫紙的白紙D，用來記錄B球的落點。
（1）用圖中所示各個物理量的符號表示碰撞前后A、B兩球的動量（設(shè)A、B兩球的碰前動量分別為PA、PB；碰后動量分別為PA′、PB′），則：PA=；PA′=；PB=；PB′=。
（2）請你提供兩條提高實驗的精度建議。

3．某同學設(shè)計了一個用打點計時器驗證動量守恒定律的實驗：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動小車A使之做勻速運動，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運動，他設(shè)計的具體裝置如圖所示，在小車后連著紙帶，電磁打點計時器電源頻率為50HZ，長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力。
（1）若已得到打點紙帶如圖，并測得各計數(shù)點間距標在圖上，A為起始運動的第一點，則應(yīng)選________段來計算A的碰前速度，而選_________段來計算A和B碰后的共同速度（以上兩格填“AB”“BC”“CD”或“DE”）；
（2）已測得小車A的質(zhì)量。m1=0.40kg，小車B的質(zhì)量m2=0.20kg，由以上測量結(jié)果可得碰前總動量________kgm/s，碰后總動量_______kgm/s

答案：1、AD；2、（1）mA；0；mB；（2）讓A球多次從同一位置擺下，求B球落點的平均位置；α角取值不要太小；A、B兩球質(zhì)量不要太小；A球質(zhì)量要盡量比B球質(zhì)量大；3、（1）BC、DE；（2）0.42、0.417

高考物理第一輪考綱知識復習：動量守恒定律

第1章動量守恒定律
【考綱知識梳理】
一、動量
1、動量：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量．P=mv
是矢量，方向與速度方向相同；動量的合成與分解，按平行四邊形法則、三角形法則．是狀態(tài)量；
通常說物體的動量是指運動物體某一時刻的動量(狀態(tài)量)，計算物體此時的動量應(yīng)取這一時刻的瞬時速度。
是相對量；物體的動量亦與參照物的選取有關(guān)，常情況下，指相對地面的動量。單位是kgm/s；
2、動量和動能的區(qū)別和聯(lián)系
①動量的大小與速度大小成正比，動能的大小與速度的大小平方成正比。即動量相同而質(zhì)量不同的物體，
其動能不同；動能相同而質(zhì)量不同的物體其動量不同。
②動量是矢量，而動能是標量。因此，物體的動量變化時，其動能不一定變化；而物體的動能變化時，其動量一定變化。
③因動量是矢量，故引起動量變化的原因也是矢量，即物體受到外力的沖量；動能是標量，
引起動能變化的原因亦是標量，即外力對物體做功。
④動量和動能都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，兩者從不同的角度描述了運動物體的特性，且二者大小間存在關(guān)系式：P2＝2mEk
3、動量的變化及其計算方法
動量的變化是指物體末態(tài)的動量減去初態(tài)的動量，是矢量，對應(yīng)于某一過程（或某一段時間），是一個非常重要的物理量，其計算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要計算P0、Pt在一條直線上的情況。
（2）利用動量定理ΔP=Ft，通常用來解決P0、Pt；不在一條直線上或F為恒力的情況。
二、沖量
1、沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量．
是矢量，如果在力的作用時間內(nèi)，力的方向不變，則力的方向就是沖量的方向；沖量的合成與分解，按平行四邊形法則與三角形法則．沖量不僅由力的決定，還由力的作用時間決定。而力和時間都跟參照物的選擇無關(guān)，所以力的沖量也與參照物的選擇無關(guān)。單位是Ns；
2、沖量的計算方法
（1）I=Ft．采用定義式直接計算、主要解決恒力的沖量計算問題。I=Ft
（2）利用動量定理Ft=ΔP．主要解決變力的沖量計算問題，但要注意上式中F為合外力（或某一方向上的合外力）。
三、動量定理
1、動量定理：物體受到合外力的沖量等于物體動量的變化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；
該定理由牛頓第二定律推導出來：（質(zhì)點m在短時間Δt內(nèi)受合力為F合，合力的沖量是F合Δt；質(zhì)點的初、未動量是mv0、mvt，動量的變化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根據(jù)動量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．單位：NS與kgm／s統(tǒng)一：lkgm／s=1kgm／s2s=Ns；
3．理解：（1）上式中F為研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力。
（2）動量定理中的沖量和動量都是矢量。定理的表達式為一矢量式，等號的兩邊不但大小相同，而且方向相同，在高中階段，動量定理的應(yīng)用只限于一維的情況。這時可規(guī)定一個正方向，注意力和速度的正負，這樣就把矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。
（3）動量定理的研究對象一般是單個質(zhì)點。求變力的沖量時，可借助動量定理求，不可直接用沖量定義式．
四、動量守恒定律
內(nèi)容：相互作用的物體系統(tǒng)，如果不受外力，或它們所受的外力之和為零，它們的總動量保持不變。即作用前的總動量與作用后的總動量相等．（研究對象：相互作用的兩個物體或多個物體所組成的系統(tǒng)）
動量守恒定律適用的條件
守恒條件：①系統(tǒng)不受外力作用。(理想化條件)
②系統(tǒng)受外力作用，但合外力為零。
③系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠小于物體間的相互作用力。
④系統(tǒng)在某一個方向的合外力為零，在這個方向的動量守恒。
⑤全過程的某一階段系統(tǒng)受合外力為零，該階段系統(tǒng)動量守恒，
即：原來連在一起的系統(tǒng)勻速或靜止(受合外力為零)，分開后整體在某階段受合外力仍為零,可用動量守恒。
例：火車在某一恒定牽引力作用下拖著拖車勻速前進，拖車在脫勾后至停止運動前的過程中(受合外力為零)動量守恒
常見的表達式
不同的表達式及含義(各種表達式的中文含義)：
P＝P′或P1＋P2＝P1′＋P2′或m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分別表示系統(tǒng)的末動量和初動量，系統(tǒng)相互作用前的總動量P等于相互作用后的總動量P′)
ΔP＝0(系統(tǒng)總動量變化為0，或系統(tǒng)總動量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個物體初、末動量的變化量，表示兩個物體組成的系統(tǒng)，各自動量的增量大小相等、方向相反)。

如果相互作用的系統(tǒng)由兩個物體構(gòu)成，動量守恒的實際應(yīng)用中具體來說有以下幾種形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各個動量必須相對同一個參照物，適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng)。
B、0=m1vl＋m2v2，適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，適用于兩物體作用后結(jié)合在一起或具有共同的速度。
原來以動量(P)運動的物體，若其獲得大小相等、方向相反的動量(－P)，是導致物體靜止或反向運動的臨界條件。即：P+(－P)=0
4.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒.
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加.
(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動.
【要點名師透析】
類型一動量守恒定律的實際應(yīng)用
【例1】如圖1所示，質(zhì)量為的小車在光滑的水平面上以速度向右做勻速直線運動，一個質(zhì)量為的小球從高處自由下落，與小車碰撞后反彈上升的高度為仍為。設(shè)，發(fā)生碰撞時彈力，小球與車之間的動摩擦因數(shù)為，則小球彈起時的水平速度可能是
.
.
.
.
解析：小球的水平速度是由于小車對它的摩擦力作用引起的，若小球在離開小車之前水平方向上就已經(jīng)達到了，則摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在離開小車之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下兩種情況進行分析：
小球離開小車之前已經(jīng)與小車達到共同速度，則水平方向上動量守恒，有
由于
所以
若小球離開小車之前始終未與小車達到共同速度，則對小球應(yīng)用動量定理得
水平方向上有
豎直方向上有
又
解以上三式，得
故，正確的選項為。
類型二動量守恒定律的綜合應(yīng)用
【例2】如圖所示，一輛質(zhì)量是m=2kg的平板車左端放有質(zhì)量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)=0.4，開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板車每一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離．
（2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v．
（3）為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長？
【解析】：（1）設(shè)第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0．由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行．
動能定理①
②
代入數(shù)據(jù)得③
（3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右．這樣就違反動量守恒．所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v．此即平板車碰墻前瞬間的速度．
④
∴⑤
代入數(shù)據(jù)得⑥
（3）平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，最后停在墻邊．設(shè)滑塊相對平板車總位移為l，則有⑦
⑧
代入數(shù)據(jù)得⑨
l即為平板車的最短長度．
【感悟高考真題】
1.（20xx福建理綜T29（2））在光滑水平面上，一質(zhì)量為m，速度大小為的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是__________。（填選項前的字母）
A.0.6B.0.4C.0.3D.0.2
【答案】選A.
【詳解】由動量守恒定律得，規(guī)定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負值，則，因此B球的速度可能為0.6v，故選A.
2.（20xx新課標全國卷T35（2））如圖，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m。置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體，現(xiàn)A以初速v沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A，B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v，求彈簧釋放的勢能。
【答案】13mv02
【詳解】設(shè)碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有，
3mv=mv0①
設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有，
3mv=2mv1+mv0②
設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有，
12（3m）v2＋Ep=12（2m）v12＋12mv02③
由①②③式得彈簧所釋放的勢能為
Ep=13mv02
3.（20xx北京高考T21⑵）如圖2，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。
①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量（填選項前的符號），間接地解決這個問題
小球開始釋放高度
小球拋出點距地面的高度
小球做平拋運動的射程
②圖2中點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球多次從斜軌上位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程，然后，把被碰小球靜止于軌道的水平部分，再將入射球從斜軌上位置靜止釋放，與小球相碰，并多次重復。
接下來要完成的必要步驟是(填選項前的符號)
A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量、
B.測量小球開始釋放高度h
C.測量拋出點距地面的高度H
D．分別找到相碰后平均落地點的位置M、N
E．測量平拋射程ＯＭ，ＯＮ
③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為（用②中測量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞。那么還應(yīng)滿足的表達式為（用②中測量的量表示）。
④經(jīng)測定，，小球落地點的平均位置距Ｏ點的距離如圖３所示。
碰撞前、后m1的動量分別為p1與，則p1:‘=：11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為,則‘:‘=11:
實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值為
⑤有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其它條件不變，可以使被撞小球做平拋運動的射程增大。請你用④中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被撞小球m2平拋運動射程ON的最大值為cm.
【答案】①C，②ADE或DAE或DEA
③
④142.91～1.01
⑤76.8
【詳解】①在落地高度不變的情況下，水平位移就能反映平拋初速度的大小，所以，僅測量小球做平拋運動的射程就能間接測量速度.因此選C.
②找出平均落點的位置，測量平拋的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，但D、E先后均可，至于用天平測質(zhì)量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③設(shè)落地時間為t，則，，動量守恒的表達式是，
動能守恒的表達式是，所以若兩球相碰前后的動量守恒，則成立，若碰撞是彈性碰撞，動能守恒則成立.
④碰撞前后m1動量之比，，
⑤發(fā)生彈性碰撞時，被碰小球獲得的速度最大，根據(jù)動量守恒和動能守恒，，，聯(lián)立解得，因此，最大射程為
4.（20xx山東高考T38）（1）碘131核不穩(wěn)定，會發(fā)生β衰變，其半衰變期為8天。
碘131核的衰變方程：（衰變后的元素用X表示）。
經(jīng)過________天75%的碘131核發(fā)生了衰變。
（2）如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人和貨物）分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2V0、V0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋出甲船，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）
【答案】（1）16天（2）
【詳解】（1）由放射性元素經(jīng)歷一個半衰期衰變總數(shù)的一半可知，共經(jīng)歷了兩個半衰期即16天。
（2）設(shè)拋出貨物的最小速度為Vx,則有對乙船，其中v為后來兩船同向運動的速度。由以上兩式可得
5.（20xx天津理綜T12）回旋加速器在核科學、核技術(shù)、核醫(yī)學等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了現(xiàn)代科學技術(shù)的發(fā)展。
當今醫(yī)學影像診斷設(shè)備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射正電子的同位素碳11作示蹤原子。碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應(yīng)方程。若碳11的半衰期為20min，經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？（結(jié)果取2位有效數(shù)字）
回旋加速器的原理如圖，和是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為的交流電源上，位于圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速，、置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，其最大速度遠小于光速）。
試推力說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差是增大、減小還是不變？
【答案】⑴
⑵
⑶隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小
【詳解】⑴核反應(yīng)方程為-------------①
設(shè)碳11原有質(zhì)量為，經(jīng)過剩余的質(zhì)量為，根據(jù)半衰期定義有
----------------------②
⑵設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開加速器時速度大小為，有牛頓第二定律得
----------------------------③
質(zhì)子運動的回旋周期為--------------④
由回旋加速器原理可知，交流電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻率的關(guān)系得--------------------------------⑤
設(shè)在t時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為
----------------------------⑥
輸出時質(zhì)子束的等效電流為---------------⑦
由上述各式聯(lián)立解得：-----------------⑧
若以單個質(zhì)子為研究對象解答過程正確的同樣得分。
⑶方法一：設(shè)k（）為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為、（），，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為、，、之間的電壓為U，由動能定理知--------⑨
由洛倫茲力充當質(zhì)子做圓周運動的向心力，知，則
整理得----------⑩
因U、q、m、B均為定值，令,由上式得
相鄰軌道半徑、之差，同理得
因為，比較、得---------------⑾
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小
方法二：設(shè)k（）為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為、（），，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為、，、之間的電壓為U。
由洛倫茲力充當質(zhì)子做圓周運動的向心力，知，故------⑿
由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量------------------⒀
以質(zhì)子在盒中運動為例，第k次進入時，被電場加速次，速度大小為
---------------------------⒁
同理，質(zhì)子第次進入時，速度大小為
綜合上述各式得，
同理，對于相鄰軌道半徑、，，整理后有
由于，比較、得------⒂
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小。用同樣的方法也可得到質(zhì)子在盒中運動時具有相同的結(jié)論。
6.（20xx海南物理T19）（1）20xx年3月11日，日本發(fā)生九級大地震，造成福島核電站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs兩種放射性核素，它們通過一系列衰變產(chǎn)生對人體有危害的輻射。在下列四個式子中，有兩個能分別反映131I和137Cs衰變過程，它們分別是_______和__________（填入正確選項前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子數(shù)分別是________和_______.
A.X1→B.X2→
C.X3→D.X4→
（2）（8分）一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：
（i）木塊在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木塊最后距a點的距離s。
【答案】（1）BC7882（2），
【詳解】（1）根據(jù)衰變過程電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，可知是Ba，是I，
是Cs，是Cs，所以能分別反映I、Cs的衰變過程的是分別是BC。I原子核中
的中子數(shù)是，Cs原子核中的中子數(shù)是。
（2）（i）木塊向右滑到最高點時，系統(tǒng)有共同速度，
動量守恒：①（1分）
②（2分）
聯(lián)立①②兩式解得：③（1分）
（ii）整個過程，由功能關(guān)系得：④（2分）
木塊最后距a點的距離⑤（1分）
聯(lián)立①③④⑤解得：（1分）
7.（20xx福建29（2））如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量?，F(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度，則。（填選項前的字母）
A．小木塊和木箱最終都將靜止
B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動
D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
答案：B
8．（20xx北京20）如圖，若x軸表示時間，y軸表示位置，則該圖像反映了某質(zhì)點做勻速直線運動時，位置與時間的關(guān)系。若令x軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖像又可以反映在某種情況下，相應(yīng)的物理量之間的關(guān)系。下列說法中正確的是
A.若x軸表示時間,y軸表示動能，則該圖像可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關(guān)系
B.若x軸表示頻率，y軸表示動能，則該圖像可以反映光電效應(yīng)中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關(guān)系
C.若x軸表示時間，y軸表示動量，則該圖像可以反映某物在沿運動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關(guān)系
D.若x軸表示時間，y軸表示感應(yīng)電動勢，則該圖像可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大時，增長合回路的感應(yīng)電動勢與時間的關(guān)系
【答案】C
【解析】根據(jù)動量定理，說明動量和時間是線性關(guān)系，縱截距為初動量，C正確。結(jié)合得，說明動能和時間的圖像是拋物線，A錯誤。根據(jù)光電效應(yīng)方程，說明最大初動能和時間是線性關(guān)系，但縱截距為負值，B錯誤。當磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大時，增長合回路內(nèi)的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律增長合回路的感應(yīng)電動勢等于磁通量的變化率，是一個定值不隨時間變化，D錯誤。
9.（20xx天津10）如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點的正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升至最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時間t。
解析：設(shè)小球的質(zhì)量為m，運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為，取小球運動到最低點重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律，有
①
得
設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為，同理有
②
得
設(shè)碰撞后物塊的速度大小為，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有
③
得④
物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
設(shè)物塊在水平面上滑行的時間為，根據(jù)動量定理，有
⑥
得⑦
10.（20xx新課標34(2)）(10分)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間.設(shè)木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.
解析：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞墻。
木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有：
，解得：
木板在第一個過程中，用動量定理，有：
用動能定理，有：
木板在第二個過程中，勻速直線運動，有：
木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間t=t1+t2=+=
11.（20xx全國卷Ⅱ25）小球A和B的質(zhì)量分別為mA和mB且mA＞＞mB在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放出距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正幢，設(shè)所有碰撞都是彈性的，碰撞事件極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
連立①④⑤化簡得
⑥
12．（20xx北京24）雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體，其質(zhì)量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質(zhì)量為，初速度為，下降距離后于靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)?。此后每?jīng)過同樣的距離后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次為、．．．．．．．．．．．．（設(shè)各質(zhì)量為已知量）。不計空氣阻力。
若不計重力，求第次碰撞后雨滴的速度；
若考慮重力的影響，
ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度和；
ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的動能。
解析：（1）不計重力，全過程中動量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒
a．第1次碰撞前
第1次碰撞后
b.第2次碰撞前
利用○1式化簡得○2
第2次碰撞后，利用○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
動能
【考點模擬演練】
1．用不可伸長的細線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖10所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左方水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為v0，則下列判斷正確的是
()
A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統(tǒng)的機械能守恒
B．子彈射入木塊瞬間動量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為mv0M＋m
C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機械能守恒，其機械能等于子彈射入木塊前的動能
D．子彈和木塊一起上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2
【答案】BD
【詳解】從子彈射向木塊到一起運動到最高點的過程可以分為兩個階段：子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動量守恒，但機械能不守恒，有部分機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動能，因此A、C錯誤；由子彈射入木塊瞬間動量守恒可得子彈射入木塊后的共同速度為mv0M＋m，B正確；之后子彈和木塊一起上升，該階段機械能守恒可得上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2，D正確．
2.如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A質(zhì)量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是()
A.A開始運動時
B.A的速度等于v時
C.B的速度等于零時
D.A和B的速度相等時
【答案】選D.
【詳解】當B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當vA=vB時，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統(tǒng)損失動能最多，故只有D對.
3．一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是()
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【詳解】以炮艇及炮艇上的炮彈為研究對象，動量守恒，其中的速度均為對地速度，故A正確．
4．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kgm/s.則()

A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
【答案】A
【詳解】由兩球的動量都是6kgm/s可知，運動方向都向右，且能夠相碰，說明左方是質(zhì)量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的動量減少了4kgm/s，即A球的動量為2kgm/s，由動量守恒定律得B球的動量為10kgm/s，故可得其速度比為2∶5，故選項A是正確的．
5．如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()
A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零
B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒
C．先放開左手，后放開右手，總動量向左
D．無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零
【答案】ACD
【詳解】當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯而C、D正確．
6.如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的兩端分別站著人A和B，A的質(zhì)量為mA，B的質(zhì)量為mB，mAmB.最初人和車都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)在，兩人同時由靜止開始相向而行，A和B對地面的速度大小相等，則車()
A．靜止不動B．左右往返運動
C．向右運動D．向左運動
【答案】D
【詳解】系統(tǒng)動量守恒，A的動量大于B的動量，只有車與B的運動方向相同才能使整個系統(tǒng)動量守恒．
7．質(zhì)量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質(zhì)量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確的是()
A．m一定小于M
B．m可能等于M
C．b球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大
D．c球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大
【答案】AC
【詳解】由a球被反向彈回，可以確定三小球的質(zhì)量m一定小于M；若m≥M，則無論如何m不會被彈回．當m與M發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的動能最大，b與M粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則選項A、C正確．
8．如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為m1、m2，且m1m2，用輕彈簧將兩小車連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙兩車同時由靜止開始運動，直到彈簧被拉到最長(彈簧仍在彈性限度內(nèi))的過程中，對甲、乙兩小車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()
A．系統(tǒng)受到外力作用，動量不斷增大
B．彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大
C．甲車的最大動能小于乙車的最大動能
D．兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小等于外力F1、F2的大小
【答案】BC
9.如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面．現(xiàn)把質(zhì)量為m的小物體從A點由靜止釋放，m與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是()
A．其他量不變，R越大x越大
B．其他量不變，μ越大x越大
C．其他量不變，m越大x越大
D．其他量不變，M越大x越大
【答案】A
【詳解】兩個物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量是守恒的，所以當兩物體相對靜止時，系統(tǒng)水平方向的總動量為零，則兩物體最終會停止運動，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝Rμ，故選項A是正確的．
10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A
放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升．下列說法正確的是()
A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh
B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh2
C．B能達到的最大高度為h2
D．B能達到的最大高度為h4
【答案】BD
【詳解】根據(jù)機械能守恒定律可得B剛到達水平地面的速度v0＝2gh，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝12v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝122mv2＝12mgh，即B正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′＝12mv2，B能達到的最大高度為h/4，即D正確．
11.如圖所示，A、B兩個木塊質(zhì)量分別為2kg與0.9kg，A、B與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，質(zhì)量為0.1kg的鐵塊以10m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5m/s，求：
(1)A的最終速度；
(2)鐵塊剛滑上B時的速度．

【答案】(1)0.25m/s(2)2.75m/s
【詳解】(1)選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，由系統(tǒng)總動量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得：vA＝0.25m/s.
(2)設(shè)鐵塊剛滑上B時的速度為u，此時A、B的速度均為vA＝0.25m/s.
由系統(tǒng)動量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA
可求得：u＝2.75m/s.
12.如圖所示，將質(zhì)量為m1的鉛球以大小為v0、仰角為θ的初速度拋入一個裝有砂子的總質(zhì)量為M的靜止的砂車中，砂車與水平地面間的摩擦可以忽略．求：

(1)球和砂車的共同速度；
(2)球和砂車獲得共同速度后，砂車底部出現(xiàn)一小孔，砂子從小孔中流出，當漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度．
【答案】(1)m1v0cosθM＋m1(2)m1v0cosθM＋m1
【詳解】(1)以鉛球、砂車為系統(tǒng)，水平方向動量守恒，m1v0cosθ＝(M＋m1)v，
得球和砂車的共同速度
v＝m1v0cosθM＋m1.
(2)球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)水平方向動量也守恒，設(shè)當漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度為v′，砂子漏出后做平拋運動，水平方向的速度仍為v，
由(M＋m1)v＝m2v＋(M＋m1－m2)v′，
得v′＝v＝m1v0cosθM＋m1.

高考物理動量守恒定律第一輪單元知識點專題復習

作為杰出的教學工作者，能夠保證教課的順利開展，作為高中教師就需要提前準備好適合自己的教案。教案可以讓學生們能夠更好的找到學習的樂趣，有效的提高課堂的教學效率。您知道高中教案應(yīng)該要怎么下筆嗎？小編經(jīng)過搜集和處理，為您提供高考物理動量守恒定律第一輪單元知識點專題復習，供您參考，希望能夠幫助到大家。

第一課時動量守恒定律
【基礎(chǔ)知識回顧】
一、動量守恒定律
1、動量守恒定律的條件：系統(tǒng)所受的總沖量為零（不受力、所受外力的矢量和為零或外力的作用遠小于系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力），即系統(tǒng)所受外力的矢量和為零。（碰撞、爆炸、反沖）
注意：內(nèi)力的沖量對系統(tǒng)動量是否守恒沒有影響，但可改變系統(tǒng)內(nèi)物體的動量。內(nèi)力的沖量是系統(tǒng)內(nèi)物體間動量傳遞的原因，而外力的沖量是改變系統(tǒng)總動量的原因。
2、動量守恒定律的表達式m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/（規(guī)定正方向）△p1=—△p2/
3、某一方向動量守恒的條件：系統(tǒng)所受外力矢量和不為零，但在某一方向上的力為零，則系統(tǒng)在這個方向上的動量守恒。必須注意區(qū)別總動量守恒與某一方向動量守恒。
4、碰撞
（1）完全非彈性碰撞：獲得共同速度，動能損失最多動量守恒，；
（2）彈性碰撞：動量守恒，碰撞前后動能相等；動量守恒，；動能守恒，；
特例1：A、B兩物體發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰前A初速度為v0，B靜止，
則碰后速度，vB=．
特例2：對于一維彈性碰撞，若兩個物體質(zhì)量相等，則碰撞后兩個物體互換速度（即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度）
（3）一般碰撞：有完整的壓縮階段，只有部分恢復階段，動量守恒，動能減小。
5、人船模型——兩個原來靜止的物體（人和船）發(fā)生相互作用時，不受其它外力，對這兩個物體組成的系統(tǒng)來說，動量守恒，且任一時刻的總動量均為零，由動量守恒定律，有mv=MV（注意：幾何關(guān)系）
【要點講練】
1．動量動量守恒定律
1、內(nèi)容：相互作用的幾個物體組成的系統(tǒng)，如果不受外力作用，或它們受到的外力的合力為0，則系統(tǒng)的總動量保持不變。
2、適用條件：
①系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的合力為零．
②內(nèi)力外力，如碰撞、爆炸等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，可以忽略不計．
③某個方向上合力為零，則在該方向動量守恒
【例1】下面關(guān)于動量守恒的判斷，正確的是（）
A．靜止于水面的兩船間用繩相連，船上的人用力拉繩子，兩船靠近，如果兩船所受阻力不能忽略，兩船動量必不守恒
B．人在靜止的汽車上行走，地面光滑，人與車總動量守恒
C．水平飛行的子彈擊中并穿過放在光滑水平桌面上的木塊，由于子彈對木塊的作用力遠大于桌面對木塊的摩擦力，因此子彈擊中木塊的過程中子彈、木塊系統(tǒng)的動量守恒
D．斜面置于光滑水平面上，物體在沿斜面下滑的過程中，水平方向的動量是否守恒取決于物體與斜面間有無摩擦

例題2：如圖5所示氣墊是常用的一種實驗儀器，它是利用氣泵使帶孔的導軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在軌道上，滑塊在軌道上的運動可視為沒有摩擦。我們可以用帶豎直擋板Ｃ和Ｄ的氣墊軌道以及滑塊Ａ和Ｂ來驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示（彈簧的長度忽略不計），采用的實驗步驟如下：
ａ.調(diào)整氣墊軌道，使導軌處于水平；
b.在Ａ和Ｂ間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導軌上；
ｃ.按下電鈕放開卡銷，同時使分別記錄滑塊Ａ、Ｂ運動時間的計數(shù)器開始工作，當Ａ、Ｂ滑塊分別碰撞Ｃ、Ｄ擋板時停止計時，記下滑塊Ａ、Ｂ分別到達擋板Ｃ、Ｄ的運動時間和；
ｄ.用刻度尺測出滑塊Ａ的左端至Ｃ擋板的距離、滑塊Ｂ的右端到Ｄ擋板的距離。
（１）試驗中還應(yīng)測量的物理量是；
（２）利用上述過程測量的實驗數(shù)據(jù)，驗證動量守恒定律的表達式是；
（３）利用上述實驗數(shù)據(jù)導出的被壓縮彈簧的彈性勢能的表達式是.

例題3：(1)場強為E、方向豎直向上的勻強電場中有兩小球A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2．A、B兩球由靜止釋放，重力加速度為g，則小球A和Ｂ組成的系統(tǒng)動量守恒應(yīng)滿足的關(guān)系式為．

(2)a、b兩個小球在一直線上發(fā)生碰撞，它們在碰撞前后的s-t圖象如圖所示，若a球的質(zhì)量ma=1kg，則b球的質(zhì)量mb等于多少?

跟蹤練習：
1、如圖所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質(zhì)量均為的相同小球、、，現(xiàn)讓球以的速度向著球運動，、兩球碰撞后黏合在一起，兩球繼續(xù)向右運動并跟球碰撞，球的最終速度.
①、兩球跟球相碰前的共同速度多大？
②兩次碰撞過程中一共損失了多少動能？

2、為了“探究碰撞中的不變量”，小明在光滑桌面上放有A、B兩個小球．A球的質(zhì)量為0.3kg，以速度8m/s跟質(zhì)量為0.1kg、靜止在桌面上的B球發(fā)生碰撞，并測得碰撞后B球的速度為9m/s，A球的速度變?yōu)?m/s，方向與原來相同．根據(jù)這些實驗數(shù)據(jù)，小明對這次碰撞的規(guī)律做了如下幾種猜想．
【猜想1】碰撞后B球獲得了速度，A球把速度傳遞給了B球．
【猜想2】碰撞后B球獲得了動能，A球把減少的動能全部傳遞給了B球．
你認為以上的猜想成立嗎？若不成立，請你根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，通過計算說明，有一個什么物理量，在這次的碰撞中，B球所增加的這個物理量與A球所減少的這個物理量相等？

3、下雪天，卡車在平直的高速公路上勻速行駛，司機突然發(fā)現(xiàn)前方停著一輛故障車，他將剎車踩到底，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共同滑行了一段距離后停下，已知卡車質(zhì)量M為故障車質(zhì)量m的4倍．設(shè)卡車與故障車相撞前的速度為v1,兩車相撞后的速度變?yōu)関2，相撞的時間極短，求：
①v1：v2的值；②卡車在碰撞過程中受到的沖量．

高考物理第一輪用動量守恒定律進行動態(tài)分析專題考點復習教案

俗話說，居安思危，思則有備，有備無患。作為教師就要在上課前做好適合自己的教案。教案可以更好的幫助學生們打好基礎(chǔ)，幫助教師有計劃有步驟有質(zhì)量的完成教學任務(wù)。那么一篇好的教案要怎么才能寫好呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“高考物理第一輪用動量守恒定律進行動態(tài)分析專題考點復習教案”，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！

20xx屆高三物理一輪復習學案：第五章《動量》專題六用動量守恒定律進行動態(tài)分析
【考點透析】
一、專題考點：動量守恒定律為Ⅱ類要求，但只局限于一維的情況。
二、理解和掌握的內(nèi)容
系統(tǒng)內(nèi)各物體運動狀態(tài)時刻改變，若滿足動量守恒條件，應(yīng)正確選擇研究對象、研究過程，充分利用反證法、極限法找出臨界條件，結(jié)合動量守恒定律進行解答。
【例題精析】
例1如圖5-20所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平桌面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，設(shè)小球不能越過滑塊，則小球到達最高點時，小球的速度大小為，滑塊的速度大小為。
解析：小球達到最高點時和滑塊具有相同的對地速度v（若速度不同，必然相對滑動，此時一定不是最高點），由水平方向動量守恒得：mv0=(m+M)v∴v=mv0/(m+M)
例2甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車的總質(zhì)量為M=30kg,乙和他的冰車的總質(zhì)量也是30kg，甲推著一質(zhì)量為m=15kg的箱子，和他一起以大小為v0=2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相碰，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住，若不計冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度（相對于地面）將箱子推出，才能避免與乙相碰。
解析：甲、乙及箱子系統(tǒng)的總動量方向與甲的方向相同，以此方向為正。甲把箱子推出后，甲的運動有三種可能：一是繼續(xù)向前；一是靜止；一是后退。按題意，要求甲推箱子給乙避免與乙相碰的最起碼的運動是上述的第一種情況，即要求甲推箱子后，動量變化不大，仍保持原方向。
對甲和箱子的系統(tǒng)，設(shè)以v推出箱子，甲的速度變?yōu)関1，由動量守恒定律：(M+m)v0=mv+Mv1即(30+15)×2=15v+30v1…………⑴
乙抓住箱子后，為避免與甲相碰，乙必須后退，設(shè)后退速度為v2，對乙和箱子的系統(tǒng)，由動量守恒定律：mv-Mv0=(M+m)v2即15v-30×2=(30+15)v2…………⑵由題意，甲乙避免相碰的條件是：v2≥v1當甲乙以共同速度前進時，甲推箱子的速度最小，所以取v2=v1…………⑶聯(lián)立⑴⑵⑶式代入數(shù)據(jù)解得v=5.2m/s
小結(jié)：正確選擇研究對象、研究過程及正確找出臨界條件是解此類題的關(guān)鍵。
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖5-21所示，光滑水平面上有質(zhì)量相等的A、B兩物體，B上裝有一輕質(zhì)彈簧，B原來處于靜止狀態(tài)，A以速度v0正對B滑行，當彈簧壓縮到最大量時（）
A．A的速度減小到零；B．A和B速度相同
C．是B開始運動時；D．是B達到最大速度時
2．在上題中，設(shè)兩物體質(zhì)量均為m，則當彈簧壓縮最大時B物體的速度為。
3．將兩條完全相同的磁鐵（磁性極強）分別固定在質(zhì)量相等的小車上，如圖5-22所示，水平面光滑，開始時甲車速度大小為3m/s,乙車速度大小為2m/s，方向相反并在同一直線上，當乙車速度為零時，甲車速度為m/s,方向.
4．在上題中，由于磁性極強，故兩車不會相碰，那么當兩車的距離最短時，乙車的速度為m/s,方向.
Ⅱ能力與素質(zhì)
5．在一個足夠大的光滑平面內(nèi)，有A、B兩質(zhì)量相同的木塊A、B，中間用一輕質(zhì)彈簧相連．如圖5-23所示，用一水平恒力F拉B，A、B一起經(jīng)過一定時間的勻加速直線運動后撤去力F．撤去力F后，A、B兩物體的情況是（）
①在任意時刻，A、B兩物體的加速度大小相等
②彈簧伸長到最長時，A、B的動量相等
③彈簧恢復原長時，A、B的動量相等
④彈簧壓縮到最短時，系統(tǒng)的總動能最小
A．①②③B．①②④C．①③D．③④
6．如圖5-24所示，一輛小車裝有光滑弧形軌道，總質(zhì)量為m停放在光滑水平面上，有一質(zhì)量也為m的速度為v的鐵球，沿軌道水平部分射入，并沿弧形軌道上升h后，又下降而離開小車，離車后球的運動情況是（）
A．平拋運動，速度方向與車運動方向相同
B．作平拋運動，水平速度方向跟車相反
C．作自由落體運動
D．小球跟車有相同的速度
7．如圖5-25所示，一個質(zhì)量為m的電動小車，放在質(zhì)量為M的小車的細桿上，小車放在光滑的水平桌面上，若車長為l，細桿高為h，且位于小車的中點，試求：當電動小車最小以多大的水平速度沖出時，才能落到桌面上？
8.如圖5-26所示，質(zhì)量為m2和m3的物體靜止在光滑的水平桌面上，兩者之間有壓縮著的彈簧，有質(zhì)量為m1的物體以v0的速度向右沖來，為了防止沖撞，物體m2將物體m3發(fā)射出去，m3與m1碰撞后粘合在一起，問m3的速度至少應(yīng)多大，才能使以后m3和m2不發(fā)生碰撞？
9．用長l=1.6m的輕繩懸掛一質(zhì)量為M=1.0kg的木塊。一顆質(zhì)量m=10g的子彈以水平速度v0=500m/s沿水平方向射穿木塊，射穿后的速v=100m/s，如圖5-27所示。求(1)這一過程中系統(tǒng)(子彈與木塊)損失的機械能Q。(2)打穿后，木塊能升的高度h。(3)木塊返回最低點時所受繩的拉力T。
10．如圖5-28所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面左側(cè)有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，車B與小孩子的總質(zhì)量是車A質(zhì)量的10倍。從靜止開始，小孩把車A以速度v(對地)向左推出，車A與墻碰撞后仍以原速率返回。小孩接到車A后，又把它以速度v(對地)推出，車A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出的小車A的速度都是v(對地)、方向向左，則小孩把車A總共推出______次后，車A返回時，小孩不能再接到。
【拓展研究】
一個連同裝備總質(zhì)量M=100kg的宇航員，在距離飛船s=45m處于飛船處于相對靜止狀態(tài)。宇航員背著裝有質(zhì)量為m0=0.5kg氧氣的貯氣筒，筒有個可以使氧氣以v=50m/s的速度噴出的噴嘴。宇航員必須朝著與返回方向相反的方向放出氧氣，才能回到飛船，同時又必須保留一部分氧氣供途中呼吸用，宇航員呼吸的耗氧率Q=2.510-4kg/s。不考慮噴出氧氣對設(shè)備及宇航員總質(zhì)量的影響，則：（1）瞬間噴出多少氧氣，宇航員才能安全返回飛船？
（2）為了使總耗氧量最低，應(yīng)一次噴出多少氧氣？返回時間又是多少？
（提示：一般飛船沿橢圓軌道運動，不是慣性參考系，但是在一段很短的時間內(nèi)，可以使飛船作勻速直線運動，是慣性參考系）

專題六、1．B2．V/23．1;右4．1/2；右5．B6．C
7．8.9．1192J;0.8M;20N
10.6次11、(1)0.05kg≤m1≤0.45kg(2)0.15kg,600s