高考物理特訓(xùn)第六章 動量

、

A第/r八-e早r動—J_重=

第1講動量定理及其應(yīng)用

⑥目標(biāo)任務(wù)抓核心目標(biāo)清

目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)

1.理解沖量、動量、動量變化量的概念，

1.理解沖量、動量、動量變化量的概念.建立物理觀念.

2.會利用動量定理分析解決相關(guān)問題2.掌握動量定理的應(yīng)用思路，能建立物

理模型解決問題，培養(yǎng)科學(xué)思維

B）知識特訓(xùn)。知識必記課前預(yù)案

知識_必記/分皋礎(chǔ)構(gòu)體系

定義?運動物體的質(zhì)址與—的乘積

動量是狀態(tài)量，與時刻或位置相對應(yīng)

動Gtr*p=________)

方向，與物體的速度方向

表達(dá)式＞AD=___

動

變化負(fù)方向卜與速屆it4方向

玨

rl定義小力與的乘積y沖量是過程黃，與時間或過程相對知

定

沖量表達(dá)式「上

理q方向卜與力F的方向.

內(nèi)容卜物體在一個過程始末的—變化玨

等了它在這個過程中所受力的

表達(dá)式卜&=“力”指的是合力）

必記答案

速度mv相同p'~p相同作用時間Ft相同動量沖量p'—p

必驗〕練基礎(chǔ)固知識

1.思考判斷

（1）動量越大的物體，其速度越大.（X）

⑵物體的動量越大，其慣性也越大.（X）

（3）物體所受合力不變，則動量也不改變.（X）

⑷物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零.（X）

（5）物體所受合力的沖量的方向與物體末動量的方向相同.（X）

（6）物體所受合力的沖量方向與物體動量變化的方向是一致的.（V）

2.（人故版選修3—5E1?丁2改編）（多選）在光滑水平面上，原來靜止的物體在水

平恒力廠的作用下，經(jīng)過時間,,通過位移/后，動量變?yōu)閜,動能變?yōu)榉?，?/p>

下說法正確的是（）

A.在尸作用下，這個物體若經(jīng)過位移2/,其動量將等于2〃

B.在尸作用下，這個物體若經(jīng)過時間21,其動量將等于2〃

C.在尸作用下，這個物體若經(jīng)過時間4/,其動能將等于2反

D.在“作用下，這個物體若經(jīng)過位移2/,其動能將等于2反

答案：BD

解析：由動量定理知，A錯誤，B正確；由動能定理&=2\反和/=%尸

知，C錯誤，D正確.

3.（人教版選修3-5R2-T5改編）體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以

（）

A.減小地面對人的沖量

B.減小地面對人的撞擊力

C.減小人的動量變化量

D.減小人的動能變化量

答案：B

解析：體操運動員落地時屈腿可以延長地面對人的撞擊力的作用時間，取人落地

時速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得-6+"理=0—mo,解得/=等+/代,

當(dāng)［增加時/減小，而動量的變化量、動能的變化量都不變，所以B正確.

能力特訓(xùn)「核心突破課堂學(xué)案

=

能力點1動量、沖量、動量的變化量（自主沖關(guān)類）

［題組?沖關(guān)］

I.［對動量的理解］高鐵列車在啟動階段的運動可視為初速度為零的勻加速直線

運動.從列車啟動開始計時，以其出發(fā)時的位置為初位置，則在啟動階段，列車

的動量大?。ǎ?/p>

A.與它所經(jīng)歷的時間成正比

B.與它所經(jīng)歷的時間的二次方成正比

C.與它的位移大小成正比

D.與它的動能成正比

答案：A

解析：設(shè)高鐵列車在啟動階段的加速度大小為。，經(jīng)時間/后的速度大小。

則列車的動量大小〃=〃w="心/,即與它所經(jīng)歷的時間成正比，故A正確，B錯

誤；根據(jù)。2=2以，得v=N2ax,則列車的動量大小〃=/〃。=〃/也晟，與位移大

小不成正比，故C錯誤；根據(jù)〃反=亍加2,得列車的動量大小p=、2MEk,

與它的動能不成正比，故D錯誤.

2.［對沖量的理解］如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為。的斜面向上滑動，

經(jīng)過時間A,速度變?yōu)榱悴⒂珠_始下滑，經(jīng)過時間々回到斜面底端，滑塊在運動

過程中受到的摩擦力大小始終為代已知重力加速度為g.在整個運動過程中，下

列說法正確的是（）

A.重力對滑塊的總沖量大小為〃2g"i+，2）sin0

B.支持力對滑塊的總沖量大小為〃吆（A+/2）COS0

C.合力的沖量為0

D.摩擦力的總沖量大小為尸網(wǎng)十⑵

答案：B

解析：重力對滑塊的總沖量大小為，陰（力+切，故A錯誤；支持力對滑塊的總沖

量大小為機g（fi+⑵cos6,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，若以

沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量大小為項P2一力），故D錯誤.

3.［沖量大小及動量變化量大小的比較］（多選）如圖所示，一物體分別沿三個頑角

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/］、h、；3,動量變化量的大小分別為Api、Ap2、bp、,則（）

矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量

特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量

反=3〃=詢，〃=等

關(guān)聯(lián)方程

2.對沖量的理解

（1）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，合力的沖量的方向與相應(yīng)時間內(nèi)物體動量改變量的方向一

致.

⑵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.

3.沖量的四種計算方法

利用定義式/=R計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無須考

公式法

慮物體的運動狀態(tài)

利用尸一/圖象計算，尸一/圖象圍成的面積表示沖量，此方法既可

圖象法

以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量

若力的方向不變、大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，

尸］+“2

平均值法則力尸在某段時間/內(nèi)的沖量/=—^/，后、放為該段時間內(nèi)初、

末兩時刻的力

如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用/=Ft

動量定理法求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由/=△

p求變力的沖量

能力點2動量定理（逐點突破類）

1」應(yīng)用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象1（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.增加了司機單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機動量的變化量

C.將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能

D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積

答案：D

解析：若汽車發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并充氣，增大了司機的受

力面積，減小了司機單位面積的受力大小，故A錯誤；有無安全氣囊，司機的

初動量和末動量均相同，所以動量變化量也相同，B錯誤；因為安全氣囊的存在，

司機和安全氣囊接觸后，司機的一部分動能轉(zhuǎn)化為安全氣囊的彈性勢能和安全氣

囊內(nèi)氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動能，故C錯誤：因為安全氣囊充氣

后面積增大，司機的受力面積也增大，在司機擠壓氣囊過程中，安全氣囊起緩沖

作用，延長了司機的受力時間，故D正確.

2.［動量定理用于求解多過程問題］如圖所示，一高空作業(yè)的工人重為600N,系

一條長為L=5m的安全帶，若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時間，=1s,空氣

阻力忽略不計.求安全帶受的平均拉力.（g取lOmH）

___1

L

［解法指導(dǎo)］

①審題關(guān)鍵點：a.從開始到最終靜止，人的動量是否發(fā)生了變化？

提示：沒有.

b.人在整個過程中受哪些力的作用？

提示：重力和安全帶友人的拉力.

②解題切入點：在應(yīng)用動量定理解題時，一定要對物體認(rèn)真地進(jìn)行受力分析，不

可有力的遺漏；建立方程時要事先選定正方向，確定力與速度的符號.如本題可

規(guī)定向下為正方向，則〃吆和。取正，尸取負(fù)，列出關(guān)系式.變力的沖量，往往

通過動量定理來計算.

答案：1200N,方向豎直向下

解析：設(shè)工人剛要拉緊安全帶時的速度為則有z?=2gL

mg

得u=?2gL

經(jīng)輟沖時間，=l1后速度變?yōu)?,取向下為正方向，工人受兩個力作用，即拉力

產(chǎn)和重力〃zg(如圖)，對工人由動量定理知

(nig—F)t=0—mv

將數(shù)值代入得產(chǎn)=1200N

由牛頓第三定律知，安全帶受的平均拉力廣為1200N,方向豎直向下.

［點撥?技法］

用動量定理解多過程問題的兩點提醒

(1)對于過程較復(fù)雜的運動，可分段應(yīng)用動量定理，也可對整個過程應(yīng)用動量定

理.

(2)物體受多個力作用，力的方向和作用時間往往不同，應(yīng)用動量定理時應(yīng)引起

關(guān)注.

....................核心素養(yǎng)系列（五）..............—

思維方法——應(yīng)用動量定理分析變質(zhì)量問題的技巧

對“連續(xù)”質(zhì)點系發(fā)生持續(xù)作用時，物體動量（或其他量）連續(xù)發(fā)生變化.這類問

題的處理思路是：正確選取研究對象，即選取很短時間內(nèi)動量（或其他量）發(fā)

生變化的那部分物體作為研究對象，建立“柱狀”模型.在時間內(nèi)所選取的

研究對象均分布在以S為橫截面積、長為。△/的柱體內(nèi)，這部分質(zhì)點的質(zhì)量為

以這部分質(zhì)點為研究對象，研究它在△，時間內(nèi)動量（或其他量）的

變化情況，再根據(jù)動量定理（或其他規(guī)律）求出有關(guān)的物理量.

教練）....................研典例解索養(yǎng)

典例［微元法處理流體問題］（2016.全國卷I）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⑷豎直向上噴出；玩具底部為平板（面積咯大

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?/p>

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.

答案：⑴頻（2摩-募梟

解析：（1）在水剛噴出的一段很短的時間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度V0

不變

該時間內(nèi)，噴出的水柱的高度△/=ooAr?

噴出的水柱質(zhì)量△m=p△V（2）

其中AV為水柱體積，滿足△V=A/S③

由①@③可得噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為

△〃?

X7=PKS

（2）設(shè)玩具底面相對于噴口的高度為h

由玩具受力平衡得“產(chǎn)Mg④

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質(zhì)=F沖⑤

其中，E瓜為玩具底部對水柱的作用力，

vf為水柱到達(dá)玩具底部時的速度

由運動學(xué)公式得v,2—vi=-2gh?

在很短的時間內(nèi)，噴出的水柱的質(zhì)量為△機，則有

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

—(FziH-△mg)△r=一△mv'⑧

由于很小，△mg也很小，可以忽喀，⑧式變?yōu)?/p>

尸壓△，=△〃/⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得〃戈窩群?

_方__法J

流體類問題分析步驟

(1)建立“柱狀”模型，沿流速。的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S.

(2)微元研究，作用時間△，內(nèi)的一段柱形流體的長度為△/,對應(yīng)的質(zhì)量為△/〃=

pSv△t.

(3)建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體.

&＞訓(xùn)練分層鞏固提升

A級(練考點過基礎(chǔ))

題組一動量、沖量、動量的變化量

1.(2021?廣東廣州一模)跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖如圖，運動員從

最高點到入水前的運動過程記為I,運動員入水后到最低點的運動過程記為H,

忽略空氣阻力，則運動員（）

A.在過程I中的動量變化量等于零

B.在過程n中的動量變化量等于零

C.在過程I中的動量變化量等于重力的沖量

D.在過程n中的動量變化量等于重力的沖量

答案：c

解析：運動員在過程I中動量變化量等于重力的沖量，即根g/,不為零，A錯誤,

c正確：運動員入水前的速度不為零，末速度為零，在過程n中的動量變化量不

等于零，B錯誤；運動員在過程I【中的動量變化量等于合力的沖量，不等于重力

的沖量，D錯誤.

2.（2021.天津一中模擬）如圖所示，質(zhì)量相等的4、B兩個物體，沿著傾角分別

為a和夕的兩個光滑斜面，在由靜止開始從同一高度上下滑到同樣的另一高度

歷的過程中，A、8兩個物體相同的物理量是（）

A.所受重力的沖量

B.所受支持力的沖量

C.所受合力的沖量

D.動量變化量的大小

答案：D

解析：物體下滑過程中，下滑高度均為6=〃2—用，由機械能守恒定律得

mv\物體到達(dá)高度歷處時，速度v=yj2gh,由牛頓第二定律得〃zgsin0=ma,

加速度〃=gsin8,物體沿斜面下滑的時間/="=J性,由于斜面傾角。

asinc*\lg

不同，物體下滑的時間/不同，重力的沖量/=相卻不同，A錯誤.物體下滑的時

間f不同，所受支持力的方向不同，所以兩物體所受支持力的沖量一定不同，B

錯誤.物體初末位置的速度大小相等，由于斜面頻角不同，滑到歷高度時，兩

物體動量方向不同，但動量大小相等，所以兩個物體動量變化量的大小是相等的，

D正確.由動量定理可知，物體動量變化量等于物體所受合力的沖量，所以物體

所受合力的沖量大小相等，但方向不同，C錯誤.

3.（2021?福建泉州市質(zhì)檢）如圖所示,ad、bd、cd是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)

桿，。、b、c、d四個點位于同一圓周上，。在圓周最高點，d在圓周最低點，每

根桿上都套著質(zhì)量相等的小滑環(huán)（圖中未畫出），三個滑環(huán)分別從〃、氏c三個點

同時由靜止釋放.關(guān)于它們下滑的過程，下列說法正確的是（）

A.重力對它們的沖量相同

B.彈力對它們的沖量相同

C.合力對它們的沖量相同

D.它們的動能的增量相同

答案：A

解析：設(shè)任一桿與豎直方向的夾角為仇環(huán)運動的時間為r,圓周的半徑為七

由位移公式可得2Rcos6=ggcos6尸，解得即三個環(huán)同時由靜止釋

放，運動到最低點d的時間相同，由于三個環(huán)的重力相等，運動時間相同，三個

環(huán)重力的沖量相同，A正確；各環(huán)受到的彈力不相等，運動時間相等，則彈力對

各環(huán)的沖量不同，B錯誤；各環(huán)都沿桿的方向運動，環(huán)受到的合力方向不同，則

合力對各環(huán)的沖量一定不相同，C錯誤；重力對從。處下滑的環(huán)做功最多，其動

能的增量最大，D錯誤.

題組二動量定理

4.（2019?全國卷1）最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)

試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展.若某次實驗中該發(fā)

動機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

答案：B

解析：設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為相，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F,

由動量定理得立="7。-0,解得機=1.6X103kg,B正確.

5.（2021?廣西欽州統(tǒng)測）“飛針穿玻璃”是一項高難度的絕技表演，曾引起質(zhì)

疑.為了研究該問題，以下測量能夠得出飛針在穿越玻璃的時間內(nèi)，對玻璃平均

沖擊力大小的是（）

A.測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃前后的速度

B.測出玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間

C.測出飛針質(zhì)量、玻璃厚度和飛針穿越玻璃所用的時間

D.測出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度

答案：D

解析：在“飛針穿玻璃”的過程中，由動量定理得一"=〃7。2—〃7切，結(jié)合牛憒第

三定律可知，應(yīng)測出飛針質(zhì)量、飛針穿越玻璃所用時間和穿越玻璃前后的速度，

D正確.

6.（2021?保定市一模）一個質(zhì)量〃2=1（）（）g的小球從力=0.8m的高處自由下落,

落到一個厚軟墊上.若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了，=0.2s,規(guī)定

豎直向下的方向為正方向，則在這段時間內(nèi)，軟墊對小球的沖量為（取g=10

n/s，）（）

A.0.6N?sB.0.4N?s

C.-0.6N?sD.-0.4N?s

答案：C

解析：設(shè)小球自由下落/z=0.8m的時間為fi,由h=；g4得h=\傳=0.4s.設(shè)

軟墊對小球的沖量為/,因為豎直向下的方向為正方向，則對小球整個運動過程

運用動量定理得mg(/i+/2)+/=(),解得/=—().6N-s.負(fù)號表示軟墊對小球的沖

量方向和重力的方向相反，C正確.

7.(2021?陜西西安中學(xué)模擬)一質(zhì)量為6的鐵錘，以速率。豎直打在木樁上，經(jīng)

過△，時間后停止，則在打擊時間內(nèi)，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是(重力加速

度為g)()

mv

A.B—

nivmv

C~t，ng

答案：C

解析：設(shè)木樁對鐵錘的平均作用力為F,以豎直向下為正方向，對鐵錘應(yīng)用動量

定理，則有(mg—F)△/=()一解得尸=篝+叫，由牛頓第三定律，得鐵錘對

木樁的平均沖力大小產(chǎn)=王+"吆，C正確.

B級(能力練過素養(yǎng))

8.(2021.南昌模擬)人們射向未來深空的探測器是以光壓為動力的，讓太陽光垂

直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，從而產(chǎn)生光壓.設(shè)探測器在軌道上運行時,

每秒每平方米獲得的太陽光能E=1.5X104J,薄膜光帆的面積S=6.0X102n?,

探測器的質(zhì)量機=60kg,已知光子的動量的計算式〃=，，c=3X⑹m/s,那么

A

探測器得到的加速度大小最接近()

A.0.001m/s2B.0.01m/s2

C.0.0005m/s2D.0.005m/s2

答案：A

解析：沒時間/內(nèi)射到探測器上的光子個數(shù)為〃，每個光子能量為反=介匕則在

E?Si

時間/內(nèi)面積為S的光帆獲得的總太陽光能為ESl=nhv,故〃=不??；光子射

到探測器上后全部反射，對〃個光子由動量定理薄尸J=〃.2p,又因為〃=女,

2FS

c=Av,對探測器應(yīng)用牛頓第二定律有F=imi,解得代入數(shù)據(jù)得。=0.001

iii/s9,A正確.

9.(2021?陜西質(zhì)檢)核桃是“四大堅果”之一，桃仁具有豐富的營養(yǎng)價值，但桃

殼十分堅硬，不借助專用工具不易剝開.小悠同學(xué)發(fā)現(xiàn)了一個開核竅門：核桃被

豎直上拋落回與堅硬地面撞擊后就能開裂.核桃拋出點距離地面的高度為凡上

拋后達(dá)到的最高點與拋出點的距離為〃.已知重力加速度為g,空氣阻力不計.

⑴求核桃落回地面的速度大小0.

(2)已知核桃質(zhì)量為小，與地面撞擊作用時間為撞擊后豎直反彈用高度，求

核桃與地面之間的平均作用力F.

答案：(W2g(H+h)⑵〃疼小筍亙+叫(方向豎直向上)

解析：(1)核桃豎直上拋到最高點后做自由落體運動，則有〃=2g(H+6)

解得核桃落回地面的速度大小v=72g(H+h).

(2)設(shè)核桃反彈的速度大小為ri,則有vl=2gh]

以向上為正方向，由動能定理可得(F—△f=mvi—

聯(lián)立解得『佟萬+勺(H+h)+〃喀(方向豎直向上).

10.(2021?四川遂寧診斷)“嫦娥五號”飛船在月球表面著陸過程如下：在反推火

箭作用下，飛船在距月面1()0m處懸停，通過對障礙物和坡度進(jìn)行識別，選

定相對平坦的區(qū)域后，開始以4=2m/s2垂直下降.當(dāng)四條“緩沖腳”剛接觸月

球表面時，反推火箭立即停止工作，隨后飛船經(jīng)過A1=2s減速到0,停止在月

球表面上.飛船的質(zhì)量加=100()kg,每條“緩沖腳”與月球表面的夾角為60°,

月球表面的重力加速度g=3.6m/s2,四條“緩沖腳”的質(zhì)量不計.求：

⑴在飛船垂直下降過程中，火箭推力對飛船做的功.

⑵從“緩沖腳”觸“地”到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船

的沖量大小.

答案：(l)-1.6X105J港)136，)小N

解析：（1）設(shè)飛船加速下降時，火箭推力大小為產(chǎn)

根據(jù)牛頓第二定律可得mg—F=ma

推力對火箭做的功W=-Fh

聯(lián)立解得W=-1.6X105J.

（2）設(shè)飛船四條“緩沖腳”剛接觸月球表面時的速度大小為0

由運動學(xué)公式可得。2=2"

設(shè)從“緩沖腳”觸“地”到飛船速度減為0的過程中，每條“緩沖腳”對飛船的

沖量大小為/

以向上為正方向，由動量定理得4/sin60°一機gAr=0一（一加。）

畦二M過,13600^3

聯(lián)立解得1=---『一N?s.

第2講動量守恒定律及其應(yīng)用

?目I標(biāo)任I務(wù)抓核心目標(biāo)清

目標(biāo)要求學(xué)科素養(yǎng)

1.知道動量守恒的條件，會用動量守恒1.理解彈性碰撞與非彈性碰撞的^念，

定律分析問題.建立物理觀念.

2.掌握彈性碰撞與非彈性碰撞的規(guī)律.2.掌握利用動量守恒的求解思路，能建

3.知道反沖現(xiàn)象立物理模型解決問題，培養(yǎng)科學(xué)思維

知識特訓(xùn)

知識必記j務(wù)基礎(chǔ)構(gòu)體系

］外力和內(nèi)力是相對的，與研究對

/I旁的選取有關(guān)

理想'守恒:_外力或所受合力為.

條件某一方向守恒:某個方向上合力為，該方向上動nt守恒

近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)力外力，動量近似守恒------——---一

7r-外力的沖量在相互作用構(gòu)

如果一個系統(tǒng)不受或所爻合力為，則這個系統(tǒng)，時間內(nèi)忽略不計，如碰技

內(nèi)容

的總動才保持不變

動

p=p:即相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動玨和

垃f作用后的動質(zhì)和

即相互作用的兩個物體動址的增址等大反向

守達(dá)式TAP,=

-*1Ap=_，即系統(tǒng)總動量的增玨為—,

恒

彈性碰撞A動量守恒，機械能彈性碰技與完全非彈性星技是

定兩種臨界以態(tài)

碰撞卜T非彈性碰撞陶動員守恒，機械能

律

完全非彈動守恒，機械能

性碰撞m

應(yīng)用|r

匣卜動量守恒，機械能—

回卜動址守恒，機械能

必記答案

不受零零遠(yuǎn)大于外力零等于一0零守恒有損失損

失最大增加增加

必驗〕....................練基礎(chǔ)固知識

1.思考判斷

（1）只要系統(tǒng)的合力做功為零，系統(tǒng)的動量就守恒.（X）

⑵不受外力的兩個物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒.（J）

⑶若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動量大

小一定相同.（V）

⑷兩物體相互作用時，若系統(tǒng)間存在摩擦力，則兩物體組成的系統(tǒng)動量不守

恒.（X）

（5）只要系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)的動量就守恒，系統(tǒng)的機械能也守恒.（X）

2.（人教版選修3—5甲16?T5改編）某機車以0.8m/s的速度駛向停在鐵軌上的15

節(jié)車隨，跟它們對接.機車跟第1節(jié)車隨相碰后，它們連在一起具有一個共同的

速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂.設(shè)機車和

每節(jié)車廂?的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后，車廂的速度為（鐵軌的摩擦

忽略不計）（）

A.0.053m/sB.0.05m/s

C.0.057m/sD.0.06m/s

答案：B

解析：取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律得o=（"z+15加元,

則v=-j^uo=_j^XO,8iri/s=0.05m/s,故B正確.

3.（人教版選修3—5B7?T6改編）如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋

板，A球靜止放置在水平面上，3球向左運動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后

的速率之比為3：1,A球垂直撞向擋板，碰后以原速率返回.兩球剛好不發(fā)生

第二次碰撞，則4、B兩球的質(zhì)量之比為（）

1

A.1：2B.2：1

C.1：4D.4：1

答案：D

解析：設(shè)A、8球的質(zhì)量分別為〃〃、〃孫B球的初速度為如，取B球的初速度

方向為正方向，由題意知，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，說明A、B球碰撞后速

度大小相等，方向相反，分別為號和一岸則有川㈤0=/〃A?/+〃1一羽，解得

mA:〃3=4：1,D正確.

；艇以能力特訓(xùn)「核心突破課堂學(xué)案

能力點1對動量守恒定律的理解及其應(yīng)用（自主沖關(guān)類）

［題組?沖關(guān)］

1.［動量是否守恒的判斷］如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽

的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊.今讓一小球自左側(cè)槽口4的正上方從靜止

開始落下，與圓弧槽相切自A點進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是（）

O

B.小球在半圓槽內(nèi)運動的仝過程中，小球與半圓槽在水平方向上動量守恒

C.小球自半圓槽的最低點8向。點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向上

動量守恒

D.小球離開。點以后，將做豎直上拋運動

答案：C

解析：小球在槽內(nèi)由4運動到8的過程中，左側(cè)物塊對槽有作用力，小球與槽

組成的系統(tǒng)在水平方向上的動量不守恒，故B錯誤；在小球由6運動到。的過

程中，因小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運動，槽的動能增加，小球的

機械能減少，槽對小球的支持力對小球做了負(fù)功，故A錯誤；小球從3運動到

C的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上的合力為零，故系統(tǒng)在水平方向

上動量守恒，C正確；小球離開。點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分

速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤.

2.［某個方向的動量守恒］如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，

滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質(zhì)量為〃?的小球以速度加向滑塊滾來，

小球最后未越過滑塊，則小球到達(dá)最高點時，小球和滑塊的速度大小是（）

〃w。mvo

A，M+〃7BrM~

MvoMvo

r-----D---

,m

答案：A

解析：小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，

因而系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，小球到達(dá)最高點時和滑塊具有相同的對地速度

。（若速度不相同，必然相對運動，此時一定不是最高點）.由系統(tǒng)在水平方向上

動量守恒得〃儂）=（A7+m）v,所以吁黑,A正確.

3.［臨界問題］如圖所示，甲車的質(zhì)量，〃1=20kg,車上有質(zhì)量M=50kg的人，

甲車（連同車上的人）以0=3m/s的速度向右滑行，此時質(zhì)量〃72=50kg的乙車正

以%=1.8m/s的速度迎面滑來.為了避免兩車相撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時，

人從甲車跳到乙車上.則人跳出甲車的水平速度〃（相對地面）應(yīng)當(dāng)在什么范圍內(nèi)

才能避免兩車相撞？（不計地面和小車間的摩擦，設(shè)乙車足夠長）

1一

I:II（）1

甲乙

答案：〃23.8m/s

解析：以人、甲車、乙車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳到乙車上，甲車和乙車的

速度相同時，兩車恰好不相撞，設(shè)甲車、乙車與人共速時，速度為以

由動量守恒定律得（加?+M）v—m2Vo=（〃??+mi+M）v'

解得v'=1m/s

設(shè)此時人跳離甲車的速度為。人，以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，人跳離甲

車的過程中系統(tǒng)動量守恒，有（/〃i+Af）o=/〃i。'十加。人

解得v人=3.8m/s

因此，只要人跳離甲車的速度人=3.8m/s,就可避免兩車相撞.

［錦囊?妙法］

1.動量守恒定律的五個特性

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)

動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的〃1、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互

同時性作用前同一時刻的動量，0‘、/22’…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用

后同一時刻的動量

相對性各物體的速度必須是相對同一參考系（一般是相對地面）

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

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

速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)

2.應(yīng)用動［聶守恒定律解題的“五步法”

明確研究對象IT研究的系統(tǒng)包含哪幾個物體

“上八一判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上

|進(jìn)包方力分析日是否守恒）

I規(guī)定g方向IT一般規(guī)定初速度方向為正方向

|列中方程IT找出初、末態(tài)動量，列動量守恒定律方程

分蘇討論IT代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論

3.應(yīng)用動量守恒定律應(yīng)注意以下兩點

（1）確定所研究的系統(tǒng)，單個物體無法應(yīng)用動量守恒.

⑵系統(tǒng)中各物體的速度是否是相對地面的速度，若不是，則應(yīng)轉(zhuǎn)換成相對地面

的速度.

能力點2碰撞模型（自主沖關(guān)類）

1.三種碰撞的特點

動量守恒："210+"22。2=，〃1。1'+"202’,

彈性碰撞

機械能守恒：品W?能品2祝=聶10'2+1/W2V2，2

動量守恒、末速度相同：m1in4-imvi=（mi+m2）v',機械能損失

完全非彈性碰撞

最多；機械能的損失△E=?vy+j—1（nii+

動量守恒：nnv\-\-m2V2=fmv\f+miV2f,

非彈性碰撞

機械能有損失：△￡=(3〃71講+；〃?2虎)一(5〃1功'2+5%202‘2)

2.彈性碰撞中的一動一靜模型

?叫-d靜止

m2

如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為”的物體以速度。0與質(zhì)量為"22、靜止的物

體發(fā)生彈性正碰，則有

動量守恒：fnwo=ni\v\-\-m2V2

機械能守恒：1濟+1團2論

ZzZ

聯(lián)立以上兩式解得。尸號》,2m\

P2=^W°

（1）當(dāng)m|=機2時，01=0,。2=次（質(zhì)量相等,速度交換）

（2）當(dāng)"］>以2時,切>0,V2>0,且。2>Ol（大碰小，前后跑）

（3）當(dāng)加〈機2時，。1<0,。2>0（小碰大，要反彈）

（4）當(dāng)加］?加2時,01=00,02=2%（極大碰極小,大不變，小加倍）

（5）當(dāng)如《m2時,切=一。0,02=0（極小碰極大，小等速率反彈,大不變）

3.碰撞問題的“三條原則”

動量守恒bPI+PW'+M

Er+EkmRI'+E/喘嚙產(chǎn)樂+糕

動能不增加O

兩物體同向運動則碰前應(yīng)有好后X前，碰

后原來在前的物體速度一定增大若碰后

兩物體同向運動則應(yīng)有〃前‘，后'

速度合理3兩物體相向運動碰后兩物體的運動方向

不可能都不改變

■3教練〕....................研典例導(dǎo)解法

典例甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是pi=5

kg?m/s,p2=7kg?m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0

kg?m/s,則甲球的質(zhì)量"7i與乙球的質(zhì)量加2間的關(guān)系可能正確的是（）

A.〃?|=〃72B.2m\=mi

C.4/7??=miD.6/z/i=m2

［解法指導(dǎo)］

①審題關(guān)鍵點：a.甲、乙兩球碰撞時動量守恒，機械能一定守恒嗎？

提示：不一定守恒，但不能增加.

b.碰后甲的速度和乙的速度若同向應(yīng)滿足什么關(guān)系？

提示：甲的速度小于等于乙的速度.

②解題切入點：不管什么類型的碰撞，都滿足系統(tǒng)動量守恒、系統(tǒng)動能不增加、

速度符合實際的原則.

答案：C

解析：設(shè)碰后甲球動量變?yōu)?乙球動量變?yōu)椤?’，根據(jù)動量守恒定律得0

+〃2=pJ+p2‘，解得〃J=2kg?m/s.碰撞過程兩球組成的系統(tǒng)的總動能不增

加，則有察+喘wj+癮解得,W禰碰撞前甲的速度大于乙的速度，

則包〉比，解得也碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有心忘心，解得四

m\"12fm/m\nnrm

出,綜上有g(shù)w詈C正確，A、B、D錯誤.

JJ，〃/1?

規(guī)律

碰撞問題的解題策略

（1）抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)的方程求解.

（2）可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度

〃一切如

*C=7122

滿足VI\如、vi=L^o.

tm-rtm"21十〃22

（3）熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時，兩物體碰撞后交換

速度；當(dāng)〃”>>〃72,且020=0時，碰后質(zhì)量大的物體速度90不變，質(zhì)量小的物體

速度為2。0；當(dāng)如《機2,且。20=0時，碰后質(zhì)量大的物體速度不變（仍靜止），質(zhì)

量小的物體以原速率反彈.

醺H專組...............練能力學(xué)方法

1.［碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律1（多選）兩個小球A、8在光滑水平面上相向運動，已知

它們的質(zhì)量分別是〃21=4kg,相2=2kg,A的速度初=3m/s（設(shè)為正），B的速度

S=-3m/s,則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是（）

A.1m/s和1m/sB.4m/s和-5m/s

C.2m/s和-1m/sD.-1m/s和5m/s

答案：AD

解析：由動量守恒定律，可驗證四個選項都滿足要求.再看動能情況，初動能之

和濟+$22.=gx4X9J+gx2X9J=27J,末動能之和EJ2

=落。1

+斗黑。2‘2,由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有反》以'，可排除B項.C

項雖滿足反2反,，但A、8沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍保持原來

的速度方向（切'>0,s'<0）,這顯然是不符合實際的，因此C錯誤.險證A、

D兩項均滿足￡k2￡k',故答案為A（完全非彈性碰撞）和D（彈性碰撞）.

2.［彈性碰撞問題］如圖，立柱固定于光滑水平面上的O點，質(zhì)量為M的小球。

向右運動，與靜止于。點的質(zhì)量為〃7的小球匕發(fā)生彈性碰撞，碰后。球立即向

左運動，球與立柱碰撞且能量不損失，所有碰撞時間均不計，人球恰好在P點

追到。球，。點為OP的中點，則。、方球質(zhì)量之比M：加=（）

A.3：5B.1：3

C.2：3D.1：2

答案：A

解析：設(shè)口、〃兩球碰后的速度大小分別為0、s.由題意有〃球與擋板發(fā)生彈性

碰撞后恰好在P點追上明則從碰后到相遇的過程a、b球通過的路程之比si:

52=1*3,根據(jù)$="得。2=3。］,以水平向右為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)

M的初速度為00.由動量守恒定律得Moo=M（一初）+"3,由機械能守恒定律得g

加3,解得M:〃?=3：5,故選A.

3.［完全非彈性碰撞問題］如圖所示，軌道A6C中的AB段為一半徑R=0.2m的

光滑;圓弧軌道，段為足夠長的粗糙水平面.一小滑塊。由A點從靜止開始

下滑，滑到B點時與靜止在B點的相同質(zhì)量的小滑塊Q碰撞后粘在一起，兩滑

塊在BC水平面上滑行一段距離后停下.g取10m/s2,兩滑塊與水平面間的動摩

擦因數(shù)相同且均為4=0.1.

A0

(1)小滑塊P剛到達(dá);圓弧軌道B點時，軌道對它的支持力尺為3N,求該滑塊

的質(zhì)量和運動到B點的速度大小.

(2)求滑塊在水平面上滑行的距離.

答案：(1)0.1kg2m/s(2)0.5m

解析：(1)小滑塊尸沿光滑;圓弧軌道下滑到達(dá)8點的過程中，由動能定理得mgR

=^mvi

在8點，由牛頓第二定律得人一"7g=,77斤

代人數(shù)據(jù)解得?團=0.1kg,VB=2m/s.

(2)碰撞過程中動量守恒，由動量守恒定律得

mvit=2mv共

解得v1m/s

兩滑塊在水平面上滑行的過程中，由動能定理得

19

一N2mgs=0-微

解得s=0.5m.

能力點3爆炸、反沖與人船模型(逐點突破美)

1.［爆炸問題］近年春節(jié)期間，全國許多大中城市將燃放煙花爆竹禁放改為限放,

增加了節(jié)日氣氛.假設(shè)一質(zhì)量為m的煙花從地面上的4點以速度。豎直上升到

最大高度處炸裂為質(zhì)量相等的兩塊，沿水平方向向相反兩個方向飛出，假設(shè)其中

一塊甲落在到A點距高為s處，不計空氣阻力及消耗的炸藥的質(zhì)量，煙花炸裂時

消耗的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為動能，重力加速度為g.求：

(1)煙花上升的最大高度.

⑵煙花炸裂后的甲水平飛出時的速度大小.

(3)煙花炸裂時消耗的化學(xué)能.

答案:謁(<⑶甯

解析：(1)由豎直上拋規(guī)律得煙花上升的最大高度/?=而.

(2)設(shè)煙花炸裂后的甲水平飛出時的速度大小為0,由平拋運動規(guī)律得S=OM,h

解得磯=千.

(3)煙花炸裂后兩塊在水平方向上動量守恒，有

mm八

?i-m2=0

解得另一塊的速度大小V2=V］

由能量守恒定律得煙花炸裂時消耗的化學(xué)能

2xJ?表彳2，

戶_22_5〃泣~

匕一80%—8〃?

［點撥?技法］

爆炸過程的特點

(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作

用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，尸戶以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒.

(2)總動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)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：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一

般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的立置以新的動量開始運動.

2.［反沖問題］將靜置在地面上、質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，火箭模

型在極短時間內(nèi)以相對地面的速度如豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體.忽略

噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是

()

A3。B.奈。

八Mm

C.-voD.TTVO

M~mM—m

答案：D

解析：噴氣過程中忽略重力和空氣阻力的影響，故系統(tǒng)動量守恒.由動量守恒定

律有0=(M—mv3,得v=知二產(chǎn)，D正確.

［點撥?技法］

反沖過程的特點

當(dāng)一個靜止的物體向某個方向射出物體的一部分時，這個物體的剩余部分將向相

反的方向運動，這種現(xiàn)象叫反沖運動.

(1)反沖中的動量守恒

反沖過程中兩部分物體間的相互作用力是變力，作用時間很短，作用力很大，遠(yuǎn)

大于系統(tǒng)受到的外力，可以用動量守恒定律來處理.

(2)反沖中的能量

因為有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的總動能會增加.

3.［人船模型1如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為例的人

從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，則船和人相對地面的位移各為多

少？

解析：設(shè)人與船的速度大小分別為5、U2,因整個過程中人與船組成的系統(tǒng)動量

守恒，所以有

mv\=Mvi

設(shè)整個過程中人與船的平均速度大小分別為。I、02,則有

mvi=Mv2

兩邊乘以時間/,有mv\t=Mv2tf即"ixi=Mx2

且X1+X2=L,可求出.VI=L,X2=L.