专题01 动量守恒定律（期中复习课件）高二物理下学期人教版

专题01 动量守恒定律 高二年级物理下学期 期中复习大串讲 人教社版 明•期中考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 明•期中考情 第一部分 明•期中考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 2 核心考点 复习目标 考情规律 动量、冲量的概念与计算 能准确计算动量和冲量，并理解其矢量性。 基础必考点，常以选择题形式考查概念辨析和简单计算。易错点：混淆动量与动能；忽视冲量的矢量性及方向判断。 动量定理的理解与应用 能熟练运用动量定理分析单个物体的受力与动量变化，解释缓冲、打击等现象。 高频核心考点。常结合图像或流体模型（如“柱状模型”）命题，考查对定理的深度理解和定量计算能力。 动量守恒定律的条件判断 能准确判断系统（研究对象）动量是否守恒，并说明理由（系统合外力为零或某一方向合外力为零）。 高频基础考点，常以选择题形式出现。易错点：混淆动量守恒与机械能守恒的条件；忽视“某一方向动量守恒”的情况。 核心考点 复习目标 考情规律 动量守恒定律的基本应用 能熟练运用解决碰撞、爆炸、反冲等单一过程问题。 核心计算考点，命题频率高。常结合简单情境考查公式的直接应用和矢量性（规定正方向）。 碰撞模型分析 能区分弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞，并运用动量守恒与能量关系求解速度、能量损失等。 重点与难点。常作为计算题核心，考查模型识别与结论应用能力。常与与能量观点紧密结合。 人船模型、反冲与爆炸 能应用动量守恒定律分析反冲运动（如火箭）、爆炸问题及“人船模型”中的位移、速度关系。 能力提升考点。考查对动量守恒定律在变质量问题或系统内部相互作用问题中的灵活运用。 实验：验证动量守恒定律 能阐述实验原理，掌握利用平抛运动或光电门测量速度的方法，并进行数据处理与误差分析。 重要实验考点。考查对实验思想（创造守恒条件）、操作要点和替代测量方法的理解。 记•必备知识 第二部分 明•期中考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 动量、动量变化、冲量 知识点01 动量变化量和动量变化率 (1)物体末态动量与初态动量的矢量差叫物体的动量变化量.Δp=mv′－mv，其方向与速度变化量的方向相同. (2) 物体的动量变化率等于它所受的合力. 冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)公式：I＝FΔt。 (3)单位：N·s。 (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积。 (2)表达式：p＝mv。 (3方向：动量的方向与速度的方向相同。 动量定律的理解及应用 知识点02 (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。 (3)动量定理的意义 ①动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。 ②动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。 ③动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 动量守恒定律 知识点03 1．动量守恒定律内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．这就是动量守恒定律． 2．动量守恒定律表达式 (1) m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，两个物体组成系统相互作用前后，动量保持不变. (2) Δp1＝－Δp2，相互作用的两物体组成的系统，两物体的动量变化量大小相等、方向相反. (3) Δp＝0，系统的动量变化量为零． 动量守恒定律的理解和基本应用 知识点04 守恒条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，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)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力的矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。 动量守恒定律的理解和基本应用 知识点04 对动量守恒定律的理解 (1) 矢量性：只讨论物体相互作用前后速度方向都在同一条直线上的情况，这时要选取一个正方向，用正负号表示各矢量的方向． (2) 瞬时性：动量是一个状态量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定. (3) 相对性：动量的大小与参考系的选取有关，一般以地面为参考系. (4) 普适性：适用于两物体系统及多物体系统；适用于宏观物体以及微观物体；适用于低速情况及高速情况. “反冲”和“爆炸”问题 知识点05 (1)反冲 ①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲运动。 ②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。 ③规律：遵从动量守恒定律。 (2)爆炸 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸等。 两类碰撞及其规律 知识点06 1．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2。 (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，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′前≥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。 弹性碰撞 光滑水平面上，质量m1的物体以速度v0与质量m2、静止的物体发生弹性正碰： 动量守恒 m1v0＝m1v1＋m2v2， 机械能守恒 + 联立以上两式解得 (1) m1＝m2，v1＝0，v2＝v0(质量相等，交换速度)． (2) m1>m2时，v1>0，v2>0，且v2>v1(大碰小，一起跑)． (3) m1<m2时，v1<0，v2>0(小碰大，要反弹)． (4时，v1≈v0，v2≈2v0(极大碰极小，大不变，小加倍)． (时，v1≈－v0，v2≈0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)． 两类碰撞及其规律 知识点06 14 完全非弹性碰撞 两物体碰撞后粘在一起运动，动量守恒，而机械能（动能）损失最大. 动量守恒 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v. 动能损失 两类碰撞及其规律 知识点06 破•重难题型 第三部分 明•期中考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 动量、动量变化的理解与计算 题型一 解｜题｜技｜巧 同一直线上的动量变化量的计算方法：先选取正方向，方向与正方向相同的动量为正值，方向与正方向相反的动量为负值，然后代入公式Δp＝p2－p1计算。 （1）当p1、p2同方向且p1＜p2时，Δp与p1(或p2)方向相同，如图甲所示。 （2）当p1、p2同方向且p2＜p1时，Δp与p1(或p2)方向相反，如图乙所示。 （3）当p1、p2方向相反时，Δp与p2方向相同，如图丙所示。 【典例1 】如图所示，p、p′分别表示物体受到外力作用前、后的动量，短线表示的动量大小为15kg·m/s，长线表示的动量大小为30kg·m/s，箭头表示动量的方向。在下列所给的四种情况中，物体动量变化量相同的是(　　) A.①④ B.①③ C.②④ D.②③ 答案　C 解析　取向右为正方向； ①中初动量p＝15kg·m/s，末动量p′＝30kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝15kg·m/s； ②中初动量p＝15kg·m/s，末动量p′＝－30kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝－45kg·m/s； ③中动初量p＝30kg·m/s，末动量p′＝15kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝－15kg·m/s； ④中初动量p＝30kg·m/s，末动量p＝－15kg·m/s，则动量变化量为Δp＝p′－p＝－45kg·m/s。故C正确。 【变式1】如图所示一个质量为m的钢球，以速度v斜射到水平放置的坚硬大理石板上，入射角是45°。碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度变为v′，且其大小与v的大小相同。求碰撞前后钢球的动量变化量Δp的大小和方向。 答案：mv，方向竖直向上 解析：动量是矢量，动量的方向与速度方向相同，动量的运算遵循三角形定则，如图所示 可知碰撞前后钢球的动量变化量方向竖直向上，大小为Δp＝＝ 。 【变式2】关于质量一定的物体的动能、动量关系说法正确的是(　　) A．动能不变，动量一定不变 B．动量变化，动能一定变化 C．动量的变化量为零，动能的变化量一定为零 D．动能的变化量为零，动量的变化量一定为零 答案　C 解析　动能不变，可能是速度的大小不变，但是方向变化，则物体的动量一定变化，例如匀速圆周运动，选项A错误；动量变化，可能是速度大小不变，方向变化，则动能一定不变化，选项B错误；动量的变化量为零，即动量不变，则动能一定不变，即动能的变化量一定为零，选项C正确；动能的变化量为零，即速度大小不变，方向可能变化，则动量的变化量不一定为零，选项D错误。 冲量的理解与计算 题型二 冲量的计算公式I＝Ft，既适用于计算某个恒力的冲量，也可以计算合力的冲量。求哪个力的冲量即为这个力与作用时间的乘积。 若给出了力随时间变化的图像，则图像与t轴所围面积即表示力F在这段时间内的冲量；若力与时间成线性关系，也可用平均力求变力的冲量。 解｜题｜技｜巧 【典例1】如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。下列说法正确的是(　　) A.物体所受拉力F的冲量方向水平向右 B.物体所受拉力F的冲量大小是Ftcosθ C.物体所受支持力的冲量大小为0 D.物体所受合力的冲量大小为0 24 答案　D 解析　物体所受拉力F的冲量方向与F方向相同，物体所受拉力F斜向上，则F的冲量方向斜向上，故A错误；根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故物体所受拉力冲量大小为I＝Ft，故B错误；根据恒力冲量的定义可知，物体所受支持力的冲量大小为I＝(mg－Fsinθ)t，故C错误；物体所受合力为零，故合力的冲量大小为0，故D正确。 【典例2】一质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则(　　) A.0～2s时间内合力F对物块的冲量为3N·s B.2～3s时间内合力F对物块的冲量为1N·s C.0～3s时间内合力F对物块的冲量为0 D.0～3s时间内合力F对物块的冲量为4N·s 答案　A 解析　由图可知，0～2s时间内合力F对物块的冲量为图线与横轴所围的面积，即I1＝ (1＋2)×2N·s＝3N·s，故A正确；由图可知，2～3s时间内合力F对物块的冲量为I2＝Ft＝－1N×1s＝－1N·s，故B错误；由图可知，0～3s时间内合力F对物块的冲量为I3＝ (1＋2)×2-1×1]N·s ＝2N·s，故C、D错误。 【变式1】一物体受到方向不变的力F作用，其中力F的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在6s内的冲量大小为(　　) A．9N·s B．13.5N·s C．15.5N·s D．18N·s 答案　B 解析　由I＝Ft可知，在F－t图像中，图线与坐标轴所围成的面积表示冲量的大小，所以I＝ ×3×3N·s＋3×3N·s＝13.5N·s，故B正确，A、C、D错误。 【变式2】(多选)关于动量、冲量以及动量变化的说法正确的是(　　) A．一个做曲线运动的物体，其动量的大小和方向变化，而在相等时间内物体受到的合外力的冲量不可能始终相等 B．一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，而在相等时间内合外力的冲量大小可能总相等 C．一个物体所受合外力冲量为零时，虽然其动量不变，但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大 D．一个运动物体，其动量越来越大，而其加速度可能越来越小 答案　BCD 解析　一个做曲线运动的物体，其动量大小和方向变化，在相等时间内物体受到的合外力的冲量可能始终相等，如平抛运动，故A错误；一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，如果受到合外力的大小不变，则相等时间内合外力的冲量大小总相等，如匀速圆周运动，故B正确；一个物体合外力冲量为零时，根据动量定理，其动量不变，但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大，只要保证合力为零即可，故C正确；一个运动物体，其动量越来越大，说明速度越来越大，加速度可能越来越小，如做加速度减小的加速运动的物体，故D正确。 动量定理的理解与应用 题型三 解｜题｜技｜巧 1．用动量定理解释相关现象 (1)物体动量的变化一定时，由Δp＝FΔt知，Δt越长，F就越小；Δt越短，F就越大。 (2)作用力一定时，力的作用时间越长，物体动量的变化就越大；作用时间越短，动量的变化就越小。 (3)作用时间一定时，作用力越大，物体动量的变化就越大；作用力越小，物体动量的变化就越小。　 2.应用动量定理计算的一般步骤 (1)确定研究对象：一般为单个物体。 (2)明确物理过程：受力分析，求出合外力的冲量。 (3)明确研究对象的初末状态及相应的动量。 (4)选定正方向，确定在物理过程中研究对象的动量变化。 (5)根据动量定理列方程，统一单位后代入数据求解。 动量定理的理解与应用 题型三 解｜题｜技｜巧 3.用动量定理进行定量计算时的注意事项 (1)列方程前首先要选取正方向。 (2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般是选地面为参考系。 (3)公式中的冲量应是合力的冲量，求动量的变化量时要严格按照公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量。 动量定理的理解与应用 题型三 解｜题｜技｜巧 【典例1】对下列各种物理现象的解释正确的是(　　) A.击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量 C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D.在车内推车推不动，是因为车所受推力的冲量为零 答案　C 解析　击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小，故A错误；用手接篮球时，手向后缩一下，是为了延长作用时间以减小作用力，故B错误；根据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力，与内力作用无关，故D错误。 【典例2】一个质量为60kg的男孩从高处跳下，以5m/s的速度竖直落地。取重力加速度g＝10m/s2。 (1)若男孩落地时屈膝(如图)，用了1s停下来，则落地时地面对他的平均作用力是多大？ (2)若男孩落地时没有屈膝，只用了0.1s就停下来，则落地时地面对他的平均作用力又是多大？ 答案　(1)9.0×102N，方向竖直向上 (2)3.6×103N，方向竖直向上 解析　男孩落地时的受力分析如图所示，选定竖直向上为正方向。 设地面对他的平均作用力为，由题意可知，m＝60kg，v1＝－5m/s，v2＝0 (1)男孩从触地到速度减为0，经历的时间t1＝1s，由动量定理得 (－mg)t1＝mv2－mv1 解得＝＋mg＝9.0×102N方向竖直向上。 (2)男孩从触地到速度减为0，经历的时间t2＝0.1s；同理可得，地面对他的平均作用力＝＋mg ＝N＝3.6×103N 方向竖直向上。 【变式1】两个质量不同而初动量相同的物体，在水平地面上由于摩擦力的作用而停止运动，它们与地面的动摩擦因数相同，比较它们的滑行时间，则(　　) A．质量大的物体滑行时间长 B．质量小的物体滑行时间长 C．滑行时间相同 D．条件不足，无法判断 答案　B 解析　选初速度的方向为正，根据动量定理得：－μmgt＝0－mv，则得：t＝ ，由题意，两个物体的初动量mv相同，μ相同，则t∝ ，故质量小的物体滑行时间比较长，故选B。 【变式2】图示为某运动员做下蹲起跳训练，开始时运动员处于下蹲状态，竖直向上跳起后双脚离地的最大高度为0.2m，若运动员蹬地的平均作用力为其体重的3倍，重力加速度大小为10m/s2，则运动员从蹬地到双脚离地所用的时间为(　　) A．0.10s B．0.15s C．0.18s D．0.20s 答案　A 解析　设运动员双脚离地时的速度大小为v，则v＝＝2m/s，根据动量定理有(3mg－mg)t＝mv，解得t＝0.10s，故选A。 流体类问题 题型四 应用动量定理分析流体相互作用问题的方法 (1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。 (2)写出选取的流体的质量m与Δt的关系式。 (3)分析选取的流体的受力情况和初末态的动量。 (4)应用动量定理列式求解。 解｜题｜技｜巧 41 【典例1】作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10m2，风速为25m/s，空气密度ρ＝1.2kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小约为(　　) A.7500N B.750N C.300N D.900N 答案　A 解析　设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝7500N，根据牛顿第三定律，风阻尼器受到的风力为7500N，故A正确。 【典例2】如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为d＝30cm，水速为v＝50m/s。假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零。求水柱对煤层的平均冲击力的大小。(水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，结果保留三位有效数字) 答案　1.77×105N 解析　取一小段时间Δt，从水枪喷出的水的质量为Δm＝ρSvΔt。以Δm为研究对象，如图所示，设水速方向为正方向，由动量定理，得 FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，则F＝－ρSv2 由牛顿第三定律，知水对煤层的平均冲击力大小为 F′＝－F＝ρSv2，又S＝ d2 代入数据，解得F′≈1.77×105N。 【变式1】在某些小区的自助洗车设备中，有一种是用高压水流冲洗汽车表面。今有一汽车高压水枪，水枪喷水口横截面积为S，由枪口喷出的高压水流流速为v，假设水柱垂直喷射到汽车竖直的表面上，冲击汽车竖直表面后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对汽车竖直表面的平均冲击力为(　　) A．ρSv2 B．2ρSv2 C．ρSv D．2ρSv 答案　A 解析　t时间内喷出的水柱质量为m＝ρSvt，以水柱冲击汽车表面前的运动方向为正方向，对水柱与汽车碰撞过程利用动量定理，有－Ft＝0－mv，联立解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可得水柱对车表面的平均冲击力为ρSv2，故A正确，B、C、D错误。 【变式2】假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝1m2，以v＝7×103m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m＝2×10－5g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加(　　) A．0.49N B．0.98N C．490N D．980N 答案　B 解析　选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的质量，即M＝，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv－0，则F＝ ＝ ，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加F，代入数据得F＝0.98N，故选B。 动量守恒定律的理解与条件 题型五 动量守恒条件：系统不受外力，或所受外力的矢量和为零。 机械能守恒条件：系统除了重力和弹力外，没有其他力做功。 这里要注意：①“其他力”不论是内力还是外力；②可以受“其他力”，但是一定是“其它力”不做功。　　 动量守恒定律的研究对象是系统。研究多个物体组成的系统时，应合理选择系统，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件。 解｜题｜技｜巧 【典例1】如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　) A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒 C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒 答案　B 解析　撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。 【典例2】关于动量守恒的条件，下列说法正确的有(　　) A．只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒 B．只要系统所受外力做的功为零，系统动量守恒 C．只要系统所受到合外力的冲量为零，系统动量守恒 D．系统加速度为零，系统动量不一定守恒 52 答案　C 解析　只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受外力做的功为零，但系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，如用绳子拴着一个小球，让小球做匀速圆周运动，小球转过半圆的过程中，外力做功为零，但小球的动量不守恒，故B错误；系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D错误。 【变式1】如图所示，小车与木箱静止放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，下列说法正确的是(　　) 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 答案　C 解析　在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，故C正确，D错误。 【变式2】如图所示，光滑水平面上木块A、B与一根弹性良好的压缩了的轻质弹簧接触但不相连，左右手分别按住A、B木块，使它们静止。对木块A、B及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　) A．当双手同时放开后，系统总动量始终为零 B．当双手同时放开后，系统总动量不一定为零 C．若先放开右手，后放开左手，系统总动量为零 D．若先放开左手，后放开右手，系统总动量方向向右 答案　A 解析　系统初动量为零，双手同时放开后，系统所受合外力为零，根据动量守恒定律可知，系统总动量始终为零，故A正确，B错误；若先放开右手，后放开左手，则从放开右手到放开左手的这段时间内，系统所受合外力不为零，动量不守恒，即放开左手瞬间，系统的总动量不为零，根据动量守恒定律可知，之后系统的总动量也不为零，故C错误；若先放开左手，后放开右手，根据前面分析同理可知系统总动量方向向左，故D错误。 动量守恒的应用 题型六 应用动量守恒定律的解题步骤 (1)确定相互作用的系统为研究对象。 (2)分析研究对象所受的外力。 (3)判断系统是否符合动量守恒条件。 (4)规定正方向，确定初、末状态动量。 (5)根据动量守恒定律列式求解。　　 解｜题｜技｜巧 【典例1】如图所示，在光滑水平面上，一速度大小为v0的A球与静止的B球碰撞后，A球的速率为，B球的速率为，A、B两球的质量之比可能是(　　) A.3∶4 B.4∶3 C.8∶3 D.3∶8 答案　AD 解析　两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞后A球的速度方向不变，有mAv0＝mA· ＋mB· ，解得mA∶mB＝3∶4；如果碰撞后A球的速度反向，有mAv0＝－mA· ＋mB· ，解得mA∶mB＝3∶8，故A、D正确。 59 【典例2】如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝2kg的薄板，板上有质量m＝1kg的物块，两者以v0＝4m/s的初速度朝相反方向运动。薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，则： (1)当物块的速度减速为3m/s时，薄板的速度是多少？ (2)物块最后的速度是多少？ 答案　(1) m/s，方向向右　(2) m/s，方向向右 解析　(1)由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得，Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′ 代入数据解得v′＝ m/s，方向水平向右。 (2)在摩擦力作用下物块和薄板最后达到共同速度，设共同运动速度大小为v，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(m＋M)v 代入数据解得v＝ m/s，方向水平向右。 【变式1】花样滑冰是技巧与艺术性相结合的一个冰上运动项目，在音乐伴奏下，运动员在冰面上表演各种技巧和舞蹈动作，极具观赏性．甲、乙两运动员以大小为1m/s的速度沿同一直线相向运动．相遇时彼此用力推对方，此后甲以1m/s、乙以2m/s的速度向各自原方向的反方向运动，推开时间极短，忽略冰面的摩擦，则甲、乙运动员的质量之比是(　　) A．1∶3 B．3∶1 C．2∶3 D．3∶2 答案　D 解析　以甲的初速度方向为正方向，甲、乙推开的过程中，满足动量守恒，m甲v0－m乙v0＝－m甲v1＋m乙v2，代入数据可得＝ ，故选D。 【变式2】在光滑水平面上停着一辆质量为60kg的小车，一个质量为40kg的小孩以相对于地面5m/s的水平速度从后面跳上车后和车保持相对静止。 (1)求小孩跳上车后和车保持相对静止时的速度大小； (2)若此后小孩又向前跑，以相对于地面3.5m/s的水平速度从前面跳下车，求小孩跳下车后车的速度大小。 答案　(1)2m/s　(1)1m/s 解析　(1)由题意知小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小孩跳上车后和车保持相对静止时的速度大小为v1，则有mv0＝(m＋M)v1 解得v1＝2m/s (2)设小孩跳下车后车的速度大小为v3，对全程由动量守恒定律得mv0＝mv2＋Mv3 解得v3＝1m/s。 碰撞问题 题型七 正碰和弹性正碰不同，两物体正碰后可能有能量损失，而弹性正碰，就是两个或多个物体在同一直线上的弹性碰撞，没有任何能量损耗，此时动量守恒，动能也守恒。应用步骤：　  先判断碰撞类型：弹性、非弹性、完全非弹性碰撞，明确动量均守恒。  规定正方向，统一参考系，列动量守恒方程。  弹性碰撞补充动能守恒式，完全非弹性碰撞用共速特点求解。  结合碰撞合理性：速度应符合实际，动能不增加。　 解｜题｜技｜巧 【典例1】如图所示，质量均为m的物体B、C静止在光滑水平面的同一直线上，一质量为m0的子弹A以速度v射入物体B并嵌入其中。随后它们与C发生弹性正碰，求碰撞后B、C的速度。 答案　 解析　根据题意，当子弹射入物体B，子弹和物体B组成的系统满足动量守恒，有m0v＝(m＋m0)v1，得v1＝ 随后与物体C发生弹性碰撞时，动量守恒，同时机械能也守恒，可得 (m＋m0)v1＝(m＋m0)vB＋mvC + 解得vB＝ = vc＝ 【典例2】如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5mA，B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向夹角为30°，由静止释放A球，在最低点A球与B球发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是(　　) A.A球静止，B球向右运动，且偏角小于30° B.A球向左运动，B球向右运动，且偏角等于30° C.A球向左运动，B球向右运动，A球偏角大于B球偏角，且都小于30° D.A球向左运动，B球向右运动，A球偏角等于B球偏角，且都小于30° 答案　C 解析　设A球到达最低点的速度为v，在最低点A球与B球发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 mAv＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律可得 +可得vA＝- v，vB＝ v，A球向左运动，B球向右运动，摆动过程机械能守恒，由mgh＝ mv2知hA>hB，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。 【变式1】如图所示，铁块质量，木块质量，一轻质弹簧连接和，静止在光滑的水平面上。质量的磁性金属块以水平速度向铁块运动，相碰后粘在一起。求： 磁性金属块与铁块碰后瞬间速度大小； 磁性金属块与铁块碰后弹簧的最大弹性势能。 【答案】解：、碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：， 代入数据解得：； 、、三者速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，设速度大小为,A、、系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 代入数据解得：， 由能量守恒定律得：， 代入数据解得：； 【变式2】如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1 kg。初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t＝0.01 s)，图中无法显示，则(　　) A．物块B的质量为2 kg B．物块B的质量为4 kg C．A、B碰撞时的平均作用力大小为300 N D．A、B碰撞时的平均作用力大小为100 N 答案　C 解析　由题图乙可知碰撞前vA＝4m/s，vB＝0，碰撞后v＝ m/s＝1 m/s，则由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，可得mB＝ ＝3kg，A、B错误；对物块B有Ft＝mBv－0，解得F＝300 N，C正确，D错误。 碰撞的可能性 题型八 分析碰撞可能性问题的思路 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加。 (2)注意碰后的速度关系是否合理。 ①弹性碰撞： 。 ②完全非弹性碰撞： 。 解｜题｜技｜巧 碰撞的可能性 题型八 分析碰撞可能性问题的思路 ③一般情况下(即非弹性碰撞)： (3)要灵活运用和两个关系式。 解｜题｜技｜巧 【典例1】(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有A、B两个小球，A球的动量为10kg·m/s，B球的动量为12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的动量变为8kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为(　　) A.0.5 B.0.6 C.0.65 D.0.75 答案　BC 解析　A、B两球同向运动，A球追上B球要满足vA＞vB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要满足vB′≥vA′ 由vA＞vB得 即＜＝≈0.83 碰撞过程动量守恒，有 pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14kg·m/s 碰撞过程的总动能不增加，有＋ ≥ ＋ ，即≤0.69 由vB′≥vA′得≥ ＝≈0.57 综上分析有0.57≤ ≤0.69。故B、C正确。 【典例2】(多选)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。则碰后B球的速度可能为(　　) A.0.6v B.0.4v C.0.3v D.0.2v 答案　BC 解析　若A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，B获得的最大速度满足vmax＝ v＝0.5v，若A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律，B获得的最小速度满足mv＝(m＋3m)vmin，解得vmin＝0.25v，则0.25v≤vB≤0.5v，故B、C正确。 【变式1】(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4kg，mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s(设为正)，B的速度vB＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　) A．均为＋1m/s B．＋4m/s和－5m/s C．＋2m/s和－1m/s D．－1m/s和＋5m/s 答案　AD 解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况，Ek前＝ mAvA2＋ mBvB2＝27J，Ek后＝ mAvA′2＋ mBvB′2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此选项C错误；验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A、D正确。 爆炸现象 题型九 解｜题｜技｜巧 爆炸过程时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒。 爆炸前常静止，总动量为0，满足m1​v1​+m2​v2​=0。 规定正方向，将速度矢量转化为代数运算。 注意爆炸后各部分速度同时性，多物体分段列式。 【典例1】一枚在空中飞行的火箭质量为m，在某时刻的速度大小为v，方向水平，燃料即将耗尽。此时，火箭突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块沿着与v相反的方向飞去，速度大小为v1。求炸裂后瞬间另一块的速度v2。 答案　，方向与炸裂前火箭速度方向相同 解析　以炸裂前火箭速度方向为正方向，则有： 炸裂前火箭的总动量为：p＝mv 炸裂后火箭的总动量为：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2 根据动量守恒定律有：mv＝－m1v1＋(m－m1)v2 代入数据解得： 即炸裂后瞬间另一块运动方向与炸裂前火箭速度方向相同。 【典例2】如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以0.5m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1kg和0.2kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0s，两球之间的距离为x＝2.7m，则下列说法正确的是(　　) A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6m/s C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3m/s D．爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027J 答案　D 解析　设甲、乙两球的质量分别为，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有代入数据解得v2＝0.8m/s，v1＝－0.1m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝ m1v12＋ m2v22－ (m1＋m2)v02，代入数据， 解得ΔE＝0.027J，故D正确。 【变式1】一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的甲、乙两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后甲的速度为2v，方向水平向左。爆炸过程中转化为动能的化学能是(　　) A. B． C. D． 5 答案　C 解析　爆炸瞬间内力远大于外力，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv＝－ ·2v＋ ·v′，解得爆炸后乙的速度v′＝4v， 根据能量守恒定律有ΔE＝ × ·(2v)2＋ · ·(4v)2－ mv2 解得ΔE＝ mv2，故C正确。 反冲、人船模型 题型十 1.适用条件 两个物体组成的系统原来处于静止状态，在系统中物体发生相对运动的过程中，动量守恒或某一个方向动量守恒。即m1v1－m2v2＝0。 2.重要结论 (1)人走船行，人停船停；人快船快，人慢船慢。 (2) x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。 (3) 人、船的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)与质量成反比。 3.画草图：画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。 解｜题｜技｜巧 【典例1】如图所示，火炮车连同炮弹的总质量为M，当炮管水平时，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶，发射一枚质量为m的炮弹后，火炮车的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　火炮车水平匀速行驶时，水平方向上所受外力为零，系统动量守恒，设向右为正方向，炮弹发射前系统的动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v0＋v2)，则Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝ ，选项B正确，A、C、D错误。 【典例2】(多选)如图所示，质量为M，长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M＞m，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则(　　) A.人和船运动方向相同 B.船运行速度小于人的行进速度 C.由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 D.人相对水面的位移为 92 答案　BD 解析　人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误；由动量守恒定律有Mv船＝mv人，又M＞m，故v人＞v船，故B正确；由人、船系统动量守恒且系统总动量为零知，人走船走，人停船停，故C错误；由平均动量守恒知M ＝m 和x人＋x船＝L知x人＝ ，故D正确。 【变式1】搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道。如果长征二号F遥十二运载火箭(包括载人飞船、航天员和燃料)的总质量为M，竖直向上由静止开始加速，每次向下喷出质量为m的燃气，燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v，则第5次喷出燃气的瞬间，运载火箭速度大小为(忽略重力的影响)(　　) A. B. C．()5v D． ()5v 答案　A 解析　设第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为v1，此时运载火箭的质量为M－5m，忽略重力影响，运载火箭喷气过程系统动量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝ ，故选A。 【变式2】如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是(　　) A. b B. b C. (b－a) D. (b－a) 答案　C 解析　A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，两物体位移关系如图所示，则 m2x－m1(b－a－x)＝0， 解得x＝ (b－a) ，故C正确，A、B、D错误。 碰撞类的拓展 题型十一 解｜题｜技｜巧 多物体碰撞：合理选取系统，分段判断动量守恒，依次列守恒方程。 往复碰撞：抓住每次碰撞均满足动量守恒，结合速度关系递推求解。 含弹簧 / 挡板模型：注意弹性势能转化，仅动量守恒、动能不一定守恒。 临界问题：抓住共速、分离、弹簧最长最短等临界状态列方程。 【典例1】如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝2kg，B的质量mB＝3kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝5m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开。求： (1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大动能； (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 答案　(1)15J　(2)24J　(3)J 解析　(1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同。选取向右为正方向，根据动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2m/s。 根据机械能守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于滑块A、B损失的动能，即 Ep＝mAv－ (mA＋mB)v2 解得Ep＝15J。 (2)当A、B分离时，弹簧恢复原长，滑块B的速度最大，动能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB mAv02＝ mAvA2＋ mBvB2 解得vA＝－1m/s，vB＝4m/s 则滑块B的最大动能Ek =mBvB2 ＝24J。 (3)当A的速度为零时，滑块A的动能最小，根据动量守恒定律得 mAv0＝mAvA′＋mBvB′ (vA′＝0) 解得v ′＝ m/s 此时弹簧的弹性势能Ep′＝ mAv02- mBvB′2 解得Ep′＝ J。 【典例2】如图所示，光滑水平面上质量为m1＝2kg的物块以v0＝2m/s的初速度冲向质量为m2＝6kg静止的光滑圆弧面斜劈体，且未滑出。求： (1)物块滑到最高点位置时，二者的速度大小； (2)物块从圆弧面滑下后，二者速度大小； (3)若m1＝m2，物块从圆弧面滑下后，二者速度大小。 答案　(1)均为0.5m/s　(2)1m/s　1m/s　(3)0　2m/s 解析　(1)物块与圆弧面作用过程中水平方向上动量守恒，且到达最高点时系统水平速度相同。以v0方向为正方向，由水平方向上动量守恒得 m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.5m/s。 (2)物块从圆弧面滑下过程，在水平方向上动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2 由能量守恒定律得m1v02＝ m1v12＋ m2v22 解得v1＝－1m/s，v2＝1m/s。 (3)若m1＝m2，根据上述分析，物块m1从圆弧面滑下后，交换速度，即v1′＝0，v2′＝2m/s。 【典例3】如图所示，一质量为M、长度为L的木块，静止在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹，以v0的速度射向木块。如果将子弹与木块相互作用力大小F视为恒力。求： (1)如果子弹没有打穿木块，系统产生的热量是多少？ (2)要使子弹能打穿木块，则子弹的初速度至少多大？ 答案　(1) 　(2) 解析　(1)在光滑的水平地面上，系统所受合外力为0，动量守恒。如果子弹没有打穿木块，则最终木块与子弹具有共同速度，设为v，根据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0 根据能量守恒定律可得系统产生的热量为Q＝ mv02- v2 =。 (2)要使子弹能打穿木块，则子弹恰好到达木块右端与木块具有共同速度v′时对应子弹的初速度最小，设为vmin，根据动量守恒定律有mvmin＝(M＋m)v′ 根据能量守恒定律有FL＝ mvmin2－ (M＋m)v′2 解得vmin＝。 【典例4】如图所示，两光滑水平平台通过一竖直台阶相连，下平台足够长，一质量为3m的长木板，紧靠台阶放置在下平台上，其上表面与上平台平面相平。现有质量为m的小滑块，以水平速度v0从上平台滑上木板而不会掉下，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求： (1)小滑块和长木板的最终速度； (2)小滑块在长木板上滑行的时间； (3)小滑块在长木板上的滑动距离； (4)在小滑块相对长木板滑动过程中，系统因摩擦产生的热量。 答案　(1)v0　(2) 　(3) 　　(4) 　　 解析　(1)取水平向右为正方向，根据动量守恒定律， 有mv0＝(m＋3m)v 解得v＝v0　故小滑块和长木板的最终速度大小为v0。 (2)法1　小滑块在长木板上做匀减速直线运动 根据牛顿第二定律可知－μmg＝ma 解得a＝－μg 则小滑块在长木板上滑行的时间为t＝＝　。 法2　对小滑块，由动量定理得 －μmgt＝mv－mv0 解得t＝　。 (3)设小滑块在长木板上的滑动距离为x，根据能量守恒定律有 mv02＝ mv2＋ 3mv2 ＋μmgx 解得x＝　　 故小滑块在长木板上的滑动距离为。 (4)小滑块在长木板上滑动过程中产生的热量为 Q＝μmgx＝ 【变式1】如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则： (1)A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？ (4)弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？ 答案　见解析 解析　(1)在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝ 。 (2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝ 。 (3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得 Epm＝ 2mv12-3mv22 = mv02 。 (4)弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律，得 2mv1＝2mvAB＋mvC， 2mv12= 2mvAB2 +mvc2 解得vAB＝ ，vC＝0或vAB＝ ，vC＝ 。 【变式2】如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案　(1)20kg　(2)见解析 解析　(1)选向左为正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v， 斜面体的质量为m3。在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v m2v02＝ (m2＋m3) v2＋ m2gh式中v0＝3m/s为冰块被推出时的速度。联立两式并代入题给数据得m3＝20kg。 (2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1－m2v0＝0， 代入数据得v1＝1m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。 m2v02＝ m2v22+ m3v32联立两式并代入数据得v2＝1m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。 过•分层验收 第四部分 明•期中考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1.下列说法正确的是() A.动量是矢量，冲量是标量 B.一个物体的合外力不变时，其动量一定不变 C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力 【答案】C 【解析】动量与冲量均为既有大小又有方向的矢量，故A错误一个物体的合外力不变时，其动量有可能发生变化，例如所受合外力为重力的平抛运动，速度大小与方向均在改变，即动量在改变，故B错误根据动量定理有可知，在动量变化一定时，作用时间越长，作用力越小，即易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故C正确火箭尾部喷出气体过程中，火箭对喷出的气体产生一个作用力，喷出的气体对火箭有反作用力使火箭获得飞行的动力，故D错误。 2.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中() A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零 D.在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反 【答案】D 【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，在竖直方向所受合外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，故A、B错误； 小球向左摆到最高点时，小球水平速度为零，小车的速度也为零，故C错误； 系统水平方向总动量为零，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，故D正确，故选D。 3.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从同一顶端下滑到底端、、处，三个过程中重力的冲量依次为、、，动量变化量的大小依次为、、，则下列说法不正确的是() A.三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等 B.三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C.， D.， 【答案】D 【解析】由机械能守恒定律可知，物体下滑到底端、、的速度大小相等，动量变化量大小相等，即， 根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小相等，方向不同， 设斜面的高度为，斜面的倾角为，从顶端下滑到底端，由得： 物体下滑的时间， 所以越小，越小，越大，重力的冲量就越大，故，故A、C正确，D错误； 物体下滑过程中，只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理得动能的变化量相等，故B正确， 故选D。 4.（多选）如图所示，甲、乙两车的质量均为，静置在光滑的水平面上，两车相距为。乙车上站立着一个质量为的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，则() A.甲、乙两车运动中速度之比为 B.甲、乙两车运动中速度之比为 C.甲车移动的距离为 D.乙车移动的距离为 【答案】ACD 【解答】甲、乙两车和人组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得，可得甲、乙两车运动中速度之比为，故A正确，B错误；设甲车和乙车移动的距离分别为和，则有，，，又，联立解得，，故C、D正确。故选ACD。 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 1.原来静止的物体受合外力作用时间为，作用力随时间的变化情况如图所示，则（） A.时间内物体的动量变化与时间内的动量变化相同 B.时间内物体的平均速率与时间内的平均速率不等 C.时物体的速度为零，外力在时间内对物体的冲量为零 D.时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零 【答案】C 【解析】与时间内作用力方向不同，则动量的变化量不同，A错误； 外力在时间内对物体的冲量，由动量定理知，故时物体的速度为零，C正确； 由运动的对称性知B错误； 物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，故外力对物体做功为零，D错误。 2.超强台风“利奇马”在年月日凌晨点分前后在浙江温岭沿海登陆，登陆时中心附近的最大风力级米秒，是新中国成立之后登陆我国强度排第五的超强台风，风力大，降水强度大，影响范围广，涉及个省区市，持续时间长，也是历史上少有的超强台风，对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力空气的压力与风速空气流动速度的大小关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为，风速大小为，风吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为，则风力与风速大小的关系式为() A. B. C. D. 【答案】B 【解答】 设时间内吹到建筑物上的空气质量为，则有，根据动量定理可得，解得风力与风速大小的关系式为，故选B。 3.如图所示，子弹以水平速度射入放在光滑水平桌面上的木块，子弹没有射出。子弹质量为，木块质量为，此过程中木块的位移为，子弹进入木块的深度为，若将子弹在射入木块的过程中受到的阻力视为恒力，则和的大小关系满足() A. B. C. D.不能确定 【答案】C 【解析】子弹击中木块过程动量守恒，设子弹与木块共速时的速度为，取向右为正方向。由动量守恒定律有， 由动能定理，对木块有， 对子弹有， 联立解得，故选C。 4.甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是，，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为，则甲球质量与乙球质量间的关系可能正确的是() A. B. C. D. 【答案】C 【解答】 设碰后甲球动量变为，乙球动量变为，根据动量守恒定律得 ， 解得， 碰撞过程系统的总动能不增加，则有， 解得， 碰撞前甲的速度要大于乙的速度，则， 解得， 碰撞后甲的速度不大于乙的速度， 则有，解得， 综上有，C正确，、、D错误。 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 1.如图所示，热气球静止于距水平地面的高处，现将质量为的小球以相对地面的速度水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为，所受浮力不变，重力加速度为，不计阻力，以下判断正确的是() A.投出小球后气球所受合力大小为 B.小球落地时热气球的速度大小为 C.小球在落地之前，小球和热气球速度始终大小相等方向相反 D.小球落地时二者的水平距离为 【答案】B 【解答】A.热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，由于投出小球后所受浮力不变，则热气球所受合外力为，故A错误； 【解答】B.热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，初动量为零，水平投出重力为的小球瞬间，满足动量守恒定律，由上式可知热气球获得水平向左的速度，小球落地所需时间为，解得，热气球竖直方向上加速度为，解得，小球落地时，热气球竖直方向上的速度为，根据矢量法则，解得，故B正确； C.热气球所受合外力为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，加速度为，而小球体积比较小又不计阻力则小球的加速度为，故小球和热气球速度不会始终大小相等方向相反，故C错误； D.热气球和小球在水平方向做匀速直线运动，，则二者的水平距离为，解得，故D错误。故选B。 2.如图所示，光滑水平面上、、三个质量均为的物体紧贴着放在一起，、之间有微量炸药。炸药爆炸过程中对做的功为，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为() A. B. C. D. 【答案】C 【解答】因为在光滑水平面上，整个系统动量守恒，爆炸后与速度相等，又对做的功为，根据动能定理结合，可得的速度。根据动量守恒有，根据能量守恒有。故选C。 3.如图所示，质量为，半径的光滑圆弧轨道静置在水平面上，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上圆弧轨道，上滑到最大高度时圆弧轨道的速度为。已知小滑块和圆弧轨道水平距离为，且小滑块与水平面间摩擦因数为，圆弧轨道所在的位置及其右侧为光滑水平面，取。求： 求初始时弹簧的弹性势能； 求小物块冲上大滑块后离地的最大高度； 求小物块再次回到水平面时的速度大小。 【答案】解：设小物块到达圆弧底端的速度为，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒，解得， 由能量守恒有，解得； 小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于，由系统机械能守恒有，解得； 小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面， 系统水平方向动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向， 有，，解得， 所以小物块再次回到水平面时的速度大小为。 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变。 教师寄语 $