第七章 第2讲 动量守恒定律及其应用-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

A.单位时间内冲击叶片的气流体积为S B.单位时间内单位面积上冲击叶片的气流动 能为2d C.叶片受到的平均冲击力大小为S D,.叶片受到的平均冲击力大小为S 第2讲 动量守 课前>双基复盘 必备知识填充 [知识点一]动量守恒定律 1.动量守恒定律的内容 如果一个系统 ,或者所受外力的矢 量和，这个系统的总动量保持不变， 2.动量守恒的数学表达式 (1)p=p'(系统相互作用前总动量p等于相互 作用后总动量卫). (2)△p=0(系统总动量 为零)： (3)△p1=一△p2(相互作用的两个物体组成的 系统，两物体动量增量大小 ,方向 3.动量守恒的条件 (1)系统 外力或所受外力之和时，系 统的动量守恒」 (2)系统所受外力之和不为零，但当内力 外力时系统动量近似守恒， (3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向 上所受合外力或外力或外力可以 忽略则在这个方向上，系统动量守恒 [知识点二]碰撞、反冲和爆炸 1.碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时 间，而物体间相互作用力的现象。 (2)特点：在碰撞现象中，一般满足内力 外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统 动量守恒 .1 第七章动量动量守恒定律 技法归纳应用动量定理解决流体问题的技巧 (1)建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取 段柱状流体，其横截面积为S; (2)微元研究，作用时间△t内的一段柱状流 体的长度为v△t,对应的质量△m =pSu△t; (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体， ©温馨提今 学习至此，请完成配套训练 课时冲关35 恒定律及其应用 教材盘点落实双基 (3)分类： 动量是否守恒机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失 2.反冲运动 (1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分， 并且这两部分向 方向运动的现象 (2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可 以用 定律来处理 3.爆炸问题 (1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很 大，且 系统所受的外力，所以系统动 量 (2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后 从相互作用前的位置以新的动量开始 运动. 走进教材拾金 1.（人教版选择性必修第一册P16·T1改编) 如图所示，小丽和小刚开始时面对面静止站 在光滑的冰面上，小丽推小刚后，两人沿相反 的方向运动，已知小丽的质量小于小刚的质 量.在此过程中，下列说法正确的是（) 高考总复习物理 A.小丽和小刚组成的系统动量守恒 悬绳质量，g取10m/s2),则此时悬绳的拉 B.小丽的速率小于小刚的速率 力为 () C.小丽对小刚的作用力所做的功等于小刚 A.35N B.100N 对小丽的作用力所做的功 C.102.5N D.350N D.小丽对小刚的作用力的冲量等于小刚对 3.(人教版选择性必修第一册P16·T4改编) 某机车以0.8m/s的速度驶向停在铁轨上的 小丽的作用力的冲量 15节车厢，跟它们对接.机车跟第1节车厢 2.(人教版选择性必修第一册P16·T。改编) 相碰后，它们连在一起具有一个共同的速 悬绳下吊着一个质量为M=9.99kg的沙 度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直 袋，构成一个单摆，摆长L=1m.一颗质量 至碰上最后一节车厢.设机车和车厢的质量 m=10g的子弹以v。=500m/s的水平速度 都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速 射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度（不计 度为 m/s.铁轨的摩擦忽略不计. 课堂>研透考点 热点考向讲练提升 考点一 动量守恒定律的理解及应用 考点透视 2.应用动量守恒定律解题的步骤 1.动量守恒定律的五个特性 明确研究对象，确定系统的组成 动量守恒定律的表达式为矢量方 矢量性 受力分析，确定动量是否守恒 程，解题应选取统一的正方向 ↓ 规定正方向，确定初、末动量 各物体的速度必须是相对同一参 相对性 考系的速度（一般是相对于地面） 根据动量守恒定律，建立守恒方程 动量是一个瞬时量，表达式中的 代入数据，求出结果并讨论说明 p、p2…必须是系统中各物体在 同时性 相互作用前同一时刻的动量，'、 典题例析 2’…必须是系统中各物体在相 [典例1]关于系统动量守恒的条件，下列说 法正确的是 互作用后同一时刻的动量 研究的对象是相互作用的两个或 系统性 多个物体组成的系统 动量守恒定律不仅适用于低速宏 000000 观物体组成的系统，还适用于接 普适性 近光速运动的微观粒子组成的 A.静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小 系统 球，小球由静止释放，在离开斜槽前小 球和斜槽组成的系统的动量守恒 128 B.在光滑的水平地面上有两辆小车，在两 小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向 运动的过程中动量不守恒 C.一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸 裂成两块，在炸裂前后系统动量不守恒 D.子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的 系统动量守恒 [典例2]甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑 的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为 ,=6m/s,甲车上有质量为m=1kg的小 球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总 质量为M,=50kg,乙和他的小车的总质量 为M2=30kg.为避免相撞，甲不断地将小 球以相对地面为v=16.5m/s的水平速度抛 向乙，且被乙接住. (1)甲第一次抛球时对小球的冲量； (2)乙接到第一个球后的速度（保留一位小 数)； (3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球 个数是多少？ 思路点拨(1)根据动量定理求甲第一次抛 球时对小球的冲量， (2)对乙和第一个小球，根据动量守恒定律求 接住球后的速度 (3)对两车，只有速度相等时，才不会相撞，由 动量守恒定律求出共同速度 [听课记录] ·129 第七章动量动量守恒定律 [典例3]如图所示，甲、乙两名宇航员正在 离静止的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。= 2/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同 一直线上且可视为质点.甲和他的装备总质 量为M=80kg,乙和他的装备总质量为M2 =120kg,为了避免直接相撞，乙从自己的 装备中取出一质量为m=40kg的物体A 推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后 甲、乙两位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. (1)乙要以多大的速度v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. 甲 空间站 [听课记录] 高考总复习物理 考点二 考点透视 1.分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒，即p1十2=1′十p2': (2)动能不增加，即Ek十Eke≥Ek1'+Ea'或 p经+pp”+' 2m1222m12m2 (3)速度要合理 ①碰前两物体同向，则℃后>℃前；碰后，原来 在前的物体速度一定增大，且v前≥心后· ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方 向不可能都不改变！ 2.弹性碰撞的规律 (1)两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机 械能守恒. (2)以质量为m1,速度为01的小球与质量为 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例， 则有 m101=m101'+m2v2 ① 2n1听=2m,2+ 1 21 2n2, ② 由①②得4'-m-m)y %' 2m1U1 m1十m m1+m2 (3)结论： ①当m1=m2时，v1'=0,v2'=01,两球碰撞 后交换了速度. ②当m1>m2时，01'>0,2'>0，并且1'< ℃2'，碰撞后两球都向前运动. ③当m1<m2时，v1′<0，，'>0，碰撞后质 量小的球被反弹回来， 典题例析 [典例4](2025·河南卷，7)两小车P、Q的 质量分别为mp和mo,将它们分别与小车N 沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度随时 间t的变化分别如图1和图2所示.小车N 的质量为m、,碰撞时间极短，则 ( Q N Q P 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 0 图1 图2 A.mp>mN>ma B.m>mp>ma C.mo>mp>m D.mo>mN>mp [典例5]（多选)(2024·广东卷，T10)如图 所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个 碰撞问题 相同滑块，分别 从H甲、H乙高 度同时由静止 甲 开始下滑.斜坡 与水平面在O 0 7777777777 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数 为4，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰 撞.忽略空气阻力.下列说法正确的有 ( A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙 的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与0处相距H2 思路点拨(1)两滑块的加速度相同 (2)甲、乙在斜坡上运动时，由v=at得，两滑 块的速度完全相同，甲相对于乙静止，A项 正确 (3)由动量守恒定律和能量守恒定律得，碰后 两滑块交换速度，B项正确 [典例6]“打弹珠”是很 多80后儿时的游戏， 如图所示.现有几个小 朋友在光滑的水平面。9 玩“打弹珠”的游戏，现有a、b两个小弹珠在 一直线上发生正碰，选取a弹珠的初速度方 向为正方向，它们在碰撞前，a的速度是 5m/s,b静止，碰撞后，a的速度是-1m/s, b的速度是2m/s.已知a的质量是2 kg,求： (1)b的质量m; (2)碰撞过程中，b受到的冲量Ib; (3)判断此碰撞是弹性碰撞、非弹性碰撞还 是完全非弹性碰撞？若是非弹性碰撞，两弹 珠的碰撞的过程中损失的动能△E. [听课记录] 30 考点透视 1.爆炸问题的三个特点 由于爆炸是在极短的时间内完成 动量 的，爆炸物体间的相互作用力远远 守恒大于受到的外力，所以在爆炸过程 中，系统的总动量守恒 动能 在爆炸过程中，由于有其他形式的 能量（如化学能）转化为动能，所以 增加 爆炸后系统的总动能增加 爆炸的时间极短，因而作用过程中， 位置 物体产生的位移很小，一般可忽略 不变不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸 前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 反冲运动是系统内物体之间的作 原理 用力和反作用力产生的效果 动量 反冲运动中系统不受外力或内力 远大于外力，所以反冲运动遵循 守恒 动量守恒定律 反冲运动中，由于有其他形式的 机械能 能转化为机械能，所以系统的总 增加 机械能增加 典题例析 「典例7]用火箭发射人 造卫星，发射过程中最 后一节火箭的燃料用完 后，火箭壳体和卫星一 起以7.0×103m/s的速 度绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量为 500kg,最后一节火箭壳体的质量为100kg.某 时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火 箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为 1.8×103m/s.下列说法正确的是() A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3× 103m/s B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3× 10m/s C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小 为1.5×105N·s D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化 量大小为1.5×10kg·m/s ·13 第七章动量动量守恒定律 考点三爆炸与反冲 [典例8]在平静的水面上漂浮着一块质量 M=150g的带有支架的木板，木板左边的 支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的 青蛙，支架高为h=20cm,支架右方的水平 木板长s=120cm,突然青蛙向右水平跳出. 水的阻力不计，g=10m/s2. (1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是 0.3m/s,则木板后退的速度是多大？ (2)如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳 出的初速度至少为多少？ 水面 [听课记录] [典例9]如图，光滑水平地面上有一固定的 光滑圆弧轨道AB,轨道上A点切线沿水平 方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有 静止的质量分别为m1=10kg的铜块和 m2=5kg的铁块，铁块右侧有竖直墙壁，铜 块距离A点L=10m,铁块距离墙壁l= 2m,铜块铁块间有少量炸药.某时刻点燃 炸药，放出345.6J能量转化成两滑块动 能，不计物体间碰撞的机械能损失与碰撞时 间，两滑块可视为质点，不计空气阻力.重力加 速度大小为g=10m/s2,求 (1)爆炸后铜块速度大小； (2)铜块运动至A点前，铁块能否追上铜 块，若能，计算铜块被追上撞击后的速度大 小，若不能，请说明理由； (3)铜块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿 切线方向飞出，最后落回水平地面，若保持 B点与地面间的高度差h=1.4m不变，调 节圆弧AB对应的圆心角0及半径，求铜块 从B点抛出后的最大水平射程sm及对应的 圆心角0. 高考总复习物理 0 铜块铁块 m,m. 777777777 7777777777777777777777 7777 [听课记录] 提升>学科素养 启智培优素养提升 动量守恒中的两类模型 模型一 子弹打木块模型 [典例2]如图，在有 S 2 圆孔的水平支架上 模型 特点及满足的规律 放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上 系统动量守恒、能量守恒： 击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上 m,=(m十M)0,fL相对= 升的最大高度分别为h和8h.已知子弹的 2m(M+m)v 质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大 子弹打木块模型 小为g;在子弹和物块上升过程中，子弹所 o mD M 木块不固定并放于光滑面 受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身 流 上，一般认为子弹受阻力相 等，子弹完全穿出时系统产 重力的令子弹穿过物块时间很短，不计物 生的热量相等 块厚度的影响，求 (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小； [典例1]（多选）(2024 (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损 ·湖北卷，T10)如图所 M m 失的机械能， 示，在光滑水平面上静 mMMMMMMMIMMMMMMIIMMM [听课记录] 止放置一质量为M、长为L的木块，质量为 m的子弹水平射入木块.设子弹在木块内运 动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入 初速度大小v。成正比，即f=k,(k为已知 常数).改变子弹的初速度大小。，若木块获 得的速度最大，则 ( A.子弹的初速度大小为2L(m+M0 mM B.子弹在木块中运动的时间为(m十M而 2mM C.木块和子弹损失的总动能 为L(m+M0 mM D.木块在加速过程中运动的距离为，m m+M ·132 第七章动量动量守恒定律 模型二 人船模型 船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上 模型 特点及满足的规律 船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺 测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长 L.已知他自身的质量为m,则 () 人船模型 A.人平行码头移动的速度会影响船后退的 m 距离 M Mx=m(L-x) B.人平行码头移动的速度不会影响船后退 特点：①两个物体 ②总动量 的距离 为零③动量守恒 C.渔船的质量为mL-d) 工典例3] (多选)有一条 捕鱼小船停靠在湖边码 头，一位同学想用一个卷 D渔船的质量为 尺粗略测定它的质量，他 C温攀提西 进行了如下操作：首先将 学习至此，请完成配套训练 课时冲关36 L 素养培优12碰撞模型及拓展 培优点一“滑块一弹簧”模型 模型解读 A.A物体最终会静止，B物体最终会以速 1.模型图示 率v向右运动 , B.A、B系统的总动量最终将大于m m0000000ym2 7777777777 777 水平地面光滑 C.A,B系统的总动能最终将大于2m心 2.模型特点 D.当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过 程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系 能为2md 统动量守恒. (2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹 [审题指导]当弹簧恢复原长时，根据系 簧弹力以外的内力不做功，系统机械能 统动量守恒和机械能守恒分析A、B的速 守恒. 度，当弹簧压缩至最短时，A、B速度相等， (3)弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相 结合动量守恒求出共同速度、从而得出A、 同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相 B的总动能. 当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能 典例2]如图所示，一质量 弹簧 转化为弹簧的弹性势能). (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能 M=0.3kg,足够长“T”形 细线 支架，竖直立在水平地面 物块 最大（相当于刚完成弹性碰撞）. 典题例析 上，有一质量m=0.2kg的 支架 [典例1]如图所示，光滑水 物块套在支架直杆上，物块 A MB 平地面上有A、B两物体， 7777777777 与支架上端之间夹有一劲度系数足够大的 质量都为m,B左端固定一个处于压缩状态 轻质弹簧（弹簧与物块不相连），开始时弹簧 的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受 压紧并被物块和支架顶端间的细线锁定，弹 到压缩时锁定装置会失效，A以速率)向右 运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹 簧的弹性势能E,=.现解除镇定，弹簧 性限度，关于A、B运动过程说法正确的是 瞬间恢复形变.已知物块与直杆间滑动摩擦 力大小恒为f=1.5N,不计空气阻力.求： ·133 高考总复习物理 (1)弹簧恢复形变的瞬间，支架获得的速度 大小； (2)支架能上升的最大高度； (3)从解除锁定到支架落回地面的过程中系 统因摩擦损失的机械能， [听课记录] 培优点二“滑块 模型解读 1.模型图示 口m 接触面光滑 2.模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速 度v共，此时m的竖直速度v,=0.系统水 平方向动量守恒，v,=(M十m)v共；系统 机械能守恒，多m=(M十m)4十 gh,其中h为滑块上升的最大高度，不 定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹 性碰撞，系统减少的动能转化为的重力 势能). (2)返回最低点：m与M分离点.水平方向动 量守恒，m,=mu1十Mv2;系统机械能守 恒，2m=了m心+行M(相当于完成了 弹性碰撞). 典题例析 [典例3]（多选）质量为M 的带有二光滑圆弧轨道的 小车静止置于光滑水平 面上，如图所示，一质量也为M的小球以速 ·13 汇解题技法]“滑块一弹簧”模型的解题思路 (1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸 长还是压缩状态. (2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态， 依据动量守恒定律和机械能（或能量）守恒定 律列出方程. (3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行 性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果 (4)弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通 常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解. 斜（曲）面”模型 度。水平冲上小车，到达某一高度后，小球 又返回小车的左端，重力加速度为g,则 ( A.小球以后将向左做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为)M D,小球在圆弧轨道上上升的最大高度为一 [典例4幻(2024·安81 00 徽卷，T14)如图所 示，一实验小车静 止在光滑水平面 上，其上表面有粗 糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道.圆弧 轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一 物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长 的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在 物块左侧.现将细线拉直到水平位置时，静 止释放小球，小球运动到最低点时与物块发 生弹性碰撞.碰撞后，物块沿着小车上的轨 道运动，已知细线长L=1.25m.小球质量 m=0.20kg.物块、小车质量均为M= 0.3kg.小车上的水平轨道长s=1.0m.圆 弧轨道半径R=0.15m.小球、物块均可视为质 点.不计空气阻力，重力加速度g取10m/s. (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受 拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度 的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶 段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩 擦因数μ的取值范围. 思路点拨 (1)根据动能定理和牛顿运动定律列式求解； (2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律列 式求解； (3)根据动量守恒定律和能的转化和守恒定律 列式求解. [听课记录] 培优点三“滑块 模型解读 1.模型图示 m M 广水平地面光滑 水平地面光滑 2.模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力 与两者相对位移的乘积等于系统减少的机 械能. (2)若滑块未从木板上滑下或子弹未射穿木 块，当两者速度相同时，木板或木块的速度 最大，两者相对位移最大 3.求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象 为一个系统 (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一 个物体 (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量 守恒定律Q=fAx或Q=E一E末，研究对 象为一个系统 典题例析 [典例5]如图所示，光滑 B鸟 A 水平面上放一木板A,质777 量M=4kg,小铁块B(可视为质点)质量为m ·135 第七章动量动量守恒定律 滑板”模型 =1kg,木板A和小铁块B之间的动摩擦因 数u=0.2,小铁块B以，=10m/s的初速 度从木板A的左端冲上木板，恰好不滑离 木板(g=10m/s2).则： (1)A、B的加速度分别为多少？ (2)经过多长时间A、B速度相同，相同的速 度为多少？ (3)求薄木板的长度. [听课记录] 高考总复习物理 [典例6](2024·甘肃卷，T14)如图，质量为 2kg的小球A(视为质点)在细绳OP和 OP作用下处于平衡状态，细绳OP=OP= 1.6m,与竖直方向的夹角均为60°.质量为 6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量 为2kg的物块C静止在B的左端.剪断细 绳OP,小球A开始运动.（重力加速度g 取10m/s2) 0 160° D 60° B (1)求A运动到最低点时细绳OP所受 的拉力 (2)A在最低点时，细绳OP断裂.A飞出后 恰好与左侧C碰撞（时间极短）、碰后A竖 直下落，C水平向右运动.求碰后C的速度 大小 (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共 速.求C和B之间的动摩擦因数. 思路点拨(1)A飞出后与C碰前做平抛运 动，由题意知碰撞后A的水平分速度为零.A 与C碰撞过程水平方向上动量守恒，据此求 得碰撞后C的速度大小. (2)对C相对B滑行过程，根据动量守恒定 律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩 擦因数， 素养培优13利用力学“三大 考点透视 1.解决力学问题的三大观点 动力学 运用牛顿运动定律结合运动学 观点 知识，可解决匀变速运动问题 用动能定理和能量守恒定律 能量观点 等，可解决非匀变速运动问题 用动量守恒定律等，可解决非 动量观点 匀变速运动问题 2.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系 式，可用牛顿第二定律， (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动 状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的 问题)或动能定理（涉及位移的问题）去解 决问题 136 [听课记录] C温馨提 学习至此，请完成配套训练 课时冲关37 观点”解决力学综合问题 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间 有相互作用，一般用动量守恒定律和机械 能守恒定律去解决问题，但需注意所研究 的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守 恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于 系统机械能的减少量，即转变为系统内能 的量. (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现 象时，需注意到这些过程一般均隐含有系 统机械能与其他形式能量之间的转换.作 用时间都极短，因此用动量守恒定律去 解决。(2)在B,点速度最大，此时弹性绳的弹力刚好与重力大 小相等，设弹簧的伸长量为x1,则 F单=kx1=mg, x1=Lwc一h, 解得：k=150N/m, 释放前，弹性绳的拉力为F1=1500N 此时弹簧的伸长量为x2= F k =10m, 所以人从释放到运动到最高，点的距离为 H=h十x2=15m. 上升过程中机械能守恒，则根据机械能守恒定律：释放 前弹性绳的弹性势能 E。=mgH=7500J. [答案](1)5m20m/s2(2)150N/m7500J [典例3][解析](1)设木箱碰到弹簧前，运动的加速度 为a,木箱的质量为M,货物的质量为，则m=10kg.· 以木箱和货物整体为研究对象，由牛顿第二定律有： (M-+m)g sin 0-u(M+m)g cos =(M+m)a, 设货物受到木箱沿斜面方向的作用力大小为F,,垂直斜 面方向的作用力大小为F2,则 mg sin 0-F=ma,F2=mg cos 0, 货物受到木箱作用力大小F=√/F十F?； 代入数据解得：F=40√5N: (2)设弹簧的最大弹性势能为E。,压缩至最短时木箱移 动的距离为x,由能量守恒定律得： 下滑过程中：(M十m)gx sin日-u(M十m)gx cos8=E。, 弹回过程中：Mgx sin0十uMgx cos 0=E。, 代入数据得：M=2.5kg, [答案](1)40√5N(2)2.5kg [典例4]D[每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积 为V=SL=Sut=1×6×1m=6m A错误；1s内气流的质量为m=pV=1.2X6kg =7.2kg 气流的动能为E=2mv=2X7.2×6J=129.6J,B 错误；1s风的动能转化的电能为 E。=7E=40%×129.6J=51.84J,则功率P= E 51.84W,C错误；该风力发电机组工作24h,发电量为W =10Pt=10×51.84×10×24kW·h=12.44kW·h,D 正确. 第七章动量动量守恒定律 第1讲动量和动量定理 课前双基复盘 必备知识·填充知识点一 1.(1)速度(2)mw(3)kg·m/s(4)速度2.(1)矢量 相同(2)p一p3.(1)作用时间F·t(2)牛·秒 N·s(3)相同 知识点二 1.动量力3.合外力 走进教材·拾金 1.B2.AD3.C 课堂研透考点考点一跟进题组 1.B2.A3.BD 考点二典题例析 [典例1门B[依题意，根据动量定理F△t=△p,可得F= 2=m心”，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接 △t△t 触时间△，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动 量的变化率2，而穿戴者动量的变化量△p,也即穿戴者 所受合力的冲量F△t均未发生变化.故选B.] [典例2]C[设脚着地瞬间的速度大小为v,取竖直向 上为正，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中，根据动 量定理(F一G)t=0一(-mu),其中F=4G,穿上气垫鞋 时双脚竖直着地过程中，根据动量定理有(F一G)X2 =0一（一1w),解得F'=2.5G,故选C. [典例3]B[根据题意可知，小球A和B碰撞过程中 水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不 变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为2，则 有U=mU十nU2, ·48 参考答案 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有之mU mf+2m， 联立解得y1=U,U2=0, 小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h= 1 gt2, 解得t=2s, 可知，碰撞后，小球A运动t=1s落地，则水平方向上 有x=t, 解得v=3.0m/s.] 提升学科素养 L典例1」DL△t时间内流出的水的质量m=pSw△t,根 据动量定理F△t=mw,联立解得F=pSU,根据动能定理 P△t=2mw-0,解得下=2pSu,故选D.] [典例2]AD[设△t时间内气流形成的长度为l=u· △，单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积 为V= ,=S,故A正确；单位时间内冲击风力发电机 △t 叶片圆面的气流的质量为=pV,单位时间内冲击风力 发电机叶片圆面的气流的动能为E=之m0=之pS, 故B错误；规定风的方向为正方向，对△t时间内形成的 气流由动量定理一F·△t三X50一mu,代入数据解得 F=4 ρS0,由牛顿第三定律，叶片受到的平均冲击力大 小为F=F=青pS,故C错误，D正确.] 第2讲动量守恒定律及其应用 课前双基复盘 必备知识·填充知识点一 1.不受外力为零 2.(2)变化(3)相等 相反 3.(1)不受 为零 (2)远大于(3)为零 不受 知识点二 1.(1)很短很大(2)远大于(3)守恒最大2.(1)相 反(2)动量守恒3.(1)远大于守恒 走进教材·拾金 1.A2.C 3.解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒 定律得m=(m十15m)v,v= 6%=6×0.8m/s =0.05m/s 答案：0.05 课堂研透考点考点一典题例析 「典例1门D「离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方 向合力不为零，动量不守恒，故A错误；相向运动的过程 中合外力为零，系统动量守恒，故B错误；炸裂前后系统 内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误；子弹打进木 块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统 动量守恒，故D正确.】 [典例2][解析](1)根据动量定理有I=mu-m, 解得I=10.5N·s,方向水平向右； (2)对小球和乙的整体，根据动量守恒定律有 M,6-mv=(M,十m): 解得=5.3m/s,方向水平向左； (3)对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有M1o -M2=(M十M2)v, 对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律 有M2%-nmu=(M2十nm)v, 解得n=15. [答案](1)10.5N·s,水平向右；(2)5.3m/s,水平向 左；(3)15 [典例3][解析](1)规定水平向左为正方向，甲、乙两 宇航员最终的速度大小均为山，方向向左，对甲、乙以及 物体A组成的系统根据动量守恒定律可得MU,一M1V =(M十M2)w, 对乙和A组成的系统根据动量守恒定律可得M2= (M2一m)ymU: 解得4=0.4m/s,v=5,2m/s, 39 高考总复习物理 (2)对甲进行分析，根据动量定理有Ft=M1U1 -M1(-h) 解得F=384N [答案](1)5.2m/s;(2)384N 考点二典题例析 [典例4]D[P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 p十m三mp'1', 即mp(一')=1y('一)， 根据图像可知一Up>y 一y,故p1y; 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQa十 mxUx=mavamyUN', 即1a(va-va')=mv('-), 根据图像可知o-a'<-,故a>my;故ma> mymp.故选D.] [典例5]ABD[A.两滑块在光滑斜坡上加速度相同， 同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；B.两 滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相 同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞 后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； C.设斜面倾角为0，乙下滑过程有H。=之（gsin9)t片，在 水平面运动一段时间。后与甲相碰，碰后以甲碰前速度 做匀减速运动一段时间t名，乙运动的时间为t=t1十t2十t, 由于t与H2有关，则总时间与H:有关，故C错误： D.乙下滑过程有mgH=2mw2,由于甲和乙发生弹 性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰 撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在 水平面运动到停止有吃=2以g,联立可得x=,即 发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距 Hz,故D 正确.] [典例6][解析](1)两球碰撞过程中，根据动量守恒定 律可得1U0=1a1十· 代入数据解得，=6kg; (2)对b球，根据动量定理可得b球受到的冲量大小为 Ib=,02=12N·s, 方向与其速度方向相同， (3)两球碰撞后速度不同，则不是完全非弹性碰撞.根据 能量守恒定律可得 1 △E=2m,-m,戏一乞m 代入数据解得△E=12J 由此可知，两球发生的碰撞为非弹性碰撞 [答案](1)6kg;(2)12N·s,方向与其速度方向相同； (3)非弹性碰撞，12J 考点三典题例析 [典例7]C[设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀 速圆周运动的速度为v,卫星的质量为1，火箭壳体的 质量为2，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相 对速度为△，分离后火箭壳体的速度大小为U,根据题 意可知，分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守 恒，则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为 0,取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据 动量守恒定律得(m1十m2)u=m1('十△)十m2',解得 v'=5.5×10m/s,则分离后卫星的速度为v里=v'十△u =7.3×10m/s,故A、B、D错误.分离过程中，设火箭壳 体对卫星的冲量大小为I,对卫星由动量定理有I= m1里-m1v=1.5×10N·s,故C正确.] [典例8][解析](1)由动量守恒定律可知my一Mug =0, 可得木板后退的速度是U2=0.1m/s: (2)如果青蛙水平跳出恰好入水，则由动量守恒定律 172U -Mw2'=0, 由几何关系s=U1t十't, 竖直方向有h=之gt, 联立解得'=4.5m/s. L答案](1)0.1m/s;(2)4.5m/s ·49 [典例9][解析](1)由爆炸过程动量守恒及能量关系 m14=m,,2m心听+2m,号=E, 解得y1=4.8m/s,v2=9.6m/s: (2)设铜块运动距离d后，铁块追上铜块d=十2l 解得d=4mL=10m, 因此能发生碰撞，两物块弹性碰撞1十2=m1v 十m2V2, 1 1 12，十222227211277222 解得y'=8m/s,v2'=3.2m/s. (3)铜块由A,点到B,点的过程中机械能守恒，根据机械 能守恒定律，有 1 m西”=mgh十之m呢， 解得=6m/s, 设铜落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹 角为α，根据机械能守恒定律知 v=v1=81m/s, 水平方向有c0s8=vc0sa, 竖直方向有sina=一Ug sin日十gt, 铜块从B点抛出后的水平射程s=zcos日·t, 联立可得s=,v%sin(a十) g 当a十0=死时，s最大，解得sm=4.8m,8=37 2 [答案](1)=4.8m/s;(2)能v1'=8m/s;(3)sm= 4.8m,0=37° 提升学科素养 [典例1]AD[A.子弹和木块相互作用过程系统动量守 恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度分别为，， 则有Uo=U1十M2, 子弹和木块相互作用过程中合力都为f=k。,因此子弹 和物块的加连度分别为a=千a,=青， 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 2a1x1=6-vi,2a2x2=vi,21-x2=L, 联立上式可得= [-2(+上 M+m 因此未块的选度最大即西√成-一（份一箭）取权值 即可，这画数在2（台十片）上到无穷单调递减，因北声 =2(奈+合)上=2m时，木的速度最大，A正 m 确；B.子弹穿过木块时木块的速度为，=十，由运动 mM 学公式=a:,可得t一(m干M,故B错误：C.由能量 守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热， 即△E=Q=fL=2L(m+M,故C错误：D.木块加速 mM 过程运动的距离为x2= 0十2 mL,故D正确.] 2t=M十1 [典例2][解析](1)子弹射穿木块后子弹和木块的速 度分别为，U2,则=2g·8h, =2a·h, 其中4mg十8 X4mg=4ma 子弹射穿木块过程由动量守恒m=十4mv?, 解得=10√gh. (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能 △E=号mG (合mi+合×4m）=37.5mgh 1 [答案](1)10√gh(2)37.5mgh 「典例3]BC[该人在t时间内从船尾走到船头，船和人 组成的系统不受外力作用动量守恒，人平行码头移动的 0 速度不会影响船后退的距离，根据动量守恒定律有m日 -Md =0,其中x十d=L,解得M=mL-d,故 d 选BC.] 素养培优12碰撞模型及拓展 培优点一 典题例析 [典例1]C[设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为 U,弹簧被锁定时的弹性势能为E。,规定向右为正方 向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守 恒、机械能守恒，则有mv=m十m,E,十之mw= mu2十2m,因E,>0,可知≠0，≠u,选项A 1 错误；A、B系统动量守恒，系统的总动量最终等于w, 选项B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势性能会释 放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大 于弓m,选项C正璃：弹资被压缩到最短时，弹養弹性 势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为U,由动量 守恒定律知mv=2mv,解得v= 2u,则有总动能Ek= 1 2 U\ =4mv,选项D错误.] [典例2][解析了(1)解除锁定，系统动量守恒，设支架 获得速度为U,物块获得速度为Um,有 MUM =mUm E,=2Mi2+2m.”, 代入数据解得w=3m/s, Um=4.5m/s. (2)对支架受力分析，根据牛顿第二定律有Mg十f =MaM· 解得aM=15m/s, 再由wM2=2 d ho 代入数据得hma =0.3m. (3)解除锁定到支架落回地面，物块受力不变，根据牛顿 第二定律有g一f=mam· 解得am=2.5m/s, 支架上升到最高点所用时间=4=具 aM 5 s, 支架上升阶段，物块与支架间的相对位移 5相对1=nt十之ant十hnmx=1.25m, 支架下降阶段，物块与支架间的相对位移s相对2=（v十 ant)t2ant-hmax=0.75 m. 所以，从解除锁定到支架落回地面过程因摩擦而损失的 能量△E=f(s相对1十s相对2)=3J, [答案](1)3m/s(2)0.3m(3)3J 培优点二典题例析 [典例3]BC[小球上升到最高，点时与小车相对静止，有 相同的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 M,=2Mi,号M=是×2M”+Meh,联立解得h V ,故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程， Ag 系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械 能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度， 即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运 动，小车速度变为，动能为M,即此过程小球对小 车做的功为7M,故B、C正确，A错误.] [典例4幻[解析](1)对小球摆动到最低点的过程中，由 动能定理gL= 之mw心一0，解得%=5m/s,在最低点， 对小球由牛顿第二定律F,一mg=m工 解得，小球运动到最低，点与物块碰撞前所受拉力的大小 为Fx=6N. ·49 参考答案 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能 守恒定律mv=mu1十M,方m6=7mu十Mu, 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为， 2m m十Mv。=4m/s. (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共 速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒M, 2M,由能量守恒定律2M=X2M十4Mgs,解 得1=0.4， 若物块恰好运动到与圆孤圆心等高的位置，此时两者共 速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒M =2Mu1, 由能量守恒定律子M5=子×2Md十Mgs十MsR,解 得=0.25， 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数：的取值范 围为0.25u<0.4. [答案] (1)6N(2)4m/s(3)0.25u<0.4 培优点三 典题例析 L典例5] [解析](1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二 定律有mg=mag,即ag=g=2m/s, 对木板A受力分析，由牛顿第二定律有 mg=MaA,即aa==0.5m/s. M (2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成 的系统动量守恒，有mv=(m十M)v共 代入数据解得v=2m/s 由于木板A做匀加速直线运动，则V共=aAt, 代入数据解得t=4s. (3)设薄木板的长度为L,则对A、B整体由能量守恒定 律有mgL=之m-之(M十m)u, 代入数据解得L=20m. [答案](1)0.5m/s2m/s2(2)4s2m/s (3)20m [典例6][解析]根据题意，设A、C的质量均为m= 2kg,B的质量为M=6kg,细绳OP长为l=1,6m,初 始时细线与竖直方向夹角日=60°， (1)A开始运动到最低，点有 mgl(1-c0s8)=7m-0, 对最低，点受力分析，根据牛顿第二定律得 F-mg-m 解得u=4m/s,F=40N. (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直 下落可知mUo=0十mvc, 解得=vo=4m/s. (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对C、B 分析，根据动童守恒可得mUo=(M十m)v, 根据能量守恒得 mgL对=2m心-2(m+M)t, 联立解得u=0.15. [答案](1)40N(2)4m/s(3)0.15 素养培优13利用力学“三大观点”解决力学综合问题 [典例1][解析](1)根据题意，小物块在传送带上，由 牛顿第二定律有mg=ma, 解得a=5m/s2, 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离 为x= 维=2.5m<L#=3.6m, 2a 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小 物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带 的速度大小5m/s. (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物 块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动 量守恒定律有m精v=m精1十m球h' 其中v=5m/s,0=-1m/s, 解得，=3m/s, 高考总复习物理 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动 能为△Ex=之m心-之m物u 2m, 解得△Ek=0.3J. (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P点到O,点的距离为d,小球在P,点正上方的速度为 v3,在P点正上方，由牛顿第二定律有转g= -d 小球从)点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒 定律有2m维听=乞m啡戏十m妹g(2L绳一d), 联立解得d=0.2m, 即P点到O点的最小距离为0.2m [答案](1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m [典例2][解析](1)A从开始到滑到圆孤最低点间，根 据机械能守恒mAg(R-Rcos53)=2mA, 解得=2m/s, Uo 在最低点根据牛顿第二定律F、一mg=m尺，解得 F=72N,方向竖直向上： (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒A= （mA十u）U共· 解得v:=1.6m/s, 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 △E=之ma6-2(mA十mB)v共2=1.6J; (3)第一种情况，当传送带速度U小于U:时，A、B滑上 传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩 擦因数为，对A、B根据牛顿第二定律有u(mA十)g =（mA十nB）a 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v=V#一at, 该段时间内A、B运动的位移为x1= 0十u盘t1, 传送带运动的位移为x2=t1, 故可得Q=u(ma十m)g·(x1-x2), 联立解得v=0.6m/s,另一解大于v共，舍去； 第二种情况，当传送带速度V大于V共时，A、B滑上传送 带后先加速后匀速运动，设经过时间2后A、B与传送 带共速，同理可得v=V共十at2, 该段时间内AB运动的位移为工'-一)， 2 橙得。动的他修高脸； 解得u=2.6m/s,另一解小于v共舍去. [答案](1)72N,方向竖直向上； (2)1.6J (3)0.6m/s或2.6m/s [典例3][解析](1)根据题意可知，小球从开始下落到 P,点处过程中，水平方向上动量守恒，则有心=Mu2, 由能量守恒定律有mgh=是m听十子Md, .1 2 联立解得=6m/s,=行m/s, 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为 3m/s, 方向水平向右. (2)由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直 方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则 有mU1=(m十m4） 解得=2m/s, 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和 物块a的速度为1，根据胡克定律F=kx1, 系统机械能守恒令(m十m,)店=之（m十m,)心十 2kxi, 联立解得v1=1m/s,x1=0.3m, 固定解除之后，小球、物块和物块b组成的系统动量守 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 律有(m十m)U1=(m十2a十）Uh, ·49 解得=号m/s,方向水平向左. 由能量守恒定徐可得，最大弹性势能为E=子(m十 m+之-合(m十m十m)成=号。 [答案](1)6m/s,水平向左，号m/s,水平向右 (2)号m/s,水平向左，号J [典例4幻[解析](1)由于地面光滑，则m1、m2组成的 系统动量守恒，则有2=(1十m2）U: 代入数据有1=1m/s, 对m受力分析有a,=8=4m/S. m1 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 2=2a1x1, 代入数据解得x1=0.125m. (2)木板与弹簧接触以后，对m1、2组成的系统有kx= (m1十g)a共， 对m2有a2=g=1m/s, 当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时 的弹簧压缩量x2=0.25m, 对1、2组成的系统列动能定理有 合=之(m中md-2(m十m)听， 代入数据有- -m/s. (3)木板从速度为？时到之后与物块加速度首次相同时 的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速 度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2 时，则说明此时m1的速度大小为2，共用时2t。,且2 一直受滑动摩擦力作用，则对，有-um2g·2t。=m2v3 一m2U2, 解得4= 2 则对于m1、2组成的系统有 -W,=之m店+2m心听-2(m十m)或， △U=-W, 联立有△U=4√3t。-8t6, √3 [答案](1)1m/s:0.125m(2)0.25m;号m/s (3)4√3to-8t6 实验八验证动量守恒定律 热点一[典例1][解析](1)为了保证小球碰撞为对 心正碰，且碰后不反弹，要求m>m,； (2)①两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出，点的高度 相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速度 大小%= t 工M 碰撞后a球的速度大小v= t 碰撞后b球的速度大小队= 如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相 等，则n=十h%, 整理得mwxp=mxM十mxy ②小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相 同，故下落时间相同，水平方向匀速直线运动，小球水平 飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比. [答案](1)>（2)maxp=mxM十，xN 小球离开 斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同，故下落时 间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时 的速度与平抛运动的水平位移成正比. [典例2][解析](1)当气垫导轨水平时，滑块A在导轨 上做匀速直线运动，所以滑块A经过两光电门时用时相 等，即t1=t2, 2