高考物理重难点考点：动量守恒定律及“三类模型”问题

第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题

一、动量守恒定律

1.内容

如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

2.表达式

(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。

(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。

(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。

3.适用条件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。

【自测1】(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着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，下列说法中正确的是()

图1

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、小车的总动量增量大小相同

答案CD

解析男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。

二、“三类”模型问题

1.“子弹打木块”模型

(1)“木块”放置在光滑的水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做加速直线运动。

②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为“子弹”与“木块”组成的系统在这一过程中动量守恒。把“子弹”和“木块”看成一个系统，系统水平方向动量守恒；机械能不守恒；对“木块”和“子弹”分别应用动能定理。

(2)“木块”固定在水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做减速直线运动；“木块”静止不动。

②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律列方程求解。

2.“反冲”和“爆炸”模型

(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)爆炸问题

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。

3.“人船模型”问题

(1)模型介绍

两个原来静止的物体发生相互作用时，若整体所受外力的矢量和为零，则两物体组成的系统动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。

(2)模型特点

①两物体相互作用过程满足动量守恒定律m 1v 1－m 2v 2＝0。 ②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船

的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1

。 ③应用x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1

时要注意：v 1、v 2和x 1、x 2一般都是相对地面而言的。 【自测2】 如图2所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。则船和人相对地面的位移各为多少？

图2

答案 m 人m 人＋m 船L m 船m 人＋m 船

L 解析 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m

船v 船＝m 人v 人，

因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m 船x 船＝m 人x 人，由题图可看出，x 船＋x 人＝L ，可解得x 人＝

m 船m 人＋m 船

L ，x 船＝m 人m 人＋m 船L 。

命题点一动量守恒定律的理解和基本应用

题型1动量守恒的理解

【例1】如图3所示，A、B两物体的质量之比为m A∶m B＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B 两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有()

图3

A.A、B系统动量守恒

B.A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒

C.小车C先向左运动后向右运动

D.小车C一直向右运动直到静止

答案 D

解析A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合力为零，所以系统的动量守恒。在弹簧释放的过程中，因m A∶m B＝1∶2，由滑动摩擦力公式F f＝μF N＝μmg 知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，故A错误；A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B物体对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合力向右，会向右运动，因滑动摩擦力做负功，则系统的机械能不守恒，最终整个系统将静止，故B、C错误，D正确。

【变式1】(2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，1)如图4所示，曲面

体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()

图4

A.P对Q做功为零

B.P和Q之间相互作用力做功之和为零

C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒

D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒

答案 B

解析根据题意可知，物块Q从光滑曲面体P滑下，两者组成的系统没有重力以外的其他力做功，系统的机械能守恒，故D错误；物块Q滑下，曲面体向后运动，说明滑块Q对曲面体P做正功，则曲面体P对滑块Q做负功，且P和Q之间的相互作用力做功之和为零，故B正确，A错误；P和Q组成的系统所受外力不为零，动量不守恒，但在水平方向的外力为零，系统在水平方向的动量守恒，故C 错误。

题型2动量守恒定律的基本应用

【例2】(2020·山东青岛市上学期期末)在靶场用如图5所示的简易装置测量某型号步枪子弹的出膛速度。在平坦靶场的地面上竖直固定一根高h＝1.25 m的直杆，在杆的顶端放置质量m1＝0.2 kg 的实心橡皮球，测试人员水平端枪，尽量靠近并正对着橡皮球扣动扳机，子弹穿过球心，其他测试人员用皮尺测得橡皮球和子弹的着地点离杆下端的距离分别为x1＝20 m、x2＝100 m。子弹质量m2＝0.01 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求该型号步枪子弹的出膛速度大小。

图5

答案 1 000 m/s

解析设步枪子弹的出膛速度大小为v0，子弹穿过球后瞬间，橡皮球的速度为v1，子弹的速度为v2，有m2v0＝m1v1＋m2v2，h＝1

2，x1＝v1t，x2＝v2t，解得v0＝1 000

2gt

m/s。

【变式2】(2020·江苏扬州市5月调研)如图6所示，在足够长的光滑水平面上，用质量分别为2 kg和1 kg的甲、乙两滑块，将轻弹簧压紧后处于静止状态，轻弹簧仅与甲拴接，乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2 m/s，此时乙尚未与P相撞。

图6

(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小；

(2)若乙与挡板P碰撞反弹后不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P对乙的冲量的最大值。

答案(1)4 m/s(2)6 N·s

解析(1)设向左为正方向，由动量守恒定律得

m甲v甲－m乙v乙＝0，代入数据解得v乙＝4 m/s。

(2)要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度为v甲，设向左为正方向，由动量定理得I＝m乙v甲－m乙(－v乙)，解得I＝6 N·s。

命题点二“子弹打木块”模型

1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合力为零，因此系统动量守恒。

2.两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度x相。

3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能。

4.系统产生的内能Q＝F f x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的内能，等于摩

擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。

5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝F f L (L 为木块的长度)。

【例3】 (2020·北京市昌平区二模练习)冲击摆可以测量子弹的速度大小。如图7所示，长度为l 的细绳悬挂质量为M 的沙箱，质量为m 的子弹沿水平方向射入沙箱并留在沙箱中。测出沙箱偏离平衡位置的最大角度为α。沙箱摆动过程中未发生转动。

图7

(1)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，忽略沙箱的微小偏离。求： ①子弹射入沙箱后的共同速度大小v ；

②子弹射入沙箱前的速度大小v 0；

(2)自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，沙箱已经有微小偏离。子弹入射沙箱的过程是否可以认为水平方向动量守恒？并简要说明理由。

答案 (1)①2gl （1－cos α） ②m ＋M m 2gl （1－cos α）

(2) 守恒，理由见解析

解析 (1)①在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为α过程中，由机械能守恒定律得

12

(m ＋M )v 2＝(m ＋M )gl (1－cos α) 解得v ＝2gl （1－cos α）。

②对子弹与沙箱组成的系统，由水平方向动量守恒得

m v 0＝(M ＋m )v

解得v 0＝m ＋M m 2gl （1－cos α）。

(2)可以认为水平方向动量守恒。自子弹开始接触沙箱至二者共速的过程中，由于沙箱偏离平衡位置的距离很小，受到细绳拉力在水平方向的分力远小于子弹与沙箱相互作用的内力，因此子弹入射沙箱的过程可以认为水平方向动量守恒。【变式3】如图8所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()

图8

A.v＝

m v0

M＋m

，I＝0 B.v＝

m v0

M＋m

，I＝2m v0

C.v＝

m v0

M＋m

，I＝

m2v0

M＋m

D.v＝

m v0

M，I＝2m v0

答案 B

解析子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得m v0＝(M＋m)v，解得v＝m v0

M＋m

子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后反向做加速运动，

回到A位置时速度大小为m v0

M＋m

。

子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，系统初动量为m v0，末动量为－(M＋m)v，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－m v0＝－2m v0

所以墙对弹簧的冲量I的大小为2m v0，选项B正确。

命题点三“反冲”和“爆炸”模型

1.反冲运动的三点说明

作用原理

反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动

量守恒定律

机械能增加

反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机

械能增加 2.爆炸现象的三个规律

动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，

系统的总动量守恒

动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系

统的机械能增加

位置不变

爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆

炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 【例4】 (2020·山东济宁市质检)如图9所示，质量为m 的炮弹运动到水平地面O 点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h ，炮弹动能为E ，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E ，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g ，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离。

图9

答案 4Eh mg

解析 设爆炸前炮弹的水平速度为v 0，则爆炸之前动能

E ＝12m v 20

爆炸过程动量守恒有m v 0＝12m v 1＋12m v 2

12·m 2v 21＋12·m 2v 22＝2E

解得v1＝0，v2＝2v0

随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，

则由h＝1

2gt

2，x＝2v0t，解得x＝4Eh mg。

反冲运动中的“人—船”模型

1.特点：(1)两个物体；(2)动量守恒；(3)总动量为零。

2.方程：m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)

3.结论：m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)

【例5】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，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。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为()

A.m（L＋d）

d B.

m（L－d）

d

C.mL

d D.

m（L＋d）

L

答案 B

解析设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头

走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝d

t ，v′＝

L－d

t

。以

船后退的方向为正方向，根据动量守恒有M v－m v′＝0，可得M d

t ＝

m（L－d）

t

，

小船的质量为M＝m（L－d）

d

，故B正确。

【变式4】(2020·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m 的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为()

A.

m

m＋M

h B.

M

m＋M

h

C.M ＋m M h

D.M ＋m m h

答案 C 解析 设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L ，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－M v 2＋m v 1

人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L －h ，平均速度大小为v 2＝L －h t

人相对于地面下降的高度为h ，平均速度大小为v 1＝h t

联立得0＝－M ·L －h t ＋m ·h t ，

解得L ＝M ＋m M h ，故C 正确，A 、B 、D 错误。

课时限时练

(限时：40分钟)

对点练1 动量守恒定律的理解和基本应用

1.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )

A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒

B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒

C.只要系统所受的合力为零，系统动量就守恒

D.系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒

答案 C

2.(2020·福建龙岩市5月模拟)如图1所示，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是( )

图1

A.若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动

B.若水平面光滑，打后平板车可能向右运动

C.若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动

D.若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动

答案 D

解析以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确。

3.(多选)如图2所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动。水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是()

图2

A.若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒

B.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒

C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同

D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同

答案BCD

解析 物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A 错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合力为零，则系统动量一定守恒，故B 正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C 正确；由C 的分析可知，当物体与B 端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D 正确。

4.一质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m 的气体，气体向后喷出的速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小v 2等于(v 0、v 1、v 2均为相对同一参考系的速度)( )

A.（M ＋m ）v 0－m v 1M

B.（M ＋m ）v 0＋m v 1M

C.M v 0＋m v 1M －m

D.M v 0－m v 1M －m

答案 C

解析 以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有M v 0＝－m v 1＋(M －m )v 2，解得

v 2＝M v 0＋m v 1M －m

，故选项C 正确。 5.(多选)如图3所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )

图3

A.2.1 m/s

B.2.4 m/s

C.2.8 m/s

D.3.0 m/s

答案AB

解析以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝M v B1，代入数据解得v B1≈2.67 m/s。当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)v B2，代入数据解得v B2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2 m/s＜v B＜2.67 m/s，故选项A、B 正确。

6.如图4所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()

图4

A.A和B都向左运动

B.A和B都向右运动

C.A静止，B向右运动

D.A向左运动，B向右运动

答案 D

解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误。

对点练2“子弹打木块”模型

7.如图5甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为()

图5

A.1

v0(s＋L) B.

1

v0(s＋2L)

C.

1

2v0(s＋L) D.

1

v0(L＋2s)

答案 D

解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有

m v0＝m v1＋m v2

设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f，对子弹由动能定理

－F f(s＋L)＝1

2m v 2

1

－

1

2m v

2

由动量定理得－F f t＝m v1－m v0

对木块由动能定理得F f s＝1

2m v 2 2

由动量定理F f t＝m v2

联立解得t＝1v

(L＋2s)，故选项D正确。

8.(多选)如图6所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是()

图6

A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损

B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小

C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功

D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量

答案BD

解析子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为F f s，摩擦力对子弹做的功为－F f(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确。

对点练3“反冲和爆炸”模型

9.(2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()

A.30 kg·m/s

B.5.7×102 kg·m/s

C.6.0×102 kg·m/s

D.6.3×102 kg·m/s

答案 A

解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。

10.一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。

(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？

(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？

答案(1)2 m/s(2)13.5 m/s

解析(1)选取整体为研究对象，设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得(M－3m)v3－3m v＝0，故v3＝3m v

M－3m ≈2 m/s。

(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得

(M－20m)v20－20m v＝0，

故v20＝20m v

M－20m

≈13.5 m/s。

11.如图7所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。

图7

答案8R

解析两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，

则mgR＝1

2m v

2

女演员刚好能回到高处，机械能依然守恒

m2gR＝1

2m2v

2

1

女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v ＝－m2v1＋m1v2

根据题意：m1∶m2＝2

有以上四式解得v2＝22gR

接下来男演员做平抛运动，由4R＝1

2gt

2，得t＝8R g

因而s＝v2t＝8R。

12.(2020·辽宁葫芦岛市上学期质监)质量为M＝40 kg的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m＝50 kg的人，车的上表面距离地面高为h＝0.8 m，初始时人和车都静止。现在人以v0＝2 m/s的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：

图8

(1)人跳离车后车的速度大小；

(2)人跳车过程人做了多少功；

(3)人刚落地时距离平板车右边缘多远。

答案(1)2.5 m/s(2)225 J(3)1.8 m

解析(1)人跳车的过程，水平方向系统的外力为零，人和车水平方向动量守恒0＝m v0－M v1，可得车获得的速度v1＝2.5 m/s。

(2)人跳车的过程，人的内力做功，把生物能转化为车和人的动能，由能量守恒可得

W＝1

2M v

2

1

＋

1

2m v

2

解得W＝225 J。

(3)人跳离车后做平抛运动，竖直方向h＝1

2gt

2

解得t＝0.4 s

则人落地时距离车右端s＝(v0＋v1)t＝1.8 m。

13.如图9甲所示，质量m1＝4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1 kg的小物块静止在长木板的左端。现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度—时间图像如图乙所示。2 s后，撤去F，g取10 m/s2。求：

图9

(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ；

(2)水平力的大小F ；

(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE 。

答案 (1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J

解析 (1)由题图可知

长木板的加速度a 1＝12 m/s 2＝0.5 m/s 2

由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力F f ＝m 1a 1＝2 N

小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝F f m 2g ＝0.2。 (2)由题图可知，小物块的加速度a 2＝42 m/s 2＝2 m/s 2

由牛顿第二定律可知F －μm 2g ＝m 2a 2

解得F ＝4 N 。

(3)撤去F 后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度v 运动

m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v

代入数据解得v ＝1.6 m/s

则系统损失的机械能

ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－12(m 1＋m 2)v 2＝3.6 J 。

高考物理重难点考点：动量守恒定律及“三类模型”问题

第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题 一、动量守恒定律 1.内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 2.表达式 (1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 3.适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 【自测1】(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着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，下列说法中正确的是() 图1 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、小车的总动量增量大小相同 答案CD 解析男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。 二、“三类”模型问题 1.“子弹打木块”模型 (1)“木块”放置在光滑的水平面上 ①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做加速直线运动。 ②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为“子弹”与“木块”组成的系统在这一过程中动量守恒。把“子弹”和“木块”看成一个系统，系统水平方向动量守恒；机械能不守恒；对“木块”和“子弹”分别应用动能定理。 (2)“木块”固定在水平面上 ①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做减速直线运动；“木块”静止不动。 ②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律列方程求解。 2.“反冲”和“爆炸”模型 (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)爆炸问题 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

高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧墙壁原速弹回，又与m 1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m 1球速度的大小. 【答案】 【解析】 设两个小球第一次碰后m 1和m 2速度的大小分别为和 ， 由动量守恒定律得：（4分） 两个小球再一次碰撞，（4分） 得： （4分） 本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得 2．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M 1＝1 kg ，车上另有一个质量为m ＝0.2 kg 的小球，甲车静止在水平面上，乙车以v 0＝8 m/s 的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M 2＝2 kg ，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上) 【答案】25m/s 【解析】试题分析：要使两车恰好不相撞，则两车速度相等． 以M 1、M 2、m 组成的系统为研究对象，水平方向动量守恒： ()20120M v M m M v +=++共，解得5m /s v =共 以小球与乙车组成的系统，水平方向动量守恒： ()202M v mv m M v -=+共，解得 25m /s v = 考点：考查了动量守恒定律的应用 【名师点睛】要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解

高考物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高考物理动量守恒定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v1、v2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m2被右侧墙壁原速弹回，又与m1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m1球速度的大小. 【答案】 【解析】 设两个小球第一次碰后m 1和m2速度的大小分别为和， 由动量守恒定律得：（4分） 两个小球再一次碰撞，（4分） 得：（4分） 本题考查碰撞过程中动量守恒的应用，设小球碰撞后的速度，找到初末状态根据动量守恒的公式列式可得 2．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C 碰撞过程时间极短．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求． （1）A、B第一次速度相同时的速度大小； （2）A、B第二次速度相同时的速度大小； （3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小 【答案】（1）v0（2）v0（3） 【解析】 试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得， mv0=2mv1， 解得v1＝v0 （2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0

（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有： 解得v3＝v0 系统损失的机械能为 当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能． 考点：动量守恒定律及能量守恒定律 【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。 3．28．如图所示，质量为m a=2kg的木块A静止在光滑水平面上。一质量为m b= lkg的木块B以初速度v0=l0m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动。木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为1m/s、4m/s。求：木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能。 【答案】9J 【解析】试题分析：依题意，第二次碰撞后速度大的物体应该在前，由此可知第二次碰后A、B 速度方向都向左。 第一次碰撞，规定向右为正向 m B v0=m B v B+m A v A 第二次碰撞，规定向左为正向 m A v A-m B v B= m B v B’+m A v A’ 得到v A=4m/s v B=2m/s ΔE=9J 考点：动量守恒定律；能量守恒定律. 视频 4．匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量．将带正电的质点A在O点由能止释放．A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用．已知A的电荷量为Q，A和B的质量

高考物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2 m ? 的压缩气体，每级总质量均为 2 M ，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m 【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-?-?甲 21085=200.5629 v h m m g =≈甲甲 对模型乙第一级喷气： 10022 m m M v v ??? ?=-- ???乙 解得： 130m v s =乙 2s 末： ‘ 11=10m v v gt s -=乙乙 22 11 1'=402v v h m g -=乙乙乙 对模型乙第一级喷气： ‘120=)2222 M M m m v v v ??--乙乙（ 解得： 2670= 9 m v s 乙 2 2222445=277.10281 v h m m g =≈乙乙 可得： 129440 += 116.5481 h h h h m m ?=-≈乙乙甲。 2．如图所示，质量为M =2kg 的小车静止在光滑的水平地面上，其AB 部分为半径R =0.3m 的光滑 1 4 圆孤，BC 部分水平粗糙，BC 长为L =0.6m 。一可看做质点的小物块从A 点由静止释放，滑到C 点刚好相对小车停止。已知小物块质量m =1kg ，取g =10m/s 2。求：

专题06 动量守恒定律——高考物理复习核心考点归纳识记

高考一轮复习知识考点归纳 专题06 动量守恒定律 【基本 概念、规律】 动量及动量守恒定律 第1节 动量及动量定理 第2节 动量守恒定律 第3节 动量守恒定律的应用 实验 验证动量守恒定律 (1)定义：力与力作用时间的乘积．(2)公式：I=Ft ；公式适用范围：恒力冲量；(3)量性：矢量，方向与作用力方向一致； 动量及动量定理 冲量 动量 动量定理 (1)定义：物体质量与速度的乘积；(2)表达式：p=mv ；(3) 量性：矢量，方向与速度方向一致；（4）物理意义：反映物体运动状态 (1)内容：物体合外力冲量等于物体动量变化量；(2)表达式： F ·Δt ＝Δp ＝p ′－p . (3)注意：动量定理表达式为矢量式

【重要考点归纳】 考点一 动量定理的理解及应用 1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值． 2．动量定理的表达式F ·Δt ＝Δp 是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F 是物体或系统所受的合力． 3．应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 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)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp 越小 4.应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程． 研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段． (2)进行受力分析． 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力． (3)规定正方向． (4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解． 考点二 动量守恒定律与碰撞 1．动量守恒定律的不同表达形式 守恒条件：(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守 恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒． 动量守恒定律 动量守恒定律 动量守恒应用 1．碰撞 物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． 动量守恒定律的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2或Δp 1＝－Δp 2. 1．爆炸 3．反冲 人船模型

2023届高考物理一轮复习讲义：专题26 动量守恒定律及应用三 ”单一方向上“的应用

高三一轮同步复习专题26 动量守恒定律及应用三 【人船模型】如图所示，一只小船静止在水面上，一人从船尾走到船头。已知人的质量小于船的质量，若不计水的阻力，下列说法正确的是（） A．人在小船上行走时，人向前运动快，小船后退慢 B．人在小船上行走时，人向前运动慢，小船后退快 C．当人停止走动时，小船继续向后退 D．当人停止走动时，小船也停止后退 【模型总结】 【典例1】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，不计船在运动过程中所受的水的阻力。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．人相对水面的位移为 M L M m + D．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 【变式训练】如图，质量为m的人站在质量为M的车的一端，m>M，车相对于地面静止。在人由一端走到另一端的过程中，人重心高度不变，空气阻力、车与地面间的摩擦力均可以忽略不计（） A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 B．人发生的位移大小大于车发生的位移大小 C．人运动越快，人和车的总动量越大 D．不管人运动多快，车和人的总动量不变 【典例2】光滑水平面上放有一光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示，将一质量为m、可视为质点的滑块从斜面顶端由静止释放，此过程中滑块对斜面的压力为F N，则下列说法正确的是（） A．滑块B下滑过程中A、B组成的系统机械能不守恒 B．滑块下滑过程中对A的压力F N对A不做功

C．此过程中斜面体A向左滑动的距离为 m L M m + D．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒 【变式训练1】如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b。 A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦。可视为质点的A与地面间的高度差为h，当A 由B的顶端从静止开始滑到B的底端时。 (1)B的水平位移是多少？ (2)A滑到斜面底端时速度为v2，则在A下滑过程中，A损失的机械能为多少？ 【变式训练2】光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面 体A，斜面质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。重力加速度为g，则下列说法中正确的是（） A．滑块B下滑的过程中，A B、组成的系统动量守恒 B．此过程中斜面体向左滑动的距离为 mL M m + C．滑块下滑过程中，支持力对B的冲量大小为cos mgtα D．滑块B下滑到斜面体底端时，重力的瞬时功率为sin2tan mg gLα 【典例3】如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端AB一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则（）A．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 B．M 2 m gR C．m从A到B的过程中，M先向左运动，再向右运动 D．m从A到C的过程中，M向左运动发生的位移大小为 mR M m + 【变式训练1】如图所示，内有光滑半圆形轨道、质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，其水平直径BD长度为2r。一个铁桩固定在地面上，滑块左侧紧靠在铁桩上。滑块内圆轨道的左端点B的正上方高度h处有一点A，现将质量为m的小球（可以视为质点）从A

高中物理动量守恒定律试题类型及其解题技巧及解析

高中物理动量守恒定律试题类型及其解题技巧及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，质量为M=1kg 上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B 点，B 点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg 的小物块放在水平而上的A 点，现给小物块一个向右的水平初速度v 0=4m/s ，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C 点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A 、B 两点间的距离为L=1m ，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s 2．求： (1)圆弧所对圆的半径R ； (2)若AB 间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v 0=4m/s 的初速度向右运动，则小物块从C 点抛出后，经多长时间落地? 【答案】（1）1m （2）4282 25 t s = 【解析】 【分析】 根据动能定理得小物块在B 点时的速度大小；物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C 抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间； 【详解】 解：(1)设小物块在B 点时的速度大小为1v ，根据动能定理得：22011122 mgL mv mv μ= - 设小物块在B 点时的速度大小为2v ，物块从B 点滑到圆弧面上最高点C 点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：12()mv m M v =+ 根据系统机械能守恒有：22 01211()(cos53)22 mv m M v mg R R =++- 联立解得：1R m = (2)若整个水平面光滑，物块以0v 的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有： 22 00311(cos53)22 mv mv mg R R =+- 解得：322/v m s = 物块从C 抛出后，在竖直方向的分速度为：38 sin 532/5 y v v m s =︒= 这时离体面的高度为：cos530.4h R R m =-︒=

2022届人教新高考物理一轮课时检测35应用动量守恒定律解决三类典型问题【含解析】

应用动量守恒定律解决三类典型问题 1.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上 运动。两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则() A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3 B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6 C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3 D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6 解析：选C碰前两球的动量均为8 kg·m/s，则两球运动方向均向右，又m B＝2m A，则v B＜v A，所以左方为A球，右方为B球；A、B两球发生碰撞时由动量守恒定律可得Δp A＝－Δp B，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，B球的动量为12 kg·m/s，由m B＝2m A可得碰撞后 A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。 2.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大 小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是() A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动 解析：选D选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0，B的动量p B＝－2m v0，碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒定律，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。 3．如图，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面。则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是() 解析：选D礼花弹炸裂时，内力远大于外力，总动量守恒，根据矢量运算规则知，A、B两图违反了动量守恒定律，不可能，故A、B两项错误。C图符合动量守恒定律，斜向下运动的两个碎片同时落地，向上运动的碎片后落地，与题意不符，故C项错误。D图符合动量守恒定律，向下运动的碎片首先落地，斜向上运动的两个碎片稍后一些同时落至地面，故D 项正确。 4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内，以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()

2019年度高考物理一轮系列优质练习：第六章第2讲 动量守恒定律及“三类模型”问题(含解析)

2动量守恒定律及其应用 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题) 1．如图1所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上。A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是() 图1 A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F fA向右，F fB向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F fA∶F fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确。 答案 A 2．(2018·潍坊名校模考)在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图2所示，下列关系正确的是() 图2 A．m a＞m b B．m a＜m b C．m a＝m b D．无法判断 解析由图象知a球以一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度

2020高考备考物理重难点《动量守恒定律》(附答案解析版)

重难点07 动量守恒定律 【知识梳理】 一、动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统 的总动量保持不变。 2．动量守恒定律的适用条件 ( 1)前提条件：存在相互作用的物体系； ( 2)理想条件：系统不受外力； ( 3)实际条件：系统所受合外力为0； ( 4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力； ( 5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。3．动量守恒定律的表达式 (1)m1V l+m2V2=m i V1 ' m2V2'，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和； (2)A p i= - ^2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向； (3)A p=0,系统总动量的增量为零。 4 .动量守恒的速度具有四性”①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。5．应用动量守恒定律解 题的步骤： ( 1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)； ( 2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)； ( 3)规定正方向，确定初、末状态动量； ( 4)由动量守恒定律列出方程； ( 5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 二、碰撞与动量守恒定律 1 .碰撞的特点 ( 1)作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。 ( 2)碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。 ( 3)碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。 ( 4)碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。 2.碰撞的种类及遵从的规律

高考物理总复习 第十一章 动量守恒定律 专题突破 动量守恒定律的常见模型教案(选修3-5)-人教版高

专题突破 动量守恒定律的常见模型 “人船”模型 1.“人船”模型问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船”模型问题。 2.“人船”模型的特点 (1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0。 (2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度的大小(瞬时速率)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1 。 (3)应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的。 【例1】 如图1所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？ 图1 解析 设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2 而整个过程中的平均速度大小为v － 1、v － 2，则有 mv － 1＝Mv － 2。 两边乘以时间t 有mv － 1t ＝Mv － 2t ，即mx 1＝Mx 2。 且x 1＋x 2＝L ，可求出x 1＝ M m ＋M L ，x 2＝m m ＋M L 。 答案 m m ＋M L M m ＋M L “人船”模型问题应注意以下两点 (1)适用条件

①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。 ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图 解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 “子弹打木块”模型 1.模型图 2.模型特点 (1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值。 (2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。 (3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔE k＝M m＋M E k0，等于系统其他形式能的增加。由上式可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。 (4)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图象求解。【例2】(2018·某某高考)(多选)如图2(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得( ) 图2 A.木板的长度 B.物块与木板的质量之比 C.物块与木板之间的动摩擦因数 D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能 解析木板在光滑水平面上，物块滑上木板后系统动量守恒，由图(b)可知最终物块与木板以

高中物理动量守恒定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高中物理动量守恒定律常见题型及做题技巧及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1.如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc,由半径R=3 m的光滑圆弧段bc与长l=1.5 m的粗 糙水平段ab在b点相切而构成,O点是圆弧段的圆心, Oc与Ob的夹角0=37°;过£点的 竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E=10 N/C的匀强电场,Ocb的外侧有一长度足够 长、宽度d =1.6 m的矩形区域efgh, ef与Oc交于c点,ecf与水平向右的方向所成的夹角为3(53° & pwi47° ),矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场.质量m2=3X10-3 kg、电荷量q=3Xl0-3 C的带正电小物体Q静止在圆弧轨道上b点,质量m1=1.5X10-3 kg的不带电小物体P 从轨道右端a以V O=8 m/s的水平速度向左运动, P、Q碰撞时间极短,碰后P以1 m/s的速度水平向右弹回. P与ab间的动摩擦因数^=0.5, A、B均可视为质点,Q 的电荷量始终不变,忽略空气阻力, sin37° =0.6, cos37° =0.8,重力加速度大小g=10 m/s2.求： ⑴碰后瞬间,圆弧轨道对物体Q的弹力大小F N； (2)当3=53°时,物体Q刚好不从gh边穿出磁场,求区域efgh内所加磁场的磁感应强度大小B I； (3)当区域efgh内所加磁场的磁感应强度为B2=2T时,要让物体Q从gh边穿出磁场且在磁 场中运动的时间最长,求此最长时间t及对应的(3值. ______ 2 127 0一0 【答案】(1) F N 4.6 10 2N (2) B1 1.25T (3)t -------------------- s, 1 900和 2 1430 360 【解析】 【详解】解：(1)设P碰撞前后的速度分别为v1和v1 , Q碰后的速度为v2 1 2 1 2 从a到b,对P,由动能TE理得：-m1gl — m1V1 — m1V0 2 2 解得：v1 7m/s 碰撞过程中,对P , Q系统：由动量守恒定律：m1v1 m1V l m2V2 取向左为正方向,由题意v1 1m/s, 解得：v2 4m/s

新高考物理考试易错题易错点15动量守恒定理及其应用附答案

易错点15 动量守恒定理及其应用 易错总结 1.动量守恒定律的条件:系统所受的总冲量为零不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力),即系统所受外力的矢量和为零。(碰撞、爆炸、反冲的过程均可近似认为动量守恒) 2,某一方向上动量守恒的条件:系统所受外力矢量和不为零,但在某一方向上的合力为零,则系统在这个方向上动量守恒。必须注意区别总动量守恒与某一方向上动量守恒。 3,完全非弹性碰撞:两物体碰撞后获得共同速度,动能损失最多且全部通过形变转化为内能,但动量守恒。 4,弹性碰撞:动量守恒,碰撞前后系统总动能相等。 5.一般碰撞:有完整的压缩阶段,只有部分恢复阶段,动量守恒,动能减小。 6,人船模型—两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时,不受其他外力,对这两个物体组成的系统来说,动量守恒,且任一时刻的总动量均为零,由动量守恒定律,有2211v m v m (注意利用几何关系解决位移问题)。 (人船模型:人从右向左由船头走向船尾) 7,能量与动量不能混为一谈,能量是标量,动量是矢量,且两者的公式、定义均不相同。 8.求变力冲量 (1)若力与时间呈线性关系,可用于平均力求变力的冲量； (2)若给出了力随时间变化的图像如图,可用面积法求变力冲量。

9.在研究反冲问题时,注意速度的相对性:若物体间的相对速度已知,应转化为对地速度。 解题方法 一、动量守恒定律 1.动量守恒定律的推导 如图所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′. 设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理： F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2). 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2， 则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2) 即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2.动量守恒定律的理解 (1)动量守恒定律的成立条件 ①系统不受外力或所受合外力为零. ②系统受外力作用，但内力远远大于合外力.此时动量近似守恒. ③系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒. (2)动量守恒定律的性质 ①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算. ②相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度. ③普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统. 二、动量守恒定律的应用 1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义： (1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′. (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和. (3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反. (4)Δp＝0：系统总动量增量为零.