题型4：某一方向上动量守恒

单方向动量守恒题目【原创实用版】目录1.动量守恒定律的定义2.单方向动量守恒的概念3.单方向动量守恒的应用4.举例说明正文一、动量守恒定律的定义动量守恒定律是物理学中的一个基本原理，它描述了在一个封闭系统中，物体的总动量在任何时候都保持不变。

动量的定义是质量与速度的乘积，用公式表示为 p=mv。

动量守恒定律可以表述为：在任何封闭系统中，物体的总动量在没有受到外力作用的情况下，保持恒定。

二、单方向动量守恒的概念单方向动量守恒是指在一个系统中，当物体之间仅存在单向作用力时，系统的总动量在方向上保持不变。

在这种情况下，即使系统内部的物体质量、速度或数量发生变化，系统的总动量在特定方向上也保持恒定。

三、单方向动量守恒的应用单方向动量守恒定律被广泛应用于物理学的各个领域，例如力学、光学和粒子物理学等。

以下是一些具体的应用实例：1.在力学中，单方向动量守恒定律可以用于分析碰撞问题。

例如，当一个小球沿着光滑水平面撞向一个静止的大球时，由于没有摩擦力作用，系统的总动量在水平方向上保持不变。

通过分析碰撞前后的速度和质量变化，可以求解出小球和大球的速度等物理量。

2.在光学中，单方向动量守恒定律可以用于解释光的传播现象。

例如，当光线从一个介质射向另一个介质时，由于介质的折射率不同，光线的速度会发生变化。

然而，由于没有其他力作用，系统的总动量在传播方向上保持不变。

这有助于解释光的折射、反射等现象。

四、举例说明假设有一个质量为 m 的物体，以速度 v 运动，与另一个质量为 M 的静止物体发生碰撞。

在碰撞过程中，两个物体粘在一起，形成一个质量为 m+M 的新物体，速度为 u。

根据动量守恒定律，可以得到以下方程：mv = (m+M)u解这个方程，可以求得碰撞后新物体的速度 u。

【例1】如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点静止下滑，则()A．m不能到达小车上的B点B．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动变式1：如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，则A.M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B.M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C.m从A到B的过程中，M运动的位移为mRM+mD.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动例2、（多选）如下图（左）所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是(g 为当地重力加速度) ( )A．若地面粗糙且小车能够静止不动，当小球滑到圆弧最低点时速度为√2gRB．若地面粗糙且小车能够静止不动，则小球对小车的压力最大3mgC．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m2gRM(M＋m)D．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M2gRm(M＋m)变式1（多选）如上图（右）所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁．现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从A点进入槽内，则以下说法正确的是（）A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒B．小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒C．小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒D．小球离开槽右侧最高点以后，将做竖直上抛运动例3 如图所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当线绳与A B 成θ角时，圆环移动的距离是多少？变式1 如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上固定一杆，总质量为M ；杆顶系一长为L 的轻绳，轻绳另一端系一质量为m 的小球．绳被水平拉直处于静止状态(小球处于最左端)．将小球由静止释放，小球从最左端摆下并继续摆至最右端的过程中，小车运动的距离是多少？变式2 质量为M 的气球上有一质量为m 的人，共同静止在距地面高为h 的空中，现在从气球中放下一根不计质量的软绳，人沿着软绳下滑到地面，软绳至少为多长，人才能安全到达地面？（忽略空气阻力）例4 如图所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为M 2，以v 0＝6 m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，求：(1)小球B 的最大速率；(2)小球B 运动到圆弧曲面最高点时的速率；(3)通过计算判断小球B 能否与小球A 再次发生碰撞。

高中物理：动量守恒定律【知识点的认识】1．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．表达式：（1）p＝p′，系统相互作用前总动量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）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．（4）△p＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的适用条件（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．（2）近似适用条件：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）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．【命题方向】题型一：动量守恒的判断例子：如图所示，A、B两物体的质量比m A：m B＝3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（）A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．分析小车的受力情况，判断其运动情况．解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，由于m A：m B＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒．故A错误．B正确；C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！题型二：动量守恒的应用例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度．分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同．根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A 在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度．解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1解得：v1＝0.6v0木块B滑动的加速度为：a＝μg，所发生的位移：x＝＝（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：mv0+2mv0＝（m+3m）v A+mv Bv0﹣v A＝2v0﹣v B解得：v A＝0.4v0答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是；（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0．点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理．题型三：动量守恒的临界问题如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h＝0.3m．质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块．（取g＝1Om/s2）分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有v1＞v2，我们解决问题时取的是临界状态求解．解答：设小球越过滑块最高点的速度为v1，此时滑块的速度为v2，根据动量守恒得：mv0＝mv1+2mv2此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：mv02＝mv12+2mv22+mgh小球要越过滑块，应有v1＞v2，至少也要有v1＝v2，设v1＝v2＝v，上述两式变为mv0＝（m+2m）vmv02＞（m+2m）v2+mgh解得v0＞3m/s答：小球要越过滑块，初速度应满足v0＞3m/s．点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．题型四：动量与能量的综合例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦因数μ＝0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2．求：（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度．（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积．从而可求出相对位移，即滑块P 在乙车上滑行的距离．解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：mv1﹣2Mv2＝0…①E0＝m+…②①②两式联立解得：v1＝4m/s v2＝1m/s（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2＝（m+M）v共…③由能量守恒定律得：μmgL＝+﹣（M+m）…④③④联立并代入得：L＝m答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m．点评：本题考察了动量守恒．机械能守恒和能量的转化与守恒．应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①系统性．②矢量性．③同时性．机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化．【解题方法点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（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）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．。

2：动量守恒定律知识总结1推导： 2内容：系统不受外力作用或 ，这个系统的 保持不变。

3基本公式：4动量守恒定律的几种表达式（1）如果研究的系统所受合外力为零，则系统的总动量守恒。

也就上说，系统内力不能使系统的总动量发生改变。

这一点与机械能守恒定律有本质上的差别。

（2）如果研究的系统所受合外力不等于零，但合外力远小于内力（即合外力可以忽略），则仍可认为系统总动量守恒，这种情况的特点是物体间相互作用时间很短，如碰撞、爆炸、打击等。

（3）如果研究的系统所受合外力不等于零，但沿某一方向合外力的分量为零，则沿该方向系统总动量的分量守恒。

（4）若系统在整个过程中动量守恒，则该系统在全过程的平均动量也守恒。

6适用范围：大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么力，只要满足守恒条件，动量守恒定律都成立，即动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一。

7使用说明：（1）中学阶段只研究相互作用前后速度方向在一条直线上的简单情形。

（2）只相对同一参考系（3）矢量性 8解题步骤（1） 明确研究系统，判断动量是否守恒。

（2） 选取正方向，明确作用前总动量和作用后总动量。

（3） 列方程，p 前=p 后。

（4） 解方程，据所求矢量的正负判定与正方向的异同。

动量守恒的三种类型习题: a:合外力为零即F 合=0 1、小平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端有物体A 以水平初速度V 0向车的右端滑行，如图所示，由于A 、B 间存在摩擦，B 车向右运动（设B 车足够长），则B 的速度最大时应出现在（ ）A A 的速度最小时 BA 、B 速度相等时C A 在B 上相对静止时D B车开始匀减速运动2、如图所示，光滑水平面上静止的小车内中央处有一质量为m 的物体，物体与水平车底间有摩擦，若物体以初速υ0向右运动，并与小车的前后壁发生多次碰撞，最后与小车相对静止，此时小车的速度为：（ ） A υ0，水平向右B 0C Mm m v +0，水平向右D Mm m v +0，水平向左b:系统合外力不为零，但在某一方向上系统合外力为零，此方向上系统的动量守恒。

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：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：【易错跟踪训练】易错类型1：不明白规律内涵、外延1．（2021·全国高三专题练习）下列关于碰撞的理解正确的是（）A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞【答案】A【详解】AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。

某一方向上动量守恒问题考点规律分析(1)若系统所受合外力不为零，总动量不守恒，但某一方向上所受合外力为零，则这个方向上的动量还是守恒的。

此时应分析该方向上对应过程的初、末状态，确定该方向上初、末状态的动量。

(2)此类问题经常需要结合机械能守恒定律、动能定理或能量守恒定律等进行求解。

典型例题如图所示，带有半径为R的14光滑圆弧轨道的小车其质量为M，置于光滑水平面上，一质量为m的小球从圆弧轨道的最顶端由静止释放，则小球离开小车时，球和车的速度大小分别为多少？(重力加速度为g)[规范解答]球和车组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，设球、车分离时，球的速度大小为v1，方向向左，车的速度大小为v2，方向向右，得m v1－M v2＝0。

由机械能守恒定律得mgR＝12m v21＋12M v22，解得v1＝2MgRM＋m，v2＝2m2gRM(M＋m)。

[完美答案]2MgRM＋m2m2gRM(M＋m)举一反三1．(多选)如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的14圆弧轨道。

现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是()A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒答案BCD解析小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合力为零，此方向上系统动量守恒，但小球有竖直向下的分加速度，系统在竖直方向上所受的合力不为零，所以小车和小球组成的系统总动量不守恒；小球下滑过程中，除重力和系统内弹力以外的力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、D正确。

2．(动量守恒定律在分方向上的应用)(多选)如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。

压轴题04用动量和能量的观点解题1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。

高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。

2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。

2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。

3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。

近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。

考向一：动量定理处理多过程问题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．考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22②由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度。

压轴题07 动量定理及动量守恒一、考向分析二、压轴题要领热点题型一对动量定理的理解和基本应用1．对动量定理的理解(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．2．用动量定理解题的基本思路3．动量定理的应用技巧(1)应用I＝Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换得出变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．热点题型二动量定理的综合应用1．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2022高考预计会以生活实例为命题背景，考查动量守恒定律在生活中的应用，复习时应侧重本知识和其他知识的综合应用，如与动力学、功和能、电磁学等知识综合考查。

题型既有选择题，也有计算题，难度中等或中等偏上。

在研究物体的受力与运动的关系时，不可避免地要引起能量和动量的变化，所以说动量和能量都是力学综合题中不可缺少的考点，这类考题综合性强，难度大，主要题型是计算题。

要知道碰撞的特点，能区分弹性碰撞，非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。

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．2.应用动量定理解决两类问题(1)应用动量定理解决微粒类问题(2)应用动量定理解决流体类问题第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹．设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－p)．“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误．热点题型三动量守恒的理解和判断1．动量守恒定律适用条件(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．2．动量守恒定律的表达式(1)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．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的“五性”热点题型四 对碰撞现象中规律的分析1．碰撞遵守的规律 (1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2. 结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．三、压轴题速练1. 将一个质量为m 的小木块放在光滑的固定斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t ，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp 1，在后一半时间内其动量变化为Δp 2，则Δp 1∶Δp 2为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶1D ．2∶1【答案】C【解析】木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F ＝mg sin θ，方向也始终沿斜面向下．由动量定理可得Δp 1∶Δp 2＝(F ·t 1)∶(F ·t 2)＝(mg sin θ·12t )∶(mg sin θ·12t )＝1∶1，故选项C 正确． 2.一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球 与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功【答案】D【解析】根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D 正确；故选D.43.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s 据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3)( )A ．0.15 PaB ．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4Pa【答案】A【解析】设雨滴受到支持面的平均作用力为F .设在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12 m/s 减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δmv )＝Δmv ，得到F ＝Δm Δtv .设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上升Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，得F ＝ρSv Δh Δt .压强p ＝F S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33 600Pa ＝0.15 Pa. 4.一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为( )A ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向左B ．大小为3.6 kg·m/s ，方向向右C ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向左D ．大小为12.6 kg·m/s ，方向向右【答案】D【解析】.选向左为正方向，则动量的变化量Δp ＝mv 1－mv 0＝－12.6 kg·m/s ，大小为12.6 kg·m/s ，负号表示其方向向右，D 正确．5．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N【答案】C【解析】.根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确．6.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列判断正确的是( )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．物体受到的合力的冲量大小为零D ．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t【答案】BD.【解析】由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t ，选项A 错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt ，选项B 正确；物体回到斜面底端的速度仍为v ，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv ，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t ，选项D 正确．7.如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR【答案】D【解析】小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确．8.小球质量为2m ，以速度v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是45v ，球与墙撞击时间为t ，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( )A.2mv 5tB.8mv 5tC.18mv 5tD.2mv t【答案】C【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为－4v 5，则由动量定理可得Ft ＝－2m ×4v 5－2mv ，解得F ＝－18mv 5t，负号表示力的方向与初速度方向相反．由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲力为F ′＝－F ＝18mv 5t，故选C. 9.质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时小B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32mv 0D ．整个过程中物体的动量变化量为12mv 0 【答案】AC【解析】以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为l ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4l v 0，t 1<t 2，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 正确．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B 错误．对全过程应用动量定理，则I 合＝Δp ＝－mv t －mv 0＝－32mv 0，C 正确，D 错误．10.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顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量依次为I 1、I 2、I 3，动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3【答案】ABC【解析】.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量的大小Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3，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，动能的变化量相等，故B 正确．11．如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【答案】C【解析】：.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．12．有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向右，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v【答案】C【解析】：.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv 0＝2mv ＋mv ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.13.如图所示，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2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，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【答案】D【解析】：.选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0，B 的动量p B ＝－2mv 0.碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，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．14.A 、B 两船的质量均为m ，都静止在平静的湖面上，现A 船中质量为12m 的人，以对地的水平速度v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船……经n 次跳跃后，人停在B 船上，不计水的阻力，则( )A ．A 、B 两船速度大小之比为2∶3B ．A 、B (包括人)两船动量大小之比为1∶1C ．A 、B (包括人)两船的动能之比为2∶3D ．A 、B (包括人)两船的动能之比为1∶1【答案】：B【解析】：人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A 、B (包括人)两船的动量大小相等，选项B 正确；经过n 次跳跃后，A 船速度为v A 、B 船速度为v B ，则0＝mv A －(m ＋m 2)v B ，解得v A v B ＝32，选项A 错误；A 船最后获得的动能为E k A ＝12mv A 2，B 船(包括人)最后获得的动能为E k B ＝12(m 2＋m )v B 2＝12(m 2＋m )(23v A )2＝23E k A ，所以E k A E k B ＝32，选项C 、D 错误．15.一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )【答案】：B【解析】：由h ＝12gt 2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t ＝1 s ，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v ＞2 m/s ，因此水平位移大于2 m ，C 、D 项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x ＝v 0t ，所以A 图中，v 乙＝－0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝2.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，A 项错误；B 图中，v 乙＝0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝1.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，B 项正确．16.2021年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A 队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A ＝5 kg·m/s ，花色球静止，白色球A 与花色球B 发生碰撞后，花色球B 的动量变为p ′B ＝4 kg·m/s ，则两球质量m A 与m B 间的关系可能是( )A ．mB ＝m A B ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m A D ．m B ＝6m A 【答案】A【解析】：.由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p ′A ＋p ′B ，解得p ′A ＝1 kg·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p ′2A 2m A ＋p ′2B 2m B ，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p ′A m A ≤p ′B m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确．17.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两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6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10【答案】AC【解析】：.由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v ′A 、v ′B ，由题意知p ′A ＝m A v ′A ＝2 kg·m/s ，p ′B ＝m B v ′B ＝10 kg·m/s ，解得v ′A v ′B ＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg·m/s ，B 球动量变为10 kg·m/s ，又m B ＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．18.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A ．2LM M ＋mB ．2Lm M ＋mC ．ML M ＋mD ．mL M ＋m【答案】B【解析】：.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L .小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有mv 1＝Mv 2，故ms 1＝Ms 2，s 1＋s 2＝2L ，其中s 1代表小球的水平位移大小，s 2代表小车的水平位移大小，因此s 2＝2Lm M ＋m ，选项B 正确．19.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0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．求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．【答案】：(1)116mv 02 (2)1348mv 02【解析】：(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2②12mv 12＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116mv 02④ (2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤12mv 02－ΔE ＝12(3m )v 32＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 02 20.如图所示，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。

第42讲动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题1．（2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。

圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。

开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。

已知m＝2kg，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。

忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。

（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力F N与h间满足的关系；（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A 点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。

【解答】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：mgℎ=12mv b2解得：v b＝5m/sb与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：mv b＝mv b′+mv01 2mv b2=12mv b′2+12mv02解得：v0＝v b＝5m/s（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0解得：h1＝1.2m以竖直向下的方向为正方向F N+mg=mv E2 R由动能定理得：mgℎ−2μmgl−mgH=12mv E2联立解得：F N＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）（3）当0.9m≤h＜1.2m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：mgℎ−2μmgl−mgH=12mv E2从E点飞出后，竖直方向：H=12gt2水平方向上：s＝v E t根据几何关系可得：DF=√3 5m联立解得：x＝3l+DF+s1代入数据解得：(3+√35)m≤x＜(3.6+√35)m当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：mgh﹣μmgs2＝0解得：s2＝1.8m可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：mgH﹣μmgs3＝0解得：s3＝0.4m距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时3l﹣s3≤x≤3l代入数据解得：2.6m≤x≤3m答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力F N与h间满足的关系为F N＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m＜x＜3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为(3+√35)m≤x＜(3.6+√35)m。

动量守恒定律及其应用【典型题型】 1．子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。

作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。

【例1】 设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： ()v m M mv +=0从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。

设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d对子弹用动能定理：22012121mv mv s f -=⋅ ……①对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅ ……② ①、②相减得：()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅ ……③ 由上式不难求得平均阻力的大小：()dm M Mmv f +=22至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d mM ms +=2【变式1】在光滑的水平桌面上静止着长为L 的方木块M ，今有A 、B 两颗子弹沿同一水平轨道分别以A v 、B v 从M 的两侧同时射入木块.A 、B 在木块中嵌入的深度分别为A d 、B d ，且A B d d >，()A B d d L +<，而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断A 、B 子弹在射入前（ ABD ）A.速度A B v v >B.A 的动能大于B 的动能C.A 的动量大小大于B 的动量大小D.A 的动量大小等于B 的动量大小2．人船模型在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。

这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。

动量守恒定律模块知识点总结1．定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。

2．一般数学表达式：''11221122m v m v m v m v +=+3．动量守恒定律的适用条件 ：①系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F 合=0）； ②系统所受的外力远小于内力（F 外F 内），则系统动量近似守恒；=③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)4．动量恒定律的五个特性①系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等②矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算③同时性：应是作用前同一时刻的速度，应是作用后同—时刻的速度12,v v ''12,v v ④相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系⑤普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子．它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷例题.1．质量为m 的人随平板车以速度V 在平直跑道上匀速前进，不考虑摩擦阻力，当此人相对于车竖直跳起至落回原起跳位置的过程中，平板车的速度 ( A ) A ．保持不变 B ．变大 C ．变小 D ．先变大后变小 E ．先变小后变大2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是 ( B )． A ．若甲先抛球，则一定是V 甲>V 乙 B ．若乙最后接球，则一定是V 甲>V 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有V 甲>V 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是V 甲>V 乙3．一小型宇宙飞船在高空绕地球做匀速圆周运动如果飞船沿其速度相反的方向弹射出一个质量较大的物体，则下列说法中正确的是( CD )． A ．物体与飞船都可按原轨道运行B ．物体与飞船都不可能按原轨道运行C ．物体运行的轨道半径无论怎样变化，飞船运行的轨道半径一定增加D ．物体可能沿地球半径方向竖直下落4．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 。

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)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．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3 m/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="0.3" m （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="10" kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s 2．（i ）求斜面体的质量；（ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（i ）20 kg （ii ）不能 【解析】试题分析：①设斜面质量为M ，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：222()m v m M v =+系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右）冰块与斜面的系统：22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得：21/v m s =-'（向右） 因21=v v '，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．2．光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为3A m m =、B C m m m ==，开始时B 、C 均静止，A 以初速度0v 向右运动，A 与B 相撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．【答案】065B v v = 【解析】 【分析】【详解】设A 与B 碰撞后，A 的速度为A v ，B 与C 碰撞前B 的速度为B V ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：0A A A B B m v m v m v =+对B 、C 木块：()B B B C m v m m v =+由A 与B 间的距离保持不变可知A v v = 联立代入数据得：065B v v =．3．（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K 时，可以发生“氦燃烧”。

专题03动量守恒定律的八大题型(原卷版)专题03：动量守恒定律的八大题型（原卷版）1. 题型一：基本概念理解题目描述一个物体A的质量为m，速度为v，另一个物体B的质量为2m，速度为2v。

在碰撞前，物体A和物体B沿直线运动，且在同一直线上。

碰撞后，物体A和物体B的速度分别为v'和2v'。

求碰撞后物体A和物体B的速度。

解题步骤1. 根据动量守恒定律，碰撞前后系统的总动量保持不变。

2. 列出碰撞前后的总动量表达式。

3. 解方程求解碰撞后的速度。

答案物体A的速度为v' = (2m * 2v - m * v) / (m + 2m) = 3v / 3 = v物体B的速度为2v' = (2m * 2v + m * v) / (m + 2m) = 5v / 32. 题型二：碰撞类型判断题目描述两个物体A和B，质量分别为m和2m，在同一直线上运动。

A物体向右运动，速度为v，B物体向左运动，速度为2v。

求碰撞后物体A和B的速度。

解题步骤1. 根据动量守恒定律，列出碰撞前后的总动量表达式。

2. 判断碰撞类型（弹性碰撞或非弹性碰撞）。

3. 解方程求解碰撞后的速度。

答案由于题目没有给出具体碰撞类型，无法确定是否为弹性碰撞或非弹性碰撞。

但可以根据实际情况判断，如果碰撞为完全弹性碰撞，则物体A和B的速度分别为v' = (2m - m) / (m + 2m) * v = v / 3，2v' = (2m + m) / (m + 2m) * 2v = 4v / 3。

如果碰撞为非弹性碰撞，则物体A和B的速度相等，为v' = (2m * v - m * 2v) / (m + 2m) = 0。

3. 题型三：多物体碰撞题目描述三个物体A、B和C在同一直线上运动。

A物体质量为m，速度为v；B物体质量为2m，速度为2v；C物体质量为3m，速度为3v。

求碰撞后物体A、B和C的速度。

解题步骤1. 根据动量守恒定律，列出碰撞前后的总动量表达式。

学问点48：动量守恒定律在三类模型问题中的应用考点一：系统动量守恒的推断【学问思维方法技巧】〔1〕系统动量守恒适用条件①抱负守恒：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．如碰撞、爆炸、反冲。

③某一方向守恒：假如系统在某一方向上所受外力的合力为零，那么系统在这一方向上动量守恒．如滑块－斜面(曲面)模型。

〔2〕推断系统动量是否守恒的“三留意〞：①留意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。

②留意所讨论的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程那么可能不守恒。

③留意守恒条件——整体不满意系统动量守恒条件时，在某一方向可能满意动量守恒条件。

题型一：系统动量抱负守恒【典例1拔尖题】(多项选择)如下图，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近．现男孩用力向右快速推开木箱．在男孩推开木箱的过程中，以下说法正确的选项是( )A. 木箱的动量的增加量等于男孩动量的削减量B. 男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小C. 男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零D. 对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变【典例1拔尖题】【答案】BC【解析】由于水平冰面光滑，男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，站在小车上的男孩用力向右快速推出木箱的过程中，木箱的动量增加量等于男孩和小车动量的削减量，故A错误；男孩对木箱的推力和木箱对男孩的推力是作用力与反作用力，冲量等大反向，男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小，故B正确；男孩、小车受到与初动量反向的冲量，推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零，故C 正确；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，推开木箱的过程不行能是弹性碰撞，推开前后的总动能变化，故D错误．题型二：系统动量近似守恒【典例2拔尖题】如下图，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。

动量守恒定律的应用之单方向的问题1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统的内力远大于外力；(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.2．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，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析．分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．【题型1】如图所示，一辆砂车的总质量为M ，静止于光滑的水平面上．一个质量为m 的物体A 以速度v 落入砂车中，v 与水平方向成θ角，求物体落入砂车后车的速度v ′.【题型2】如图一个带有光滑14圆弧的滑块B ，静止于光滑水平面上，圆弧最低点与水平面相切，其质量为M ，圆弧半径为R ，另一个质量为()2M m m 的小球A ，以水平速度23gR ，沿圆弧的最低点进入圆弧，求：(1)小球A 能上升的最大高度；(2)A 、B 最终分离时的速度。

【题型3】如图所示，质量分布均匀、形状对称的金属块内有一个半径为R 的光滑半圆形槽，金属块放在光滑的水平面上且左边挨着竖直墙壁．质量为m 的小球从金属块左上端R 处静止下落，小球到达最低点后向右运动从金属块的右端冲出，到达最高点时离半圆形槽最低点的高度为74R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为多大？(2)金属块的质量为多少？【题型4】(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的14圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一小球A 质量为M 2，小球A 以v 0＝6 m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )A.B 的最大速率为4 m/sB.B 运动到最高点时的速率为34m/s C.B 能与A 再次发生碰撞 D.B 不能与A 再次发生碰撞针对训练1.在光滑的水平地面上放有一质量为M ，带光滑14圆弧形槽的小车，一质量为m 的小铁块以速度v 沿水平槽口滑去，如图所示，若M ＝m ，则铁块离开车时将( )A.向左平抛B.向右平抛C.做自由落体运动D.无法判断2.如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤子连续敲击车的右端.下列对平板车的运动情况描述正确的是( )A.锤子向右抡起的过程中，车向右运动B.锤子下落的过程中车向左运动C.锤子抡至最高点时，车速度为零D.锤子敲击车瞬间，车向左运动3.质量为M 的砂车，沿光滑水平面以速度v 0做匀速直线运动，此时从砂车上方竖直向下落入一个质量为m 的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将( )A ．立即停止运动B ．仍匀速运动，速度仍为v 0C ．仍匀速运动，速度小于v 0D ．做变速运动，速度不能确定4.(多选)如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是( )A ．当小球到达最低点时，木块有最大速率B ．当小球的速率最大时，木块有最大速率C ．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大D ．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零5.如图所示，有一半径为R 的半球形凹槽P ，放在光滑的水平地面上，一面紧靠在光滑墙壁上，在槽口上有一质量为m 的小球，由A 点静止释放，沿光滑的球面滑下，经最低点B 又沿球面上升到最高点C ，B 、C 两点高度差为0.6R ，求小球到达C 点的速度。