2015届高考一轮复习动量

2015年高考物理真题分类汇编：动量专题(2015新课标I-35（2）).【物理—选修3-5】（10分）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。

A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞。

设物体间的碰撞都是弹性的。

【答案】（– 2）M m < M【考点】动量、动量守恒定律及其应用；弹性碰撞和非弹性碰撞；机械能守恒定律及其应用【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的却是守恒、机械能守恒，设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0 ,第一次碰撞后C的速度为v c ,A的速度为v A1 ,由动量守恒定律和机械能守恒得：mv0 = mv A1 + Mv c1·········○1(2分)mv02 = mv A12 + Mv C12········○2(2分)联立○1○2式得：v A1 = v0 ······○3(1分)V C1 = v0·······○4(1分)如果m>M ，第一次碰撞后，A与C 速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m = M ，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞，所以只需要考虑m < M的情况。

第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为v A2,B的速度为v B1，同样有：v A2 = v A1 = ()2v0·········○5(1分)根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有：v A2v C1·······○6(1分) 联立○4○5○6式得：m2 + 4mM – M20 ·········○7(1分)解得：m （– 2）M ········○8(1分)另一解m -（+ 2）M舍去，所以m和M应满足的条件为：（– 2）M m < M ·······○9(1分)【2015新课标II-35】（2）（10分）滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。

第1节 动量定理 动量守恒定律[真题回放]1．(2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．【解析】 设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22① m v ＝m v 1＋(2m )v 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得 v 1＝－v 22③设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得 μmgd 1＝12m v 21 ④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤按题意有 d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12m v 20－12m v 2 ⑦联立②至⑦式，得 v 0＝285μgd .⑧【答案】285μgd2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图13-1-1，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，图13-1-1(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．【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m v 0＝2m v 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m v 1＝2m v 2② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③联立①②③式得 ΔE ＝116m v 20④(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m v 0＝3m v 3⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p⑥联立④⑤⑥式得 E p ＝1348m v 20.⑦【答案】(1)116m v 2(2)1348m v23．(2013·山东高考)如图13-1-2所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg，m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．图13-1-2【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C ①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s. ④【答案】 2 m/s[考向分析]考点一对动量定理的理解及应用一、适用范围适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．二、解释现象一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．三、解题的基本思路1．确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.2．对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．3．抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．4．根据动量定理列方程代入数据求解．【例1】[考向1应用动量定理解释现象]把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，解释这个现象的原因是() A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大【解析】在缓缓拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力；在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于滑动摩擦力f ＝μN (μ是动摩擦因数)，而最大静摩擦力f m ＝u m N (u m 是静摩擦因数)且μ≤μm .一般情况下可以认为f ＝f m 即滑动摩擦力f 近似等于最大静摩擦力f m .因此，一般情况是：缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大．缓缓拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小．因此选项C 正确．【答案】 C【例2】 [考向2 动量定理的计算]质量为0.4 kg 的小球沿光滑水平面以5 m /s 的速度冲向墙壁，又以4 m/s 的速度反向弹回．如图13-1-3，球跟墙壁的作用时间为0.05 s ．求：图13-1-3(1)小球动量的增量； (2)球受到的平均冲力．【解析】 取初速度v 1的方向为正方向，则：v 1＝5 m /s ，v 2＝－4 m/s(1)Δp ＝m v 2－m v 1＝0.4×(－4－5) kg·m /s ＝－3.6 kg·m/s 负号表示动量增量与初动量方向相反． (2)F ＝m v 2－m v 1t ＝－3.60.05N ＝－72 N ，平均冲力的大小为72 N ，平均冲力的方向与初速度反向． 【答案】 (1)－3.6 kg·m/s ，负号表示与初动量反向 (2)－72 N ，负号表示与初速度反向 【反思总结】动量定理是矢量式，对同一直线上运动的问题，规定正方向后，可将矢量运算简化为代数运算．应用I＝Δp求变力的冲量时，如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft计算，往往用动量定理间接求解.考点二动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(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增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．碰撞现象满足的三个规律(1)动量守恒．(2)机械能不增加．(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．4．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反的方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．5．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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．(2)动能增加：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，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)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，一般可忽略不计，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．【例3】(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图13-1-4，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A 球释放．图13-1-4当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知m B＝3m A，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．【解析】(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B＝2gh①将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s ②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′.由运动学规律可得v 1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④ 12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h ′＝0.75 m ．⑧【答案】 (1)4 m/s (2)0.75 m 突破训练 1(2014·大纲全国卷)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2 【解析】 设中子质量为m ，则原子核的质量为Am .设碰撞前后中子的速度分别为v 0、v 1，碰后原子核的速度为v 2，由弹性碰撞可得m v 0＝m v 1＋Am v 2，12m v 20＝12m v 21＋12Am v 22，解得v 1＝1－A 1＋Av 0，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0v 1＝A ＋1A －1，A 正确． 【答案】 A考点三 实验：验证动量守恒定律1.方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验． (1)测质量：用天平测出滑块质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度．(①改变滑块的质量． ②改变滑块的初速度大小和方向．)(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验． (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验． (1)测质量：用天平测出两小车的质量．(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt 算出速度． (5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．4．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律．(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图13-1-5所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．图13-1-5(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图13-1-6所示．图13-1-6(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1O P＝m1O M＋m2O N，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．5．对实验误差的分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．(3)减小误差的措施：①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．【例4】(2014·新课标全国卷Ⅱ)现利用图13-1-7甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．甲图13-1-7实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图13-1-7乙所示．乙图13-1-7若实验允许的相对误差绝对值(⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．【解析】 纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt ＝1f ＝0.02 s根据v ＝ΔxΔt 可计算出滑块A 碰撞前后的速度v 0＝2.00 m /s ，v 1＝0.970 m/s 滑块A 、B 碰撞后滑块B 的速度v 2＝dΔt B＝2.86 m/s两滑块碰撞前后的总动量p ＝m 1v 0＝0.310×2.00 kg·m /s ＝0.620 kg·m/s p ′＝m 1v 1＋m 2v 2＝0.610kg·m/s两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为δ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝1.6%<5% 因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析数学技巧5 数学归纳法在物理中的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n 的命题，当n ＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n ＝k (k ≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n ＝k ＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n ＝1命题成立，可推知n ＝2命题成立，继而又可推出n ＝3命题成立……这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n ≥1的自然数都成立．在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．【例5】 雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m 2、m 3…m n ….(设各质量为已知量)．不计空气阻力．若考虑重力的影响，求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v ′1； (2)求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v ′2n【解析】 (1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒第1次碰撞前v 21＝v 20＋2 gl ，v 1＝v 20＋2gl第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m1v 20＋2gl ①(2)第2次碰撞v 22＝v 1′2＋2gl利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ②第2次碰撞后，利用①式得v ′22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m 20＋m 21m 212gl 同理，第3次碰撞后v ′23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， 第n 次碰撞后速度为v ′2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 2o ＋2gl故n 次碰撞后雨滴的动能为 12m n v n ′2＝12m n.【答案】 (1)v 20＋2glm o m 1v 20＋2gl(2)12m n突破训练 2(2012·安徽高考)如图13-1-8所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m /s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2.图13-1-8(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．【解析】 (1)设物块B 从光滑曲面h 高处滑下时的速度为v 0，由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 20，故v 0＝2gh ＝2×10×1 m/s ＝2 5 m/s ＞u ，故B 滑上传送带后做匀减速运动．加速度a ＝μmgm ＝μg ＝2m/s 2，根据v 2－v 20＝－2as ，得物块B 到达传送带左端时的速度v 1＝v 20－2al ＝(25)2－2×2×1 m /s＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度v 1＝4 m/s.(2)物块B 与物块A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即m v 1＝m v ′1＋MV ′1 12m v 21＝12m v ′21＋12MV ′21 联立解得，v ′1＝m －M M ＋m v 1＝－13v 1＝－43 m/s负号说明B 与A 碰撞后，B 的速度方向向右． 物块B 运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s ＝v ′212a ＝1692×2m ＝49 m ＜l ，因此物块B 还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B 与A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v 2＝v ′1，然后与A 发生第二次碰撞，且满足m v 2＝m v ′2＋MV ′212m v 22＝12m v ′22＋12MV ′22 联立解得，v ′2＝m －M M ＋mv 2＝－13v 2＝－132v 1同理，物块B 与A 第三次碰撞前的速度v 3＝－v ′2，碰撞后的速度v ′3＝－13v 3＝－133v 1. 依此类推第n 次碰撞后B 的速度v ′n ＝－13n v 1 即n 次碰撞后的速度大小为13n v 1＝43n m/s. 【答案】 (1)4 m/s (2)不能 (3)43n m/s1. (2014·浙江高考)如图13-1-9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( )图13-1-9A ．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【解析】 根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A 、B 错误，C 正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D 错误．【答案】 C2．(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )图13-1-10A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D.v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)【解析】 根据动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1 解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D. 【答案】 D3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长【解析】 设玻璃杯下落高度为h .它们从高h 处落地瞬间的速度大小为2gh ，与水泥地或草地接触t 时间后停止，根据动量定理可知：由于掉在水泥地上动量变化快，相互作用时间短，受到的合力大，所以地面给杯子的冲击力也大，故杯子易碎．应选C 、D.【答案】 CD4．一个质量为0.3 kg 的小球，在光滑水平面上以6 m /s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4 m/s.则碰撞前后墙对小球的冲量I 的大小及碰撞过程中墙对小球做的功W 分别为( )A ．I ＝3 kg·m/s ，W ＝－3 JB ．I ＝0.6 kg·m/s ，W ＝－3 JC ．I ＝3 kg·m/s ，W ＝7.8 JD ．I ＝0.6 kg·m/s ，W ＝3 J【解析】 本题考查动能定理和动量定理的应用，难度较易．碰撞前后墙对小球的冲量大小I ＝m v ′－m (－v )＝3 kg·m/s ，碰撞过程中墙对小球做的功等于小球动能的改变量，即W ＝12m v ′2－12m v 2＝－3 J ，A 正确．【答案】 A5．质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )A.(M ＋m )v 2m v 1B.M v 1(M ＋m )v 2 C.m v 1M v 2D.M v 1m v 2【解析】 设发射子弹的数目为n ，由动量守恒可知：nm v 2－M v 1＝0，解得n ＝M v 1m v 2，选项D 正确．【答案】 D6. (2014·苏北四市调研)A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图13-1-11所示．若用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距离桌边距离为( )图13-1-11A.x 3B.3x C ．x D.63x【解析】 当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：E p ＝12m v 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2m v A －m v B ＝0，E p ＝12×2m v 2A ＋12m v 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，D 选项正确．【答案】 D7．(多选) (2014·山东潍坊一中阶段性检测)在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L 时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图13-1-12所示，由图可知( )图13-1-12A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反【解析】由题给条件知a、b球组成的系统在发生相互作用的过程中动量守恒．由v-t图象可知，b球在t1时刻速度减为零，然后反向运动，而它们是受到等大反向的冲量作用，故b球的初动量要小于a球的初动量，即m a v0>m b v0，则m a>m b，故选项A正确．在0～t2时间内，两小球从相向运动至同向运动到速度相等，间距会逐渐减小，而在t2时刻两小球间距达到最小，故选项B错误、选项C正确．在t1～t3时间内，a和b是同向运动，b受到的斥力和运动方向相同，故选项D错误．【答案】AC8．(2012·天津高考) 质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10 m/s2)．【解析】以竖直向上为正方向，则v′＝4 m/s，v＝－6 m/s所以小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp＝m v′－m v＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s＝2 kg·m/s根据动量定理，得(F－mg)t＝Δp所以平均作用力F＝Δpt＋mg＝20.2N＋0.2×10 N＝12 N.【答案】2129．某同学用如图13-1-13所示装置来研究碰撞过程，第一次单独让小球a从斜槽某处由静止开始滚下．落地点为P，第二次让a从同一位置释放后与静止在斜槽末端的小球b发生碰撞．a、b球的落地点分别是M、N，各点与O的距离如图所示．该同学改变a的释放位置重复上述操作．由于某种原因他只测得了a球的落地点P′、M′到O的距离分别为22.0 cm、10.0 cm.求b球的落地点N′到O的距离．图13-1-13【解析】 设a 球的质量为m 1，b 球的质量为m 2，碰撞过程中满足动量守恒定律． m 1O M ＋m 2O N ＝m 1O P ，解得m 1∶m 2＝4∶1.改变a 的释放位置，有m 1OM ′＋m 2ON ′＝m 1OP ′， 解得：ON ′＝48.0 cm. 【答案】 48.0 cm10．(2014·江苏高考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．【解析】 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2由动量守恒定律：2m v 0＝2m v 1＋m v 2，由题意知v 2－v 1v 0＝1516，解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0.【答案】 1748v 0 3124v 011．(2014·大纲全国卷)冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m /s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总机械能的损失．【解析】 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ，碰撞前速度大小分别为v 、V ，碰撞后乙的速度大小为V ′.取运动员甲速度方向为正方向，由动量守恒定律有m v －MV ＝MV ′ ① 代入数据得V ′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有 12m v 2＋12MV 2＝12MV ′2＋ΔE ③ 联立②③式，代入数据得 ΔE ＝1 400 J.【答案】 (1)1.0 m/s (2)1 400 J12. 如图13-1-14所示，质量M ＝2 kg 的长木板B 静止于光滑水平面上，B 的右边放有竖直固定挡板，B 的右端到挡板的距离为s .现有一小物体A (可视为质点)质量m ＝1 kg ，以初速度v 0＝6 m /s 从B 的左端水平滑上B .已知A 与B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 始终未滑离B ，B 与竖直挡板碰前A 和B 已相对静止，B 与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回．取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图13-1-14(1)B 与挡板相碰时的速度大小； (2)s 的最短距离；(3)长木板B 与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为多少时，物体A 恰与长木板B 相对静止．(保留两位小数)【解析】 (1)设B 与挡板相碰时的速度大小为v 1，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 1，v 1＝2 m/s. (2)A 与B 刚好共速时B 到达挡板距离s 最短，由牛顿第二定律，B 的加速度为a ＝μmg M ＝1 m/s 2，s ＝v 212a ＝2 m.。

第1讲 动量定理 动量守恒定律知识一 冲量和动量定理1．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积． (2)定义式：I ＝Ft . (3)单位：N·s(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果． 2．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧Ft ＝mv 2－mv 1I ＝Δp知识二 动量和动量守恒定律1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． (2)表达式：p ＝mv . (3)单位：kg·m/s .(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同． 2．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，这就是动量守恒定律．(2)表达式m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，即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．动量守恒定律的适用条件(1)理想守恒：系统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．知识三 碰撞、反冲和爆炸问题1．弹性碰撞和非弹性碰撞2.反冲现象在某些情况下，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．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，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．考点一 对动量定理的理解及应用一、适用范围适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．二、解释现象一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．三、解题的基本思路1．确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.2．对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．3．抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． 4．根据动量定理列方程代入数据求解．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h 1＝1.8 m 处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h 2＝1.25 m ．已知排球的质量为m ＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小．【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t 1，第一次反弹到最高点的时间为t 2，由h 1＝12gt 21，h 2＝12gt 22，得t 1＝0.6 s ，t 2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.2 s. (2)方法一：设排球第一次落地的速度大小为v 1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v 2，则有：v 1＝gt 1＝6 m/s ，v 2＝gt 2＝5 m/s设地面对排球的平均作用力的大小为F ，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)解得：F ＝m v 2＋v 1Δt＋mg代入数据得：F ＝26 N根据牛顿第三定律得：排球对地面的平均作用力为26 N. 方法二：全过程应用动量定理取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F (t －t 1－t 2)－mgt ＝0解得：F ＝mgtt －t 1－t 2＝26 N再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N. 【答案】 (1)0.2 s (2)26 N考点二 动量守恒定律的理解与应用一、动量守恒定律的“五性”1．矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．2．相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．5．普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．二、动量守恒定律的不同表达形式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．m 1v 1＋m 2m 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，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．Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． 4．Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 三、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．(2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．【解析】 从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv 2＝12mv 21＋12(2m )v 22① mv ＝mv 1＋(2m )v 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝12mv 21④μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤据题意有 d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12mv 20－12mv 2⑦联立②至⑦式，得v 0＝285μgd【答案】285μgd 考点三 碰撞问题一、分析碰撞问题的三个依据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′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要合理(1)碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 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． 二、弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．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，则有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得：v ′1＝m 1－m 2v 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．图13－1－1如图13－1－1所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．(1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B 的最大速度．【解析】 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速． 由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v解得v ＝m A v 0m A ＋m B ＝1×41＋3m/s ＝1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能E pm ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 2＝6 J.(2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度， 由动量守恒和能量守恒得 m A v 0＝m A v A ＋m B v m 12m A v 20＝12m B v 2m ＋12m A v 2A解得v m ＝2 m/s ，向右．【答案】 (1)6 J (2)2 m/s ，向右考点四 动量与能量观点的综合应用利用动量和能量的观点解题应注意下列问题一、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．二、动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．图13－1－2(2012·新课标全国高考)如图13－1－2，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比． 【审题指导】 解答本题时应注意以下两点：(1)小球碰撞前和碰撞后的摆动过程中机械能分别守恒． (2)两球相碰过程为完全非弹性碰撞．【解析】 (1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2①设球a 的质量为m 1；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式得 m 1m 2＝11－cos θ－1④ 代入已知数据得m 1m 2＝2－1⑤ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失为 Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k ⎝⎛⎭⎪⎫E k ＝12m 2v 2之比为 Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得 Q E k ＝1－22⑧【答案】 (1)2－1 (2)1－22考点五 实验：验证动量守恒定律一、实验装置图13－1－3二、实验步骤1．不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．2．把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤1的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .如图13－1－4所示．图13－1－43．连接ON ，测量线段OP 、OM 、ON 的长度．将测量数据填入表中．最后代入m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，看在误差允许的范围内是否成立．如图13－1－5(a)所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的冲量时，随即启动打点计时器．甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动．图13－1－5纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图(b)所示，电源频率为50 Hz ，则碰撞前甲车运动速度大小为________m/s ，甲、乙两车的质量比m 甲∶m 乙＝________.【解析】 由纸带及刻度尺可得碰前甲车的速度为v 1＝12×10－30.02m/s ＝0.6 m/s.碰后两车的共同速度v 2＝8×10－30.02m/s ＝0.4 m/s.由动能守恒定律有m 甲v 1＝(m 甲＋m 乙)v 2. 由此得甲、乙两车的质量比 m 甲m 乙＝v 2v 1－v 2＝0.40.6－0.4＝21. 【答案】 0.6 2∶11．质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )A.M ＋m v 2mv 1B.Mv 1M ＋m v 2C.mv 1Mv 2D.Mv 1mv 2【解析】 设发射子弹的数目为n ，由动量守恒可知：nmv 2－Mv 1＝0，解得n ＝Mv 1mv 2，选项D 正确．【答案】 D2．(多选)质量为m 的人站在质量为M 的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计．当人从小车左端走到右端时， 下列说法正确的是( )A ．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大B ．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C ．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同D ．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止【解析】 当人从小车左端走到右端时，由动量守恒定律，人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大，但是车在地面上移动的距离只与人在车上移动的位移有关，与人的平均速度无关，选项A 、C 正确，B 错误．人在车上行走时，若人相对车突然停止，由动量守恒定律，则车也立刻停止，选项D 正确．【答案】 ACD 3.图13－1－6如图13－1－6所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A 、B 两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )A ．若小车不动，两人速率一定相等B ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的小C ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大D ．若小车向右运动，A 的动量一定比B 的大【解析】 根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，故选项A 错误．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大，故选项B 错误，选项C 正确．若小车向右运动，A 的动量一定比B 的小，故选项D 错误．【答案】 C图13－1－74．如图13－1－7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( )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【解析】 如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变．选项A 中，男孩和木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B 中，小车与木箱组成的系统受到男孩对系统的摩擦力的作用；动量及其改变量均为矢量，选项D 中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同、方向相反，故本题正确选项为C.【答案】 C 5.图13－1－8(2012·福建高考)如图13－1－8所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋mM(v 0＋v )D ．v 0＋mM(v 0－v )【解析】 小船和救生员组成的系统满足动量守恒： (M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋Mv ′ 解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )故C 项正确，A 、B 、D 三项均错． 【答案】 C 6．(2014·长沙模拟)如图13－1－9所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )图13－1－9A ．L B.3L4C.L 4D.L2 【解析】 固定时，由动能定理得：μMgL ＝12Mv 20，后来木板不固定有Mv 0＝2Mv ，μMgs＝12Mv 20－12·2Mv 2，故得s ＝L 2.D 项正确，A 、B 、C 项错误． 【答案】 D7．(2012·天津高考) 质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以 4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10 m/s 2)．【解析】 以竖直向上为正方向，则v ′＝4 m/s ，v ＝－6 m/s 所以小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp ＝mv ′－mv ＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s＝2 kg·m/s 根据动量定理，得(F －mg )t ＝Δp所以平均作用力F ＝Δp t ＋mg ＝20.2N ＋0.2×10 N＝12 N.【答案】 2 128．(2013·宁波模拟)如图13－1－10所示，质量为m ＝2 kg 的物体，在水平力F ＝8 N 的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.若F 作用t 1＝6 s 后撤去，撤去F 后又经t 2＝2 s 物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t 3＝0.1 s ，碰墙后反向弹回的速度v ′＝6 m/s ，求墙壁对物体的平均作用力．(g 取10 m/s 2)图13－1－10【解析】 取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 的方向为正方向则Ft 1－μmg (t 1＋t 2)－F t 3＝－mv ′ 所以F ＝Ft 1－μmg t 1＋t 2＋mv ′t 3＝8×6－＋＋2×60.1N ＝280 N ，方向与F 的方向相反．【答案】 280 N ，方向与F 的方向相反9．两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上向右运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图13－1－11所示．B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动．求图13－1－11(1)B 与C 碰撞后瞬间B 与C 的速度大小；(2)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大． 【解析】 (1)对B 、C 碰撞过程：m B v ＝(m B ＋m C )v BC 解得v BC ＝2 m/s(2)当A 、B 、C 三者速度相等时弹性势能最大，对A 、B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ABC 解得：v ABC ＝3 m/s【答案】 (1)2 m/s (2)3 m/s10．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图13－1－12，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，图13－1－12(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．【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，由动量守恒定律和能量守恒得mv 1＝2mv 2② 12mv 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116mv 20④(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 3⑤ 12mv 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 20⑦【答案】 (1)116mv 20 (2)1348mv 2。

考向12 动量定理-高考一轮复习考点微专题解决目标及考点:1、理解动量、冲量基本概念及简单计算 4、动量守恒定律的判断2、利用动量定理求动量、瞬间冲击力 5、动量守恒的简单计算3、流体冲击中的作用力【例题1】(2015·重庆理综·3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg【例题2】(2018·甘肃西峰调研)如图2所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同一、动量定理1、动量与动能动量动能公式P=mv E K=mv2/2物理意义描述物体的瞬时运动状态描述物体瞬时所具有的能量区别点矢量，状态量标量，状态量联系E K=P2/2m变化量若速度变化,则ΔEk可能为零；Δp一定不为零2、冲量与功冲量功公式I=Ft W=FSsosα物理意义力作用在物体上并持续一段时间产生的效果。

过程量力作用在物体上并使得物体在力方向移动一段距离。

过程量区别点与位移无关与位移有关产生效果力持续了时间即有冲量，但不一定有明显的运动效果力使得物体移动了位移才有功的效果3、动量定理①物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。

Ft=mv’-mv。

②动量定理是牛顿第二定律的另一种表达式，都反映物体运动状态改变的原因——合外力不为零。

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高考第一轮复习----动量
第四章动量
一.动量和冲量
1.动量
按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

2.冲量
按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。

如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。

⑶高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。

对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。

⑷要注意的是：冲量和功不同。

恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。

m
H 例1. 质量为m 的小球由高为H 的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
解：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、
mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：
特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。

二、动量定理
1.动量定理
1。

[第16讲 动量 动量守恒定律]一、单项选择题1．光子的能量为hν，动量的大小为h νc.如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子，如此衰变后的原子核( )A ．仍然静止B ．沿着与光子运动方向一样的方向运动C ．沿着与光子运动方向相反的方向运动D ．可能向任何方向运动2．如图K16­1所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( )图K16­1A ．它们碰撞前的总动量是18 kg · m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg · m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞后的总动量是2 kg · m/s ，方向水平向左D ．它们碰撞前的总动量是2 kg · m/s ，方向水平向右3．如图K16­2所示，车厢质量为M ，静止于光滑水平面上，现车厢内有一质量为m 的物体以速度v 向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后与车厢相对静止，此时车厢的速度为( )图K16­2A ．v ，水平向右 B. mvM ＋m，水平向右 C ．0 D.mvM －m，水平向右 4．满载沙子的总质量为M 的小车在光滑水平面上做匀速运动，速度为v 0.行驶途中，有质量为m 的沙子从小车上漏掉，如此沙子漏掉后小车的速度为( )A ．v 0 B.mv 0M ＋mC.mv 0M －m D.〔M －m 〕v 0M5．如图K16­3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，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .现以地面为参照系，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，但最后A 并没有滑离木板B .站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，如此在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是( )图K16­3A ．2.4 m/sB ．2.8 m/sC ．3.0 m/sD ．1.8 m/s 二、双项选择题6．如下关于动量的说法中正确的答案是( ) A ．质量大的物体的动量一定大B ．质量和速率都一样的物体的动量一定一样C ．一个物体的速率改变，它的动量一定改变D ．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变7．加拿大萨德伯里中微子观测站的研究揭示了中微子失踪之谜，即观察到中微子数目比理论值少是因为局部中微子在运动过程中(速度很大)转化为一个μ子和一个τ子．对上述转化过程有以下说法，其中正确的答案是( )A ．牛顿运动定律依然适用B ．动量守恒定律依然适用C ．假设发现μ子和中微子的运动方向一致，如此τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向一致D ．假设发现μ子和中微子的运动方向相反，如此τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向相反8．图K16­4中的四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )图K16­49．木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图K16­5所示，对a 、b 和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，如下说法中正确的答案是( )图K16­5A ．a 尚未离开墙壁前，系统动量守恒B ．a 尚未离开墙壁前，系统动量不守恒C ．a 离开墙壁后，系统动量守恒D ．a 离开墙壁后，系统动量不守恒10. 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，如下选项正确的答案是( )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3∶2D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1三、计算题11．如图K16­6所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次与墙碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g.图K16­612．如图K16­7所示，质量为2 kg的甲车静止在光滑水平面上，其顶部上外表光滑，顶部右端放一个质量为1 kg的小物体，质量为4 kg的乙车以5 m/s的速度向左运动．乙车与甲车碰撞后，甲车获得6 m/s的速度，物体滑到乙车上．假设乙车足够长，其顶部上外表与物体的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，如此：(1)物体在乙车上外表滑行多长时间相对乙车静止？(2)物体最终距离乙车左端的距离为多少？图K16­71. C [解析] 根据动量守恒定律可知，原子核沿着与光子运动方向相反的方向运动，选项C正确．2. D [解析] 它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，选项D正确．3．B [解析] 根据动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝mvM＋m，方向水平向右，选项B正确．4. A [解析] 由于惯性，沙子漏掉时，水平方向有和小车一样的速度．由水平方向动量守恒知小车速度不变，选项A 正确．5．A [解析] 木块相对地面速度为0时，木板的速度为v 1，由动量守恒定律得(设水平向右为正方向)Mv －mv ＝Mv 1，解得v 1＝83 m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者达到共同速度v 2，由动量守恒定律得Mv －mv ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝2 m/s ，故在木块A 做加速运动这段时间内木板对地的速度在2～83m/s 范围内，选项A 正确．6．CD [解析] 根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，选项A 错误．动量是矢量，它的方向与速度的方向一样，而质量和速率都一样的物体，其动量大小一定一样，但方向不一定一样，选项B 错误．一个物体的速率改变，如此它的动量大小就一定改变，选项C 正确．物体的运动状态变化，如此它的速度一定发生变化，它的动量也就发生了变化，选项D 正确．7．BC [解析] 中微子发生裂变过程中，动量是守恒的，由m 中v 中＝m μv μ＋m τv τ知，当v 中方向与v μ方向一样时，v τ方向与v 中方向可能一样，也可能相反；当v 中方向与v μ方向相反时，v τ方向与v 中方向一定一样．该过程是微观粒子的作用，故牛顿运动定律不适用．8. AC [解析] A 中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B 中在弹簧恢复原长的过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C 中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D 中木块下滑过程中，斜面始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒，应当选项A 、C 正确．9．BC [解析] 动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a 尚未离开墙壁前，系统受到墙壁对它的作用力，不满足动量守恒条件；a 离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒，选项B 、C 正确．10．BC [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，设A 船速度为v A ，B 船速度为v B .由动量守恒定律得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 2A ，B 船最后获得的动能为E k B ＝12(m 2＋m )v 2B ＝12(m 2＋m )(23v A )2＝23(12mv 2A )＝23E k A ，得E k A E k B ＝32，选项C 正确，选项D 错误．11.4v 03μg[解析] 木板第一次与墙碰撞后，向左做匀减速直线运动直到静止，再反向向右做匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往右做匀速直线运动，直到第二次与墙碰撞．木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度的过程，重物与木板组成的系统动量守恒，有2mv 0－mv 0＝(2m ＋m )v解得v ＝v 03在该过程中对木板，由动量定理得 mv －m (－v 0)＝2μmgt 1 由动能定理得 12mv 2－12mv 20＝－2μmgs之后木板做匀速直线运动，有 s ＝vt 2故木板从第一次与墙碰撞到再次与墙碰撞所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝2v 03μg ＋2v 03μg ＝4v 03μg. 12．(1)0.8 s (2)0.8 m[解析] (1)甲、乙两车碰撞，由动量守恒定律，有 m 乙v 0＝m 甲v 1＋m 乙v 2 解得v 2＝2 m/s物体滑上乙车，对物体和乙组成的系统，由动量守恒定律，有 m 乙v 2＝(m ＋m 乙)v 解得v ＝1.6 m/s物体在滑动摩擦力作用下向左做匀减速运动，加速度a ＝μg ＝2 m/s 2相对乙车静止时物体滑行的时间t ＝va＝0.8 s (2)由能量守恒定律，有μmgs ＝12m 乙v 22－12(m ＋m 乙)v 2解得s ＝0.8 m即物块最终距离乙车左端为0.8 m.。

第十三章 第1讲(对应学生用书P 195)1．(2014·昆明一中月考)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．物体的动量越大，其惯性也越大B ．同一物体的动量越大，其速度一定越大C ．物体的加速度不变，其动量一定不变D ．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的位移方向解析：选B 物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，不一定惯性(质量)大，A 选项错误；对于同一物体，质量一定，所以速度越大，动量越大，B 选项正确；加速度不变，但动量可以改变，如做平抛运动的物体，故C 选项错误；动量的方向始终与速度方向相同，与位移方向不一定相同，D 选项错误．2．(2014·厦门质检)一炮艇总质量为M ，以速度v 0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v ′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )A ．M v 0＝(M －m )v ′＋m vB ．M v 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v 0)C ．M v 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v ′)D ．M v 0＝M v ′＋m v解析：选A 由动量守恒定律可得：M v 0＝(M －m )v ′＋m v ，即选项A 正确．3．质量为M 的木块在光滑水平面上以速率v 1向右运动，质量为m 的子弹以速率v 2水平向左射入木块，假设子弹射入木块后均未穿出，且在第N 颗子弹射入后，木块恰好停下来，则N 为( )A.(M ＋m )v 1m v 2B.M v 1(M ＋m )v 2C.M v 1m v 2D.m v 1M v 2解析：选C 规定向右为正方向，根据动量守恒定律有M v 1－Nm v 2＝0，所以N ＝M v 1m v 2. 4．(2014·北京四中摸底)质量为m 的炮弹沿水平方向飞行，其动能为E k ，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去，动能为E k 2，另一块向前飞去，则向前的这块的动能为( )A.E k 2B.92E kC.94E kD.9＋422E k 解析：选B 设另一块动能为E ，则另一块动量p ＝mE 炮弹在空中爆炸，动量守恒，2mE k ＝mE －mE k 2，解得E ＝92E k ，选项B 正确． 5．(2014·滨州一中摸底)如图所示，木块质量m ＝0.4 kg ，它以速度v ＝20 m/s 水平地滑上一辆静止的平板小车，已知小车质量M ＝1.6 kg ，木块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，木块没有滑离小车，地面光滑，g 取10 m/s 2，求(1)木块相对小车静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的距离．解析：(1)设木块相对小车静止时小车的速度为v ′根据动量守恒定律有：m v ＝(m ＋M )v ′ v ′＝m v m ＋M ＝0.4×200.4＋1.6m/s ＝4 m/s. (2)对小车，根据动能定理有：μmg ·s ＝12M v ′2－0 s ＝M v ′22μmg ＝ 1.6×422×0.2×0.4×10m ＝16 m. 答案：(1)4 m/s (2)16 m。

F单元 动量目录 F1 冲量 动量定理 1 F2 动量守恒定律 4 F3 动量综合问题 11 F4 力学观点的综合应用 11 F5实验：验证碰撞中的动量守恒 12 F1 动量 冲量 动量定理【题文】（物理卷·2015届湖北省部分重点中学高三上学期起点考试（2014.08））（2）（9分）一静止原子核发生α衰变， 生成一α粒子及一新核， 测得α粒子的速度为的0.1倍。

已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为α粒子的质量的n倍；光在真空中的速度大小为c。

求：（1）衰变过程中新核所受冲量的大小； (2 ) 衰变前原子核的质量。

【答案解析】（1）（2）解析①衰变产生的α粒子的速度大小为， 设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有 所以 ②设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有 解得 衰变前原子核的质量为【思路点拨】（1）开始动量为零，衰变前后动量守恒，根据动量守恒定律求得速度，然后根据动量定理求解。

（2）衰变后，根据爱因斯坦智能方程，产生的能量全部转化为两部分的动能。

【题文】（物理卷·2015届河北省唐山一中高二下学期期末考试（2014.07））4．如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则( ) 每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0 每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT 每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0 每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为mgT/2 以上结论正确的是( ) A． B． C． D． 【知识点】 动量定理．【答案解析】B解析转动一周时，时间为T，则冲量I=mgt=GT，故错误，正确； 因每转动一周，小球的动量保持不变，由动量定理可知，合外力的冲量为零，故正确； 转动半周用时，故重力的冲量为mg，故错误；故选B．由冲量的定义I=Ft即可得出重力冲量的大小．本题应明确冲量为力与力作用时间的乘积，与运动状态无关；同时注意动量定理的应用，知道小球回到同一点时速度大小方向相同． 3.在物体运动过程中，下列说法不正确的有 A.动量不变的运动，一定是匀速运动 B.动量大小不变的运动，可能是变速运动 C.若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零 D.如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等(不为零)，那么该物体一定做匀变速运动动量定理．【答案解析】C 解析A、物体的动量不变，知物体的速度不变，可知物体一定做匀速运动．故A正确．B、动量大小不变的运动，即速度大小不变，可能做变速运动，比如匀速圆周运动．故B正确．C、若某一个力对物体做功为零，即物体的动能变化量为零，但是动量的变化量不一定为零，即冲量不一定为零．故C错误．D、如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等（不为零），知相等时间内动量的变化量相同，即速度变化量相同，一定做匀变速运动．故D正确．本题选错误的，故选：C．动量是矢量，动量不变时，速度大小和方向都不变，合力的冲量等于动量的变化量，相同时间内所受的冲量相等，则相等时间内速度变化量相同，加速度不变．解决本题的关键知道动量是矢量，有大小，有方向，动能是标量，只有大小，没有方向．掌握动量定理，即合力的冲量等于动量的变化量，并能灵活运用． 5.质量为m的物体放在水平面上，在与水平方向成θ夹角的拉力F的作用下由静止开始运动，经过时间t速度达到v，在这一时间内拉力F和重力G的冲量大小分别为 A.Ftcosθ，0 B. Ft, 0 C.Ft，mgt D. mv，Ft 动量定理；牛顿第二定律．【答案解析】C 解析解；因两力作用时间均为t，则有：重力的冲量为mgt，拉力的冲量为Ft；因物体受到的总冲量包括拉力的冲量、重力的冲量及支持力的冲量，由动量定理可知，合力的冲量才等于动量的变化量；故只有A正确；故选A．分析物体的受力，由冲量的定义可求出两力的冲量；由动量定理分析动量变化与冲量的关系．本题要注意冲量的定义及动量定理的应用，明确动量定理中的冲量为合冲量． 8.质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛到落回地面，在此过程中(不计空气阻力) A.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反 B.上升过程冲量大小为mv0，方向向下 C.整个过程中重力的冲量为0 D.整个过程中重力的冲量为2mv0 动量定理；竖直上抛运动．【答案解析】BD 解析根据竖直上抛运动的对称性可得落地的速度大小也v0，方向竖直向下．上升过程和下落过程中只受到重力的作用．AB、选取向上为正方向，上升过程动量的变化量：P1=0-mv0=-mv0，下落过程中动量的变化量：P2=-mv0-0=-mv0，大小均为mv0，但方向相同．故A错误，B正确；CD、整个过程中重力的冲量为：I=-mv0-mv0=-2mv0．故C错误，D正确．故选：BD．根据竖直上抛运动的对称性求得落地的速度，然后结合动量定理即可解答．该题结合冲量的计算与动量定理考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性判定落地的速度大小也v0，方向竖直向下是解题的关键． 【题文】（物理卷·2015届河北省唐山一中高二下学期期末考试（2014.07））5．在光滑水平面上有一质量为0.2kg的球以5m/s的速度向前运动，与质量为3kg的静止木块发生碰撞，设碰撞后木块的速度v2＝4.2m/s，则 ( ) A．碰撞后球的速度v1＝－1.3m/s B．v2＝4.2m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生 C．v2＝4.2m/s这一假设是合理，碰撞后小球被弹回 D．v2＝4.2m/s这一假设是可能发生的，但由于题目条件不足，碰后球的速度不能确定动量守恒定律．【答案解析】B解析 碰撞前系统总机械能：E=m1v12=×0.2×52=2.5J，碰撞后，木块的动能：E木=m木v木2=×0.3×4.22=2.646J，碰撞后木块的动能大于碰撞前系统的动能，碰撞过程机械能增加，这是不可能的，假设不合理，故正确；故选：．碰撞过程系统动量守恒，机械能不增加，应用动量守恒定律分析答题．本题考查了判断碰撞过程能否发生，碰撞过程中系统的机械能不可能增加，求出碰撞前后机械能的大小进行比较即可正确解题． 11．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时水平射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止.现知道子弹A射入的深度dA大于子弹B射入的深度dB.若用tA、tB表示它们在木块中运动的时间，用EkA、EkB表示它们的初动能，用vA、vB表示它们的初速度大小，用mA、mB表示它们的质量，则可判断( ) A. tA>tB B. EkA>EkB C. vA>vB D. mA >mB 动量守恒定律；功能关系．【答案解析】BC解析A、由题，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动．故A错误．B、由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹：-fdA=0-EkA，得EkA=fdA对B子弹：-fdB=0-EkB，得EkB=fdB．由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB．故B正确．CD、对两子弹和木块组成的系统动量守恒，因动量与动能的关系为：P=，则有：，而EkA＞EkB，则得到mA＜mB．根据动能的计算公式Ek=mv2，得到初速度vA＞vB．故C正确，D错误．故选：BC．根据子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析子弹在木块中运动时间的关系．根据动能定理研究初动能的关系．根据动量守恒定律研究质量关系．本题运用动能定理和动量守恒定律研究冲击块模型，分析木块处于静止状态，确定出两子弹所受的阻力大小相等是基础． 12．一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31，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( ) 动量守恒定律．【答案解析】B解析规定向左为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有：4mv0=3mv1+mv2则8=3v1+v2两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t=＝1s，水平方向做匀速运动，x1=v1t=v1，x2=v2t=v2，则8=3x1+x2结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故B正确．故选：B．炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．本题考查了动量守恒定律的直接应用，知道当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动，难度适中． 15．（10分）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为4.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05．开始时物块静止在凹槽中央，凹槽以v0＝2 m/s初速度向右运动，某一时刻物块与凹槽槽壁碰撞粘合在一起，g取10 m/s2.求： (1)物块与凹槽粘合在一起后的速度； (2)在此过程中物体向右运动的位移。

物理高考第一轮复习冲量与动量公式查字典物理网高中频道搜集和整理了冲量与动量公式，以便高三先生更好的梳理知识，轻松备战。

1.动量：p=mv {p：动量(kg/s)，m：质量(kg)，v：速度(m/s)，方向与速度方向相反｝2.冲量：I=Ft {I：冲量(N s)，F：恒力(N)，t：力的作用时间(s)，方向由F决议｝3.动量定理：I=p或Ft=mvtmvo {p：动质变化p=mvtmvo，是矢量式}4.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p也可以是m1v1+m2v2=m1v1+m2v25.弹性碰撞：Ek=0 {即系统的动量和动能均守恒}6.非弹性碰撞0EKEKm {EK：损失的动能，EKm：损失的最大动能}7.完全非弹性碰撞EK=EKm {碰后连在一同成一全体}8.物体m1以v1初速度与运动的物体m2发作弹性正碰：v1=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2=2m1v1/(m1+m2)9.由8得的推论等质量弹性正碰时二者交流速度(动能守恒、动量守恒)10.子弹m水平速度vo射入运动置于水平润滑空中的长木块M，并嵌入其中一同运动时的机械能损失。

E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对 {vt：共同速度，f：阻力，s相对子弹相对长木块的位移}注：(1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们中心的连线上;(2)以上表达式除动能外均为矢量运算，在一维状况下可取正方向化为代数运算;(3)系统动量守恒的条件：合外力为零或系统不受外力，那么系统动量守恒(碰撞效果、爆炸效果、反冲效果等); (4)碰撞进程(时间极短，发作碰撞的物体构成的系统)视为动量守恒，原子核衰变时动量守恒;(5)爆炸进程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能添加;(6)其它相关内容：反冲运动、火箭、航天技术的开展和宇宙飞行。

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