（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第六章 动量守恒定律及其应用 第18讲 动量定理 动量守恒定律学案

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1、第18讲动量定理动量守恒定律考纲要求考情分析命题趋势1.动量动量定理2动能守恒定律及其应用3弹性碰撞和非弹性碰撞4验证动量守恒定律2017全国卷，142017全国卷，202017天津卷，10高考中对本专题的考查方式主要有三种：(1)动量定理与动力学结合；(2)以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用；(3)以生活示例为背景考查规律的灵活运用.1动量、动量变化、冲量(1)动量定义：物体的_质量_与_速度_的乘积表达式：p_mv_.方向：动量的方向与_速度_的方向相同(2)动量的变化因为动量是矢量，动量的变化量p也是_矢量_，其方向与速度的改变量v的方向_相同_.动量的变化量p的大小，一般用末动量p减去

2、初动量p进行计算，也称为动量的增量即_ppp_.(3)冲量定义：_力_与_力的作用时间_的乘积叫做力的冲量公式：_IFt_.单位：_Ns_.方向：冲量是_矢量_，其方向_与力的方向相同_.2动量定理(1)内容：物体在一个运动过程始末的_动量变化量_等于它在这个过程中所受_合力_的冲量(2)公式：_mvmvF(tt)_或_ppI_.(3)动量定理的理解动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和动量定理表达式是矢量式，等

3、号包含了大小相等、方向相同两方面的含义3动量守恒定律(1)定律内容：一个系统_不受外力_或者_所受外力的合力为零_时，这个系统的总动量保持不变(2)公式表达：m1v1m2v2_m1v1m2v2_.(3)适用条件和适用范围系统不受外力或者所受外力的矢量和为_零_；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；如爆炸、碰撞等过程，可以近似认为系统的动量守恒系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上_动量守恒_.全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒4动量守恒定律的应用(1)碰撞碰撞现象两个或两个以上的物体在相遇的_极短_时间内产生_非常大_的相互作用的过程碰撞特征a作用时间_短

4、_.b作用力变化_快_.c内力_远大于_外力d满足_动量守恒_.碰撞的分类及特点a弹性碰撞：动量_守恒_，机械能_守恒_.b非弹性碰撞：动量_守恒_，机械能_不守恒_.c完全非弹性碰撞：动量_守恒_，机械能损失_最多_.(2)爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量_守恒_.(3)反冲运动物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向_相反_方向运动的现象反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用_动量守恒_定律来处理1判断正误(1)动量越大的物体，其质量越大()(2)两物体动能相等，动量一定相等()(3)物体所受合力不变，则动量也不改变()(4)物体沿水平面运动，重力

5、不做功，其冲量为零()(5)物体所受的合力的冲量方向与物体动量变化的方向相同()(6)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒()(7)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同()(8)动量定理中的冲量是合力的冲量，而IFt中的力可以是合力也可以是某个力()2人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了(C)A减小地面对人的冲量B使人的动量变化减小C减小地面对人的冲力D增大人对地面的压强，起到安全保护作用3如图所示，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，MPQN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从

6、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(C)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解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端合力Fmgsin (为滑轨倾角)，FaFb，因此合力对a滑块的冲量较大a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FNmgcos ，FNaFNb，因此弹力对a滑块的冲量较小故选项C正确应用动量定理解题的方法在应用动量定理解题时，一定要认真对物体进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号对于变力的冲量，往往通过动量定理来

7、计算，只有当相互作用时间t极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力一动量、冲量的理解1动量、动能、动量变化量的比较项目名称动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的差定义式pmvEkmv2pp2p1矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek，Ekpv，p，p2冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量冲量是表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用(2)冲量是矢量，功是标量(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零3冲量和动量的区别(1)冲量是过程量(2)动量是状态量例1物体受到合力F的

8、作用，由静止开始运动，合力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是(BCD)A该物体将始终向一个方向运动B3 s末该物体回到原出发点C03 s内，合力F的冲量等于零，功也等于零D24 s内，合力F的冲量不等于零，功却等于零解析图线和横坐标所围的面积等于冲量，01秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而12秒内冲量为正，且大于01秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以选项A错误；03秒内，合力F的冲量为零，即物体0秒时的速度和3秒时的速度一样，故03秒内合力F的冲量等于零，功也等于零，选项C正确；分析运动过程如图所示，可以得到3秒末物体回到原出发点，选项B正确；24秒内，合力F的冲量不等于零，

9、物体2秒时和4秒时速度大小相等，根据动能定理，24秒内合力F做的功为零，故选项D正确二动量定理及其应用动量定理的两个重要应用(1)应用Ip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IFt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换变力的冲量I.(2)应用pFt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(pp2p1)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，等效代换动量的变化例2(2017吉林长春质检)有一个质量为0.5 kg的篮球从h0.8 m的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64倍，

10、且每次球与地面接触时间相等，空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽略(重力加速度g取10 m/s2)(1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？(2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？解析(1)篮球原高度为h，与地面第一次碰前瞬时速度为v0m/s4 m/s，由v22gh可知碰后的速度为v10.8v00.84 m/s3.2 m/s.选向上为正方向，由动量定理有Imv1(mv0)1.8mv01.80.54 Ns3.6 Ns.(2)第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为v20.8v10.82v00.64v0.设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选向上为正方向，由动

11、量定理有F1tmv1(mv0)1.8mv0，F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0，F1F254.容易知道，任意相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比均为54.答案(1)3.6 Ns(2)54例3(2018湖北黄冈模拟)一股水流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？(g取10 m/s2)解析小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力Fmg，小球受到的冲力大小等于小球对水的力取很小一段长为l的小水柱m，其受到重力mg和球对水的力F，取向下为正方向(

12、Fmg)t0(mv)，其中小段水柱的重力mg忽略不计，mSl，式变为F，因t很短，l很小，一小段l的水柱可以看成匀速上升，lvt.式变为FSv2，v为冲击小球前水的速度，即水以初速v0射出后，上升到h高处时的速度根据竖直上抛的公式有v2v2(g)h，所以v，代入，有FS(v2gh)，代入，有mgS(v2gh)，h m1.8 m.答案1.8 m应用动量定理解题的基本思路三动量守恒定律及其应用1动量守恒定律的“五性”条件性首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零)相对性公式中v1、v2、v1、v2必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1、v2是相互作用后同一时刻

13、的速度矢量性应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值普适性不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统2应用动量守恒定律时的注意事项(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力例4(2017广西南宁模拟)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接

14、住求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱解析(1)取向左为正方向，木箱与墙发生弹性碰撞，速度反向根据动量守恒定律，推出木箱的过程中0(m2m)v1mv，接住木箱的过程中mv(m2m)v1(mm2m)v2，v2.(2)若小孩第二次将木箱推出，设小孩和小车向左的速度为v3，根据动量守恒定律4mv23mv3mv，v3v，故无法再次接住木箱答案(1)(2)见解析动量守恒定律解题的基本步骤(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

15、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，必要时讨论说明四碰撞问题碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1p2p1p2.(2)动能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2或.(3)速度要合理碰前两物体同向，则v后v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前v后两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变例5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，三者均处于静止状态现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各

16、发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性碰撞解析设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2，由机械能守恒得mvmvMv，可得v1v0，v2v0.要使得A与B能发生碰撞，需要满足v10，即mM，A反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1mv3Mv4，mvmvMv，整理可得v3v1()2v0，v4v1.由于mM，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3v2，即v0()2v0，整理可得m24MmM2，解方程可得m(2)M，所以使A只与B、C各发生一次碰撞，需满足(2)MmM.答案(2)MmM碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件

17、，列出相应方程求解(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足v1v0、v2v0.(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1m2，且v200时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1m2，且v200时，碰后质量小的球原速率反弹五爆炸、反冲和“人船模型”1爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在板短的时间内完成的，发生爆炸时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

18、时间极短，因而在作用过程中，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6(2018河南六市一联)如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mAmCm、mB.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B黏在一起，以速率v0向左运动求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？解析全过程取向右为正方向，A、B、C组成的系统动量守恒，mAv0(mAmB)v0mCvC，炸药对C的冲量ImC

19、vC0，解得Imv0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒mCvCmBvB0，据能量关系Evmv，解得Emv.答案(1)mv0，水平向右(2)mv2反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量可能是动量守恒、动量近似守恒或某一方向上动量守恒反冲运动中机械能往往不守恒(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例例7一质量为M的航天器，正以速度v0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一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出

20、气体的质量m为(C)AmMBmMCMDM解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0(Mm)v2mv1，解得mM，故选项C正确3“人船模型”若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m1m20，得m1x1m2x2.例8如图所示，一个质量为m的木块，从半径为R、质量为M的光滑圆弧形槽顶端由静止滑下在槽被固定和可沿着光滑平面自由滑动两种情况下，木块从槽口滑出时的速度大小之比为多少？解析槽固定时，木块下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mgRmv0，则木块滑出槽口时的速度v1，槽可动时，当木块开始下

21、滑到脱离槽口的过程中，对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v2，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得mv2Mu0，木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgRmvMu2，由解得，木块滑出槽口的速度v2，由得两种情况下木块滑出槽口的速度之比.答案利用“人船模型”解题需注意两点(1)条件系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移(2)解题关键是画出初、末位置，确定各物体位移关系1如图，质量为M的小船在静止水面上以速度v0向右匀速行驶

22、，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(C)Av0vBv0vCv0(v0v)Dv0(v0v)解析设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(Mm)v0mvMvx，解得vxv0(v0v)，选项C正确2(2017湖北黄冈模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(B)AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m

23、/s解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但选项A、D中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，选项A、D错误；选项C中，两球碰后的总动能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能EkmAvmBv22 J，违背了能量守恒定律，选项C错误；而选项B既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故选项B正确3一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 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(B)解析弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有mvm

24、v甲mv乙，若爆炸后甲、乙反向飞出，则有mvmv甲mv乙，或mvmv甲mv乙，爆炸后甲、乙从同一高度作平抛运动，由选项A可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t s1 s，速度大小分别为v甲 m/s2.5 m/s，v乙0.5 m/s，代入式不成立，选项A错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入式、式、式可知，只有选项B正确4.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁

25、之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量的比值.解析从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为41.设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m1v0m1v1m2v2，m1vm1vm2v，利用4，可解出2.答案25如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求拋出货物的最小速度(不计水的阻力)解析设乙船上的人抛出货物的最小速

26、度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv011mv1mvmin，10m2v0mvmin11mv2，为避免两船相撞应满足v1v2，联立式得vmin4v0.答案4v0例1(2016安徽安庆检测5分)如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块，木箱和小木块都具有一定的质量现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A小木块和木箱最终都将静止B小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动答题送检

27、来自阅卷名师报告错误致错原因扣分A误认为系统的初速度为零，根据动量守恒得末速度为零5C没有进行过程分析D不能理解动量守恒定律的意义解析由动量守恒定律知小木块最终与木箱相对静止，以相同的速度一起向右做匀速直线运动，故选项B正确答案B1如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的左右两端分别站着人A和人B，人A的质量为mA，人B的质量为mB，且mAmB.初始时，人和车都处于静止状态，若两人同时以相等大小的速度(相对地面)相向运动，则关于车的运动情况，下列说法正确的是(D)A静止不动B左右往返运动C向右运动D向左运动解析设两人的速度大小均为v0，车的速度为v，取人A和人B及平板车组成的系统为研究对

28、象，以向左为正方向，由动量守恒定律有mBv0mAv0m车v0，又mAmB，解得v0，即车向左运动，故选项D正确2(2018江苏南京模拟)(多选)质量均为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量均为M的静止小球正碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球黏合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是(AC)Am一定小于MBm可能等于MCb球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大Dc球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大解析由a球被反向弹回，可以确定m一定小于M，选项A正确、B错误；当m与M碰撞后黏在一起时，属于完全非弹性碰撞，此时损失的动能最大，选项C正确、D错误3(2018四川成

29、都模拟)如图所示，两辆完全相同的小车A和B静止于光滑水平地面，质量均为3m.质量为2m的小球C用轻绳悬挂于小车A的车顶，现使B车保持静止，A、C以共同速度v0向右匀速运动，与B车碰撞后黏在一起则下列结论中错误的是(A)A小车A、B碰撞结束时B车的速度大小为v0B小车A、B发生碰撞时小车A对B的冲量大小为mv0C小车A、B发生碰撞时小车B对A的冲量大小为mv0D小球第一次向右摆起的最大高度为解析由于碰撞时间极短，碰撞过程中A、B两小车动量守恒，设碰后瞬间A、B共同速度为v1，由动量守恒定律有3mv0(3m3m)v1，解得v1v0，选项A错误；对小车B由动量定理有IB3mv1mv0，一对相互作用力

30、的冲量总是大小相等，方向相反，选项B、C均正确；从小车A、B碰撞后到小球C第一次向右摆起至最大高度过程，设A、B、C共同速度为v2，由动量守恒有2mv0(3m3m)v1(3m2m3m)v2.由机械能守恒有(2m)v(3m3m)v(3m2m3m)v2mgh，解得h，选项D正确4(2018湖北黄石模拟)(多选)如图所示，质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放质量为m的小木块A，mM，A、B间的动摩擦因数为，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B.则下列结论正确的是(ACD)A平板车最终的运动速度大小为v0，方向向右B平板车最终的运动速

31、度大小为v0，方向向左C小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车的位移大小为vD小木块向左运动的最大位移大小为解析A不会滑离B板，最终A、B以相同的速度匀速运动，设此速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有Mv0mv0(Mm)v，解得vv0，方向向右，选项A正确，B错误；小木块向左运动到离出发点最远处时速度为零，设此时平板车速度为v，由动量守恒定律有Mv0mv0Mv，设这一过程平板车向右运动s1，小木块向左的位移大小为s2，对平板车及小木块的这一过程由动能定理分别有mgs1Mv2Mv，mgs20mv，解得s1v、s2，选项C、D均正确1(2017全国卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点

32、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)A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/sD6.3102 kgm/s解析由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向，可得火箭的动量的大小等于燃气的动量大小，则|p火|p气|m气v气0.05 kg600 m/s30 kgm/s.选项A正确2“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下

33、，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(A)A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mgFma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a0时，Fmg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，Fmg，由牛顿第二定律Fmgma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的

34、冲量始终向上，综上可知选项A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故选项B错误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)AmgBmgCmgDmg解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v，在t时间内对人由动量定理得(Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力为Fmg，选项A正确4一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图所示已知前部分的卫

35、星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2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v1为(D)Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)解析对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2)，故选项D正确5一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示小物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05

36、s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理mgsmv2mv，代入数值解得0.32.(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v6 m/s，由动量定理得Ftmvmv，解得F130 N，其中“”表示墙面对物块的平均作用力方向向左(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得W0mv2，解得W9 J.答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J6两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者黏在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段，两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：(1)滑

37、块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得v12 m/s，v21 m/s，a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v m/s，由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v，联立式得m1m218，(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1vm2v(m1m2)v2，由图象可知，两滑块最后停止运动由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W(m1m2)v2，联立式，并代入题给数据得WE12.答案(1)18(2)127某游乐园

38、入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出，玩具底部为平板(面积略大于S)，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mV，Vv0St，由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S.(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于t时间

39、内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v，在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v.设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp，由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg，联立式得h.答案(1)v0S(2)8(2017天津卷)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中，现将B竖直向上再举高h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触取g10 m/s2

40、，空气阻力不计求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H.解析(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2，代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt，细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB(mAmB)v，之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s.(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH，代入

41、数据解得H0.6 m.答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m课时达标第18讲解密考纲主要考查动量、动量守恒定律等基本概念、规律的理解，运用动量和能量的观点分析较复杂的运动过程等1(2017吉林长春模拟)将个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，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p1，在后一半时间内其动量变化为p2，则p1p2为(C)A12B13C11D21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Fmgsin ，方向也始终沿斜面向下不变由动量定理可得p1p2(Ft1)(Ft2)

42、(mgsin t)(mgsin t)11.故选项C正确2(多选)某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置不计空气阻力，则下列说法中正确的是(BC)A从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B从P至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功C从P至b过程中人的速度不断增大D从a至c过程中加速度方向保持不变3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这个现象的原因是(C)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

43、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慢拉动纸带时，两物体之间的水平方向作用力是静摩擦力；在迅速拉动纸带时，它们之间的作用力是滑动摩擦力由于滑动摩擦力FfN(是动摩擦因数)，而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力一般情况下可以认为FfFfm，即滑动摩擦力Ff近似等于最大静摩擦力Ffm.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，但作用时间相对很长，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，但作用时间相对很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小因此选项C正确4如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在

44、同一直线上运动两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量变化量为4 kgm/s，则(A)A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析由mB2mA，pApB知碰前vBvA，若左为A球，设碰后二者速度分别为vA、vB，由题意知pAmAvA2 kgm/s，pB mBvB10 kgm/s，由以上各式得，故选项A正确若右为A球，由于碰前动量都为6 kgm/s，即都向右运动，两球

45、不可能相碰5我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(B)A甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D甲对乙做多少正功，乙对甲就一定做多少负功解析甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，选项A错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大反向，选项B正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，

46、方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，选项C、D错误6(2017广东珠海检测)(多选)携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在弗吉尼亚州瓦勒普斯岛发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球，运载火箭没有载人下面对于该火箭的描述正确的是(BD)A火箭发射的初速度大于7.9 km/sB火箭上升过程中处于超重状态C忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等D在爆炸的极短时间内，系统动量守恒解析火箭发射指的是火箭从地面开始点火加速升空的过程，故选项A错误；在火箭上升过程中，具有向上的加速度，处于超重

47、状态，故选项B正确；由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方向均不相同，故落地时的速度大小不一定相同，故选项C错误；在爆炸过程中由于内力远大于外力，故可以认为动量守恒，故选项D正确7如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后黏在一起，则在此过程中小球将(D)A向右运动B向左运动C静止不动D小球下摆时，车向左运动后又静止解析水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证系统水平方向动量守恒，小车要向左运动当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰

48、撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止8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恰好相碰并黏接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到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解析(1)对A、B，由动量守恒定律得mv02mv1，解得v1v0，B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量定恒，有m2mv2，解得v2，系统损失的机械能Em22m2mv(2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性

49、势能最大根据动量守恒定律得mv03mv，解得v，根据能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能Epmv(3m)v2Emv.答案(1)mv(2)mv9(2017黄冈中学一模)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v06 m/s，甲乘的小车上有质量为m1 kg的小球若干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M150 kg，乙和他的小车的总质量为M230 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞求此时：(1)两车的速度各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？解析 (1)两车刚好

50、不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0M2v0(M1M2)v，解得v1.5 m/s.(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0(M1nm)vnmv，解得n15.答案(1)1.5 m/s1.5 m/s(2)1510(2017江西南昌模拟)如图所示，质量为mA2 kg的木块A静止在光滑水平面上一质量为mB1 kg的木块B以初速度v05 m/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同向左运动，速度大小分别为0.9 m/s、1.2 m/s.求：(1)木块A、B第一次碰撞过程

51、中A对B的冲量；(2)木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能解析(1)设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA1、vB1，以A、B组成的系统为研究对象，碰撞过程中系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mBv0mAvA1mBvB1A与挡板碰撞，没有机械能损失，A与挡板碰撞后原速反弹，第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，vA2和vB2方向均向左，取向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA1mBvB1mAvA2mBvB2，由题意知vA20.9 m/s，vB21.2 m/s，解得vA12 m/s，vB11 m/s，对B，由动量定理得ImBvB1mBv04 kgm/s，负号表示方向向左，(2)由能量守恒定律得，第二次碰撞过程中E，解得E2.97 J.答案(1)4 kgm/s，方向向左(2)2.97 J24