1、考纲考点要求热点考向1.动量、动量守恒定律及其应用本专题知识在物理学中占有重要地位，但近几年高考中有所弱化1动量守恒定律的应用是本专题的重点、高考热点，动量、动量的变化量两个概念常穿插在规律中考查2在高考题中动量守恒定律常与能量转化与守恒定律结合，解决碰撞、打击、反冲、滑块摩擦等问题，还要重视动量守恒与圆周运动、核反应的结合3探究和验证碰撞中的动量守恒，在高考实验考查中出现频率较高.2.弹性碰撞和非弹性碰撞3.实验：验证动量守恒定律专题六碰撞与动量守恒第 1 讲 动量守恒定律及应用 考点 1动量、冲量1动量速度mv速度(1)定义：运动物体的质量和_的乘积叫做动量，用 p表示(2)表达式：p_.
2、(3)单位：由速度单位和质量单位共同确定，即 kgm/s.(4)动量是矢量，其方向和_方向相同动量动能动量的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矢量差定义式pmvppp矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程(5)动量、动能、动量变化量的比较Ek12mv2pmvmvp 2mEk p2EkvEk p22m Ek12pv2.冲量Ft(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫冲量，即 I_.(2)对冲量的理解冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，与时间相对应冲量是矢量，其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
3、冲量的方向就和力的方向相同要注意的是：冲量和功不同，恒力在一段时间内可能不做功，但一定有冲量1(单选)关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是()AA一物体的动量不变，其动能一定不变B一物体的动能不变，其动量一定不变C两物体的动量相等，其动能一定相等D两物体的动能相等，其动量一定相等2(双选)如图 611 所示，质量相同的两个小物体 A、B 处于同一高度现使 A 沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑，而使 B 无初速地自由下落，最后 A、B 都运动到同一水平地面)BD上不计空气阻力则在上述过程中，A、B 两物体(图 611A所受重力的冲量相同C所受合力的冲量相同B所受重力做的功相同D所受合力做的功
4、相同解析：两物体落到地面所用的时间不同，故重力的冲量不 相等；两物体的合力的冲量等于动量的变化，两物体初动量为 零，末动量方向不一样，故合力的冲量也不相等；根据机械能 的知识可知，B、D 答案正确 p2、p3，则有()图 612 3(单选)如图 612 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 I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为p1、解析：重力的冲量由下落时间决定，三者的下落时间都不 一样，排除 C、D；系统中只有重力做功，故根据能量守恒定律，三者下滑到底端时速度大小相等，所以三者动量的变化量的大小相等，B 正确AI1
5、I2I3，p1p2p3BI1I2I3，p1p2p3CI1I2I3，p1p2p3DI1I2I3，p1p2p3答案：B考点 2动量守恒定律不受外力零1内容：相互作用的物体组成的系统_或所受外力为_时，这个系统的总动量将保持不变2公式：m1v1m2v2_.3动量守恒定律成立的条件m1v1m2v2(1)系统不受外力或者所受外力之和为零(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计(3)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(4)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应用动量守恒定律解题时要注意“五性”(1)矢量性：对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应
6、选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负(2)同时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量守恒，不同时刻的动量不能相加(3)整体性：应用动量守恒定律时，要明确动量守恒定律的研究对象是整个系统，这个系统的始末状态质量应相等(4)相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于地面的速度(5)普适性：适用于多物体系统，适用于宏观及微观4(单选)一炮艇总质量为 M，以速度 v0 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(
7、)AAMv0(Mm)vmvBMv0(Mm)vm(vv0)CMv0(Mm)vm(vv)DMv0Mvmv5如图 613，质量为 m 的人站在质量为 M，长为 L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？图 613解：人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于 L.设人、船位移大小分别为 l1、l2，则：mv1Mv2两边同乘时间 t 得 ml1Ml2而 l1l2L，所以 l2mMmL.考点 3碰撞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
8、能量转化为动能(3)碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略2碰撞的分类(1)弹性碰撞(或称完全弹性碰撞)如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞(或称完全弹性碰撞)此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒(2)非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使部分机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒(3)完全非弹性碰撞如果相互作用力是完全非弹性力，则机械能转化成的内能最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞碰撞物体粘合在一起，具有同一速度此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大3
9、弹性碰撞的规律：两球发生弹性碰撞时满足动量守恒和能量守恒以质量为 m1 速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生弹性正碰，则由动量守恒有 m1v1m1v1m2v2由能量守恒有12m1v2112mv2112m2v22两式联立解得 v1m1m2m1m2v1，v2 2m1v1m1m2；则(1)当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速度(2)当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动(3)当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来4判定碰撞可能性问题的分析思路(1)判定系统动量是否守恒(2)判定物理情景是否可行，如追碰后，前面物体动量不能减小，后面物体动量在原方向上不能增加即追
10、碰后，后面物体在原方向的速度不可能大于前面物体的速度(3)判定碰撞后动能不增加6(双选)质量为 M 的物块以速度 v 运动，与质量为 m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m 可能为()ABA2B3C4D5解析：本题考查动量守恒根据动量守恒和能量守恒，设碰撞后两者的动量都为 p，则总动量为 2p，根据 p22mEk 以及能量的关系得4p22M p22m p22M，解得 Mm 3，所以 A、B 正确7(单选)(上海 2011 届高三调研)从手中竖直向上抛出的小球，与水平天花板碰撞后又落回到手中，设竖直向上的方向为正方向，小球与天花板碰撞时间极短若不计空气阻力和碰撞过程
11、中动能的损失，则下列图象中能够描述小球从抛出到落回手中整个过程的运动规律的是()C解析：小球做竖直上抛运动，向上为正方向，故速度时间 图象为纵截距为正、斜率为负的直线；与天花板相撞且不计动 能损失与空气摩擦，故速度不能取零且返回时图象应与上抛图 象关于横轴某点对称，只有 C 选项正确 )则 A、B 组成的系统动能损失最大的时刻是(图 614 8(单选)如图 614 所示，物体 A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与 A 质量相等的物体 B 以速度v，向 A 运动并与弹簧发生碰撞，A、B 始终沿同一直线运动，AA 开始运动时CB 的速度等于零时BA 的速度等于 v 时DA 和 B
12、 的速度相等时解析：当两者速度相等时，系统弹性势能最大，故机械能在该时刻损失最大答案：D热点1 碰撞、爆炸中的动量守恒图 615【例 1】(2010 年山东卷)如图 615 所示，滑块 A、C 质量均为 m，滑块 B 质量为32m.开始时 A、B 分别以 v1、v2 的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将 C 无初速地放在 A 上，并与 A 粘合不再分开，此时 A 与 B 相距较近，B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与 B 碰撞将粘合在一起为使 B 能与挡板碰撞两次，v1、v2 应满足什么关系？解析：A 与 C 粘合在一起，由动量守恒定律得 mv12mv再与 B 碰撞时，要达到题目要
13、求，需 2mv32mv20联立解得 v132v2.审清题意，正确分析临界状态，是解决问题的关键1(2010 年深圳一模)如图 616 所示，ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，BCD 是半径为 R 的半圆弧轨道，DE 是半径为 2R 的圆弧轨道，BCD与 DE 相切在轨道最高点 D，R0.6 m质量为 M0.99 kg 的小物块，静止在 AB 轨道上，一颗质量为 m0.01 kg 子弹水平射入物块但未穿出，物块与子弹一起运动，恰能贴着轨道内侧通过最高点从 E 点飞出取重力加速度 g10 m/s2，求：(1)物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道 B 点的速度；(2)子弹
14、击中物块前的速度；(3)系统损失的机械能图 616解：(1)在轨道最高点 D 有(Mm)g(Mm)v2D2R物块与子弹上滑过中机械能守恒：12(Mm)v2D(Mm)g2R12(Mm)v2B代入数据解得：vB 6Rg6 m/s.(2)由动量守恒 mv(Mm)vB解得 v600 m/s.(3)根据能的转化和守恒定律得E12mv212(Mm)v2B1 782 J.热点 2动量守恒与能量守恒综合题图 617【例 2】如图 617 所示，质量 m10.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L15 m，现有质量 m20.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v02 m/s 从左端滑上小车，最
15、后在车面上某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数为 0.5，取 g10 m/s2，求(1)物块在车面上滑行的时间 t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少解析：(1)设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0(m1m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为 F，对物块应用动量定理有 Fm2g由牛顿第二定律 Fm2a而 atvv0解得1 012()m vtmm g代入数据得 t0.24 s(2)要使物块恰好不从车厢滑出，物块到车面右端时与小车应有共同的速度 v，则 m2v0(m1m2)v在一个系统中，合外力为零，过程动量守恒，
16、但存在内力做功的问题，内力做功则能量发生转化一般是动能与其他形式能的转化，如内力为摩擦力，动能与内能转化；弹簧弹力做功，动能与弹性势能相互转化；重力做功，重力势能与动能相互转化只要抓住过程中能量转化关系，判断出哪个过程中动量守恒，这类问题就不难解决由功能关系有12m2v2012(m1m2)v20m2gL代入数据解得 v05 m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度不能超过 5 m/s.2(2010 年湛江二模)如图 618 所示，固定在地面上的光滑圆弧面与车 C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个滑块A，其质量为 mA2 kg，在距车的水平面高 h1.25 m 处由静止下滑，车 C
17、 的质量为 mC6 kg，在车 C 的左端有一个质量 mB2 kg 的滑块 B，滑块 A 与 B 均可看做质点，滑块 A 与 B 碰撞后粘合一起共同运动，最终没有从车 C 上滑出，已知滑块 A 和B 与车 C 的动摩擦因数均为0.5，车 C 与水平地面的摩擦忽略不计g 取 10m/s2.求：(1)滑块 A 滑到圆弧面末端时的速度大小(2)滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小(3)车 C 的最短长度图 618解：(1)设滑块 A 滑到圆弧末端时的速度大小为 v1，由机械能守恒定律有mAgh12mAv21代入数据解得 v1 2gh5 m/s(2)设 A、B 碰后瞬间的共同速度为 v2，滑块
18、 A 与 B 碰撞瞬间与车 C 无关，滑块 A 与 B 组成的系统动量守恒mAv1(mAmB)v2代入数据解得 v22.5 m/s(3)设车 C 的最短长度为 L，滑块 A 与 B 最终没有从车 C 上滑出，三者最终速度相同令其为 v3，根据动量守恒定律有(mAmB)v2(mAmBmC)v3根据能量守恒定律有(mAmB)gL12(mAmB)v2212(mAmBmC)v23联立式代入数据解得 L0.375 m.3(2010 年深圳二模)如图 619 所示，MN 为 3 m 宽的小沟，M 点左侧 1 m 处有一 5 m 高的平台与半径为 1.25 m 的圆弧底部相切，平台表面与圆轨道都光滑，一质量
19、为 3 kg 的 B球静止在平台上现让一小球 A 从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A 球下滑至平台并与 B 球发生碰撞A、B 两球可视为质点，g10 m/s2.求：(1)A 球到达圆弧底端时的速度；(2)要使碰后两球刚好落在小沟两侧，A 球的可能质量图 619解：(1)根据机械能守恒 mgR12mv2代入数据得 v5 m/s(2)若碰后两球都向右运动，平抛时间t2hg 1 s.由 xvt 得 vA11 m/s，vB14 m/s由动量守恒 mAvmAvA1mBvB1得 mA3 kg碰前总动能 Ek112352 J碰后总动能 Ek11231212342 J因为 Ek1Ek1，其解成立若碰后 A 球
20、向左运动，B 球向右运动，则可能有：vA21 m/s，vB24 m/s由动量守恒 mAvmAvA2mBvB2得 mA2 kg碰前总动能 Ek212252 J碰后总动能Ek2122(1)212342 J因为 Ek2Ek2，其解成立若碰后 A 球向左运动，B 球向右运动，则可能有：vA34 m/s，vB31 m/s由动量守恒 mAvmAvA3mBvB3得 mA13 kg碰前总动能 Ek3121352 J碰后总动能Ek31213(4)212312 J因为 Ek3Ek3，其解成立易错点：动量守恒过程分析【例 1】如图 6110 所示，带有光滑的半径为 R 的四分之一圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上，此
21、滑块的质量为 M，一个质量为 m 的小球由静止从 A 点释放，当小球从滑块 B 上水平飞出时，滑块和小球的速度分别为多大？图 6110错解分析：小球从 A 到 B 由机械能守恒，设小球从 B 点飞出时，小球的速度为 v1，则mgR12mv21，得 v1 2gR小球和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，设滑块的速度为 v2，则 Mv2mv1所以 v2mM 2gR.动量守恒过程是小球滑下来的整个过程，此过程中小球下滑则滑块反方向后退，错解的原因是把物体运动过程分为先小球下落，再动量守恒正确解析：设小球从 B 点飞出时，滑块的速度为 v1，小球的速度为 v2，对小球和滑块组成的系统在水平方向上由动量守
22、恒：0Mv1mv2系统机械能守恒：mgR12Mv2112mv22由得212()m gRvM Mm，v22MgRMm1(2010 年新课标卷)如图 6111 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.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 6111解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙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，动量守恒，有：2mv0mv0(2mm)v，解得：vv03第一个过程中：对木板有 2mgma而由运动学规律有：at1v(v0)，sv2v202a木板在第二个过程中有：svt2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间tt1t22v03g2v03g4v03g.
