第1講動量定理動量守恒定律第十二章

動量守恒定律[考試標準]知識內容必考要求加試要求說明動量和動量定理

c1.運用動量定理計算時，只限于一個物體、一維運動和一個過程.2.運用動量定理計算時，不要求涉及連續介質.3.只要求解決一維運動中簡單的動量守恒問題.動量守恒定律

c碰撞

d4.只要求解決兩個物體構成的系統相互作用一次的動量守恒問題.5.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及相對速度.6.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及平均速度.7.運用動量守恒定律計算時，不要求涉及變質量問題.8.綜合應用動量、能量進行計算時，不要求聯立方程求解.9.不要求定量計算反沖問題.反沖運動火箭

b內容索引過好雙基關回扣基礎知識訓練基礎題目研透命題點細研考綱和真題分析突破命題點課時作業限時訓練練規范練速度過好雙基關一、動量和動量定理1.動量物體的質量與速度的乘積為動量，即p＝mv，單位是kg·m/s.動量是描述物體運動狀態的物理量，是矢量，其方向與

的方向相同.2.沖量力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量，即I＝F·t，沖量是矢量，其方向與

的方向相同，單位是N·s.3.動量定理物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量，即p′－p＝I.適用于單個物體或多個物體組成的系統.速度力自測1

(多選)關于物體的動量，下列說法中正確的是A.物體的動量越大，其慣性也越大B.同一物體的動量越大，其速度一定越大C.物體的加速度增大，其動量一定增大D.運動物體在任一時刻的動量方向一定是該時刻的速度方向√答案√二、動量守恒定律1.適用條件(1)系統不受外力或所受外力的合力為零，不是系統內每個物體所受的合力都為零，更不能認為系統處于

狀態.(2)近似適用條件：系統內各物體間相互作用的內力

它所受到的外力.(3)如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統

動量守恒.平衡遠大于在該方向上2.動量守恒定律的不同表達形式(1)m1v1＋m2v2＝

，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的總動量和等于作用后的總動量.(2)Δp1＝

，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向.(3)Δp＝

，系統總動量的增量為零.m1v1′＋m2v2′－Δp20自測2

(多選)如圖1所示，在光滑的水平面上有靜止的物體A和B.物體A的質量是B的2倍，兩物體中間用被細繩束縛的處于壓縮狀態的輕質彈簧相連.當把細繩剪斷，彈簧在恢復原長的過程中A.A的速率是B的2倍B.A的動量大于B的動量C.A受的力等于B受的力D.A、B組成的系統的總動量為零

√答案√圖1三、碰撞1.碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力

的現象.2.特點在碰撞現象中，一般都滿足內力

外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒.很大遠大于

動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒_____非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失_____3.分類守恒最大自測3

(多選)如圖2所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發生碰撞后的可能運動狀態是A.A和B都向左運動B.A和B都向右運動C.A、B都靜止D.A向左運動，B向右運動

√答案√圖2四、反沖運動火箭1.反沖現象(1)如果一個靜止的物體在內力作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向

運動.(2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂?/p>

定律來處理.(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的

增加.相反方向動量守恒機械能2.火箭(1)工作原理：利用反沖運動.火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時，使火箭獲得巨大的

.(2)設火箭在Δt時間內噴射燃氣的質量是Δm，噴出燃氣的速度大小是u，噴出燃氣后火箭的質量是m，則火箭獲得的速度大小v＝

.反作用力自測4

(多選)下列屬于反沖運動的是A.汽車的運動B.直升飛機的運動C.火箭的運動D.反擊式水輪機的運動√答案√研透命題點命題點一動量定理的理解和應用1.理解(1)物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小.(2)物體受到的作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小.2.應用(1)應用I＝Δp求變力的沖量.(2)應用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量.(3)應用動量定理解題的步驟①確定研究對象：可以是單個物體，也可以是幾個物體組成的系統.②進行受力分析：分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力.③分析運動過程，選取正方向，確定初、末狀態的動量以及整個過程合力的沖量.④列方程：根據動量定理列方程求解.例1質量為0.5kg的小球沿光滑水平面以v1＝5m/s的速度沖向墻壁后又以v2＝4m/s的速度反向彈回，如圖3所示，若球跟墻的作用時間為0.05s，求小球所受的平均力的大小.圖3答案解析答案

90N解析選定小球與墻壁碰撞的過程，取v1的方向為正方向，對小球應用動量定理得Ft＝－mv2－mv1“－”號說明F的方向向左.答案變式1

(多選)雞蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎.下列防護和規定中與其具有相同的原理的是A.撐竿跳高比賽中，橫桿的下方放有較厚的海綿墊B.易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎C.有關部門規定用手工操作的各類振動機械的頻率必須大于20赫茲D.在汽車上安裝安全氣囊√√解析√解析雞蛋掉在草地上時與草地的作用時間長，掉在水泥地上時與水泥地的作用時間短，由動量定理FΔt＝Δp知，當動量變化量相同時，雞蛋掉在草地上受到的作用力小，所以不容易碎.撐竿跳高比賽時，橫桿的下方放有較厚的海綿墊是為了增大運動員與海綿墊的作用時間而減小運動員受到的作用力，選項A正確；易碎物品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷和碼頭懸掛舊輪胎是為了增大物體間的作用時間而減小物體間的作用力，選項B正確；用手工操作的各類振動機械的頻率必須大于20Hz是為了防止發生共振現象而對人體健康造成危害，選項C錯誤；在汽車上安裝安全氣囊是為了增大安全氣囊與人的作用時間而減小人受到的作用力，選項D正確.解析

重力的沖量IG＝mgt，故A錯誤.拉力F的沖量IF＝Ft，故B正確，C錯誤.合力的沖量I合＝Ftcosθ，根據動量定理知，合力的沖量等于動量的變化量，則動量的變化量為Ftcosθ，故D正確.答案變式2

(多選)如圖4，在光滑水平面上有一質量為m的物體，在與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下運動，則在時間t內A.重力的沖量為0B.拉力F的沖量為FtC.拉力F的沖量為FtcosθD.物體動量的變化量等于Ftcosθ

√解析√圖4答案變式3

(多選)質量為m的物體以初速度v0開始做平拋運動，經過時間t，下降的高度為h，速度變為v，在這段時間內物體動量變化量的大小為A.m(v－v0) B.mgtC.m D.m√解析√解析由動量定理得I＝Δp，即mgt＝Δp，故B正確；√命題點二動量守恒定律的應用1.適用條件(1)前提條件：存在相互作用的物體系.(2)理想條件：系統不受外力.(3)實際條件：系統所受合外力為0.(4)近似條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統所受的外力.(5)方向條件：系統在某一方向上滿足上面的條件，則在此方向上動量守恒.2.解題步驟(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)；(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)規定正方向，確定初、末狀態動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明.答案例2如圖5所示，兩塊厚度相同的木塊A、B，緊靠著放在光滑的桌面上，其質量分別為2.0kg、0.9kg，它們的下表面光滑，上表面粗糙，另有質量為0.10kg的鉛塊C(大小可以忽略)以10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，由于摩擦，鉛塊C最后停在木塊B上，此時B、C的共同速度v＝0.5m/s.求木塊A的最終速度和鉛塊C剛滑到B上時的速度.圖5解析答案0.25m/s

2.75m/s解析鉛塊C在A上滑行時，木塊A、B一起向右運動，鉛塊C剛離開A時的速度設為vC′，A和B的共同速度為vA，在鉛塊C滑過A的過程中，A、B、C所組成的系統動量守恒，有mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′；在鉛塊C滑上B后，由于B繼續加速，所以A、B分離，A以vA勻速運動，在鉛塊C在B上滑行的過程中，B、C組成的系統動量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v代入數據解得vA＝0.25m/s，vC′＝2.75m/s.答案變式4

(多選)如圖6所示，放在光滑水平桌面上的兩個木塊A、B中間夾一被壓縮的彈簧，當彈簧被放開時，它們各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面落在地上.A的落地點與桌邊的水平距離為0.5m，B的落地點與桌邊的水平距離為1m，不計空氣阻力，那么A.A、B離開彈簧時的速度之比為1∶2B.A、B質量之比為2∶1C.未離開彈簧時，A、B所受沖量之比為1∶2D.未離開彈簧時，A、B加速度之比為1∶2√圖6√解析√解析A、B組成的系統在水平方向上不受外力，動量守恒，A、B兩木塊的落地點到桌邊的水平距離x＝v0t，因為兩木塊的落地時間相等，所以v0與x成正比，故vA∶vB＝1∶2，即A、B離開彈簧時的速度之比為1∶2.由動量守恒定律可知，mA∶mB＝2∶1.未離開彈簧時，A、B受到的彈力相等，作用時間相同，沖量大小也相同.未離開彈簧時，F相等，m不同，加速度a＝

，與質量成反比，故aA∶aB＝1∶2.變式5

(多選)質量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發生碰撞，如圖7所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發生的是A.M、m0、m速度均發生變化，分別為v1、v2、v3，

而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B.m0的速度不變，M和m的速度變為v1和v2，而且滿

足Mv＝Mv1＋mv2C.m0的速度不變，M和m的速度都變為v′，且滿足Mv＝(M＋m)v′D.M、m0、m速度均發生變化，M、m0速度都變為v1，m的速度變為v2，

且滿足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2

答案圖7√解析√解析碰撞的瞬間，M和m組成的系統動量守恒，m0的速度不變，以M的初速度方向為正方向，若碰后M和m的速度變為v1和v2，由動量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′.命題點三碰撞問題1.兩物體相互碰撞的問題，若不說明是彈性碰撞，則碰撞中動能一般都有損失，而兩物體碰后粘在一起的情況，碰撞中動能損失最多.2.含有彈簧模型的動量守恒問題，從本質上看，屬于一種時間較長的彈性碰撞.在作用的過程中，當彈簧被壓縮至最短或拉伸至最長時，系統內各個物體具有共同的速度，而此時彈簧的彈性勢能最大.例3如圖8所示，在水平光滑直導軌上，靜止著兩個質量為m＝1kg的相同的小球A、B.現讓A球以v0＝2m/s的速度向B球運動，A、B兩球碰撞后粘在一起繼續向右運動.求：(1)A、B兩球碰撞后一起運動的共同速度多大？

答案解析圖8答案1m/s解析A、B兩球相碰，滿足動量守恒定律，以v0的方向為正方向則有mv0＝2mv代入數據解得A、B兩球相碰后的速度v＝1m/s(2)碰撞過程中損失了多少動能？答案答案1J解析解析A、B碰撞過程中損失的動能為變式6

(多選)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，圖9表示發生碰撞前后的v－t圖線，由圖線可以判斷A.A、B的質量比為3∶2B.A、B作用前后總動量守恒C.A、B作用前后總動量不守恒D.A、B作用前后總動能不變

答案√圖9解析√√解析碰撞前后兩物體組成的系統所受合外力為0，系統動量守恒，B正確，C錯誤；根據動量守恒定律：mA·6＋mB·1＝mA·2＋mB·7，得：mA∶mB＝3∶2，故A正確；變式7質量為10g的子彈，以300m/s的速度水平射入質量為24g、靜止在光滑水平桌面上的木塊.如果子彈留在木塊中，則木塊運動的速度是多大？如果子彈把木塊打穿，子彈穿過木塊后的速度為100m/s，這時木塊的速度又是多大？解析答案答案88.2m/s

83.3m/s解析子彈質量m＝10g＝0.01kg，子彈初速度v0＝300m/s，木塊質量M＝24g＝0.024kg，設子彈嵌入木塊后與木塊的共同速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v若子彈把木塊打穿，穿出木塊后速度為v1＝100m/s，設此時木塊速度為v2，仍以子彈初速度方向為正方向，由動量定恒定律得mv0＝mv1＋Mv2.代入數據解得v2≈83.3m/s.課時作業1.(多選)某物體受到－2N·s的沖量作用，則下列說法不正確的是A.物體原來的動量方向一定與這個沖量的方向相反B.物體的末動量一定是負值C.物體的動量一定減小D.物體的動量增量一定與規定的正方向相反答案√√√1234567891011122.(多選)放在水平面上的物體，用水平推力F推它t時間，物體始終不動，則在這t時間內，關于合力的沖量與摩擦力的沖量，下列說法正確的是(以水平推力F的方向為正方向)A.合力的沖量及摩擦力的沖量均為0B.合力的沖量及摩擦力的沖量均為FtC.合力的沖量為0，摩擦力的沖量為－FtD.合力的沖量為0，水平推力的沖量為Ft答案√√1234567891011123.(多選)從同樣高度自由落下的玻璃杯，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動量大，掉在草地上的玻璃杯動量小B.掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小C.掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢D.掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地

上的玻璃杯與地面接觸時作用時間長答案√√1234567891011124.(多選)“神舟十號”返回艙的成功著陸，標志著我國成為世界上第三個獨立掌握空間出艙關鍵技術的國家.為了保證航天員的安全，返回艙上使用了降落傘、反推火箭、緩沖座椅三大法寶，在距離地面大約1m時，返回艙的4個反推火箭點火工作，返回艙速度一下子降到了2m/s以內，隨后又漸漸降到1m/s，最終安全著陸.把返回艙離地1m開始到完全著陸稱為著地過程，則關于反推火箭的作用，下列說法正確的是A.減小著地過程中返回艙和航天員的動量變化B.減小著地過程中返回艙和航天員所受的沖量C.延長著地過程的作用時間D.減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力答案√√1234567891011125.(多選)物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內動能由零增大到E1，在時間t2內動能由E1增加到2E1，設合力在時間t1內做的功為W1，沖量為I1，在時間t2內做的功是W2，沖量為I2，則A.I1<I2

B.I1>I2C.W1＝W2

D.W1<W2答案√√1234567891011126.(多選)如圖1所示，光滑水平面上靜止著一輛質量為M的小車，小車上帶有一光滑的、半徑為R的

圓弧軌道.現有一質量為m的光滑小球從軌道的上端由靜止開始釋放，下列說法中正確的是A.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統總動量守恒B.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統總動量不守恒C.小球下滑過程中，在水平方向上小車和小球組成的系統

總動量守恒D.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統機械能守恒

答案√√圖1√1234567891011127.(多選)(2017·金華十校聯考)如圖2所示，某人身系彈性繩自高空P點自由下落，a點是彈性繩的原長位置，b點是人靜止懸掛時的平衡位置，c點是人所能到達的最低點(彈性繩在彈性限度內).若把P點到a點的過程稱為過程Ⅰ，由a點到c點的過程稱為過程Ⅱ，不計空氣阻力.下列說法正確的是A.過程Ⅱ中系統的機械能不變B.過程Ⅱ中人的動能逐漸減小到零C.過程Ⅱ中人的動量改變量與過程Ⅰ的動量改變量大小相等D.過程Ⅱ中人的動量改變量等于重力的沖量

答案√圖2√123456789101112解析解析從a到c因只有重力和彈性繩彈力做功，故系統機械能守恒，A正確；從a到c，人的動能先增大后減小，故B錯誤；設人到a點時速度為v，則過程Ⅱ中人的動量改變量大小為ΔpⅡ＝mv，過程Ⅰ中人的動量改變量大小為ΔpⅠ＝mv，ΔpⅡ＝ΔpⅠ，故C正確；根據動量定理，過程Ⅱ中人的動量改變量等于重力和彈力的合力的沖量，故D錯誤.1234567891011128.(多選)光滑水平地面上，A、B兩物體質量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，其左端有一水平輕質彈簧，如圖3所示，當A撞上彈簧，彈簧被壓縮到最短時A.A、B系統總動量仍然為mv B.A的動量變為零C.B的動量達到最大值

D.A、B的速度相等

答案解析√√圖3解析A、B系統水平方向動量守恒，總動量不變仍為mv，A正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，D正確，B錯誤；但此時B的速度并不是最大的，因為彈簧還會彈開，故B物體會進一步加速，A物體會進一步減速，C錯誤.1234567891011129.(多選)如圖4甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發生正碰.小球的質量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的x－t圖象.已知m1＝0.1kg.由此可以判斷A.碰前m2靜止，m1向右運動

B.碰后m2和m1都向右運動C.m2＝0.3kg D.碰撞過程中系統損失了0.4J的機械能

答案√圖4√解析123456789101112解析由x－t圖象知碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止狀態.碰前m1速度大小為v1＝

＝4m/s，方向只有向右才能與m2相碰，故A正確；由題圖乙知碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動，故B錯誤；由題圖乙求出碰后m2和m1的速度分別為v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根據動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝0.3kg，故C