2022高考物理总复习名师学案--动量（33页WORD）●考点指要知识点要求程度1.动量、冲量.动量定理Ⅱ2.动量守恒定律及其应用(包括反冲)Ⅱ3.碰撞Ⅱ4.航天技术的开展和宇宙航行Ⅰ【说明】动量定理和动量守恒定律的应用只限于一维的情况.●复习导航本章内容包括动量和冲量两个根本概念及动量定理和动量守恒定律两条根本规律.冲量是力对时间的累积，是过程量；动量是物体机械运动量的量度，是状态量.动量定理说明了力对时间的累积效应是使物体的动量发生改变.物体在相互作用时物体间有动量的传递，但在系统外力的冲量为零时，物体系统的总动量将不改变，即动量守恒.动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界普遍适用的根本规律之一.《高考说明》对本章的要求很高，均为Ⅱ级要求.本章内容是高考考察的重点之一.由于应用动量守恒定律解决的问题过程较复杂，又常常跟能量守恒综合考察，使得应用动量守恒定律求解的题目难度较大，加之动量定理、动量守恒定律都是矢量方程.这也给应用这些规律解决问题增加了难度.所以，本章也是高中物理复习的难点之一.本章知识可分两个单元组织复习：(Ⅰ)动量和冲量，动量定理；(Ⅱ)动量守恒定律.第Ⅰ单元动量和冲量·动量定理●知识聚焦一、动量、冲量1.动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量.即p＝mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向相同.注意：动量、动能和速度都是描述物体运动的状态量.动量和动能的关系是：p2＝2mEk.2.冲量：力和力的作用时间的乘积Ft，叫做该力的冲量.即I＝Ft.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定.如果在作用时间内力的方向不变，冲量的方向就是力的方向.二、动量定理物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化.Ft＝p′－p或Ft＝mv′－mv【说明】(1)上述公式是一矢量式，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.譬如，一质量为m的乒乓球以速度v水平地飞向墙后原速弹回，其动能的变化量为零，但其动量的变化量却是2mv.(2)动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统.对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力.系统内力的作用不改变整个系统的总动量.(3)动量定理是根据牛顿第二定律F＝ma和运动学公式vt＝v0＋at，在设力是恒定的情况下推导出来的.因此，用牛顿第二定律和运动学公式能解的恒力作用下的匀变速直线运动的问题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便.但是，动量定理不仅适用于恒力作用的过程，也适用于随时间变化的力作用的过程.对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值.(4)根据F＝ma得35/35\nF＝ma＝m即F＝.这是牛顿第二定律的另一种表达形式：合外力F等于物体动量的变化率.三、用动量定理解释现象用动量定理解释的现象一般可分为两类：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.分析问题时，要把哪个量变化搞清楚.●疑难辨析1.Δp＝p′－p指的是动量的变化量，不要理解为是动量，它的方向可以跟初动量的方向相同(同一直线，动量增大)；可以跟初动量的方向相反(同一直线，动量减小)；也可以跟初动量的方向成某一角度，但动量变化量(p′－p）的方向一定跟合外力的冲量的方向相同.2.（1）应用动量定理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，那么不能直接用Ft求变力的冲量，而应求出该力作用下物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.例如质量为m的小球用长为r的细绳的一端系住，在水平光滑的平面内绕细绳的另一端做匀速圆周运动，速率为v，周期为T.向心力F＝在半个周期的冲量不等于，因为向心力是个变力(方向时刻在变).因为半个周期的始、末线速度方向相反，动量的变化量是2mv，根据动量定理可知，向心力在半个周期的冲量大小也是2mv，方向与半个周期的开场时刻线速度的方向相反.（2）应用Δp=F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量的变化（Δp=p2-p1）需要应用矢量运算方法，比较麻烦，如果作用力是恒力，可以求出恒力的冲量等效代换动量的变化.如平抛运动中动量的变化问题.3.用动量定理解题的根本思路(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象仅限于单个物体.(2)对物体进展受力分析.可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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.如有必要，还需要其他补充方程式.最后代入数据求解.●典例剖析［例1］两个同样的物块，从同一高度自由下落.甲落在软垫上，乙落在水泥地上，均不再弹起，试分析比较两个物块和地面撞击时所受平均力的大小.【解析】因两物块从同一高度下落，它们落地前的速度(v=)一样，那么初动量相同；落地后均静止，末动量也相同.所以两物块的动量的变化量Δp相等.因物块落在软垫上和软垫作用的时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理Ft=Δp可知，物块落在软垫上时受的平均作用力小，落在水泥地上受的平均作用力大.【思考】参照本例试分析：(1)在“跳高”和“跳远”的比赛中，运发动为什么要落在沙坑中?35/35\n(2)“跳伞”运发动着地时，为什么要有“团身”动作?(3)在球类工程的体育课上，传球和接球时为什么要有缓冲动作?【思考提示】（1）、（2）、（3）中所列现象均是通过延长作用时间来减小相互作用力.【设计意图】通过本例说明应用动量定理解释实际现象的方法.［例2］据报道，1980年一架英国战斗机在威尔士上空与一只秃鹰相撞，飞机坠毁.小小的飞鸟撞坏庞大、坚实的飞机，真难以想象.试通过估计，说明鸟类对飞机飞行的威胁，设飞鸟的质量m=1kg，飞机的飞行速度为v=800m/s，假设两者相撞，试估算鸟对飞机的撞击力.【解析】以鸟为研究对象，和飞机相撞前其速度可忽略，相撞后可认为鸟和飞机一起运动，速度为v=800m/s.撞击过程中，设鸟相对于飞机因挤压变形而减小的距离为L=20cm（可认为是鸟的尺寸），那么撞击时间约为t=由动量定理得Ft=mv所以，鸟对飞机平均撞击力的大小约为F=N≈3×106N由此可见，鸟对飞机的威胁很大，所以，在大型机场附近，都设有驱赶鸟的装置.【说明】在求解有关现实生活的题目时，虽然有些条件题目中没有给出，应学会正当的取舍和合理的假设，如此题中鸟的长度、质量、初末速度等.【设计意图】通过本例说明利用动量定理分析解答实际问题的方法.※［例3］物体A和B用轻绳相连接，挂在轻弹簧下静止不动，如图5—1—1(a)所示.A的质量为m,B的质量为M.当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v.这时，物体B的下落速度大小为u，如图b所示.在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为图5—1—1A.mvB.mv-MuC.mv+MuD.mv+mu【解析】由题意可知，虽然整个过程所用的时间可以直接求出，但弹簧的弹力是一变力，要求它的冲量只能用动量定理来计算.以物体A为研究对象，取竖直向上为正方向，根据动量定理有：35/35\n(F-mg)t=mv①在t时间内，物体B做自由落体运动，那么t=②由①②两式可得弹力的冲量Ft=mv+mu.所以正确的选项为Ｄ.【思考】在这段时间内，弹簧对A的平均作用力多大?物体A再次回到图a所示的初位置的过程中，合力的冲量是多少?重力的冲量与弹力的冲量有何关系?【思考提示】在这段时间内弹簧对A的平均作用力为F=物体A再次回到初位置时，速度又变为零，即在该过程中物体动量的变化量为零，那么合力的冲量为零，重力的冲量跟弹力的冲量大小相等、方向相反.【设计意图】通过本例说明变力的冲量应根据动量定理来求.●反响练习★夯实根底1.以下对几种物理现象的解释中，正确的选项是A.击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B.跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C.在推车时推不动，是因为合外力冲量为零D.动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来【解析】根据Ft=Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同.【答案】C2.以下各种说法中，不能够成立的是A.某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中某一时刻物体的动量可能为零B.某一段时间内物体受到的冲量为零，而其中某一时刻物体的动量可能不为零C.某一段时间内物体受到的冲量不为零，而动量的增量可能为零D.某一时刻物体的动量为零，而动量对时间的变化率不为零【解析】由Ft=p′－p知，Ft与Δp相等，Ft不为零，Δp也不为零，但与p′、p无直接关系.又由F=可知：p′或p为零.即动量对时间的变化率不为零.故A、Ｂ、Ｄ选项能成立.C不能成立，应选C.【答案】C3.某物体受到一个－6N·s的冲量作用，那么A.物体的动量一定减小B.物体的末动量一定是负值C.物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反35/35\n【解析】矢量的符号是表示方向的，取“＋”取“－”是以和所选正方向相同或相反决定的，而与初动量的方向无确定关系，可相同或相反.【答案】C4.一物体从某高处自静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1,当它下落2h时的动量大小为p2，那么p1∶p2等于A.1∶1B.1∶C.1∶2D.1∶4【解析】物体下落时由于受到的重力和阻力恒定，物体做匀加速直线运动，由vt2-v02=2as得，物体下落h和2h时的速度分别为v12=2ahv22=2a·2h所以那么相应的动量分别为【答案】B5.质量为m的小球从h高处自由下落，与地面碰撞时间为Δt，地面对小球的平均作用力为F，取竖直向上为正方向，在与地面碰撞过程中A.重力的冲量为mg(）B.地面对小球作用力的冲量为F·ΔtC.合外力对小球的冲量为(mg+F)·ΔtD.合外力对小球的冲量为(mg-F)·Δt【解析】在与地面碰撞过程中，取竖直向上为正方向.重力的冲量为－mgΔt，合外力对小球的冲量为(F-mg)Δt，故正确选项应为Ｂ.【答案】B6.物体A初动量大小是7.0kg·m/s，碰撞某物体后动量大小是4.0kg·m/s.那么物体碰撞过程动量的增量Δp的大小范围是.【解析】选初动量的方向为正方向，那么末动量有两种可能，即：4.0kg·m/s或－4.0kg·m/s.故动量的增量Δp的大小范围是：3kg·m/s≤Δp≤11kg·m/s.【答案】3kg·m/s≤Δp≤11kg·m/s7.如图5—1—2，质量分别为mA、mB的木块叠放在光滑的水平面上，在A上施加水平恒力F，使两木块从静止开场做匀加速运动，A、B无相对滑动，那么经过ts，木块A所受的合外力的冲量为________，木块B的动量的增量Δp为________35/35\n图5—1—2【解析】因A、B之间无相对运动，可把A、B看作一个整体，由牛顿第二定律F=(mA+mB)a得：a=木块A所受的合外力FA＝木块A所受合外力的冲量IA＝木块B动量的增量ΔpB＝【答案】；.8.两物体质量之比为m1∶m2=4∶1，它们以一定初速度沿水平面在摩擦力作用下做减速滑行到停下来的过程中（1）假设两物体的初动量相同，所受的摩擦力相同，那么它们的滑行时间之比为________；（2）假设两物体的初动量相同，与水平面间的动摩擦因数相同，那么它们的滑行时间之比为________；（3）假设两物体的初速度相同，所受的摩擦力相同，那么它们的滑行时间之比为________；（4）假设两物体的初速度相同，与水平面间的动摩擦因数相同，那么它们的滑行时间之比为________.【解析】（1）由动量定理得-Fft=0-pt=由于Ff和p均相同，所以t1∶t2=1∶1（2）由动量定理得-μmg·t=0-pt=由于p、μ均相同，所以t与m成反比.故t1∶t2=m2∶m1=1∶4（3）由动量定理得35/35\n-Fft=0-mvt=由于Ff、v均相同，所以t与m成正比，故t1∶t2=m1∶m2=4∶1（4）由动量定理得-μmgt=0-mvt=由于μ、v均相同，所以t1∶t2=1∶1【答案】（1）1∶1；（2）1∶4；（3）4∶1；（4）1∶1★提升能力9.如图5—1—3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，假设以2v速度抽出纸条，那么铁块落地点为图5—1—3A.仍在P点B.在P点左边C.在P点右边不远处D.在P点右边原水平位移的两倍处【解析】纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大.以2v的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确.【答案】Ｂ10.一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间的关系如图5—1—4所示，如果该物体从静止开场运动，当该物体具有最大速度时，物体运动的时间是________s，该物体的最大动量值是________kg·m/s.图5—1—435/35\n【解析】由图象知t=5s时，F1、F2大小相等，此后F2＞F1，物体开场做减速运动，故t=5s时速度最大.由I=Ft知，F—t图象中图线与时间轴所围面积为力的冲量，所以，前5s内F1、F2的冲量分别为I1=37.5N·sI2=-12.5N·s所以，前5s内合力的冲量为I=I1+I2=25N·s由动量定理知，物体在前5s内增加的动量，也就是从静止开场运动后5s末的动量为25kg·m/s.【答案】5;2511.质量m=5kg的物体在恒定水平推力F=5N的作用下，自静止开场在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小.【解析】因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力F前，物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力Ff，撤去力F后，物体只受摩擦力Ff.取物体运动方向为正方向.方法1：设撤去力F时物体的运动速度为v.对于物体自静止开场运动至撤去力F这一过程，由动量定理有(F-Ff)t1=mv.①对于撤去力F直至物体停下这一过程，由动量定理有(-Ff)t2=0-mv.②联立式①、②解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为Ff==2N.说明式（1）、（2）中Ff仅表示滑动摩擦力的大小，Ff前的负号表示Ff与所取正方向相反.方法2：将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程.在时间t1内物体所受合外力为（F-Ff）,在时间t2内物体所受合外力为-Ff，整个运动时间（t1+t2）内，物体所受合外力冲量为（F-Ff）t1+(-Ff)t2.对物体整个运动过程应用动量定理有（F-Ff）t1+(-Ff)t2=0,解得Ff==2N.【答案】2N12.一人水平端着冲锋枪，可以给枪的平均水平力为40N，被打出的子弹质量20g，出枪口的速度为200m/s，那么该枪1min内最多可发射多少发子弹？【解析】设在t=1min=60s内最多可发射n发子弹，由动量定理得Ft=nmvn=【答案】600※13.1991年香港中学生举行了一次“鸡蛋撞地球”的比赛，参赛者需设计一个容器，里面装一个生鸡蛋，让它从大约13m35/35\n的指定高度投到地面，要求容器内的鸡蛋在着地后不破，比赛以容器最轻、体积最小和实用性高的设计为优胜，所有的设计不得使用填充材料、气袋等防撞材料，为了减少撞击力，根据物理原理，设计时应该从________考虑.(香港这次比赛，最轻的材料只有6.5g)【答案】减小着地速度v，增大缓冲时间※14.如图5—1—5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，那么图5—1—5①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0④每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为mgT/2以上结论正确的选项是A.①④B.②③C.②③④D.①③④【解析】重力为恒力.故物体每转一周重力的冲量为mgT.由于物体做的是非匀速圆周运动，故转半周的时间不一定是T，所以，重力的冲量也不一定是mg.每转一周，物体的动量变化量为零，故合外力的冲量为零.选项B正确.【答案】B※15.有一宇宙飞船，它的正面面积S=0.98m2，以v=2×103m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m=2×10-7kg.要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少?(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)【解析】设增加的牵引力为ΔF，那么ΔF·t＝Svtm·v代入数据解得ΔF＝0.78N【答案】0.78N第Ⅱ单元动量守恒定律●知识聚焦一、动量守恒定律1.定律内容：相互作用的物体，如果不受外力作用，或者它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变.这个结论叫做动量守恒定律.数学表达式为p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.2.动量守恒定律的使用条件(1)系统不受外力或系统所受外力之和为零.(2)系统所受的外力之和虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.(3)系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，那么在该方向上系统的总动量的分量保持不变.35/35\n3.应用动量守恒定律时应注意（1）动量守恒定律的矢量性：由于速度是矢量，定律的表达式应是一个矢量式，根据“教学大纲”，动量守恒定律的应用只限于一维的情况，这时，可根据所选的正方向确定速度的正、负，将矢量式化为代数式，对两个物体组成的系统，在一般情况下，定律可表示为m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.（2）动量守恒定律中速度的相对性：动量的大小和方向与参照系的选择有关.应用动量守恒定律列方程时，应该注意各物体的速度必须是相对同一惯性参照系的速度，通常以地面为参照系.（3）动量守恒定律中速度的同时性：物体系在相互作用过程中，任一瞬间的动量和都保持不变，相互作用前的动量和（m1v1+m2v2……）中的v1、v2……都应该是作用前同一时刻的瞬时速度；相互作用后的动量和（m1v1′+m2v2′……）中的v1′、v2′……都应该是作用后同一时刻的瞬间速度.4.应用动量守恒定律解题的根本步骤(1)分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.要明确所研究的系统是由哪几个物体组成的.(2)要对系统内的物体进展受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的力，即内力；哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力，即外力.在受力分析根底上，根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律.(3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的情形，动量守恒方程中各个动量(或速度)的方向可以用代数符号正、负表示.选取某个已知量的方向为正方向以后，但凡和选定的正方向同向的已知量取正值，反向的取负值.(4)建立动量守恒方程，代入已知量，解出待求量.计算结果如果是正的，说明该量的方向和正方向相同；如果是负的，那么和选定的正方向相反.二、碰撞1.碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象.在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题.按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况.2.一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少.假设总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞.假设两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞.一般情况下系统动能都不会增加(由其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程)，这也常是判断一些结论是否成立的依据.三、反冲现象指在系统内力作用下，系统内一局部物体向某方向发生动量变化时，系统内其余局部物体向相反的方向发生动量变化的现象.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.●疑难辨析1.动量为状态量，对应的速度应为瞬时速度.所以动量守恒定律中的“总动量保持不变”，指的应是系统的初、末两个时刻的总动量相等，或系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等.假设相互作用的两个物体作用前均静止，那么相互作用的过程中系统任一时刻的动量都是零，即m1v1+m2v2＝0，那么有m1+m2=0，其中、为该过程中的平均速度.由于两物体运动时间相同，那么有m1t+m2t=0,所以可推出m1s1+m2s2=0，使用此式解题时应注意：式中的s1-s2应相对同一参考系.如图5—2—1所示.在光滑水平面上，质量为M和m的两物体开场速度均为零，在m下滑的过程中，M将后退.由于水平方向系统不受外力，所以水平方向上动量守恒.m滑到底端时，假设M后退距离为s，那么m35/35\n水平方向移动的距离为(b-a-s)，代入m1s1＋m2s2＝0，可解得M后退的距离为:s=m(b-a)/(M+m).图5—2—12.动量守恒的公式中各速度都要相对同一个惯性参考系.地球及相对地球静止或相对地球匀速直线运动的物体即为惯性系.所以在应用动量守恒定律研究地面上物体的运动时，一般以地球为参考系.如果题目中告诉的速度是物体间的相对速度，那么要把它变换成对地的速度.例如质量为M的小船尾部站有一质量为m的人，人和船共同以速度v向前行驶.当人以相对于船的水平速度u向后跳出后，船的速度为多大?设人跳出船后船的速度大小变为v′，那么人跳出时的对地速度大小为u-v′.取船运动的方向为正方向，那么根据动量守恒定律可列出：(m+M)v=Mv′-m(u-v′)①在分析该题时，不少同学列的方程式还有以下三种形式：(M+m)v=Mv′-mu②(M+m)v=Mv′-m(v-u)③(M+m)v=Mv′+m(v′-u)④其中②式的错误是参考系不同，③式的错误是最右边一项m(v-u)中的v和u不是同一时刻的值.人相对于船跳出时，船的速度已变为v′，只要题目中没特别指出来，用动量守恒定律列方程时，初状态或末状态的速度，不管是合速度还是分速度都应是同一时刻的值.不难比较④式和①式是相同的，如果认为u＞v′，那么人相对于地的速度向后，列出的是①式，如果认为u＜v′，那么人相对于地的速度是向前的，那么列出的就是④式.3.动量守恒定律是从实验得来的，也可以利用牛顿定律和运动学公式推导出来，但它的适用范围却比牛顿定律广得多.牛顿定律的适用范围是：低速、宏观，动量守恒定律却不受此种限制.动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一.●典例剖析［例1］在平直的公路上，质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v.在某一时刻拖车脱钩了.假设汽车的牵引力保持不变，在拖车刚刚停顿运动的瞬间，汽车的速度多大?【解析】在拖车和汽车脱钩前，两者共同向前做匀速直线运动，汽车和拖车构成的系统所受合外力为零.脱钩后，拖车做匀减速运动，汽车做匀加速运动，它们各自所受的合外力都不为零，但是由于汽车的牵引力不变，汽车和拖车各自受到的摩擦阻力不变，如果仍然以两者构成的系统为研究对象，系统所受外力之和仍然为零，整个过程动量守恒.所以有：(M+m)v=Mv′，拖车刚停顿时汽车的速度v′=(M+m)v/M.【说明】通过对此题的分析说明，只有真正理解了动量守恒定律的使用条件，才能善于利用该定律分析解决实际问题.此题通过选取拖车和汽车作为一个系统，该系统在拖车停顿前所受外力之和为零，符合动量守恒的条件，从而可以用动量守恒定律求解，大大简化了解题过程.对于解这类问题，有些同学首先想到的可能是牛顿定律.请你也用牛顿定律求解一下该题.35/35\n【设计意图】通过本例说明，选取适宜的系统和过程，可以把“看似非动量守恒问题”用动量守恒定律求解，通过此题的求解，也使学生深刻体会利用动量守恒定律解题的优越性.［例2］平静的湖面上浮着一只长L=6m，质量为550kg的船，船头上站着一质量为m=50kg的人，开场时，人和船均处于静止.假设船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？【解析】以人和船组成的系统为研究对象.因船行进时阻力很小，船及人所受重力与水对船的浮力平衡，可以认为人在船上行走时系统动量守恒，开场时人和船都停顿，系统总动量为零，当人在船上走动时，无论人的速度如何，系统的总动量都保持为零不变.取人运动方向为正方向，设人对岸的速度为v，船对岸的速度为V，其方向与v相反，由动量守恒定律有0=mv+(-MV)解得两速度大小之比为此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立.方法1：取人在船上行走时任一极短时间Δti,在此时间内人和船都可视为匀速运动，此时间内人和船相对地面移动的距离分别为Δsmi=viΔti和ΔsMi=ViΔti，由此有.这样人从船头走到船尾时，人和船相对地面移动的总距离分别为sm=ΣΔsmi,sM=ΣΔsMi.由此有.由图中几何关系可知sm+sM=L.这样，人从船头走到船尾时，船行进的距离为图5—2—2sM=L.代入数据有sM=0.5m.方法2：由于对于人在船上行走过程的任一时刻都有35/35\n那么在该过程中人和船的平均速度应满足由于人和船运动时间相同，故有同方法1，可求得sM=0.5m.【说明】1.在满足动量守恒定律条件的系统中，系统任一瞬时的总动量保持不变.2.对于这类由两物体构成的系统总动量为零的问题，可以根据动量守恒定律推导出两物体的位移关系，再结合由空间关系找出的位移关系，就可由动量守恒定律求相互作用的两物体的位移.【设计意图】通过本例说明对什么类型的问题可以由动量守恒定律推导出其位移关系，并说明如何推导出位移关系从而进一步求位移的方法.［例3］一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0=0.5kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保存一局部氧气供途中呼吸用.宇航员的耗氧率为Q=2.5×10－4kg/s.不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，那么：(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能平安返回飞船?(2)为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气?返回时间又是多少?(提示：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参考系，但是，在一段很短的圆弧上，可以视为飞船做匀速直线运动，是惯性参考系.)【解析】(1)结合题目中的第(1)、第(2)两问不难看出，第(1)问所求的喷出氧气的质量m应有一个范围.假设m太小，宇航员获得的速度也小，虽贮气筒中剩余的氧气较多，但由于返回飞船所用的时间太长，将无法满足他途中呼吸所用.假设m太大，宇航员获得的速度虽然大了，而筒中氧气太小，也无法满足其呼吸所用.所以m对应的最小和最大两个临界值都应是氧气恰好用完的情况.设瞬间喷气mkg氧气时，宇航员恰能平安返回，根据动量守恒定律可得：mv=MV①宇航员匀速返回的时间为：t=②贮气筒中氧气的总质量：m0≥m+Qt③代入数据解①②③可得瞬间喷出的氧气质量应满足0.05kg≤m≤0.45kg.(2)当总耗氧量最低时，设宇航员平安返回时，共消耗氧气Δm，那么：Δm=m+Qt④由①②④式可得：Δm＝35/35\n当m=即m=0.15kg时，Δm有极小值.故总耗氧量最低时，应一次喷出0.15kg的氧气.将m=0.15kg代入①②两式可解得返回时间：t=600s.【说明】高考对能力的要求越来越高，这其中就包括推理能力和应用数学知识处理物理问题的能力.对于较复杂的物理问题，如何根据题目中所给的事实及隐含条件，对物理问题进展逻辑推理，找出相关的临界过程，建立必要的数学方程式，并能从数学的角度加以处理，对今后的高考将会变的越来越重要.【设计意图】通过本例说明数学中的根本不等式在物理求极值中的应用，提高学生应用数学知识解决物理问题的能力.※［例4］两只小船逆向航行，航线邻近.在两船首尾相齐时，由每只船上各自向对方放置一质量为m=50kg的麻袋，结果载重较小的船停了下来，另一船那么以v=8.5m/s的速度沿原方向航行.设两只船及船上载重量分别为m1＝500kg，m2＝1000kg.问交换麻袋前各船的速率多大?(水的阻力不计)【解析】每只船向对方放置麻袋过程中不会影响本船的速度，船速之所以发生变化，是由于承受了对方的麻袋并与之发生相互作用的结果.假设选抛出麻袋后的此船与彼船扔来的麻袋所组成的系统为研究对象.在水的阻力不计的情况下，系统动量守恒.分别以各船原航行方向为正方向，那么对轻船系统有(m1－m)v1－mv2＝0①即(500-50)v1-50v2＝0对重船系统有(m2－m)v2－mv1＝（m2－m＋m）v②即(1000-50)v2－50v1＝1000×8.5解之可得：v1＝1m/s,v2＝9m/s.【思考】(1)选两船和麻袋构成的整个系统为研究对象，动量守恒定律的方程式该怎样列?(2)此题中的①和②两式分别选取了不同的正方向，对其他题目，是否也可以这样列方程?【思考提示】（1）取重船的运动方向为正方向，对两船构成的系统，在交换麻袋的过程中，由动量守恒定律列出的方程为m2v2-m1v1=m2v（2）可以，但必须明确各自的正方向及各物体动量的正、负号.【设计意图】（1）通过本例说明，对于同一问题，选取不同的系统和过程，根据动量守恒定律可以列出不同的方程，提高学生利用动量守恒定律列方程的灵活性.（2）强调利用动量守恒定律列方程的关键是抓住所研究过程的初、末状态.●反响练习★夯实根底1.如图5—2—3，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中35/35\n图5—2—3A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零D.在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反【解析】小球和小车所组成的系统在水平方向所受外力为零，动量守恒，应选项Ｄ正确.而系统总动量并不守恒，应选项Ｂ不正确.【答案】D2.某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开场人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况判断错误的选项是A.人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比B.人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比C.人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零D.当人从船头走到船尾停顿运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离【解析】人和船组成的系统在水平方向动量守恒，选人前进的方向为正方向，由动量守恒定律得：m人v人-Mv船＝0即故人前进的速度跟船后退的速度大小总跟它们的质量成反比，但人的速度和船的速度成正比.故人走船走，人快船快，人慢船慢，人停船停.即A、C的判断是正确的.由于人和船间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律知，m人a人=Ma船，即人和船的加速度大小跟它们的质量成反比，B的判断正确.D选项的判断错误，应选D.【答案】D3.在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，以下哪个或哪些情况说法是可能发生的?①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3②摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2③摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足Mv＝（M＋m）v④小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝（M＋m0）v1＋mv2以上说法正确的选项是A.只有①B.只有④C.只有②D.②③【解析】35/35\n在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看为零.而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车以共同匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即：小球的速度不变，而小车和木块碰撞后，可能以各自不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度(完全非弹性碰撞)向前运动.【答案】D4.甲、乙两人站在小车左右两端，如图5—2—4所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，以下说法不正确的选项是(轨道光滑)图5—2—4A.乙的速度必定大于甲的速度B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C.乙的动量必定大于甲的动量D.甲、乙动量总和必定不为零【解析】在用动量守恒定律分析时，此题的研究对象应是甲、乙两人和小车共同构成的系统.由于开场都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零，设它们的动量大小分别为p甲、p乙和p车，取向右为正方向.那么：p甲-p乙+p车＝0，所以p乙＝p甲+p车，即p乙＞p甲，应选项C中说法正确.又甲和乙的质量关系不确定，所以二者速度大小关系也不能确定，应选项A中说法不正确.甲、乙的动量之和与车的动量大小相等方向相反.故Ｄ选项中说法正确.对于小车，由动量定理可知：I乙-I甲=p车.其中I乙为乙对车的冲量，方向向右；I甲为甲对车的冲量，方向向左.所以I乙＞I甲，应选项Ｂ中说法也正确.应选A.【答案】A5.如图5—2—5所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝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与平板车上外表间动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，那么有图5—2—5①A、B系统动量守恒②A、B、C系统动量守恒③小车向左运动④小车向右运动以上判断正确的选项是A.①③B.②④C.①④D.②③35/35\n【解析】由A、B、C组成的系统动量守恒(总动量为零)，应选项②正确.因μmAg＞μmBg，所以小车所受合力向左，那么③对.应选D.【答案】D6.如图5—2—6，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内外表不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁屡次往复碰撞后图5—2—6A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.车的最终速度为mv0/M，向右D.车的最终速度为mv0/(M+m)，向右【解析】物体与盒子前后壁屡次往复碰撞后，以共同的速度v运动，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，故v=mv0/(M+m)，向右.【答案】D7.甲乙两船自身质量为120kg，都静止在静水中，当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲、乙两船速度大小之比v甲∶v乙=.【解析】小孩跳离甲船的过程，由动量守恒定律得：mv－m甲v甲＝0①小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得：mv=(m乙+m)v乙②由①②两式代入数据得：v甲∶v乙＝5∶4【答案】5∶48.鱼雷快艇的总质量为M，以速度V前进，快艇沿前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的1/3，那么鱼雷的发射速度为______(不计水的阻力).【解析】根据动量守恒定律得MV=（M-m）V+mv解得v=【答案】9.质量为1kg的物体，以某一初速度在水平面上滑行，其位移随时间变化的情况如图5—2—7所示，假设取g=10m/s2，那么m2=kg.35/35\n图5—2—7【解析】碰前m1匀速，v1=4m/s，m2静止；碰后两者粘合在一起共同匀速运动，v=1m/s，由m1v1=(m1＋m2)v,m2=3kg.【答案】3★提升能力10.光滑水平轨道上有一辆小车质量为20kg，质量为60kg的人站在小车上，与车一起以5m/s的速度运动.试求：(1)相对于车以2m/s的速度沿车前进的反方向行走，车速多大?(2)相对于车以2m/s竖直跳起，车速多大?(3)相对于轨道以2m/s竖直跳起，车速多大?【解析】由于水平轨道是光滑的，人、车系统水平方向动量守恒.系统的初动量p＝（20＋60）×5kg·m/s＝400kg·m/s.设人反向行走时车速度为v1，系统动量p1＝20v1＋60（v1－2）.由p守恒，有p1＝p，那么20v＋60（v－2）＝400，v1＝6.5m/s.设人相对于车竖直跳时车速为v2.由于是相对于车竖直，那么人与车水平方向相对静止，有共同速度，那么系统动量p2＝20v2＋60v2.由p守恒，p2＝p，那么20v2＋60v2＝400，v2＝5m/s.人相对于轨道竖直跳起，人水平方向速度为零，那么系统的动量p3＝20v3，由p守恒p3＝p，那么20v3＝400，v3＝20m/s.【答案】(1)6.5m/s；(2)5m/s；(3)20m/s11.如图5—2—8所示，质量分别为mA=0.5kg、mB=0.4kg的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为mC=0.1kg的木块C以初速vC0=10m/s滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度vCB=1.5m/s.求：图5—2—8（1）A板最后的速度vA；（2）C木块刚离开A板时的速度vC.【解析】C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，那么mCvC0=mCvC+(mA+mB)vAC在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，那么mCvC+mBvA=(mC+mB)vCB解得vA=0.5m/s,vC=5.5m/s【答案】(1)0.5m/s;(2)5.5m/s12.人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，M∶m=31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v35/35\n(相对地面)将球推向挡板，求人推多少次后不能再接到球?【解析】设第1次推球后人的速度为v1，有0=Mv1-mv，第1次接球后人的速度为v1′，有mv1′+mv=(M+m)v1′；第2次推球(M+m)v1′=Mv2-mv，第2次接球Mv2+mv=(M+m)v2′……第n次推球(M+m)vn-1′=Mvn-mv，可得vn=，当vn≥v时人便接不到球，可得n≥8.25,取n=9.此题也可以利用动量定理求解.以人和球及冰车为研究对象，挡板改变该系统动量，球每碰一次挡板，系统动量改变量为2mv，方向同接球的反方向，设推n次(球与挡板碰n-1次)后，有(n-1)2mv=Mvn-mv,n=8.25取n=9【答案】9次※13.两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，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回.如此反复进展几次后，甲和乙最后的速率关系是A.假设甲最先抛球，那么一定是v甲＞v乙B.假设乙最后接球，那么一定是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【解析】因系统动量守恒(总动量为零)，故最终甲、乙动量大小必相等.因此，最终谁接球谁的速度小.【答案】B※14.如图5—2—9所示，质量为m半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内.大球开场静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是______.【解析】两球在水平方向上动量守恒，即图5—2—9mv1x-2mv2x=0由此可得它们在水平方向上的平均速度满足m=2m那么它们沿水平方向的位移关系为ms1=2ms2且s1+s2=R故大球移动的距离为s2=R【答案】R35/35\n※15.有n个完全相同的物块放在光滑水平面上沿一直线排开，物块间距离均为d.开场物块1以初速度v0向物块2运动，碰撞后粘在一起，又向物块3运动，粘在一起后又向物块4运动，……如此进展下去，求：（1）物块n的速度vn多大?（2）从物块1开场运动时，到物块n开场运动经历的总时间是多少?(忽略每次碰撞所用的时间)【解析】(1)对n个物块组成的系统，满足动量守恒的条件，得：mv0＝n·mvn物块n的速度vn＝(2)从物块1开场运动到和物块2相撞，需时间t1，t1＝设物块1和2碰撞后具有共同速度v1，那么mv0＝（m＋m）v1v1＝物块1、2以速度v1向物块3运动，需时间t2t2＝物块1、2与3碰后，具有共同速度v2，那么v2＝物块1、2、3以速度v2向物块4运动，需时间t3t2＝以此类推，最后(n-1)个物块向第n个物块运动需时间tn－1tn－1＝从物块1开场运动到物块n开场运动，共需时间t＝t1＋t2＋…＋tn－1＝＝【答案】（1）；（2）※16.如图5—2—35/35\n10所示，已知光滑水平面上有质量为M的长板正以速度v0向右运动，某时刻，质量为m的木块以与M等大的速度v0从长板右端进入长板上面向左运动，m＜M，已知木块没有滑离长板且最后木块和长板相对静止，求从木块滑上长板到木块与长板相对静止的过程中，木块及长板的最小速度分别为多大？木块和长板相对水平面的位移大小之比为多少？图5—2—10【解析】由于M＞m,Mv0＞mv0，所以，最终M和m以相同的速度向右运动.即m先向左做匀减速运动，速度减到零后再向右做匀加速运动，直到和长板到达共同速度，长板一直向右做匀减速运动，直到和木块到达共同速度，之后它们一起做匀速运动.所以，木块的最小速度为零，长板的最小速度为它们一起匀速运动的速度v，由动量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)vv=在它们相对运动的过程中，木块位移的大小为sm=长板位移大小为sM=它们相对水平面的位移之比为【答案】0;※17.甲乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰车质量共为M＝30kg，乙和他乘的冰车质量也是30kg(图5—2—11).游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行.乙以同样大小的速度迎面滑来，为了防止相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住.假设不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能防止与乙相撞.图5—2—1135/35\n【解析】设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后速度为v乙，那么由动量守恒定律，得：甲推箱子过程：（M＋m）v0＝Mv甲＋mv①乙抓箱子过程：mv－Mv0＝（M＋m）v乙②甲、乙恰不相碰条件：v甲＝v乙③代入数据可解得：v＝5.2m/s.【答案】5.2m/s章末综合讲练●知识网络●高考试题一、动量、冲量、动量定理1.（1995年全国高考）一个钢球从静止状态开场自由下落，然后陷入泥潭中.假设把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为Ⅱ，那么A.过程Ⅰ中钢球动量的改变量等于重力的冲量B.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C.过程Ⅱ中钢球抑制阻力所做的功等于过程Ⅰ中与过程Ⅱ中所减少的重力势能之和D.过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中所增加的动能【解析】在过程Ⅰ中钢球受到的合外力就是重力，根据动量定理可知在过程Ⅰ中小球动量的变化量等于重力的冲量，A正确.对于Ⅰ和Ⅱ全过程运用动量定理得：I1＋I2-I3＝0其中I1、I2、I3分别表示在过程Ⅰ、Ⅱ中重力的冲量和阻力的冲量，可见I3＝I1＋I2，Ｂ不正确.对过程Ⅰ和Ⅱ全过程应用能的转化和守恒守律可知在过程Ⅰ和Ⅱ中钢球减少的重力势能全部用来抑制阻力做功转化为内能，故C正确.而Ｄ不正确.2.(2022年春季高考)如图5—1所示，质量为m=0.10kg的小钢球以v0＝10m/s的水平速度抛出，下落h=5.0m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，那么钢板与水平面的夹角θ35/35\n＝______.刚要撞击钢板时小球动量的大小为________.(取g=10m/s2)图5—1【解析】由钢球与钢板撞后速度恰好反向，知钢球与钢板垂直撞击.钢球下落时间t==1s与水平面夹角为(90°－θ)tan（90°－θ）＝所以θ＝45°刚要撞击钢板时小球的动量的大小为p＝mv＝0.10×＝0.10×kg·m/s＝kg·m/s【答案】45°；kg·m/s3.(1997年全国高考)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2,在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小A.向下，m(v1-v2)B.向下，m(v1+v2)C.向上，m(v1-v2)D.向上，m(v1+v2)【解析】取竖直向上的方向为正方向，对球和地面碰撞的过程中，由动量定理得（FN-mg）t=mv2-(-mv1)由于t很短，mgt可以忽略，那么FNt=m(v1+v2)即地面对球的冲量大小为m(v1+v2),方向竖直向上.【答案】D二、动量守恒定律4.（2000年全国高考）图5—2为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行.每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动.开场时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动.要使探测器改为向正x偏负y35/35\n60°的方向以原来的速率v0平动，那么可图5—2A.先开动P1适当时间，再开动P4适当时间B.先开动P3适当时间，再开动P2适当时间C.开动P4适当时间D.先开动P3适当时间，再开动P4适当时间【解析】由图知P1发动可得到负x方向的速度，P4发动可得到负y方向的速度.所要求的速度应是探测器在正x方向的速度与负y方向的速度的合成，合速度大小为v0，因而必须使正x方向的速度减小到适量，使负y方向速度增加到适量，即A对.【答案】A5.（2022年全国高考）质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量均为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现小孩a以速率v（相对于静止水面）向前跳入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中.求小孩b跃出后小船的速度.【解析】由动量守恒定律得（M+2m）V0=MV+mv-mv那么小孩b跃出后船的速度为v=【答案】6.（2022年广东、广西、河南高考）下面是一个物理演示实验，它显示：图5—3中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方.A是某种材料做成的实心球，质量m1=0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.10kg的木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙.将此装置从A下端离地板的高度H=1.25m处由静止释放.实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开场上升，而球A恰好留在地板上.求木棍B上升的高度.（重力加速度g=10m/s2）图5—3【解析】根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地面时速度的大小，即35/35\nv1=A刚反弹后速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v2=由题意，碰后A速度为零，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒定律，有m1v1-m2v2=m2v2′令h表示B上升的高度，有h=由以上各式并代入数据，得h=4.05m【答案】4.05m●素质能力过关检测A组一、选择题（每题中只有一个选项符合题目要求）1.以下说法中正确的选项是A.作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越快B.作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量变化就越快C.作用在物体上的冲量恒定时，物体的动量保持不变D.延长物体间的相互作用时间，可以减小物体间的冲量大小【解析】根据F合=知，物体所受的合外力等于物体动量的变化率，所以合外力越大，动量变化越快.A选项正确.【答案】A2.质量相同的两物体P和Q放在粗糙水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数分别为μP和μQ，两物体之间压着一轻质弹簧并用线捆住.假设把线剪断，那么弹簧推动P、Q同时沿相反方向运动，那么①μP=μQ时系统动量守恒，μP≠μQ时动量不守恒②μP=μQ或μP≠μQ时系统动量都守恒③μP=μQ或μP≠μQ时系统动量都不守恒④假假设μP=μQ=0，P、Q质量不等，系统动量也守恒以上判断正确的选项是A.①④B.只有②C.只有③D.只有①【解析】假设μP=μQ，那么在弹簧弹开的过程中P、Q所受的摩擦力大小相等，方向相反，那么P、Q所构成系统的动量守恒，假设μP≠μQ，那么在弹簧弹开的过程中系统所受外力之和不为零，动量不守恒.假设μP=μQ=0，无论P、Q质量是否相等，系统所受外力之和均为零，动量守恒，故①、④均正确，选A.【答案】A3.质量为M的木块，放在光滑水平桌面上处于静止状态，今有一质量为m速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块共同运动，同子弹击中木块过程中，木块受到的冲量大小为35/35\n①mv0②mv0-③④mv0-以上结果正确的选项是A.只有①B.只有③C.③④D.只有④【解析】由动量守恒定律得mv0=(M+m)vv=木块所受的冲量大小为I=Mv=或I=mv0-mv=mv0-【答案】C4.质量不等的两个物体静止在光滑的水平面上，两物体在外力作用下，获得相同的动能，下面说法中正确的选项是A.质量小的物体动量变化大B.质量大的物体受的冲量大C.质量大的物体末动量小D.质量大的物体动量变化率一定大【解析】根据p=mv=知，两物体在外力的作用下获得相等的动能，质量大的物体获得的动量大，那么其所受的冲量大，B选项正确，A、C选项错.根据题目条件无法比较动量变化率的大小，D选项错.【答案】B5.如图5—4所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25m/s,那么当小球与小车相对静止时，小车的速度是图5—435/35\nA.5m/sＢ.4m/sC.8.5m/sＤ.9.5m/s【解析】小球做平抛运动，它落在车底前瞬间的竖直分速度为vy=m/s=20m/s那么小球的水平分速度为v0==15m/s小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，那么Mv-mv0=(M+m)v′v′=m/s=5m/s【答案】A二、填空题6.A、B两物体在光滑水平面上相向滑行，A物体速度大小为8m/s，B物体速度大小为4m/s，两物体相碰后均静止，那么两物体所受冲量大小之比为________，两物体质量之比为________.【解析】由牛顿第三定律知，两物体间作用力大小相等，作用时间相等，两物体冲量之比为1∶1，由mAvA－mBvB＝0得mA∶mB＝vB∶vA＝1∶2.【答案】1∶1；1∶27.一门旧式大炮水平射出一枚质量为10kg的炮弹，炮弹飞出的速度是500m/s，炮身的质量为2000kg，那么炮身后退的速度大小是_____m/s.假设大炮后退中所受的阻力是它重力的30%，那么大炮能后退______m.(取g=10m/s2)【解析】Mv+mv=0v=-m/s=-2.5m/s由动能定理得－Ff·s＝0－Mv2s＝代入数据解得：s＝1.04m【答案】2.5;1.048.国产水刀——超高压数控万能水切割机以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40mm厚的钢板，50mm厚的大理石等其他材料.水刀就是将普通的水加压，使其从口径为0.2mm的喷嘴中以800m/s～1000m/s的速度射出的水射流.我们知道，任何材料，承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强限度.A橡胶5×107PaB花岗石1.2×108Pa～2.6×108PaC铸铁8.8×108PaD工具钢6.7×108Pa设想有一水刀的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v＝800m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×35/35\n103kg/m3，那么此水刀不能切割上述材料中的________.【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得：pSΔt＝－ρsvΔt·vp＝－ρv2＝－6.4×108Pa由表中数据可知：不能切割C、D.【答案】CD9.小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图5—5所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹）.每颗子弹质量为m，共n发.打靶时，每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发.假设枪口到靶的距离为d，待打完n发子弹后，小车移动的距离为________.图5—5【解析】每打一发子弹，子弹前进的位移大小s1和小车后退的位移大小s2的关系均为ms1=〔M+(n-1)m〕s2且s1+s2=d那么s2=打完n发子弹，小车移动的距离为s=ns2=【答案】三、计算题10.一只质量M=1kg的鸟在空中以v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m,忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2.求鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离.【解析】鸟被击中后的速度v′为Mv0+mv=(M+m)v′v′=m/s≈11.76m/s被击中后，鸟以v′的速度做平抛运动，那么其运动时间为t=s=2s水平位移为x=v′t=11.76×2m=23.52m【答案】2s;23.52m11.如图5—6所示，总质量为M的大小两物体，静止在光滑水平面上，质量为m35/35\n的小物体和大物体间有压缩着的弹簧，另有质量为2m的物体以v0速度向右冲来，为了防止冲撞，大物体将小物体发射出去，小物体和冲来的物体碰撞后粘合在一起.问小物体发射的速度至少应多大，才能使它们不再碰撞？图5—6【解析】发射小物体后大物体的速度，跟质量为2m的物体和小物体碰后的速度相等，恰好使它们不再相碰，这种情况发射小物体的速度v′就是防止相碰的最小发射速度.对发射小物体的过程，由动量守恒定律得（M-m）v-mv′=0①对大、小物体和质量为2m的物体相互作用的全过程，由动量守恒定律得2mv0=(M+2m)v②由①②求得v′=【答案】12.如图5—7所示，平板小车停在光滑水平面上，质量均为m的物块A和B从小车两端相向滑上小车上外表，它们的水平速度大小分别为2v0和v0，假设小车质量为m，A和B与小车间的动摩擦因数均为μ,试问经过多少时间A和B相对静止？（小车足够长，A、B不相撞）图5—7【解析】A、B两物块都滑动时小车静止，当B速度减小到零后，在A的摩擦力作用下；小车与B一起向右加速运动，直到跟A到达相同速度之后，A、B和小车以相同速度做匀速直线运动.由动量守恒定律得2mv0-mv0=3mvv=v0对A由动量定理得-μmgt=mv-m·2v0从A、B滑上小车到它们跟小车相对静止，经历的时间为t=【答案】B组35/35\n一、选择题（每题中只有一个选项符合题目要求）1.沿同一直线，甲、乙两物体分别在阻力F1、F2作用下做直线运动，甲在t1时间内，乙在t2时间内动量p随时间t变化的p-t图象如图5—8所示，设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1，乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2，那么两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是图5—8A.F1＞F2,I1=I2B.F1＜F2,I1＜I2C.F1＞F2,I1＞I2D.F1=F2,I1=I2【解析】由F=知F1＞F2.由Ft=Δp知I1=I2.【答案】A2.从高为H的平台上，同时水平抛出两个物体A和B，已知它们的质量mB=2mA，抛出时的速度vA=2vB，不计空气阻力，它们下落过程中动量变化量的大小分别为ΔpA和ΔpB那么A.ΔpA=ΔpBB.ΔpA=2ΔpBC.ΔpB=4ΔpAD.ΔpB=2ΔpA【解析】由t=知tA=tB,由动量定理知Δp=mgt故ΔpB=2ΔpA.【答案】D3.水平地面上有一木块，质量为m，它与地面间的摩擦因数为μ，在水平恒力F作用下由静止开场运动，经过时间t，撤去此力，木块又向前滑行一段时间2t才停下，此恒力F的大小为A.μmgB.2μmgC.3μmgD.4μmg【解析】由动量定理知Ft-μmg·3t=0所以F=3μmg【答案】C4.如图5—9所示，F1、F2等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的物体A、B上，已知MA＞MB，经过相等距离后撤去两力，以后两物体相碰并粘结成一体，这时A、B将图5—9A.停顿运动B.向右运动C.向左运动D.不能确定【解析】35/35\n由动能定理知，撤去两力时A、B两物体具有相同的动能，由p=知，pA＞pB，所以相碰后A、B一起向右运动.【答案】B5.质量为m的物块以初速v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点速度为零，然后滑下回到A点（图5—10）.关于物块所受的冲量，下述说法中正确的选项是图5—10A.物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向Ｂ.物块上滑过程和下滑过程受到重力的冲量等值同向C.物块从冲上斜面A点到返回A点的整个过程中所受到各外力的冲量的总和方向向下Ｄ.物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和小于2mv0【解析】因上滑时间小于下滑时间，那么各力的冲量都是上滑过程小于下滑过程，重力的冲量方向永远竖直向下，合力冲量的大小和方向，用动量定理最方便.以沿斜面向下为正方向.Ft=mvt-(-mv0),因vt＜v0那么Ft＜2mv0,故应选D.【答案】D二、填空题6.如图5—11所示，在光滑的水平地面上，有两个质量都为M的小车A和B，两车用轻弹簧相连，它们以速度v0向右匀速运动.有一质量为m的铁钉从高处自由落下，正好嵌在A车上，当两车速度再次相等时的速度为________.图5—11【解析】铁钉落到小车上，由A、B弹簧及铁钉组成的系统在水平方向动量仍守恒.那么得：2Mv0＝（2M＋m）vv＝2Mv0/（2M＋m）【答案】2Mv0/（2M＋m）7.一人坐在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M=70kg，当它接到一个质量m=20kg,以速度v0=5m/s迎面滑来的木箱后，立即以相对于自己为v′=5m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出，不计冰面阻力，那么小车获得的速度为________m/s.【解析】设小车的速度为v，由动量守恒定律得mv0=Mv-m(v′-v)v=m/s=2.2m/s35/35\n【答案】2.28.气球下系着一绳梯，其总质量为M，在绳梯上有一质量为m的人，整个系统原来静止在空中，在此人相对绳梯以速度u向下爬，那么在地面上的人看来，人向下爬的速度大小为_______，气球上升的速度大小为_______，设气球原离地高度为H，假设使人平安到达地面，绳梯至少长________.不计空气阻力，可将人视为质点.【解析】气球和人原来静止，那么浮力和系统总的重力之和为零，符合动量守恒的条件，设人向下爬时气球上升的速度为v，由动量守恒定律得Mv-m(u-v)=0v=人向下爬的速度大小为v′=u-v=人向下爬时，人和气球运动的位移关系为Ms1=ms2s1=那么绳梯的长度应为L=s1+s2=【答案】9.如图5—12所示，在光滑水平面上，自左至右依次放着质量为2n-1m(n=1,2,…)的一列物块沿直线排列，现有一质量为m的物块A，先与物块1发生正碰，以后那么连续地碰撞下去，假定每一次碰撞后，相撞的物块都粘合在一起，那么当碰撞到第________个物块时A的动量是它最初动量的.图5—12【解析】物块与1发生碰撞时，由动量守恒定律得mv0=2mv1v1=v0与第2块相碰时2mv1=4mv2v2=v0与第3块相碰时4mv2=8mv3v3=v0……与第n块相碰后，速度为35/35\nvn=v0与第n块相碰后A的动量为mvn=mv0由此可得，碰撞到第6个物块时，A的动量是它最初动量的.【答案】6三、计算题10.如图5—13所示，一轻质弹簧两端连着物体A、B放在光滑的水平面上，假设物体A被水平速度为v0的子弹射中，并后者嵌在物体A的中心，已知物体A的质量是物体B质量的3/4，子弹质量是物体B的1/4，弹簧被压缩到最短时，求物体A、B的速度.图5—13【解析】弹簧压缩到最短时A、B的速度相同，由动量守恒定律得v=【答案】11.A、B两滑块在同一光滑的水平直导轨上相向运动发生碰撞(碰撞时间极短).用闪光照相，闪光4次摄得的闪光照片如图5—14所示.已知闪光的时间间隔为Δt，而闪光本身持续时间极短，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0～80cm刻度范围内，且第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55cm处，滑块B恰好通过x=70cm处，问：图5—14(1)碰撞发生在何处?(2)碰撞发生在第一次闪光后多少时间?(3)两滑块的质量之比等于多少?【解析】(1)据题意经分析可判定：碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=60cm处.①35/35\n(2)碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′vA′Δt=20cm②碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′，有：vA′t′=10cm③第一次闪光到发生碰撞时间为t,有：t+t′=Δt④由②③④可得：t=Δt/2⑤(3)取向右为正方向碰撞前：A的速度vA=⑥B的速度vB=-⑦碰撞后：A的速度vA′=-⑧B的速度vB′=0⑨由动量守恒定律，可得：mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′⑩由⑥⑦⑧⑨⑩可得：mA∶mB＝2∶3【答案】(1)60cm(2)t=Δt/2(3)mA∶mB=2∶312.如图5—15所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M=50kg的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动.此时质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来.为了防止两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应在什么范围以内?不计地面和斜坡的摩擦，取g=10m/s2.图5—15【解析】甲车(包括人)滑下斜坡后速度v甲＝＝2m/s.在人跳离甲车和人跳上乙车过程中，各自动量守恒.设人跳离甲车和跳上乙车后两车速度分别为v甲′35/35\n和v乙′，那么：（M＋m1）v甲＝Mv＋m1v甲′①Mv－m2v0＝（M＋m2）v乙′②恰不发生相撞的条件为v甲′＝±v乙′③当v甲′＝v乙′时代入数据可得v=3.8m/s当v甲′＝-v乙′时v=4.8m/s故应满足：3.8m/s≤v≤4.8m/s【答案】3.8m/s≤v≤4.8m/s●教学建议1.由于“高考说明”中对动量定理的要求不同，故在复习中应把握好要求的尺度，把重点放在应用动量定理定性地解释现象和分析判断有关问题上来.不管是什么教材，对定量的计算问题都不可要求太高.2.在“动量守恒定律”的复习中，要先让学生理解动量守恒的条件，只有这样学生才能对定律使用的近似性和独立性有较深刻的理解.另外，在复习中还要强调动量守恒定律的方向性、相对性等.3.碰撞问题是应用动量守恒定律的重头戏，既有定量计算的难题，也有定性分析判断的活题.限于篇幅，例题没有碰撞可能状态的判断问题.复习时教师可从“高考试题”中选些题目作为例题给学生分析.要给学生总结出两球碰撞后可能状态判断的依据，即(1)碰撞前后应符合系统动量守恒.（2）碰撞后的总动能应不大于碰撞前的总动能.（2）所给碰撞后两球的位置和状态应合理.如，后球不应超越前球；两球动量的变化(含方向)应符合作用规律等.对导出式Ek＝要能够熟练地应用.4.本章内容是重点内容，题目难度也较大，复习时不要急于赶进度，要舍得花些时间稳扎稳打地进展复习.35/35
