資源簡介

3　動量守恒定律
1～5題每題7分，6題11分，共46分
考點一　動量守恒定律
1．(多選)(2024·南充市高二月考)如圖所示的過程中，系統的動量守恒的有(　　)
2．(多選)(2024·沈陽市高二月考)關于動量守恒的條件，下列說法正確的是(　　)
A．只要系統內存在摩擦力，動量不可能守恒
B．只要系統所受合外力所做的功為零，動量守恒
C．只要系統所受的合外力為零，動量守恒
D．系統的機械能守恒時，動量不一定守恒
考點二　動量守恒定律的應用
3．(2023·鹽城市高二期末)“天宮課堂”授課時，航天員葉光富在中國空間站嘗試太空轉身。某次深度時他把上半身向左運動，下半身將會向哪一側運動(　　)
A．向前 B．向后 C．向右 D．向左
4．(教材改編)(2024·南充市高二月考)如圖所示，質量為M的小車A停在光滑的水平面上，小車上表面粗糙。質量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上，已知小車足夠長，滑塊不會從小車上滑落，則小車的最終速度為(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
5．質量為M的機車后面掛著質量為m的拖車，在水平軌道上以速度v勻速運動，已知它們與水平軌道間的摩擦力與它們的質量成正比。運動過程中拖車脫鉤，但當時司機沒發現，當拖車剛停下來時，機車的速度為(　　)
A.v B.v
C.v D.v
6．(11分)A、B兩球沿同一條直線運動，如圖記錄了它們碰撞前后的運動情況。其中圖線1、2分別為A、B碰前的x－t圖線，圖線3為碰后它們的x－t圖線。若A球質量為1 kg，則B球質量是多少？
7～10題每題7分，11題13分，共41分
7．(2024·南充市高二月考)如圖，水平彈簧右端固定在豎直墻壁上，左端連接在物塊上，水平面光滑。開始時物塊靜止，彈簧處于原長。一顆子彈以水平速度v0射入物塊，并留在物塊中。若子彈和物塊作用時間極短，下列有關說法中正確的是(　　)
A．從子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統動量守恒
B．從子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統機械能守恒
C．從子彈開始打物塊到與物塊共速，子彈、物塊組成的系統動量守恒
D．子彈和物塊一起壓縮彈簧的過程中，物塊、子彈、彈簧組成的系統動量守恒
8．(2024·雅安市月考)一小船以2 m/s的速度勻速前行，站在船上的人相對船豎直向上拋出一小球，小球上升的最大高度為0.8 m。若拋接小球時人手的高度不變，不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，從拋出小球到小球落回手中的過程，小船前進的距離為(　　)
A．0.6 m B．0.9 m C．1.2 m D．1.6 m
9．(2024·南充市高二月考)第24屆冬季奧林匹克運動會于2022年2月20日落下帷幕，冰壺運動是冬奧會比賽項目之一。假設運動員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍壺，兩壺發生正碰，不計碰撞時間，碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖所示。已知兩壺的質量均為20 kg，則碰撞后藍壺的加速度大小為(　　)
A．0.12 m/s2 B．0.14 m/s2
C．0.16 m/s2 D．0.18 m/s2
10．(2024·邢臺市高二月考)滑板運動是青少年比較喜歡的一種戶外運動。如圖所示，現有一個質量為m的小孩站在一輛質量為km的滑板車上，小孩與滑板車一起在光滑的水平路面上以速度v0勻速運動，突然小孩相對地面以速度v0向前跳離滑板車，滑板車速度大小變為原來的，但方向不變，則k為(　　)
A. B. C. D.
11．(13分)(2023·宜賓市高二月考)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B，兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質量分別為1.0×103 kg和4×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)(6分)碰撞后的瞬間B車速度的大??；
(2)(7分)碰撞前的瞬間A車速度的大小。
(13分)
12．(2024·江西省高二月考)某次用火箭發射人造地球衛星，已知衛星的質量為500 kg，最后一節火箭殼體的質量為100 kg，假設最后一節火箭的燃料用完瞬間，火箭殼體和衛星一起以7.0×103 m/s的速度勻速運動。某時刻火箭殼體與衛星分離，分離時衛星沿原來方向運動且與火箭殼體的相對速度為1.8×103 m/s，則分離后殼體的速度大小為多少？
3　動量守恒定律
1．AC　2.CD
3．C　[葉光富在中國空間站可近似認為所受合力為0，根據動量守恒，轉身時，上半身向左運動時，上半身有向左的動量，則他的下半身會具有向右的動量，這樣總動量才能守恒，故下半身會向右運動，故A、B、D錯誤，故C正確。]
4．C　[滑塊B滑上小車A，最終兩者相對靜止，根據A、B系統動量守恒，有mv0＝v，
解得小車的最終速度v＝v0，故選C。]
5．C　[對機車與拖車，系統所受合外力為零，動量守恒，則有(M＋m)v＝Mv′，解得v′＝v，故選C。]
6．0.67 kg
解析　由題圖可知
碰前球A的速度v1＝ m/s
＝－3 m/s
球B的速度v2＝ m/s＝2 m/s
碰后A、B的共同速度v3＝ m/s＝－1 m/s
由碰撞過程中動量守恒有
mAv1＋mBv2＝(mA＋mB)v3，
代入數據得mB≈0.67 kg。
7．C　[從子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統所受合外力不為零，所以動量不守恒，故A錯誤；一顆子彈以水平速度v0射入物塊，并留在物塊中，摩擦力做功，子彈、物塊、彈簧組成的系統機械能不守恒，故B錯誤；子彈開始打物塊到與物塊共速，子彈和物塊作用時間極短，內力遠大于外力，子彈、物塊組成的系統動量守恒，故C正確；子彈和物塊一起壓縮彈簧的過程中，物塊、子彈、彈簧組成的系統所受合外力不為零，動量不守恒，故D錯誤。]
8．D　[豎直向上拋出小球的過程中，小球與小船組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，豎直向上拋出小球后，小球與小船在水平方向的速度不變，小球與小船在水平方向都做勻速直線運動，設小球拋出后在豎直方向上升的時間為t，小球上升高度h＝gt2，代入數據解得t＝0.4 s；從拋出小球到小球再次落入手中過程的時間t′＝2t＝2×0.4 s＝0.8 s；在此時間內小船在水平方向做勻速直線運動，小船前進的距離為x＝vt′＝2.0×0.8 m＝1.6 m，故選D。]
9．A　[設碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0 m/s，碰后紅壺的速度為v′＝0.4 m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據動量守恒定律得mv0＝mv′＋mv，解得v＝0.6 m/s；碰撞后藍壺的加速度為a＝＝ m/s2＝－0.12 m/s2，負號表示加速度方向與初速度方向相反，即加速度大小為0.12 m/s2。故選A。]
10．C　[小孩跳離滑板車時，與滑板車組成的系統水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有(m＋km)v0＝m·v0＋km·v0，解得k＝，故選C。]
11．(1)3 m/s　(2)14 m/s
解析　(1)設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB，根據牛頓第二定律有μmBg＝mBaB，設碰撞后的瞬間B車速度的大小vB′，碰后滑行的距離為sB，則vB′2＝2aBsB，代入數值，得vB′＝3 m/s
(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA，根據牛頓第二定律有μmAg＝mAaA，設碰撞后的瞬間A車速度的大小vA′，碰后滑行的距離為sA，則vA′2＝2aAsA，代入數值，得vA′＝2 m/s，設碰撞前的瞬間A車速度的大小vA，兩車在碰撞的過程中，動量守恒，則有mAvA＝mAvA′＋mBvB′，代入數值，得vA＝14 m/s。
12．5.5×103 m/s
解析　設分離后殼體的速度為v′，根據動量守恒定律得(m1＋m2)v＝m1(v′＋u)＋m2v′，代入數據計算得v′＝5.5×103 m/s3　動量守恒定律
[學習目標]　1.能運用動量定理和牛頓第三定律分析碰撞，推導動量守恒定律的表達式。2.了解系統、內力和外力的概念；理解動量守恒定律的條件(重點)。3.能夠運用動量守恒定律分析生產生活中的有關現象(重點)。4.了解動量守恒定律的普遍適用性。
一、動量守恒定律
如圖所示有兩個質量分別為m1、m2的小球，它們分別以v1、v2的速度相向運動，如圖是發生碰撞的三個瞬間，p1和p2分別是兩個小球碰撞前的動量，p1′和p2′分別是兩個小球碰撞后的動量。設兩球相互作用時間為t。
兩球碰撞的過程中，設2球對1球的平均作用力為F1,1球對2球的平均作用力為F2，根據動量定理，
對1球：F1t＝m1v1′－m1v1，即F1t＝________①
對2球：F2t＝m2v2′－m2v2，即F2t＝________②
根據牛頓第三定律得F1＝－F2③
聯立①②③式得，p1′－p1＝________，即p1＋p2＝________④
結論：相互碰撞的兩個物體組成的系統，總動量________________，④式成立的條件是兩球組成的系統所受________________。
1．系統、內力與外力
(1)系統：相互作用的兩個或多個物體作為一個________研究，這個整體叫作系統。
(2)內力：系統中物體間的作用力。
(3)外力：系統以外的物體施加給系統內物體的力。
2．動量守恒定律
(1)內容：一個系統________________________________，無論這一系統的內部發生了何種形式的相互作用，這個系統的總動量________________。
(2)表達式：m1v1＋m2v2＝____________。
說明：動量守恒定律其他表現形式
①Δp＝0，表示系統總動量的增量等于零。
②Δp1＝－Δp2，其中Δp1、Δp2分別表示系統內兩個物體動量的變化量，即兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反。
(3)條件：
①理想守恒：系統________________________________________。
②近似守恒：系統所受合外力不為零，但內力遠大于外力。
③某一方向守恒：系統所受合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力)，則可認為系統在該方向上動量守恒。
3．動量守恒定律的普適性
動量守恒定律既適用于低速物體，也適用于________物體，既適用于宏觀物體，也適用于________物體。
如圖所示，光滑的水平面上兩小車中間夾一壓縮的水平輕彈簧，兩手分別按住小車使他們靜止，對兩車及彈簧組成的系統試分析：
(1)兩手同時放開，兩車的動量均不為0，它們的總動量是否增加了？
(2)若先放開左手，再放開右手后，系統的總動量是否為0？若不為零，方向如何？之后系統的總動量是否守恒？
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例1　(多選)(2024·深圳市龍華中學高二期中)下列情況中系統的動量守恒的是(　　)
A．小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，對人與車組成的系統
B．子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統
C．子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統
D．斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，對手榴彈組成的系統
例2　(2024·自貢市第一中學開學考試)如圖所示，在光滑的水平面上有一根處于自然狀態的輕彈簧，左側固定在豎直墻面上，彈簧的右側有一物塊以初速度v0向左運動，后與彈簧發生擠壓并被彈回，已知彈簧的形變量始終在彈性限度內，則運動過程中(　　)
A．物塊的動量守恒
B．物塊的機械能守恒
C．物塊與輕彈簧組成的系統動量守恒
D．物塊與輕彈簧組成的系統機械能守恒
例3　(多選)(2024·達州市高二期中)如圖所示，小車A靜止于光滑水平面上，A上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內，小球B由靜止起沿圓弧下滑，這一過程中(　　)
A．若圓弧光滑，則小球的動量守恒，機械能守恒
B．若圓弧光滑，則系統的動量不守恒，機械能守恒
C．若圓弧不光滑，則系統的動量守恒，機械能不守恒
D．若圓弧不光滑，則系統水平方向的動量守恒，機械能不守恒
系統動量是否守恒的判定方法
1．選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
2．分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒。若系統總動量不守恒但某一方向上合力為零，則在這一方向上動量守恒。
3．系統動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際理想化，若系統內力遠大于外力，系統動量近似守恒。
4．除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。
二、動量守恒定律的應用
小船停靠湖邊時，如果船還未拴住，人便匆匆上岸，人有可能會掉入水中。為什么會出現這種情況？試用動量守恒定律解釋。
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例4　(2024·南充市高二月考)如圖所示，在摩擦可以忽略不計的水平面上，當質量為2m的小球A以速度v0向右運動。
(1)若小球A與質量為9m的靜止小球B發生碰撞，碰撞后B球以的速度向右運動，求碰撞后A球的速度。
(2)若小球A撞上質量為9m、以速度v0向左運動的小球B，碰撞后A球以速度v0被彈回，求碰撞后B球的速度。
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例5　一枚在空中飛行的火箭質量為m，在某時刻的速度大小為v，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊沿著與v相反的方向飛去，速度大小為v1。求炸裂后另一塊的速度v2。
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應用動量守恒定律解題的思路
↓
↓
↓
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答案精析
一、
p1′－p1　p2′－p2　－(p2′－p2)
p1′＋p2′　保持不變　合外力為0
梳理與總結
1．(1)整體
2．(1)不受外力或所受合外力為零　保持不變　(2)m1v1′＋m2v2′　(3)①不受外力或者所受合外力為零
3．高速　微觀
討論交流
(1)雖然兩小車的動量都不為0，但由于動量是矢量，根據動量守恒定律，它們的總動量仍然為0，并沒有增加。
(2)先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統總動量不為0，方向向左。之后系統所受合外力為零，系統總動量守恒。
二、
如果船還未拴住，那么在人跳上岸的過程，忽略水對船的阻力作用，人與船組成的系統滿足動量守恒。人起跳后，在人獲得一個指向岸邊的速度的同時，船將獲得一個遠離岸邊的速度。如果人仍按照固定的經驗起跳，人就有可能會掉入水中。
例1　ABD　[小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，人與車組成的系統所受合外力為零，動量守恒，故A正確；子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的系統所受合外力為零，動量守恒，故B正確；子彈射入緊靠墻角的木塊中，墻壁對木塊有彈力作用，系統所受合外力不為零，動量不守恒，故C錯誤；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，手榴彈組成的系統內力遠大于外力，動量守恒，故D正確。]
例2　D　[動量守恒研究的對象為兩個或兩個以上物體組成的系統，物塊在運動過程中，物塊與輕彈簧組成的系統受到墻壁的彈力，合外力不為零，因此該系統動量不守恒，故A、C錯誤；物塊的運動過程中，物塊與輕彈簧組成的系統動能和勢能相互轉化，機械能守恒，而單獨對物塊而言，壓縮彈簧的過程中，物塊的動能在向彈簧的彈性勢能轉化，其自身的機械能在減小，故B錯誤，D正確。]
例3　BD　[不論圓弧是否光滑，小車與小球組成的系統在小球下滑過程中系統所受合外力都不為零，則系統動量都不守恒；但系統水平方向不受外力，所以系統水平方向的動量守恒；若圓弧光滑，只有重力做功，系統的機械能守恒；若圓弧不光滑，系統要克服摩擦力做功，機械能減少，故選B、D。]
例4　(1)，水平向左　(2)v0，方向向左
解析　(1)兩球碰撞過程中動量守恒，規定向右為正方向，
則有2mv0＝2mv＋9m×
解得v＝－，所以碰撞后A球的速度大小為，方向水平向左。
(2)規定向右為正方向，由動量守恒定律得
2mv0－9mv0＝－2mv0＋9mvB′
解得：vB′＝－v0，
所以碰撞后B球速度大小為v0，方向向左。
例5　，方向與炸裂前火箭速度方向相同
解析　以炸裂前火箭速度方向為正方向，則有：
炸裂前火箭的總動量為：p＝mv
炸裂后火箭的總動量為：
p′＝－m1v1＋(m－m1)v2
根據動量守恒定律有：
mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
可得：v2＝
炸裂后另一塊運動方向與炸裂前火箭速度方向相同。(共50張PPT)
DIYIZHANG
第一章
3　動量守恒定律
1.能運用動量定理和牛頓第三定律分析碰撞，推導動量守恒定律的表達式。
2.了解系統、內力和外力的概念；理解動量守恒定律的條件(重點)。
3.能夠運用動量守恒定律分析生產生活中的有關現象(重點)。
4.了解動量守恒定律的普遍適用性。
學習目標
一、動量守恒定律
二、動量守恒定律的應用
課時對點練
內容索引
動量守恒定律
一
如圖所示有兩個質量分別為m1、m2的小球，它們分別以v1、v2的速度相向運動，如圖是發生碰撞的三個瞬間，p1和p2分別是兩個小球碰撞前的動量，p1′和p2′分別是兩個小球碰撞后的動量。設兩球相互作用時間為t。
兩球碰撞的過程中，設2球對1球的平均作用力為F1,1球對2球的平均作用力為F2，根據動量定理，
對1球：F1t＝m1v1′－m1v1，即F1t＝__________ ①
對2球：F2t＝m2v2′－m2v2，即F2t＝__________ ②
p1′－p1
p2′－p2
根據牛頓第三定律得F1＝－F2 ③
聯立①②③式得，p1′－p1＝___________，即p1＋p2＝___________ ④
結論：相互碰撞的兩個物體組成的系統，總動量_________，④式成立的條件是兩球組成的系統所受__________。
－(p2′－p2)
p1′＋p2′
保持不變
合外力為0
1.系統、內力與外力
(1)系統：相互作用的兩個或多個物體作為一個_____研究，這個整體叫作系統。
(2)內力：系統中物體間的作用力。
(3)外力：系統以外的物體施加給系統內物體的力。
2.動量守恒定律
(1)內容：一個系統_________________________，無論這一系統的內部發生了何種形式的相互作用，這個系統的總動量_________。
(2)表達式：m1v1＋m2v2＝______________。
梳理與總結
整體
不受外力或所受合外力為零
保持不變
m1v1′＋m2v2′
說明：動量守恒定律其他表現形式
①Δp＝0，表示系統總動量的增量等于零。
②Δp1＝－Δp2，其中Δp1、Δp2分別表示系統內兩個物體動量的變化量，即兩個物體組成的系統，兩物體動量的增量大小相等、方向相反。
(3)條件：
①理想守恒：系統___________________________。
②近似守恒：系統所受合外力不為零，但內力遠大于外力。
③某一方向守恒：系統所受合外力不為零，但在某一方向上合外力為零(或某一方向上內力遠遠大于外力)，則可認為系統在該方向上動量守恒。
3.動量守恒定律的普適性
動量守恒定律既適用于低速物體，也適用于_____物體，既適用于宏觀物體，也適用于_____物體。
不受外力或者所受合外力為零
高速
微觀
如圖所示，光滑的水平面上兩小車中間夾一壓縮的水平輕彈簧，兩手分別按住小車使他們靜止，對兩車及彈簧組成的系統試分析：
討論交流
(1)兩手同時放開，兩車的動量均不為0，它們的總動量是否增加了？
答案　雖然兩小車的動量都不為0，但由于動量是矢量，根據動量守恒定律，它們的總動量仍然為0，并沒有增加。
(2)若先放開左手，再放開右手后，系統的總動量是否為0？若不為零，方向如何？之后系統的總動量是否守恒？
答案　先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統總動量不為0，方向向左。之后系統所受合外力為零，系統總動量守恒。
(多選)(2024·深圳市龍華中學高二期中)下列情況中系統的動量守恒的是
A.小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，對人與車組成的系統
B.子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統
C.子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統
D.斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，對手榴彈組成的系統
例1
√
√
√
小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，人與車組成的系統所受合外力為零，動量守恒，故A正確；
子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的系統所受合外力為零，動量守恒，故B正確；
子彈射入緊靠墻角的木塊中，墻壁對木塊有彈力作用，系統所受合外力不為零，動量不守恒，故C錯誤；
斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，手榴彈組成的系統內力遠大于外力，動量守恒，故D正確。
(2024·自貢市第一中學開學考試)如圖所示，在光滑的水平面上有一根處于自然狀態的輕彈簧，左側固定在豎直墻面上，彈簧的右側有一物塊以初速度v0向左運動，后與彈簧發生擠壓并被彈回，已知彈簧的形變量始終在彈性限度內，則運動過程中
A.物塊的動量守恒
B.物塊的機械能守恒
C.物塊與輕彈簧組成的系統動量守恒
D.物塊與輕彈簧組成的系統機械能守恒
例2
√
動量守恒研究的對象為兩個或兩個以上物體組成的系統，物塊在運動過程中，物塊與輕彈簧組成的系統受到墻壁的彈力，合外力不為零，因此該系統動量不守恒，故A、C錯誤；
物塊的運動過程中，物塊與輕彈簧組成的系統動能和勢能相互轉化，機械能守恒，而單獨對物塊而言，壓縮彈簧的過程中，物塊的動能在向彈簧的彈性勢能轉化，其自身的機械能在減小，故B錯誤，D正確。
(多選)(2024·達州市高二期中)如圖所示，小車A靜止于光滑水平面上，A上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內，小球B由靜止起沿圓弧下滑，這一過程中
A.若圓弧光滑，則小球的動量守恒，機械能守恒
B.若圓弧光滑，則系統的動量不守恒，機械能守恒
C.若圓弧不光滑，則系統的動量守恒，機械能不守恒
D.若圓弧不光滑，則系統水平方向的動量守恒，機械能不守恒
例3
√
√
不論圓弧是否光滑，小車與小球組成的系統在小球下滑過程中系統所受合外力都不為零，則系統動量都不守恒；但系統水平方向不受外力，所以系統水平方向的動量守恒；若圓弧光滑，只有重
力做功，系統的機械能守恒；若圓弧不光滑，系統要克服摩擦力做功，機械能減少，故選B、D。
總結提升
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系統動量是否守恒的判定方法
1.選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
2.分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒。若系統總動量不守恒但某一方向上合力為零，則在這一方向上動量守恒。
3.系統動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際理想化，若系統內力遠大于外力，系統動量近似守恒。
4.除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。
動量守恒定律的應用
二
小船停靠湖邊時，如果船還未拴住，人便匆匆上岸，人有可能會掉入水中。為什么會出現這種情況？試用動量守恒定律解釋。
答案　如果船還未拴住，那么在人跳上岸的過程，忽略水對船的阻力作用，人與船組成的系統滿足動量守恒。人起跳后，在人獲得一個指向岸邊的速度的同時，船將獲得一個遠離岸邊的速度。如果人仍按照固定的經驗起跳，人就有可能會掉入水中。
(2024·南充市高二月考)如圖所示，在摩擦可以忽略不計的水平面上，當質量為2m的小球A以速度v0向右運動。
(1)若小球A與質量為9m的靜止小球B發生碰撞，碰撞后B球以 的速度向右運動，求碰撞后A球的速度。
例4
(2)若小球A撞上質量為9m、以速度v0向左運動的小球B，碰撞后A球以速度v0被彈回，求碰撞后B球的速度。
規定向右為正方向，由動量守恒定律得
2mv0－9mv0＝－2mv0＋9mvB′
　一枚在空中飛行的火箭質量為m，在某時刻的速度大小為v，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊沿著與v相反的方向飛去，速度大小為v1。求炸裂后另一塊的速度v2。
例5
以炸裂前火箭速度方向為正方向，則有：
炸裂前火箭的總動量為：p＝mv
炸裂后火箭的總動量為：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2
根據動量守恒定律有：mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
炸裂后另一塊運動方向與炸裂前火箭速度方向相同。
總結提升
返回
應用動量守恒定律解題的思路
明確研究對象，確定系統的組成
↓
受力分析，分清內力、外力，確定動量是否守恒
↓
規定正方向，確定初、末動量
↓
根據動量守恒定律，建立方程
↓
代入數據，求出結果并討論說明
課時對點練
三
考點一　動量守恒定律
1.(多選)(2024·南充市高二月考)如圖所示的過程中，系統的動量守恒的有
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基礎對點練
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選項A中，子彈射入木塊的過程中，系統所受合外力為零，則動量守恒；
選項B中，剪斷細線，壓縮的輕彈簧恢復原長的過程中，水平方向要受到豎直墻壁對M的作用力，即水平方向所受合外力不為零，系統的動量不守恒；
選項C中，兩球勻速下降，則受到的重力和浮力的合力為零，剪斷細線后，系統所受的重力和浮力不變，則系統所受合外力仍為零，系統動量守恒；
選項D中，木塊沿光滑固定斜面下滑的過程中，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A、C正確。
2.(多選)(2024·沈陽市高二月考)關于動量守恒的條件，下列說法正確的是
A.只要系統內存在摩擦力，動量不可能守恒
B.只要系統所受合外力所做的功為零，動量守恒
C.只要系統所受的合外力為零，動量守恒
D.系統的機械能守恒時，動量不一定守恒
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系統內存在摩擦力時，合外力可能為零，動量可能守恒，故A錯誤；
系統所受合外力做功為零，可能是合外力為零，也可能是合外力的位移為零，還可能是合外力方向垂直于速度方向，比如系統做勻速圓周運動，系統動量不一定守恒，故B錯誤；
系統不受外力或者所受外力的矢量和為零時，系統動量守恒，故C正確；
物體做自由落體運動時，只有重力做功，機械能守恒，但系統所受合外力不為零，因此系統的動量不守恒，故D正確。
考點二　動量守恒定律的應用
3.(2023·鹽城市高二期末)“天宮課堂”授課時，航天員葉光富在中國空間站嘗試太空轉身。某次深度時他把上半身向左運動，下半身將會向哪一側運動
A.向前 B.向后
C.向右 D.向左
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葉光富在中國空間站可近似認為所受合力為0，根據動量守恒，轉身時，上半身向左運動時，上半身有向左的動量，則他的下半身會具有向右的動量，這樣總動量才能守恒，故下半身會向右運動，故A、B、D錯誤，故C正確。
4.(教材改編)(2024·南充市高二月考)如圖所示，質量為M的小車A停在光滑的水平面上，小車上表面粗糙。質量為m的滑塊B以初速度v0滑到小車A上，已知小車足夠長，滑塊不會從小車上滑落，則小車的最終速度為
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滑塊B滑上小車A，最終兩者相對靜止，根據A、B系統動量守恒，有mv0＝(M＋m)v，
5.質量為M的機車后面掛著質量為m的拖車，在水平軌道上以速度v勻速運動，已知它們與水平軌道間的摩擦力與它們的質量成正比。運動過程中拖車脫鉤，但當時司機沒發現，當拖車剛停下來時，機車的速度為
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6.A、B兩球沿同一條直線運動，如圖記錄了它們碰撞前后的運動情況。其中圖線1、2分別為A、B碰前的x－t圖線，圖線3為碰后它們的x－t圖線。若A球質量為1 kg，則B球質量是多少？
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答案　0.67 kg
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由題圖可知
由碰撞過程中動量守恒有
mAv1＋mBv2＝(mA＋mB)v3，
代入數據得mB≈0.67 kg。
7.(2024·南充市高二月考)如圖，水平彈簧右端固定在豎直墻壁上，左端連接在物塊上，水平面光滑。開始時物塊靜止，彈簧處于原長。一顆子彈以水平速度v0射入物塊，并留在物塊中。若子彈和物塊作用時間極短，下列有關說法中正確的是
A.從子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統動量守恒
B.從子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、
彈簧組成的系統機械能守恒
C.從子彈開始打物塊到與物塊共速，子彈、物塊組成
的系統動量守恒
D.子彈和物塊一起壓縮彈簧的過程中，物塊、子彈、彈簧組成的系統動量守恒
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能力綜合練
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從子彈開始打物塊到彈簧壓縮至最短，子彈、物塊、彈簧組成的系統所受合外力不為零，所以動量不守恒，故A錯誤；
一顆子彈以水平速度v0射入物塊，并留在物塊中，摩擦力做功，子彈、物塊、彈簧組成的系統機械能不守恒，故B錯誤；
子彈開始打物塊到與物塊共速，子彈和物塊作用時間極短，內力遠大于外力，子彈、物塊組成的系統動量守恒，故C正確；
子彈和物塊一起壓縮彈簧的過程中，物塊、子彈、彈簧組成的系統所受合外力不為零，動量不守恒，故D錯誤。
8.(2024·雅安市月考)一小船以2 m/s的速度勻速前行，站在船上的人相對船豎直向上拋出一小球，小球上升的最大高度為0.8 m。若拋接小球時人手的高度不變，不計空氣阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，從拋出小球到小球落回手中的過程，小船前進的距離為
A.0.6 m B.0.9 m
C.1.2 m D.1.6 m
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豎直向上拋出小球的過程中，小球與小船組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，豎直向上拋出小球后，小球與小船在水平方向的速度不變，小球與小船在水平方向都做勻速直線運動，設小球拋出后在豎直方向上升的時間為t，小球上升高度h＝ gt2，代入數據解得t＝0.4 s；從拋出小球到小球再次落入手中過程的時間t′＝2t＝2×0.4 s＝0.8 s；在此時間內小船在水平方向做勻速直線運動，小船前進的距離為x＝vt′＝2.0×0.8 m＝1.6 m，故選D。
9.(2024·南充市高二月考)第24屆冬季奧林匹克運動會于2022年2月20日落下帷幕，冰壺運動是冬奧會比賽項目之一。假設運動員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍壺，兩壺發生正碰，不計碰撞時間，碰撞前、后兩壺的v－t圖像如圖所示。已知兩壺的質量均為20 kg，則碰撞后藍壺的加速度大小為
A.0.12 m/s2 B.0.14 m/s2
C.0.16 m/s2 D.0.18 m/s2
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設碰后藍壺的速度為v，碰前紅壺的速度v0＝1.0 m/s，碰后紅壺的速度為v′＝0.4 m/s，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據動量守恒定律得mv0＝mv′＋mv，解得v＝0.6 m/s；
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11.(2023·宜賓市高二月考)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發現其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B，兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質量分別為1.0×103 kg和4×103 kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞后的瞬間B車速度的大??；
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答案　3 m/s
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設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB，根據牛頓第二定律有μmBg＝mBaB，設碰撞后的瞬間B車速度的大小vB′，碰后滑行的距離為sB，則vB′2＝2aBsB，代入數值，得vB′＝3 m/s
(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。
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答案　14 m/s
設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA，根據牛頓第二定律有μmAg＝mAaA，設碰撞后的瞬間A車速度的大小vA′，碰后滑行的距離為sA，則vA′2＝2aAsA，代入數值，得vA′＝2 m/s，設碰撞前的瞬間A車速度的大小vA，兩車在碰撞的過程中，動量守恒，則有mAvA＝mAvA′＋mBvB′，代入數值，得vA＝14 m/s。
12.(2024·江西省高二月考)某次用火箭發射人造地球衛星，已知衛星的質量為500 kg，最后一節火箭殼體的質量為100 kg，假設最后一節火箭的燃料用完瞬間，火箭殼體和衛星一起以7.0×103 m/s的速度勻速運動。某時刻火箭殼體與衛星分離，分離時衛星沿原來方向運動且與火箭殼體的相對速度為1.8×103 m/s，則分離后殼體的速度大小為多少？
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尖子生選練
答案　5.5×103 m/s
設分離后殼體的速度為v′，根據動量守恒定律得(m1＋m2)v＝m1(v′＋u)＋m2v′，代入數據計算得v′＝5.5×103 m/s
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