动量守恒定律内容要求要点解读动量守恒定律及其应用Ⅱ只限于一维。以生活实例为命题背景，考查动量守恒定律在生活中的应用，复习时应侧重本知识和其他知识的综合应用，如与动力学、功和能、电磁学等知识综合考查。题型既有选择题，也有计算题，难度中等或中等偏上。弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ只限于一维。要知道碰撞的特点，能区分弹性碰撞，非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。一、动量1．定义：物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。2．表达式：p＝mv。3．单位：kg·m/s。4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。二、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。定义式：I＝FΔt。(2)单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与恒力的方向相同。2．动量定理(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。(3)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。三、冲量及动量的理解和计算1．对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．②矢量性：对于方向恒定的力来说．冲量的方向与力的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．2．动量的变化量(1)数学表达式：Δp＝p2－p1(2)动量的变化量是矢量，遵循平行四边形定则。其方向与速度的改变量方向相同。a．如果初末动量在同一直线上，首先规定正方向，再用正负表示初末动量p1、p2，根据公式Δp＝p2－p1，求出动量的变化量，如图(1)(2)。b．如果初末动量不在同一直线上，需使用平行四边形定则，求出动量的变化量Δp。如图(3)。3．动量与动能的关系Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)。4．冲量的四种计算方法公式法利用定义式I＝Ft计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态图像法利用F­t图像计算，F­t图像围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量平均值法若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，F1、F2为该段时间内初，末两时刻力的大小动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量5．动量、冲量、动量变化量的比较大小表达式方向动量p＝mv与v同向冲量I＝Ft与F同向动量变化量Δp＝mv′-mv与合力同向四、动量定理的理解及应用1．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。(2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。(3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。(4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,Δt)＝eq\f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。2．用动量定理解释生活现象(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。(2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。3．应用动量定理处理“流体模型”(1)研究对象：选取流体为研究对象，如水、空气等。(2)研究方法：隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。(3)基本思路(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。(2)小柱体的体积ΔV＝SvΔt(3)小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt(4)小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt(5)应用动量定理FΔt＝Δp4．用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。五、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为eq\a\vs4\al(0)，这个系统的总动量保持不变。2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。3．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零。(2)系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。(3)系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。六、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的机械能没有损失。②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失。③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。3．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。七、动量守恒定律的理解和基本应用1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．应用动量守恒定律解题的步骤(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，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(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．八、碰撞问题1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．2．弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2联立解得：v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.则碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.九、爆炸、反冲问题1．反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动3．“人—船”模型模型特点(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。一、单选题1．如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点。一个小球以大小为v0的速度从A点匀速滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力。小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是（ ）A．合力做功为零 B．合力的冲量为零C．合力为零 D．机械能守恒【答案】A【详解】AC．小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零；小球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A正确，C错误；B．小球从A点滑到B点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B错误；D．小球从A点滑到B点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故D错误。故选A。2．如图所示，轻弹簧左端固定，左端自然伸长于粗糙水平面上的点，小球从点以某初速向左运动，被弹簧反弹后恰好返回至。则小球（ ）A．两次经过点时的速度大小相等B．向左经过点的加速度小于向右经过点的加速度C．向左运动的时间等于向右运动的时间D．压缩弹簧过程所受弹力的冲量小于弹簧恢复形变过程所受弹力的冲量【答案】D【详解】A．地面粗糙，从两次经过点，摩擦力做负功，机械能减少，弹性势能相同，动能减少，因此第二次经过点时速度小，A错误；B．向左向右经过点时，弹簧处于原长状态，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等。B错误；C．OA段向左和向右过程加速度大小相等，位移大小相等，但向左运动的平均速度大，因此向左时间短。弹簧压缩，向左运动时向右运动时得位移大小相等，向左减速逆运动是初速度为的匀加速运动。因此向左的时间短，综上得，向左运动时间小于向右运动的时间。C错误；D．压缩弹簧过程和弹簧恢复形变过程弹力变化相同，压缩弹簧时时间小，因此弹力冲量小，D正确。故选D3．如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为、的木板A、B，一质量的滑块C（视为质点）以初速度从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为，最终C与木板B相对静止，则（ ）A．木板B与滑块C最终均静止在水平地面上B．木板B的最大速度为2m/sC．木板A的最大速度为1m/sD．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J【答案】D【详解】ABC．整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A时解得木板A的最大速度为滑上B后，对B、C整体水平动量守恒解得木板B的最大速度为并且B、C一起匀速运动，故ABC错误；D．整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了故D正确。故选D。4．如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正