15 动量守恒定律复习课（教师版）.docx

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1、1 .理解动量守恒定律的内容、表达式及其守恒的条件。2 . 了解动量守恒定律的普遍意义，掌握动量守恒定律的应用。学习目标教学内容艮迷门刷皱1. 一个质量为相=100 g的小球从/?=0.8m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，假设从小球接触软垫到 小球陷至最低点经历了 /=0.2 s,规定竖直向下为正方向，那么在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g=10 m/s2)()A. 0.6 N-s B. 0.4 N-sC. -0.6 N-s D. -0.4 N-s解析：选C 设小球自由下落=0.8 m的时间为八，由自由落体运动规律，得八=、y=0.4s。设/n为 软垫对小球的冲量，以竖直向下为正方向，那

2、么对小球在整个运动过程运用动量定理得相仪八+。+人=0,解得 /.v=-0.6 N-s,负号表示软垫对小球的冲量方向和正方向相反，应选项C正确。2.如下图，具有一定质量的小球人固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的。点。用手将小球拉至水 平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与8处固定的橡皮泥碰撞后粘在一起，那么在此过程中小 车将()A.向右运动B.向左运动C.静止不动D.小球下摆时，车向左运动后又静止解析：选D 水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒。小球下摆过程中，水平方向具有向 右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动。当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大

3、小 相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止。综上所述，D正确。尊，先导学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考点四动量和能量的综合应用1 .如下图，一轻质弹簧两端连着物体A和8,放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为出的子弹射中并 且子弹嵌在其中.物体从的质量?A是物体B的质量7H的弓，子弹的质量用是物体8的质量的右，弹 簧压缩到最短时8的速度为()为DABA.史 2ZZZZZZZZZ/z/zzB/zz/z% 4*【答案】C【解析】根据题意可知，8的质量?B为4?，A的质量?A为3小，子弹的质量为 ?，子弹刚射入物块4时，A具有最大速度也此过程中子弹

4、与A的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得： nnx)= (m+m ) v解得：4对子弹、滑块八、8和弹簧组成的系统，A、8速度相等时弹簧被压缩到最短.弹簧压缩的过程中，根据动量 守恒定律可得：(m+niA) v=(切+”?a+?b) vf 由此解得：8应选C。2 .如下图，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自 由端恰在C点，总质量为M=2kg物块从斜面上A点由静止滑下，经过3点时无能量损失。物块的质 量机=lkg,八点到8点的竖直高度为人=1.8 m, 8C长度为L=3m, 8。段光滑。g取lOm/s?。求在运动过程中:(1)弹簧弹

5、性势能的最大值；(2)物块第二次到达C点的速度。【答案】(1)12J (2)-2 m/s【解析】(1)由A点到8点的过程中，由动能定理得：期=品而 解得 vn=y2gli=6 m/s由8点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取照方向为正方向, wvb=(A/+7?)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：Ep=,/ T(A/+m)r由以上两式可得p=12J。物块由B点至第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取昉方向为正方向,vb=?uc+Mv物块由8点至第二次到C点的整个过程机械能守恒%J vi=1/n昆+V2 44乙由以上两式可解得：以=-2 m/s；刊=6 m/s(第一次到。点的速度,舍去)即

6、物块第二次到达。点的速度为一2 m/s。3.如图，质量为6加，长为A的薄木板48放在光滑的平台上，木板8端与台面右边缘齐平，8端上放有质量1为3加且可视为质点的滑块C, C与木板之间的动摩擦因数为=),质量为?的小球用长为L的细绳悬挂在 平台右边缘正上方的。点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小 球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。oY9，“，加，A4.4.4.t.p(1)求细绳能够承受的最大拉力：(2)假设要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断。能否从木板上掉下来。【答案】(l)3?g (2)L (

7、3)见解析【解析】(1)设小球运动到最低点的速率为如小球向下摆动过程，由动能定理源得，柄o=，恭小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：ft-mgl，解得:Fr=3fng,由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：Ft=Ft，即细绳能够承受的最大拉力为：/Y=3?g。(2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移 =%产水平分位移：L=t,解得：h=L。小球与滑块。碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒，设C碰后速率为V,依题意有“小=(既+3?也，假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速度为也，由动量守恒得：3机口=(3，+6m)v2，由能量守恒得：鬲=&3?+6?源+3

8、/呻，联立解得：5=g由$VL知，滑块C不会从木板上掉下来。【增分攻略】.含有弹簧的系统中，当弹簧的弹性势能最大时，相互作用的物体速度相同。1 .板块问题常涉及多个物体、多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块问题要分析不同阶段的受力 情况和运动情况，然后逐个建立动量守恒和能量守恒的方程。同时注意一些关键字眼，如木板足够长，说明 物块最终与木板同速，其相对滑动距离对应木板至少长度。3.利用动量和能量观点解题的技巧：（I）假设研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律。（2）动量守恒定律利能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究。（3）注意挖掘隐

9、含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒。（4）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量 表达式。堂检侧1 .人的质量m=60kg,船的质量M=240kg,假设船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。假设撤 去缆绳，如下图，人要平安跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等）（）A. 1.5 m B. 1.2 m C. 1.34 m D. 1.1 m解析：选C 船用缆绳固定时，设人起跳的速度为vo,那么沏=如。撤去缆绳，由动量守恒（）=/曲一MV2,两次人消耗的能量相等MV2,两次人消耗的能量相等即动能不变，nr

10、ui = %就+,解得5 =故 X=Vt =1产1.34m, C正确。2 .（2018沧州右二检测）质量为m的物块甲以3 nVs的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左 侧，另一质量也为，的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如下图。那么（）A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量不守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.甲物块的速率可能到达5 m/sD.当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0解析：选D 甲、乙（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守 恒，故A错误；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向

11、为正方向，设共同速度为以根据动 量守恒定律得山乙一加，. = 2，。，解得。=0.5 m/s,故B错误：假设甲的速率到达5 m/s,方向与原来相同， 那么：乙一/如甲=一,代入数据解得：v c =6 m/s,两物体的速率都增大，动能都增大，违 背了能量守恒定律，假设甲的速率到达5 m/s,方向与原来相反，那么：?。乙一加甲=比，甲+/。乙，代入数 据解得：=-4 m/s,可得，碰撞后乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违背了能量守恒 定律，所以甲的速率不可能到达5 m/s,故C错误：甲、乙组成的系统动量守恒，假设甲的速率为1 m/s,方向 与原来相同，由动量守恒定律得：?。乙一也甲=-

12、777V / +2乙，代入数据解得：。乙=2 m/s;假设甲的速 率为I m/s,方向与原来相反，由动量守恒定律得：乙一甲=2 J +nw o,代入数据解得：v c= 0,故D正确。3 . （2018西安博迪学校期中）一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发 炮弹，设两炮弹质量相等，相对于地的速率相等，牵引力、阻力均不变，那么炮艇的动量和速度的变化情况是 （ ）A.动量不变，速度变大 B.动量变小，速度不变C.动量变大，速度增大D.动量变大，速度减小解析：选A 由于炮铤在湖面上匀速行驶，所以炮使包括两个炮弹在水平方向受到的合外力为零，因此 在水平方向满足动量守恒。设炮艇

13、速度为炮艇质量为M,炮弹质量均为“，相对于地的速率均为如，炮 叙发射炮弹后的速度为。，由动量守恒定律得（M+2?W=欣/ +?“）一劭），解得屋故a 正确。4 .如下图，在光滑的水平面上，静止停放的小车内有一弹簧被A利B两物体压缩，A和8的质量之比 为1：2,它们与小车间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分开，分别向左、右运动，两物体相对小车静止后，都未与车壁相碰，那么（）A 000000000 BA. 8先相对小车静止下来B.小车始终静止在水平面上C.最终小车静止在水平面上D.最终小车水平向右匀速运动解析：选AC 因释放弹簧后两物体在极短时间内与弹簧分开，可认为此过程中4、3

14、与弹簧组成的系统 动量守恒，由，八内=皿可得内：如=2 ： 1,两物体滑动过程中，由可知，aA=ah对小车受力 分析可知，4叫一可知，小车在水平面上向右运动，又因“8与”率同向，故8先相对小车静 止下来，由八、8与小车组成的系统动量守恒可知，最终小车、A、8的速度均为零，由以上分析可知，选项 A、C正确，B、D错误。5.如下图，三辆完全相同的平板小车。、b、c成一直线排列，静止在光滑的水平面上。c车上有一人跳 到车上，接着又立即从力车跳到4车上。此人跳离C车和人车时对地的水平速度相同。他跳到。车上相对。 车保持静止，此后（）占c b aA. 、力两车运动速率相等B. a、c两车运动速率相等C.

15、三辆车的速率关系已2“”D. 4、C两车运动方向相反解析：选CD 设人跳离从C车时速率为。，由动量守恒定律知，人和C车组成的系统：0=一加/8+小人。，对人和力车：加入。=-M车篦人。，对人和a车：，人o=（M*+人）,所以&=冬, Vh=O, va= Ma.并且%与加方向相反,故C、D正确。6. 如下图，一根足够长的水平滑杆SS上套有一质量为机的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行 放置一足够长的光滑水平木制轨道，且穿过金属圆环的圆心。，现使质量为M的条形磁铁以水平速度加沿 轨道向右运动，以下说法正确的选项是（） s y 上 UnA.磁铁穿过金属圆环后，二者将先后停下来B.金属圆环可能获得的

16、最大速度为普C.磁铁与金属圆环系统损失的动能可能为D.磁铁与金属圆环系统损失的动能可能为宿解析：选BC 金属圆环是光滑的，足够长的水平木制轨道也是光滑的，在磁铁穿过金属圆环后，二者 由于不受摩擦力的作用，两者将不会停下来，故A错误：选取磁铁与金属圆环组成的系统为研究对象，系统 在水平方向受到的合外力为0,满足动量守恒，当金属圆环与磁铁的速度相等时，金属圆环获得最大速度， 选取磁铁运动的方向为正方向，那么最终可能到达的共同速度满足：Mv0=（M+m）vt得前，故B正 确；磁铁假设能穿过金属圆环，运动的过程中系统产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失 的动能最大，为：0=3知m-；函

17、+加）上=：2 ,故C正确，D错误。 JJI III J7. （8分）一同学利用水平气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验时，测出一个质量为0.8 kg的滑块 甲以0.4 m/s的速度与另一个质量为0.6 kg、速度为0.2 m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变 为0.3 m/s,此时滑块甲的速度大小为 m/s,方向与它原来的速度方向（填“相同”或“相反）。解析：甲初动量大小“甲=/ 。甲=0.32 kgm/s,乙初动量大小乙=？乙。乙=0.12 kgm/s, 甲乙，碰撞 后乙必反向，对系统利用动量守恒定律得中一乙=甲+/，解得=0.02kgm/s,滑块甲的速度为 v =L=777

18、m/s=0.025 m/s,方向与它原来的速度方向相同。 v.o答案：0.025相同8. （12分）（2018宜春高二检测）两位同学用如图甲所示装置.，通过半径相同的A、8两球的碰撞来“探究 碰撞中的不变量”。甲乙(1)测得入射球A的质量为川 被碰小球8的质量为图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直 投影，实验时，先让入射球人从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P,测得平抛射程为 0P;再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球8相撞，分别找到球A和球8相撞后的平均落点 M、N,测得平抛射程分别为OM和。N。根据课堂探究的不变量，本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应 为。(

19、2)多项选择实验中必须满足的条件是 oA.斜槽轨道尽量光滑以减小误差B,斜槽轨道末端的切线必须水平C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D.两球的质量必须相等(3)乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直 放置的木条上，用来记录实验中球A、球8与木条的撞击点。实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并 与轨道接触，让球4从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为夕：然后将木条平移到图中所示位置，球A 从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P;再将球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球8相撞， 确定球A和球3相撞后的撞击点分别为M和N。测得夕 与N

20、、P、M各点的高度差分别为小、 电、加。乙同学实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为。解析：(1)本实险中，是通过平抛运动的基本规律求解小球碰撞前后的速度，小球离开轨道后做平抛运 动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间/相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可 以用小球的水平位移代替小球的初速度，假设两球碰撞前后动量守恒，那么?皿0=，心5 +小皿2,又。尸=如，0M =vl, ()N=s1,代入得：mA()P=ihaOM+maON。(2)由实脸原理知，实验中只要求小球离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要 保证每次小球都做平抛运动，那么凯道的末端必须水平，故B

21、正确；要保证碰撞前的速度相同，入射球A每次 都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量， 故D错误。(3)小球做平抛运动，在竖直方向上：万=笈尸，平抛运动时间：/=(，设凯道末端到木条的水平位移为X,小球做平抛运动的初速度：VA =为X,小球做平抛运动的初速度：VA =,如果碰撞前后动量守恒，那么：mAVA = ifiAVAf,将速度代入式中解得：赤亚丁赤。答案：（l）mA0P=0M+s0N （2）BC（3砺一的丁诉309.（14分）如下图，从倾角为30。，长0.3 m的光滑斜面上滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的 小车里，此后货

22、包相对小车静止。假设小车与水平面之间的动摩擦因数4 = 0.02,小车能前进多远？ （g取1（） m/s2）解析：货包离开斜面时速度为v=72axi = Wgxisin 30。=小 m/s货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度内不变，其大小为a= 加os 30。=1.5 m/s,货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，那么mvx=(M+m)v,解得小车获得的速度为v =0.2 m/s,由动能定理有(M + ni)X2=(M+ 2,解得小车前进的距离为也=0/m答案：0.1 m10

23、. （18分）（2017天洋后考）如下图，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计 的光滑定滑轮两侧，质量分别为g=2 kg、m=l kgo初始时A静止于水平地面上，3悬于空中。现将4竖 直向上再举高力=1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，4、8以大小相等的速度一起 运动，之后8恰好可以和地面接触。取g=l()m/s2,空气阻力不计。求：/去(1明从释放到细绳绷直时的运动时间/;(2)4的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。解析：(1)3从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有/ 代入数据解得f=0.6 s。 (2)设细绳绷直前瞬间3速度大小

24、为如，有。B=gf细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，4、8相互作用，由动量守恒得加08=(?a + ?B)0 之后人做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度。即为人的最大速度，联立式，代人数据解得。=2 m/s。 (3)细绳绷直后，A、3一起运动，8恰好和地面接触时A、3的速度为零，这一过程中4、8组成的系统 机械能守恒，有+niB)v2+mgH= niAgH代入数据解得H=0.6 mo 答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m号良劭精钻【知识回扣】.思维导图1 .动量守恒定律(1)常用的四种表达形式：? 10+ ?2 V2 =机1也+?2以，相互作用的两个物体组成的系

25、统，作用前的动量和等于作用后的动量和。/，= -A/X，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 = (),系统总动量的增量为零。(2)常见的几种守恒形式及成立条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。分动量守恒：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。(3)动量守物体在个汉会中ttr、A 的功变化型尊干它在这I麴能加kQSrwe3-L 1面“西Lrss?量守位、学平修金叶南动定g;/也幽幽勺 r1，-yi J1定义式上一矢量修:呕瞬对竹个俣陵不受外力、 内正匕3历处外之R si丁为零.送个余次的if成五的条件

26、同时性:（参考系的同一慑）物体在个汉会中ttr、A 的功变化型尊干它在这I麴能加kQSrwe3-L 1面“西Lrss?量守位、学平修金叶南动定g;/也幽幽勺 r1，-yi J1定义式上一矢量修:呕瞬对竹个俣陵不受外力、 内正匕3历处外之R si丁为零.送个余次的if成五的条件同时性:（参考系的同一慑）1. （2020.峨山县校级模拟）如下图，高为的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C 点，。为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为机的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，己知八B=h, BC=3h,滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之

27、间的动摩擦因数为 =05给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后, 滑块乙恰好滑到斜劈的最高点。处，重力加速度用g表示.求：（1）滑块甲的初速度%的大小；（2）滑块乙最终静止的位置与C点的距离.【答案】（1）小胡（2）2 【解析】（1）甲、乙两滑块质量相等，每次碰撞没有能量损失，所以碰撞后两者交换速度.根据能量守恒定律得:将 BC=3h, /=0.5 代入解得 v（）=、5gh（2）设滑块乙在水平面上滑行的总路程为s. 对整个过程，由动能定理得八 1，fimgs=()-5/0解得s=5/?所以滑块乙最终静止的位置与C点的距离为 s =s-3h=2h.恒的性质:矢量性动量守恒定

28、律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向分清 各物体初末动量的正、负。相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（没有特殊说明要选地球这 个参考系）。同时性动量是一个瞬时量，表达式中的“1、P?必须是系统中各物体在相互作 用前同一时刻的动量，pl、p2必须是系统中各物体在相互作用后同一 时刻的动量，不同时刻的动量不能相加3 .碰撞H弹性碰撞（机械能守恒）h（遵守动量守恒定律T非弹性碰撞（机械能不守恒）-.弹性碰撞模型特例两质量分别为孙、m2的小球发生弹性正碰，刃彳0,暝=0,那么碰后两球速度分别为“二也三丝力，v/ = ni 十/“22如假设，产利的两球发生弹性正碰，力翔，史=0,那么碰

29、后4=。，也=，即二者碰后交换速度。（2）假设如如，也却,V2=0,那么二者弹性正碰后，也=,V2=2n.说明如的速度不变，m2以2也的速度被撞出去。（3）假设?相2，的和，也=0，那么二者弹性正碰后,v/= vi M=0.说明如被反向以原速率弹回,而肛2仍静止。【热门考点透析】考点一动量、冲量和动量定理1.（2019武汉高三下学期2月调考）运发动在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上 来的水反转180。后向下喷出，令自己悬停在空中，如下图。运发动与装备的总质量为90 kg,两个喷 嘴的直径均为10 cm,重力加速度大小g=10m/s2,水的密度 =LOxlO* kg/l/

30、,那么喷嘴处喷水的速度大 约为（）A. 2.7 m/s B. 5.4 m/s C. 7.6 m/s D. 10.8 m/s【答案】C【解析】 设2时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这局部水由动量定理得FM=2mv, m= p山号,设运发动与装备的总质量为M,运发动悬停在空中，所以F=Mg,由牛顿第三定律得F=F,联 立解得以7.6 m/s, C正确。2. （2019黑龙江哈尔滨4月理综检测）水平推力R和尸2分别作用于置于水平面上的等质量的。、两物块上， 作用段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动段时间停下来.两物块运动的u”图象如下图， 图中那么以下说法正确的选项是（）oBDt/s

31、A.两物块所受摩擦力大小相等B.两物块所受摩擦力冲量大小相等C. Fi的冲量大于F2的冲量Q的冲量小于B的冲量【答案】AD【解析】由图，4B与C/）平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦 力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A正确.根据由图看出摩擦力的作 用时间可知摩擦力的冲量不相等，选项B错误.根据动量定理，对整个过程研究得尸由一修。8= 0,尸2及一尸间/）=0，因b8V3），那么有广由尸2。即尸I的冲量小于尸2的冲量，故C错误，D正确.应选A、 D（2018年全国高考2）高空坠物极易对行人造成伤害.假设一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25

32、层坠下，与地 面的撞击时间约为2 ms,那么该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. IONB. 1O2NC. 103 nD. KTN【答案】C【解析】此题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m,可以利用动能定理或者机械能守恒求 落地时的速度，并利用动量定理求力的大小.设鸡蛋落地瞬间的速度为v,每层楼的高度大约是3m,由动能定理可知：mgh = mv2 ,解得：v = y2gh = J2x10x3x25 = IOyf5m/s落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：（N-?g）/ = （）-（T7M ,解得：NtlOOON,根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击

33、力约为MFN,故C正确，应选C【增分攻略】.动量定理研究对象选择可以是单一物体，也可以是质点系，在研究质点系问题时，受力分析时只考虑质点 系的外力。1 .在应用动量定理时需要规定正方向。考点二动量守恒定律及应用1.把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下. 列说法正确的选项是（）A.枪和弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D.枪、弹、车三者组成的系统动量守恒【答案】D【解析】内力、外力取决于系统的划分。以枪和弹组成系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪

34、 和车组成的系统受到系统外弹簧弹力对枪的作用力，系统动量不守恒。枪弹和枪筒之间的摩擦力屈于内力， 但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒。枪、弹、车组成的系统所受合外力为 零，系统的动量守恒，故D正确。2如下图，一个倾角为a的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质 量为机的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端白由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离 是（）mhC.mhcol aM+mMhcoi a D M+m【答案】C【解析】此题属“人船模型问题，机与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设机在水平方向上对地位移为即，M在水平方向对地位移

35、为X2，因此0 = WA1 Mx?且加+用=阮。1& 由可得心=曾学，应选C例十23. （2019佛山模拟）如下图，弹簧的端固定在竖直墙上，质量为，的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底 部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑（）A.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高力处【答案】BC【解析】在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组 成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方

36、向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和 槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与 槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽别离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相 等，故小球不能滑到槽上，选项D错误.4.如图，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止 于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上 上升的最大高度为刀=0.3 m（h小于斜面体的高度）。小孩与滑板的总质量为，川=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩

37、与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。求斜面体的质量；通过计算判断，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？【答案】20 kg （2）见解析【解析】（1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者到达共同速度，设此共同速度为V,斜面体的质量为由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得?2也0 = （?2 +机3）战）=+小3）V2+m2gh 式中U2O=-3m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得13=20 kg（2）设小孩推出冰块后的速度为V1，由动量守恒定律有W1V1+W2V2O = O代入数据得vi = 1 m/s 设冰块与斜面体别离后的速度分别为也和吟，由动

38、量守恒和机械能守恒定律有ni2V20 = ?2 丫2 + ?3 3 品2底=盆2 vi+%?3 M联立式并代入数据得V2= 1 m/s 【增分攻略】.应用动量守恒定律解题的步骤（明确研究对确定系统的组成）,y、（受力分析，确定动敬是否守后。,y、（规定正方向,确定初末动） 盘据动依守恒定律，建立守恒够）, i 、 （代入数据，求出结果并讨论而D.应用“人船模型”解题的两个关键点（1） “人船模型”的应用条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件。（2）人、船位移大小关系：加人s人=/船$用” s人+s/=&上为船的长度）。考点三碰撞、爆炸和反冲.（2017全国卷I ）将质量为l.（X）

39、 kg的模型火箭点火升空，5（） g燃烧的燃气以大小为600 in/s的速度从火箭喷 口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A. 30 kg m/sB. 5.7xl0（1）滑块与木板间的动摩擦因数；（2）小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度. 【答案】（1）费（2）滑块速度为。木板速度为山，方向水平向右 【解析】（1）滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药 包接触时的速度为vi，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所 受合外力为零，那么该系统动量守恒，故有m）

40、=2?力 kg rn/sC. 6.0X102 kg m/sD. 63x1 （）2 kg-m/s【答案】A【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量 大小为P，根据动量守恒定律，可得一八b=0,解得=mi；o=O.（）5O kgx600 m/s = 30 kgm/s,选项A正确。1 .两球4、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，小=1 kg,必=2 kg, V4=6 m/s, i%=2m/s.当A 追上6并发生碰撞后，两球A、5速度的可能值是（）A. va=5 m/s, vb=2.5 m/s B.必=2 m/s,以=4 m/sC. V4

41、= _4 m/s, v=7 m/s D.必=7 m/s, vb= 1.5 m/s【答案】B【解析】虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后4的速度必大于B的速度/小必 然要发生笫二次碰描不符合实际；C项中，两球碰后的总动能唠=乩点+%切片=57J,大于碰前的总动 能叫 = 22J,违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。3. （2019山东青岛高三期末联考）如下图，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为 用，木板长度为L（挡板的厚度可忽略），挡板上固定有一个小炸药包（可视为质量不计的点）.木板左端有一质 量也为皿可视为质点）

42、的滑块.滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态.给滑块一个水平 向右的初速度vo,滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸（此过程时间极 短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损），滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木 板相对静止.求：炸药包酒桁口L（解得vi=1vo，方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知fimgL=一去 2? v?联立解得尸溪.(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为4和k，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为也，系统在爆 炸前后动量守恒，那么有2tnv2mv = 2八，2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应

43、用功能关系，那么有/imgL =wvi*2+jwv2/2机日联立以上各式解得=0； v/=i，o,方向水平向右。【增分攻略】.分析碰撞问题的三个依据(I)动量守恒，即 P1+P2=P1+P2。，,2,2(2)动能不增加，即国+&22&, +&2,或鼠+猊绦;+景。速度要合理：碰前两物体同向，那么V后“前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且八后两物 体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。1 .爆炸现象的三个规律3.对反冲运动的三点说明动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后 系统的总动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，一般可忽略不 计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动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