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第二讲动量动量守恒定律本考点重点考查动量、冲量概念和动量定理的理解及应用，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主。考点一动量冲量动量定理释疑4大考点清晰概念公式明白有关区别1．正确理解动量与动能、动量变化与动能变化、冲量与功三对概念的区别。如诊断卷第1、2题。2．明确动量定理与动能定理的区别：动量定理反应了物体动量的变化量由合外力的冲量决定，而动能定理反应了物体动能的变化量由合外力的功决定。如诊断卷第2题，拉力的冲量变为原来的2倍，合外力的冲量不一定是原来的2倍，故选项B错误；拉力的功变为原来的2倍，合外力的功不一定是原来的2倍，可判断选项D正确。[题点全练]1．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kgD．1.6×106kg解析：设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝Ftv＝4.8×106×13×103kg＝1.6×103kg，选项B正确。答案：B2．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10NB．102NC．103ND．104N解析：设每层楼高约为3m，则下落高度约为h＝3×25m＝75m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝mvt＋mg≈103N，由牛顿第三定律知C正确。答案：C3．(2019·广州一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员()A．过程Ⅰ的动量改变量等于零B．过程Ⅱ的动量改变量等于零C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量解析：由动量定理知过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员进入水时的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B错误；过程Ⅱ的动量改变量等于重力与水的阻力的合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。答案：C本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，选择题与计算题均是常考题型，与机械能守恒定律和功能关系相结合是常见计算题的命题形式，试题难度中等。考生应学会灵活变通。考点二动量守恒定律及其应用理解定律要全面突破重点应用1．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。如诊断卷第3题，A、B所受的摩擦力，对A、B组成的系统是外力，只有A、B所受的摩擦力大小相等时，A、B组成的系统动量守恒；但A、B所受的摩擦力，对A、B、C组成的系统却是内力，无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统动量都守恒。2．动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。如诊断卷第4题，系统动量虽不守恒，但系统在水平方向上合力为零，在水平方向上系统动量守恒。3．应用“人船模型”时，要注意其应用条件：即两个物体作用前均静止，作用后均运动。如诊断卷第5题。[题点全练]1．(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.mMvB.MmvC.mm＋MvD.Mm＋Mv解析：由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0，解得v′＝－Mvm，即滑板的速度大小为Mvm，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。答案：B2.(2019·河北省衡水中学调研)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A．FN＝mgcosαB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面体向左滑动的距离为mM＋mL解析：当滑块B相对于斜面体加速下滑时，斜面体A水平向左做加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；根据冲量定义I＝Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mx1t－mx2t＝0，即有：Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得：x1＝mM＋mL，故D正确。答案：D3.有一质量为M的小船静止在水面上，在船头A到船尾B的连线上有一点C，AC＝L1，BC＝L2，在A端站一质量为2m的人，在C点放有质量为m的物体(人和物都可视为质点)，现在人从A端走到C点将物体搬到B端停下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为()A.2mL1＋3mL2m＋MB.2mL1＋3mL23m＋MC.2mL1＋mL23m＋MD.mL1＋3mL23m＋M解析：人、船和物体视为一系统，人从A端到C点过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝st得2ms1－(m＋M)s2＝0，人和船的速度方向相反，应用几何关系得s1＋s2＝L1，解得s2＝2mL13m＋M；从C点将物体搬到B端停下的过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝st得(2m＋m)s1′－Ms2′＝0，同理应用几何关系得s1′＋s2′＝L2，解得s2′＝3mL23m＋M。总位移为s总＝s2＋s2′＝2mL1＋3mL23m＋M，故B正确。答案：B考查动量守恒定律及其应用，试题常常涉及多个物体，多个过程，常以碰撞、爆炸、反冲模型为纽带，此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知识相互结合，试题综合性强，难度较大，灵活性较强。建议对本考点融会贯通。考点三碰撞、爆炸与反冲明确碰撞过程遵循的三原则动量守恒碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′动能不增加碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式：12m1v12＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2。如诊断卷第6题，根据“碰撞过程中动能不增加”求解花色球B的质量满足的条件物理情景可行性按碰撞情景可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情景应与实际相一致。如诊断卷第6题中两球碰撞后同向运动，一定满足碰撞后白色球A的速度不大于花色球B的速度，可得mB≤4mA熟悉爆炸的三特点动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时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。如诊断卷第8题，通过爆炸过程中动量守恒求得速度，通过分析平抛运动求得落地时的动量，通过能量关系比较机械能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移不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动理解反冲运动应注意的三个问题速度的方向性对于原来静止的整体，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。在列动量守恒定律方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的这一部分的速度就要取负值速度的相对性反冲运动的问题中，有时已知的速度是相互作用的两物体的相对速度。但是动量守恒定律中要求速度是相对同一惯性参考系的速度(通常为对地的速度)。因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒定律方程变质量问题在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程进行研究1．(2019·北京市大兴区模拟)如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车质量之比m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是()A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1∶2B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1∶2C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2∶1D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1∶4[题点全练]解析：两小车和弹簧组成的系统，在烧断细线后合外力为零，动量守恒，所以两车的动量大小之比为1∶1，由m1v1＝m2v2结合m1∶m2＝2∶1可知v1∶v2＝1∶2，所以A选项正确，B选项错误；由于弹簧弹开过程，每时每刻对两小车的弹力大小相等，又对应着同一段作用时间，由I＝Ft可知，m1、m2受到的冲量大小之比为1∶1，所以C选项错误；根据功能关系的规律，弹簧弹开过程，弹力对m1、m2做功等于两小车动能的增量，由W＝ΔEk＝12mv2－0，代入数据可知W1∶W2＝1∶2，所以D选项错误。答案：A2．(2019·长沙一模)一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2＝km1，k1。碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2。假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。质量为m1的物体碰撞后与碰撞前速度之比r＝v1v0的取值范围是()A．1－k1＋k≤r≤1B．1－k1＋k≤r≤11＋kC．0≤r≤21＋kD．11＋k≤r≤21＋k解析：若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；由能量关系：12m1v02＝12m1v12＋12m2v22，解得v1＝m1－m2m1＋m2v0，则v1v0＝1－k1＋k；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v1＝v2＝m1v0m1＋m2，则v1v0＝11＋k。故1－k1＋k≤r≤11＋k，B正确。答案：B3．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝12mv02①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0＝v0－gt②联立①②式得t＝1g2Em。③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有14mv12＋14mv22＝E⑤12mv1＋12mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有14mv12＝12mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝2Emg。⑧答案：(1)1g2Em(2)2Emg动量与能量的综合问题，指的是解决这类问题一般需要用到动力学、动量和能量三种观点，所涉及的主要内容是：“两个运动定律”——牛顿第二、第三定律；“两个定理”——动能定理和动量