動量守恒定律及三類模型-2024物理一輪復(fù)習(xí)題型歸納（新高考專用）邯鄲

動量守恒定律及三類模型-2024物理一輪復(fù)習(xí)題型歸納(新高考專用)

第六章碰撞與動量守恒定律

動量守恒定律及三類模型

【考點預(yù)測】

1.動量守恒的條件

2.動量守恒的簡單應(yīng)用

3.子彈打木塊問題

4.爆炸反沖問題

5.人船模型問題

【方法技巧與總結(jié)】

一、動量守恒定律

1.內(nèi)容

如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.

2.表達(dá)式

(l)p=系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p'.

(2)7%5+弘23=m1%'+小"2'，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和.

(3)Ap產(chǎn)-八山,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.

(4)Ap=0,系統(tǒng)總動量的增量為零.

3.適用條件

(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為零.

(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力.

(3)某一方向守恒:如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒.

二'“三類”模型問題

L”子彈打木塊”模型

(1)“木塊”放置在光滑的水平面上

①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動:“木塊”在滑動摩擦力作用下做勻加速直

線運動.

②處理方法:通常由于“子彈”和“木塊”的相互作用時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為在這一過程中動量

守恒.把“子彈”和“木塊”看成一個系統(tǒng)：a.系統(tǒng)水平方向動量守恒；b.系統(tǒng)的機械能不守恒；c,對“木塊”

和“子彈”分別應(yīng)用動能定理.

(2)“木塊”固定在水平面上

①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動;“木塊”靜止不動.

②處理方法:對“子彈”應(yīng)用動能定理或牛頓第二定律.

2.“反沖”和“爆炸”模型

(1)反沖

①定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動.

②特點:系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力.實例:發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等.

③規(guī)律:遵從動量守恒定律.

(2)爆炸問題

爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒.

如爆竹爆炸等.

3.“人船模型”問題

(1)模型介紹

兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒.在相互作用的過程中，任一

時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題.

(2)模型特點

①兩物體滿足動量守恒定律：TU1幼一n12g=0.

②運動特點:人動船動,人靜船靜，人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它們質(zhì)量的反比;人船平

均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即&="=

x2v2mi

③應(yīng)用色=%=3乜時要注意：5、和g、g一般都是相對地面而言的.

X2V2TTli

【題型歸納目錄】

題型一:動量守恒的判定

題型二:動■守恒定律的理解和基本應(yīng)用

題型三:“人船”模型

題型四「子彈打木塊”模型

題型五:反沖和爆炸模型

【題型一】動量守恒的判定

【典型例題】

國］1"世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶。他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐

在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏,設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)

備［火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等］總質(zhì)量為點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的熾熱燃?xì)庀鄬Φ?/p>

面以“。的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g,下列說法中正確的是

()

A.火箭的推力來自燃?xì)鈱λ姆醋饔昧?/p>

B.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為陪

C.噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為,-2%、,

g(M—m)~

D.在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒

【方法技巧與總結(jié)】

1.動量守恒的條件

(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。

(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。

(3)某一方向上守恒:系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時,系統(tǒng)在該方向上動量守恒。

2.動量守恒定律常用的四種表達(dá)形式

(l)p="：即系統(tǒng)相互作用前的總動量P和相互作用后的總動量P'大小相等，方向相同。

(2)Ap=“-p=0：即系統(tǒng)總動量的增加量為零。

(3)Ap產(chǎn)-八由：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。

(4)館m+館2”2=巾15'+或2期2'，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作

用后總動量相等。

題目IJJ如圖所示，兩個帶同種電荷的小球A和B,A、B的質(zhì)量分別為m和2m，開始時將它們固定在絕緣

的光滑水平面上保持靜止，A、3的相互作用力遵循牛頓第三定律，現(xiàn)同時釋放經(jīng)過一段時間，B的

速度大小為"則此時()

A.A球的速度大小為方B.A球的動量大小為nw

C.月球與B球的動量大小之比一直為1:2D.月球的動能為2m4

【題型二】動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

【典型例題】

0.(多選)如圖所示,質(zhì)量為2zn,高為八,傾角為6的光滑斜面體A放在光滑的水平面上。質(zhì)量為優(yōu)的細(xì)長

直桿受固定的光滑套管。約束，只能在豎直方向上自由運動。初始時，力在水平推力F作用下處于靜

止?fàn)顟B(tài)，此時3桿下端正好壓在A的頂端?，F(xiàn)撤去推力F,A、3便開始運動。重力加速度為g,則

A.推力R的大小為mysin。

B.運動過程中，B對A做正功

C.4、B組成的系統(tǒng),水平方向上動量守恒

2gh

D.當(dāng)桿的下端滑到斜面底端時，斜面體的速度大小

2+tan%

【方法技巧與總結(jié)】???

1.動量守恒定律的“五性”

矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向

各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（沒有特殊說明要選

相對性地球這個參考系）。如果題設(shè)條件中各物體的速度不是相對同一參考

系時,必須轉(zhuǎn)換成相對同一參考系的速度

動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的M、.…必須是系統(tǒng)中各物體在相

同時性互作用前同一時刻的動量，M'、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用

后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加

研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)，而不是其

系統(tǒng)性

中的一個物體，更不能題中有幾個物體就選幾個物體

動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接

普適性

近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)

2.應(yīng)用動量守恒定律解題的基本步驟

題目叵）（多選烏賊遇到強敵時會以“噴墨”作為逃生的方法并伺機離開,因而有“烏賊”、“墨魚”等名稱。一

只質(zhì)量為M的烏賊在水中以速度g。做勻速直線運動時.，發(fā)現(xiàn)后方出現(xiàn)天敵，烏賊在極短的時間內(nèi)將墨囊

內(nèi)質(zhì)量為m的墨汁以速度%（相對于水）向后噴出，將周圍海水染黑的同時迅速逃離，則（）

A.烏賊噴出墨汁的過程中，烏賊和噴出的墨汁構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒

B.烏賊噴出墨汁的過程中，烏賊和噴出的墨汁構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒

C.烏賊噴出墨汁后的速度大小為叱廣鵬

D.烏賊對噴出的墨汁的沖量大小為?。?+5）

【題型三】“人船”模型

【典型例題】

廁3如圖所示,質(zhì)量為60kg的人，站在質(zhì)量為300kg的車的一端。車長為3m,開始時人、車相對于水平地面

靜止，車與地面間的摩擦可忽略不計。當(dāng)人由車的一端走到另一端的過程中，下列說法正確的是（）

M

777777、377777777777777777

A.人的速率最大時,車的速率最小

B.人的動量變化量和車的動量變化量相同

C.人對車的沖量大小大于車對人的沖量大小

D.當(dāng)人走到車的另一端時,車運動的位移大小為0.5恒

【方法技巧與總結(jié)】

（1）兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，在相互作用的過程中，

任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船”模型問題。

（2）“人船”模型的特點

①兩物體滿足動量守恒定律：miVi—miVy-Oo

②運動特點：人動船動，人靜船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船

平均速度（瞬時速度）比等于它們質(zhì)量的反比，即包=色=

x2v2m}

③應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題：幼、為和2一般都是相對地面而言的。

題目曾張洪老師想用卷尺粗略測定碼頭上自由停泊小船的質(zhì)量,他進行了如下操作:首先他輕輕從船尾上

船，走到船頭后停下,而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d,然后用卷尺測出船長已知他自身的

質(zhì)量為館,不計水的阻力，則漁船的質(zhì)量為（）

m(L—d)1m(L+d)

C.D

d

【題型四】“子彈打木塊”模型

【典型例題】

皿￡如圖所示,質(zhì)量為"的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位

置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度g射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊再次回到A位置時的速度期以

及此過程中墻對彈簧的沖量/的大小分別為（）

-MI

VWWWWV^

/777777777777/7A77/7777777777777777777^

mv()

A.v=B.v=，1=2mv（）

等H=。m+M

2m"Va

C.V=------T/T=-----D.v=

m+M

【方法技巧與總結(jié)】

（1）木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒。

（2）兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度多相。

（3）根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能。

（4）系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q=相，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力

大小與兩物體相對滑動的路程的乘積。

（5）當(dāng)子彈速度很大時,可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等,但穿透過程中系統(tǒng)的

動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為蜴產(chǎn)F「L〈L為木塊的長度）。

題目口〕（多選如圖所示，在固定的光滑水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系

著質(zhì)量也為m的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為小。的子彈以大小為。。的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，不計空

氣阻力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

m

機o|m|

A.子彈射入木塊后的運動過程中，木塊、子彈、輕繩及圓環(huán)構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒

B.子彈射入木塊后的瞬間，它們的共同速度為

7no+2771

C.子彈射入木塊后，子彈和木塊能上升的最大高度為—蟲嚶——-

D.子彈射入木塊后，當(dāng)子彈和木塊上升到最大高度時,圓環(huán)的速度達(dá)到最大

【題型五】反沖和爆炸模型

【典型例題】

皿§.（多選哈九中航天科普節(jié)活動中，航天興趣小組模擬火箭升空的過程，將靜置在地面上的自制“水火箭”

釋放升空。已知“水火箭”質(zhì)量為M（不包含水），“水火箭”內(nèi)裝有質(zhì)量為m的水，發(fā)射時在極短的時間內(nèi)

將水以相對地面大小為g的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g,空氣阻力忽略不計，“水火箭”內(nèi)的

空氣質(zhì)量忽略不計，不列說法正確的是（）

A.“水火箭”噴出水時，由于“水火箭”和水組成的系統(tǒng)受重力作用，所以系統(tǒng)一定不能看作動量守恒

B.“水火箭”噴出水時，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“水火箭”和水組成的系統(tǒng)可以近似看作動量守恒

C.“水火箭”獲得的最大速度大小為曙

D.“水火箭”上升的最大高度為空

，方法歸納］【方法技巧與總結(jié)】孝

(1)對反沖運動的三點說明

作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律

機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的總機械能增加

(2)爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律

動量由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所

守恒以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒

動能在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動

增加能增加

位置爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆

不變炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動

題目區(qū)以一定的傾角斜向上發(fā)射一質(zhì)量為小的炮彈，達(dá)到最高點時其速度大小為”，方向水平。炮彈在最

高點爆炸成兩塊，其中質(zhì)量為的一塊恰好做自由落體運動，則爆炸后質(zhì)量為4m的另一塊瞬時速度大

小為()

A.vB.C.D.0

【過關(guān)測試】

一、單i&JB

題目二)如圖所示，質(zhì)量為河=5kg的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R=lm的四分之一光

滑圓弧軌道，3。段是長為乙的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質(zhì)量為m=1kg的可視為質(zhì)點的

滑塊從小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入B。軌道,最后恰好停在。點，滑塊與軌道間的

動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取lOm&MU()

A.整個過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.滑塊由A滑到B過程中，滑塊的機械能守恒

C.BC段長L=D.全過程小車相對地面的位移大小為0.5小

題目口〕如圖所示,光滑水平面上有一小車，小車上有一物體，用一細(xì)線將物體系于小車的A端,物體與小車

4端之間有一壓縮的彈簧,某時刻線斷了，物體沿車滑動到8端粘在B端的油泥上。則下述說法錯誤的是

()

Apwwvww|qg

ZZZ/Z/VZZZZZZZZZ//Z//Z7

see

A.若物體滑動中不受摩擦力,則全過程機械能守恒

B.若物體滑動中有摩擦力，則全過程系統(tǒng)動量守恒

C.小車的最終速度與斷線前相同

D.全過程系統(tǒng)的機械能不守恒

題目后）如圖甲所示,在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰。小球的質(zhì)量分別為”“和恒2°圖乙為它們碰撞前

后的立-t圖像。已知？"%=0.1kg,如圖向右為正方向。由此可以判斷（）

A.碰前山1和帆2都向右運動B.碰后兩物體動量大小相等

C.7n2=0.3kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能

題目3〕如圖所示，質(zhì)量TH產(chǎn)3kg且足夠長的小車靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)有質(zhì)量加2=2kg可視為質(zhì)點的

物塊，以水平向右的速度為=2m/s從左端滑上小車，物塊與車上表面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,最后恰好不

掉下小車且與小車保持相對靜止，。取lOm/s?。在這一過程中，下列說法正確的是（）

加2

n—v

mx

777777777777777777777777777

A.系統(tǒng)最后共同運動的速度為1.2m/sB.系統(tǒng)損失的機械能為4.8J

C.小車獲得的最大動能為0.96JD.物塊克服摩擦力做的功為4J

題目EJ皮劃艇射擊是一種比賽運動，比賽時,運動員站在靜止的皮劃艇上，持槍向岸上的槍靶水平射擊。已

知運動員（包括除子彈外的裝備）及皮劃艇的總質(zhì)量為子彈的質(zhì)量為假設(shè)子彈射擊過程中火藥釋放

的總能量為E,且全部轉(zhuǎn)化為動能,在陸地射擊和在皮劃艇上射擊時子彈出射速度會有少許差異。陸地射

擊時子彈的射出速度為5,子彈動能為在皮劃艇上射擊時子彈的出射速度為。2,動能為區(qū)叱運動員及

皮劃艇的速度為。3,射擊過程中可認(rèn)為子彈、運動員及皮劃艇組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒。下列關(guān)系

式正確的是（）

A.幼

2(M-m)

C.V-2=

Mm

題目FT2023年春節(jié)期間，中國許多地方燃放了爆竹，爆竹帶來濃濃的年味。一質(zhì)量為M的爆竹豎直運動到

最高點時，爆炸成兩部分,爆炸后瞬時質(zhì)量為砧的部分動能為E,爆炸時間極短可不計，不計爆炸過程中的

質(zhì)量損失，則該爆竹爆炸后瞬時的總動能為（）

?M—m°M—m'M—m

題目」有一條窄長小船?？吭诤叴a頭,某同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他首先使船平行碼頭自

由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，然后輕輕下船,用卷尺測出船后退的距離為d,船長為L,己

知他自身的質(zhì)量為加，不計水的阻力，則船的質(zhì)量”為（）

mLcrn（L-d）-m（L+d）「md

AAfB--d—C'—d—D-

題目叵〕如圖所示,質(zhì)量為3kg的光滑軌道靜置于足夠大的光滑水平地面上，光滑軌道的BC部分為半徑為

R的四分之一圓弧，CD部分水平。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點）從圓弧軌道頂端B正上方的4點由

靜止自由落下，與圓弧相切于B點并從B點進入圓弧。己知4B=CD=H=0.3m,取重力加速度大小9=

10m/s2,下列說法正確的是（）

4。

A.軌道對小球做正功B.軌道的最大速度為3m/s

C.軌道對地面的最大壓力為70ND.兩者分離時軌道移動了0.15m

二、多選題

題目叵j如圖，“水上飛人”是近幾年流行的游樂項目。假設(shè)人（包括裝備）的質(zhì)量為70kg,兩個出水口的橫截

面積均為lOOcn?,適當(dāng)調(diào)節(jié)出水口的噴水速度可以使人懸停在空中（近似認(rèn)為水流噴出前的速度為0）,忽

略中間水管對人的作用力，水的密度為1.0xK^kg/m。重力加速度大小取g=lOm/st則（）

A.懸停過程中水對人做正功B.懸停過程中水對人的沖量豎直向上

C.出水口的噴水速度大小約為6m/sD.出水口的噴水速度大小約為12m/s

題目10如圖所示，載有物資的熱氣球的總質(zhì)量為M,靜止于距離水平地面H的高處?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的物

資以相對地面豎直向下的速度初）投出，物資落地時與熱氣球的距離為d。設(shè)整個過程中熱氣球所受浮力不

變,重力加速度為9,不計空氣阻力，忽略物資受到的浮力。下列說法正確的是（）

A.物資落地前，熱氣球與其組成的系統(tǒng)動量守恒

B.投出物資后，熱氣球勻速上升

C.物資落地時，熱氣球上升的高度為護一

M-m

「」

D.d=-M.H.

M-m

題目IT如圖,載有物資的總質(zhì)量為M的熱氣球靜止于距水平地面"的高處?，F(xiàn)將質(zhì)量為小的物資以相對

地面豎直向下的速度與投出，物資落地時與熱氣球的距離為d。熱氣球所受浮力不變，重力加速度為g,不

計阻力。下列說法正確的（）

A.物資落地前，熱氣球與其組成的系統(tǒng)動量守恒

B.投出物資后熱氣球勻速上升

MH

C.d=M-m

m2

D.d=H+H

M-m

題目J2如圖所示,水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為m的小車，小車的半徑R=0.7m四分之一光滑圓弧

軌道在最低點與水平軌道相切于力點。在水平軌道的右端固定一個輕彈簧，彈簧處于自然長度時左端位

于水平軌道的B點正上方,B點右側(cè)軌道光滑，A、3的距離為L=2.5m,一個質(zhì)量也為m的可視為質(zhì)點

的小物塊從圓弧軌道最高點以加=6m/s的速度開始滑下，則在以后的運動過程中（重力加速度為9=

lOm/s?,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計。）（）

A.若A、B間的軌道也光滑，小車的最大速度為5m/s

B,若4、B間的軌道也光滑,物塊運動到最高點時到水平軌道的距離為2?5M

C,若物塊與A、B間軌道的動摩擦因數(shù)為0.5,彈簧的最大彈性勢能等于因摩擦產(chǎn)生的總熱量

D.若物塊與A、B間軌道的動摩擦因數(shù)為0.5,小車運動的總位移大小為835m

第六章碰撞與動量守恒定律

動量守恒定律及三類模型

【考點覆測】

1.動量守恒的條件

2.動量守恒的簡單應(yīng)用

3.子彈打木塊問題

4.爆炸反沖問題

5.人船模型問題

【方法技巧與總結(jié)】

一、動量守恒定律

1.內(nèi)容

如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.

2.表達(dá)式

(l)p=系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p'.

(2)7%5+皿2”2=m1%'+小曲'，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和.

(3)Ap產(chǎn)-Ap?,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.

(4)Ap=0,系統(tǒng)總動量的增量為零.

3.適用條件

(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為零.

(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力.

(3)某一方向守恒:如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒.

二、“三類”模型問題

1.”子彈打木塊”模型

(1)“木塊”放置在光滑的水平面上

①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動:“木塊”在滑動摩擦力作用下做勻加速直

線運動.

②處理方法:通常由于“子彈”和“木塊”的相互作用時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為在這一過程中動量

守恒.把“子彈”和“木塊”看成一個系統(tǒng)：a.系統(tǒng)水平方向動量守恒；b.系統(tǒng)的機械能不守恒；c,對“木塊”

和“子彈”分別應(yīng)用動能定理.

(2)“木塊”固定在水平面上

①運動性質(zhì)：“子彈”對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動;“木塊”靜止不動.

②處理方法:對“子彈”應(yīng)用動能定理或牛頓第二定律.

2.“反沖”和“爆炸”模型

(1)反沖

①定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動.

②特點:系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力.實例:發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等.

③規(guī)律:遵從動量守恒定律.

(2)爆炸問題

爆炸與碰撞類似,物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒.

如爆竹爆炸等.

3.“人船模型”問題

(1)模型介紹

兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒.在相互作用的過程中，任一

時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題.

(2)模型特點

①兩物體滿足動量守恒定律：0.

②運動特點：人動船動,人靜船靜，人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它們質(zhì)量的反比;人船平

均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即&="=3生.

x2v2mi

③應(yīng)用色=%=3乜時要注意：5、和g、g一般都是相對地面而言的.

X2V2TTli

【題型歸納目錄】

題型一:動量守恒的判定

題型二:動■守恒定律的理解和基本應(yīng)用

題型三:“人船”模型

題型四「子彈打木塊”模型

題型五:反沖和爆炸模型

【題型一】動量守恒的判定

【典型例題】

國］1"世界上第一個想利用火箭飛行的人”是明朝的士大夫萬戶。他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐

在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏,設(shè)想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)

備［火箭(含燃料)、椅子、風(fēng)箏等］總質(zhì)量為點燃火箭后在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的熾熱燃?xì)庀鄬Φ?/p>

面以“。的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g,下列說法中正確的是

()

A.火箭的推力來自燃?xì)鈱λ姆醋饔昧?/p>

B.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為陪

C.噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為,-2%、,

g(M—m)~

D.在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒

【答案】4

【詳解】A.火箭的推力是燃料燃燒時產(chǎn)生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的反作用力，故力正確；

B.在燃?xì)鈬姵龊蟮盟查g，萬戶及所攜設(shè)備組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為“，規(guī)定火箭運動方

向為正方向，則有

(M—m)v—mvn—0

解得火箭的速度大小為

mv

v——a-----

M—m

故B錯誤；

C.噴出燃?xì)夂螅f戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運動，根據(jù)運動學(xué)公式可得，最大上升高度為

仁尤=/*

2。2(M—m^g

故C錯誤；

D.在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備因為受重力，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。

故選A。

【方法技巧與總結(jié)】

1.動量守恒的條件

(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。

(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。

(3)某一方向上守恒:系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時,系統(tǒng)在該方向上動量守恒。

2.動量守恒定律常用的四種表達(dá)形式

⑴p=p，：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量大小相等，方向相同。

(2)Ap="—p=0：即系統(tǒng)總動量的增加量為零。

(3)Api=—Ap2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。

(4)館15+館2”2=小制'+叫2"2'，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作

用后總動量相等。

題目」如圖所示，兩個帶同種電荷的小球A和B,A、B的質(zhì)量分別為m和2巾,開始時將它們固定在絕緣

的光滑水平面上保持靜止，A、3的相互作用力遵循牛頓第三定律，現(xiàn)同時釋放A、3,經(jīng)過一段時間，B的

速度大小為明則此時()

A.4球的速度大小為手B.A球的動量大小為nw

C.A球與B球的動量大小之比一直為1:2D.A球的動能為2m/

【答案】。

【詳解】根據(jù)動量守恒定律可得

mvA=2mv

解得

vA=2v

4錯誤;

B.工球的動量大小為

pA=m'2v=2mv

B錯誤；

C.兩球運動過程中，兩球組成的系統(tǒng)始終動量守恒，則A球與B球的動量大小之比一直為1:1,C錯誤;

D.A球的動能

￡叱=￡巾蟾=2mv2

。正確。

故選。。

【題型二】動■守恒定律的理解和基本應(yīng)用

【典型例題】

02(多選)如圖所示,質(zhì)量為2zn,高為八,傾角為6的光滑斜面體A放在光滑的水平面上。質(zhì)量為優(yōu)的細(xì)長

直桿3,受固定的光滑套管。約束，只能在豎直方向上自由運動。初始時，A在水平推力F作用下處于靜

止?fàn)顟B(tài)，此時3桿下端正好壓在A的頂端。現(xiàn)撤去推力F,A、3便開始運動。重力加速度為g,則

()

A.推力R的大小為mysin。

B.運動過程中，B對A做正功

C.4、B組成的系統(tǒng),水平方向上動量守恒

2gh

D.當(dāng)桿的下端滑到斜面底端時，斜面體的速度大小

2+tan%

【答案】BD

【詳解】A.靜止時4對3只有垂直斜面向上的支持力，。對B有水平向右的作用力，對3受力分析，如

圖1所示

?M

FABCOS0-mg

可得

mg

^AB=

cos6*

由牛頓第三定律可知，靜止時3對4只有垂直斜面向下的壓力，大小為

mg

COS0

對力受力分析，如圖2示，由平衡條件，水平方向上有

F=FIJAsm0—mgtand

故A錯誤；

B.直桿B對斜面體A的作用力垂直斜面向下，而斜面體力的位移方向為水平向右，所以直桿B對斜面

體4的作用力做正功，故3正確；

C.由于運動過程中直桿B受到光滑套管。的水平作用力，所以桿和斜面體組成的系統(tǒng)水平方向上動量

不守恒，故。錯誤；

D.當(dāng)在很短時間△力內(nèi)光滑直桿下落A/i高度，由幾何知識可知，斜面體向右發(fā)生的位移大小為,所

tan<7

以光滑直桿與斜面體的速度大小之比為始終為tan。，當(dāng)桿滑到斜面底端時，設(shè)桿的速度大小為幼，斜面體

的速度大小為5,由系統(tǒng)機械能守恒有

mgh-x2TTW；

由速度關(guān)系

%=v2tan^

解得

I2gh

V2v2-Ftan2^

故。正確。

故選

【方法技巧與總結(jié)】

1.動量守恒定律的“五性”

矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向

各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（沒有特殊說明要選

相對性地球這個參考系）。如果題設(shè)條件中各物體的速度不是相對同一參考

系時,必須轉(zhuǎn)換成相對同一參考系的速度

動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的a、g…必須是系統(tǒng)中各物體在相

同時性互作用前同一時刻的動量，到‘、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用

后同一時刻的動量，不同時刻的動量不能相加

研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)，而不是其

系統(tǒng)性

中的一個物體，更不能題中有幾個物體就選幾個物體

動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接

普適性

近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)

2.應(yīng)用動量守恒定律解題的基本步驟

題目因（多選烏賊遇到強敵時會以“噴墨”作為逃生的方法并伺機離開,因而有“烏賊”、“墨魚”等名稱。-

只質(zhì)量為M的烏賊在水中以速度做勻速直線運動時，發(fā)現(xiàn)后方出現(xiàn)天敵，烏賊在極短的時間內(nèi)將墨囊

內(nèi)質(zhì)量為館的墨汁以速度5（相對于水）向后噴出，將周圍海水染黑的同時迅速逃離，則（）

A.烏賊噴出墨汁的過程中,烏賊和噴出的墨汁構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒

B.烏賊噴出墨汁的過程中,烏賊和噴出的墨汁構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒

C.烏賊噴出墨汁后的速度大小為華沖出

D.烏賊對噴出的墨汁的沖量大小為?。?幼）

【答案】AD

【詳解】A.烏賊噴出墨汁的過程中，烏賊消耗能量轉(zhuǎn)化為水的動能和自身動能，則烏賊和噴出的墨汁構(gòu)成

的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；

B.烏賊在極短的時間內(nèi)將墨囊內(nèi)墨汁向后噴出，噴出過程中，烏賊和噴出的墨汁構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，故

3正確；

C.根據(jù)題意，以烏賊初速度方向為正方向，設(shè)烏賊噴出墨汁后的速度為。，由動量守恒定律有

Mvn—（Af—m）v—mVi

解得

Mv+mvi

v——o―--------

M—m

故。錯誤；

D.根據(jù)題意，對墨汁，以烏賊初速度方向為正方向，由動量定理有

即烏賊對噴出的墨汁的沖量大小為m（%+幼），故。正確。

故選BD。

【題型三】“人船”模型

【典型例題】

畫色如圖所示，質(zhì)量為60kg的人，站在質(zhì)量為300kg的車的一端。車長為3m,開始時人、車相對于水平地面

靜止，車與地面間的摩擦可忽略不計。當(dāng)人由車的一端走到另一端的過程中，下列說法正確的是（）

M

777777^777777777777^777777'

A.人的速率最大時,車的速率最小

B.人的動量變化量和車的動量變化量相同

C.人對車的沖量大小大于車對人的沖量大小

D.當(dāng)人走到車的另一端時,車運動的位移大小為0.5m

【答案】D

【詳解】根據(jù)題意，由動量守恒定律有

mv—Mv=0

可知，人的速率最大時，車的速率也最大，故A錯誤：

B.由動量定理可知，動量變化量的方向與合外力的方向相同，而車對人的摩擦力與人對車的摩擦力方向

相反，故人的動量變化量和車的動量變化量大小相等，方向相反，故B錯誤；

C.人與車之間的作用力為相互作用力，則人對車的沖量大小等于車對人的沖量大小，故C錯誤；

D.設(shè)車移動的距離為，，則由動量守恒定律有

m(l—x)=Mx

解得

x—0.5m

故。正確。

故選

【方法技巧與總結(jié)】

(1)兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，在相互作用的過程中,

任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船”模型問題。

⑵“人船”模型的特點

①兩物體滿足動量守恒定律：0。

②運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢,人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船

平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即&=%=儂。

X2V2硒1

③應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題：電、5和多一般都是相對地面而言的。

題目JJ張洪老師想用卷尺粗略測定碼頭上自由停泊小船的質(zhì)量，他進行了如下操作:首先他輕輕從船尾上

船，走到船頭后停下,而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d,然后用卷尺測出船長L.已知他自身的

質(zhì)量為不計水的阻力，則漁船的質(zhì)量為()

小

A+d)mLm(L-d)nm（乙+d）

A-―d—B--Tc-―d—IT

【答案】。

【詳解】設(shè)漁船的質(zhì)量為”,人和船組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有

3人=Mvis

則有

rrw人M=M9.蠟Nt

可得

7ns人=Ms掂

s人+s船=Z/,$船=d

聯(lián)立解得漁船的質(zhì)量為

M=m(L~d)

d

故選。。

【題型四】“子彈打木塊”模型

【典型例題】

&如圖所示,質(zhì)量為何的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位

置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度3射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊再次回到A位置時的速度。以

及此過程中墻對彈簧的沖量1的大小分別為（）

-MI

h/WWWWV^

/777777777777Z77777777777777777777777

,1=0

m+M

2

mv()2mv()

m+Mm-i-M

【答案】B

【詳解】子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，設(shè)水平向右為正方向,

由動量守恒定律有

mv°=

解得

m+M

子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到4位置時速度大小不變，即當(dāng)木

塊回到A位置時的速度大小

m-kM

子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到合力的大小等于墻對彈簧的作用力，設(shè)水平向右為正方向，墻對彈簧的

沖量為/,根據(jù)動量定理有

I=—(M+m)v—mv0=-2mv0

所以/的大小為2n孫），即有

故選6。

【方法技巧與總結(jié)】

（1）木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒。

（2）兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度二相。

(3)根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能。

(4)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q=,即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱(機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，等于摩擦力

大小與兩物體相對滑動的路程的乘積。

(5)當(dāng)子彈速度很大時,可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等,但穿透過程中系統(tǒng)的

動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為阻=Ff-L(L為木塊的長度)。

題目［7(多選如圖所示，在固定的光滑水平桿上，套有質(zhì)量為館的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系

著質(zhì)量也為m的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為小。的子彈以大小為2的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，不計空

氣阻力，重力加速度為g,下列說法正確的是()

m

口＞m

A.子彈射入木塊后的運動過程中，木塊、子彈、輕繩及圓環(huán)構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒

B.子彈射入木塊后的瞬間，它們的共同速度為

C.子彈射入木塊后，子彈和木塊能上升的最大高度為—四贖-------

D.子彈射入木塊后，當(dāng)子彈和木塊上升到最大高度時.，圓環(huán)的速度達(dá)到最大

【答案】4。

【詳解】A.子彈射入木塊后的運動過程中，木塊、子彈、輕繩及圓環(huán)構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向合外力為零,

因此該系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，故4正確；

B.子彈射入木塊的過程，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)射入后的瞬間子彈和木塊的共同速度大小

為小，根據(jù)動量守恒定律有

mava—(mo+m)%

解得

伙Wo

0=md+m

故B錯誤;

C.子彈射入木塊后的運動過程中，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，水平方向

動量守恒，當(dāng)三者達(dá)到共同速度。時，子彈和木塊上升的高度最大，設(shè)為八,根據(jù)動量守恒定律有

叫如尸(mn+2m)v

從子彈射入木塊后到子彈和木塊上升到最大高度的過程中，根據(jù)機械能守恒定律有

,,is

-y(rrt()+m)<??=-^■(rn0+2rn)v-r

聯(lián)立解得

mm何

h=---------------------------