2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)第七章碰撞與動(dòng)量守恒第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案

第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課程標(biāo)準(zhǔn)素養(yǎng)目標(biāo)1.通過(guò)實(shí)驗(yàn)和理論推導(dǎo)，理解動(dòng)量守恒定律，能用其解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象．知道動(dòng)量守恒定律的普適性．2.探究并了解物體彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)．定量分析一維碰撞問(wèn)題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象．3.體會(huì)用動(dòng)量守恒定律分析物理問(wèn)題的方法，體會(huì)自然界的和諧與統(tǒng)一．物理觀念：能正確區(qū)分內(nèi)力與外力．科學(xué)思維：理解動(dòng)量守恒定律的確切含義和表達(dá)式，知道定律的適用條件．會(huì)用動(dòng)量守恒定律解決碰撞、爆炸等問(wèn)題．考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的條件與應(yīng)用【必備知識(shí)·自主落實(shí)】1．內(nèi)容如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的________為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．外力和內(nèi)力是相對(duì)的2．表達(dá)式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝________．系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量．(2)Δp1＝________，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向．動(dòng)量變化量是末態(tài)動(dòng)量減初態(tài)動(dòng)量【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】1．[2024·云南省保山市高三模擬]如圖甲所示，兩個(gè)質(zhì)量相等的小車(chē)A和B靜止在光滑的水平地面上．它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)線把它們系在一起．如圖乙所示，讓B緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同．對(duì)于小車(chē)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．圖甲所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．圖乙所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C.墻壁對(duì)圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零D．墻壁彈力對(duì)圖乙中B車(chē)做功不為零2．如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在距離車(chē)內(nèi)上表面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車(chē)中，車(chē)內(nèi)上表面涂有一層油泥，車(chē)與油泥的總質(zhì)量為4kg，若小球在落在車(chē)內(nèi)上表面之前瞬時(shí)速度是25m/s，則當(dāng)小球和小車(chē)相對(duì)靜止時(shí)，小車(chē)的速度是(g＝10m/s2)()A．5m/sB．4m/sC．8.5m/sD．9.5m/s3．如圖甲所示，質(zhì)量為M的薄長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上，t＝0時(shí)一質(zhì)量為m的滑塊以水平初速度v0從長(zhǎng)木板的左端沖上木板并最終從右端滑下．已知滑塊和長(zhǎng)木板在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v-t圖像如圖乙所示，則木板與滑塊的質(zhì)量之比M∶m為()A．1∶2B．2∶1C．1∶3D．3∶14．[2024·湖南高三模擬]如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車(chē)，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車(chē)B上坐著一個(gè)小孩，小孩與B車(chē)的總質(zhì)量是A車(chē)質(zhì)量的4044倍．兩車(chē)開(kāi)始都處于靜止?fàn)顟B(tài)且A、B兩輛小車(chē)靠在一起，小孩把A車(chē)以相對(duì)于地面為v的速度推出，A車(chē)與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車(chē)后，又把它以相對(duì)于地面為v的速度推出．往后小孩每次推出A車(chē)，A車(chē)相對(duì)于地面的速度都是v，方向向左，則小孩把A車(chē)至少推出幾次后，A車(chē)返回時(shí)小孩不能再接到A車(chē)()A．2021B．2022C．2023D．2024思維提升1.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(dòng)量守恒．2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟考點(diǎn)二碰撞問(wèn)題分析【必備知識(shí)·自主落實(shí)】1．碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力________的現(xiàn)象．2．特點(diǎn)在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力________外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．外力的沖量可以忽略不計(jì)3．分類動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒________非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失________【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】1．碰撞的基本規(guī)律2．熟記三個(gè)結(jié)論(1)可熟記一些公式，例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1＝m1?m2m1+m2v(2)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當(dāng)m1?m2，且v20＝0時(shí)，碰后質(zhì)量大的速率不變(仍靜止)，質(zhì)量小的球原速率反彈．(3)發(fā)生完全非彈性碰撞后兩物體共速，動(dòng)能損失最多．考向1碰撞的可能性例1A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是()A．v′A＝5m/s，v′B＝2.5m/sB．v′A＝2m/s，v′B＝4m/sC．v′A＝－4m/s，v′B＝7m/sD．v′A＝7m/s，v′B＝1.5m/s例2在光滑的水平面上，有a、b兩個(gè)等大的小球，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為m，它們?cè)谕恢本€上運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻兩球發(fā)生正碰，則下列關(guān)于兩球碰撞前后的速度－時(shí)間圖像可能正確的是()考向2彈性碰撞例3彈玻璃球是小孩子最愛(ài)玩的游戲之一，一次游戲中，有大小相同、但質(zhì)量不同的A、B兩玻璃球，質(zhì)量分別為mA、mB，且mA<mB，小朋友在水平面上將玻璃球A以一定的速度沿直線彈出，與靜止的玻璃球B發(fā)生正碰，玻璃球B沖上斜面后返回水平面時(shí)與玻璃球A速度相等，不計(jì)一切摩擦和能量損失，則mA、mB之比為()A．1∶2B．1∶3C．1∶4D．1∶5例4(多選)[2024·四川達(dá)州統(tǒng)考二模]如圖所示，用不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為m1的小球懸掛在O點(diǎn)，繩長(zhǎng)L＝0.8m，輕繩處于水平拉直狀態(tài)．現(xiàn)將小球由靜止釋放，下擺至最低點(diǎn)與靜止在A點(diǎn)的小物塊發(fā)生碰撞，碰后小球向左擺的最大高度h＝0.2m，小物塊沿水平地面滑到B點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)．已知小物塊質(zhì)量為m2，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x＝0.4m，重力加速度g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球與小物塊質(zhì)量之比m1mB．小球與小物塊碰后小物塊速率v＝2m/sC．小球與小物塊碰撞是彈性碰撞D．小球與小物塊碰撞過(guò)程中系統(tǒng)有機(jī)械能損失考向3完全非彈性碰撞完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒、機(jī)械能損失最多m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vΔE＝12m1v12+12m2例5如圖所示，在光滑的水平面上有2022個(gè)完全相同的小球等間距地排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給第一個(gè)小球初動(dòng)能Ek，若小球間的所有碰撞均為對(duì)心完全非彈性碰撞，則整個(gè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能總量為()A．Ek2022C．2021Ek考點(diǎn)三爆炸、反沖運(yùn)動(dòng)【必備知識(shí)·自主落實(shí)】1．反沖現(xiàn)象(1)定義：靜止或運(yùn)動(dòng)的物體通過(guò)分離出部分物質(zhì)，而使自身在________獲得加速的現(xiàn)象．(2)特點(diǎn)：在反沖運(yùn)動(dòng)中，如果沒(méi)有外力作用或外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的________是守恒的．2．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能位置不變爆炸的時(shí)間極短，作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸前、后時(shí)刻各部分位置不變【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】5．[2024·河北省模擬]質(zhì)量為m的煙花彈升到最高點(diǎn)距離地面高度為h處，爆炸成質(zhì)量相等的兩部分，兩炸片同時(shí)落地后相距L，不計(jì)空氣阻力和炸藥質(zhì)量，重力加速度為g，則煙花彈爆炸使炸片增加的機(jī)械能為()A．mghB．mgLC．mgL232h6．[2024·山東濟(jì)南市統(tǒng)考]在空間技術(shù)發(fā)展過(guò)程中，噴氣背包曾經(jīng)作為宇航員艙外活動(dòng)的主要?jiǎng)恿ρb置，它能讓宇航員保持較高的機(jī)動(dòng)性．如圖所示，宇航員在距離空間站艙門(mén)為d的位置與空間站保持相對(duì)靜止，啟動(dòng)噴氣背包，壓縮氣體通過(guò)橫截面積為S的噴口以速度v1持續(xù)噴出，宇航員到達(dá)艙門(mén)時(shí)的速度為v2.若宇航員連同整套艙外太空服的質(zhì)量為M，不計(jì)噴出氣體后宇航員和裝備質(zhì)量的變化，忽略宇航員的速度對(duì)噴氣速度的影響以及噴氣過(guò)程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為()A.2MvC.2Mv2思維提升對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明(1)作用原理反沖運(yùn)動(dòng)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．(2)動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律．(3)機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中，物體間的作用力做正功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加．核心素養(yǎng)提升人船模型及其拓展模型的應(yīng)用“人船”模型條件及特點(diǎn)典例1如圖所示，有一質(zhì)量為M＝6kg、邊長(zhǎng)為0.2m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內(nèi)部有一從頂面貫通至底面的通道，一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))由靜止開(kāi)始從通道的左端運(yùn)動(dòng)到右端，在該過(guò)程中木塊的位移大小為()A．0.05mB．0.10mC．0.15mD．0.5m[教你解決問(wèn)題]模型建構(gòu)典例2(多選)[2024·河南鄭州統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)]如圖所示，質(zhì)量為M＝2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h.在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時(shí)鐵塊到船頭的距離為L(zhǎng)，船頭到湖岸的水平距離x＝13L，彈簧原長(zhǎng)遠(yuǎn)小于L.將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為gA．鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離為13B.鐵塊脫離木船時(shí)的瞬時(shí)速度大小為L(zhǎng)C．小木船最終的速度大小為L(zhǎng)D．彈簧釋放的彈性勢(shì)能為mgL第2講動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用考點(diǎn)一必備知識(shí)·自主落實(shí)1．矢量和2．(1)m1v′1＋m2v′2(2)－Δp2關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階1．解析：從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力矢量和為0，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，則系統(tǒng)所受外力的矢量和不為0，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墻壁對(duì)題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，由于B車(chē)沒(méi)有位移，則墻壁彈力對(duì)題圖乙中B車(chē)做功為0，故D錯(cuò)誤．答案：A2．解析：由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，小球下落的時(shí)間t＝2hg＝2×2010s＝2s，豎直方向上的分速度vy＝gt＝20m/s，水平方向上的分速度vx＝252?202m/s＝15m/s，取小車(chē)初速度的方向?yàn)檎较?，由于小球和小?chē)的相互作用滿足水平方向上動(dòng)量守恒，則m車(chē)v0－m球vx＝(m車(chē)＋m答案：A3．解析：取滑塊的初速度方向?yàn)檎较颍瑢?duì)滑塊和木板組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由題圖乙知v0＝40m/s，v1＝20m/s，v2＝10m/s，代入數(shù)據(jù)解得M∶m＝2∶1，故B正確．答案：B4．解析：取小孩和B車(chē)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍『⒌谝淮瓮瞥鯝車(chē)后，小孩和B車(chē)獲得速度為v1，由動(dòng)量守恒定律0＝－mAv＋mBv1①小孩第二次推出A車(chē)后，小孩和B車(chē)獲得速度為v2，由動(dòng)量守恒定律mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2②小孩第三次推出A車(chē)后，小孩和B車(chē)獲得速度為v3，由動(dòng)量守恒定律mAv＋mBv2＝－mAv＋mBv3③以此規(guī)律可得小孩第n－1次推出A車(chē)后小孩和B車(chē)獲得速度為vn?1，第n次推出A車(chē)后，小孩和B車(chē)獲得速度為vn，第n次推出A車(chē)前后，由動(dòng)量守恒定律mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mB將推n次的等式相加，可得vn＝2n?1mA當(dāng)vn≥v時(shí)，再也接不到小車(chē)，即2n?解得n≥2022.5取正整數(shù)，則n＝2023，故選C.答案：C考點(diǎn)二必備知識(shí)·自主落實(shí)1．很大2．遠(yuǎn)大于3．守恒最大關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階例1解析：雖然題給四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，不符合實(shí)際，即A、D項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek后＝12mAvA'2+12mBv答案：B例2解析：設(shè)縱軸坐標(biāo)分度值為v0；兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)能不增加．由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝2m×2v0＋m×(－2v0)＝2mv0碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量p′＝0，違背動(dòng)量守恒定律，故A錯(cuò)誤；由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝2m×2v0＋m×(－v0)＝3mv0碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量p′＝(2m＋m)v0＝3mv0碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，物體發(fā)生完全非彈性碰撞，該過(guò)程可能發(fā)生，故B正確；由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝2mv0碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量p′＝4mv0－2mv0＝2mv0碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒．碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能為Ek＝12×碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能為E′k＝12×2m(－v0)2＋12m(4v0)2碰撞后的動(dòng)能增加，這是不可能發(fā)生的，故C錯(cuò)誤；由圖示可知，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝2m×4v0＝8mv0碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)量p′＝2m×(－2v0)＋mv0＝－3mv0碰撞過(guò)程不遵守動(dòng)量守恒定律，這種情況不可能發(fā)生，故D錯(cuò)誤．故選B.答案：B例3解析：兩球碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒可得mAv0＝mAv1＋mBv2由能量守恒可得12m聯(lián)立可得v1＝mA?mBv玻璃球B返回后兩球速度相等v1＝－v2可得mA∶mB＝1∶3，故選B.答案：B例4解析：根據(jù)牛頓第二定律μm2g＝m2a可知小物塊的加速度a＝μg＝5m/s2根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)公式v2＝2ax解得小球與小物塊碰后小物塊速率v＝2ax＝2m/s，B正確；設(shè)小球碰撞前的速度為v1，碰撞后的速度為v′1，根據(jù)動(dòng)能定理m1gL＝12m1v12解得v1＝4m/s，v′1＝2m/s以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律m1v1＝?m1v1解得m1m2碰撞前動(dòng)能Ek1＝12m1碰撞后動(dòng)能Ek2＝12m1v1'2＋12m2v2＝2m碰撞前后動(dòng)能相等，所以小球與小物塊碰撞是彈性碰撞，無(wú)機(jī)械能損失，C正確，D錯(cuò)誤．故選BC.答案：BC例5解析：以第一個(gè)小球初速度v0的方向?yàn)檎较?，由于小球間的所有碰撞均為對(duì)心完全非彈性碰撞，每次碰撞后小球速度都相同，故最后每個(gè)小球速度都相同，將2022個(gè)