2025屆高考物理一輪復習課件-第七章-第2課時-動量守恒定律

第七章動量守恒定律第2課時目標要求1.理解系統(tǒng)動量守恒的條件并會應用動量守恒定律解決基本問題。2.能熟練運用動量守恒定律解決臨界問題。3.會用動量守恒觀點分析爆炸問題、反沖運動和人船模型。動量守恒定律內容索引考點一

動量守恒定律的理解考點二

動量守恒定律的基本應用考點三

爆炸問題反沖運動人船模型課時精練><考點一動量守恒定律的理解1.內容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的

為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。矢量和2.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)內各物體間相互作用的內力

它所受到的外力，如碰撞、爆炸等過程。(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)動量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。遠大于1.只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動量就守恒。(

)2.系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(

)3.若物體相互作用時動量守恒，則機械能一定守恒。(

)√××例1

(2024·江蘇省常熟中學調研)如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是A.小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水

平方向動量守恒C.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球

與半圓槽在水平方向動量守恒D.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動√當小球由B運動到C的過程中，因小球對槽有斜向右下方的壓力，槽做加速運動，動能增加，小球機械能減少，槽對小球的支持力對小球做了負功，故A錯誤；當小球在槽內由A運動到B的過程中，左側物塊對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故B錯誤；小球從B到C的過程中，系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，滿足系統(tǒng)水平方向動量守恒，故C正確；小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤。例2

如圖，水平地面上有一小車C，頂端有一輕滑輪，質量完全相同的兩個小木塊A、B由通過滑輪的輕繩相連接，初始時用手托住小木塊A，使A、B、C均處于靜止狀態(tài)。某時刻突然將手撤去，A、B、C開始運動，則對小車C、小木塊A、B三者組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計)A.動量不守恒，機械能不守恒B.動量守恒，機械能守恒C.豎直方向上動量守恒，機械能不守恒D.水平方向上動量守恒，機械能守恒√所有摩擦均忽略不計，只有動能和勢能相互轉化，總的機械能不變，機械能守恒；初始時用手托住小木塊A，使A、B、C均處于靜止狀態(tài)。松手后，整個系統(tǒng)豎直方向上合力不為零，動量不守恒，但水平方向上合力為零，水平方向上動量守恒。故D正確。返回動量守恒定律的基本應用><考點二1.動量守恒定律的表達式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝

。即系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量。(2)Δp1＝

，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。m1v1′＋m2v2′－Δp22.動量守恒定律的五個特性：矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2…應是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…應是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)例3

如圖，質量M＝9kg的小車A以大小為v0＝8m/s的速度沿光滑水平面勻速運動，小車左端固定的支架光滑水平臺面上放置質量m＝1kg的小球B(可看作質點)，小球距離車上表面H＝0.8m。某一時刻，小車與靜止在水平面上的質量m0＝6kg的物塊C發(fā)生碰撞并粘連在一起(碰撞時間可忽略)，此后，小球剛好落入小車右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小車的最終速度的大小v；答案5m/s

整個過程中，小球B、小車A和物塊C組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設系統(tǒng)最終速度為v，取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5m/s。A與C的碰撞過程動量守恒，則有Mv0＝(M＋m0)v1Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝1.28m。(2)初始時小球與桶的水平距離Δx。答案1.28m例4

(2023·江蘇無錫市江陰一中期中)如圖所示，有A、B兩質量均為M＝100kg的小車，沿光滑水平面上以速率v0＝1m/s在同一直線上相向運動，A車上站著一質量為m＝50kg的人。為避免兩車相撞，他至少要以對地多大的速度從A車跳到B車？答案2.6m/s只要人跳上B車后兩車速度相同，就可以避免相撞。全過程系統(tǒng)動量守恒，則(M＋m)v0－Mv0＝(2M＋m)v1，可得最終的共同速度為v1＝0.2m/s，再以人和A車為對象，人跳出過程人和A車系統(tǒng)動量守恒，跳出后A車的速度應為v1，因此有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，可得v＝2.6m/s。返回爆炸問題反沖運動人船模型><考點三動量守恒爆炸物體系統(tǒng)內部的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量_____機械能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移

，可以認為爆炸后各部分從爆炸前的位置以新的動量開始運動1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律守恒很小2.反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內兩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)不受外力或內力

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化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加遠大于例5

2023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，爆炸后瞬間質量為m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量損失，則該爆竹爆炸后瞬間的總動能為√設爆炸后瞬間質量為m的部分速度大小為v1，另一部分的速度大小為v2，根據(jù)動量守恒可得mv1＝(M－m)v2，例6

將質量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)A.30kg·m/s B.5.7×102

kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s√開始總動量為零，規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的動量p＝－m1v1＝－0.05×600kg·m/s＝－30kg·m/s，負號表示方向，大小為30kg·m/s，故選A。例7

“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達岸邊，此時女子靜立于竹竿A點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進行對比，其簡化圖如圖所示。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為1cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。女子在照片上身高約為1.6cm。已知竹竿的質量約為25kg，若不計水的阻力，則該女子的質量約為A.45kg B.50kg C.55kg D.60kg對該女子和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入數(shù)據(jù)可得該女子的質量為m2＝45kg，故選A。1.模型圖示2.模型特點(1)兩者滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝03.運動特點(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于二者質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即返回課時精練1.(2024·江蘇省鎮(zhèn)江中學檢測)在冬奧會冰上短道速滑接力比賽中，乙運動員奮力向前推出前方甲運動員，忽略一切阻力，此過程中A.甲對乙的沖量大于乙對甲的沖量B.甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)動量增加C.甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)機械能增加D.甲、乙兩運動員的速度變化量大小一定相等√123456789101112根據(jù)沖量的定義I＝Ft，可知乙推甲的過程中，相互作用力大小相等，方向相反，作用時間相等，所以甲對乙的沖量大小等于乙對甲的沖量大小，A錯誤；在乙推甲的過程中，忽略一切阻力，系統(tǒng)所受合外力為零，所以甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)總動量守恒，B錯誤；123456789101112根據(jù)能量的轉化情況分析可知，在乙推甲的過程中，將體內的化學能轉化為系統(tǒng)的機械能，所以甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)機械能增加，C正確；乙推甲的過程中，甲、乙兩運動員組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，甲和乙組成的系統(tǒng)總動量不變，甲、乙的動量變化大小相等，方向相反，但是甲、乙的質量不一定相同，所以甲、乙兩運動員的速度變化量大小不一定相等，D錯誤。1234567891011122.木塊a和b用一根輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當撤去外力后，下列說法正確的是A.a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不

守恒B.a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒C.a離開墻壁后，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D.a離開墻壁后，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒√123456789101112a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)只有彈簧彈力在做功，故機械能守恒，故A錯誤；a離開墻壁前，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向上受到墻壁水平向右的彈力，系統(tǒng)所受合外力不為零，故動量不守恒，故B錯誤；a離開墻壁后，a、b和彈簧組成的系統(tǒng)所受合力為零，故動量守恒，故C正確，D錯誤。1234567891011123.(2024·江蘇淮安市楚州中學馬壩中學聯(lián)考)兩名質量相等的滑冰人員甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上?，F(xiàn)在其中一人向另一人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復幾次之后，甲和乙最后的速率關系是A.若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙B.若乙最后接球，則一定是v甲>v乙C.若甲最后接球，則一定是v甲>v乙D.無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙123456789101112√因系統(tǒng)動量守恒，故最終甲、乙動量大小必相等。誰最后接球誰和球的整體質量大，根據(jù)動量守恒定律可知，最終誰接球誰的速度小。故選B。1234567891011124.(2024·江蘇海安市立發(fā)中學檢測)在光滑水平面上沿一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ發(fā)生正碰，碰后立即粘在一起運動，碰撞前滑塊Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—時間關系圖線分別如圖中的線段a、b、c所示。由圖像可知A.碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小B.滑塊Ⅰ的質量與滑塊Ⅱ的質量之比為3∶5C.滑塊Ⅰ的質量與滑塊Ⅱ的質量之比為5∶3D.碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量比滑塊Ⅱ受到的沖量大√123456789101112由題圖可知，碰撞后總動量為正，根據(jù)動量守恒定律可知，碰撞前的總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量較大，故A錯誤；根據(jù)動量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B錯誤，C正確；由動量定理知，碰撞過程中滑塊Ⅰ受到的沖量與滑塊Ⅱ受到的沖量大小相等，方向相反，故D錯誤。1234567891011125.(2024·江蘇省金陵中學月考)如圖所示，一個長為L的輕細桿兩端分別固定著a、b兩個光滑金屬球，a球質量為2m，b球質量為m，兩球的半徑相等且均可視為質點，整個裝置放在光滑的水平面上，將此裝置從桿與水平面夾角為53°的圖示位置由靜止釋放，則A.在b球落地前瞬間，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬間，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整個過程中，輕桿對a球做正功D.在b球落地前瞬間，b球的速度方向豎直向下√123456789101112a、b組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，水平方向上動量守恒，系統(tǒng)水平方向的初動量為零，在b球落地前瞬間系統(tǒng)水平方向動量仍為零，此時b球的速度方向豎直向下，a球的速度為零，故A、B錯誤，D正確；a球初動能為零，b球落地前瞬間a球的動能也為零，且重力與地面的支持力對a球不做功，根據(jù)動能定理可知在b球落地前的整個過程中，輕桿對a球做功為零，故C錯誤。1234567891011126.如圖所示，繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)A.系統(tǒng)的總動量守恒B.水平方向任意時刻小球與小車的動量都相同C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動的最大距離為√123456789101112系統(tǒng)只是在水平方向合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A、B錯誤；根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；123456789101112小球相對于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動的最大距離為

D正確。1234567891011127.如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0，為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)答案4v0123456789101112設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，先選乙船(包括人)和貨物為研究系統(tǒng)，由動量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin，再選甲船(包括人)和貨物為研究系統(tǒng)，由動量守恒定律得10m×2v0－mvmin＝11mv2，為避免兩船相撞應滿足v1＝v2聯(lián)立解得vmin＝4v0。1234567891011128.(2024·江蘇無錫市錫車中學月考)如圖所示，有一質量M＝6kg、棱長為0.2m的正方體木塊，靜止于光滑水平面上，木塊內部有一從頂面貫通至底面的通道，一個質量為m＝2kg的小球由靜止開始從軌道的左端運動到右端，在該過程中木塊的位移為A.0.05m B.0.10mC.0.15m D.0.50m√123456789101112123456789101112小球由靜止開始從如題圖所示軌道的左端運動到右端過程中，小球與木塊組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，則有

即mx1＝Mx2，根據(jù)題意有x1＋x2＝0.2m，聯(lián)立解得x2＝0.05m，故選A。9.于2021年10月16日發(fā)射的“神舟十三號”飛船在2022年4月16日成功返回地球。飛船返回艙返回地面過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置沿豎直方向勻速下降，為確保返回艙能安全著陸，在返回艙距地面一定距離時，艙內航天員主動切斷與降落傘的連接(“切傘”)，同時點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭向下噴氣過程中返回艙減至安全速度。假設“切傘”瞬間返回艙的速度大小為v1＝16m/s，火箭噴出的氣體相對地面的速度大小為v2＝944m/s，火箭“噴氣”時間極短，噴氣完成前、后返回艙的質量比為130∶128，噴氣完成后返回艙的速度大小為A.2m/s B.1.5m/s

C.2.5m/s D.0.5m/s123456789101112√設噴氣前、后返回艙質量分別為m1、m2，噴氣完成后返回艙的速度大小為v3。由題知m1∶m2＝130∶128，分析火箭噴氣過程，由動量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5m/s，故選B。12345678910111210.(2021·浙江1月選考·12)在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空氣阻力。下列說法正確的是A.兩碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC.爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m√123456789101112設碎塊落地的時間為t，質量大的碎塊水平初速度為v，則由動量守恒定律知質量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運動，下落的高度相同，則在空中運動的時間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝

，可見兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項錯誤；據(jù)題意知，vt＝(5s－t)×340m/s，又2vt＝(6s－t)×340m/s，聯(lián)立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸點離地面高度為h＝

＝80m，所以B項正確，C項錯誤；兩碎塊落地點的水平距離為Δx＝3vt＝1020m，故D項錯誤。12345678910111211.如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v