第6章第2讲动量守恒定律及其应用-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课件PPT（人教版）

2024-07-10

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第2讲动量守恒定律及其应用第六章动量动量守恒定律下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）课前双基落实课堂师生互动 01 02 提升学科素养 03 课后素养提能 04 第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）课前双基落实下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）课堂师生互动下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）提升学科素养下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材）课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航第六章动量动量守恒定律高考总复习物理（新教材） [知识点一]　动量守恒定律　 1．动量守恒定律的内容如果一个系统　不受外力　，或者所受外力的矢量和　为零　，这个系统的总动量保持不变． 2．动量守恒的数学表达式 (1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)． (2)Δp＝0(系统总动量　变化　为零)． (3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小　相等　，方向　相反　)． 3．动量守恒的条件 (1)系统　不受　外力或所受外力之和　为零　时，系统的动量守恒． (2)系统所受外力之和不为零，但当内力　远大于　外力时系统动量近似守恒． (3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力　为零　或　不受　外力或外力可以忽略则在这个方向上，系统动量守恒． [知识点二]　碰撞、反冲和爆炸　 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间　很短　，而物体间相互作用力　很大　的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力　远大于　外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒． (3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒　守恒　非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失　最大　 2.反冲运动 (1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向　相反　方向运动的现象． (2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用　动量守恒　定律来处理． 3．爆炸问题 (1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且　远大于　系统所受的外力，所以系统动量　守恒　. (2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) 1．系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√) 2．动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×) 3．物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(√) 4．在爆炸现象中，动量严格守恒．(×) 5．在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×) 6．反冲现象中动量守恒、动能增加．(√) 二、走进教材 1．(人教版选择性必修第一册 P15第5题改编)甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动，速度大小均为2 m/s.则甲、乙两人质量之比为(　　) A．2∶3　 B．2∶5　　C．3∶5　 D．5∶3 解析：C　[由动量守恒定律得：m甲×3－m乙×1＝m甲×(－2)＋m乙×2，所以eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(3,5)，选项C正确．] 2．(人教版选择性必修第一册 P15第4题改编)某机车以0.8 m/s的速度驰向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接．机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为　________　.铁轨的摩擦忽略不计．解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，v＝eq \f(1,16)v0＝eq \f(1,16)×0.8 m/s＝0.05 m/s. 答案：0.05 m/s 3．(人教版选择性必修第一册 P15第6题改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m．一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为(　　) A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N 解析：C　[子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹和沙袋的共同速度v＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(0.01×500,10) m/s＝0.5 m/s.对子弹和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)eq \f(v2,L)得FT＝(m＋M)g＋(m＋M)eq \f(v2,L)＝102.5 N，所以C正确．] 考点一　动量守恒定律的理解及应用 1．动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2.应用动量守恒定律解题的步骤 [典例1]　(多选)(2023·广东卷，10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N [审题指导]　(1)根据题意计算出滑块1和滑块2组成的系统在碰撞前后的动量大小，分析出两滑块组成的系统动量是否守恒． (2)分别对滑块1和滑块2，根据动量定理得出各自受到的合外力的冲量，结合冲量的表达式得出滑块2受到滑块1的平均作用力．解析：BD　[A.取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；B.对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；C.对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；D.对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确．故选BD.] ◆[迁移1]　动量守恒定律的矢量性　 1. (2024 江西南昌·高二校考)如图所示，一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略．球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中漏出，则(　　 ) A．球和砂车的共同速度v＝eq \f(m1v0 cosθ,M＋m1) B．球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统动量守恒 C．砂子漏出后做直线运动，水平方向的速度变小 D．当漏出质量为m2的砂子时，砂车的速度v′＝v＝eq \f(Mv0 cosθ,M＋m1) 解析：A　[石头与砂车组成的系统在水平方向所受合力为零，系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0 cosθ＝(m1＋M)v，解得石头与砂车的共同速度v＝eq \f(m1v0 cosθ,M＋m1)，故A正确；石头和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；砂子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，砂子做平抛运动，在水平方向的速度不变，故C错误；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，系统总质量不变，由动量守恒定律可知，系统在水平方向速度不变，即砂车的速度v′＝v＝eq \f(m1v0 cosθ,M＋m1)，故D错误．] ◆[迁移2]　动量守恒定律的同时性　 2．(2024河北邢台·高三联考 )滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动．如图所示，现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度eq \f(11,10) v0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的eq \f(1,10)，但方向不变，则k为(　　 ) A.eq \f(1,5)　 B．eq \f(1,6)　　 C.eq \f(1,9)　　 D.eq \f(1,11) 解析：C　[小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有 (1＋k)mv0＝m·eq \f(11,10)v0＋km·eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)v0))，解得k＝eq \f(1,9)，故选C.] ◆[迁移3]　动量守恒定律的相对性　 3．一人站在静止于光滑平直轨道上的平板车上，人和车的总质量为M.现在这人双手各握一个质量均为m的铅球，以两种方式顺着轨道方向水平投出铅球：第一次是一个一个地投；第二次是两个一起投．设每次投掷时铅球对车的速度相同，则两次投掷后小车速度之比为(　　) A.eq \f(2M＋3m,2M＋m)　　　　　 B．eq \f(M＋m,M) C．1 D．eq \f(2M＋mM＋2m,2MM＋m) 解析：A　[因平直轨道光滑，故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒．设每次投出的铅球对车的速度为u，第一次是一个一个地投掷时，有两个作用过程，根据动量守恒定律，投掷第一个球时，应有 0＝(M＋m)v－m(u－v)① 投掷第二个球时，有(M＋m)v＝Mv1－m(u－v1)② 由①②两式，解得第二次两球一起投出时，有0＝Mv2－2m(u－v2)，解得v2＝eq \f(2mu,M＋2m)，所以两次投掷铅球小车的速度之比 v1/v2＝(2M＋3m)/2(M＋m)．] 一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．小球的机械能守恒，动量不守恒 B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒 C．球、车系统的机械能守恒，动量守恒 D．球、车系统的机械能、动量都不守恒解析：B　[小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒，所以当小球有向右的速度时小车将同时有向左的速度，所以小球在下落过程中并不是真正的做圆周运动，小车将通过细绳对小球做功，小球机械能不守恒，动量守恒的研究对象是一个系统，单独对小球谈不上动量守恒，选项A错误、B正确；小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒；由于系统水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒但总动量并不守恒，选项C、D错误．] 考点二　碰撞问题 1．分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2). (3)速度要合理 ①碰前两物体同向，则v后＞v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′. ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′① eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2② 由①②得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)　v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2) 结论： (1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度． (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，并且v1′＜v2′，碰撞后两球都向前运动． (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来． [典例2]　(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应．下列说法正确的是(　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 [审题指导]　中子与氢核和氮核的碰撞为弹性正碰，满足动量守恒和能量守恒，联立求解．解析：B　[设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4， eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)·14mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,4)，联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，可得v1＝v0＞v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)，可得pN＞pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mveq \o\al(2,2)＝eq \f(28mv\o\al(2,0),225)，可得EkH＞EkN，故B正确，A、C、D错误．故选B.] ◆[迁移1]　弹性碰撞规律　 1．如图所示，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态．现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s.已知b的质量是a的3倍．b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求： (1)碰撞后瞬间物块b速度的大小； (2)轻绳的长度．解析：(1)设a的质量为m，则b的质量为3m.对于碰撞后b滑行的过程，根据动能定理得－μ×3mgs＝0－eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,b)，解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb＝eq \r(2μgs)； (2)对于a、b碰撞过程，设碰撞前、后a与b的速度分别为v0、va，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mva＋3mvb，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)·3mveq \o\al(2,b)，设轻绳的长度为L.对于a下摆的过程，根据机械能守恒定律得mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 联立解得L＝4μs. 答案：(1)eq \r(2μgs)　(2)4μs ◆[迁移2]　非弹性碰撞规律　 2．冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故．在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车与另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞，如图甲、乙所示)．若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？解析：设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v.选定两车碰撞前的速度方向为正方向．由题意可知，m1＝1.8×103 kg，m2＝1.2×103 kg，v1＝36 km/h，v2＝18 km/h. 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得 v＝eq \f(m1v1＋m2v2,m1＋m2)＝eq \f(1.8×103×36＋1.2×103×18,1.8×103＋1.2×103) km/h＝28.8 km/h 所以，追尾后两车的速度大小为28.8 km/h. 答案：28.8 km/h ◆[迁移3]　碰撞的可能性分析　 3．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　) A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 解析：B　[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A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，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．] 如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求： (1)碰撞过程中系统损失的机械能； (2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．解析：(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq \f(1,2)v0，碰撞过程中系统损失的机械能为 E损＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m)v2，解得E损＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0). (2)当A与C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等；根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得v1＝eq \f(1,5)v0，由能量关系 2mgh＝eq \f(1,2)·2meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq \f(1,2)×5m×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))2 解得h＝eq \f(3v\o\al(2,0),40g). 答案：(1)eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)　(2)eq \f(3v\o\al(2,0),40g) 考点三　爆炸与反冲 1．爆炸问题的三个特点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 2.反冲运动的三点说明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 [典例3]　(多选)(2024·河北张家口高三校考)如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块A、B之间有少量炸药(质量不计)，爆炸后A、B沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为1 m、4 m．已知滑块A的质量为mA＝4 kg，A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，炸药爆炸释放的化学能全部转化为滑块A、B的动能．下列说法正确的是(　　 ) A．滑块B的质量为2 kg B．滑块B的质量为1 kg C．炸药爆炸释放的化学能为16 J D．炸药爆炸释放的化学能为24 J 解析：AD　[爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则0＝－mAv1＋mBv2，爆炸之后，根据动能定理分别对两滑块，对滑块A　－μmAgx1＝0－eq \f(1,2)mAveq \o\al( 2,1)，对滑块B　－μmBgx2＝0－eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,2)，联立解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s，mB＝2 kg，故B错误，A正确；炸药爆炸释放的化学能为E化＝eq \f(1,2)mAveq \o\al( 2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,2)，代入数据解得E化＝24 J，故C错误，D正确．] ◆[迁移1]　反冲问题　 1.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出．已知重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是(　　) A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 C．火箭获得的最大速度为eq \f(Mv0,M－m) D．火箭上升的最大高度为eq \f(m2v\o\al(2,0),2gM－m2) 解析：D　[火箭的推力来源于向下喷出的水对火箭的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；在喷水的极短时间内，火箭和水的重力以及空气阻力可忽略不计，在竖直方向动量守恒，在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，设最大速度为v，竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0.解得v＝eq \f(mv0,M－m)，C错误；水喷出后，火箭竖直向上做竖直上抛运动，有2gh＝v2，解得最大高度为h＝eq \f(m2v\o\al(2,0),2gM－m2)，D正确．] ◆[迁移2]　爆炸问题　 2．(2024·全国·高三专题练习)斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去．已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了eq \f(E,4)，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为(　　) A.eq \r(\f(EH,mg))　　B．eq \r(\f(2EH,mg)) C.eq \r(\f(3EH,mg)) D．2eq \r(\f(EH,mg)) 解析：B　[炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为v，则v＝eq \r(\f(E,m)).设炸裂后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，有2mv＝mv1＋mv2，E＋eq \f(1,4)E＝eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,2)，解得v1＝eq \f(3,2) eq \r(\f(E,m))，v2＝eq \f(1,2) eq \r(\f(E,m))，根据平抛运动规律有H＝eq \f(1,2)gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝(v1－v2)t，解得x＝ eq \r(\f(2EH,mg))，故选B.] 　一火箭发动机的喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，假设气体喷出时的对地速度恒为v＝1 000 m/s，开始时火箭静止，火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次． (1)第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ (2)运动1 s后，火箭的速度为多大？解：(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭组成的系统动量守恒．以火箭运动的方向为正方向．设第一次喷出气体后火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq \f(mv,M－m)，设第二次喷出气体后，火箭速度为v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝eq \f(2mv,M－2m)，设第三次喷出气体后，火箭速度为v3，有 (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以v3＝eq \f(3mv,M－3m)＝eq \f(3×0.2×1 000,300－3×0.2) m/s＝2 m/s. (2)由(1)中结论可知，第n次喷出气体后，火箭速度为vn，有 (M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，所以vn＝eq \f(nmv,M－nm) 因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为 v20＝eq \f(20 mv,M－20m)＝eq \f(20×0.2×1 000,300－20×0.2)m/s＝13.5 m/s. 答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 动量守恒中的两类模型子弹打木块模型模型特点及满足的规律系统动量守恒、能量守恒： mv0＝(m＋M)v， fL相对＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2. 木块不固定并放于光滑面上，一般认为子弹受阻力相等，子弹完全穿出时系统产生的热量相等 [典例1]　(多选)如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为(　　) A．16 J　　　　　　　　 B．11.2 J C．4.8 J D．3.4 J [解析]　AB　[法一：设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝eq \f(1,2)Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝eq \f(M＋m,m)Ek1>Ek1，故选项A、B正确．法二：本题也可用图像法，画出子弹和木块的vt图像如图所示，根据vt图像与坐标轴所围面积表示位移，△OAt的面积表示木块的位移s，△OAv0的面积表示子弹相对木块的位移d，系统产生的内能Q＝fd，木块得到的动能Ek1＝fs，从图像中很明显可以看出d>s，故系统产生的内能大于木块得到的动能．] 1．(2024·陕西咸阳模拟)如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为eq \f(2,5)v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定．试求： (1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小； (2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t. 解析：(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0＝meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))＋3mv，解得v＝eq \f(1,5)v0，对子弹与第一块木块组成的相互作用系统，由能量守恒有 FfL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))2－eq \f(1,2)·(3m)v2，解得子弹受到木块阻力Ff＝eq \f(9mv\o\al(2,0),25L)， (2)对子弹与第二块木块组成的相互作用系统，由于eq \f(1,2)m·eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))2＝eq \f(2mv\o\al(2,0),25)<eq \f(9mv\o\al(2,0),25)，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))＝(m＋3m)v共，解得v共＝eq \f(v0,10)，对第二块木块，由动量定理有 Fft＝3meq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(v0,10)))，子弹在第二块木块中的运动时间为t＝eq \f(5L,6v0). 答案：(1)eq \f(1,5)v0　eq \f(9mv\o\al(2,0),25L)　(2)eq \f(5L,6v0) 人船模型模型特点及满足的规律 Mx＝m(L－x) 特点：①两个物体　②总动量为零 ③动量守恒 [典例2]　(2024·辽宁凌源模拟)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)(　　) A．L　 B．eq \f(mL,M)　　C.eq \f(mL,M＋m)　　 D.eq \f(ML,M＋m) [解析]　C　[设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v0，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝eq \f(mL,M＋m)，故只有选项C正确．] 2．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　) A.eq \f(mL＋d,d) B.eq \f(mL－d,d) C.eq \f(mL,d) D．eq \f(mL＋d,L) 解析：B　[设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为(L－d)，船的位移为d，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t).以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq \f(d,t)＝eq \f(mL－d,t)，小船的质量为：M＝eq \f(mL－d,d)，故B正确．] $$

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第6章 第2讲 动量守恒定律及其应用-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课件PPT（人教版）

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