专题强化2 动量守恒定律的应用-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

专题强化2　动量守恒定律的应用 第1章　动量及其守恒定律   [学习目标]　1.理解某一方向上的动量守恒(重点)。2.会利用动量守恒定律分析和解决多物体、多过程问题(重难点)。3.会分析动量守恒定律应用中的临界问题(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　某一方向上的动量守恒 类型2　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题 内容索引 类型3　动量守恒定律应用中的临界问题分析 巩固演练 举一反三 类型1　某一方向上的动量守恒 一 4 如果系统所受的合力不等于零,外力也不远小于内力(或作用时间不是极短),这时系统动量不守恒,也不能认为近似守恒。但是只要在某一方向上系统不受外力或所受合力等于零,或者某一方向上的外力远小于内力,那么在这一方向上系统动量守恒。 [例1]　(多选)如图所示,c是半径为R的圆周的圆弧形光滑槽,其质量为3m,静置于光滑水平面上,A为与c的圆心等高的点,B为c的最低点,与水平面相切。将可视为质点、质量为m的小球a从槽口A点自由释放。整个过程中,不计一切阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小球a下滑到B点的过程中,a和c组成的系 统机械能守恒,水平方向动量守恒 B.小球a下滑到B点时,小球a的速率为 C.小球a下滑到B点时,光滑槽c的速率为 D.小球a下滑到B点时所受支持力大小为3mg [答案]　AC 小球a下滑到B点的过程中,小球a和光滑槽c组成的系统中只有重力做功,机械能守恒,小球a和光滑槽c组成的系统合外力不为零,但水平方向合力为零,因此水平方向动量守恒,故A正确;小球a下滑到B点时,小球a和光滑槽c组成的系统水平方向动量守恒,小球a向右运动,光滑槽c向左运动,有mv1-3mv2=0,根据机械能守恒定律有mgR=,解得v1=,v2=,故小球a下滑到B点时,小球a的速率为,光滑槽c的速率为,故B错误,C正确;小球a下滑到B点时,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,则小球a第一次下滑到B点时所受支持力大小为FN=mg,故D错误。 [例2]　(多选)在光滑的水平地面上,有一个质量 为2m的物块B,物块B上方由铰链固定一根长为 L的可转动轻杆,轻杆顶端固定一个质量为m的 小球A。开始时轻杆处于竖直方向,现给小球A 一个向左的轻微扰动,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　) A.若物块B固定,则当轻杆转到水平方向时,小球A的速度大小为 B.若物块B不固定,则A、B组成的系统水平方向上动量不守恒 C.若物块B不固定,则当轻杆转到水平方向时,物块B的速度大小为 D.若物块B不固定,则当轻杆转到水平方向时,小球A的速度大小为 AD 若物块B固定,给小球A一个向左的轻微扰动后, 小球A转动过程中只有重力做功,则当轻杆转到 水平方向时,小球A的重力势能全部转换为动能, 由机械能守恒定律有mgL=mv2,解得小球A的速 度大小为v=,故A正确;若B不固定,当轻杆转到水平方向时,A、B在水平方向上动量守恒,并且沿杆方向速度相等,则A、B的水平速度都为零,即B的速度为零,A只有竖直方向的速度,根据系统机械能守恒得mgL=,解得小球A的速度大小为v1=,故B、C错误,D正确。 二 类型2　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题 11 多物体系统是指由两个以上的物体构成的系统,此类问题的物理过程往往比较复杂,分析时应注意: (1)灵活选取研究对象:有时需应用整体系统动量守恒,有时只需应用部分物体系统动量守恒。研究对象的选取,一是取决于系统是否满足动量守恒的条件,二是根据所研究问题的需要。 (2)灵活进行运动过程的选取和分析:通常对全程进行分段分析,并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律,有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。 [例3]　如图所示,在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B,已知mA=0.5 kg,mB=0.3 kg。现有质量m0=0.08 kg的小物块C以初速度v0=25 m/s在A表面沿水平方向向右滑动,由于C与A、B间均有摩擦,C最终停在B上,B、C最后的共同速度v=2.5 m/s。求: (1)木块A的最终速度的大小; [答案]　(1)2.1 m/s (1)取向右为正方向,设木块A的最终速度为v1,由动量守恒定律,对A、B、C有 m0v0=mAv1+(mB+m0)·v, 解得v1=2.1 m/s。 (2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小。 [答案]　　(2)4 m/s (2)设C滑离A时的速度为v2,当C滑离A后,由动量守恒定律,对B、C有m0v2+mBv1=(mB+m0)v, 解得v2=4 m/s。 三 类型3　动量守恒定律应用中的临界问题分析 17 在动量守恒定律的应用中,常常出现相互作用的两物体相距最近(或最远)、恰好不相撞、弹簧最长(或最短)或物体开始反向运动等临界状态,其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。 [例4]　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶,速度大小均为v0=6 m/s,甲车上有质量为m=1 kg的小球若干个,甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=50 kg,乙和他的小车的总质量为M2=30 kg。为避免相撞,甲不断地将小球以相对地面为v=16.5 m/s的水平速度抛向乙,且被乙接住。 (1)甲第一次抛球时对小球的冲量是多大? [答案]　(1)10.5 N·s (1)对第一个小球分析,根据动量定理有 I=mv-mv0 解得I=10.5 N·s 方向水平向右。 (2)为保证两车不相撞,甲总共抛出的小球个数是多少? [答案]　　(2)15 (2)以水平向右为正方向,对所有物体组成的系统,根据动量守恒定律有 M1v0-M2v0=(M1+M2)v' 对乙和他的小车及小球组成的系统,根据动量守恒定律有 -M2v0+nmv=(M2+nm)v' 解得n=15。 四 巩固演练 举一反三 1.如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为(　　) A.,向东 B.,向东 C.,向东 D.v1,向东 D 人和车组成的系统,在水平方向上所受合外力等于零,系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向,选地面为参考系,初态车和人的总动量为Mv1,末态车的动量为(M-m)v,因为人在水平方向上没有受到冲量,其水平动量保持不变,人在水平方向上对地的动量仍为mv1,则有 Mv1=(M-m)v+mv1 解得v=v1,故选D。 2.(多选)如图所示,在质量为M的小车上挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正前方的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短。在此碰撞过程中,下列哪些情况是可能发生的(　　) A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分 别变为v1、v2、v3,满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3 B.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2 C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v1,满足Mv=(M+m)v1 D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2 BC 在小车与木块发生碰撞的瞬间,彼此作用力很大,所以它们的速度在瞬间发生改变,作用过程中它们的位移可看成为零,而摆球并没有直接与木块发生力的作用,在它与小车共同匀速运动时,摆线沿竖直方向,因此摆线的拉力不能改变摆球速度的大小,即摆球的速度不变,A、D错误;而小车和木块碰撞后,可能以不同的速度继续向前运动,也可能以共同速度向前运动,B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg,mC=2 kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。 答案:2 m/s 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上,两者碰撞时间极短,碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计,长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒,取水平向右为正方向,则 mAv0=mAvA+mCvC 长木板A和滑块B达到共同速度v后, 恰好不再与滑块C碰撞,即最后三者速度相等,即vC=v (mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v 联立解得vA=2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 五 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)如图所示,在光滑的水平面上,质量为m的物体A置于质量为M的足够高的斜面体B上,斜面的倾角为θ,给A沿斜面向上的初速度v0,在A沿斜面由底端冲上顶端的过程中,A和B组成的系统(　　) A.在竖直方向上系统的动量分量守恒 B.在水平方向上系统的动量分量守恒 C.当A刚好运动到最高点时,A、B具有的共同速度为 D.当A刚好运动到最高点时,A、B具有的共同速度为 BD 由题意知,A沿斜面由底端冲上顶端的过程中,在竖直方向上A有向下的加速度,所以A和B组成的系统在竖直方向上系统的动量分量不守恒,而A和B组成的系统在水平方向上不受外力作用,所以A和B组成的系统在水平方向上系统的动量分量守恒,故A错误,B正确;A运动到最高点时,A和斜面体只有水平方向的速度,即mv0cos θ=(M+m)v,所以v=,C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.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。石头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.石头和砂车的共同速度v= B.石头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'= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 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m1v0cos θ=(m1+M)v,解得石头与砂车的共同速度v=,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=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.(多选)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车,其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB,轨道最低点B与水平轨道BC相切,整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放,物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g,空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中,下列说法正确的是(　　) A.小车和物块组成的系统动量守恒 B.物块从A位置运动至C位置时,小车有向右的速度 C.摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为-mgR D.小车在运动过程中的速度先增大后减小,全程最大速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 CD 小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;根据题意结合水平方向动量守恒可知物块到达C点时,物块和小车速度均为零,根据能量守恒定律可知摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为-mgR,故B错误,C正确;小车与物块组成的系统水平方向动量守恒,物块下滑到B点的过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,由机械能守恒定律得mgR=,解得v2=,物块到达B点时小车速度最大,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(多选)如图所示,水平固定一个光滑长杆,有个质量为m的小滑块A套在长杆上可自由滑动,在水平杆上竖直固定一个挡板P,小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态,在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为2m的小球B,将小球B拉至左端水平位置,使细线处于自然长度,由静止释放,已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　 　) A.A和B组成的系统水平方向上动量守恒 B.小球B第一次摆到最低点时速度为 C.小球B在运动过程中相对最低点所能上升的最大高度为L D.小滑块A能获得的最大速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BCD 在小球B由静止向下摆动的过程中,细线对小滑块A 产生向左的拉力,此过程中A没有离开挡板P,且挡板 P对A有向右的弹力,因此A和B组成的系统在水平方向受力不为零,水平方向动量不守恒,A错误;小球B由静止向下摆动,第一次到达最低点的过程中机械能守恒,有2mgL=·2m·v2,解得v=,B正确;小球B从最低点继续向右摆动到最高点的过程中,A离开了挡板P,所以A和B组成的系统水平方向上动量守恒,且机械能守恒,之后小球B再次到达最高点时A、B共速,设此速度为v1,小球B相对最低点上升的高度为h,则有 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2mv=(2m+m)v1,2mgL=(2m+m)+2mgh,联立可得h=L,C正确;当小球B从右边最高点再次回到最低点时,A的速度最大,设此时A的速度为vA,B的速度为vB,则有2mv=2mvB+mvA,·2mv2=·2m·m,联立可解得vA=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [B组　综合强化练] 5.(多选)如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,质量均为M,静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩,他先跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止,则(　　 ) A.a、b、c和小孩四者组成的系统水平方向动量守恒 B.a、c两车运动速率相等 C.三辆车的速率关系为vc>va>vb D.a、c两车运动方向相反 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ACD a、b、c和小孩组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,故A正确;小孩跳离b、c车时相对地面的水平速度均为v,以水平向右为正方向,由动量守恒定律,对小孩和c车组成的系统有 0=Mvc+mv 对小孩和b车组成的系统有mv=Mvb+mv 对小孩和a车组成的系统有mv=(M+m)va 所以vc=-,vb=0,va= 即vc>va>vb,并且vc与va方向相反,故B错误,C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为M的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直,并由静止释放C球。忽略空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.A、B、C系统动量守恒 B.小球C到达最低点时速度大小为 C.小球C到达左侧最高点时速度为零 D.小球第一次到达最低点时木块A、B分离 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 小球C摆动过程中,A、B、C系统水平方向不受外力,水 平方向动量守恒,但竖直方向动量不守恒,选项A错误;小 球C下摆过程中,在到达最低位置之前,细线拉力的水平 分量使A、B同时达到最大速度,小球C摆过最低位置后, 细线拉力使A向右做减速运动,致使A、B分离,选项D正 确;小球C下摆过程系统水平方向动量守恒,C在最低点速度水平向左,A、B应有水平向右的速度,根据机械能守恒定律可知C的速度应小于,选项B错误;A、B分离后,B以分离时的速度做匀速直线运动,A速度减为零后改为反方向向左运动,当A、C速度相等时,C球摆到最高点,此时A、C组成的系统的动量与B的动量大小相等,方向相反,则小球C到达左侧最高点时速度不为零,选项C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.如图所示,在光滑水平面上有A、B两辆小车,水平面的左侧有一竖直墙,在小车B上坐着一个小孩,小孩与B车的总质量是A车质量的10倍。两车开始都处于静止状态,小孩把A车以相对于地面的速度v推出,A车与墙壁碰后仍以原速率返回,小孩接到A车后,又把它以相对于地面的速度v推出。每次推出,A车相对于地面的速度都是v,方向向左,则小孩把A车推出几次后,A车返回时小孩不能再接到A车(　　) A.5　　　　　　　　　　 B.6 C.7 D.8 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 取水平向右为正方向,小孩第一次推出A车时,有mBv1-mAv=0,解得v1=v,第n次推出A车时,有mAv+mBvn-1=-mAv+mBvn,则vn-vn-1=v,所以vn=v1+(n-1)v,当vn≥v时,再也接不到A车,由以上各式得n≥5.5,取n=6,故B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.如图所示,在光滑水平面上有两个木块A、B,木块B左端放置小物块C并保持静止,已知mA=mB=0.2 kg,mC=0.1 kg。现木块A以初速度v=2 m/s沿水平方向向右滑动,木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连),C与A、B间均有摩擦。 (1)求木块A与B相碰瞬间木块A及小物块C的速度大小; 答案:(1)1 m/s　0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0,A、B木块的速度相同,由动量守恒定律得 mAv=(mA+mB)vA, 解得vA==1 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)设木块A足够长,求小物块C的最终速度。 答案:(2) m/s,方向水平向右 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)C滑上A后,摩擦力使C加速,使A减速,直至A、C具有相同的速度,以A、C整体为研究对象,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mC)vC, 解得vC= m/s,方向水平向右。 9.如图所示,光滑水平面上A、B两小车质量都是M,A车前站立一质量为m的人,两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞,人从A车跳到B车上,最终A车停止运动,B车获得反向速度v0,试求: (1)两小车和人组成的系统的初动量大小; 答案:(1)(M+m)v0　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)在光滑水平面上,两小车与人组成的系统动量守恒,所以两小车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动、B车获得反向速度时系统的动量,由动量守恒定律知p初=(M+m)v0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)若人跳跃速度较小,为避免两车相撞,则人跳上B车后,A车速度的大小。 答案: (2)v0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)为避免两车恰好发生碰撞,最终两车和人具有相同速度,设共同的速度为v1,由动量守恒定律得 (M+m)v0=(2M+m)v1 解得v1=v0。 10.如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0,为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度大小。(不计水的阻力及空气阻力) 答案:4v0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin,抛出货物后乙船的速度大小为v1,甲船上的人接到货物后甲船的速度大小为v2,以开始时甲、乙两船的运动方向为正方向。由动量守恒定律得 12mv0=11mv1-mvmin ① 10m×2v0-mvmin=11mv2 ② 为避免两船相撞应满足v1=v2 ③ 联立①②③式解得vmin=4v0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [C组　培优选做练] 11.如图所示,光滑冰面上固定一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对于冰面v=12 m/s的速度向斜面体推去,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上运动一段时间后返回冰面,小孩接住冰块后再次以速率v 将冰块推向斜面体,如此反复。小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=5 kg。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)在小孩第一次将冰块推出的过程中,小孩和冰块组成的系统的动能增量ΔEk ; 答案:(1)420 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)设小孩第一次将冰块推出后的瞬间,小孩的速度大小为v1 ,对小孩第一次将冰块推出的过程,根据动量守恒定律有 m1v1=m2v 解得v1=2 m/s 系统动能的增量为 ΔEk=m2v2 解得ΔEk=420 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)要使小孩不能接住冰块,小孩推冰块的次数。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 答案:　(2)4 (2)冰块每次在斜面体上运动的过程中,斜面体对冰块的水平冲量大小 I=m2v-(-m2v) 若小孩第n次推冰块后,两者的速率均为v,则此后小孩不能接住冰块,对小孩与冰块组成的系统,根据动量定理有 nI=(m1+m2)v 解得n=3.5 故要使小孩不能接住冰块,小孩推冰块的次数为4。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$