第4节 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（粤教版）

第四节　动量守恒定律的应用 第一章　动量和动量守恒定律 [学习目标]　1.通过对有关现象的分析,理解动量守恒定律的普适性。2.知道反冲现象的原理,会应用动量守恒定律解决有关反冲现象的问题(重难点)。3.知道火箭的原理及其应用,会对火箭喷气后各物理量的变化进行计算(重难点)。4.知道“人—船”模型的特点,会解决“人—船”模型类的问题(重难点)。 课时作业 巩固提升 要点1　对动量守恒定律的进一步理解 要点2　反冲运动 要点3　“人—船”模型问题 内容索引 要点1　对动量守恒定律的进一步理解 一 4 梳理 必备知识 自主学习 1．系统所受外力可以______时，系统动量守恒。 2．系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在______方向上动量守恒。 忽略 水平 [思考与讨论] (1)如图甲所示,冰壶运动员奋力将冰壶掷出,冰面的动摩擦因数很小,运动员与冰壶组成的系统的动量是否可近似看作守恒? 提示:(1)可近似看作守恒。 (2)如图乙所示,篮球运动员跳投时,运动员与篮球所受合外力是否为0,动量是否守恒?运动员与篮球水平方向所受合外力是否为0,水平方向上的动量是否守恒? 提示:(2)不为0,不守恒;为0,守恒。 1.某一方向的动量守恒的条件 (1)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0。 (2)某一方向上系统的内力远大于外力,外力可以忽略。 2.某一方向的动量守恒的应用 某一方向动量守恒时,要确定该方向上作用前两物体的初速度和作用后两物体的末速度,进而确定该方向上的始末动量。若没有该方向的速度,有时需分解速度来求解该方向的分速度。 归纳 关键能力 合作探究 [例1]　如图所示,在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体,质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑,下列说法中正确的是(　　) A.M和m组成的系统动量守恒 B.M和m组成的系统所受合力为0 C.M和m组成的系统水平方向动量守恒 D.M和m组成的系统竖直方向动量守恒 C M和m组成的系统在水平方向上所受合外力为零,系统水平方向动量守恒,C正确;竖直方向系统所受合外力不为零,系统在竖直方向上动量不守恒,M和m组成的系统动量不守恒,故A、B、D错误。 方法总结 系统某一方向动量守恒,不等同于系统动量守恒。与物体某方向受力平衡,不能判定物体受力平衡的道理类似。竖直方向系统动量是否守恒,可直接研究竖直方向的分速度的变化,也可间接研究竖直方向的加速度与合外力是否为零。 [针对训练]　1.如图所示,一辆装有沙子且与沙子质量之和为M的小车以速度v1在光滑水平面上运动,一质量为m、速度为v2的小球沿俯角为θ的方向落到车上并埋在车里的沙中,此时小车的速度为(　　) A.　　　　　　 B. C. D. B 小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒,取向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得Mv1+mv2cos θ=(m+M)v,解得v=,故B正确。 二 要点2　反冲运动 13 1．反冲：一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向______的方向运动的现象。 2．反冲规律：反冲运动中物体之间的相互作用力______，且作用时间______，一般都满足内力________外力，外力可忽略，满足______________。 梳理 必备知识 自主学习 相反 很大 极短 远大于 动量守恒定律 [思考与讨论] 喷气式飞机自带燃料和氧化剂,利用反冲可实现高速飞行。试想在月球建立一个飞机场,应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机? 提示:喷气式飞机,因为月球表面没有空气,螺旋桨飞机无法工作,而喷气式飞机可以。 1.反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力,所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向上动量守恒。 (3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。 归纳 关键能力 合作探究 2.反冲的应用 (1)火箭的工作原理 火箭的飞行应用了反冲的原理,它们靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。 (2)决定火箭增加的速度Δv的因素 ①火箭喷出的燃料相对喷气前火箭的速度。 ②火箭喷出燃料的质量与火箭本身质量之比。 [例2]　用火箭发射人造地球卫星,假设最后一节火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg,最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离,卫星以1.2×103 m/s的速度相对火箭壳体沿轨道切线方向分离,则分离时卫星的速度为(　　) A.6.0×103 m/s　　　　　 B.6.8×103 m/s C.7.2×103 m/s D.8.0×103 m/s C 设火箭壳体和卫星分离前绕地球做匀速圆周运动的速度为v,卫星质量为m1,火箭壳体质量为m2,分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为u,分离后火箭壳体的速度为v',取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得(m1+m2)v=m1(v'+u)+m2v',解得v'=6.0×103 m/s,则分离时卫星速度为v卫=v'+u=6.0×103 m/s+1.2×103 m/s=7.2×103 m/s,故选C。 [针对训练]　2.如图,反冲小车静止放在水平光滑玻璃板上,点燃酒精灯,水蒸气将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M=3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1 kg(水蒸气质量忽略不计)。 (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9 m/s,求小车的反冲速度; 答案:(1)0.1 m/s,方向与橡皮塞水平运动的方向相反　 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零,系统总动量为零。以橡皮塞水平运动的方向为正方向, 根据动量守恒定律有,0=mv+(M-m)v1 v1=-v=-×2.9 m/s=-0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反,反冲速度大小是0.1 m/s。 (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变,方向与水平方向成60°角,求小车的反冲速度(小车一直在水平方向运动)。 答案: (2)0.05 m/s,方向与橡皮塞水平分运动的方向相反 (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒,以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向,有 mv'cos 60°+(M-m)v1'=0 v1'=-=- m/s =-0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反,反冲速度大小是0.05 m/s。 三 要点3　“人—船”模型问题 24 1.“人—船”模型问题 “人—船”模型属于反冲运动,人和船原来静止,水的阻力忽略不计,人和船相互作用的运动过程满足动量守恒。 2.“人—船”模型的特点 (1)(m1、m2分别表示人、船的质量,v1、v2分别表示人、船的速度大小)由动量守恒定律m1v1=m2v2可知:人快船快,人慢船慢,人停船停。 (2)系统的平均动量同样守恒,即m1=m2。 (3)由m1t=m2t可得m1s1=m2s2,又s1+s2=l 联立解得s1=l,s2=l。 3.“人—船”模型拓展 与“人—船”模型特点相同的模型还有:“劈和物块”模型、“圆环和滑块”模型、“气球和人”模型。 (1)“劈和物块”模型 模型特点:小物块从静止在光滑水平面上的劈的顶端无初速度地滑到底端。 有ms1=Ms2,s1+s2=b 可得s2=。 (2)“圆环和滑块”模型 模型特点:光滑水平面上放置光滑圆环M,滑块m从环心O等高处无初速度地下滑到最低点。 有Ms=m(R-s) 可得s=R。 [例3]　(2023·广东汕头高二月考)如图所示,静止在水面上的船,船身长为L,质量为M,船头紧靠码头,船头上有一固定木板伸出船身,现有一质量为m的人从船尾走向码头。要使该人能完全上岸,则木板伸出船身部分长度至少应为(水对船及码头对木板的阻力不计)(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. D 对于船与人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人上岸的过程,船向后退,设船后退的位移大小为s,则人相对于地面位移大小为L。取人的速度方向为正方向,由动量守恒定律有0=m-M,即m-M=0,解得s=L。船后退的距离即为木板伸出船身部分的最短长度,故选项D正确。 方法总结 “人—船”模型解决问题时应注意以下两点 1.适用条件 (1)系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零; (2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 2.画草图:解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 [针对训练]　3.如图所示,载人气球原来静止在空中,与地面距离为h,已知人的质量为m,气球的质量(不含人的质量)为M。若人要沿轻绳梯返回地面,则绳梯的长度至少为(　　) A.h B. C. D. D 设人沿绳梯滑至地面,绳梯长度至少为L。以人和气球的系统为研究对象,竖直方向动量守恒,规定竖直向下为正方向,由动量守恒定律有0=-Mv2+mv1,人相对于地面下降的高度为h,平均速度大小为v1=,人沿绳梯滑至地面时,气球上升的高度为L-h,平均速度大小v2=,根据以上式子可得L=,故D正确。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)下列属于反冲现象的是(　　) A.乒乓球碰到墙壁后弹回 B.用枪射击时,子弹向前飞,枪身后退 C.用力向后蹬地,人向前运动 D.章鱼向某个方向喷出水,身体向相反的方向运动 BD 13 乒乓球碰墙壁后弹回属于碰撞类问题,碰前乒乓球并非静止,而墙壁始终保持静止,不属于反冲运动,选项A错误;人用力向后蹬地,人向前运动,是人脚与外部地面的作用,地面保持静止,不属于反冲,选项C错误;B、D均为系统内力作用下物体的两部分向相反方向运动,是反冲现象,选项B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.(多选)如图所示,船静止在平静的水面上,船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱,不计水的阻力,下列说法正确的是(　　) A.若前、后舱是分开的,则前舱将向后运动 B.若前、后舱是分开的,则前舱将向前运动 C.若前、后舱不分开,则船将向后运动 D.若前、后舱不分开,则船将向前运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 13 前、后舱分开时,前舱和抽出的水相互作用,靠反冲作用前舱向前运动,若不分开,虽然抽水的过程属于船与水的内力作用,但水的质量发生了转移,从前舱转到了后舱,相当于人从船的一头走到另一头的过程,船将向前运动,B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.(2024·广东湛江第四中学高二开学考试)如图所示,质量为m的物块放在质量为M(含挡板)的小车上,物块用细线与小车上的固定挡板相连,被压缩的轻弹簧放在物块与挡板之间,物块随小车一起以大小为v的速度在光滑的水平面上做匀速运动。某时刻,细线断开,物块被轻弹簧弹开,以相对小车大小为v1的水平速度离开小车,此时小车刚好静止,则(　　) A.v1=v　　　　　　 B.v1=v C.v1=v D.v1=v 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 13 当物块离开小车时,小车刚好静止,所以此时物块对地的速度就是v1,对物块和小车组成的系统,由动量守恒定律有(M+m)v=mv1,解得v1=,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.(2023·广东湛江高二月考)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 人和车在水平方向上动量守恒,当人相对于车竖直跳起时,人和车之间的相互作用在竖直方向上,在水平方向上仍然动量守恒,水平方向的速度不发生变化,所以车的速度仍然为v1,方向向东,故D正确,A、B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.(2023·广东东莞新世纪英才学校高二月考)一弹簧枪可射出速度为10 m/s的铅弹,现对准以5 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹,铅弹射入木块后未穿出,木块继续向前运动,速度变为4 m/s,则铅弹与木块的质量之比为(　　) A.1∶13 B.1∶14 C.1∶15 D.1∶16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 13 设铅弹质量为m,木块质量为M,以木块速度方向为正方向,v=5 m/s,v1=-10 m/s,v2=4 m/s,根据动量守恒定律得Mv+mv1=(M+m)v2,可得m∶M=1∶14,故A、C、D错误,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.(2023·广东清远外国语高中高二期末)“草船借箭”是后人津津乐道的三国故事。假设草船质量为M,以速度v1迎面水平驶来时,对岸士兵弓箭齐发,每支箭的质量为m,共有n支箭射中草船,射中时箭的水平速度都相同,且全部停留在草船中,草船因此停下来。忽略草船和箭受到的空气阻力、草船受到水的水平阻力,则射中前瞬间每支箭的水平速度大小为 (　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 13 在草船与箭的作用过程中,系统水平方向动量守恒,设每支箭的水平速度大小为v2,以草船运动方向为正方向,则有Mv1+nm(-v2)=0,解得v2=,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是(　　) A.3v0-v B.2v0-3v C.3v0-2v D.2v0+v 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 在最高点爆炸时内力远大于外力,满足动量守恒定律,由动量守恒定律可知3mv0=2mv+mv',可得另一块的速度v'=3v0-2v,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.(多选)某人站在静浮于水面的船上,从某时刻开始人从船头走向船尾,若不计水的阻力,那么在这段时间内人和船的运动情况是(　　) A.人匀速行走,船匀速后退,两者速度大小与它们的质量成反比 B.人加速行走,船加速后退,而且加速度大小与它们的质量成反比 C.人走走停停,船退退停停,两者动量总和总是为零 D.当人在船尾停止运动后,船由于惯性还会继续后退一段距离 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ABC 13 人和船组成的系统动量守恒。设人的质量为m,瞬时速度为v,船的质量为M,瞬时速度为v',人走的方向为正方向,则有0=mv-Mv',解得mv=Mv',则有=,所以人匀速行走,船匀速后退,两者速度大小与它们的质量成反比,故A正确;人和船相互作用力大小相等,方向相反,故船与人的加速度分别为a'=,a=,则有=,故B正确;人和船组成的系统动量守恒,系统初动量为0,所以人走走停停,船退退停停,两者动量总和总是为零,故C正确;当人在船尾停止运动后,船的速度也为零,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 [B组　综合强化练] 9.(多选)(2023·广东河源高二期中)如图所示,在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车,用长为L的细线系一质量为m的小球,将球拉开后放开,球放开时小车保持静止状态,从小球落下到与固定在小车上的油泥黏在一起的这段时间内(　　) A.小车向左运动 B.小车向右运动 C.小车的运动距离为 D.小车的运动距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 13 球下摆过程中与车组成的系统在水平方向满足动量守恒,因为初动量为零,故小球向左摆动过程中,小车向右运动,A错误,B正确;设球和小车在水平方向的位移分别为s1、s2,由“人船”模型的推论可得ms1=Ms2,又s1+s2=L,联立可解得小车的运动距离s2=,C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端。当两人同时相向运动时(　　) A.若小车不动,两人速率一定相等 B.若小车向左运动,A的动量一定比B的小 C.若小车向左运动,A的动量一定比B的大 D.若小车向右运动,A的动量一定比B的大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 A、B两人及小车组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,根据动量守恒定律得mAvA+mBvB+m车v车=0,若小车不动,则mAvA+mBvB=0,由于不知道 A、B质量的关系,所以两人速率不一定相等,故A错误;若小车向左运动,则A、B的动量和必须向右,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的大,故B错误,C正确;若小车向右运动,则A、B的动量和必须向左,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.如图所示,A和B两小车静止在光滑的水平面上,质量分别为m1、m2,A车上有一质量为m0的人,相对地面以水平速度v0向右跳上B车,并与B车相对静止。若不考虑空气阻力,求: (1)人跳离A车后,A车的速度大小和方向; 答案:(1)　方向水平向左　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)设人跳离A车后,A车的速度为vA,研究A车和人组成的系统,以向右为正方向 由动量守恒定律有m1vA+m0v0=0 解得vA=- 负号表示A车的速度方向水平向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)人跳上B车后,B车的速度大小。 答案: (2) (2)研究人和B车组成的系统,由动量守恒定律有 m0v0=(m0+m2)vB 解得B车的速度大小为vB=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.(2023·广东深圳高二期末)为安全着陆火星,质量为240 kg的探测器先向下喷气,使其短时间悬停在距火星表面高度100 m处。已知火星表面重力加速度g火=3.7 m/s2,不计一切阻力,忽略探测器的质量变化。 (1)若悬停时发动机相对火星表面喷气速度v=3.7 km/s, 求每秒喷出气体的质量。 答案:(1)0.24 kg　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)悬停时发动机对喷出气体的作用力大小F=m探g火 对于喷出气体有Ft=mv,其中t=1 s 解得每秒喷出气体的质量m=0.24 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)为使探测器获得水平方向大小为v1=0.1 m/s的速度,需将12 g气体以多大速度沿水平方向喷出? 答案: (2)2×103 m/s (2)设12 g气体水平喷出的速度大小为v2,以探测器速度方向为正方向,则根据动量守恒定律有 m探v1-m气v2=0 解得v2=2×103 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 [C组　培优选做练] 13.(多选)(2023·广东揭阳高二期末考试)火箭飞行时,在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u,喷出燃气后火箭的质量是m,下列说法正确的是(　　) A.火箭的发射利用了反冲原理 B.喷出燃气时,火箭受到的推力为 C.喷出燃气后,火箭的动量改变量大小为Δmu D.火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小,火箭增加的速度Δv就越大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AB 13 火箭的发射利用了反冲原理,选项A正确;设火箭喷气前的速度大小为v,则喷出的气体对地的速度大小为u-v,设火箭运动的方向为正方向,则对喷出的气体,根据动量定理有-FΔt=-Δm(u-v)-Δmv,可得F=,由牛顿第三定律可知火箭受到的推力F'=F,选项B正确;设喷气后火箭的速度大小为v',由动量守恒定律有(m+Δm)v=-Δm(u-v)+mv',则喷出燃气后,火箭的动量改变量大小为Δp=mv'-(m+Δm)v=Δm(u-v),选项C错误;由动量守恒定律有(m+Δm)v=-Δm(u-v)+mv',解得火箭速度的增加量Δv=v'-v=,则火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小,火箭增加的速度Δv就越小,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$