第1章 习题课1 动量守恒定律的应用（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

习题课一　动量守恒定律的应用 第一章　动量与动量守恒定律 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 目 录 探究案 01 知能达标训练 03 CONTENTS 提升案 02 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 探究案 关键能力·互动探究 01 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 提升案 随堂演练·基础落实 02 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 [学业要求与核心素养] 物理观念 科学思维 学会分析单一方向动量守恒的问题。 1．会利用动量守恒定律分析多物体多过程动量守恒问题。 2．会利用动量守恒定律分析有关临界问题。 探究点一　单方向动量守恒问题 动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是合外力在某个方向上的分量为零时，那么在该方向上系统的动量分量是守恒的。 　一辆装沙的小车沿着光滑水平面匀速运动，小车和沙的总质量m＝20 kg，运动速度v0＝3 m/s，求下列情况下小车的速度将分别变为多少？ (1)将质量m′＝2 kg的沙包以5 m/s的水平速度迎面扔入小车内； (2)将一个质量m′＝2 kg的沙包从5 m高处自由下落并落入小车内。 [解析]　(1)取v0方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv0－m′v＝(m＋m′)v1 解得：v1＝eq \f(25,11) m/s≈2.27 m/s。 (2)竖直下落的沙包在水平方向上速度为零，动量为零，在水平方向满足动量守恒，由动量守恒定律，得：mv0＝(m＋m′)v2，解得：v2＝eq \f(30,11) m/s≈2.73 m/s。 [答案]　(1)2.27 m/s　(2)2.73 m/s 1.(多选)如图所示，木块A静置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑、水平部分NP粗糙，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是(　　) A．A、B最终以同一不为零的速度运动 B．A、B最终速度均为零 C．A物体先做加速运动，后做减速运动 D．A物体先做加速运动，后做匀速运动 解析　B物体滑下时，竖直方向的速度分量先增加后减小，故A、B物体组成的系统动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向动量守恒，因系统初动量为零，A、B在任一时刻的水平方向动量之和也为零，因NP足够长，B最终与A速度相同，此速度为零，B选项正确。A物体由静止到运动、最终速度又为零，C选项正确。故正确答案为BC。 答案　BC 探究点二　多物体、多过程问题中动量守恒定律的应用 对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解。 　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。 [解析]　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＋mCvC① A、C碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v② 长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞， 则最后三者速度相等，vC＝v③ 联立①②③式，代入数据解得：vA＝2 m/s。 [答案]　2 m/s [变式1]　如图，在光滑水平面上并排放置的木块A、B，已知mA＝2 kg，mB＝1 kg。现有质量mC＝1 kg的小物块C以初速度v0＝6 m/s在A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2 m/s，求： (1)木块A的最终速度的大小； (2)木块C滑离木块A时的速度大小。 解析　(1)将A、B、C做为系统， 整个过程动量守恒即mCv0＝mAvA＋(mB＋mC)v 代入数据求得vA＝1 m/s。 (2)在物块C滑过木块A的过程中，将A、B、C做为系统，动量守恒，即 mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC， 代入数据求得vC＝3 m/s。 答案　(1)1 m/s　(2)3 m/s [变式2]　如图所示，木块A质量mA＝1 kg，足够长的木板B质量mB＝4 kg，质量为mC＝1 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。开始时B、C均静止，现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s速度弹回。求： (1)B运动过程中的最大速度大小； (2)C运动过程中的最大速度大小。 解析　(1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，B速度最大。由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB 代入数据得vB＝4 m/s。 (2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有 mBvB＋0＝(mB＋mC)vC 代入数据得vC＝3.2 m/s。 答案　(1) 4 m/s　(2)3.2 m/s ●核心素养·思维升华 处理多物体，多过程动量守恒问题应注意的事项 (1)注意正方向的选取。 (2)研究对象的选取，是取哪几个物体为系统。 (3)研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒。 2．如图所示，光滑水平面上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m、mB＝m。A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与木块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三木块速度恰好相同，求B与C碰撞前B的速度。 解析　细绳断开后，在弹簧弹力的作用下，A做减速运动，B做加速运动，最终三者以共同速度向右运动，设共同速度为v，A和B分开后，B的速度为vB，对三个木块组成的系统，整个过程总动量守恒，取v0的方向为正方向，则有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v 对A、B两个木块，分开过程满足动量守恒，则有 (mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB 联立以上两式可得：B与C碰撞前B的速度为vB＝eq \f(9,5)v0。 答案　eq \f(9,5)v0 探究点三　动量守恒定律应用中的临界问题 1．在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。 2．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值。 3．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。 　(多选)(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg　　　　　　　 B．53 kg C．58 kg D．63 kg [解析]　设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq \f(m0,m)v0。物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块 mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq \f(3m0,m)v0。 第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0解得v3＝eq \f(5m0,m)v0。 依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8＝eq \f(15m0,m)v0。 根据题意可知v8＝eq \f(15m0,m)v0＞5 m/s，解得m＜60 kg， 第7次运动员的速度一定小于5 m/s，则v7＝eq \f(13m0,m)v0＜5 m/s，解得m＞52 kg。 综上所述，运动员的质量满足52 kg＜m＜60 kg，AD错误，BC正确。 [答案]　BC [变式]　在例题中，若运动员的质量是物块质量的4 044倍。运动员把物块以相对于地面为v的速度推出，物块与挡板碰后仍以原速率返回，运动员把物块接住后，又把它以相对于地面为v的速度推出。运动员每次推出物块，物块相对于地面的速度都是v，方向向左，则运动员把物块至少推出几次后，物块返回时运动员不能再接到物块(　　) A．2 021　　　　　　　 B．2 022 C．2 023 D．2 024 答案　C 3．(多选)如图所示，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，甲推着质量m＝15 kg的小木箱一起以速度v0＝2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M＝30 kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为(　　) A．4 m/s B．5 m/s C．6 m/s D．7 m/s 解析　对于甲和箱子根据动量守恒得(M＋m)v0＝Mv1＋mv，对于乙和箱子根据动量守恒得mv－Mv0＝(M＋m)v2。当甲乙恰好不相碰则v1＝v2，联立解得v＝5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故选CD。 答案　CD 1.(多选)(某一方向上的动量守恒)如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是(　　) A．当小球到达最低点时，木块有最大速率 B．当小球的速率最大时，木块有最大速率 C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大 D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零 解析　小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，所以木块也有最大速率；小球上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零。 答案　ABD 2．(多选)(多物体问题)如图所示，在质量为m1的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是(　　) A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(m1＋m0)v＝m1v1＋mv2＋m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1、v2，满足m1v＝m1v1＋mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足m1v＝(m1＋m)v′ D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(m1＋m0)v＝(m1＋m0)v1＋mv2 解析　小车和木块碰撞时间极短，在极短的时间内摆球，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及小车和木块，由于水平面光滑，所以小车和木块组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确。 答案　BC 3．(多过程问题)质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图所示，一颗质量为mB＝20 g的子弹以600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A相对车静止，求平板车最后的速度。 解析　子弹射穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，它们的共同速度为v。子弹射穿A的过程极短，因此车对A的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹射穿A后的速度为v′。 由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得 vA＝eq \f(mBv0－v′,mA)＝eq \f(0.02×600－100,2)m/s＝5 m/s A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有： mAvA＝(mA＋M)v 所以v＝eq \f(mAvA,mA＋M)＝eq \f(2×5,2＋2)m/s＝2.5 m/s。 答案　2.5 m/s 4．(临界问题)如图所示，人在光滑的冰面上玩推木箱游戏，人与车的总质量为M，木箱的质量为m，开始均静止于光滑冰面上。现人将木箱以速率v(相对于地面)水平推向竖直墙壁，木箱与墙壁碰撞后又以速率v弹回，人接住木箱后再以速率v(相对地面)将木箱推向墙壁，如此反复，求： (1)人第一次推木箱后，人和小车的速度大小v1； (2)人第二次推木箱后，人和小车的速度大小v2； (3)若M＝60 kg，m＝10 kg，v＝3 m/s。从第一次算起，人推多少次木箱后，人将会接不到木箱。 解析　(1)对人和车、木箱组成的系统，在人和木箱相互作用的过程中，取向右为正方向，由动量守恒，得第一次推开0＝Mv1－mv，解得v1＝eq \f(mv,M) (2)第二次推开Mv1＋mv＝Mv2－mv，解得v2＝eq \f(3mv,M) (3)第三次推开Mv2＋mv＝Mv3－mv，解得v3＝eq \f(5mv,M) 可得第n次推开后人和车的速度为vn＝eq \f(2n－1mv,M) 人接不到木箱，要满足vn≥v，代入数据得n≥3.5。则第4次推开后，人和箱子的速率大于v，人不再接到木箱。 答案　(1)eq \f(mv,M)　(2)eq \f(3mv,M)　(3)4次 $$