2025届高三物理一轮复习导学案：6.3 动量守恒定律及其应用

2025届高三物理一轮复习导学案 第3课时 动量守恒定律及其应用 考点一 动量守恒定律 1. 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. 表达式 （1）p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。 （2）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 （3）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 （4）Δp＝0，系统总动量的增量为零。 3. 适用条件 （1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 （2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 （3）某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 4. 动量守恒定律的四个特性 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 【例题1】（鲁科版选必一，P16 ,2）如图所示，光滑水平面上的两玩具小车中间连接一被压缩的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止。 对于两车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是 A. 两手同时放开后，系统总动量始终为 0 B. 两手先后放开后，系统总动量始终为 0 C. 先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量向右 D. 先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量向左 【变式1】（人教版选必一，P15,3）质量是 24 g、静止在光滑水平桌面上的木块。入质量是 24 g、静止在光滑水平桌面上的木块。 （1）如果子弹留在木块中，木块运动的速度是多大？ （2）如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为 100 m/s，这时木块的速度又是多大？ 【延伸1】如图所示，A、B两物体的质量mA＞mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中（ ） A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒 B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒 C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒 D．以上说法均不对 考点二　碰撞与动量守恒 1. 不同类型的碰撞 （1）完全非弹性碰撞：碰完粘一起（共速），该类碰撞能量损失最大. 这种情况一般会有后续思想： a. 碰撞损失用于发热 b. 滑块模型，最后共速。摩擦发热 c. 滑块冲斜面模型，共速最高。 （2）完全弹性碰撞（简称弹性碰撞）：碰撞过程不损失能量，。 考试时经典的两个得分方程（一定要根据题目给定的符号列式，速度含有正负号）： ……① ……② 求解结果顶尖有过例题. 求解思想是将①②式变形得 ……③ ……④ ④/③得 ……⑤ 将⑤式代入①式可得 这边对结果做一些理解： a. 注意前提是弹性碰撞，或满足动量、动能守恒也可（弹簧原长到原长，小球滑上斜面返回） b. 当m1=m2，质量相同，交换速度，。（考试时要求列好思想式，再把答案背下来，不要说明一下就得出交换速度，考试时列好物理思想式很重要！） c. 当，且时，即动碰静的情景，也是最经常考的情景，结果为 （学霸必背结论式） d. 在动碰静的基础上（在上面c点的基础上，下面的了解即可）， 若m1>>m2，则，，即重碰轻，重物原速运动，轻物2倍速度前冲； 若m1<<m2，则，，即轻碰重，轻物原速反弹，重物不动如山。 （3）非弹性碰撞：即一般的碰撞，，只要满足动量守恒，符合实际情况即可。 2. 碰撞后运动状态可能性判定： （1）动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. （2）动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ （3）运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零。 【例题2】（人教版选必一，P23,2）速度为 10 m/s 的塑料球与静止的钢球发生正碰，钢球的质量是塑料球的4倍，碰撞是弹性的，求碰撞后两球的速度。 【变式2】（鲁科版选必一，P26,3）质量为 1 kg 的物体A在光滑水平面上以 6 m/s 的速度与质量为 2 kg、速度为2 m/s 的物体 B 发生正碰。碰撞后A、B 两物体的速度可能值为 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 【延伸2】如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞，设物体间的碰撞都是弹性的。 考点三　反冲和爆炸模型 （一）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 （二）爆炸现象的三个规律 动量守恒 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，有其他形式的能量（如化学能）转化为动能 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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 【例题3】（鲁科版选必一，P17,5）如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知卫星质量为m1，箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行。若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，求分离后卫星的速率v1。 【变式3】2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为（ 　） A． B． C． D． 【延伸3】如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离。 考点四　人船模型 （一）模型介绍 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题即为“人船模型”问题． （二）模型特点 ① 两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0. ② 运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船速度比等于它们质量的反比，即＝＝. ③ 应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的． 【例题4】如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力．则船和人相对地面的位移各为多少？ 【变式4】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（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. B. C. D. 【延伸4】质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为（ 　） A. B. C. h D. h 参考答案： 【例题1】解析：选AD 系统总动量守恒,两手同时放开后，系统的总动量恒为0故Ａ对Ｂ错；先放开左手系统有向左的动量，紧接着放开右手，系统总动量向左，故Ｃ错、Ｄ 对。 【变式1】解析：（1）系统动量守恒，当子弹留在木块中时，由动量守恒定律可得 解得 （2）当子弹打穿木块时，有 解得 【延伸1】解析：选AC. 当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒。 【例题2】解析：当塑料球与钢球发生弹性碰撞时，设碰后塑料球与钢球分别为v1、v2，塑料球的质量为m，钢球的质量为4m，取碰撞前塑料球的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得 mv0=mv1+4mv2 解得v1=-6m/s （负号说明速度方向与正方向相反） v2=4m/s 【变式2】解析：选B 碰撞前瞬间，A、B系统总动量为 碰撞前瞬间，A、B系统总动能为 AD．若碰撞后两球速度方向相同，则A的速度应该小于B的速度，AD错误； B．碰撞后A、B系统总动能为 碰撞后A、B系统总动量为 B正确； C．碰撞后A、B系统总动能为能量不能增加，C错误。 【延伸2】解析：设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞， 由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 可得， 要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M A反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4 mv＝mv＋Mv 可得， 由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2 即 整理可得m2＋4Mm≥M2 解方程可得m≥（－2）M 所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足（－2）M ≤ m＜M 【例题3】解析：由动量守恒定律， 可得分离后卫星的速率为 【变式3】解析：选C. 设瞬间向下喷出的燃气速度大小为，由于作用时间极短，喷射过程可认为系统动量守恒，则有，解得，C正确，ABD错误。 【延伸3】解析：爆炸之前E＝mv 爆炸过程动量守恒：mv0＝mv1＋mv2 ·v＋·v＝2E 解得：v1＝0，v2＝2v0 随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，则由h＝gt2，x＝2v0t 解得x＝4. 【例题4】解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统，动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由题图可看出，x船＋x人＝L，可解得x人＝L，x船＝L. 【变式4】解析：选B. 设船的质量为M，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＝，v′＝. 以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M ＝，小船的质量为：M＝，故B正确。 【延伸4】解析：选C. 设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝， 人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，联立得：0＝－M·＋m·， 解得：L＝h，故C正确，A、B、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$