第一章 3.动量守恒定律-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（教科版2019）

3.动量守恒定律 　　　　 第一章　动量与动量守恒定律 1.理解动量守恒的条件，会判断系统动量是否守恒。　 2.能运用牛顿第二定律和牛顿第三定律分析碰撞现象，导出动量守恒定律的表达式。　 3.了解动量守恒定律的普适性和牛顿运动定律适用范围的局限性。　 4.深刻理解动量守恒定律，能用动量守恒定律解决生活中的问题。 素养目标 知识点一　动量守恒定律 1 知识点二　动量守恒定律的应用 2 知识点三　多物体、多过程系统的动量守恒问题 3 课时测评 6 随堂达标演练 5 内容索引 知识点四　应用动量守恒定律处理爆炸类模型问题 4 2 3 4 5 6 7 8 9 1 知识点一　动量守恒定律 返回 自主学习 情境导学　如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上， 甲推乙后，两人向相反方向滑去。则： (1)两人的动量方向有什么关系？动量大小又有什么关系？ 提示：方向相反;大小相等。 (2)在甲推乙之前，两人的总动量为多少？甲推乙后，两人的总动量为多少？ 提示：0；0。 教材梳理 (阅读教材P12—P14完成下列填空) 1．动量守恒定律 (1)系统、内力和外力 ①系统：由两个(或多个)_________的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 ②内力：系统中物体间的作用力，叫作内力。 ③外力：系统_____的物体施加给系统内物体的力，叫作外力。 (2)动量守恒定律 ①内容：如果一个系统_________，或者所受合外力为___，则这个系统的总动量保持不变。 ②表达式：m1v1＋m2v2＝______________。 ③适用条件：系统_________或者所受外力的___________。 相互作用 以外 不受外力 零 m1v1′＋m2v2′ 不受外力 矢量和为零 2．动量守恒定律的普适性 动量守恒定律具有普适性，无论在微观、宏观还是_____领域，无论是何种形式的相互作用，只要系统所受的___________，动量守恒定律都是适用的。动量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的规律之一。如果系统内相互作用的物体不只是两个，而是三个或者多个，同样也可证明当系统不受外力或所受的___________时，系统的动量也是守恒的。 高速 合外力为零 合外力为零 问题探究　如图所示，光滑水平面上质量分别为m1、m2的物体A、B，沿同一直线向同一方向运动，速度分别为v1和v2，且v2>v1，碰后A、B的速度分别为v1′、v2′。 碰撞过程如何对A列动量定理方程？ 提示：设碰撞过程中B对A的作用力为F1，A对B的作用力为F2，碰撞时间为Δt。 对物体A由动量定理得F1Δt＝m1v1′－m1v1。 合作探究 (2) 碰撞过程如何对B列动量定理方程？ 提示：对物体B由动量定理得F2Δt＝m2v2′－m2v2。 (3) 两个动量定理方程有什么关系？ 提示：由牛顿第三定律知F1＝－F2 故有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2) 即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (4) 由此能得到什么结论？ 提示：①两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。 ②两个碰撞的物体在外部对它们的作用力的矢量和为0的情况下动量守恒。 (多选)(2024·唐山市月考)下列各图所对应的物理过程中，系统动量守恒的是 A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解题引导 判断一个系统动量是否守恒，重点分析外力，若受合外力为零或某个方向上受力为零，则可判定该系统动量守恒或该方向上动量守恒，有时当内力远大于外力时的瞬间也可认为系统动量守恒。 例1 √ √ 题图甲中，子弹射入木块的过程中，系统水平方向受到的合力为零，则系统动量守恒；题图乙中，剪断细线，压缩的弹簧恢复原长的过程中，水平方向要受到竖直墙壁对M的作用，即水平方向受到的合力不为零，系统动量不守恒；题图丙中，两球匀速下降，则受到的重力和浮力的合力为零；剪断细线后，系统受到的重力和浮力不变，则系统受到的合力仍为零，系统动量守恒；题图丁中，物块沿放在光滑地面上的光滑斜面下滑的过程中，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，但是系统在水平方向的动量守恒，A、C正确。 1．动量守恒条件的理解 (1)理想守恒条件： ①系统不受外力作用时，系统动量守恒。 ②系统所受外力的矢量和为零时，系统动量守恒。 (2)近似守恒条件：系统所受外力的矢量和不为零，但系统的内力远大于外力时，系统的动量可看成近似守恒。如碰撞、爆炸等现象。 探究归纳 (3)分方向守恒条件：系统所受外力的矢量和不为零，则系统的总动量不守恒，但若系统在某一方向上的合力为零，则在该方向上系统的动量守恒。 2．对系统“总动量保持不变”的理解 (1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。 (2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。　　 探究归纳 动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，选项A错误，B正确；系统加速度为零时，根据牛顿第二定律可知系统所受合外力为零，所以此时系统动量守恒，选项C正确；系统合外力不为零时，在某方向上合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，选项D错误。 针对练1.(多选)(2023·重庆巴蜀中学高二上月考)关于动量守恒的条件，下面说法中正确的是 A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒 B．只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒 C．系统加速度为零，系统动量一定守恒 D．只要系统所受合外力不为零，则系统在任何方向上动量都不可能守恒 √ √ 针对练2.(2023·湖北石首第一中学月考)如图所示，A、B 两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C 上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后 A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同，A、B、C组成系统的动量不守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量不守恒 D．无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成系统的动量守恒 √ 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 发生滑动时，由于A的质量大于B的质量，A物体受到 的摩擦力大于B物体受到的摩擦力，A、B组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统受到的合外力都为零，A、B、C组成的系统动量守恒，B、C错误，D正确。故选D。 返回 知识点二　动量守恒定律的应用 返回 问题探究　如图所示，游乐场上，两位同学各驾驶一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动，设甲同学和他的车的总质量为120 kg，碰撞前水平向右运动，速度的大小为5 m/s；乙同学和他的车的总质量为180 kg，碰撞前水平向左运动，速度的大小为4 m/s。 (1)碰撞过程中系统的动量守恒吗？ 提示：本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件。 (2)碰撞后两车共同的运动速度大小和方向如何？ 提示：设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝120 kg，碰撞前的速度v1＝5 m/s；乙同学和车的总质量m2＝180 kg，碰撞前的速度v2＝－4 m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为p＝m1v1＋m2v2＝120×5 kg·m/s＋180×(－4) kg·m/s＝－120 kg·m/s，碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v，根据动量守恒定律可知p＝p′，代入数据解得v＝－0.4 m/s，即碰后两车共同运动的速度大小为0.4 m/s，方向水平向左。 例2 角度一　理想守恒 (2023·河南鹤壁一中高二上期末)如图所示，质量为 M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量 为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 √ 在救生员跃出的过程中，救生员和小船组成的系统在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋ (v0＋v)，选项A正确，B、C、D错误。 例3 角度二　近似守恒 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的轻型货车尾随另一辆质量为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，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？ 答案：28.8 km/h 以两车组成的系统为研究对象，由于碰撞时间很短，碰撞过程中系统所受合外力通常远小于系统内力，可近似认为在该碰撞过程中系统动量守恒。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，根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝28.8 km/h。 角度三　分方向守恒 (多选)(2023·山东烟台月考)如图所示，质量为M的楔形 物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水 平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速 度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是 A．mv0＝(m＋M)v B．mv0cos θ＝(m＋M)v 例4 √ √ 1．动量守恒定律的常用表达式及其含义 表达式 含义 p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 两个物体组成的系统，相互作用前的总动量等于作用后的总动量 Δp1＝－Δp2 两个物体组成的系统动量守恒，则一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量一定等大反向 Δp＝0 系统总动量的增量为零 探究归纳 2.应用动量守恒定律的解题步骤 (1)确定相互作用的系统为研究对象。 (2)分析研究对象所受的外力。 (3)判断系统是否符合动量守恒的条件。 (4)规定正方向，确定初、末状态动量。 (5)根据动量守恒定律列式求解。 返回 探究归纳 知识点三　多物体、多过程系统的动量守恒问题 返回 问题探究　甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时甲推着一个质量m＝15 kg的箱子和他一起以大小v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲把箱子推给乙，箱子滑来时乙迅速把它抓住。不计摩擦。 (1)若甲将箱子以相对地面的速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示) 提示：甲将箱子推出的过程，甲和他的冰车与箱子组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1，解得v1＝ 。 (2)设乙抓住迎面滑来的相对地面的速度为v的箱子后反向运动。乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示) 提示：箱子和乙作用过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2，解得v2＝ 。 (3)若甲、乙最后不相撞，则箱子推出时的速度至少为多大？ 提示：甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，代入数据得v≥5.2 m/s，即箱子推出时的速度至少为5.2 m/s。 例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。现跳到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、小孩四者组成的系统水平方向动量守恒 B.b、c两车运动速率相等 √ √ 解题引导 解决多过程问题一般可采用分段处理，逐段突破的方式。该题可分为人跳离c车，人跳入b车，人跳离b车，人跳入a车来分段分析。 a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向外力的 矢量和为零，水平方向动量守恒，故A正确；对小 孩跳离c车的过程，取水平向右为正方向，对小孩 和c的系统，由水平方向动量守恒，有0＝mv＋Mvc，解得c车的速度为vc＝－ ，负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，小孩和b的系统，由水平方向动量守恒，有mv＋0＝Mvb＋mv，解得b车最终的速度为vb＝0，故B、C错误；对小孩跳上a车的过程，由水平方向动量守恒，有mv＋0＝(M＋m)va，解得a车的最终速度为va＝ v，故D正确。 处理多物体、多过程系统动量守恒问题的两个关键 1．灵活选取系统：有时需应用整体系统的动量守恒，有时只需应用部分物体系统的动量守恒。 2．灵活选取过程：有时需要对全程进行分析，列相应的动量守恒表达式；有时需要分过程多次应用动量守恒定律列式，这时要注意找出联系各阶段的状态量。　　 探究归纳 针对练1.(多选)(2023·山东临沂高二上期末)如图所示，A、 B两物体的质量之比MA∶MB＝3∶2，原来静止在平板车 C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中 A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不相同，则A、B、C组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，则A、B组成的系统动量守恒 C．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B两物体的总动量向右 D．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，则平板车C向左运动 √ √ √ 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不相同，但摩 擦力是A、B、C组成的系统的内力，系统受到的合外 力一定为零，则A、B、C组成的系统动量一定守恒，A正确；以A、B为研究对象，若外力为零，则动量守恒，外力就是二者所受摩擦力，摩擦力与质量和动摩擦因数成正比，由于MA∶MB＝3∶2，因此动摩擦因数之比为μA∶μB＝2∶3，A、B组成的系统动量守恒，B正确；若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A所受向右的摩擦力较大，摩擦力对A、B两物体的总冲量向右，A、B两物体的总动量向右，C正确；若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为2∶3，则摩擦力对A、B组成的系统合冲量为零，平板车C所受力的冲量为零，平板车C静止不动，D错误。 针对练2.两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平 面上，其质量分别为mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，它们的下底 面光滑，上表面粗糙。另有一质量mC＝0.1 kg 的滑块C(可视为质点)，以vC＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为 3.0 m/s，求： (1)木块A的最终速度vA； 答案：2.6 m/s 选水平向右为正方向，以A、B、C三个物体组成的系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。 当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为 vA，最后C相对静止在B上，与B以共同速度 vB＝3.0 m/s运动，由动量守恒定律有mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)vB，解得 vA＝2.6 m/s。 (2)滑块C离开A时的速度vC′。 答案：4.2 m/s 选水平向右为正方向，以A、B、C三个物体组成的系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。 为了计算vC′，以B、C组成的系统为研究对象，C滑上B后与A分离，B、C系统水平方向动量守恒。C离开A时，C的速度为vC′，B与A的速度同为vA，由动量守恒定律有mCvC′＋mBvA＝(mC＋mB)vB，解得vC′＝4.2 m/s。 返回 知识点四　应用动量守恒定律处理爆炸类模型问题 返回 爆炸类模型问题的特点 1．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大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 2．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。 3．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。 如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37° 的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的 光滑圆弧 轨道QN连接。质量分别为m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑块 A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)。炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EkA、EkB各为多大； 答案：18 J，12 J　 例6 设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取向左 为正方向，由动量守恒定律得 m1v1－m2v2＝0 (2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的 半径R是多大； 答案：0.4 m B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EkB＝m2gR 解得R＝0.4 m。 (3)A沿斜面上滑的最大距离x。 答案：0.9 m A从M沿斜面上滑的过程，根据动能定理得 －m1gx sin 37°－μm1gx cos 37°＝0－EkA 解得x＝0.9 m。 处理爆炸问题的两点提醒 1．在处理爆炸问题列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束那一刻的动量。 2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，但是机械能一定不守恒，且爆炸前那一刻的机械能一定小于爆炸刚好结束那一刻的机械能。 注意：由于爆炸过程中物体的位移很小可以忽略，故爆炸过程中物体的重力势能可以认为不变，机械能的变化体现为动能的变化。　　 探究归纳 针对练1.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0＝2 m/s，爆炸成甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 √ 针对练2.以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块。其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。 (1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向； 答案：2.5v0　方向与爆炸前的速度方向相反　 斜向上抛出的手榴弹运动轨迹如图所示，在水平方向上做匀 速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝ 取v1的方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后大块弹片的速度v1′＝2v0 解得v2＝－2.5v0，负号表示v2的方向与爆炸前的速度方向相反。 (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能。 爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即 返回 随堂达标演练 返回 在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，木箱动量的增量与男孩、小车总动量的增量大小相等、方向相反，故C正确，D错误。 1．如图所示，小车与木箱静放在光滑的水平冰面上， 现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上 述过程，下列说法正确的是 A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱动量的增量与男孩、小车总动量的增量相同 √ 2．(多选)(选自鲁科版教材课后练习)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 √ √ 水平面光滑，当两手同时放开时，系统的合外力为0， 所以系统的动量守恒，开始时系统总动量为0，故系统 总动量始终为0，故A正确；两手先后放开时，系统总动量不为0，两手都放开后，系统的合外力为0，系统的动量守恒，系统总动量始终不为0，故B错误；先放开左手，左边的小车向左运动，系统总动量向左，再放开右手后，系统所受合外力为0，系统的动量守恒，故放开右手后总动量方向向左，故C错误，D正确。 3．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对炮艇的水平速度v沿前进方向发射一质量为m的炮弹，射出炮弹后炮艇的速度为v′。若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 A．Mv0＝Mv′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋mv C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0) D．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) 发射炮弹的过程，系统动量守恒，发射前，系统的总动量为Mv0，射出炮弹后，炮艇的质量变为M－m，速度为v′，炮弹质量为m，对地速度为v＋v′，所以系统总动量为(M－m)v′＋m(v＋v′)，根据动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)，故D正确。 √ 4．(选自人教版教材课后练习)质量是10 g的子弹，以300 m/s的速度射入质量是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？ 答案：88.2 m/s 子弹留在木块中，最后子弹和木块速度相同，根据动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v 解得v≈88.2 m/s。 子弹打穿木块，最后子弹和木块速度不同，根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v′ 解得v′≈83.3 m/s。 返回 (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？ 答案：83.3 m/s 课 时 测 评 返回 1．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有 A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人和车组成的系统 B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球组成的系统 C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢组成的系统 D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面组成的系统 √ A项中人与车组成的系统合力为零，动量守恒；B项中运动员和铅球组成的系统，初动量为零，末动量不为零，动量不守恒；C项中系统的末动量为零而初动量不为零，动量不守恒；D项中物体沿斜面加速下滑，向下的动量增大，动量不守恒。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2．(2023·黑龙江哈尔滨期中)如图所示，质量为m的人立于 平板车上，人与车的总质量为m0，人与车以速度v1在光滑 水平面上向右匀速运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度为 √ 人竖直跳起过程中，人和车在水平方向上所受合外力为零，在水平方向上动量守恒，由于惯性，人水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍为v1，方向向右，故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3．(2023·湖北襄阳高二上检测)如图所示，总质量为 m0的轨道ABC置于光滑水平面上，轨道由粗糙水平 轨道AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成，AB恰与圆弧BC在B点相切。一个质量为m的物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则 A．由于物块在AB上运动时受到摩擦力作用，轨道与物块组成的系统动量不守恒 B．物块在轨道ABC上滑动的全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在圆弧轨道上运动的过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 物块在AB上运动时，摩擦力为轨道与物块之间的 内力，轨道与物块组成的系统动量守恒，A错误； 在运动的全过程中，水平方向动量守恒，物块在BC上运动的过程中，竖直方向系统受到的合力不为零，所以竖直方向动量不守恒，轨道与物块组成的系统总动量不守恒，B错误；物块在圆弧轨道上运动的过程中，对轨道的作用力在水平方向上的分力方向向右，则轨道的动量不断增大，C错误；当物块相对于轨道静止时，二者水平方向的速度相同，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v，解得v＝ ，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4．(2023·辽宁大连高二月考)质量相 等的三个小球a、b、c，在光滑的水 平面上以相同的速率运动，它们分别 与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是 A．A球 B．B球 C．C球 D．不能确定 √ 在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒定律得mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取小球初速度方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 机车与拖车的系统所受合外力为零，动量守恒，则有(M＋m)v＝Mv′，解得v′＝ v，故C正确。 5．(2023·四川攀枝花高二月考)质量为M的机车后面挂着质量为m的拖车，在水平轨道上以速度v匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖车脱钩，但当时司机没发现，当拖车刚停下来时，机车的速度为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6．(2023·河南郑州高二上月考)两个小木块B、C中间夹着 一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起， 使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们运动的 x-t图线如图中a线段所示，在t＝4 s末，细线突然断了，B、 C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示，从图中的信息可知 A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大 C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C的 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 √ 7．(2023·辽宁沈阳市120中学开学考试)如图所示，一辆装有 砂子且与砂子质量之和为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砂子中，此时小车的速度为 小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，设小球埋在车里的砂子中后小车的速度为v，在水平方向上，由动量守恒定律得Mv1＋ ＝(m＋M)v，解得v＝ ，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8．(多选)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面 上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块。 现使木箱获得一个向右的初速度v0，则 A．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 B．小木块和木箱最终速度为 v0 C．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 √ √ 木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终二者以相同的速度一起向右运动。取v0的方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，解得v＝ ，A、B正确，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9．(12分)(2023·河南洛阳期末)如图所示，甲车质量m1＝ 20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以 v＝3 m/s的速度向右滑行。此时质量m2＝50 kg的乙车正以 v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度大小(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞。(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，取g＝10 m/s2) 答案：大于等于3.8 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 当两车恰好不相撞时，人跳出甲车的水平速度最小。 取甲、乙两车和人为研究对象，系统动量守恒，以向 右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋M)v－m2v0＝(M ＋m1＋m2)v共 代入数据解得v共＝1 m/s 设两车恰不相撞时，人跳离甲车的水平速度大小为v′，取人和乙车为研究对象，人跳到乙车上的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有Mv′－m2v0＝(M＋m2)v共 代入数据解得v′＝3.8 m/s 所以人的速度应大于等于3.8 m/s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A．v0＋(v0＋v) B．v0－v C．v0＋v D．v0＋(v0－v) C．mgh＝m(v0sin θ)2 D．mgh＋(m＋M)v2＝mv 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝ mv，故C错误，D正确。 C.b的速率为 D.a的速率为 v 由能量守恒定律得m1v＋m2v＝E 由水平轨道MN光滑，可得EkA＝m1v，EkB＝m2v，联立解得EkA＝18 J，EkB＝12 J。 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入题图中数据，可知D正确。故选D。 答案：mv E化＝ΔEk＝×2mv1′2＋mv－×3mv＝mv。 A．，向右 B．，向右 C．，向右 D．v1，向右 A．v B．v C．v D．v 由x-t图像可知，木块B、C和弹簧分离前后，位移方向均为正方向，则木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相同，A错误；两木块都与弹簧分离后，木块B的速度为v1＝＝ m/s＝3 m/s，木块C的速度为v2＝＝ m/s＝0.5 m/s，细线断开前B、C的速度均为v0＝1 m/s，由于系统所受合外力为零，故系统动量守恒，根据动量守恒定律有(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，可得＝，即木块B的质量是木块C质量的，B错误，D正确；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C错误。 A． B． C． D． $$