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（人教版2019）

　　　　 第一章　动量守恒定律 3．动量守恒定律 1．理解动量守恒定律的内容及守恒条件，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 恒的表达式 3．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问题 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 知识点一　动量守恒定律 返回 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。 (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 自主学习 教材梳理 (阅读教材P12－P13完成下列填空) 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__________，或者所受外力的矢量和为___，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 0 m1v1＋m2v2 不受外力 矢量和为零 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′。 (1)试推导两个物体碰撞后的动量之和与碰撞前的动量之和是什么关系？ 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 对物体B由动量定理得F2Δt＝m2v2′－m2v2 又由牛顿第三定律知F1＝－F2 故有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2) 即m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。 合作探究 (2)由此得到什么结论？ 提示：结论： 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所受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)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 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，小球沿放在光滑地面上的小车下滑的过程中，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上动量守恒。故选AC。 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。 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，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。 探究归纳 针对练1．(2021·全国乙卷)如图所示，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统 A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 √ 撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒；滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。 针对练2．如图所示，滑块P套在固定的光滑横杆上，小 球Q通过轻质细绳与滑块相连，将小球从图示位置释放， 空气阻力忽略不计，下列说法正确的是 A．滑块和小球组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．滑块和小球组成的系统动量守恒，机械能不守恒 C．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒 D．滑块和小球组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 √ 滑块和小球组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒；但竖直方向系统存在加速度，所以系统动量不守恒。由于只有重力做功，则系统的机械能守恒。故选C。 返回 知识点二　动量守恒定律的应用 返回 情境导学　图甲为斯诺克台球比赛时选手打出 的白色球撞击红色球；图乙为人站在光滑地面 上的平板车上，通过铁锤连续地敲打平板车。 (1)图甲中如果不考虑台面的摩擦，在碰撞过程 中两球组成系统的动量遵守什么规律？ 自主学习 提示：题图甲中两球组成的系统动量守恒。 (2)图乙中人和平板车组成的系统的动量遵守什么规律？图乙中的平板车在铁锤连续地敲打过程中会一直向右运动吗？ 提示：题图乙中人和平板车组成的系统动量不守恒，但是在水平方向上系统动量守恒；平板车在铁锤连续地敲打过程中不会一直向右运动，而是左右来回运动。 教材梳理 (阅读教材P15－P16完成下列填空) 动量守恒定律的普适性 动量守恒定律的适用范围非常广泛，______(接近光速)、低速、______(小到分子、原子的尺度)、宏观领域均适用。 高速 微观 问题探究　如图所示，两位同学各自驾驶一辆游 乐场碰碰车，迎面相撞后两车以共同的速度运动， 设甲同学与车的总质量为120 kg，碰撞前以5 m/s 的速度水平向右运动；乙同学与车的总质量为180 kg， 碰撞前以4 m/s的速度水平向左运动。 (1)碰撞过程中两车系统的动量守恒吗？ 合作探究 提示：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，满足动量近似守恒的条件。 (2)碰撞后两车共同的运动速度大小和方向如何？ 提示：根据动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，取甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，代入数据解得v＝－0.4 m/s，即碰撞后两车以0.4 m/s的共同速度运动，运动方向水平向左。 角度一　理想守恒 (2023·成都市月考)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是2 m/s，甲、乙相遇时用力互相推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s。则甲、乙两运动员的质量之比为 A．3∶2 B．4∶3 C．2∶1 D．1∶2 例2 对甲、乙两运动员组成的系统，规定甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，解得 ，代入数据 得 ，选项B正确。 √ 动量守恒定律的常用表达式及其含义 常用表达式 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 系统总动量的增加量为零 探究归纳 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 例3 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，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得两车的共同速度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 √ √ 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＝ ，故C错误，D正确。 应用动量守恒定律解题的一般步骤 1．明确研究对象，确定系统的组成。 2．受力分析，确定动量是否守恒。 3．规定正方向，确定初、末动量。 4．根据动量守恒定律，建立守恒方程。 5．代入数据，求出结果并讨论说明。 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 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车 在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量 为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，游 戏时甲推着一质量为10 kg的木箱和他一起以v0＝3.5 m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方静止在冰面上，为避免碰撞，甲将木箱推给乙，使木箱与乙一起运动，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？ 答案：8 m/s 例5 审题指导　避免甲、乙碰撞的临界条件为：甲推出箱子后的速度与乙接到箱子后的速度恰好相同。 设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙接到箱子后的速度为v乙。取水平向右为正方向， 以甲和箱子为系统，根据动量守恒定律得 v0＝M甲v甲＋mv 以箱子和乙为系统，根据动量守恒定律得 mv＝ v乙 当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙 联立解得v＝8 m/s。 处理多物体多过程系统的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．(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 C．b的速率为 D．a的速率为 √ √ a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力 之和为零，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定律，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，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，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，由动量守恒定律，有mv＋0＝(M＋m)va，解得a车的最终速度为va＝ v，故D正确。故选AD。　 返回 知识点四　应用动量守恒定律处理爆炸类问题 返回 爆炸类问题的三个特点 动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，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 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 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是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； 例6 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°＝ v0 设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得 3mv1＝2mv1′＋mv2 其中爆炸后大块的弹片速度v1′＝2v0 解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前的速度方向相反。 答案：2.5v0　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？ 变式拓展．如果将【例6】中“其中质量较大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行”改为“其中质量较小的一块沿着原来的相反方向以v0的速度飞行”。求： (1)质量较大的弹片速度的大小和方向； 设v1的方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1″－mv2′ 其中质量较小的弹片速度v2′＝v0 解得v1″＝ v0，方向与爆炸前的速度方向相同。 (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？ (3)假设手榴弹爆炸时离地高度为h，空气阻力不计，两块弹片落地时的距离。(重力加速度为g) 手榴弹爆炸后两块弹片都做平抛运动，则有h＝ gt2，两块弹片落地时 的距离s＝v1″t＋v2′t＝ 。 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 √ 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，代入各题图中数据，可知B正确。故选B。 针对练2．如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少 许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知 甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法正确的是 A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J √ 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速 度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定 律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝ ，带入数据解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中释放的能量ΔE＝ ，带入数据解得ΔE＝0.027 J，故D正确。故选D。 返回 随堂达标演练 返回 1．(多选)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 √ 由于水平面光滑、两车原来都静止，对于两车及弹簧组成的系统的总动量守恒且为0，两手同时放开后，系统总动量始终为0，故A正确，B错误；先放开左手紧接着放开右手后，系统总动量不为0，且方向向左，故C错误，D正确。故选AD。 √ 2．如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的 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．木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同 √ 在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程 中，男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩 和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量 不守恒，A错误；小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，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，C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量变化量与男孩、小车的总动量变化量大小相同、方向相反，D错误。 3．如图所示，正在太空中行走的宇航员A、B沿同一直 线相向运动，相对空间站的速度大小分别为3 m/s和1 m/s， 迎面碰撞后(正碰)，A、B两人均反向运动，速度大小均 为2 m/s。则A、B两人的质量之比为 A． 3∶5 B． 2∶3 C． 2∶5 D． 5∶3 设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝－mAvA′＋mBvB′，解得mA∶mB＝3∶5，故选项A正确。故选A。 √ 4．(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 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 课 时 测 评 返回 1．短道速滑接力比赛是冬奥会中很具观赏性的项目。 比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员 从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运 动员完成接力过程。忽略运动员与冰面之间的摩擦， 交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上。在两运动员交接棒的过程中，对于两运动员组成的系统，下列说法正确的是 A．动量守恒、机械能不守恒 B．动量不守恒、机械能守恒 C．动量和机械能均不守恒 D．动量和机械能均守恒 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 交接棒过程中两运动员之间的相互作用力等大反向， 作用时间相同，总冲量一定为零，即动量守恒，“交 棒”运动员消耗化学能，转化为系统的机械能，所以 机械能不守恒，故A正确，B、C、D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2．如图所示，在光滑的水平面上，一个人站在平板车 上用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。 下列说法正确的是 A．在连续敲打的过程中，小车始终保持静止 B．人、车和锤组成的系统机械能守恒 C．人、车和锤组成的系统动量守恒 D．若地面足够粗糙，连续敲打可使小车向右运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 把人、锤子和平板车看成一个系统，系统水平方向 不受外力作用，水平方向动量守恒，人用锤子连续 敲打车的左端，根据系统水平方向动量守恒可知， 系统的总动量为零。锤子向左运动，则平板车向右 运动，锤子向右运动，则平板车向左运动，所以车左右往复运动，不能保持静止，A错误；在锤子的连续敲打下，系统竖直方向的合力不等于零，系统的动量不守恒，C错误；由于人消耗体能，体内储存的化学能转化为系统的机械能，因此系统机械能不守恒，B错误；若地面粗糙，人用锤子敲打车的过程对车的作用力较大，大于静摩擦力，可使车向右运动，人缓慢提起锤子的过程，作用力小于静摩擦力，车能保持静止，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3．花样滑冰双人滑是冬奥会的重要项目。比赛中的某个 环节，质量为40 kg的女运动员以大小为3 m/s的速度向静 止的男运动员运动，靠近男运动员的瞬间被男运动员抱 起，且保持姿势不变。已知男运动员的质量为60 kg，则 抱起后瞬间两运动员的速度大小为 A．0.8 m/s B．1.2 m/s C．1.6 m/s D．2 m/s √ 两运动员相互作用的过程系统动量守恒，则有m1v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝1.2 m/s，故选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以 2 m/s的速度跳到一条向他缓慢漂来的小船上，然后去执 行任务。小船的质量是140 kg，速度是0.5 m/s。该同学 上船后又跑了几步，最终停在船上。不计阻力，则此时 小船的速度为 A．0.25 m/s，与该同学原来的速度方向相反 B．0.25 m/s，与该同学原来的速度方向相同 C．0.50 m/s，与该同学原来的速度方向相反 D．0.50 m/s，与该同学原来的速度方向相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 规定该同学原来的速度方向为正方向，设该同学上船 后，船与该同学的共同速度为v，该同学和船组成的 系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒 定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得 v＝0.25 m/s，方向与该同学原来的速度方向相同。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5．(2023·浙江湖州高二期中)如图所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的质量分别为mA和mB，动量大小分别为pA和pB，若pA＜pB，则 A．mA＜mB B．mA＞mB C．碰撞后的总动量方向向左 D．碰撞后的总动量方向向右 √ 动量p＝mv，与质量和速度有关，因为不知道速度关系，所以无法判断质量关系，故A、B错误；因为pA＜pB，则碰撞前系统动量方向向左，在A、B球碰撞过程中动量守恒，则碰撞后的总动量方向向左，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6．(多选)(2023·河南信阳高二期末)如图所示，A、B两 木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C(可视 为质点)以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在木块B的右端，对此过程，下列叙述正确的是 A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒 B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒 C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三木块组成的系统动量都守恒 D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作 用力为外力，不等于0，系统动量不守恒，故A错误； 当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，合外力为零，系统动量守恒，故B正确；若将A、B、C三木块视为一个系统，则所受合外力为零，系统动量守恒，故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7．(多选)如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m。 滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球 与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长 为l。重力加速度为g。开始时，轻绳处于水平拉直状 态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是 A．滑块和小球组成的系统动量不守恒 B．滑块和小球组成的系统竖直方向动量守恒 C．小球的最大速率为 D．小球的最大速率为m √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 滑块和小球组成的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；系统在竖直方向所受合外 力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，则滑块和小 球组成的系统动量不守恒，故A正确，B错误；当小 球落到最低点时小球速度最大，设滑块的速度为v1，小球的速度为v2，滑块和小球组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv2－Mv1＝0，小球下落过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得v1＝ 故C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8．两个小木块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，这时它们的x -t图像如图中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， x -t图像分别如图中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 10 11 12 1 13 由x -t图像可知，斜率均为正，两木块均朝一个方向运 动，没有反向运动，A错误；木块都与弹簧分离后，B 的速度为v1＝ m/s＝3 m/s，C的速度为v2＝ m/s ＝0.5 m/s，细线未断前B、C的速度均为v0＝1 m/s， 由于系统所受外力的矢量和为零，故系统前后的动量守恒，有(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，计算得B、C的质量比为1∶4，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。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9．如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水 平面上，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的小物块从轨道的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，故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，速度变为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 物块在AB上运动时，摩擦力为轨道与物块之间 的内力，由动量守恒定律可知，轨道与物块组 成的系统动量守恒，A错误；在运动的全过程， 水平方向动量守恒，物块冲上BC过程中，竖直方向系统受到的合外力不为零，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；物块在圆弧轨道运动过程中，物块对轨道的作用力在水平方向的分力向右，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＝(m＋M)v，解得v＝ ，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10．(多选)一枚质量为m的烟花弹获得动能后，从地面竖直升空，当烟花弹上升到最大高度时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量分别为m1和m2的A、B两部分，m1∶m2＝2∶1，此时两部分获得的动能之和为烟花弹初动能的两倍，且初始均沿水平方向运动。设爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，A、B两部分落地的水平位移大小分别为x1和x2，则 A．A、B两部分落地时的速度大小之比为2∶1 B．A、B两部分落地时的动能之比为4∶5 C．x1∶x2＝2∶1 D．A、B两部分落地点的间距为烟花弹上升的最大高度的6倍 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设烟花弹的初速度为v0，上升的最大高度为h，发生爆炸瞬间，A、B两部分在水平方向上动量守恒，有m1v1－m2v2＝0，由题意可得m1＋m2＝m， ，联立解得v1＝v0，v2＝2v0，且速度均沿水平方向，接着A和B分别以速度v1＝v0、v2＝2v0向相反方向做平抛运动，到达地面过程中机械能守恒，设A、B落地时速度大小分别为v1′、v2′，则对A有 ＝ m1v1′2，对B有m2v＋m2gh＝m2v2′2，又 mv＝mgh，联立解得v1′＝ v0，v2′＝ v0，所以v1′∶v2′＝ ，则 m1v1′2∶ m2v2′2＝4∶5，故A错误，B正确；设A、B在最高处爆炸后在空中做平抛运动的时间为t，则有h＝ gt2，x1＝v1t，x2＝v2t，联立解得x1＝2h，x2＝4h，故x1∶x2＝1∶2，A和B落地点的距离是x1＋x2＝6h，为烟花弹上升的最大高度的6倍，故C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11．(8分)一辆总质量M(含沙包)的车在水平光滑路面上以速度v匀速行驶。车上的人每次以相同的速度4v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的 。求： (1)车的总质量M与沙包的质量m的大小关系； 答案：M＝13m　 规定车的初速度方向为正方向 抛出第一个沙包前后车与沙包组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 Mv＝(M－m) v＋m·4v 解得M＝13m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)抛出第四个沙包后车的速度大小。 规定车的初速度方向为正方向 设抛出第四个沙包后车速为v1，全过程由动量守恒定律有Mv＝(M－4m)v1＋4m·4v，将M＝13m代入得v1＝－ ，即抛出第四个沙包后，车的速度大小为 ，负号表示车在后退。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12．(10分)将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图所示。 (1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？ 答案：1 m/s　方向向右　 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，取向右为正方向。 v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s 根据动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝mv甲′ 代入数据解得v甲′＝1 m/s，方向向右。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)由于磁铁磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最近时，乙车的速度是多大？方向如何？ 答案：0.5 m/s　方向向右 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，取向右为正方向。 两车的距离最近时，两车速度相同，设为v′ 由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′ 解得v′＝0.5 m/s，方向向右。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13．(12分)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； 答案： 18 J　12 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取水 平向左为正方向，由动量守恒定律得 m1v1－ m2v2＝0 由能量守恒定律得E＝ 因水平轨道MN光滑，可得EkA＝ 联立解得EkA＝18 J，EkB＝12 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 (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； 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。 答案： 0.4 m (3)A沿斜面上滑的最大距离x。 A从M沿斜面上滑的过程，由动能定理得 － m1gxsin 37°－μm1gxcos 37°＝0－EkA 解得x＝0.9 m。 返回 答案： 0.9 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 ＝ ＝ C．mgh＝m(v0sin θ)2 D．mgh＋(m＋M)v2＝mv mv v 答案：mv 爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔEk＝×2mv1′2＋mv－×3mv＝mv。 答案：v0　方向与爆炸前的速度方向相同 v0 答案：mv 爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔEk′＝×2mv1″2＋mv2′2－×3mv＝mv 答案：v0 m1v＋m2v－(m1＋m2)v mgl＝Mv＋mv， m，v2＝， ∶ m1v ＋m2v＝mv×2 m1v＋m1gh 答案： m1v＋m2v m1v，EkB＝m2v $$