第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第六章　动　量 第2讲　动量守恒定律及其应用 返回目录 返回目录 返回目录 √ × × × × √ × 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 1．理解系统动量守恒的条件。 2．会应用动量守恒定律解决基本问题。 3．会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。 4．理解碰撞的种类及其遵循的规律。 【微点辨析】 (1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。( ) (2)系统动量守恒，则机械能也守恒。( ) (3)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。( ) (4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。( ) (5)两物体相互作用时若系统间存在摩擦力，则两物体组成的系统动量不守恒。( ) (6)若系统动量不守恒，就无法应用动量守恒定律解题。( ) (7)只要系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，系统的机械能也守恒。( ) 考点 eq \a\vs4\al(1) 动量守恒定律的理解和基本应用(互动共研) 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。 应用动量守恒定律解题的步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。 (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。 (3)规定正方向，确定初、末状态动量。 (4)由动量守恒定律列出方程。 (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 1．在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为(　　) A．大于10 m/s B．小于22.5 m/s C．一定大于22.5 m/s D．一定大于30 m/s 解析　碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5 m/s，C正确。 答案　C 考点 eq \a\vs4\al(2) 碰撞问题(方法模型) 1．碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 2．弹性碰撞的重要结论 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2) m1v12＝ eq \f(1,2) m1v1′2＋ eq \f(1,2) m2v2′2 联立解得：v1′＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2) v1，v2′＝ eq \f(2m1,m1＋m2) v1 讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)； ②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1； ③若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。 3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝ eq \f(mA,mA＋mB) v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝ eq \f(2mA,mA＋mB) v0。则碰后物体B的速度范围： eq \f(mA,mA＋mB) v0≤vB≤ eq \f(2mA,mA＋mB) v0。 类型1　碰撞的可能性 [例3]　A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　) 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 解析　虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝ eq \f(1,2) mvAvA′2＋ eq \f(1,2) mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝ eq \f(1,2) mAvA2＋ eq \f(1,2) mBvB2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确。 答案　B 类型2　弹性碰撞 [例4]　(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 解析　设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3， eq \f(1,2) mv02＝ eq \f(1,2) mv12＋ eq \f(1,2) mv32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4， eq \f(1,2) mv02＝ eq \f(1,2) ×14mv22＋ eq \f(1,2) mv42，联立解得v2＝ eq \f(2,15) v0，可得v1＝v0>v2，故C、D错误；碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝ eq \f(28mv0,15) ，可得pN>pH，故A错误；碰撞后氢核的动能为 EkH＝ eq \f(1,2) mv12＝ eq \f(1,2) mv02，氮核的动能为EkN＝ eq \f(1,2) ×14mv22＝ eq \f(28mv02,225) ，可得EkH>EkN，故B正确。 答案　B 2．A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x-t 图像，c为碰撞后它们的x-t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量为(　　) A．2 kg B． eq \f(2,3) kg C．4 kg D． eq \f(4,3) kg 解析　由图像可知，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，va＝ eq \f(4－10,2) m/s＝－3 m/s，vb＝ eq \f(4－0,2) m/s＝2 m/s，碰撞后二者共同做匀速直线运动，vc＝ eq \f(2－4,4－2) m/s＝－1 m/s，碰撞过程中动量守恒，有mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得 mB＝ eq \f(2,3) kg，选项B正确。 答案　B 考点 eq \a\vs4\al(3) 爆炸、反冲、“人船模型”(方法模型) 类型1　爆炸现象 1．特点：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。 2．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6]　(多选)春节是我国传统节日，人们通常在夜晚放烟花进行庆祝。如图所示，某种烟花弹从地面处发射竖直上升至最高点时炸裂成A、B两块，质量分别为3m和m，A、B初速度方向水平，A的落地点与发射点距离为s，不计空气阻力，则(　　) A．A、B同时落地 B．A、B下落过程中动量守恒 C．A、B落地时的速度大小之比为1∶3 D．A、B落地时间距为4s 解析　炸裂后，A、B均做平抛运动，由于下落的高度相同，因此同时落地，A正确；由于A、B在下落的过程中，竖直方向受重力的作用，因此动量不守恒，B错误；由于水平方向动量守恒，落地时水平方向速度大小之比为1∶3，而竖直方向速度相等，因此合速度之比不是1∶3，C错误；由于水平方向动量守恒，而落地时间相同，因此水平方向位移大小之比为 1∶3，方向相反，因此落地时距离为4s，D正确；故选AD。 答案　AD 类型2　反冲运动 1．特点：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 2．对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 [例7]　将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。 答案　A 类型3　“人船”模型 [例8]　(2023·重庆模拟)如图所示，质量为M＝2 kg的工件带有半径R＝0.6 m的光滑 eq \f(1,4) 圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度h＝0.2 m。质量为m＝4 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取g＝10 m/s2。求： (1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力。 (2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。 解析　(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有mgR＝ eq \f(1,2) mv12＋ eq \f(1,2) Mv22， 0＝mv1－Mv2， 联立解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s， 在B点处，对物块有FN－mg＝m eq \f(（v1＋v2）2,R) ，解得 FN＝280 N， 根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小FN′＝FN＝280 N，方向竖直向下； (2)物块滑离工件后做平抛运动的时间t＝ eq \r(\f(2h,g)) ＝0.2 s， 物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离 x＝v1t＝0.4 m， 而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为x1，工件向左运动的距离为x2，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得0＝m eq \x\to(v) 1－M eq \x\to(v) 2， 两边同乘于两者相互作用的时间t′得0＝mx1－Mx2， 又由位移关系得R＝x1＋x2， 联立解得x1＝ eq \f(1,3) R＝0.2 m，x2＝ eq \f(2,3) R＝0.4 m， 故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为Δx＝x－x2＝0。 答案　(1)280 N，方向竖直向下　(2)0 m 生产生活中的动量守恒 1．(联系生活实际)(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块 1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故 D正确。故选BD。 答案　BD 2．(聚焦科技前沿)所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　　) A． eq \f(m2·Δv,（M＋m）Δt) B． eq \f(M2·Δv,（M＋m）Δt) C． eq \f(Mm·Δv,（M＋m）Δt) D．0 解析　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋ eq \f(MΔv,M＋m) ，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝ eq \f(Mm·Δv,（M＋m）Δt) ，选项C正确。 答案　C 3．(树立民族自信)如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为(　　) A． eq \f(Mv0＋mv1,M－m) B． eq \f(Mv0－mv1,M－m) C． eq \f(Mv0－mv1,M) D． eq \f(Mv0＋mv1,M) 解析　以导弹飞行的方向为正方向，导弹被飞机释放后喷出燃气前后瞬间，根据动量守恒定律得：Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝ eq \f(Mv0＋mv1,M－m) ，故BCD错误，A正确。 答案　A $$