3.动量守恒定律-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 3.动量守恒定律 目录 1 2 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 典型考点一　对内力、外力的理解 1.如图所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故。如果将甲、乙两辆汽车看作一个系统，丙车对乙车的作用力是_____(填“内”或“外”)力；如果将三车看成一个系统，丙车对乙车的力是______(填“内”或“外”)力。 解析　内力是系统中物体间的作用力，外力是系统以外的物体对系统内的物体的作用力。一个力是内力还是外力关键是看选择的系统。如果将甲和乙看成一个系统，丙车对乙车的力是外力；如果将三车看成一个系统，丙车对乙车的力是内力。 外 内 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 4 典型考点二　动量守恒定律的条件 2．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是(　　) A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统 B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统 C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统 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，以重物和斜面为一系统 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 5 解析　A项中，人与车组成的系统受到的合力为零，故系统动量守恒，A正确；B项中，运动员与铅球组成的系统初动量为零，末动量不为零，故系统动量不守恒，B错误；C项中，重物和车厢组成的系统末动量为零而初动量不为零，故系统动量不守恒，C错误；D项中，在物体沿斜面滑下时，系统有竖直方向的加速度，所受合力不为零，故系统动量不守恒，D错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 6 3.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，如图所示，小球由静止释放，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．小球的机械能不守恒，球、车系统动量守恒 B．小球的机械能不守恒，球、车系统动量不守恒 C．球、车系统的机械能、动量都守恒 D．球、车系统的机械能、动量都不守恒 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 解析　小球由静止释放后运动的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上地面对小车的支持力大小并非总等于球、车的重力大小之和，则竖直方向上系统动量不守恒，即系统动量并不守恒；小球释放之后，小车将通过细绳对小球做功，小球的机械能不守恒；球、车系统在整个过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，故B正确，A、C、D错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 8 [名师点拨]　判定系统动量是否守恒的一般步骤 (1)分析动量守恒时研究对象是系统，要分清外力与内力。 (2)研究系统受到的外力的矢量和。 (3)外力的矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。 注：系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 9 典型考点三　动量守恒定律的应用 4．在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将(　　) A．保持不变 B．变大 C．变小 D．不能确定 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 10 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 11 5.如图所示，A、B两物体放在光滑水平面上并相向运动，已知mA＝0.5 kg，vA＝4 m/s，mB＝0.3 kg，vB＝10 m/s，两物体相碰后粘在一起，则A、B共同运动的速度为(　　) A．1.25 m/s，向右 B．1.25 m/s，向左 C．0 D．6.25 m/s，向右 解析　A与B两物体在光滑水平面上发生碰撞，只有内力作用，系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒，取水平向右为正方向，有mAvA＋(－mBvB)＝(mA＋mB)v共，代入数据解得v共＝－1.25 m/s，即共同速度的大小为1.25 m/s，方向向左，故选B。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 12 [名师点拨]　应用动量守恒定律解题的步骤 (1)找：找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究过程； (2)析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)； (3)定：规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号，画好分析图； (4)列：由动量守恒定律列式； (5)算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。 在以上五步中“找”与“析”是关键所在。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 13 6.如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。现有质量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/s在A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s。求： (1)木块A的最终速度的大小； (2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小。 答案　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 14 解析　(1)设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有 m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v 解得v1＝2.1 m/s。 (2)设小物块C滑离木块A的瞬时速度为v2，当C滑离A后，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v [或对A、B、C有m0v0＝(mA＋mB)v1＋m0v2] 解得v2＝4 m/s。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 15 [名师点拨]　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题的关键 (1)正确选取研究对象，有时需对整体应用动量守恒定律，有时只需对部分物体应用动量守恒定律。研究对象的选取，一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要。 (2)正确进行过程的选取和分析，通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 16 核心能力提升练 1．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统，符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是(　　) A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A B．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A C．丙图中，在光滑水平面上两个带正电的小球A、B相距一定的距离，从静止开始释放 D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 18 解析　甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A，因有摩擦力做功，故系统的机械能不守恒，水平方向系统所受合力为0，故系统在水平方向动量守恒，A错误；乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面A，因只有重力做功，故系统的机械能守恒，因系统在水平方向受墙的作用力，故水平方向动量不守 恒，B错误；丙图中，在光滑水平面上两个带正电的小球A、B相距一定的距离，从静止开始释放，因有静电力做功，故系统的机械能不守恒，水平方向系统所受合力为0，故系统在水平方向动量守恒，C错误；丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B，因只有重力和系统内弹力做功，故系统的机械能守恒，水平方向系统所受合力为0，故系统在水平方向动量守恒，D正确。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 19 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 20 3.(多选)如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力，下列说法正确的是(　　) A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后运动 B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前运动 C．若前、后舱不分开，则船将向前运动 D．若前、后舱不分开，则船不运动 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 21 解析　若前、后舱是分开的，对前舱单独为一个系统，静止时动量为零，当有一部分水向后运动时，根据动量守恒定律，前舱速度向前，A错误，B正确；若前、后舱不分开，虽然抽水的过程属于船与水的内力作用，但水有向后的水平分速度，根据动量守恒定律，则船将向前运动，C正确，D错误。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 22 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 23 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 24 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 25 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 26 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 27 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 28 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 29 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒定律，设小车、木盆的总质量为M，雨滴的质量为m，雨滴落入木盆前小车速度为v，落入木盆后小车速度为v共，则有Mv＝(M＋m)v共，解得v共＝eq \f(M,M＋m)v<v，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小，故选C。 2.质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为(　　) A．v0 B.eq \f(v0,5) C.eq \f(v0,3) D.eq \f(v0,4) 解析　由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝5mv，解得v＝eq \f(1,5)v0，即它们最后的速度为eq \f(1,5)v0。故B正确。 4.如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼－20”以速度v0水平向左匀速飞行，到达预定位置时，将质量为M的导弹自由释放，导弹释放瞬间喷出质量为m、对地速率为v1、方向向后的燃气，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　取水平向左为正方向，设喷气后导弹的速度大小为vx，导弹在喷出燃气前后瞬间，根据动量守恒定律可得Mv0＝－mv1＋(M－m)vx，解得vx＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)，故选A。 5.如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H＝125 m的高处，现将质量为m＝50 kg的物资以相对地面的速度v0＝5 m/s水平投出，已知投出物资前热气球的总质量为M＝300 kg，所受浮力不变，重力加速度为10 m/s2，不计阻力，以下判断不正确的是(　　) A．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统动量守恒 B．投出物资后，热气球与物资在水平方向上的速度大小之比始终是1∶5 C．物资落地时物资与热气球的距离为5eq \r(661) m D．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统机械能增加 解析　载有物资的热气球原来处于静止状态，则有F浮＝Mg＝3000 N，投出物资后，由于所受浮力不变，且不计阻力，物资下落过程中热气球和物资组成的系统所受合力为零，故系统动量守恒，A正确；投出物资后，物资下落过程中热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，又由上述分析知系统在水平方向动量守恒，且系统初动量为零，设热气球在水平方向上的速度大小为v1，则有mv0－(M－m)v1＝0，可得eq \f(v1,v0)＝eq \f(m,M－m)＝eq \f(1,5)，B正确； 物资被投出后做平抛运动，则有H＝eq \f(1,2)gt2，x0＝v0t，联立解得下落时间t＝5 s，水平位移大小x0＝25 m，投出物资后，热气球在竖直方向向上做匀加速直线运动，在水平方向做匀速运动，热气球竖直方向的加速度大小为a＝eq \f(F浮－（M－m）g,M－m)＝eq \f(3000－2500,250) m/s2＝2 m/s2，则从投出物资到物资落地，热气球在竖直方向上的位移大小y1＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m，在水平方向上的位移大小x1＝v1t＝5 m，则物资落地时物资与热气球的距离为s＝eq \r(（y1＋H）2＋（x1＋x0）2)＝eq \r(1502＋302) m＝30eq \r(26) m，C错误；投出物资后，浮力对热气球做正功，故物资下落过程中热气球和物资组成的系统机械能增加，D正确。本题选判断不正确的，故选C。 6.(多选)如图所示，一轻杆两端分别固定a、b两个半径相等的光滑金属球，a球质量与b球质量之比为2∶1，整个装置放在光滑的水平面上，设b球离地高度为h，将此装置从图示位置由静止释放，则下列判断正确的是(　　) A．在b球落地前的整个过程中，a、b及轻杆组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．在b球落地前瞬间，a球的速度不为零 C．在b球落地前瞬间，a球的速度一定为零 D．在b球落地前瞬间，b球的速度大小为eq \r(2gh) 解析　在b球落地前的整个过程中，b球在竖直方向有加速度，系统竖直方向所受的合外力不为零，而水平方向不受外力，所以系统的动量不守恒，但水平方向动量守恒；由于只有b球重力做功，所以系统的机械能守恒，故A错误。根据系统水平方向动量守恒，有0＝mava＋mbvb水平，在b球落地前瞬间，根据a、b两球沿杆方向的分速度相等，由速度的分解知va＝vb水平，联立解得va＝vb水平＝0，B错误，C正确；根据系统的机械能守恒得mbgh＝eq \f(1,2)maveq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,b)，可得，b球落地前瞬间的速度大小为vb＝eq \r(2gh)，故D正确。 $$