第7章 第二讲 第2课时 应用动量守恒定律解决三类典型问题（课件）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

第2课时　 应用动量守恒定律解决三类典型问题（题型研究课） 本课时主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析，如爆炸、反冲、人船模型等情形。学好本课时有利于同学们根据物理情境或解题方法的相同或相似性，提升归纳建模能力。本课时用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律、动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律。 1 类型(一)　碰撞问题 2 类型(二)　爆炸和反冲 CONTENTS 目录 3 类型(三)　人船模型 4 课时跟踪检测 类型(一)　碰撞问题 1.弹性碰撞 碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。 由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'① 由能量守恒定律知m1+m2=m1v1'2+m2v2'2② 解得v1'=，v2'= 当v2=0时，v1'=v1，v2'=v1 [谨记结论] (1)若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换); (2)若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后，两物体沿同一方向运动); (3)若m1≫m2，则v1'≈v1，v2'≈2v1; (4)若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后，两物体沿相反方向运动); (5)若m1≪m2，则v1'≈-v1，v2'≈0。 2.非弹性碰撞 碰撞结束后，动能有部分损失。 由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律知m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损 注：碰撞结束后，若v1'=v2'，称为完全非弹性碰撞。 3.碰撞类问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (2)机械能不增加：Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+。 (3)速度要合理： ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大;碰撞后，前面的物体速度大或相等。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 　[典例]　(2024·广西高考，改编) 如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在 (　 ) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小小于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v √ [解析]　由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM=0，vN=v，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即在水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动，即在竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选B。 [规律方法] 碰撞问题解题策略 (1)碰撞时间极短，速度变化瞬间完成，碰撞物体的位置可认为没有发生变化。 (2)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。 (3)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1'=v1，v2'=v1。 (4)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2=0时，碰后质量大的物体的速率不变，质量小的物体的速率为2v1。当m1≪m2，且v2=0时，碰后质量小的物体原速率反弹。 [针对训练] 1.(2025·苏州一模)如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就越强，若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的(　 ) A. B. C. D. √ 解析：如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律得mv0=(150m+m)v，解得v=v0;如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律得mv0=150mv1+mv2，由机械能守恒定律得m=×150m +m，联立解得v1=v0，则撞击后大石块的速度范围为v0≤v ≤v0，故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的。故B正确。 2.(2024·广东高考，改编) 如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有 (　 ) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度小于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距2 √ 解析：两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B错误；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有=gsin θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞，碰撞后以碰撞前瞬间甲的速度做匀减速运动，运动一段时间t3后停止，则乙运动的时间为t=t1+t2+t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙=m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度， 则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止，有=2μgx，联立可得x=，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D错误。 类型(二)　爆炸和反冲 题型(一)　爆炸现象 1.爆炸现象的特点 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1]　(2025·宿迁模拟)双响爆竹是民间庆典使用较多 的一种烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下 两层安放火药。使用时首先引燃下层火药，使爆竹获得竖 直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆响。 一人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆炸成两部分，两部分的质量之比为1∶2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h，两部分落地点之间的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。 (1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。 [解析]　(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向h=gt2水平方向L=v1t+v2t 上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹的总质量为m，由动量守恒定律得0=mv1-mv2 解得两部分各自获得的速度大小为v1= ，v2= 。 [答案]　(1) 　 (2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质量比。 [答案]　(2) [解析]　(2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能 E上=×m+×m 下层火药燃爆后爆竹获得的机械能E下=mgh 上、下两层火药的质量比==。 　[针对训练] 1.在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　 ) A.两碎块的位移大小之比为1∶2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m √ 解析：爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零， 爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两个 碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可 知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误;根据题意，则有+=5，+=6，解得s=340 m，两碎块落地点之间的水平距离为s+2s=1 020 m，D错误，由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为t=4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物的爆炸点离地面的高度为h=gt2=80 m，B正确；质量大的碎块其初速度为v==85 m/s，C错误。 题型(二)　反冲运动 1.反冲运动的特点 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.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2]　(2025·扬州模拟) 乌贼遇到强敌时会以“喷墨”作为逃生的方法并伺机离开，因而有“乌贼”“墨鱼”等名称。一只质量为M的乌贼在水中以速度v0做匀速直线运动时，发现后方出现天敌，乌贼在极短的时间内将墨囊内质量为m的墨汁以速度v1(相对于水)向后喷出，将周围海水染黑的同时迅速逃离，则 (　 ) A.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能守恒 B.乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒 C.乌贼喷出墨汁后的速度大小为 D.乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为m √ [解析]　乌贼喷出墨汁的过程中，乌贼消耗能量转化为墨汁的动能和自身动能，则乌贼和喷出的墨汁构成的系统机械能不守恒，故A错误；乌贼在极短的时间内将墨囊内的墨汁向后喷出，喷出过程中，乌贼和喷出的墨汁构成的系统动量守恒，故B正确；根据题意，以乌贼初速度方向为正方向，设乌贼喷出墨汁后的速度为v，由动量守恒定律有Mv0=v-mv1，解得v=，故C错误；根据题意，对墨汁，以乌贼初速度方向为正方向，由动量定理有I=-mv1-mv0，即乌贼对喷出的墨汁的冲量大小为m，故D错误。 [针对训练] 2.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在 地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极 短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向 下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　 ) A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B.水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒 C.火箭获得的最大速度为v0 D.火箭上升的最大高度为 √ 解析：火箭的推力来源于火箭里喷出的水对它的反作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭和水组成的系统机械能不守恒，故B错误；火箭和水组成的系统动量守恒，由动量守恒定理可得(M-m)v=mv0，解得v=，故C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，由题意有v2=2gh，h==，故D正确。 类型(三)　人船模型 [科学思维] 1.人船模型问题 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。 2.人船模型的特点 (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；人船平均速度(瞬时速度)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。 [典例]　(2025·苏州模拟)如图所示，把两个大小相同的金属球A和B用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静止在光滑的水平桌面上。已知A的质量为M，B的质量为m，弹簧的压缩量为x，原长为L。现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程中，金属球A发生的位移大小为 (　 ) A. B. C. D. √ [解析]　对A、B和弹簧组成的系统分析，系统所受的合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律有MvA-mvB=0，该方程在弹簧恢复原长的过程中每时每刻均成立，则在弹簧恢复原长的过程有MΔt-mΔt=0，则有MxA-mxB=0，在弹簧恢复原长的过程中，两金属球的相对位移大小为x，则xA+xB=x，解得xA=，故B正确。 [规律方法] 求解“人船模型”问题的两点注意 (1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。 (2)画出草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 [针对训练] 1.(2025·南通模拟)如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连接悬浮在平静的水池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为(　 ) A.h B. C. D.h+2a √ 解析：设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统外力为零，由动量守恒(人船模型)可得0=mh-Md，池深H=h+d+2a，解得H=h+2a，D正确。 2.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上，如图所示，有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是 (　 ) A.若斜面粗糙，则s= B.只有斜面光滑，才有s= C.若斜面光滑，则下滑过程中系统动量守恒、机械能守恒 D.若斜面粗糙，则下滑过程中系统动量守恒、机械能不守恒 √ 解析：不论斜面是否光滑，斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒，以水平向左为正方向，斜面体的位移大小为s，则物块的位移大小为b-s，物块和斜面体的平均速率分别为v1=，v2=，由动量守恒定律得mv1-Mv2=0，解得s=，A正确，B错误；不论斜面是否光滑，物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零，则系统所受的合力不为零，所以系统动量不守恒，若斜面光滑，则系统机械能守恒，若斜面不光滑，则系统机械能不守恒，C、D错误。 课时跟踪检测 (单击进入电子文档) $$