2026届高三物理一轮复习课件 专题七：动量守恒定律

授课人： 高三物理复习课件 高考专题七： 动量守恒定律 O1 一、冲量 动量 O2 二、动量定理 O3 三、动量守恒定律 O4 四、弹性碰撞与非弹性碰撞 目 录 CONTENTS 五、碰撞 六、动量守恒定律的应用 弹簧—小球模型 滑块—光滑斜(曲)面模型 子弹打木块模型 滑块—木板模型 人船模型 1.定义：在物理学中，将 定义为冲量，用I表示。 2.公式：I＝ 。 3.方向：冲量是 量，它的方向由力的方向决定，如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向与力的方向 。 4.大小：对一个随时间变化的力来说，冲量的大小等于F－t图像下方的阴影 。 5.单位：冲量的单位是 ，符号是 。 Ft Ft 矢 相同 面积 牛秒 N·s 一、冲量 动量 （一）冲量 知识回归 1.定义：物体的 和 的乘积。 2.公式：p＝ 。 3.动量的矢量性：动量是 (填“矢”或“标”)量，方向与__________ 相同，运算遵循平行四边形定则。 4.单位：动量的单位是千克米每秒，符号是 。 质量 mv 矢 速度的方向 kg·m/s 速度 （二）动量 5.动量的变化量Δp (1)表达式：Δp＝p2－p1。该式为矢量式，运算遵循平行四边形定则。 (2)方向：方向与速度变化的方向相同，在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度和合外力的方向相同。 知识回归 [典例1] 如图所示，在倾角为θ＝37°的固定斜面上有一质量m＝5 kg的物体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体下滑2 s的时间内，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)物体所受各力的冲量； (2)物体所受合外力的冲量。 答案　44 N·s，方向沿斜面向下 答案　重力的冲量为100 N·s，方向竖直向下　弹力的冲量为80 N·s，方向垂直斜面向上　摩擦力的冲量为16 N·s，方向沿斜面向上 典例分析 [典例2] 拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。如图所示，某学校体育运动员在体能训练时拖着轮胎在操场上匀速跑了800 m，则在此过程中 A.支持力对轮胎做了正功 B.合外力对轮胎做功为零 C.重力对轮胎的冲量为零 D.支持力对轮胎的冲量为零 B 解析：支持力方向与轮胎速度方向始终垂直，所以不做功，故A错误； 轮胎匀速运动，整个过程动能变化量为零，根据动能定理可知合外力对轮胎做功为零，故B正确； 根据I＝Ft可知重力和支持力对轮胎的冲量均不为零，故C、D错误 典例分析 1.内容：物体所受合力的冲量等于物体 。 2.表达式：Ft＝ 。 3.适用范围：动量定理不但适用于恒定的外力，而且适用于随时间而变化的变力。在后一种情况下，动量定理中的力F通常取力在作用时间内的 。 mvt－mv0 动量的改变量 平均值 二、动量定理 4.动量定理与动能定理的区别 由F·t＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应。 由F·s＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应。 知识回归 如图所示，光滑水平面上一个质量为m的物体，初速度为v0，在恒力F作用下，经过时间t，速度从v0变为vt。 整理得F·t＝m(vt－v0)＝mvt－mv0＝p′－p，得F·t＝Δp。 4.推导 知识回归 [典例3] 质量为m的汽车在行驶中发生剧烈碰撞，在很短的时间t内，速度由v减小到零，取汽车行驶方向为正方向，则汽车动量的变化量Δp和汽车所受的平均撞击力F为 C 典例分析 [典例4] 一辆质量为2 200 kg的汽车正在以90 km/h的速度匀速行驶。突然前方出现复杂路况，如果驾驶员马上轻踩刹车逐渐制动，汽车在21 s内停下；如果驾驶员马上急踩刹车紧急制动，可在3.8 s内使车停下。求这两种情况下使汽车停下的平均作用力。 解析：设汽车初始运动方向为正方向， 初动量p0＝mv0＝2 200×25 kg·m/s＝5.5×104 kg·m/s，末动量pt＝mvt＝0。 根据动量定理Ft＝pt－p0， 将t＝21 s和t＝3.8 s分别代入上式， 求出平均作用力分别为－2.6×103 N，－1.4×104 N。 负号表示平均作用力的方向与汽车速度的方向相反。 [典例5] (多选)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是 A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C.球棒对垒球做的功为126 J D.球棒对垒球做的功为36 J AC 三、动量守恒定律 1.动量守恒定律的推导 如图所示，物体1和物体2在光滑水平面上碰撞。设物 体1和物体2的质量分别为m1、m2，碰撞前，物体1和物体2的速度分别为v1、v2。碰撞时，物体1对物体2的作用力为F12，物体2对物体1的作用力为F21，物体1与物体2的碰撞时间为t。碰撞后，物体1和物体2的速度分别为v1′、v2′。 则根据牛顿第三定律，F12和F21满足F12＝ ① 由动量定理，对于物体1，有F21t＝ ② 对于物体2，有F12t＝ ③ 由①②③得两物体总动量关系为： m1v1＋m2v2＝______________ －F21 m1v1′－m1v1 m2v2′－m2v2 m1v1′＋m2v2′ 2.动量守恒定律适用的条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受合外力为零。 (2)近似守恒：系统所受合外力不为零，但内力远远大于外力，此时动量近似守恒。 (3)某一方向守恒：系统所受合外力不为零(整个系统动量不守恒)，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则可认为系统在该方向上动量守恒。 知识回归 [典例6] .如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为－q，B带电荷量为＋2q，下列说法正确的是 A.相碰前两球运动中动量不守恒 B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大 C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为 引力，碰后为斥力 D.两球相碰分离后的总动量等于相碰前的总动量，因为两球组成的系统 所受合外力为零 D 典例分析 [典例7] .如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是 A.M和m组成的系统动量守恒 B.M和m组成的系统所受合力方向向上 C.M和m组成的系统水平方向动量守恒 D.M和m组成的系统竖直方向动量守恒 C 典例分析 3.动量守恒定律的验证 由于钢球离开斜槽末端后做平抛运动，钢球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等，故钢球飞出的水平距离与飞出的速度成正比。因此这个实验可以不测速度的具体数值，只需验证 在误差允许范围内成立就验证了钢球碰撞前后总动量守恒。 m1s＝m1s1＋m2s2 器材：铁架台，斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小球，重垂线，复写纸，白纸，天平，刻度尺，圆规，三角板等。 知识回归 [典例8] 在用如图所示的装置验证动量守恒的实验中： (1)在验证动量守恒定律的实验中，必须满足的条件是______。 A.轨道是光滑的 B.轨道末端的切线是水平的 C.m1和m2的质量相同 D.m1可以从不同高度由静止滚下 B 典例分析 (2)在验证动量守恒定律的实验中，必须测量的量有________。 A.小球的质量m1和m2 B.桌面到地面的高度H、小球m1的起始高度h C.小球m1和m2碰撞后飞出的水平距离 D.m1未碰撞时飞出的水平距离 ACD 典例分析 (3)实验时，小球的落点分别为图中的点M、N、P，应该比较下列哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律________。(r表示两小球半径) AE 典例分析 4.动量守恒定律的验证（实验创新） ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气； ③接通数字计时器； ④把滑块2静止放在气垫导轨的中间； ⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧(未画出)的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动； ⑦读出滑块通过光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1，通过光电门2的挡光时间Δt2，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3； ⑧测出挡光板的宽度d，测得滑块1的质量为m1，滑块2(包括弹簧)的质量为m2。 知识回归 1.碰撞 (1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的 时间内产生 的相互作用。 (2)特点：物体组成的系统所受外力 内力，且相互作用时间 ，所以可以认为系统在碰撞过程中 守恒。 极短 非常大 远小于 极短 动量 2.分类 (1)弹性碰撞：两球碰撞后，形变 完全恢复，没有机械能损失，碰撞前后两小球构成的系统的 相等。 (2)非弹性碰撞：两球碰撞后，它们的形变 完全恢复原状，这时将有一部分机械能转化为其他形式的能量，碰撞前后系统的机械能 。 (3)完全非弹性碰撞：两球碰撞后粘在一起，机械能损失 。 能 机械能 不能 不再相等 最大 五、碰撞 知识回归 一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： 知识回归 在弹性碰撞过程中，分别讨论完成以下问题： 1.以碰前物体m1速度的方向为正方向 (1)若m1＝m2，则有v1′＝ ，v2′＝ ，即碰撞后两球速度 。 (2)若m1>m2，则v1′ 0, v2′ 0(均填“>”“＝”或“<”)，表示v1′和v2′都与v1方向 (填“相同”或“相反”)。 (3)若m1<m2，则v1′ 0(填“>”“＝”或“<”)，表示v1′与v1方向 (填“相同”或“相反”)。 0 v1 互换 > > 相同 < 相反 若m1≫m2，则v1′＝ ，v2′＝ ； 若m1≪m2，则v1′＝ ，v2′＝ 。 v1 －v1 2v1 0 知识回归 [典例9] .(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和3m，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止 A.碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1 B.碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶1 C.A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞 D.A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞 AC 典例分析 [典例10] .两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置s随时间t变化的图像如图所示。求： (1)滑块a、b的质量之比； 答案　1∶8 (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 答案　1∶2 典例分析 答案　因为小孩与小船组成的系统动量守恒，当小孩向左运动时，小船向右运动。设小孩运动的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv－Mv′＝0，解得v′＝ 。 [典例10] 一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。求此过程中： (1)船向哪运动？当小孩速度为v时，船速多大； （一）“人船模型”问题 六、动量守恒定律的应用 知识回归 答案　由人船系统始终动量守恒可知 (2)当小孩向左移动了x时，船的位移多大； (3)小孩和船的位移与两者质量有什么关系？ (4)若小孩从船头移动到船尾，船长为L，小孩的位移为多大？ 答案　x＋x′＝L [典例11]如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m2的刚性小球B，左端与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m1的刚性小球A以速度v0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问： (1)弹簧的弹性势能什么情况下最大？最大为多少？ （二）弹簧—小球模型 答案　当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。 由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v 由能量守恒定律得 知识回归 (2)两球共速后，两球的速度如何变化？弹簧长度如何变化？ 答案　如图所示，两球共速后，A减速，B加速，A、B间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。 (3)小球B的速度什么情况下最大？最大为多少？ 答案　当弹簧恢复原长时，小球B的速度最大， 由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2 [典例12]如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，试分析： (1)在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？ 答案　整个过程中系统的机械能守恒；系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。 （三）滑块—光滑斜(曲)面模型 知识回归 (2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？最大高度为多少？ 答案　当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同。 由动量守恒定律得mv0＝3mv (3)小球与轨道分离时两者的速度分别是多少？ 答案　设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2 根据机械能守恒定律有： [典例13]木块置于光滑的水平地面上 (1)若子弹未穿出木块，求子弹射入木块深度d2； （1）系统动量守恒：mv0＝(m＋M)v 系统的机械能损失(摩擦生热)： （三）子弹打木块模型 (2)若子弹可以穿出木块，子弹刚穿出木块时，子弹、木块的速度分别为v1、v2，设子弹和木块之间的平均作用力为f，求木块长度L。 （2）系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 系统机械能的损失(摩擦生热) （四）滑块—木板模型 [典例14]如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝1 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，则 A.0～1 s内，A、B构成的系统机械能守恒 B.0～1 s内，A、B受到的合外力相同 C.长木板B的质量M＝2 kg D.A、B之间由于摩擦而产生的热量Q＝1 J D 知识回归 [典例15]如图所示，质量为m＝1 kg的小物块在距离车底部h＝20 m高处以一定的初速度向左被水平抛出，落在以v0＝7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车足够长，质量为M＝4 kg，设小物块在落到车底前瞬间的速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，则当小物块与小车相对静止时，小车的速度大小是 A.1 m/s B.3 m/s C.9 m/s D.12m/s B （五）某一方向上的动量守恒 典例分析 高考专题六： 动量守恒定律 推导过程：　根据牛顿第二定律可知F＝ma＝m， A.Δp＝mv，F＝ B.Δp＝－mv，F＝ C.Δp＝－mv，F＝－ D.Δp＝mv，F＝－ 解析：依题意，可得汽车动量的变化量Δp＝0－mv＝－mv，根据动量定理Ft＝Δp可得F＝－，故选C。 解析：设球棒对垒球的平均作用力为，由动量定理得·t＝m(v1－v0)，取末速度方向为正方向，代入数据解得＝1 260 N。对整个过程，由动能定理得W＝mv12－mv02＝126 J，故A、C正确。 A.m1· B.m1· C.m1· D.m1·＋m2· E.m1·＋m2·(－2r) F.m1·＋m2·(－2r) (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2)完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 m－M＝0，故当小孩的位移大小为x时，有 mx－Mx′＝0，解得x′＝。 答案　小孩与小船的位移大小之比与质量成反比，即＝。 解得x＝L。 m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epmax 解得Epmax＝ 由能量守恒定律得m1v02＝m1v12＋m2v22 解得v2＝。 由能量守恒定律得mv02＝×3mv2＋mgh 解得h＝ mv02＝mv12＋×2mv22 联立以上两式可得：v1＝－v0，v2＝v0。  L＝。 Q热＝f·d2＝mv02－(m＋M)v2 解得d2＝。 Q热＝f·L＝mv02－mv12－Mv22 $