专题7 第2课时 动量守恒定律(课件PPT)-【零起点考大学】2026年高考物理高效备考方案

零起点考大学 物 理 1 专题七 动量 第二课时 动量守恒定律 2 动量守恒定律 动量守恒定律 一 爆炸、反冲运动和人船模型 二 碰撞问题 三 考点2：动量守恒定律 动量守恒定律 （1）内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 （2）动量守恒定律的表达式： 或Δp1＝－Δp2 （3）适用条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 ③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 考点2：动量守恒定律 （1）爆炸： ①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。 爆炸、反冲运动和人船模型 ②动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能) 转化为机械能，所以系统的机械能增加。 ③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。 考点2：动量守恒定律 （2）反冲： ①作用原理：反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果。 ②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。 ③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。 考点2：动量守恒定律 （3）人船模型： ①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。 ②两物体的位移大小满足： 解得。 ③运动特点：。 考点2：动量守恒定律 （1）碰撞： 物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 （2）特点： 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。 （3）分类： 根据机械能是否守恒可以将碰撞分为以下三类：弹性碰撞守恒、非完全弹性碰撞、守完全非弹性碰撞 碰撞 v 静止 m m v’ 2m 1.如图所示,甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（ ） A.甲木块的动量守恒 B.乙木块的动量守恒 C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D.甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒 C 即学即练 【解析】甲木块与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量都要发生变化，但对于甲、乙两木块所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，AB错误，C正确；因一部分能量转化为弹簧的弹性势能,故甲、乙两木块所组成的系统动能不守恒，D错误。故选C。 2.（2024湖北卷）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f=kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（ ） A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 即学即练 AD 即学即练 【解析】子弹在速度大于木块速度时，木块一直加速，故由题意可知，当子弹与木块恰好共速时，木板获得的动能最大，根据系统动量守恒有mv0=(m+M)v共，根据系统能量守恒有kv0L=mv02-(M+m)v共2，两式联立得v0=,v共=,A正确； 则子弹穿过木块时木块的速度为v共=，此过程木块的加速度a==,根据运动学公式有v共=at，联立可得t=，故B错误；由能量守恒定律可得子弹和木块损失的能量转化为系统因摩擦产生的热量，即ΔE=Q=fL=，故C错误；木块加速过程运动的距离为x=t=，故D正确。故选AD。 知识拓展 动量守恒定理的解题步骤： （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(或某一方向上动量是否守恒)； （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。 3.两球A、B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，两球A、B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 B 即学即练 【解析】虽然题中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′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能，大于碰前的总动能，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况， 也不违背能量守恒定律，故B项正确。 即学即练 4.（2024安徽卷）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （1）小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL=mv02-0 解得v0=5 m/s， 在最低点，对小球列牛顿第二定律方程有FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 【答案】（1） 即学即练 （2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0=mv1+Mv2 mv02=mv12+Mv22 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 【答案】（2）4 m/s （3）0.25≤μ<0.4 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有Mv2=2Mv3 由能量守恒定律有Mv22=×2Mv32+μ1Mgs,解得μ1=0.4， 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有Mv2=2Mv4 由能量守恒定律有Mv22=×2Mv42+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4 知识拓展 碰撞现象的规律 （1）碰撞遵守的规律。 ①动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 ②动能不增加，即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或。 ③速度要合理。 碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。 两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 知识拓展 （2）两种碰撞特例。 ①弹性碰撞。 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。 以质量为m1、速度为v0的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 ① ② 由①②得 知识拓展 结论： 当m1=m2时，v1=0，v2=v0，两球碰撞后交换了速度。 当m1> m2时，v1>0，v2>0，碰撞后两球都向前移动。 当m1< m2时，v1<0， v2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 ②完全非弹性碰撞。 两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律。 $