第1章专题提升 动量守恒定律的应用(二) 课件 -2025-2026学年高二上学期物理鲁科版选择性必修第一册

该高中物理单元复习课件围绕动量守恒定律的应用展开，系统整合多物体多过程问题、临界状态分析及与机械能守恒定律比较三大核心内容，通过导学探究引导思考、知识归纳提炼方法、典型剖析示范解题、对点演练巩固应用的递进式设计，构建完整的动量守恒应用知识网络。 其亮点在于立足科学探究与科学思维，以“问题情境-临界条件-规律综合”分层推进，如例题1分阶段列动量守恒方程培养科学推理能力，探究点三通过对比表格深化动量与机械能守恒的物理观念。随堂检测与对点演练实现分层达标，助力学生巩固动量守恒应用技能，教师可依托典型案例精准把握复习重点，提升教学针对性。

第1章　动量及其守恒定律 专题提升　动量守恒定律的应用(二) 重难探究·能力素养全提升 探究点一　多物体、多过程动量守恒定律的应用 导学探究 如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一人静止站在A车上,两车静止,若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车,并静止于A车上。 (1)人跳离A车的过程中,人和A车组成的系统动量守恒吗? (2)人跳上B车再跳离B车的过程中,人和B车组成的系统动量守恒吗? (3)人从A车跳到B车上又跳回A车的过程中,人和A、B两车组成的系统动量守恒吗? 提示 (1)人跳离A车的过程中,人和A车之间的力是内力,系统水平方向动量守恒。 (2)人跳上B车再跳离B车的过程中,人和B车之间的力也是内力,因此系统水平方向动量也是守恒的。 (3)人从A车跳到B车上又跳回A车的过程中,它们之间的力都是内力,水平面光滑,三者组成的系统水平方向动量守恒。 知识归纳 对于由多个物体组成的系统,由于物体较多,作用过程较为复杂,这时往往要根据作用过程中的不同阶段,将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统,对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态,分别列动量守恒定律方程求解。 典例剖析 【例题1】　如图所示,A、B两个木块质量分别为2 kg、0.9 kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s,求: (1)A的最终速度大小; (2)铁块刚滑上B时的速度大小。 解析 (1)选铁块和木块A、B为一系统,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv=(mB+m)vB+mAvA 解得vA=0.25 m/s。 (2)设铁块刚滑上B时的速度为v',此时A、B的速度均为vA=0.25 m/s 由动量守恒定律得mv=mv'+(mA+mB)vA 解得v'=2.75 m/s。 答案 (1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s 规律方法　处理多物体、多过程动量守恒问题应注意的事项 1.注意正方向的选取。 2.研究对象的选取,是取哪几个物体组成的系统。 3.研究过程的选取,应明确哪个过程中动量守恒。 对点演练1 (多选)如图所示,A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上,物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行,最后停在B木块的右端,对此过程,下列叙述正确的是(　　) A.当C在A上滑行时,A、C组成的系统动量守恒 B.当C在B上滑行时,B、C组成的系统动量守恒 C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行,A、B、C组成的系统动量都守恒 D.当C在B上滑行时,A、B、C组成的系统动量不守恒 BC 解析 当C在A上滑行时,对A、C组成的系统,B对A的作用力为外力,不等于0,故系统动量不守恒,选项A错误;当C在B上滑行时,A、B已分离,对B、C组成的系统,沿水平方向不受外力作用,故系统动量守恒,选项B正确;若将A、B、C视为一个系统,则沿水平方向无外力作用,系统动量守恒,选项C正确,选项D错误。 探究点二　动量守恒定律应用中的临界问题分析 导学探究 如图所示,甲车质量m1=20 kg,车上有质量m0=50 kg的人,甲车(连同车上的人)以v=3 m/s的速度向右滑行。此时质量m2=50 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的速度迎面滑来。 为了避免两车相撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳到乙车上,人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞?不计地面和小车的摩擦,且乙车足够长。 提示 人跳到乙车上后,如果两车同向,甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞。以人、甲车、乙车组成系统,由水平方向动量守恒得(m1+m0)v-m2v0=(m1+m2+m0)v',解得v'=1 m/s。以人与甲车为一系统,人跳离甲车过程水平方向动量守恒,得(m1+m0)v=m1v'+m0vt,解得vt=3.8 m/s。因此,只要人跳离甲车的速度vt≥3.8 m/s,就可避免两车相撞。 知识归纳 1.在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。 2.分析临界问题的关键是寻找临界状态、临界条件。 3.在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,而受力分析、运动情况分析、动量分析、极限分析是确定这些关系的关键。 典例剖析 【例题2】　如图所示,甲、乙各乘一辆冰车在水平冰面上运动,甲和他的冰车总质量m0=30 kg,乙和他的冰车的总质量m0'=30 kg。游戏时,甲推着一个质量m=15 kg的箱子和他一起以v0=2 m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙, 箱子滑到乙处,乙迅速抓住。不计冰面摩擦。 (1)若甲将箱子以速度v推出,甲的速度变为多少?(用字母表示) (2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动,乙抓住箱子后的速度变为多少?(用字母表示) (3)若甲、乙最后不相撞,甲、乙的速度应满足什么条件?箱子被推出的速度至少多大? 解析 (1)甲将箱子推出的过程,甲、冰车和箱子组成的系统动量守恒,以甲的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得(m0+m)v0=mv+m0v1 (2)箱子和乙作用的过程动量守恒,由动量守恒定律得mv-m0'v0=(m+m0')v2 (3)甲、乙的总动量方向相同,为避免相撞,乙抓住箱子后运动方向须反向且v1≤v2 甲、乙不相撞的条件是v1≤v2 其中v1=v2为甲、乙恰好不相撞的条件 联立并代入数据得v≥5.2 m/s。 对点演练2 如图所示,光滑半圆槽的质量为m0,静止在光滑的水平面上,其内表面有一质量为m的小球被细线吊着恰位于槽的边缘处,如果将线烧断,则小球滑到另一边的最高点时,半圆槽的速度(　　) A.等于0 B.向左 C.向右 D.无法确定 A 解析 小球和半圆槽组成的系统在水平方向不受外力,故系统在水平方向上动量守恒(Δpx=0),细线被烧断瞬间,系统在水平方向的总动量为零,又知小球到达最高点时,球与槽水平方向上有相同的速度,设为v',由动量守恒定律有0=(m0+m)v',所以v'=0。故A项正确。 探究点三　动量守恒定律和机械能守恒定律的比较 导学探究 如图所示,在光滑水平面上放置一带有轮子的平板小车,把一辆电动玩具车放在平板小车上。 接通玩具车的电源,平板小车将如何运动?玩具车和平板小车组成的系统动量守恒吗?若电动玩具车的质量m=0.5 kg,平板小车的质量m0=1 kg,电动玩具车相对于地面的速度v0=0.6 m/s,平板小车相对于地面的速度是多少?玩具车和平板小车组成的系统机械能守恒吗? 提示 平板小车将运动,运动方向与玩具车的运动方向相反。系统水平方向不受外力,动量守恒。设平板小车相对于地面的速度为v,由动量守恒定律有mv0-m0v=0,解得v=0.3 m/s,玩具车有电能输出,转化为机械能,摩擦力对系统做功,机械能损失转化为内能,系统的机械能不守恒。 知识归纳 动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 比较项 动量守恒定律 机械能守恒定律 相同点 研究对象 研究对象都是相互作用的物体组成的系统 研究过程 研究的都是某一运动过程 不 同 点 守恒条件 系统不受外力或所受外力的矢量和为零 系统只有重力或弹力做功 表达式 p1+p2=p1'+p2' Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 表达式的矢标性 矢量式 标量式 某一方向上应用情况 可在某一方向独立使用 不能在某一方向独立使用 运算法则 用矢量法则进行合成或分解 代数和 闪光语录　对于涉及相互作用的系统的能量转化问题时,可综合应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律、功能关系列出相应方程分析解答。 典例剖析 【例题3】　竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图甲所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B发生碰撞(碰撞时间极短,无能量损失);当A返回倾斜轨道上的P点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图乙所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。 甲 乙 (1)求物块B的质量。 (2)在图乙所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功。 (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。 (2)在图乙所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W,由动能定理有 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2 对点演练3 3.(多选)如图所示,小球A质量为1 kg,系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到光滑水平面的距离为h=0.8 m。物块B和C的质量分别为5 kg和3 kg,B与C用轻弹簧连接,置于光滑的水平面上,且物块B位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直,小球由静止释放,运动到最低点时与物块B发生碰撞(碰撞时间极短,无能量损失),反弹后上升到最高点时与水平面的距离为0.05 m。小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.碰撞后小球A反弹的速度大小为1 m/s B.碰撞过程物块B受到的冲量大小为4 N·s C.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为 J D.物块C的最大速度大小为1 m/s AC 学以致用·随堂检测全达标 1 2 3 1.如图所示,木块甲的质量为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的木块乙,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、乙两木块所组成系统的动量守恒 D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 C 解析 甲木块与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用,甲、乙两木块的动量要发生变化,但甲、乙两木块组成的系统所受的合外力为零,故动量守恒,所以A、B错误,C正确;甲、乙两木块组成的系统的动能,有一部分要转化为弹簧的弹性势能,所以系统的动能不守恒,D错误。 1 2 3 1 2 3 2.如图所示,质量为m0的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体。从某一时刻起给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(　　) A.两者的速度均为零 B.两者的速度总不会相等 C.物体的最终速度为 ,向右 D.物体的最终速度为 ,向右 D 解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零,物体与盒子前后壁多次往复碰撞后,以速度v共同运动,由动量守恒定律得mv0=(m0+m)v,故 ,方向向右,D项正确。 1 2 3 1 2 3 3. 如图所示,水平轨道AB、CD分别与高为h、倾角θ=30°的斜面轨道BC两端平滑连接,质量为m的小物块P静止在水平轨道AB上,质量大于m的小物块Q位于P的左侧,Q的初动能为Ek0= mgh(g为重力加速度大小),初速度方向向右;Q与P发生碰撞后,P沿斜面上滑高度 后返回,在水平轨道上与Q再次发生碰撞,所有轨道均是光滑的,碰撞过程均无能量损失。 (1)求Q的质量。 (2)求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C点时的速度大小。 1 2 3 解析 (1)设Q的质量为m0,初速度大小为v0,第1次碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v1、v2,以向右为正方向,由动能定理、动量守恒定律和机械能守恒定律有 Ek0=m0 m0v0=m0v2+mv1 m0m0 mgh 联立解得m0=5m。 1 2 3 (2)第2次碰撞前瞬间P的速度大小为v1,方向向左;设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为v3、v4, P沿斜面上滑到C点时的速度大小为vC,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m0v2-mv1=m0v4+mv3 m0m0 =mgh+ 联立解得vC=。 答案 (1)5m　(2) 解得v1=。 解得v2=。 答案 (1)　(2)　(3)v1≤v2　5.2 m/s 解析 (1)根据图乙,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m+m'v' m'v'2 联立解得m'=3m。 s2=·(1.4t1-t1) 由几何关系 联立解得W=mgH。 mgH-fs1=-0 -(fs2+mgh)=0- 从图乙所给出的v-t图线可知s1=v1t1 答案 (1)3m　(2)mgH　(3) (3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmgcos θ· 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有-μm'gs'=0-m'v'2 设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mgcos θ·-μ'mgs'=0 联立解得。 解析 设A摆到最低点的速度为v0,碰撞后A、B的速度大小分别为v1、v2,A运动到最低点的过程中,据机械能守恒定律得mgh=,A反弹至最高点的过程中,据机械能守恒定律得mgh'=,解得v0==4 m/s, v1==1 m/s,故A正确;碰撞过程满足动量守恒,以小球运动到最低点时的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAv0=-mAv1+mBv2,解得v2=1 m/s,由动量定理得B受到的冲量大小为I=mBv2=5 N·s,故B错误; 碰撞后当B与C速度相等时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v,由动量守恒定律得mBv2=(mB+mC)v,由能量守恒定律得弹簧的弹性势能为ΔEp=mB(mB+mC)v2,联立解得ΔEp= J,故C正确;对B与C及弹簧组成的系统,当弹簧恢复原长时,C有最大速度,设此时B、C速度分别为v3、v4,由动量守恒定律和能量守恒定律得mBv2=mBv3+mCv4,mBmBmC, 联立解得物块C的最大速度大小为v4=1.25 m/s,故D错误。 v= h $