第1章 习题课1 动量守恒定律的应用（课件PPT）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

该高中物理课件聚焦动量守恒定律应用，涵盖单方向动量守恒、多物体多过程及临界问题，通过探究案、提升案等栏目，以例题解析、变式训练为支架，衔接基础概念到复杂问题的思维进阶。 其亮点在于紧扣科学思维与物理观念，通过子弹射沙袋、运动员推物块等实例，训练模型建构与科学推理能力，采用“探究-训练-升华”结构，助力学生深化理解，为教师提供系统教学资源，提升课堂效率。

第一章　动量守恒定律 习题课一　动量守恒定律的应用 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 探究案 关键能力·互动探究 01 知能达标训练 03 提升案 随堂演练·基础落实 02 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 知 能 达 标 训 练 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 物理观念 科学思维 学会分析单一方向动量守恒的问题。 1．会利用动量守恒定律分析多物体多过程动量守恒问题。 2．会利用动量守恒定律分析有关临界问题。 探究点一　单方向动量守恒问题 动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是合外力在某个方向上的分量为零时，在该方向上系统的动量分量是守恒的。 　一辆装沙的小车沿着光滑水平面匀速运动，小车和沙的总质量m＝20 kg，运动速度v0＝3 m/s，求下列情况下小车的速度将分别变为多少： (1)将质量m′＝2 kg的沙包以5 m/s的水平速度迎面扔入小车内； (2)将一个质量m′＝2 kg的沙包从5 m高处自由下落并落入小车内。 [解析]　(1)取v0方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0－m′v＝(m＋m′)v1 解得v1＝eq \f(25,11) m/s≈2.27 m/s。 (2)竖直下落的沙包在水平方向上速度为零，动量为零，在水平方向满足动量守恒，由动量守恒定律，得mv0＝(m＋m′)v2， 解得v2＝eq \f(30,11) m/s≈2.73 m/s。 [答案]　(1)2.27 m/s　(2)2.73 m/s 1．(多选)如图所示，斜面体静止在光滑水平面上，将一物块轻放在斜面体顶部，所有接触面均光滑，关于物块下滑的过程，下列说法正确的是(　　) A．物块和斜面体组成的系统水平方向上动量守恒 B．物块和斜面体的动量变化量大小相等 C．斜面对物块不做功，是因为斜面块对物块的 弹力方向与斜面垂直 D．物块减少的机械能等于斜面体增加的动能 解析　物块和斜面体组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向上动量守恒，故选项A正确；物块下滑过程中，竖直方向上合外力不为零，总动量不守恒，所以物块和斜面体的动量变化量大小不相等，故选项B错误；物块下滑过程中，斜面向左运动，物块对斜面做正功，根据系统能量守恒可知斜面对物块做负功，故选项C错误；物块和斜面组成的系统机械能守恒，所以物块减少的机械能等于斜面体增加的动能，故选项D正确。 答案　AD 探究点二　多物体、多过程问题中动量守恒定律的应用 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。 　(教材本节练习与应用第6题变式)如图所示，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向飞来，射入原来静止悬挂、质量为M的沙袋，并留在沙袋中，与沙袋共同上摆，但没有到达悬点高度，绳子长度为L。沙袋尺寸远小于绳长L，不计空气阻力，绳子为轻绳，重力加速度为g。求： (1)子弹和沙袋共同上摆过程能到达的最大高度h； (2)子弹和沙袋共同上摆过程，绳子的最大拉力FT。 [解析]　(1)规定子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,m＋M) 根据机械能守恒定律得(M＋m)gh＝eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得h＝eq \f(m2v02,2m＋M2g)。 (2)子弹和沙袋共同上摆过程中，在最低点时，绳子的拉力最大 根据牛顿第二定律FT－(M＋m)g＝(M＋m)eq \f(v2,L) 解得FT＝(M＋m)g＋eq \f(m2v02,M＋mL)。 [答案]　 (1)eq \f(m2v02,2M＋m2g)　 (2)(M＋m)g＋eq \f(m2v02,M＋mL) 　在例题中，若M＝2 kg，l＝1.5 m。质量为m＝10 g的子弹以v1＝400 m/s的水平速度射向沙袋中心，射穿后子弹的速度减小为v2＝100 m/s，取g＝10 m/s2。求： (1)子弹射穿沙袋后瞬间沙袋的速度v； (2)子弹射穿沙袋后瞬间轻绳对沙袋的拉力大小F； (3)子弹射穿沙袋后沙袋上摆的最大高度h。 解析　(1)子弹射穿沙袋过程系统动量守恒 mv1＝mv2＋Mv， 得v＝1.5 m/s。 (2)对沙袋由牛顿第二定律得F－Mg＝eq \f(Mv2,l)，解得F＝23 N。 (3)沙袋上摆过程机械能守恒Mgh＝eq \f(1,2)Mv2，解得h＝0.112 5 m。 答案　(1)1.5 m/s　(2)23 N　(3)0.112 5 m ●核心素养·思维升华 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，明确取哪几个物体为系统。 (3)研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒。 2．(教材本章复习与提高B组第7题变式)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，开始时A、C静止，滑块B以初速度v0从长板A左端滑上长板，经过一段时间，A、B一起以v1＝5 m/s的速度匀速向右运动，之后再与C发生碰撞(时间极短)，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞，滑块B也恰好滑到长板A的右端。三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。求： (1)初速度v0的大小； (2)A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。 解析　(1)以A、B为系统，应用动量守恒定律mBv0＝(mA＋mB)v1，v0＝15 m/s。 (2)因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝mAvA＋mCvC A、B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v共，由动量守恒定律得mAvA＋mBv1＝(mA＋mB)v共 B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vC＝v共 联立各式解得碰撞后瞬间A的速度vA＝2 m/s。 答案　(1)15 m/s　(2)2 m/s 探究点三　动量守恒定律应用中的临界问题 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，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值。 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，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。 　(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板发生弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板发生弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg　 B．53 kg C．58 kg D．63 kg [解析]　设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq \f(m0,m)v0。物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块 mv1＋m0v0＝mv2－m0v0， 解得v2＝eq \f(3m0,m)v0。 第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0 解得v3＝eq \f(5m0,m)v0。 以此类推，第8次推出后，运动员的速度v8＝eq \f(15m0,m)v0。 根据题意可知v8＝eq \f(15m0,m)v0＞5 m/s，解得m＜60 kg， 第7次运动员的速度一定小于5 m/s，则v7＝eq \f(13m0,m)v0＜5 m/s，解得m＞52 kg。 综上所述，运动员的质量满足52 kg＜m＜60 kg，A、D错误，B、C正确。 [答案]　BC 　在例题中，若运动员的质量是物块质量的4044倍。运动员把物块以相对于地面为v的速度推出，物块与挡板碰后仍以原速率返回，运动员把物块接住后，又把它以相对于地面为v的速度推出。运动员每次推出物块，物块相对于地面的速度都是v，方向向左，则运动员把物块至少推出几次后，物块返回时运动员不能再接到物块(　　) A．2 021　　　　　 B．2 022 C．2 023 D．2 024 答案　C 3．(多选)如图所示，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，甲推着质量m＝15 kg的小木箱一起以速度v0＝2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M＝30 kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为(　　) A．4 m/s B．5 m/s C．6 m/s D．7 m/s 解析　对于甲和箱子根据动量守恒得(M＋m)v0＝Mv1＋mv，对于乙和箱子根据动量守恒得mv－Mv0＝(M＋m)v2。当甲乙恰好不相碰则v1＝v2，联立解得v＝5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故选CD。 答案　CD 1．质量为100 kg的小船静止在水面上，船两端有质量40 kg的甲和质量60 kg的乙，当甲、乙同时以3 m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速率为(　　) A．0　　　　　　　 B．0.3 m/s，向左 C．0.6 m/s，向右 D．0.6 m/s，向左 解析　甲、乙、船三者组成的系统动量守恒，规定向左为正方向，设小船的速度为v，由动量守恒定律得0＝m甲v甲＋m乙v乙＋mv，代入数据0＝40 kg×3 m/s＋60 kg×(－3 m/s)＋100 kg×v，得v＝0.6 m/s，速度v为正值，说明速度方向与规定的正方向相同，方向向左，故选项D正确，A、B、C错误。 答案　D 2．(多选)如图所示，在质量为m1的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是(　　) A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(m1＋m0)v＝m1v1＋mv2＋m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1、v2，满足m1v＝m1v1＋mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足m1v＝(m1＋m)v′ D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(m1＋m0)v＝(m1＋m0)v1＋mv2 解析　小车和木块碰撞时间极短，在极短的时间内摆球动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及小车和木块，由于水平面光滑，所以小车和木块组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确。 答案　BC 3．(多过程问题)质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图所示，一颗质量为mB＝20 g的子弹以v0＝600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A相对车静止，求平板车最后的速度大小。 解析　子弹射穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，它们的共同速度为v。子弹射穿A的过程极短，因此车对A的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹射穿A后的速度为v′。 由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得 vA＝eq \f(mBv0－v′,mA)＝eq \f(0.02×600－100,2)m/s＝5 m/s A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有： mAvA＝(mA＋M)v 所以v＝eq \f(mAvA,mA＋M)＝eq \f(2×5,2＋2)m/s＝2.5 m/s。 答案　2.5 m/s $