第一章 专题强化2 动量守恒定律的综合应用(一)（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理课件聚焦动量守恒定律的综合应用，以“人船模型”和“爆炸问题”为核心，通过基础问题（如小孩与船的运动）导入，衔接动量守恒基本规律，搭建从概念理解到复杂情境应用的学习支架。 其亮点在于强化科学思维中的模型建构与科学推理，通过“人船模型”位移关系推导、爆炸过程动量能量分析等实例，结合分层练习（基础与能力综合题），帮助学生深化运动和相互作用观念，提升问题解决能力，也为教师提供系统教学资源和多样化例题支持。

动量守恒定律的综合应用(一) 专题强化2 第 一 章 1.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决相关问题(重难点)。 2.能运用动量守恒定律解决“爆炸问题”。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、反冲运动的应用——“人船模型” 二、爆炸问题 < 一 > 反冲运动的应用——“人船模型” 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。不计水的阻力，求此过程中： (1)船向哪个方向运动？当小孩速度为v时，船速多大； 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。设小孩的速度v的方向为正方向，当小孩速度为v时，mv-Mv'=0，解得v'=。 (2)当小孩向左移动位移x时，船的位移多大； 答案　由人船系统始终动量守恒可知 m-M'=0，故当小孩的位移大小为x时，有 m-M=0，解得x'=。 (3)小孩和船的位移与两者质量有什么关系； 答案　 小孩与小船的位移大小与质量成反比，即=。 (4)船长为L，若小孩从船头运动到船尾，小孩的位移为多大。 答案　x+x'=L 解得x=L。 1.“人船模型”概述 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，有m人v人-m船v船=0。 2.运动特点：人动船动，人停船停；人快船快，人慢船慢；人左船右。人和船的位移大小与它们的质量成反比。 模型构建 如图所示，大气球质量为25 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为(不计人的身高，可以把人看作质点) A.60 m B.40 m C.30 m D.10 m 例1 √ 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以系统为研究对象，向下为正方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0，则m1-m2=0，解得x气球=2x人=40 m，则绳子长度L=x气球+x人=40 m+20 m=60 m，即绳长至少为60 m，故选A。 拓展　若绳长为60 m，人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。此人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，则气球实际下降的距离是多少？ 答案　40 m 人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，运动时间为t，以系统为研究对象，向上为正方向，由动量守 恒定律得m1v1-m2v2=0， 则m1-m2=0， 绳子长度L=x气球+x人， 解得x气球=40 m。 如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端(A下端刚好触地)时，B的水平位移大小是 A.b B.b C.(b-a) D.(b-a) 例2 √ A、B组成的系统在相互作用过程中水平方向动量守恒，规定物体B的运动方向为正方向，B的水平位移大小为x，则m2x-m1(b-a-x)=0，解得x= ，故C正确，A、B、D错误。 “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意： (1)适用条件： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图：解题时要画出各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(一般为地面)的位移。 总结提升 返回 < 二 > 爆炸问题 有一炸弹突然爆炸分成了两块，在爆炸前后，系统的动量和机械能怎样变化，为什么？ 答案　由于爆炸时内力远大于外力，故爆炸时系统动量守恒，爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，故爆炸时系统机械能增加。 1.爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒。 2.能量特点：爆炸时通过内力做功将化学能转化为机械能，系统机械能增加。 提炼·总结 “爆竹声中一岁除”，爆竹送来浓浓的年味。一质量为0.06 kg的爆竹以一定的速度竖直向上运动，当运动到最高点时爆炸成质量之比为1∶2的两部分，质量较小的部分速度大小为10 m/s，不计空气阻力及爆炸过程中的质量损失，重力加速度大小g取10 m/s2，爆竹爆炸后的总动能为 A.2.0 J B.2.5 J C.1.5 J D.1.0 J 例3 √ 根据题意，设爆炸后两部分的质量分别为m1、m2，则有m1+m2=0.06 kg， =，解得m1=0.02 kg，m2=0.04 kg；设爆炸后质量较大的部分的速度 为v，取质量较小部分速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v0+ m2v=0，解得v=-5 m/s，由Ek=mv2可得，爆竹爆炸后的总动能为Ek= (×0.02×102+×0.04×52)J=1.5 J，故选C。 拓展1　若爆炸点离地80 m，爆炸后质量较小的部分的速度水平向右，两部分碎片落地后的水平距离是多少？重力加速度g取10 m/s2。 答案　60 m 爆炸后两部分沿相反方向做平抛运动，设下落时间为t，则h=gt2，解 得t=4 s；两部分碎片落地后的水平距离是s=x1+|x2|=v0t+|v|t=60 m。 拓展2　爆炸后质量较小的部分的速度水平向右，爆炸过程中质量较小的部分受到的冲量是多少？ 答案　0.2 N·s，方向水平向右 爆炸过程中质量较小的部分受到的冲量是I=m1v0=0.2 N·s，方向水平向右。 返回 < 三 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B B CD BD D (1)24 m/s　(2)19.2 J 题号 7 8 9 答案 D AD (1)3.5 m/s　(2)0.7 m/s　(3)147 J 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.如图所示，质量为M，长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M>m，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则 A.人和船运动方向相同 B.船运行速度小于人的行进速度 C.由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离 D.人相对水面的位移为 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 人和船组成的系统动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误； 由动量守恒定律有Mv船=mv人，又M>m，故v人>v船，故B正确； 由人和船组成的系统动量守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停，故C错误； 由动量守恒定律有M=m和x人+x船=L知x人=，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 2.(2024·广州市第六中学月考)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.6 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为30 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为 A.45 kg B.48 kg C.50 kg D.55 kg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv=m竿v竿，由于系统的水平方向上的动量一直为0，运动时间相等，设运动时间为t，则有 mvt=m竿v竿t，整理可得mx=m竿x竿，解得m== kg=48 kg，故选B。 3.(多选)(2024·佛山市南海区狮山石门高级中学高二统测)如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端，在无线遥控器控制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是 A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒 B.滑块运动的距离是 C.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2R D.小型机器人运动的位移是滑块的倍 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 小机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误； 小机器人从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1=Mx2，根据相对位移关系有x1+x2=2R，可得小机器人和滑块移动的距离分别为 x1=，x2=，即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R，且小型机器人运动的位移与滑块的位移之比为=，故B错误，C、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 4.(多选)(2024·广东实验中学越秀学校高二期中)如图所示，轻绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)  A.系统的总动量守恒 B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C.小球不能向左摆到原高度 D.小车向右移动的最大距离为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，即水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向，A错误，B正确； 小球和小车组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，且小球和小车水平方向的合动量为零，当小球的速度为零时，小车的速度也为零，所以小球能向左摆到原高度，C错误； 小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，初始时总动量为0，设小车向右运动的最大距离为x，则小球向左运动的位移为2l-x；取向右为正 方向，根据水平方向动量守恒有m2-m1=0，可得x=，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 5.地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹。如图所示，某次导弹试射中，质量为M的地空导弹斜射向天空，运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的弹头以速度v沿v0的方向飞去，爆炸过程时间极短，为Δt。重力加速度大小为g，整个过程忽略空气阻力，则下列说法正确的是 A.爆炸后的一瞬间，另一块以的速度一定沿着与v0相反的方向飞去 B.爆炸过程中另一块对弹头的平均作用力大小为+mg C.爆炸过程释放的化学能为mv2-M D.从爆炸后到落地前，弹头和另一块构成的系统，水平方向 动量守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 在最高点水平方向动量守恒，取v0的方向为正方向，则有Mv0=(M-m)v'+mv， 则得另一块的速度为v'=，Mv0和mv的大小关系未知，则v'可正可负可 为零，方向无法确定，故A错误； 爆炸过程时间极短，内力远大于外力，可忽略重力作用，对质量为m的弹头， 取v0的方向为正方向，由动量定理有FΔt=mv-mv0，解得F=，故B错误； 爆炸过程释放的化学能为E=mv2+(M-m)v'2-M，故C错误； 从爆炸后到落地前，弹头和另一块构成的系统，在水平方向上不受外力作用，因此在水平方向动量守恒，故D正确。 6.有一种叫“窜天猴”的烟花，假设总质量M=100 g，点火后竖直上升到距地面45 m高处，爆炸分成质量分别为m1=40 g和m2=60 g的两块(炸药质量忽略不计)。其中质量为m1的一块在爆炸后刚好做自由落体运动，质量为m1的一块落地后又经过6 s，质量为m2的另一块也落到地面。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)爆炸前“窜天猴”的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　24 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 质量为m1的一块爆炸后速度v1=0，落地时间设为t1，则h=g 解得t1=3 s 则质量为m2的另一块落地时间t2=9 s 设其爆炸后的速度大小为v2，则h=-v2t2+g 解得v2=40 m/s 爆炸前后由动量守恒定律得Mv0=m1v1+m2v2 解得v0=24 m/s (2)爆炸过程中释放的能量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　19.2 J 根据能量守恒定律， Q=m1+m2-M 解得Q=19.2 J。 7.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸(爆炸时间极短可不计)，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x=2.7 m，则下列说法正确的是 A.刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B.刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C.刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D.爆炸过程中释放的能量为0.027 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2，根据题 意有v2-v1=，代入数据解得v2=0.8 m/s，v1=-0.1 m/s，说明刚分离时两球 速度方向相反，故A、B、C错误； 爆炸过程中释放的能量ΔE=m1+m2-(m1+m2)，代入数据可得 ΔE=0.027 J，故D正确。 8.(多选)(2024·茂名市高州市高二期末)如图所示，两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态。已知A球的质量为m，B球的质量为2m，两球均可视为质点。将A、B由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.B球向右运动的最大位移为L B.B球向右运动的最大位移为L C.B球运动的最大速度为 D.B球运动的最大速度为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 对于A、B组成的系统，当A球摆到B球的左侧，细绳再次处于水平状 态时，B球有向右的最大位移，此时对系统有mA-mB=0，xA+xB=2L，解得B球向右运动的最大位移为xB=L，A正确，B错误； 当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，在水平方向上由动量守恒 定律有mAvA-mBvB=0，由机械能守恒定律有mAgL=mA+mB，解得B球运动的最大速度为vB=，C错误，D正确。 9.如图所示，质量M=100 kg的木船静止在湖边附近的水面上，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h=1.25 m。在船尾处有一质量m=20 kg铁块，铁块将一端固定的轻弹簧压缩后再用细线拴住，铁块与弹簧不拴接，此时铁块到船头的距离L=3 m，船头到湖岸的水平距离x=1.25 m。将细线烧断后铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)铁块脱离木船时的瞬时速度大小vm； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　3.5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 烧断细线后，M、m组成的系统，合力为零， 由动量守恒定律有MvM=mvm 即MsM=msm 又sM+sm=L 解得：sM=0.5 m，sm=2.5 m 铁块离开小木船后做平抛运动，在水平方向sM+x=vmt 在竖直方向h=gt2 解得t=0.5 s，vm=3.5 m/s (2)木船最终的速度大小vM； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　0.7 m/s　 铁块与小木船相互作用时， 由动量守恒得MvM-mvm=0 解得vM=0.7 m/s (3)弹簧释放的弹性势能Ep。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 答案　147 J 由机械能守恒定律得Ep=M+m 解得Ep=147 J。 返回 本课结束 第 一 章 $