习题课二 动量守恒定律的应用(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

该高中物理课件聚焦动量守恒定律的应用，涵盖图像综合问题与多物体多过程问题，通过滑块与木板v-t图像等典例导入，衔接动量守恒基础规律，搭建从单一过程到复杂情境的学习支架。 其亮点在于以科学思维（模型建构、科学推理）和物理观念为核心，结合x-t图像分析、多船麻袋交换等实例，训练学生系统选取与过程拆解能力。学生提升综合解题素养，教师可高效落实核心素养教学目标。

习题课二　动量守恒定律的应用 1.会处理动量守恒定律与图像的综合问题。 2.会应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题。 要点一　动量守恒定律与图像的综合 　分析动量守恒定律与图像综合问题的一般思路 （1）利用图像信息分析系统内的物体相互作用前、后的动量（或者速度）的特点。 （2）根据题目情境灵活选择动量守恒定律的对应表达式建立方程。 （3）有时需要结合题目中的其他有关信息，建立关联关系，解答有关问题。 如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t=0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下。已知滑块和长木板在运动过程中的v －t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为（　　） A.1∶2　 B．2∶1 C.1∶3　 D．3∶1 思路点拨　（1）根据v －t图像可以求得滑块的初速度、末速度及长木板的末速度。 （2）滑块和长木板组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的x －t图像如图中a线段所示，在t=4 s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，x －t图像分别如图中b、c线段所示，从图中的信息可知（　　） A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大 C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的 2.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前后滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（　　） A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小 B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5 C．两滑块碰撞前的动能之和一定大于碰撞后的动能之和 D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大 要点二　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题 　解决多物体、多过程的动量守恒问题的两个关键 （1）灵活选取研究对象：根据所研究问题的需要，有时需应用整体的系统动量守恒，有时只需应用部分物体的系统动量守恒。 （2）灵活选取过程：根据所研究问题的需要，有时需要对全程进行分析，有时需要分过程多次应用动量守恒定律，注意找出联系各阶段的状态量。 两只小船质量分别为m1=500 kg、m2=1 000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，从每一只船上各投质量m=50 kg的麻袋到对面的船上，如图所示，结果质量较小的船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，求在交换麻袋前两只船的速率。 思路点拨　 （1）本题可选哪些物体组成的系统作为研究对象？ （2）试分析各系统的受力情况。 （3）各系统是否满足动量守恒的条件？ 尝试解答 1.如图，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力。则n辆车最终的速度大小为（　　） A．　 B．　　 C．　 D． 2.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，若运动员的质量是物块质量的4 049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．2 023　 B．2 024　　 C．2 025　 D．2 026 1.〔多选〕如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2 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之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．A、B之间动摩擦因数为0.1 B．长木板的质量M=2 kg C．长木板长度至少为2 m D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J 2.（2026•四川省内江市第六中学高三月考）如图甲所示，光滑水平面上静止放着三个质量均为1 kg的小滑块1、2、3，t=0时刻开始对1施加一水平力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，t=4 s时撤去该力。施加水平力F一段时间之后1与2碰撞粘在一起，再经过一段时间1、2与3碰撞也粘在一起，最终三个滑块共同运动的速度大小为（　　） A． m/s　 B． m/s C．2 m/s　 D． m/s 3.甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和 50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率、在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（　　） A.0 B．2 m/s　 C.4 m/s D．无法确定 4.如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，相对地面以水平速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止。若不考虑空气阻力。求： （1）人跳离A车后，A车的速度大小和方向； （2）人跳上B车的过程中，人对B车所做的功。 完成课后作业　第一章　习题课二 答案 习题课二　动量守恒定律的应用 【核心要点突破】 要点一　 知识精研 【典例 1】　B　由题图乙知v0=40 m/s，v1=20 m/s，v2=10 m/s，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0=mv1＋Mv2，代入数据解得M∶m=2∶1，故B正确。 素养训练 1.D　由x －t图像可知，位移均为正，两木块均朝一个方向运动，没有反向，A错误；木块都与弹簧分离后B的速度为 v1= m/s=3 m/s，C的速度为v2= m/s=0.5 m/s，细线未断前B、C的速度均为v0=1 m/s，由于系统所受外力的矢量和为零，故系统的动量守恒，（mB＋mC）v0=mBv1＋mCv2，计算得B、C的质量比为1∶4，B错误，D正确；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C错误。 2.C　由图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，选项A错误；根据动量守恒定律有5m1－3m2=2，解得m1∶m2=5∶3，选项B错误；根据题图可知，碰前总动能为Ek前=m1＋m2=＋，碰后总动能为Ek后=＋，由上述可知Ek前＞Ek后，选项C正确；碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，选项D错误。 要点二　 知识精研 【典例 2】　1 m/s　9 m/s 解析：以质量较小的船的速度方向为正方向，选取质量较小的船和从质量较大的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，如题图所示，根据动量守恒定律有（m1－m）v1－mv2=0 即450v1－50v2=0① 选取质量较大的船和从质量较小的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有 mv1－（m2－m）v2=－m2v 即50v1－950v2=－1 000×8.5② 选取两船和两个麻袋组成的系统为研究对象有 m1v1－m2v2=－m2v 即500v1－1 000v2=－1 000×8.5③ 联立①②③式中的任意两式解得v1=1 m/s，v2=9 m/s。 素养训练 1.C　根据动量定理可知，第一辆车的速度v=，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，根据动量守恒定律可得mv=nmv′，则n辆车最终的速度大小为v′=，故选C。 2.C　设物块质量为m，运动员质量为4 049m。每次推出物块时，系统动量守恒，第1次推出后，根据动量守恒可得4 049mv1－mv=0，解得v1=，方向向右，物块反弹后速度为v向右，接住过程，根据动量守恒定律可得4 049mv1＋mv=v1′，解得v1′==，再次推出过程，根据动量守恒定律可得4 050m•=4 049mv2－mv，解得v2=，第n次推出后，运动员速度为vn=，当vn≥v时，运动员无法接住物块，即v≥v，解得n≥2 025，故选C。 【教学效果检测】 1.AB　从题图乙可以看出，开始A做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=（m＋M）v′，解得M=m=2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为a==1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得 μmg=Ma，解得动摩擦因数为μ=0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为xB=×1×1 m=0.5 m，A的位移为xA=×1 m=1.5 m，所以木板最小长度为 L=xA－xB=1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为 ΔE=m－（m＋M）v2=2 J，故D错误。 2.B　由题图乙可知在0~4 s时间内小滑块1受到大小分别为2 N和－1 N的水平恒力的作用，则根据动量定理得F1t1＋F2t2=mv1，1与2碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv1=2mv2，1、2与3碰撞也粘在一起，由动量守恒定律得2mv2=3mv，联立解得v= m/s，故选B。 3.A　以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有 （m甲＋m球）v甲＋m乙v乙=（m甲＋m球）v甲′， 解得v甲′= = m/s=0，A正确。 4.（1）　方向向左　（2） 解析：（1）人跳离A车过程，人与A车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m0v0＋m1vA=0，解得vA=－，负号表示方向向左。 （2）人跳上B车过程，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0=（m0＋m2）v，对B车，由动能定理得W=m2v2，解得 W=。 3 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $