第1章 第3节 第2课时 动量守恒定律的应用（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

第2课时　动量守恒定律的应用 教材知识——一遍过 高考趋向——全练通 1. （多选）（2026·浙江杭州高二质检）如图所示，在一光滑地面上有2 024个相 同大小的光滑小球，从2号到2 024号小球质量均为m；1号球质量为M，且M＞ m，1号球以v0的速度向右运动，与2号球发生弹性碰撞，此后所有碰撞均为弹性 碰撞，从1号球开始运动起，下列说法正确的是（　BD　） A. 小球2共发生了4 044次碰撞 B. 小球2共发生了4 045次碰撞 C. 小球2 023最终速度为0 D. 小球2 023最终速度为v0 　 多物体多过程的动量守恒问题 1 2 3 4 5 6 7 √ √ 解析：1号球以v0的速度向右运动，与2号球发生弹性碰撞，有Mv0＝Mv1＋mv2， M＝M＋m，解得v1＝，v2＝，然后2号球以速度v2' 与3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发 生2 023次碰撞，最后2 024号球以速度v2向右匀速离开，然后1号球以速度v1再次 与2号球发生弹性碰撞，有Mv1＝Mv1'＋mv2'，M＝Mv1'2＋mv2'2，解得v1'＝ ＝，v2'＝＝，然后2号球以速度v2'与3号球发生弹性碰撞，因质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生2 022次碰撞，最后2 023号球以速度v2'向右匀速离开，故C错误，D正确。根据重复多次弹性碰撞的过程分析可知，每离开一个球，2号球均要与1号球和3号球各碰撞1次，共计两次碰撞，最后3号球匀速离开后，1号球和2号球最后再碰撞一次，然后2号球匀速离开，则小球2共发生的碰撞次数为N＝（2 024－2）×2＋1＝4 045，故A错误，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 2. 两只小船平行逆向行驶，航线邻近，如图所示，当它们首尾相齐时，沿虚线 方向，从每一只船上各投一质量为m＝50 kg的沙袋到对面一只船上去，结果载 重较小的一只船停了下来，另一只船则以8.5 m/s的速度沿原来的方向航行，设 两只船及船上的载重量分别为m1＝500 kg，m2＝1 000 kg。求在交换沙袋前两船 的速度大小各为多少，设水的阻力不计，并设交换沙袋时不影响船的航向。 答案：1 m/s　9 m/s 1 2 3 4 5 6 7 解析：设交换沙袋前m1的速度为v1，m2的速度为v2，交换完后m1的速度为 零，m2的速度为v2'。以整体为研究对象，m2的运动方向为正方向，根据动 量守恒定律得 m2v2－m1v1＝m2v2'① 以m1抛出沙袋后的剩余部分和从m2抛来的沙袋为研究对象，系统沿航线方向不 受外力作用，根据动量守恒定律得 mv2－（m1－m）v1＝0② 由①、②两式代入数值可解得v1＝1 m/s，v2＝9 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 3. A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移— 时间图像（x-t图像）分别为如图中ADC和BDC所示。由图可知，物体A、B的质 量之比为（　　） A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 3∶1 动量守恒中的图像问题 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：由x-t图像可知，碰撞前vA＝＝ m/s＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA'＝vB'＝v ＝＝ m/s＝1 m/s，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，设A原方向为 正方向，则由动量守恒定律得mAvA＝（mA＋mB）v， 计算得出mA∶mB＝1∶3 ， 故C正确，A、B、D错误。 ｜解题技巧｜ x-t图像的斜率表示速度，由题图看出，两物体4 s后都沿原来方向做直线运 动，即速度方向都与初速度方向相同。 1 2 3 4 5 6 7 4. 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，这时它们的运动图线如图中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，运动图线分别如图 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：由题图可知，木块B、C的位移均为正，均朝一个方向运动，A错误；木 块都与弹簧分离后，木块B的速度为v1＝ m/s＝3 m/s，木块C的速度为v2＝ m/s＝0.5 m/s，细线未断前木块B、C的速度均为v0＝ m/s＝1 m/s，由于系统所 受外力矢量和为零，故系统前后的动量守恒，有（mB＋mC）v0＝mBv1＋mCv2， 计算得木块B、C的质量之比为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。 1 2 3 4 5 6 7 5. 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 （　B　） A. 1∶2 B. 2∶1 C. 1∶3 D. 3∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组成的系统分析，根据动 量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由题图乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入数据解得M∶m＝2∶1，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 6. （2026·浙江台州高二质检）如图所示，在光滑水平面上有质量为3m的小球A 和质量为5m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，质量也为5m的小球C以速 度v0水平向左做匀速运动并与B发生弹性碰撞。已知在小球A的左边某处（图中 未画出）固定有一弹性挡板（小球与挡板碰撞时不计机械能损失），且当小球A 与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极短。则小球A与挡板碰撞后的运动 过程中，弹簧的弹性势能的最大值不可能是（　　） A. m B. m C. m D. m 动量守恒中的临界问题 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：由于C球质量与B球质量相等，发生弹性碰撞会交换速度，即碰后C球静 止。A、B开始向左运动后，开始阶段B减速，A加速，若pA＝pB时，A与挡板相 碰后并反向，由动量守恒可知，A、B总动量为0，根据能量守恒定律，当A、B 速度同时为零时，此时弹簧的弹性势能在此种情况下最大，为Ep＝×（5m） ＝m，当弹簧处于原长时，vA＝0，若此时正好与挡板相接触，之后弹簧 压缩至最短，最短时弹簧弹性势能在此种情况下最大，根据动量守恒定律有 5mv0＝8mv共，Ep'＝×5m－×8m，解得Ep'＝m，在这两者之间取 值均可，故A、C、D可能，B不可能。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 7. 如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车（连同车上 的人）从足够长的斜坡上高h＝0.45 m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑 动，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，当两车相距适当的距离时，人从甲车跳到乙车上，且立刻共速，求人跳 出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？（不计小车与地面和斜坡间 的摩擦，取g＝10 m/s2） 答案：3.8 m/s≤v≤4.8 m/s 1 2 3 4 5 6 7 解析：在水平面上人跳离甲车和跳上乙车的两个过程中，人与甲车组成的系统 及人与乙车组成的系统在水平方向上动量是守恒的。甲车从斜坡滑到水平面上 的速度v甲＝＝3 m/s， 设人跳离甲车后甲车的速度为v甲'，跳上乙车后乙车的速度为v乙'，人跳离甲车的 水平速度为v，以水平向右为正方向，则 （M＋m1）v甲＝Mv＋m1v甲'① Mv－m2v0＝（M＋m2）v乙'② 分析可知，要使甲、乙不相撞，v乙'应为正，v甲'可为正也可为负，且｜v甲'｜≤v 乙'③ 联立以上各式解得3.8 m/s≤v≤4.8 m/s， 故为了避免两车相撞，人跳出甲车的水平速度应满足3.8 m/s≤v≤4.8 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 ｜深化认知｜ 分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出 现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状态，其 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。 1 2 3 4 5 6 7 1. （2026·浙江宁波高二统考）乌贼在水中的运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15 m/s，逃命时更可以达到40 m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为5 kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度为（　C　） A. 160 m/s B. 125 m/s C. 85 m/s D. 75 m/s 突出情境命题　彰显学科价值 √ 1 2 3 4 解析：根据题意可知，乌贼的逃命速度为v0＝40 m/s，设喷射出水的速度大小为 v，取乌贼逃命方向为正方向，由动量守恒定律有（m－Δm）v0－Δmv＝0，解得 v＝85 m/s，故选C。 1 2 3 4 2. （2026·河北邯郸高二校考）在空间站无重力环境中，航天员小明静止在空间 站舱壁附近，手持一质量为m＝9 kg的小球进行抛射训练。空间站舱壁可视为固 定弹性碰撞面，每次抛射时小明均将小球以相对舱壁v＝1 m/s的速度垂直抛向舱 壁，小球碰撞后速度大小不变、方向反向，追上小明时被再次抛射。已知经过4 次抛射后，小球无法再追上他，而第3次抛射后，小球仍能追上。小球可视为质 点，小明的质量可能为（　　） A. 45 kg B. 60 kg C. 65 kg D. 75 kg √ 1 2 3 4 解析：设小明的质量为M，规定离开舱壁的方向为正方向。第一次抛射时，由动 量守恒得Mv1－mv＝0，解得v1＝v。此后小明每次接住以速度v飞回的小球，并 以相对舱壁－v的速度抛出，这一过程（接住＋抛出）系统的动量增量为Δp＝mv －m（－v），解得Δp＝2mv。因此，第n次抛射后小明的速度通项为vn＝v1＋（n －1）v＝v。根据题意“第3次抛射后小球仍能追上”，说明球速大 于人速，即v＞v3，代入通项得v＞v，解得M＞5m，即M＞45 kg。根据题意 “第4次抛射后小球无法再追上”，说明球速小于或等于人速，即v≤v4，代入通 项得v≤v，解得M≤7m，即M≤63 kg。综上所述，小明质量的取值范围为45 kg＜M≤63 kg，A、C、D错误，B正确。 1 2 3 4 3. （多选）（2026·浙江温州高二校考）滑板运动备受青少年的青睐，其中一个 动作为人越过横杆，滑板从横杆底下穿过，如图所示，若人的质量为60 kg，人 需要跳过一个高为0.65 m的横杆，但考虑到人过杆的时候可以屈腿，所以人起 跳时只需要重心上升0.45 m，假如起跳时人与板的作用时间为0.25 s，重力加速 度g＝10 m/s2，忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力作用，下列说法正确的是 （　　） 注重知识融通　倡导学以致用 1 2 3 4 A. 人若要安全过杆，起跳的竖直分速度至少为0.3 m/s B. 起跳过程中人与板之间的作用力至少为1 320 N C. 人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统动 量守恒 D. 人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构成的系统水 平方向上动量守恒 √ √ 1 2 3 4 解析：人起跳时，恰好过杆对应的竖直分速度最小，其值为vy＝＝3 m/s， 故A错误；起跳时人受到板的作用力为FN，由动量定理得FNt－mgt＝mvy，解得 FN＝1 320 N，故B正确；在人从开始起跳到落回到滑板的过程中，人与滑板构 成的系统在竖直方向上所受合力不为零，仅在水平方向上所受合力为零，故人 与滑板构成的系统在水平方向上动量守恒，故C错误，D正确。 1 2 3 4 4. 如图所示，如果悬挂球的绳子能承受的最大拉力FT0＝10 N，球质量m＝0.5 kg，L＝0.3 m，锤头质量M＝0.5 kg，如果锤头沿水平方向打击球，锤头速度多 大时才能把绳子打断？（设球原来静止，打击后锤头静止，g＝10 m/s2） 答案：大于等于 m/s 1 2 3 4 解析：球被锤头打击后以O为圆心、L为半径做圆周运动，且在刚打过后绳子拉 力最大，由圆周运动向心力计算公式有FT0－mg＝m， v＝＝ m/s， 锤头打击球过程中，系统水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒有Mv0 ＝mv， 得v0＝＝ m/s， 若要锤头击打小球后绳子被拉断，锤头的速度应大于等于 m/s。 1 2 3 4 $