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第七章 第2讲 动量守恒定律及应用-2024年高考物理一轮复习核心考点精梳细讲课件
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这是一份第七章 第2讲 动量守恒定律及应用-2024年高考物理一轮复习核心考点精梳细讲课件，共28页。PPT课件主要包含了矢量和，－Δp2，远大于，这一方向，并联质量，得EP，相对速度的平方，得mgh，ACD，考向1等内容，欢迎下载使用。
3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为 .(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力 它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在 上动量守恒.
1.内容:如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为0，这个系统的总动量保持不变.2.表达式:(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ .系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
第2讲 动量守恒定律及应用
4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程).(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒).(3)规定正方向，确定初、末状态动量.(4)由动量守恒定律列出方程.(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明.
一、完全非弹性碰撞模型
m1V0=(m1+m2)V共
二、类完全非弹性碰撞模型
mV0+MV1=(m+M)V共
mV0=(m+M)V共
例1.(2019·江西上饶市重点中学六校高三第二次联考)如图7所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1)子弹射入木块B时产生的热量；(2)木块B能摆起的最大高度；(3)小车A运动过程的最大速度大小.
(2) (m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2
(3) 3mv1＝3mv3＋3mv4，
例2.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)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，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围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.
解：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向 (m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′ 得v′＝1 m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程 (m1＋M)v＝m1v′＋Mu 得u＝3.8 m/s只要人跳离甲车的速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞.
例1 (多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是( )A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变
解析 若两手同时放开A、B两小车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，故B错误，D正确.
例2 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图2中实线所示.已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
动量守恒定律的基本应用
解析 根据题图图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能
1.(某一方向上动量守恒)如图3所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上.现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是( )A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽 在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半 圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析 小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，选项A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；
半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误.
2.(动量守恒定律的基本应用)(多选)如图4所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A.2.1 m/s B.2.4 m/sC.2.8 m/s D.3.0 m/s
解析 以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s
解析 根据x－t图象的斜率表示速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动量的表达式可知|m1v1|＜m2v2，由动能的表达式可知，
1.当小物块到达最高点时，两物体速度相同.
2.弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大.
3.两物体刚好不相撞，两物体速度相同.
4.滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同.
8.如图7所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍.两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出.每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左.则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车A.5 B.6C.7 D.8
方法二 当小孩推、接小车A时，小车A、B与小孩组成的系统动量守恒，当A车与墙壁碰撞反弹时墙壁对A车冲量I＝2mAv系统动量增加2mAv，设小孩把A车推出n次后，小孩恰好不能再接到A车，对整个系统由动量定理得：nI＝mAv＋mBv联立两式解得n＝5.5，故至少推6次.
例3 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，
例4 (2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图6，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；
解(1) m2v0＝(m2＋m3)v共 斜面体质量m3
得：v＝1 m/s，m3＝20 kg
3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为 .(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力 它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在 上动量守恒.
1.内容:如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为0，这个系统的总动量保持不变.2.表达式:(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ .系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
第2讲 动量守恒定律及应用
4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程).(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒).(3)规定正方向，确定初、末状态动量.(4)由动量守恒定律列出方程.(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明.
一、完全非弹性碰撞模型
m1V0=(m1+m2)V共
二、类完全非弹性碰撞模型
mV0+MV1=(m+M)V共
mV0=(m+M)V共
例1.(2019·江西上饶市重点中学六校高三第二次联考)如图7所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)(1)子弹射入木块B时产生的热量；(2)木块B能摆起的最大高度；(3)小车A运动过程的最大速度大小.
(2) (m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2
(3) 3mv1＝3mv3＋3mv4，
例2.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)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，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围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.
解：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向 (m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′ 得v′＝1 m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程 (m1＋M)v＝m1v′＋Mu 得u＝3.8 m/s只要人跳离甲车的速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞.
例1 (多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是( )A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变
解析 若两手同时放开A、B两小车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，故B错误，D正确.
例2 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图2中实线所示.已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
动量守恒定律的基本应用
解析 根据题图图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能
1.(某一方向上动量守恒)如图3所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧靠在墙壁上.现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则下列结论中正确的是( )A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽 在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽B点向C点运动的过程中，小球与半 圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析 小球下滑到半圆槽的最低点B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹力对小球做功，选项A错误；小球下滑到半圆槽的最低点B之前，小球与半圆槽组成的系统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项B错误，C正确；
半圆槽离开墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽口以后，将做斜上抛运动，选项D错误.
2.(动量守恒定律的基本应用)(多选)如图4所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A.2.1 m/s B.2.4 m/sC.2.8 m/s D.3.0 m/s
解析 以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s
解析 根据x－t图象的斜率表示速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动量的表达式可知|m1v1|＜m2v2，由动能的表达式可知，
1.当小物块到达最高点时，两物体速度相同.
2.弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大.
3.两物体刚好不相撞，两物体速度相同.
4.滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同.
8.如图7所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍.两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度v推出.每次推出，A车相对于地面的速度都是v，方向向左.则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车A.5 B.6C.7 D.8
方法二 当小孩推、接小车A时，小车A、B与小孩组成的系统动量守恒，当A车与墙壁碰撞反弹时墙壁对A车冲量I＝2mAv系统动量增加2mAv，设小孩把A车推出n次后，小孩恰好不能再接到A车，对整个系统由动量定理得：nI＝mAv＋mBv联立两式解得n＝5.5，故至少推6次.
例3 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，
例4 (2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图6，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；
解(1) m2v0＝(m2＋m3)v共 斜面体质量m3
得：v＝1 m/s，m3＝20 kg
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