第2講動量守恒定律及其應(yīng)用第六章動量守恒定律1.理解動量守恒的條件并會應(yīng)用動量守恒定律解決基本問題。2.能熟練運用動量守恒定律定量分析一維碰撞問題。3.會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。學(xué)習(xí)目標(biāo)目

錄CONTENTS夯實必備知識01研透核心考點02提升素養(yǎng)能力03夯實必備知識1矢量和1.保持不變m1v1'+m2v2'

零很大2.遠大于遠大于3.4.守恒遠大于1.思考判斷×(1)只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動量就守恒。()(2)系統(tǒng)的動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。()(3)動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，一定是矢量式，應(yīng)用時要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。()(4)碰撞前后系統(tǒng)的動量和機械能均守恒。()(5)發(fā)射炮彈，炮身后退;園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象。()(6)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。()√√×√×B

研透核心考點2考點二碰撞問題考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用考點三爆炸、反沖和人船模型考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1.適用條件 (1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為零。 (2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒:如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。2.動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1'、p2'、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)角度動量守恒定律的理解

例1

(多選)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接。一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑，下列判斷正確的是(

)BCA.在下滑過程中，小球?qū)Σ鄣淖饔昧Σ蛔龉.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處解析

在下滑過程中，小球?qū)Σ鄣淖饔昧ψ龉?，A錯誤;在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，B正確;下滑過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球與槽質(zhì)量相等，則小球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相同，故小球不能滑到槽上，D錯誤;小球被彈簧反彈后，小球和槽在水平方向均不受外力作用，故小球和槽都做勻速直線運動，C正確。角度動量守恒定律的基本應(yīng)用

例2

(2024·浙江杭州模擬)2023年9月“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員在夢天實驗艙內(nèi)進行授課。如圖所示，航天員將0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學(xué)觀看實驗時發(fā)現(xiàn):碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略艙內(nèi)空氣阻力的影響。下列說法正確的是(

)DA.大球碰撞前后的速度之比為3∶1B.碰撞后大球的動量小于小球的動量C.碰撞過程中大球動量減少量小于小球動量增加量D.碰撞前后，大球與小球組成的系統(tǒng)無動能損失

1.(多選)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質(zhì)量為m1＝1.0kg的物塊A，另一端連接質(zhì)量為m2＝1.0kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質(zhì)量為m3＝1.0kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力的大小?，F(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0m/s，物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達到共同速度;繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度;物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是(

)跟蹤訓(xùn)練ACD

考點二碰撞問題角度碰撞的可能性

碰撞問題遵守的三條原則

C角度彈性碰撞

討論:(1)若m1＝m2，則v1'＝0，v2'＝v1(速度交換，動量和動能全部轉(zhuǎn)移)。(2)若m1>m2，則v1'>0，v2'>0(碰后兩物體沿同一方向運動)。(3)若m1?m2，則v1'≈v1，v2'≈2v1。(4)若m1<m2，則v1'<0，v2'>0(碰后兩物體沿相反方向運動)。(5)若m1?m2，則v1'≈－v1，v2'≈0。例4

(2025·江蘇南京模擬)如圖所示，小物塊a、b和c靜置于光滑水平地面上。現(xiàn)讓a以速度v向右運動，與b發(fā)生正碰，然后b與c也發(fā)生正碰。若a、b、c的質(zhì)量可任意選擇，碰撞可以是彈性也可以是非彈性的，各種可能的碰撞后，c的最大速度為(

)AA.4v

B.6v C.9v

D.12v

角度非彈性碰撞

例5

(2025·北京延慶模擬)如圖所示，半徑R＝0.4m的豎直半圓形軌道bc與水平面ab相切。質(zhì)量m2＝0.2kg的小滑塊B放在半圓形軌道的最低點b，另一個質(zhì)量為m1＝0.3kg的小滑塊A，在水平推力F＝3N作用下由

靜止開始從a點向右做勻加速直線運動，當(dāng)小滑塊A剛好要與小滑塊B碰撞時立即撤去F，隨后小滑塊A與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起后恰好能夠到達半圓形軌道的最高點c。已知推力F作用的時間t＝2s，滑塊A與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。重力加速度g＝10m/s2，A、B均可視為質(zhì)點。求:(1)A與B碰撞前瞬間的速度大小v1;解析

設(shè)小滑塊A的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F－μm1g＝m1a由運動學(xué)公式有v1＝at解得v1＝10

m/s。答案

10m/s(2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能ΔE;

答案

6J

(3)兩滑塊從b運動到c的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。

答案

4J

AC

爆炸現(xiàn)象應(yīng)遵循的三個規(guī)律考點三爆炸、反沖和人船模型角度初速動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒機械能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動例6

(2025·四川成都模擬)兩響爆竹，是一種傳統(tǒng)民俗用品，兩響爆竹的紙筒內(nèi)分兩層安放火藥，下層火藥的作用是將爆竹送上天空，上層火藥在升空10~20米后，凌空爆響。質(zhì)量為200g的兩響爆竹在0.01s時間內(nèi)下層火藥爆炸，向下噴出少量高壓氣體(此過程兩響爆竹的位移可以忽略)，然后被豎直發(fā)射到距離地面h＝20m的最高點，在最高點上層火藥在極短時間內(nèi)發(fā)生爆炸，假設(shè)兩響爆竹被炸成兩部分，其中80g的部分以5m/s的速度水平飛出，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，重力加速度g取10m/s2，求: (1)下層火藥爆炸過程產(chǎn)生的高壓氣體對兩響爆竹平均作用力的大小;

(2)上層火藥爆炸后兩部分爆竹落地點間的距離。

角度反沖問題

反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加例7

將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(

) A.30kg·m/s B.570kg·m/s C.600kg·m/s D.630kg·m/s

解析

開始總動量為零，規(guī)定氣體噴出的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的動量p＝－m1v1＝－0.05×600

kg·m/s＝－30

kg·m/s，負號表示與噴出氣體的方向相反，大小為30

kg·m/s，故A正確。A角度人船模型1.模型圖示

4.“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)

BD

提升素養(yǎng)能力3A級基礎(chǔ)對點練D對點練1

動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用1.(2025·遼寧大連高三期末)如圖，水平地面上有一小車C，頂端有一輕滑輪，質(zhì)量完全相同的兩個小木塊A、B由通過滑輪的輕繩相連接，初始時用手托住小木塊A，使A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時刻突然將手撤去，A、B、C開始運動，則對小車C、小木塊A、B三者組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(所有摩擦均忽略不計)(

)A.動量不守恒，機械能不守恒B.動量守恒，機械能守恒C.豎直方向上動量守恒，機械能不守恒D.水平方向上動量守恒，機械能守恒解析

所有摩擦均忽略不計，只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，總的機械能不變，機械能守恒;初始時用手托住小木塊A，使A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。松手后，整個系統(tǒng)豎直方向上合力不為零，動量不守恒，但水平方向上合力為零，水平方向上動量守恒，故D正確。C2.(2025·廣西河池高三期末)如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質(zhì)量為1.5kg，將一個質(zhì)量為0.5kg的小球從距沙面0.45m高度處以大小為4m/s的初速度水平拋出，小球落入車內(nèi)并陷入沙中最終與車一起向右勻速運動。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是(

)

解析

小球陷入沙子過程，在豎直方向做變速運動，系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤;由于小球陷入沙子過程的時間未知，因此沙子對小球的沖量大小無法計算，故B錯誤;小球與車、沙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則mv0＝(m＋M)v，解得v＝1

m/s，故C正確，D錯誤。B

BC對點練2

碰撞問題4.(多選)(2024·廣西卷，8)如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N在(

)A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v

A5.如圖所示，光滑半圓軌道豎直放置且固定在水平地面上，A、B是半圓軌道的兩個端點且A、B連線水平。將物塊甲從A上方某處由靜止釋放，進入半圓軌道后與靜止在軌道最低點的物塊乙發(fā)生彈性碰撞，之后兩物塊恰好能分別運動到A、B兩端點。若初始時將甲、乙位置互換，其余條件不變，則甲、乙兩物塊第一次碰撞后上升的最大高度之比為(

)A.9∶1 B.5∶2 C.5∶4 D.6∶1解析

C6.(2025·重慶市育才中學(xué)高三期中)如圖為某運動員正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5kg·m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變?yōu)閜B'＝4kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是(

)

CD7.(多選)(2025·甘肅武威高三月考)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量mA＝1kg的A球和一質(zhì)量mB＝1.5kg的B球同向運動。已知A球的初速度v1＝10m/s，B球的初速度v2＝5m/s，運動一段時間后，兩球發(fā)生對心正碰。下列說法正確的是(

)A.當(dāng)兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞時，A球?qū)球的沖量為7.5N·sB.碰撞的過程中，系統(tǒng)損失的機械能可能為8JC.碰撞后，A球的速度可能為5m/sD.當(dāng)兩球發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球?qū)球的沖量為3N·s

D

D9.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B