高考物理一轮复习第六章第二节动量守恒定律及其应用课件

这是一份高考物理一轮复习第六章第二节动量守恒定律及其应用课件，共60页。PPT课件主要包含了动量守恒定律，不受外力，矢量和，表达式，－Δp2，动量守恒的条件，统动量守恒，碰撞现象，相互作用力，叫做非弹性碰撞等内容，欢迎下载使用。

如果一个系统____________，或者所受外力的__________为零，这个系统的总动量保持不变.
m1v1′＋m2v2′
(1)p＝______，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p′.(2)m1v1＋m2v2＝______________，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.(3)Δp1＝__________，相互作用的两个物体动量的变量等大反向.
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大
于外力时，系统的动量可近似看成守恒.
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零
时，系统在该方向上动量守恒.
1.碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的____________，而其他的相互作用力相对来说显得微不足道的过程，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.2.弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能________，这样的碰撞叫做弹性碰撞.
3.非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能________，这样的碰撞
4.完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在非弹性碰撞后以_______速度运动，系统有机械能损失.
1.定义：如果一个静止的物体在________的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动.这个现象叫做反冲.2.反冲运动的特点及遵循的规律.(1)特点：物体间作用力与反作用力产生的效果.(2)遵循的规律：反冲运动是内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力________外力，所以可以认为系统的总动量是守恒的.
【基础自测】1.判断下列题目的正误.
(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒.((2)动量守恒的过程中，机械能只能不变或减少.((3)若某个方向合外力为零，则该方向动量守恒.(
(4)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则
两球碰前的动量大小一定相同.(
(5)完全非弹性碰撞中，机械能损失最多.(
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√
2.(2021 年黑龙江哈尔滨月考)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上用一条长为 L 的轻绳拴一个小球，小球与悬点在同一水平面上，轻绳拉直后小球从 A 点静止释放，如图 6-2-1，不
计一切阻力，下面说法中正确的是(
A.小球的机械能守恒，动量也守恒B.小车的机械能守恒，动量也守恒C.小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方
D.小球和小车组成的系统机械能不守恒，总动量不守恒答案：C
3.质量为 m1＝1 kg 和 m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其 x-t(位移—时间)图像如图 6-2-2 所示，则
A.非弹性碰撞B.弹性碰撞C.完全非弹性碰撞
D.条件不足，不能确定答案：B
4.冰车原先在光滑的水平冰面上匀速滑行，若一人在冰车上先后向前和向后各抛出一个沙包，两沙包的质量和对地速度大小都
相同，沙包都抛出去之后，冰车的速率与原来相比(A.增大了B.减少了C.不变D.可能增大也可能减少答案：A
热点 1 动量守恒定律的理解和基本应用考向 1 动量守恒定律的理解[热点归纳]
动量守恒定律的四个特性：
【典题 1】(多选)对于如图 6-2-3 甲、乙、丙、丁所反映的物
理过程，下列说法正确的是(
图 6-2-3A.图甲中子弹射入光滑水平面上的木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能减少
B.图乙中 M、N 两木块放在光滑水平面上，剪断 M、N 两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N 与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C.图丙中两球匀速下降，细线断裂后，木球和铁球在水中运
动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D.图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面
组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒
解析：甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，A 正确.乙图中M、N 两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚 M、N 两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N 与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为两木块的动能，系统机械能守恒，B 错误.丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮
力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C 正确.丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D 错误.
考向 2 动量守恒定律的应用
【典题 2】(2023 年广东卷)如图 6-2-4 为某药品自动传送系统的示意图.该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为 3L，平台高为 L.药品盒 A、B 依次被轻放在以速度 v0 匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从 M点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端 N 点停下，随后滑下的 B 以2v0 的速度与 A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后 A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端.已知 A、B 的质量分别为 m 和 2m，碰撞
擦因数为μ，重力加速度为 g，A、B 在滑至 N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点.求：(1)A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 t.(2)B 从 M 点滑至 N 点的过程中克服阻力
做的功 W.(3)圆盘的圆心到平台右端 N 点的水平距离 s.
解：(1)A 在传送带上运动时的加速度 a＝μg由静止加速到与传送带共速所用的时间
(2)B 从 M 点滑至 N 点的过程中，根据动能定理有
(3)A、B 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知2m×2v0＝mv1＋2mv2
考向 3 某一方向动量守恒[热点归纳]
相互作用的两个物体受的合外力不为 0，系统动量不守恒，但是若某个方向合外力为 0，则系统在这个方向上动量守恒，可以在这个方向上列动量守恒的方程求解相关问题.如自由下落的木块被水平飞来的子弹击中，竖直方向由于重力作用合外力不为 0，动量不守恒，而水平方向不受外力，满足动量守恒.再如光滑水平面上有一斜面，斜面上的物体沿斜面下滑的过程中，物体和斜面组成的系统水平方向动量守恒.
【典题 3】(2022 年广东茂名模拟)如图 6-2-5 所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为 v0 的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开.小车与小球的质量分别为 2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面.小球的最大
解析：小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为 v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有 mv0＝3mv，根据机械能守恒
考向 4 动量守恒的临界问题
【典题 4】(2022 年广东联考)如图 6-2-6 所示，某冰雪游乐场，小朋友和小车均静止在足够大的水平地面上，小朋友将小车以大
小 v＝12 m/s 的水平速度(相对地面)推向右侧的斜坡，小车在斜坡上运动一段时间后返回地面，小朋友接住小车后再次以速率 v 将小车推向斜坡，如此反复.小朋友与小车的质量分别为 m1＝30 kg、m2＝5 kg，不计一切摩擦，不计小车经过斜坡底部时的机械能损失.求：
(1)在小朋友第一次将小车推出的过程中，小朋友和小车组成
的系统的动能增量ΔEk.
(2)要使小朋友不能接住小车，小朋友推小车的次数.
解：(1)设向左为正方向，小朋友第一次将小车推出后的瞬间，小朋友的速度大小为 v1，对小朋友第一次将小车推出的过程，根据动量守恒定律有 m1v1＝m2v
解得 v1＝2 m/s
解得ΔEk＝420 J.
(2)小车每次在斜坡上运动的过程中，斜坡对小车的水平冲量
大小 I＝m2v－(－m2v)＝2m2v.
若小朋友第 n 次推小车后，两者的速率均为 v，则此后小朋
友不能接住小车，对小朋友与小车组成的系统，根据动量定理有
nI＝(m1＋m2)v
解得 n＝3.5，要使小朋友不能接住小车，小朋友推小车的次
小朋友推车过程动量守恒，求出小朋友的速度，
然后求出二者增加的动能.斜面光滑，小车推出后的速度与从斜面返回与小朋友作用的速度大小相等，每次推出小车，小朋友动量的增加量相等，假设推出 n 次后，根据动量守恒求得小朋友的速度大于小车的速度即可，临界情况是二者速度大小相等.
热点 2 碰撞[热点归纳]1.碰撞遵循的三条原则.(1)动量守恒定律.(2)机械能不增加.
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的
物体速度大(或两物体速度相等).
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变(除非
两物体碰撞后速度均为零).
(1)碰后速度的求解.
考向 1 弹性碰撞
【典题 5】某表演者用一个大球和一个小球，做一种名为“超级弹性碰撞”的实验，其中上面的小球被称为“超级弹球”.如图6-2-7 所示，表演者将两球叠放在一起，从距地面高为 h 的位置由静止释放，假设大球先与地面碰撞以原速率反弹后再与小球碰撞，两球之间的碰撞无机械能损失且时间极短，且两球心的连线始终竖直，已知大球的质量为 4m，小球的质量为 m，重力加速度为 g，将两球视为质点，忽略空气阻力，求：
(1)该“超级弹球”第一次能够反弹的最大高度.
(2)该“超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度所经
本题与常见的弹性碰撞不同.一般的弹性碰撞直接
给出碰撞前的速度，然后应用动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后的速度.本题中的碰撞多了一个过程：先一起下落，落地瞬间，上面小球速度不变，下面小球速度等大反向.
考向 2 非弹性碰撞
【典题 6】(2023 年广东肇庆二模)如图 6-2-8 所示，竖直放置的两个完全相同的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为 mB的物体 B 固定在一起，质量为 mA 的物体 A 置于 B 中央位置的正上方 H 处.现让 A 由静止开始自由下落，随后和 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后两物体粘在一起.已知 A 与 B 结合后经过时间t 下降至最低点，A、B 始终在同一竖直平面内运动，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为 g，求：
(1)A 与 B 碰撞后瞬间的速度大小 v.
(2)AB 结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间以
及该过程中弹簧对物体 B 冲量的大小.
解：(1)设 A 与 B 碰撞前瞬间的速度大小为 v0，A 与 B 碰撞后瞬间的速度大小为 v，由机械能守恒定律得
(2)从碰撞后至返回到碰撞点的过程中，AB 结合体做简谐运动.
根据简谐运动的对称性，可得运动时间 t总＝2t
A 与 B 碰撞前的速度可由机械能守恒定律求得，
A 与 B 的碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后达到共速.AB 结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间可由简谐运动的对称性求得，该过程中弹簧对物体 B 的冲量难以根据力与时间的乘积求得，优先考虑应用动量定理求解.
考向 3 碰撞后运动状态可能性的判定【典题 7】(2022 年广东广州二模)如图 6-2-9 所示，2022 年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度 v0 与静止的乙壶发生正碰.已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静
止，乙壶的位移是甲壶的 9 倍，则(图 6-2-9
A.两壶碰撞过程无机械能损失B.两壶碰撞过程动量变化量相同
D.碰撞后瞬间，乙壶的速度为 v0
相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的 9 倍，设碰后两壶
矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反，B 错误.答案：C
热点 3 反冲现象[热点归纳]
【典题 8】皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击.已知运动员(包括除子弹外的装备)及皮划艇的总质量为 M，子弹的质量为 m.假设射击过程中子弹的火药释放的总能量为 E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时，子弹的出射速度会有少许差异.陆地射击时子弹的出射速度为 v1，子弹动能为 Ek1；在皮划艇上射击时子弹的出射速度为 v2，动能为 Ek2，运动员及皮划艇的速度为 v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向
动量守恒.下列关系式正确的是(
解析：在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动
热点 4 爆炸[热点归纳]
【典题 9】(2022 年广东深圳月考)燃放爆竹是我国传统民俗，春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为 v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片 a、b、c，其中碎片
a 的速度方向水平向东，忽略空气阻力，以下说法正确的是(
A.炸开时，若碎片 b 的速度方向水平向西，则碎片 c 的速度
B.炸开时，若碎片 b 的速度为零，则碎片 c 的速度方向一定
C.炸开时，若碎片 b 的速度方向水平向北，则三块碎片一定
D.炸开时，若碎片 a、b 的速度等大反向，则碎片 c 落地时的
解析：到最高点时速度大小为 v0，方向水平向东，则总动量向东.炸开时，若碎片 b 的速度方向水平向西，碎片 c 的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A 错误.炸开时，若碎片 b 的速度为零，根据动量守恒定律，碎片 c 的速度方向可能水平向东，B 错误.三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C 正确.炸开时，若碎片 a、b 的速度等大反向，根据动量守恒定律3mv0＝mvc，解得 vc＝3v0，碎片 c 落地时速度的水平分量等于 3v0，其落地速度一定大于 3v0，D 错误.
【典题 10】有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离 d 和船长 L.已知他自身
的质量为 m，则船的质量为(
时间为 t.则 v＝ ，v′＝
向，根据动量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的质量M＝
解析：画出如图 D28 所示的草图.设人走动时船的速度大小为 v，人的速度大小为 v′，船的质量为 M，人从船尾走到船头所用
在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方
动量与能量综合的四大模型模型一 三体二次作用模型
“三体二次作用”是指题目情景涉及三个物体间发生两次不
【典题 11】(多选)竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与钢板连接，钢板处于静止状态，如图 6-2-10所示.一物块从钢板正上方 0.2 m处的 P点自由落下，打在钢板上(碰撞时间极短)并与钢板一起向下运动 0.1 m 后到达最低点 Q.已知物块和钢板的质量都为 2 kg，重力加速
度大小 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是(
A.物块与钢板碰撞后的速度为 1 m/sB.物块与钢板碰撞后一起运动的加速度一直增大
C.从 P 到 Q 的过程中，弹簧弹性势能的增加量为 6 J
D.从 P 到 Q 的过程中，物块、钢板、弹簧组成的系统机械能
簧弹力小于两者的总重力，两者向下做加速度减小的加速运动.当
弹簧弹力等于两者的总重力时，加速度为零，速度达到最大.继续向下运动的过程，弹簧弹力大于两者的总重力，两者向下做加速度增大的减速运动，可知物块与钢板碰撞后一起运动的加速度不是一直增大，B 错误.从 P 到 Q 的过程中，根据能量守恒定律可知
2×2×10×0.1 J＝6 J，C 正确.由于物块与钢板碰撞为完全非弹性碰撞，存在机械能损失，从 P 到 Q 的过程中，物块、钢板、弹簧组成的系统机械能不守恒，D 错误.
模型二 子弹打木块模型
若木块置于光滑水平面上，子弹和木块构成的系统不受外力作用，系统动量守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，如图6-2-11 所示.
设子弹质量为 m，水平初速度为 v0，置于光滑水平面上的木块质量为 M.若子弹刚好穿过木块，则子弹和木块最终具有共同速度 u.
由动量守恒定律：mv0＝(M＋m)u ①
对于子弹，由动能定理：
从图形中可得：s1－s2＝L ④
常用结论：子弹打木块模型中(木块放在光滑水平面上)，摩擦力与相对位移的乘积等于系统动能的减少，也等于作用过程中产生的内能.
【典题 12】(多选，2022 年广东梅州一模)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成， 将其放在光滑的水平面上.质量为 m 的子弹以速度 v 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出.若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图 6-2-12 所示，
A.子弹损失的动能一样多B.子弹与上层摩擦力较大
C.子弹射击下层时系统产生的热量较多
D.子弹射击上层时，从射入到共速所经历时间较长
解析：子弹射入滑块的过程中，将子弹和滑块看成一个整体，合外力为 0，动量守恒，所以两种情况后子弹和滑块的速度相同，所以末动能相同，系统损失的动能一样多，产生的热量一样多，A 正确，C 错误.子弹射入下层滑块刚好不射出，射入上层滑块能进一半厚度，说明在上层所受的摩擦力比下层大，根据动量定理可知，两种情况冲量相同，子弹射击上层所受摩擦力大，所以从入射到共速所经历时间短，B 正确，D 错误.
模型三 滑块—木板模型
【典题 13】如图 6-2-13 所示，足够长的小平板车 B 的质量为M，以水平速度 v0 向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m 的小物体 A 从车的右端以水平速度 v0 沿车的粗糙上表面向左运动.若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为 g，则
v0，若 M>m，A 所受的摩擦力为 Ff＝μmg，
解析：规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 Mv0－mv0＝
(M＋m)v，得 v＝
A 选项研究物体 A，末速度为 0 时位移最大，B
选项研究小车，末速度为 0 时，位移最大，应用动能定理求解.由动量守恒求出二者共同速度、动量的变化及摩擦力的冲量，由冲量得到作用时间.
【典题 14】A、B 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B 两球的质量分别为 m 和 M(mL1 与 L2 的大小关系为(甲A.L1>L2C.L1＝L2
乙B.L1解析：当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲，取 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv＝(m＋M)v1，由机械能守恒
“圆弧轨道＋滑块(小球)”模型
1.模型图(如图 6-2-15 所示).
2.模型特点.(1)最高点：m 与 M 具有共同水平速度，且 m 不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒.mv0＝(M＋m)v共，
(2)最低点：m 与 M 分离点.水平方向动量守恒，系统机械能守
【典题 15】(2023 年广东梅州三模)如图 6-2-16 是某滑板运动场地的简化模型.右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道 AB，半径R＝3.2 m，左侧是一固定的光滑曲面轨道 CD，两轨道末端 C 与 B等高，曲面在 D 点的切线与水平方向间的夹角θ＝45°.两轨道间有质量 M＝2 kg 的长木板静止在光滑水平地面上，长木板右端紧靠圆弧轨道 AB 的 B 端，木板上表面与圆弧面相切于 B 点.一质量m＝1 kg 的小滑块 P(可视为质点)从圆弧轨道 AB 最高点由静止滑下，经 B 点滑上长木板.重力加速度 g 取 10 m/s2，小滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板厚度 d＝0.4 m，D 点离地面的高度 h＝1.8 m，不计空气阻力.
(1)求小滑块 P 滑到 B 点时对轨道的压力大小.
(2)若木板只与 C 端发生了两次碰撞(未与 B 端发生碰撞)，小滑块一直未与木板分离，木板与 C 端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短.
①求开始时木板左端离 C 端的距离；②求木板的最小长度.
解得 FN＝30 N由牛顿第三定律可知，小滑块 P 滑到 B 点时对轨道的压力大小为 30 N.
(2)①若在小滑块与 C 端碰撞前小滑块与木板已达共同速度，碰撞后木板速度反向，则整体的总动量向右，木板将与 B 端发生碰撞，这与已知条件不符，故在小滑块与 C 端碰撞前小滑块与木板未达共同速度.小滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由
木板与 C 端第一次碰撞前瞬间，小滑块速度为 v1，木板速度为 v2，在小滑块滑上木板到木板第一次与 C 端碰撞前瞬间，由动量守恒定律可知 mvB＝mv1＋Mv2
由于无能量损失，则木板以原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为 a，由对称性可知，木板与 B 端接触时速度为 0，后开始向左做匀加速直线运动与 C 端发生第二次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为 v2，小滑块速度为 v3，木板只与 C 端
从木板第一次与 C 端碰撞之后的瞬间到木板第二次与 C 端碰撞之前瞬间的过程，由动量守恒定律可知 mv1－Mv2＝mv3＋Mv2
联立解得 v2＝1 m/s