2023年江苏高考 物理大一轮复习 第七章 第2讲　动量守恒定律及应用课件（79张PPT）

1、第七章动量第2讲动量守恒定律及应用目标要求1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律.内容索引考点一动量守恒定律的理解和基本应用考点二爆炸、反冲运动和人船模型考点三碰撞问题课时精练考点一动量守恒定律的理解和基本应用夯实必备知识基础梳理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)pp或m1v1m2v2_.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.(2)p1_，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.矢量和m1v1m2v2p21.只要系统所受

2、合外力做功为0，系统动量就守恒.()2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变.()3.动量守恒定律的表达式m1v1m2v2m1v1m2v2，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系.()提升关键能力方法技巧1.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.(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，则系统在这一方向上动量守恒.2.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

3、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.例1如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上.它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起.如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同.对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是A.从烧断细线到弹簧恢复原长的过 程中，图甲所示系统动量守恒， 机械能守恒B.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D.从烧断细线到弹簧恢复

4、原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零考向1系统动量守恒的判断从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式IFt可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙

5、中B车做功为0，故D错误.例2(2019江苏卷12(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为考向2动量守恒定律的基本应用例3甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v06 m/s，甲车上有质量为m1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M150 kg，乙和他的小车的总质量为M230 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞.则

6、甲总共抛出的小球个数是A.12 B.13 C.14 D.15考向3动量守恒定律的临界问题规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0M2v0(M1M2)v ，解得v1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0(M1nm)vnmv，解得n15，D正确.考点二爆炸、反冲运动和人船模型夯实必备知识基础梳理1.爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产

7、生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加1.发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象.()2.爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.()提升关键能力方法技巧人船模型(1)模型图示(2)模型特点两物体满足动量守恒定律：mv人Mv船0 x人x船L，(3)运动特点人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左

8、船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，例4在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q.已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是A.爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同B.爆炸后Q比P先落地C.Q的落地点到爆炸点的水平距离大D.爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等考向1爆炸问题在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒.爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据

9、动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误.例5火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度.设质量

10、为m的火箭在极短的时间t内喷射燃气的质量是m(mm)，以喷气前的火箭为参考系，喷出燃气的速率是u.(1)求火箭在喷气后增加的速度v；考向2反冲运动在很短时间t内，研究火箭及其喷出的燃气组成的系统，系统动量守恒(mm)vm(u)0火箭在喷气后增加的速度v若认为mm，解得v(2)比冲是用于衡量火箭发动机效率的重要物理参数，其定义为发动机消耗单位质量的推进剂产生的冲量，用Isp表示，请推导比冲Isp与喷气速率u的关系式.(很短时间t内，研究火箭及其喷出的燃气组成的系统，可以不考虑火箭重力的冲量.)答案Ispu比冲的定义式为Isp在很短时间t内，火箭受到的冲量I(mm)vmu代入比冲的定义式，得例6有

11、一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为考向3人船模型考点三碰撞问题夯实必备知识基础梳理1.碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力_的现象.2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力_外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.很大远大于3.分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒_非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失_守恒最大1.碰撞前后系统的

12、动量和机械能均守恒.()2.在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同.()提升关键能力方法技巧1.碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1p2p1p2.(2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2.(3)速度要符合实际情况碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后.碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变.2.弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2讨论：若m1m2，则v10，v2v1(速度交

13、换)；若m1m2，则v10，v20(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1m2时，v1v1，v22v1；若m1m2，则v10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1m2时，v1v1，v20.例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是A.vA5 m/s，vB2.5 m/sB.vA2 m/s，vB4 m/sC.vA4 m/s，vB7 m/sD.vA7 m/s，vB1.5 m/s考向1碰撞的可能性虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，不符合

14、实际，即A、D项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确.例8如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁.小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动.小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ2PO，则两小球质量之比m1m2为A.75 B.13C.21 D.53考向2弹性碰撞设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有 ，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由

15、运动学规律有v1v2PO(PO2PQ)15，联立三式可得m1m253，D正确.例9北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等，求：(1)冰壶乙获得的速度大小；考向3非弹性碰撞答案0.3 m/s由动量守恒定律知mv1mv2mv3将v10.4 m/s，v20.1 m/s代入上式得v30.3 m/s.(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少.答案非弹性碰撞0.57 J因为E1E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，

16、能量损失EE1E20.57 J.课时精练1.(2021全国乙卷14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒必备基础练12345678910111213因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统

17、，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒.故选B.123456789101112132.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m150 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m220 kg，长绳的下端刚好和水平地面接触，当静止时人离地面的高度为h5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约是(可以把人看成质点)A.5 m B.3.6 mC.2.6 m D.8 m12345678910111213123456789101112当人滑到绳下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得 ，且

18、h1h2h，解得h23.6 m，所以他离地高度约是3.6 m，故选项B正确.133.如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短(t0.01 s)，图中无法显示，则A.物块B的质量为2 kgB.物块B的质量为4 kgC.A、B碰撞时的平均作用力大 小为300 ND.A、B碰撞时的平均作用力大 小为100 N1234567891011121312345678910111213对B有FtmBv0，解得F300 N，C正确，D错

19、误.4.竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则A.炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小B.炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C.炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小D.炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小12345678910111213123456789101112在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定，以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有(mamb)v0ma(va)mbvb，解得vb v0，b块的

20、速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故A、C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误.135.冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图乙.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图12345678910111213123456789101112两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰

21、壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；13123456789101112两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误.136.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为12345678910111213能力综合练由题设条件，三球在碰撞过程

22、中总动量和总动能守恒.设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为 mv02.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能.对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为 mv02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能.对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.123456789101112137.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车，用长为L的细线系一质量为m的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则A.小球与油泥相撞后一起向左运动B.小球与油泥相撞后一起向右运动12345

23、678910111213123456789101112在水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒.小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动.当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故A、B错误；13123456789101112138.(2021浙江1月选考12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为21、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来

24、的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力.下列说法正确的是A.两碎块的位移大小之比为12B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC.爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m1234567891011121312345678910111213设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向xv0t知落地水平位移之比为12，碎块位移s ，可见两碎块的位移大小

25、之比不是12，故A项错误；据题意知，vt(5 st)340 m/s，又2vt(6 st)340 m/s，联立解得t4 s，v85 m/s，故爆炸点离地面高度为h 80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为x3vt1 020 m，故D项错误.9.如图所示，动量分别为pA12 kgm/s、pB13 kgm/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用pA、pB表示两小球动量的变化量.则下列选项中可能正确的是A.pA3 kgm/s、pB4 kgm/sB.pA2 kgm/s、pB2 kgm/sC.pA24 kgm/s、pB24 kgm/sD.p

26、A3 kgm/s、pB3 kgm/s12345678910111213123456789101112本题属于追及碰撞，碰前，后面物体的速度一定要大于前面物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以pA0，并且pApB，据此可排除选项A、D；若pA24 kgm/s、pB24 kgm/s，碰后两球的动量分别为pA12 kgm/s、pB37 kgm/s，根据关系式Ek 可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样碰后系统的机械能比碰前增大了，可排除选项C；经检验，选项B满足碰撞遵循的三个规律.

27、1310.在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度.某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则A.第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC.要使火箭能成功发射至少要喷气500次D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s1234567891011121312345678910111213设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次

28、气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M3m)v33mv0，解得：v34 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：vn7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(Mnm)vnnmv0，代入数据解得：n666，故C错误；至少持续喷气时间为：t 33.3 s，故D错误.11.如图所示，甲车质量m120 kg，车上有质量M50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v3 m/s的速度向右滑行，此时质量m250 kg的乙车正以v01.8 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

29、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.12345678910111213答案大于或等于3.8 m/s12345678910111213人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向由水平方向动量守恒得(m1M)vm2v0(m1m2M)v解得v1 m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1M)vm1vMu解得u3.8 m/s因此，只要人跳离甲车的水平速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞.12.如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R0.8 m的 圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑