【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件6.2动量守恒定律 (含解析).ppt，共(62)页，1.678 MB，由MTyang资料小铺上传

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6．2动量守恒定律知识清单考点整合集中记忆一、动量守恒定律内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．表达式：(1)p＝p′，系统作用前的总动量等于作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．适用条件：(1)理想守

恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零．(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)某方向守恒：系统在某个方向上所受外力之和为零时，系统在该方向上动量守恒．二、动量守恒定律的应用碰撞现象(1)特征：作用时间短，内力远大于

外力，满足动量守恒．(2)类型：弹性碰撞动量守恒机械能守恒非弹性碰撞动量守恒机械能损失完全非弹性碰撞(碰后结为一体)动量守恒机械能损失最多爆炸现象：作用时间短，内力远大于外力，满足动量守恒，机械能增加．反冲运动：在内力作用下分为两部分，并向相反方向运动，满足动量守恒，机械能增加．考点

讲练考点突破针对训练考点一动量守恒的判断1．动量守恒的条件系统所受外力的矢量和为零．2．判断动量守恒注意“三点”(1)要明确所研究的系统包括哪些物体．(2)要区分系统的内力和外力．(3)要区分是系统的

总动量守恒，还是某个方向的动量守恒．(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当两物体被同时释放后，则()A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成的系统动量守恒B．若A、B与

平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成的系统动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统动量守恒D．不论A、B所受的摩擦力大小如何，A、B、C组成的系统动量守恒【答案】BCD【解析】A项

，A、B与小车的动摩擦因数相同，由于A、B与小车间摩擦力大小不相等，所以A、B组成的系统所受外力矢量和不为零，动量不守恒，故A项错误；若以A、B、C组成的系统为研究对象，系统所受外力之和为零，满足动量守恒，故B项正确，同理可知，C、D两项正确．(2018·泸州二

模)如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦．从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是()A．小球的机械能守恒

，动量守恒B．小球的机械能守恒，动量不守恒C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒【答案】D【解析】A、B两项，从静止弹射到小球落地前的过程中，由于弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒．由

于小球所受的合外力是重力，不等于零，则其动量不守恒，故A、B两项错误．C、D两项，小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒．系统竖直方向的外力之和不为零，水平方向外力之和为

零，所以系统的动量不守恒，水平方向动量守恒，C项错误，D项正确．考点二动量守恒定律的基本应用1．动量守恒定律的“五性”(1)系统性：研究对象是相互作用的多个物体组成的系统．(2)矢量性：解题时要先规定正方向，确定动量的正负．(3)相对性：各物体的速度必须是相对同一参

考系．(4)同时性：作用前同一时刻的总动量等于作用后同一时刻的总动量．(5)方向性：系统在某个方向的外力矢量和为零时，在该方向上应用动量守恒．2．应用动量守恒定律的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成．(

2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒．(3)规定正方向，确定初末状态的动量．(4)由动量守恒定律列出方程．一个人站在静止于冰面的小车上，人和车的总质量为M＝80kg，当它接到一个质量为m＝20kg，以v0＝5

m/s的速度迎面滑来的木箱后，立即又以相对地面的速度v′＝5m/s逆着木箱原来滑行的方向推出，不计冰面的阻力，则小车获得的速度多大？方向如何？【答案】2.5m/s方向与v0方向相同【解析】以原来木箱滑行的速度方向为正，由动量守恒定

律得mv0＝－mv′＋Mv1v1＝mv0＋mv′M＝2.5m/s.方向与v0方向相同．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它们的下底面光滑，上表

面粗糙，另有一质量mC＝0.10kg的滑块C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示．由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m/s.求：(1)木块A的最终速度vA；(2)滑块C离开A时的速度vC′.【答案】

(1)0.25m/s(2)2.75m/s【解析】C从开始滑上A到恰好滑至A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′C刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v解得vA＝0.

25m/svC′＝2.75m/s.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0和v0.为避免两船相撞．乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求

抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)【答案】4v0【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin①10m×2v0－mvmin＝11mv2

②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得vmin＝4v0④考点三反冲和“人船模型”1．反冲问题“四点”注意(1)注意速度的相对性：若已知物体间的相对速度，应转化为对地速度．(2)注意质量的变化：明确反冲前的质量和反冲后的质量．(3)注意初末状态：分清反冲作用前的动量和作用后的动量．

2．“人船模型”质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．当他向左走到船的左端时，忽略水的阻力，船左端离岸多远？处理这类问题的关键是确定两个关系：(1)画出两物体的位移图，确定两物体的位移关系：l1＋l2＝L①(2)利用平均

动量守恒，确定两个位移与质量的关系：mv1－Mv2＝0ml1－Ml2＝0②由①②，得l2＝mM＋mL.在太空中有一枚相对于太空站处于静止的火箭，其质量为M，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0(相对于太空站)，紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v(相对于

太空站)，火箭第二次喷射气体的速度多大？(相对于太空站)【答案】(Mm－2)v－v0【解析】喷出的气体和火箭组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，第一次喷气后mv0－(M－m)v1＝0.解得v1＝mv0M－m方向与v0方向相反．第二次喷气后－(M

－m)v1＝mv2－(M－2m)v.解得v2＝(Mm－2)v－v0.(2018·河南模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端．此过程

中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A．FN＝mgcosαB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面向左滑动的距离为mM＋mL【答案】D【解析】A项，当滑块B相对于斜面

加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A项错误；B项，滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故B项错误；C项，由于滑块B有竖直方向的

分加速度，所以系统竖直方向外力之和不为零，系统的动量不守恒，故C项错误；D项，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mx

1t－mx2t＝0，即有：Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得：x1＝mM＋mL，故D项正确．考点四碰撞模型1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒定律．(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′p122m1＋p222m2≥p′122m

1＋p′222m2(3)速度要合理：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(或相等)．②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．弹性碰撞规律在“一动一静”模型中，质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的

静止小球发生弹性正撞，则有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′①12m1v12＝12m1v′12＋12m2v′22②由①②得v1′＝（m1－m2）v1m1＋m2v2′＝2m1v1m1＋m2结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v

2′＝v1，碰撞后交换速度．(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都向前运动．(3)当m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2018·石家庄一模)质量分别为m1与m2的甲、

乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是()A．m1

＝m2B．2m1＝m2C．3m1＝2m2D．4m1＝m2【答案】B【解析】根据动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′解得：p1′＝4kg·m/s.碰撞过程系统的总动能不增加，则有：p′122m1＋p′222m2≤p122m1＋p222m2代入数据解得：m1m2≤0.6.碰撞后甲

的速度不大于乙的速度，则有：p1′m1≤p2′m2代入数据解得：m1m2≥0.5.综上有0.5≤m1m2≤0.6，所以只有2m1＝m2可能，故B项正确，A、C、D三项错误．(2018·湖北一模)如图所示，两个大小相等、质量均为1kg的小

球A、B静止在光滑水平面上，现给小球A水平向右的瞬时冲量I＝2N·s，小球A向右运动并与小球B发生对心碰撞，两小球碰撞过程中系统的机械能损失可能为()A．0.8JB．1.2JC．1.6JD．2J【答案】A【解析】两球的碰撞性质未知，若为弹性

碰撞，则两球交换速度，系统机械能守恒，机械能损失为0.若为完全非弹性碰撞，则系统的机械能损失最大．取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，对A，由动量定理得I＝mv0.由能量守恒定律得：12mv02＝12×2mv2＋ΔE，联立解得：ΔE＝1J，所以两小球碰撞过

程中系统的机械能损失范围为0≤ΔE≤1J．故A项正确，B、C、D三项错误．(2018·海南)如图，光滑轨道PQO的水平段QO＝h2，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O

点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．【答案】(1)－352gh252gh(2)26125h【解析】(

1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝12mv02，A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA＋4mvB，由机械能守恒定律得：12mv02＝12mvA2＋12·4mvB2，解得：vA＝－3

52gh，vB＝252gh；(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：对B：－μ·4mgx＝0－12·4mvB2，x＝8h25，设当物块A的位移为x时速度为v，对A，由动能定理得：－μmgx＝12mv2－12mvA2，解得：

v＝25gh，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA′＋4mvB′，由机械能守恒定律得：12mv2＝12mv′A2＋12·4mv′B2，解得：vA′＝－3525gh，vB′＝2525gh，碰撞后A

向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：对A：－μmgxA＝0－12mv′A2，对B：－μ·4mgxB＝0－12·4mv′B2，解得：xA＝18125h，xB＝8125h，A、B均停止运动后它们之间的距离：d＝xA＋xB＝26125h.方法提炼类碰撞模型：对于相互作用的系统，只要

满足动量守恒和动能守恒，都可以看做弹性碰撞模型，可直接应用相关结论．如图所示，地面光滑，m以一定的初速度冲上凹槽M，当m与M速度相同时，此过程相当于一动碰一静的完全非弹性碰撞；在m滚下凹槽回到M左端时，整个过程相当于一动碰一静的完全弹性碰撞．题型拓展典例剖析提炼方法应用动量守恒求解对多次作用问题

对于有多次作用、多个过程相互作用系统，应用动量守恒时要注意区分两种情况：1．可以对全过程应用动量守恒，再结合能量守恒求解(见例1)．2．只能对单一过程应用动量守恒，通过第1、2、3„次作用的动量守恒，归纳总结第n次作用的相

关表达式，再结合能量守恒求解(见例2)．例1(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块

一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.12mv2B.12mMm＋Mv2C.12NμmgLD．NμmgL【答案】BD【解析】小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中

间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能ΔEk＝12mv2－12(M＋m)v12＝12·Mmv2M＋m，A项错误、B项正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C

项错误，D项正确．例2如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱质量为m，小车和人总质量为M，M∶m＝4∶1，人以速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速率反弹回来以后，人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱，木箱又被原速反弹„„，问人最多能推几次木箱？【答

案】3【解析】选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向．设第n次推出木箱后人与小车的速度为vn，第n次接住后速度为vn′，则由动量守恒定律可知：第一次推出后有：0＝Mv1－mv，则v1＝mvM第一次接住后有：Mv1＋mv＝(M＋m)v1′第二次推出后有：

(M＋m)v1′＝Mv2－mv，则v2＝3mvM第二次接住后有：Mv2＋mv＝(M＋m)v2′„第n－1次接住：Mvn－1＋mv＝(M＋m)vn－1′第n次推出：(M＋m)vn－1′＝Mvn－mv即vn＝（2n－1）Mmv设最多能推n次，推出

后有vn≥v，vn－1<v.即（2n－1）mvM≥v，且[2（n－1）－1]mvM<v所以12(Mm＋1)≤n<12(Mm＋1)＋1将Mm＝4代入，可得：2.5≤n<3.5因为n取整数，故n＝3.1．(多选)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为12m的人，以对地的

水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，„，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则()A．A、B(包括人)两船速度大小之比为2∶3B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1C．A、B(包括人)两船的动能之比为3∶2D．A、B(包括人)两船的动能之

比为1∶1答案BC解析B项，以人与两船组成的系统为研究对象，在人跳跃过程中总动量守恒，所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1∶1，故B项正确；A项，最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mvA－(m＋12m)vB＝0，解得vAvB＝32，故A项错误；C项，动能之比：EkAEkB＝12mvA212（m＋12m）vB2＝32，故C项正确，D项错误．2.(2018·岳阳二模)如图所示一根劲度系数足够大的轻质弹簧

一端固定在墙上O点，另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连，物块质量为M，第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出．此后，每当物块向左经过A时，都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出．若每颗子弹的质量

为m，子弹与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，则()A．随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量将不断增加B．当第2017颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0C．当第2017颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为23D．从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到

最短的过程中，子弹、物块和弹簧系统机械能守恒答案B解析由动量守恒定律得：第一颗子弹射入物块的过程，mv0＝(M＋m)v1；得v1＝mv0M＋m，弹簧的最大弹性势能为Ep1＝12(M＋m)v12＝m2v022（M＋m），根据机械能守恒知，物块返回A

点时速度大小为v1＝mv0M＋m；第二颗子弹射入物块的过程，mv0－(M＋m)v1＝(M＋2m)v2；得v2＝0；第三颗子弹射入物块的过程，mv0＝(M＋3m)v3；得v3＝mv0M＋3m，弹簧的最大弹性势能为Ep3＝12(M＋3m)v32＝m2v022（M＋3m）

；第四颗子弹射入物块的过程，mv0－(M＋3m)v3＝(M＋4m)v4.得v4＝0.随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量并不是不断增加．A项错误；由上分析知，当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0，所以当第2

017颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0，B项正确，C项错误；机械能有一部分转化为内能，故D项错误．3．(2018·湖南模拟)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2018m的木板，板上有2018块质量均为m的相同木块1、2、„、2018.最初木板静止，各木块分别以v、2v、„、2

018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象．求：(1)最终木板的速度；(2)运动中第88块木块的最小速度；(3)第二块木块相对木板滑动的时间．答案(1)20194v(2)43.1v(3)4037v4036μg解析(1)设当所有物

块的速度相等时的速度为v′，选取向右为正方向，则有：m(v＋2v＋3v＋„＋nv)＝2nmv′可得：v′＝n＋14v＝20194v(2)设第k块木块的最小速度为vk，则此时木块与第1至第k－1块木块的速度均为vk，由于所有木块受到的摩擦力大小都是相等的

，由动量定理可知，在相等的时间内，第k＋1块木块至第n块木块速度的减小量也相等，因而此时第k＋1块木块至第n块木块速度依次是：vk＋v，vk＋2v，vk＋3v„vk＋(n－k)v则由动量守恒定律可得：m(v＋2v＋3

v＋„＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋m(vk＋2v)＋„＋m[vk＋(n－k)v]即m(v＋2v＋3v＋„＋nv)＝2nmvk＋m[1＋2＋„＋(n－k)]v所以：vk＝（2n＋1－k）kv4n则：v88＝43

439v1009≈43.1v