【文档说明】高考物理一轮复习课件第6章动量 动量守恒6-2 (含解析).ppt，共(52)页，1.833 MB，由MTyang资料小铺上传

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进入导航第1页第六章动量动量守恒定律进入导航第2页第2讲动量守恒定律及其应用进入导航第3页进入导航第4页考点1动量守恒定律的理解和简单应用1．动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零，则系统动量守恒；(2)系统受外力，但所受的外力

远远小于内力、可以忽略不计时，则系统动量守恒；进入导航第5页(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．(4)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力为零，则系统在该阶段动量守恒．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1

v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于作用后的动量之和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．进入导航第6页3．动量守恒定

律的“四性”进入导航第7页考向1对动量守恒定律的理解1．(2019·安徽淮南联考)(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动．在整个运动

过程中，下列说法中正确的是()CD进入导航第8页A．三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零进入导航第9页解析

：在整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，机械能减小，故A、B错误；a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，a、b做减速运动，c做加速运动，当c的速度等于a、b

的速度时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．进入导航第10页2．在平静的水面上有一条以速度v0匀速前进的

载人小船，船的质量为M，人的质量为m.开始时，人相对船静止，当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时，设船的速度为u.由动量守恒定律，下列表达式成立的是()A．(M＋m)v0＝Mu＋mvB．(M＋m)v0＝Mu＋m(v－u)C．(M＋m)v0＝Mu－m(v－u

)D．(M＋m)v0＝Mu－m(v－v0)C进入导航第11页解析：由题意，人和船组成的系统动量守恒，以水面为参考系，设船行驶方向为正，则初始时v船＝v人＝v0，v船′＝u时，v人＝－(v－u)，根据动量守恒定律得(M＋m)v

0＝Mu－m(v－u)，所以选项C正确．进入导航第12页考向2动量守恒定律的简单应用3．(2019·河南豫南联考)光滑水平面上放有一表面光滑、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()D进入导航第13页A．FN＝mgcosαB．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块B下滑过程中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进入

导航第14页解析：经分析可知滑块B相对于斜面加速下滑，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，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量

大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；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，则Mv1＝mv2，x1＝v1t，x2＝v2t，x1＋x2＝L，解得x1＝mM＋mL，D正确．进

入导航第15页4．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M＝30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以大小为v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图

所示．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．进入导航第16页解析：解法1：取甲开始运动的方向为正方向，设甲推出箱子后的速度为v1，

箱子的速度为v，以甲和箱子为系统，则由动量守恒定律得(m＋M)v0＝Mv1＋mv.设乙抓住箱子后其速度为v2，以箱子和乙为系统，则由动量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1，当甲和乙的速度相等时，甲推箱子的速度最小，此时v1＝v2.联立上述

三式可得v＝m2＋2mM＋2M2m2＋2mMv0＝5.2m/s.即甲至少要以对地5.2m/s的速度将箱子推出，才能避免与乙相撞．进入导航第17页解法2：若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统，由于不相撞的条件是甲、乙速度相等，设为v1

，则由动量守恒定律得(m＋M)v0－Mv0＝(m＋2M)v1，代入具体数据可得v1＝0.4m/s.再以甲和箱子为一系统，设推出箱子的速度为v，推出箱子前、后系统的动量守恒(m＋M)v0＝Mv1＋mv，代入具体数据得v＝5.2m/s.答案：5.2m/s进入导航第18页1动量守恒定

律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统，系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.2分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力，要判断系统是否动量守恒，或是否在某个方向上动量守恒.3要明确系统

中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对地面的速度.进入导航第19页考点2碰撞模型1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或p212m1

＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(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：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．进入导航第20页2．三种碰撞进入导航第21页进入导航第22页考向1

对碰撞“三原则”的理解(多选)A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是9kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是()A．mB＝2mAB．mB

＝3mAC．mB＝4mAD．mB＝5mAAB进入导航第23页【解析】以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝12kg·m/s，解得，pA′＝4kg·m/s，碰撞

过程系统的总动能不增加，则有pA′22mA＋pB′22mB≤p2A2mA＋p2B2mB，解得：mAmB≤1121，由题意可知：当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有：pAmA>pBmB，解得：mAm

B<pApB＝79，碰撞后A的速度不大于B的速度，则有pA′mA≤pB′mB，mAmB≥pA′pB′＝13，综上得：13≤mAmB≤1121，故A、B正确．进入导航第24页1．(2019·甘肃会宁月考)如图所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4kg

·m/s和p2＝6kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为()D进入导航第25页A．－2kg·m/s,3kg·m/sB．－8kg·m/s,8kg·m/sC．1kg·m/s，－1kg

·m/sD．－2kg·m/s,2kg·m/s解析：碰撞过程中动量守恒，即满足p1＋p2＝(p1＋Δp1)＋(p2＋Δp2)，代入A选项数据知不满足动量守恒，A错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即p212m1＋p222m2≥p1＋Δp1

22m1＋p2＋Δp222m2，代入B选项数据知不满足，B错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后还要满足小球B的速度增加，小球A的速度减小，而C选项中碰撞后A球的速度增加，B球的速度减小，所以不符合实际，C错误；D满足以上条件，所以D有可能，D正确．进入导航第26页处理碰撞问

题的思路和方法(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还满足能量守恒，注意碰撞完成后关于不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．(3)要灵活运用Ek＝p22m或p＝2mEk转换动能与动量．进入导航第27页考向2弹性碰撞(20

19·江西上饶六校一模)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩

弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AC进入导航第28页A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv20D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv20进入导航第29页【解析】弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能

转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有：Epm＝12mAv20当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，

由动量守恒定律得：mA·2v0＝(m＋mA)v进入导航第30页由机械能守恒定律得：Epm＝12mA(2v0)2－12(mA＋m)v2解得mA＝3m，Epm＝32mv20，故A、C正确．进入导航第31页2．(2019·

贵州贵阳模拟)在光滑的冰面上放置一个截面为14圆且半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m1，小球的质量为m2，曲面体的质量为m3.某时刻小孩将小球以v0＝4m/s的速度向曲面体推出(如图所示)．进入导航第32页(1)求小球在圆弧面上能上

升的最大高度；(2)若m1＝40kg，m2＝2kg，小孩将球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m3应满足的条件．进入导航第33页解析：(1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v系统机械能

守恒，由机械能守恒定律得12m2v20＝12(m2＋m3)v2＋m2gh解得h＝m3v202m2＋m3g.(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m2v0－m1v1＝0，球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝－m2v2＋m3v3进入导航第34页由机械能守恒定律得12m2v20＝12m2v22＋12m3v23解得v2＝m3－m2m3＋m2v0如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：v2>v1解得m3>4219kg答案：(1)m3v202

m2＋m3g(2)m3>4219kg进入导航第35页弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒进入导航第36页(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1

，即两物体交换速度．当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度．②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动．③m1<

m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．进入导航第37页考向3非弹性碰撞(2019·陕西咸阳模拟)如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹

(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定．试求：进入导航第38页(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动

的时间t.[审题指导]子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律求解第一个木块的速度大小，由能量守恒求子弹在木块中所受阻力大小，对子弹与第二块木块相互作用系统，子弹不能打穿第二块木块，由动量守恒定律和动量定理求解子弹在第二块木块中与该木块发生相对运

动的时间．进入导航第39页【解析】(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0＝m25v0＋3mv解得v＝15v0对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒有FfL＝12mv20－12m25v02－12·(3m)v

2解得子弹受到木块阻力Ff＝9mv2025L进入导航第40页(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，由于12m·25v02＝2mv2025<9mv2025，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律

有m25v0＝(m＋3m)v共解得v共＝v010对第二块木块，由动量定理有Fft＝3mv010子弹在第二块木块中的运动时间为t＝5L6v0【答案】(1)15v09mv2025L(2)5L6v0进入导航第41页子弹打木块模型的规律(1)当

子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多．

(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Mm＋MEk0，等于系统其他形式能的增加．进入导航第42页考点3爆炸和反冲1．爆炸现象的三个规律进入导航第43页动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，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，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量

开始运动进入导航第44页2.对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内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

的总机械能增加进入导航第45页一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()B进入导航第46

页【解析】由h＝12gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2m/s，因此水平位移大于2m，选项C、D均错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方

向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δ

v甲＝0.5m/s，选项A错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，选项B正确．进入导航第47页3．(2019·山东济南一模)运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级结构来提高其运载能力．某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的

优越性，模型甲内部装有质量为Δm＝100g的压缩气体，总质量为M＝1kg，启动后全部压缩气体以v0＝570m/s的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，两级内部各装有质量为Δm2的压缩气体，进入导

航第48页每级总质量均为M2，启动后模型乙第一级内的全部压缩气体以速度v0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v0从第二级底部喷口在极短时间内竖直向下喷出．喷气过程中

的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g取10m/s2，求两种模型上升的最大高度之差．进入导航第49页解析：对模型甲，由动量守恒有0＝(M－Δm)v甲－Δmv0，由运动学公式有h甲＝v2甲2g≈200.56m，对模型乙第一级喷气，由动量定恒有0＝

M－Δm2v乙1－Δm2v0，解得v乙1＝30m/s，则2s末有v乙1′＝v乙1－gt＝10m/s，h乙1＝v2乙1－v乙1′22g＝40m，进入导航第50页对模型乙第二级喷气，由动量守恒有M2v乙1′＝M2－Δm2v乙2－Δm2v0，

h乙2＝v2乙22g≈277.1m，可得Δh＝h乙1＋h乙2－h甲＝116.54m.答案：116.54m进入导航第51页分析爆炸、反冲问题的两点注意(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大．(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物

体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变；在反冲过程中，若喷气时间极短，也认为物体位置不变．进入导航第52页温示提馨请做：课时作业21PPT文稿（点击进入）