还剩52页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考物理一轮复习讲义课件 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
新高考物理一轮复习讲义课件第7章 第2讲 动量守恒定律及应用（含解析）
展开
这是一份新高考物理一轮复习讲义课件第7章 第2讲 动量守恒定律及应用（含解析），共60页。PPT课件主要包含了动量守恒定律及应用，必备知识，矢量和，－Δp2，关键能力，远大于，模型图示，碰撞问题，课时精练，答案2ms等内容，欢迎下载使用。
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.
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
动量守恒定律的理解和基本应用
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)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ .系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
1.只要系统所受合外力做功为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.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒.( )4.动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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.( )
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.动量守恒定律的五个特性：
例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
考向1 系统动量守恒的判断
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，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.
例2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)A.5 m/s B.4 m/sC.8.5 m/s D.9.5 m/s
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 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v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 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M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 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＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确.
爆炸、反冲运动和人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
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.( )
例4 (2023·河北省模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是
2.模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
3.运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
例6 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都 为零C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为
系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为 ，D正确.
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.
1.碰撞前后系统的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.( )3.两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律.( )
1.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m1v1＝m1v1′＋m2v2′
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
2.静止物体被撞后的速度范围
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 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.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/sB.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/sC.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/sD.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
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.
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①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′.②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.
碰撞问题遵守的三条原则
例8 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0
设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，
例9 (2023·安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量均为M.开始时物块A、B分别以大小为2v0、v0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速度地迅速粘在A上.B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起.
设A、C粘在一起的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律有2mv0＝(m＋M)v1，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v1≤v0.设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m＋M)v1－Mv0＝(m＋2M)v2，为使B能与挡板再次碰撞，应满足v2>0，解得1≤ <2.
(2)若三个物块的质量均为m，求在整个作用过程中系统产生的内能Q.
1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”.忽略地面的摩擦力，在这个过程中A.两运动员的总动量守恒B.甲、乙运动员的动量变化量相同C.两运动员的总机械能守恒D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误.
2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态.现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)A.整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B.整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C.M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D.M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统 动能最大
由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒.由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；
从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；
在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确.
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)A.5 m B.3.6 mC.2.6 m D.8 m
4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则A.在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D.在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；
a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误.
5.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，如图所示.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图
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；
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.
6.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
由题设条件，三球在碰撞过程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.
7.(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是A.碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/sB.B物块的质量为0.75 kgC.碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·sD.碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
8.(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2∶1、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1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC.爆炸后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 m
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x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝ ，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝ gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误.
9.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m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 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 s
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 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：vn＝7.9 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：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；
10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A、B两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0＝ 同时竖直向下抛出，B球先与地面碰撞，再与A球碰撞后B球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则A.A、B两球的质量之比为1∶3B.A、B两球的质量之比为1∶2C.碰后A球上升的最大高度为8HD.碰后A球上升的最大高度为16H
11.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.
因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.
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R＝0.8 m的 圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接.球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；答案 12 N
在B点对球1应用牛顿第二定律：
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得：
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少.
所以m2＝0.2 kg.
13.(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，
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.
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
动量守恒定律的理解和基本应用
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)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ .系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量.(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
1.只要系统所受合外力做功为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.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒.( )4.动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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.( )
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.动量守恒定律的五个特性：
例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
考向1 系统动量守恒的判断
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，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.
例2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)A.5 m/s B.4 m/sC.8.5 m/s D.9.5 m/s
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 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v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 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M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 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＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确.
爆炸、反冲运动和人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
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.( )
例4 (2023·河北省模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是
2.模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
3.运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
例6 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都 为零C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为
系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为 ，D正确.
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.
1.碰撞前后系统的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.( )3.两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律.( )
1.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m1v1＝m1v1′＋m2v2′
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1
2.静止物体被撞后的速度范围
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 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.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/sB.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/sC.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/sD.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
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.
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况①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′.②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.
碰撞问题遵守的三条原则
例8 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0
设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，
例9 (2023·安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量均为M.开始时物块A、B分别以大小为2v0、v0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速度地迅速粘在A上.B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起.
设A、C粘在一起的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律有2mv0＝(m＋M)v1，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v1≤v0.设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m＋M)v1－Mv0＝(m＋2M)v2，为使B能与挡板再次碰撞，应满足v2>0，解得1≤ <2.
(2)若三个物块的质量均为m，求在整个作用过程中系统产生的内能Q.
1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”.忽略地面的摩擦力，在这个过程中A.两运动员的总动量守恒B.甲、乙运动员的动量变化量相同C.两运动员的总机械能守恒D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误.
2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态.现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)A.整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B.整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C.M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D.M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统 动能最大
由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒.由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；
从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；
在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确.
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)A.5 m B.3.6 mC.2.6 m D.8 m
4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则A.在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D.在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；
a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误.
5.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，如图所示.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图
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；
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.
6.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
由题设条件，三球在碰撞过程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.
7.(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，下列结论错误的是A.碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/sB.B物块的质量为0.75 kgC.碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·sD.碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
8.(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2∶1、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1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC.爆炸后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 m
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x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝ ，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝ gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误.
9.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m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 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 s
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 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：vn＝7.9 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：(M－nm)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；
10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A、B两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0＝ 同时竖直向下抛出，B球先与地面碰撞，再与A球碰撞后B球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则A.A、B两球的质量之比为1∶3B.A、B两球的质量之比为1∶2C.碰后A球上升的最大高度为8HD.碰后A球上升的最大高度为16H
11.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.
因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.
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R＝0.8 m的 圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接.球2、球3均放在BC轨道上，质量m1＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；答案 12 N
在B点对球1应用牛顿第二定律：
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得：
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少.
所以m2＝0.2 kg.
13.(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，
相关课件
新高考物理一轮复习讲义课件第6章 第2讲 动能定理及其应用（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习讲义课件第6章 第2讲 动能定理及其应用（含解析），共60页。PPT课件主要包含了动能定理及其应用，第2讲，必备知识，动能的，关键能力，答案150N，课时精练，基础落实练，能力综合练，答案12J等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习讲义课件第3章 第2讲 牛顿第2定律的基本应用（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习讲义课件第3章 第2讲 牛顿第2定律的基本应用（含解析），共60页。PPT课件主要包含了瞬时问题，必备知识，解题思路，超重和失重问题，mg＋ma，mg－ma，关键能力，答案见解析，答案0，答案16ms2等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习精品课件第7章第2讲动量守恒定律及应用（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精品课件第7章第2讲动量守恒定律及应用（含解析），共60页。PPT课件主要包含了内容索引，考点三碰撞问题，课时精练，矢量和，－Δp2，碰撞问题，远大于，答案03ms，答案64ms，答案02kg等内容，欢迎下载使用。
