資源簡介

(共42張PPT)
第2講　動量守恒定律
必備知識·自主排查
關鍵能力·分層突破
必備知識·自主排查
一、動量守恒定律及守恒條件
1．動量守恒定律
(1)內容：如果一個系統________，或者所受外力的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變．
(2)動量守恒定律的表達式：m1v1＋m2v2＝______________或Δp1＝－Δp2.
2．系統動量守恒的條件
(1)理想守恒：系統不受外力或所受________的合力為零，則系統動量守恒．
(2)近似守恒：系統受到的合外力不為零，但當內力________合外力時，系統的動量可近似看成守恒．
(3)分方向守恒：系統在某個方向上所受________為零或該方向F內 F外時，系統在該方向上動量守恒．
不受外力　
m1v′1＋m2v′2
外力　
遠大于　
合外力
二、彈性碰撞和非彈性碰撞
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續時間__________，而物體間相互作用力________的現象．
(2)特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力_______外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒．
(3)分類
種類 動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 ________
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失________
很短　
很大　
遠大于　
守恒　
最大
2.反沖運動
(1)定義：靜止或運動的物體通過分離出部分物質，而使自身在反方向獲得加速的現象．
(2)特點：在反沖運動中，如果沒有外力作用或外力遠小于物體間的相互作用力，系統的________是守恒的．
(3)爆炸現象：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且____________系統所受的外力，所以系統動量________，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動．,
動量　
遠大于　
守恒
生活情境
在花樣滑冰雙人滑比賽中，男女選手的質量分別為m1＝60 kg和m2＝40 kg，男選手的速度為1 m/s，方向向西，女選手的速度為4 m/s, 方向向東，滑行中兩位選手相遇并攜手共同滑行，冰面摩擦忽略不計．請完成以下判斷題：
(1)兩位選手在攜手過程中，所受合外力為零．(　　)
(2)兩位選手組成的系統動量守恒．(　　)
(3)兩位選手一起滑行的速度大小為1 m/s，方向向東．(　　)
(4)兩位選手在攜手過程中機械能守恒．(　　)
(5)兩位選手在攜手過程中機械能損失300 J．(　　)
(6)兩位選手的攜手過程屬于完全非彈性碰撞．(　　)
√
√
√
×
√
√
關鍵能力·分層突破
考點一　動量守恒定律的理解與應用
角度1動量守恒的判斷
判斷系統動量守恒時的兩點
(1)對于同一個系統，在不同物理過程中動量守恒情況有可能不同．
(2)同一物理過程中，選不同的系統為研究對象，動量守恒情況也往往不同，因此解題時應明確選取的系統和研究過程．
例1. [2021·全國乙卷，14 ]如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦．用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動．在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
解析：撤去推力后，小車、彈簧和滑塊組成的系統所受合外力為零，滿足系統動量守恒的條件，故系統動量守恒；由于撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，存在摩擦力做功的情況，故系統機械能不守恒，所以選項B正確．
答案：B
命題分析 試題 情境 屬于基礎性題目，以滑塊與車廂間的運動為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查動量守恒和機械能守恒的條件
關鍵 能力 考查理解能力．要求學生理解動量守恒和機械能守恒的條件
學科 素養 考查能量觀念、科學思維．要求考生利用能量觀念通過科學推理得出滑塊與車廂機械能是否守恒
角度2動量守恒定律的應用
1.動量守恒定律常用的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量矢量和等于作用后的動量矢量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統總動量的增量為零
2．應用動量守恒定律的三點提醒
(1)動量守恒定律是矢量方程，解題時應選取統一的正方向．
(2)各物體的速度必須相對于同一參考系，一般選地面為參考系．
(3)列動量守恒定律方程時應注意所選取的研究系統及研究過程．
例2. [2021·廣東卷，13]算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零．如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠與導桿間的動摩擦因數μ＝0.1.現用手指將甲以0.4 m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1 m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10 m/s2.
(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；
(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間．

答案：(1)能，計算過程見解析　(2)0.2 s
解析：(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運動，
加速度大小a1＝＝1 m/s2，
設甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，
則＝2a1s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙兩算珠碰撞時，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方向為正方向，
則有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做勻減速直線運動，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
設乙算珠能運動的最遠距離為x，
則x＝＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能夠滑動到邊框a.
(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時間t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠繼續做勻減速直線運動直到停止，所用時間t2＝＝0.1 s，
所以甲算珠從撥出到停下所需的時間t＝t1＋t2＝0.2 s.
命題分析 試題 情境 屬于基礎性題目，以被撥動的算珠的運動為素材創設生活實踐問題情境
必備 知識 考查牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律等知識
關鍵 能力 考查理解能力、模型建構能力、推理能力．分析算珠的運動，建構碰撞模型
學科 素養 考查運動與相互作用觀念、科學思維．綜合運用力與運動的觀念、動量守恒定律解決實際問題
跟進訓練
1.如圖所示是一個物理演示實驗，圖中自由下落的物體A和B被反彈后，B能上升到比初位置高的地方．A是某種材料做成的有凹坑的實心球．質量為m1＝0.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質量為m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙，將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25 m處由靜止釋放，實驗中，A觸地后在極短時間內反彈，且其速度大小不變，接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上，則反彈后木棍B上升的高度為(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．4.05 m B．1.25 m
C．5.30 m D．12.5 m
答案：A
解析：由題意可知，A、B做自由落體運動，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝，A反彈后與B的碰撞為瞬時作用，A、B組成的系統在豎直方向上所受合力雖然不為零，但作用時間很短，系統的內力遠大于外力，所以動量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上升高度h＝，聯立并代入數據得h＝4.05 m，A正確．
2．如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個輕彈簧．小車AB的質量M＝3 kg，長L＝4 m(其中O為小車的中點，AO部分粗糙，BO部分光滑)，一質量為m＝1 kg的小物塊(可視為質點)，放在小車的最左端，車和小物塊一起以v0＝4 m/s的速度在水平面上向右勻速運動，車撞到擋板后瞬間速度變為零，但未與擋板粘連．已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，小物塊與彈簧作用過程中彈簧始終處于彈性限度內，小物塊與小車AO部分之間的動摩擦因數為μ＝0.3，重力加速度取10 m/s2.求：
(1)小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；
(2)小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量；
(3)小物塊最終停在小車上的位置距A端的距離．
答案：(1)2 J　(2)4 kg·m/s，方向水平向左　(3)1.5 m
解析：(1)當小車停止運動后，對小物塊，有
－μmg＝ma
根據運動學公式＝2a
由能量關系Ep＝mv2，解得Ep＝2 J.
(2)設小物塊離開彈簧時的速度為v1，有Ep＝對小物塊，取向右為正方向，
根據動量定理I＝－mv1－mv
代入數據得I＝－4 kg·m/s，故彈簧對小物塊的沖量大小為4 kg·m/s，方向水平向左．
(3)小物塊滑過O點和小車相互作用，
由動量守恒mv1＝(m＋M)v2
由功能關系
μmgx＝
小物塊最終停在小車上的位置距A端的距離
xA＝－x
解得xA＝1.5 m.
考點二　碰撞問題分析

角度1彈性碰撞
彈性碰撞 動量守恒、機械能守恒
m1v1＋m2v2＝
＝
例3. 如圖所示，ABD為豎直平面內的軌道，其中AB段水平粗糙，BD段為半徑R＝0.08 m的半圓光滑軌道，兩段軌道相切于B點，小球甲以v0＝5 m/s的初速度從C點出發，沿水平軌道向右運動，與靜止在B點的小球乙發生彈性正碰，碰后小球乙恰好能到達半圓軌道最高點D，已知小球甲與AB段的動摩擦因數μ＝0.4，CB的距離s＝2 m，g取10 m/s2，甲、乙兩球可視為質點，求：
(1)碰撞前瞬間，小球甲的速度v甲；
(2)小球甲和小球乙的質量之比．
答案：(1)3 m/s　(2)
解析：(1)在CB段，μmgs＝，得v甲＝3 m/s
(2)碰后，乙恰好能到達半圓軌道最高點D
m乙g＝m乙
從B點到D點，根據動能定理
－2m乙gR＝m乙－m乙，
得vB＝＝2 m/s
在B位置，甲、乙發生碰撞mv甲＝mv′甲＋m乙，
＝＋m乙
聯立得vB＝v甲得＝
教你解決問題——審題提取信息
角度2完全非彈性碰撞
完全非彈性碰撞 動量守恒、機械能損失最多
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝－(m1＋m2)v2
例4.如圖所示，豎直固定在地面的透氣圓筒中有一勁度系數k＝50 N/m的輕質彈簧，彈簧下端固定，上端連接一質量m＝2 kg的薄板．圓筒內壁涂有一層ER流體，它對薄板的阻力可調．起初薄板靜止，ER流體對其阻力為0，彈簧的長度l＝1 m．現有一質量M＝2 kg的物體從距地面h＝2 m處自由落下，與薄板碰撞后粘在一起向下做勻減速運動，當薄板下移距離s＝0.5 m時速度減為0，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，試求：
(1)下落物體與薄板碰撞過程中系統損失的機械能；
(2)薄板下移距離s0＝0.1 m時ER流體對其阻力的大小．
答案：(1)10 J　(2)35 N
解析：(1)物體與薄板碰撞之前做自由落體運動，與薄板碰撞時動量守恒，有
＝2g(h－l)
Mv0＝(M＋m)v1
＝ΔE
解得v1＝ m/s，ΔE＝10 J
(2)薄板做勻減速運動時，有＝－2as
F阻＋k(s0＋x0)－(M＋m)g＝(M＋m)a
且kx0＝mg
解得F阻＝35 N
角度3碰撞的可能性
碰撞的基本規律
例5. A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.當A追上B并發生碰撞后，A、B兩球速度的值可能是(　　)


A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
答案：B
解析：考慮到實際運動情況，碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故A、D錯誤；碰撞前總動量p＝pA＋pB＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2) kg·m/s＝10 kg·m/s，總動能Ek＝＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J，碰撞后，總動量為p′＝p′A＋p′B＝mAv′A＋mBv′B＝(1×2＋2×4) kg·m/s＝10 kg·m/s，總動能E′k＝＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，則p′＝p，Ek>E′k，符合動量守恒定律和動能不增加原則，故B正確；碰撞后，總動量p′＝p′A＋p′B＝mAv′A＋mBv′B＝(－1×4＋2×7) kg·m/s＝10 kg·m/s，總動能＝＝×1×(－4)2 J＋×2×72 J＝57 J，符合動量守恒定律，但碰后總動能增加了，故C錯誤．
跟進訓練
3.水平地面上有甲、乙兩個小滑塊在同一直線上運動，兩小滑塊碰撞前后的速度—時間圖象如圖所示，小滑塊甲的碰前速度為正向，小滑塊乙的碰前速度為負向(其中一個小滑塊碰后速度變為0)．下列說法正確的是(　　)
A．碰后乙的速度變為零
B．t＝2.5 s時，兩小滑塊之間的距離為7.5 m
C．兩小滑塊之間的碰撞為非彈性碰撞
D．碰撞前，兩個小滑塊組成的系統動量守恒
答案：D
解析：由圖象可知，甲、乙兩滑塊相向運動，均做勻減速直線運動，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑塊甲的速度變為零，滑塊乙的速度為6 m/s(反向)，故A項錯誤；t＝2.5 s時，兩滑塊之間的距離Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5 m，故B項錯誤；設碰前甲的質量為m1，乙的質量為m2，則碰前動量p1＝m1×4 m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后動量p2＝m2×6 m/s，由碰撞過程動量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量關系，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，則兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞，選項C錯誤；由速度圖象可知，碰前甲滑塊的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小f1＝m1a1＝2m1，乙滑塊的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小f2＝m2a2＝4m2＝2m1＝f1，f1和f2的方向相反，故甲、乙兩滑塊組成的系統所受合外力為零，動量守恒，選項D正確．
考點三　“反沖”和“爆炸”模型

角度1“反沖”模型
作用原理 反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能 增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加
例6.如圖所示，某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內，質量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出．已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是(　　)
A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
B．水噴出的過程中，火箭和水組成的系統機械能守恒
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭上升的最大高度為
答案：D
解析：火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，A錯誤；水噴出的過程中，火箭內氣體做功，火箭及水組成的系統機械能不守恒，B錯誤；在水噴出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，上拋到最高點的過程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正確．
角度2“人船”模型
1．模型特點
2．結論：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用的物體質量，x1、x2為其位移大小)
例7. 如圖所示，質量m＝60 kg的人，站在質量M＝300 kg的車的一端，車長L＝3 m，相對于地面靜止．當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將(　　)
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直勻速后退

解析：人車組成的系統動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m，即車將后退0.5 m，A正確．
答案：A
角度3“爆炸”模型
爆炸現象的三個規律
動量守恒 由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸時物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒
動能增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加
位置不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
例8. [2021·浙江1月，12]在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀．爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊．遙控器引爆瞬間開始計時，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲．已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，忽略空氣阻力．下列說法正確的是(　　)
A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80 m
C．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68 m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
答案：B
解析：設質量小的碎塊的質量為m，則質量大的碎塊的質量為2m；設爆炸時質量大的碎塊的水平速度大小為v，質量小的碎塊的水平速度大小為v′，根據動量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；兩碎塊都做平拋運動，設其下落時間為t，則vt＝v聲(t1－t)，2vt＝v聲(t2－t)，其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝gt2可得，爆炸點離地面的高度為80 m，B正確．兩碎塊的水平位移大小之比為1∶2，但從爆炸物爆炸兩碎塊開始拋出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A錯誤．爆炸后質量大的碎塊的初速度為85 m/s，C錯誤．爆炸后兩碎塊向相反的方向運動，水平間距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1 020 m，D錯誤．
跟進訓練
4.(多選)如圖所示，可視為質點且質量均為1 kg的甲、乙兩物體緊靠著放在水平地面上，物體甲與左側地面間的動摩擦因數為0.3，物體乙右側地面光滑．兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，分離瞬間物體乙的速度大小為3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．炸藥爆炸后，兩物體分離瞬間物體甲的速度大小為3 m/s
B．甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量為18 J
C．從分離到甲物體停止運動，經過的時間為4 s
D．甲、乙兩物體分離2 s時，兩物體之間的距離為7.5 m
答案：AD
解析：炸藥爆炸后，設分離瞬間物體甲的速度大小為v1，物體乙的速度大小為v2，對甲、乙兩物體組成的系統，由動量守恒定律mv1＝mv2，甲、乙兩物體速度大小v1＝v2＝3 m/s，故A正確；由能量守恒定律得E＝，聯立解得甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量E＝9 J，故B錯誤；甲、乙兩物體分離后，甲物體向左勻減速滑行，對甲受力分析，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝3 m/s2，從分離到甲物體停止運動，經過的時間t1＝＝1 s，故C錯誤；物體甲運動的位移大小為x1＝t1＝1.5 m，物體乙在2 s內運動的位移大小為x2＝v2t＝6 m，故甲、乙兩物體分離2 s時，兩物體之間的距離d＝x2＋x1＝7.5 m，故D正確．第2講　動量守恒定律
必備知識·自主排查
一、動量守恒定律及守恒條件
1．動量守恒定律
(1)內容：如果一個系統________，或者所受外力的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變．
(2)動量守恒定律的表達式：m1v1＋m2v2＝______________或Δp1＝－Δp2.
2．系統動量守恒的條件
(1)理想守恒：系統不受外力或所受________的合力為零，則系統動量守恒．
(2)近似守恒：系統受到的合外力不為零，但當內力________合外力時，系統的動量可近似看成守恒．
(3)分方向守恒：系統在某個方向上所受____________為零或該方向F內 F外時，系統在該方向上動量守恒．
二、彈性碰撞和非彈性碰撞
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續時間__________，而物體間相互作用力________的現象．
(2)特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力____________外力，可認為相互碰撞的系統動量守恒．
(3)分類
種類 動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 ________
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失________
2.反沖運動
(1)定義：靜止或運動的物體通過分離出部分物質，而使自身在反方向獲得加速的現象．
(2)特點：在反沖運動中，如果沒有外力作用或外力遠小于物體間的相互作用力，系統的________是守恒的．
(3)爆炸現象：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且____________系統所受的外力，所以系統動量________，爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動．,
生活情境
在花樣滑冰雙人滑比賽中，男女選手的質量分別為m1＝60 kg和m2＝40 kg，男選手的速度為1 m/s，方向向西，女選手的速度為4 m/s, 方向向東，滑行中兩位選手相遇并攜手共同滑行，冰面摩擦忽略不計．請完成以下判斷題：
(1)兩位選手在攜手過程中，所受合外力為零．(　　)
(2)兩位選手組成的系統動量守恒．(　　)
(3)兩位選手一起滑行的速度大小為1 m/s，方向向東．(　　)
(4)兩位選手在攜手過程中機械能守恒．(　　)
(5)兩位選手在攜手過程中機械能損失300 J．(　　)
(6)兩位選手的攜手過程屬于完全非彈性碰撞．(　　)
關鍵能力·分層突破
考點一　動量守恒定律的理解與應用
角度1動量守恒的判斷
判斷系統動量守恒時的兩點
(1)對于同一個系統，在不同物理過程中動量守恒情況有可能不同．
(2)同一物理過程中，選不同的系統為研究對象，動量守恒情況也往往不同，因此解題時應明確選取的系統和研究過程．
例1. [2021·全國乙卷，14 ]如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦．用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動．在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
命題分析
試題 情境 屬于基礎性題目，以滑塊與車廂間的運動為素材創設學習探索問題情境
必備 知識 考查動量守恒和機械能守恒的條件
關鍵 能力 考查理解能力．要求學生理解動量守恒和機械能守恒的條件
學科 素養 考查能量觀念、科學思維．要求考生利用能量觀念通過科學推理得出滑塊與車廂機械能是否守恒
角度2動量守恒定律的應用
1.動量守恒定律常用的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量矢量和等于作用后的動量矢量和．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統總動量的增量為零
2．應用動量守恒定律的三點提醒
(1)動量守恒定律是矢量方程，解題時應選取統一的正方向．
(2)各物體的速度必須相對于同一參考系，一般選地面為參考系．
(3)列動量守恒定律方程時應注意所選取的研究系統及研究過程．
例2. [2021·廣東卷，13]算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零．如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠與導桿間的動摩擦因數μ＝0.1.現用手指將甲以0.4 m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1 m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10 m/s2.
(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；
(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間．
命題分析
試題 情境 屬于基礎性題目，以被撥動的算珠的運動為素材創設生活實踐問題情境
必備 知識 考查牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律等知識
關鍵 能力 考查理解能力、模型建構能力、推理能力．分析算珠的運動，建構碰撞模型
學科 素養 考查運動與相互作用觀念、科學思維．綜合運用力與運動的觀念、動量守恒定律解決實際問題
跟進訓練
1.如圖所示是一個物理演示實驗，圖中自由下落的物體A和B被反彈后，B能上升到比初位置高的地方．A是某種材料做成的有凹坑的實心球．質量為m1＝0.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質量為m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙，將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25 m處由靜止釋放，實驗中，A觸地后在極短時間內反彈，且其速度大小不變，接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上，則反彈后木棍B上升的高度為(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．4.05 m B．1.25 m
C．5.30 m D．12.5 m
2．如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個輕彈簧．小車AB的質量M＝3 kg，長L＝4 m(其中O為小車的中點，AO部分粗糙，BO部分光滑)，一質量為m＝1 kg的小物塊(可視為質點)，放在小車的最左端，車和小物塊一起以v0＝4 m/s的速度在水平面上向右勻速運動，車撞到擋板后瞬間速度變為零，但未與擋板粘連．已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，小物塊與彈簧作用過程中彈簧始終處于彈性限度內，小物塊與小車AO部分之間的動摩擦因數為μ＝0.3，重力加速度取10 m/s2.求：
(1)小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；
(2)小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量；
(3)小物塊最終停在小車上的位置距A端的距離．
考點二　碰撞問題分析
角度1彈性碰撞
彈性碰撞 動量守恒、機械能守恒 m1v1＋m2v2＝ ＝
例3. 如圖所示，ABD為豎直平面內的軌道，其中AB段水平粗糙，BD段為半徑R＝0.08 m的半圓光滑軌道，兩段軌道相切于B點，小球甲以v0＝5 m/s的初速度從C點出發，沿水平軌道向右運動，與靜止在B點的小球乙發生彈性正碰，碰后小球乙恰好能到達半圓軌道最高點D，已知小球甲與AB段的動摩擦因數μ＝0.4，CB的距離s＝2 m，g取10 m/s2，甲、乙兩球可視為質點，求：
(1)碰撞前瞬間，小球甲的速度v甲；
(2)小球甲和小球乙的質量之比．
教你解決問題——審題提取信息
角度2完全非彈性碰撞
完全非彈性碰撞 動量守恒、機械能損失最多 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ΔE＝－(m1＋m2)v2
例4.如圖所示，豎直固定在地面的透氣圓筒中有一勁度系數k＝50 N/m的輕質彈簧，彈簧下端固定，上端連接一質量m＝2 kg的薄板．圓筒內壁涂有一層ER流體，它對薄板的阻力可調．起初薄板靜止，ER流體對其阻力為0，彈簧的長度l＝1 m．現有一質量M＝2 kg的物體從距地面h＝2 m處自由落下，與薄板碰撞后粘在一起向下做勻減速運動，當薄板下移距離s＝0.5 m時速度減為0，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，試求：
(1)下落物體與薄板碰撞過程中系統損失的機械能；
(2)薄板下移距離s0＝0.1 m時ER流體對其阻力的大小．
角度3碰撞的可能性
碰撞的基本規律
例5. A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s.當A追上B并發生碰撞后，A、B兩球速度的值可能是(　　)
A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
跟進訓練
3.水平地面上有甲、乙兩個小滑塊在同一直線上運動，兩小滑塊碰撞前后的速度—時間圖象如圖所示，小滑塊甲的碰前速度為正向，小滑塊乙的碰前速度為負向(其中一個小滑塊碰后速度變為0)．下列說法正確的是(　　)
A．碰后乙的速度變為零
B．t＝2.5 s時，兩小滑塊之間的距離為7.5 m
C．兩小滑塊之間的碰撞為非彈性碰撞
D．碰撞前，兩個小滑塊組成的系統動量守恒
考點三　“反沖”和“爆炸”模型
角度1“反沖”模型
作用原理 反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能 增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加
例6.如圖所示，某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內，質量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出．已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是(　　)
A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
B．水噴出的過程中，火箭和水組成的系統機械能守恒
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭上升的最大高度為
角度2“人船”模型
1．模型特點
2．結論：m1x1＝m2x2(m1、m2為相互作用的物體質量，x1、x2為其位移大小)
例7. 如圖所示，質量m＝60 kg的人，站在質量M＝300 kg的車的一端，車長L＝3 m，相對于地面靜止．當車與地面間的摩擦可以忽略不計時，人由車的一端走到另一端的過程中，車將(　　)
A．后退0.5 m B．后退0.6 m
C．后退0.75 m D．一直勻速后退
角度3“爆炸”模型
爆炸現象的三個規律
動量守恒 由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸時物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒
動能增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加
位置不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
例8. [2021·浙江1月，12]在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀．爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊．遙控器引爆瞬間開始計時，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲．已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，忽略空氣阻力．下列說法正確的是(　　)
A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80 m
C．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68 m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340 m
跟進訓練
4.(多選)如圖所示，可視為質點且質量均為1 kg的甲、乙兩物體緊靠著放在水平地面上，物體甲與左側地面間的動摩擦因數為0.3，物體乙右側地面光滑．兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，分離瞬間物體乙的速度大小為3 m/s，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．炸藥爆炸后，兩物體分離瞬間物體甲的速度大小為3 m/s
B．甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量為18 J
C．從分離到甲物體停止運動，經過的時間為4 s
D．甲、乙兩物體分離2 s時，兩物體之間的距離為7.5 m
第2講　動量守恒定律
必備知識·自主排查
一、
1．(1)不受外力　(2)m1v′1＋m2v′2
2．(1)外力　(2)遠大于　(3)合外力
二、
1．(1)很短　很大　(2)遠大于　(3)守恒　最大
2．(2) 動量　(3)遠大于　守恒
生活情境
(1)√　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√
關鍵能力·分層突破
例1　解析：撤去推力后，小車、彈簧和滑塊組成的系統所受合外力為零，滿足系統動量守恒的條件，故系統動量守恒；由于撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，存在摩擦力做功的情況，故系統機械能不守恒，所以選項B正確．
答案：B
例2　解析：(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運動，
加速度大小a1＝＝1 m/s2，
設甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1，
則＝2a1s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙兩算珠碰撞時，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方向為正方向，
則有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做勻減速直線運動，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
設乙算珠能運動的最遠距離為x，
則x＝＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能夠滑動到邊框a.
(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時間t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠繼續做勻減速直線運動直到停止，所用時間t2＝＝0.1 s，
所以甲算珠從撥出到停下所需的時間t＝t1＋t2＝0.2 s.
答案：(1)能，計算過程見解析　(2)0.2 s
1．解析：由題意可知，A、B做自由落體運動，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝，A反彈后與B的碰撞為瞬時作用，A、B組成的系統在豎直方向上所受合力雖然不為零，但作用時間很短，系統的內力遠大于外力，所以動量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上升高度h＝，聯立并代入數據得h＝4.05 m，A正確．
答案：A
2．解析：(1)當小車停止運動后，對小物塊，有
－μmg＝ma
根據運動學公式＝2a
由能量關系Ep＝mv2，解得Ep＝2 J.
(2)設小物塊離開彈簧時的速度為v1，有Ep＝對小物塊，取向右為正方向，
根據動量定理I＝－mv1－mv
代入數據得I＝－4 kg·m/s，故彈簧對小物塊的沖量大小為4 kg·m/s，方向水平向左．
(3)小物塊滑過O點和小車相互作用，
由動量守恒mv1＝(m＋M)v2
由功能關系
μmgx＝
小物塊最終停在小車上的位置距A端的距離
xA＝－x
解得xA＝1.5 m.
答案：(1)2 J　(2)4 kg·m/s，方向水平向左　(3)1.5 m
例3　解析：(1)在CB段，μmgs＝，得v甲＝3 m/s
(2)碰后，乙恰好能到達半圓軌道最高點D
m乙g＝m乙
從B點到D點，根據動能定理
－2m乙gR＝m乙－m乙，
得vB＝＝2 m/s
在B位置，甲、乙發生碰撞mv甲＝mv′甲＋m乙，
＝＋m乙
聯立得vB＝v甲得＝
答案：(1)3 m/s　(2)
例4　解析：(1)物體與薄板碰撞之前做自由落體運動，與薄板碰撞時動量守恒，有
＝2g(h－l)
Mv0＝(M＋m)v1
＝ΔE
解得v1＝ m/s，ΔE＝10 J
(2)薄板做勻減速運動時，有＝－2as
F阻＋k(s0＋x0)－(M＋m)g＝(M＋m)a
且kx0＝mg
解得F阻＝35 N
答案：(1)10 J　(2)35 N
例5　解析：考慮到實際運動情況，碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故A、D錯誤；碰撞前總動量p＝pA＋pB＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2) kg·m/s＝10 kg·m/s，總動能Ek＝＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J，碰撞后，總動量為p′＝p′A＋p′B＝mAv′A＋mBv′B＝(1×2＋2×4) kg·m/s＝10 kg·m/s，總動能E′k＝＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，則p′＝p，Ek>E′k，符合動量守恒定律和動能不增加原則，故B正確；碰撞后，總動量p′＝p′A＋p′B＝mAv′A＋mBv′B＝(－1×4＋2×7) kg·m/s＝10 kg·m/s，總動能＝＝×1×(－4)2 J＋×2×72 J＝57 J，符合動量守恒定律，但碰后總動能增加了，故C錯誤．
答案：B
3．解析：由圖象可知，甲、乙兩滑塊相向運動，均做勻減速直線運動，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑塊甲的速度變為零，滑塊乙的速度為6 m/s(反向)，故A項錯誤；t＝2.5 s時，兩滑塊之間的距離Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5 m，故B項錯誤；設碰前甲的質量為m1，乙的質量為m2，則碰前動量p1＝m1×4 m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后動量p2＝m2×6 m/s，由碰撞過程動量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，由能量關系，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，則兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞，選項C錯誤；由速度圖象可知，碰前甲滑塊的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小f1＝m1a1＝2m1，乙滑塊的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小f2＝m2a2＝4m2＝2m1＝f1，f1和f2的方向相反，故甲、乙兩滑塊組成的系統所受合外力為零，動量守恒，選項D正確．
答案：D
例6　解析：火箭的推力來源于向下噴出的水對它的反作用力，A錯誤；水噴出的過程中，火箭內氣體做功，火箭及水組成的系統機械能不守恒，B錯誤；在水噴出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，上拋到最高點的過程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正確．
答案：D
例7　解析：人車組成的系統動量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m，即車將后退0.5 m，A正確．
答案：A
例8　解析：設質量小的碎塊的質量為m，則質量大的碎塊的質量為2m；設爆炸時質量大的碎塊的水平速度大小為v，質量小的碎塊的水平速度大小為v′，根據動量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；兩碎塊都做平拋運動，設其下落時間為t，則vt＝v聲(t1－t)，2vt＝v聲(t2－t)，其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝gt2可得，爆炸點離地面的高度為80 m，B正確．兩碎塊的水平位移大小之比為1∶2，但從爆炸物爆炸兩碎塊開始拋出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A錯誤．爆炸后質量大的碎塊的初速度為85 m/s，C錯誤．爆炸后兩碎塊向相反的方向運動，水平間距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1 020 m，D錯誤．
答案：B
4．解析：炸藥爆炸后，設分離瞬間物體甲的速度大小為v1，物體乙的速度大小為v2，對甲、乙兩物體組成的系統，由動量守恒定律mv1＝mv2，甲、乙兩物體速度大小v1＝v2＝3 m/s，故A正確；由能量守恒定律得E＝，聯立解得甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量E＝9 J，故B錯誤；甲、乙兩物體分離后，甲物體向左勻減速滑行，對甲受力分析，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝3 m/s2，從分離到甲物體停止運動，經過的時間t1＝＝1 s，故C錯誤；物體甲運動的位移大小為x1＝t1＝1.5 m，物體乙在2 s內運動的位移大小為x2＝v2t＝6 m，故甲、乙兩物體分離2 s時，兩物體之間的距離d＝x2＋x1＝7.5 m，故D正確．
答案：AD

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