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第六章　碰撞與動量守恒
第2講　動量守恒定律
素養(yǎng)目標　1.知道動量守恒的條件.（物理觀念） 2.明確碰撞的概念和碰撞的分類.（物理觀念） 3.知道應用動量守恒定律解題的一般步驟.（科學思維） 4.能夠用動量守恒定律解決碰撞、爆炸和反沖問題.（科學思維） 5.體會用守恒的思想分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一.（科學思維）
一、動量守恒定律的理解及應用
一、動量守恒定律的理解及應用
C
A. 碰撞前m2的速率大于m1的速率
B. 碰撞后m2的速率大于m1的速率
C. 碰撞后m2的動量大于m1的動量
D. 碰撞后m2的動能小于m1的動能
解析：位移—時間圖線的斜率表示速度，則由圖像可知，碰前m2處于靜止狀態(tài)，碰后兩物體速率相等、運動方向相反，A、B錯誤；碰撞過程中動量守恒，有p1＝－p'1＋p'2，可知p'2＞p'1，C正確；由p'2＞p'1、碰后兩物體速率相等可知m2＞m1，則碰撞后m2的動能大于m1的動能，D錯誤.
考題2　（2024·江蘇卷）嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M. 求：
（1）分離后A的速度v1的大小；
解析：（1）根據(jù)動量守恒定律得
（M＋m）v0＝mv1＋Mv
解析：（2）對B，根據(jù)動量定理得FΔt＝Mv－Mv0
（2）分離時A對B的推力大小.
動量守恒定律
2. 表達式
不受外力
p'
m1v1'＋m2v2'
－Δp2
深化1　　適用條件
（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒.
（2）近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒.
（3）分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒.
深化2　　動量守恒定律的“五性”
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題時應選取統(tǒng)一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）
同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p'1、p'2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)
普適性 不僅適用于低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng)
深化3　　應用動量守恒定律解題的步驟
思維模型　用動量守恒定律解釋生活中的有關現(xiàn)象.
角度1　動量守恒的判斷
A. 當C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒
B. 當C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
C. 無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C
三木塊組成的系統(tǒng)動量都守恒
D. 當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
A
解析：當C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)受力分析，B對A的作用力為外力，合外力不等于0，故系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；當C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，B正確；對A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)，無論C是在A上滑行還是在B上滑行，系統(tǒng)的水平方向上都無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，C、D正確.
角度2　動量守恒定律的應用
例2　（2025·江蘇如皋調(diào)研）質(zhì)量m＝10 g的子彈，以v0＝300 m/s的速度射向質(zhì)量M＝400 g、靜止在光滑水平桌面上的木塊，子彈穿過木塊后的速度v1＝100 m/s.求：
（1）子彈穿過木塊后木塊的速度大小v2；
答案：（1）5 m/s
（2）子彈穿過木塊整個過程中木塊對子彈的沖量大小I.
答案：（2）2 N·s
解析：（1）子彈把木塊打穿，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
解得v2＝5 m/s.
解析：（2）子彈穿過木塊整個過程中，由動量定理得－I＝mv1－mv0
解得I＝2 N·s.
C
A. 小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功
B. 小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C. 小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D. 小球離開C點以后，將做豎直上拋運動
解析：小球在半圓槽內(nèi)由A向B運動時，由于槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊，槽不會向左運動，則小球的機械能守恒，從A到B做圓周運動，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力不為零，動量不守恒；小球從B到C運動的過程中，槽向右運動，系統(tǒng)在水平方向上合外力為零，動量守恒，槽的支持力對其做功，小球的機械能不守恒，故A、B錯誤，C正確；小球離開C點時，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤.故選C.
二、彈性碰撞與非彈性碰撞
二、彈性碰撞與非彈性碰撞
ABD
A. 甲在斜坡上運動時與乙相對靜止
B. 碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C. 乙的運動時間與H乙無關
（2）子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統(tǒng)損失的機械能.
答案：（2）37.5mgh
很短
很大
遠大于
（3）分類
守恒
最大
深化1　　碰撞問題遵守的三條原則
（1）動量守恒：p1＋p2＝p'1＋p'2.
（2）動能不增加：Ek1＋Ek2≥E'k1＋E'k2.
（3）速度要符合實際情況
①碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v'前≥v'后.
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變.
深化2　　彈性碰撞模型
情境
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前、后系統(tǒng)動量守恒，動能守恒，如圖所示，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v'1、v'2
規(guī)律 動量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2
機械能守恒
結(jié)果
討論
m1＝m2 v'1＝0，
v'2＝v1 質(zhì)量相等，交換速度
m1＞m2 v'1＞0，v'2＞0，且v'2＞v'1 大碰小，一起跑
m1＜m2 v'1＜0，
v'2＞0 小碰大，要反彈
m1 m2 v'1≈v'1，
v'2≈2v1 極大碰極小，大不變，小加倍（碰后小質(zhì)量物體的速率為大質(zhì)量物體原速率的2倍）
m1 m2 v'1≈－v1，v'2≈0 極小碰極大，大不變，小等速率反彈
深化3　　完全非彈性碰撞模型
情境
如圖所示，若兩物體質(zhì)量分別為m1和m2，碰前速度分別為v1、v2，碰后兩物體的速度相同，為v共
規(guī)律 動量守恒 m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共
有機械能損失（完全非彈性碰撞時系統(tǒng)損失的動能最多）
結(jié)果
角度1　碰撞的可能性
C. mB＝2mA D. mB＝5mA
C
BC
A. 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動
B. 豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動
C. 水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v
D. 水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v
解析：由于兩小球碰撞過程中總機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即vM＝0，vN＝v.碰后N將以速度v做平拋運動，豎直方向為自由落體運動，水平方向為勻速直線運動，故豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動，水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v，B、C正確，A、D錯誤.
角度3　非彈性碰撞
例6　（2025·黑龍江實驗中學高三月考）如圖所示，光滑水平面上依次有滑塊C質(zhì)量mC＝2 kg，滑塊A質(zhì)量mA＝3 kg，滑塊B質(zhì)量mB＝3 kg.開始時A、B靜止，C以初速度v0＝10 m/s的速度沖向A，與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A繼續(xù)向右運動，與B發(fā)生碰撞并粘在一起.求：
（1）C與A碰撞后A的速度大小為多少？
答案：（1）8 m/s
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C與A碰撞后A的速度大小為8 m/s.
（2）A與B碰撞過程中損失的機械能.
答案：（2）48 J
解得E損＝48 J.
三、爆炸和反沖
A
A. 火箭的加速度為零時，動能最大
B. 高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能
C. 高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量
D. 高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量
解析：火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上時高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤.
相反
動量守恒
遠大于
守恒
深化1　　爆炸及其特點
概念 一個物體由于內(nèi)力的巨大作用而分為兩個或兩個以上物體的過程
特點 動量
守恒 由于爆炸是在極短時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒
動能
增加 在爆炸過程中，由于其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加
位置
不變 爆炸的時間極短，因而在爆炸過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般忽略不計，即認為位置不變
深化2　　反沖運動及其特點
概念 根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動　
特點 作用原理 反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
動量守恒 反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
動能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能，所以系統(tǒng)的總動能增加
AC
A. 航天員受到返回艙的作用力等于航天員重力的6倍
B. 航天員受到返回艙的作用力等于航天員重力的5倍
C. 反推發(fā)動機噴出推進劑的速度為v＝3.6×103 m/s
D. 反推發(fā)動機噴出推進劑的速度為v＝0.9×103 m/s
例8　（2025·黑龍江大慶三模）中國最新的SH—16型輪式炮車，應用了大量現(xiàn)代自動化科技，如火控系統(tǒng)接收打擊目標、立即調(diào)炮、引信裝訂、彈丸裝填、發(fā)射藥裝填等自動射擊動作.現(xiàn)一炮車以速度v0勻速行駛，炮筒保持水平狀態(tài).炮車質(zhì)量為M，攜帶一枚質(zhì)量為m的炮彈，用于發(fā)射炮彈的炸藥在極短時間內(nèi)爆炸，將炮彈沿行進方向水平發(fā)射出去，由于反沖力作用炮彈飛離炮口時炮車停止運動.炸藥質(zhì)量可忽略不計，求：
（1）炮彈飛離炮口時的速度v；
角度2　爆炸問題
解析：（1）根據(jù)動量守恒定律可知（M＋m）v0＝mv
（2）炸藥爆炸釋放的能量Q；
（3）設炮彈在炮筒中所受的作用力恒定，已知炮筒長為d，求從發(fā)射炮彈到炮彈飛離炮口時，炮車前進的距離.
四、“人船模型”問題
四、“人船模型”問題
考題6　（2023·湖南卷）如圖所示，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑.以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上.整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g.
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；
深化1　　模型圖示
深化2　　模型特點
（1）兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0.
深化4　　“人船模型”的拓展（某一方向動量守恒）
A
A. 45 kg B. 50 kg
C. 55 kg D. 60 kg
解析：對該女子和竹竿組成的系統(tǒng)，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入數(shù)據(jù)可得該女子的質(zhì)量為m2＝45 kg，故選A.
限時跟蹤檢測
A級·基礎對點練
題組一　動量守恒定律的理解及應用
A. 水平方向動量守恒，機械能守恒
B. 水平方向動量守恒，機械能不守恒
C. 水平方向動量不守恒，機械能守恒
D. 水平方向動量不守恒，機械能不守恒
解析：以整個裝置為系統(tǒng)，水平方向所受的合外力為0，所以水平方向動量守恒，但存在氣體做功，所以機械能不守恒，故選B.
B
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A. 速度為零
B. 將向射擊方向做勻速運動
C. 將向射擊相反方向做勻速運動
D. 最終停止在初位置的左側(cè)
解析：整個系統(tǒng)水平方向上不受外力，動量守恒，由于初動量為零，因此當子彈向右飛行時，車一定向左運動，當子彈嵌入擋板瞬間，車速度減為零，因此停止射擊時，車速度為零，則小車最終停止在初位置的左側(cè)，A、D正確，B、C錯誤.
AD
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B
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解析：冰壺甲與靜止在O處的另一冰壺發(fā)生正碰，碰撞過程動量守恒，則有p甲＝
p'甲＋p'乙，故p'乙＝p甲－p'甲，規(guī)定冰壺甲碰前的動量方向為正，結(jié)合四幅圖可知，A、B、C、D圖中分別對應的碰后瞬間冰壺甲的動量為p'甲A＝0，p'甲B＜0，p'甲C＞0，
p'甲D＞0，則B圖中碰撞后被碰冰壺獲得的動量p'乙最大，B項正確.
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A. vA＝5 m/s B. vA＝3 m/s
C. vB＝1 m/s D. vB＝3 m/s
BD
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題組三　爆炸和反沖
D
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（1）動能E；
答案：（1）60 J
解析：（1）由機械能守恒E＝mgh，解得E＝60 J.
（2）大、小兩塊煙花彈落地之間的距離.
答案：（2）84 m
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A. 系統(tǒng)的總動量守恒
B. 水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零
C. 小球不能向左擺到原高度
BD
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B級·能力提升練
A. 最終a車的速率大于b車的速率
B. 最終a車的速率小于b車的速率
C. 全過程中，a車對人的沖量大于b車對人的沖量
D. 全過程中，a車對人的沖量小于b車對人的沖量
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A. 圖線P反映的是碰撞過程中A球的v－t圖像
C. 一定存在b－a＝v0
ABD
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（1）球1第一次經(jīng)過P點后瞬間向心力的大小；
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（2）球2的質(zhì)量.
答案：（2）3m
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