资源简介

(共60张PPT)
　动　量
　动量守恒定律及其应用
2026届高三物理一轮复习
以上现象中小球的动量都发生了变化，多个小球总的动量发生变化了吗？
动量守恒定律
N1
G1
N2
G2
F1
F2
系统
内力
外力
系统：有相互作用的物体构成一个系统
内力：系统中各物体之间的相互作用力
外力：外部其他物体对系统的作用力
系统及内外力
动量守恒定律
1.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。
2.表达式：
3.条件：
①系统不受外力或所受合外力为零（严格条件）
②虽然受外力不为零，但内力>>外力，且作用时间极短，爆炸，碰撞类问题（近似条件）
③虽然受外力不为零，但某方向上不受外力，则该方向动量守恒。
（某方向动量守恒，系统动量实际不一定守恒）
判断：下列过程系统动量是否守恒
光滑水平上，
子弹射入木块的过程
光滑水平上，剪断细绳，
弹簧恢复原长的过程
光滑水平上，剪断细绳，
弹簧恢复原长的过程
√
√
×
AC
(动量守恒的判断)(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，
系统动量守恒的是(　 　)
二、动量守恒定律的普适性
体育生活中应用
速滑接力比赛
斯诺克比赛
冰壶比赛
高速微观领域的应用
正负电子对撞实验
微观粒子间的碰撞
星系间的碰撞
机械能守恒定律 动量守恒定律
研究对象
守恒条件
守恒性质
适用范围
联系 注意 单个、或相互作用的物体组成的系统
相互作用的物体组成的系统
只有重力或弹力做功,其他力不做功
系统不受外力或所受合外力等于零
标量守恒(不考虑方向性)
矢量守恒(规定正方向)
都可以用实验来验证,因此它们都是实验规律。
仅限于宏观、低速领域
到目前为止物理学研究的一切领域
爆炸、碰撞、反冲相互作用现象中,因F内>>F外,动量是守恒的,
但很多情况下有其它力（内力）做功,有其他形式能量转化为机械能,机械能不守恒.
机械能守恒和动量守恒定律的比较
[题组突破]
1．(2021全国乙卷)如图所示，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
B　[撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。]
√
AD
A.3∶4 B.4∶3
C.8∶3 D.3∶8
拓展
斜面置于光滑水平面上，木块沿光滑斜面滑下，则木块与斜面组成的系统受到几个作用力？哪些力是内力？哪些是外力？系统动量守恒吗？
竖直方向失重：N<(M+m)g 系统动量不守恒。
斜面粗糙但地面仍然光滑，系统水平方向动量还守恒吗？
系统水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒
在物块下滑的过程中系统水平方向动量守恒吗？
滑块和斜面间的摩擦为内力，系统水平方向动量守恒
N
Mg
mg
N1
N'1
系统总的来看虽不符合以上三条中的任何一条，但在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在这一方向上动量守恒.(单向条件);
m
v1
v2
mv1+(-Mv2)=0
动量守恒定律的适用条件
L
如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝2 kg的薄板，板上有质量m＝1 kg的物块，两者以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向运动。薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，则：
(1)当物块的速度减速为3 m/s时，薄板的速度是多少？
(2)物块最后的速度是多少？
Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′
Mv0－mv0＝(m＋M)v
弹性碰撞和
非弹性碰撞
观察视频中两球碰撞情况有何不同？
碰撞分类
碰撞后物体的形变完全恢复，碰撞后系统没有机械能损失，碰撞过程中系统机械能守恒．
1、弹性碰撞：
钢球、玻璃球碰撞时，机械能损失很小，它们的碰撞可以看作弹性碰撞。
碰撞分类
橡皮泥球之间的碰撞是非弹性碰撞
2、非弹性碰撞：
碰撞后物体的形变只有部分恢复，系统有部分机械能损失。
3、完全非弹性碰撞
碰撞后两物体一起以同一速度运动．碰撞后物体的形变完全不能恢复，系统机械能损失最大．
弹性碰撞的规律
动碰静： 物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1’ 和v2’ 。请用m1、m2、v1表示v1’ 和v2’ 的公式。
根据动量守恒定律
弹性碰撞机械能守恒
碰撞后两个物体的速度:
质量m1＝4 kg、速度v0＝3 m/s的A球与质量m2＝2 kg且静止的B球在光滑水平面上发生碰撞。
(1)若发生弹性碰撞，碰后A、B两球速度分别为多少？
(2)若发生完全非弹性碰撞，碰后两球速度又是多少？碰撞过程中损失的机械能是多少？
碰撞的可能性判断
v1
m1
m2
v2
1. 系统动量守恒：
2. 系统动能不增加：
内力远大于外力
机械能守恒或损失
或者
符合实际情况
3. 同向运动相碰：
且
碰后至少有一个物体要反向
（不能再次碰撞）
C
如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个小球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)
A.5个小球静止，1个小球运动
B.4个小球静止，2个小球运动
C.3个小球静止，3个小球运动
D.6个小球都运动
如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s。求：
(1)A、B两球跟C球相碰前共同速度的大小；
(2)第二次碰撞过程中损失的动能；
(3)两次碰撞过程中共损失的动能。
答案　(1)1 m/s　(2)0.25 J　(3)1.25 J
基础知识 · 全面通关
一、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统________，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝_______________或Δp1＝－Δp2。
不受外力
m1v′1＋m2v′2
2．系统动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合外力不为0，但当内力______合外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受______为零或该方向F内 F外时，系统在该方向上动量守恒。
远大于
合外力
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力______外力，可认为相互碰撞物体所组成的系统动量守恒。
(2)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能________。
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能______。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失____。
远大于
没有损失
有损失
最大
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个____冲量，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力______系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
3．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且______系统所受的外力，所以系统动量____。
反向
远大于
远大于
守恒
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)只要系统所受的外力的矢量和为0，系统的动量就守恒。 (　　)
(2)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。 (　　)
(3)系统中所有物体的加速度都为0时，系统的总动量不一定守恒。 (　　)
(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (　　)
(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 (　　)
(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中近似动量守恒。 (　　)
√
×
×
√
√
√
二、教材习题衍生
1．(鲁科版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是(　　)
A．平板车左右往复运动
B．平板车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
√
√
√
ACD　[把大锤、人和平板车看成一个整体，用大锤连续敲打平板车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，平板车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，平板车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和平板车也停止运动，A、C、D正确。]
3．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
D　[设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝，D正确。]
√
2．(人教版选择性必修第一册改编)我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号乙”运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为 M＝2 100 g。当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(　　)
A．42 m/s B．－42 m/s
C．40 m/s D．－40 m/s
√
考点1　动量守恒定律的理解及其应用　
1．动量守恒定律的五种性质
系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
相对性 公式中v1、v2、v′1、v′2 必须相对于同一个惯性参考系
同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v′1、v′2 是相互作用后同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(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0。
2．(多选)(2024山东广饶一中高三月考)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相反
√
√
CD　[设小孩跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有0＝－M车vc＋m人v，
m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝，vb＝0，va＝，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反。所以选项A、B错误，选项C、D正确。]
规律方法　应用动量守恒定律解题的思路
(1)分析题意，明确研究对象，知道系统是由哪几个物体组成的。
(2)受力分析，弄清系统内力和外力，判断是否满足动量守恒的条件。
(3)明确研究过程，确定初、末状态的动量和表达式。
(4)建立动量守恒方程求解，必要时讨论说明。
考点2　碰撞模型　
1．碰撞现象遵循的三条原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2E′k1＋E′k2 或。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。
2．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、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
＝
联立解得v′1＝
v′2＝
结论1：当m1＝m2时：v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v′1＝v1，v′2＝v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，|ΔEk|＝
[典例]　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。
[解析]　长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，以向右为正方向，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
[答案]　2 m/s
[拓展]　(1)在上例中，若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[答案]　(1)3 m/s　(2)15 J
[跟进训练]
1．(2024湖北襄阳高三检测)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kgm/s，p2＝7 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是
(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
√
C　[甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p′1＋p′2，得p′1＝
2 kgm/s。由于在碰撞过程中，系统的机械能不会增加。所以有，得m1m2。因为题目给出的物理情境是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情境，就必须有>，即m12．(多选)(2023河北新高考九师联盟高三2月质检)如图所示，质量分别为m、2m的乙、丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度v0(沿乙、丙的连线方向)向乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是(　　)
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，
乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，小球丙的动量为mv0
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为
D．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙对丙的冲量的大小为mv0
√
√
AD　[甲、乙第一次碰撞后互换速度，即甲的速度变为零，乙的速度变为v0，设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为v乙、v丙，取向右为正方向，由弹性碰撞规律有mv0＝mv乙＋2mv丙＝，解得v乙＝－v0，v丙＝v0，乙反弹后与甲再次发生碰撞，碰后二者交换速度，即甲的速度变为－v0，乙的速度变为零，选项A正确；碰撞都结束之后小球丙的动量等于2m×v0＝mv0，选项B错误；乙、丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由v0变成v乙＝－v0，由动能定理得丙对乙做的功为W＝＝，选项C错误；乙、丙在发生碰撞的过程中，丙的速度由零变成v丙＝v0, 对丙由动量定理可得，乙对丙的冲量的大小为I＝2m×v0－0＝mv0，选项D正确。]
3．(2024江苏南通重点高中高三质检)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是 m＝2 kg，则由图像判断下列结论正确的是(　　)
A．碰撞前、后A球的动量变化量为6 kgm/s
B．碰撞时A球对B球的冲量为－6 Ns
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
√
D　[x-t图像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分别为vA＝＝ m/s＝－3 m/s，v＝＝ m/s＝－1 m/s，所以碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kgm/s，故A错误；碰撞前B球的速度为vB＝＝ m/s＝2 m/s，设B球质量为m′，根据动量守恒定律有mvA＋m′vB＝(m＋m′)v，解得m′＝ kg，根据动量定理可知，碰撞时A球对B球的冲量为I＝ΔpB＝m′v－m′vB＝－4 kgm/s＝－4 Ns，故B错误； A 、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋m′vB＝－ kgm/s，
故C错误；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为|ΔEk|
＝＝10 J，故D正确。]
考点3　反冲、爆炸问题及“人船模型”　
1．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
(1)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受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)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。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
人船模型
3．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；两物体的位移满足：m－M＝0，x人 ＋x船＝L，即x人＝L，x船＝L。
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的。
(4)类人船模型
例：长为5m、质量为200kg的小船停在静水中，质量为50kg的人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船在水中移动的距离为（　　）
A．1m B．2m C．3m D．4m
例2：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 m
C.2.6 m D.8 m
√
(2024湖南娄底高三质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　)
A． h B． h
C．h D．h
√
C　[设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝＋mv1 ，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，联立得0＝
－M＋m，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误。]

展开更多......

收起↑