高考物理一轮总复习课件：第十一章 第1课时 动量守恒定律及其应用
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方法技巧 思维提升
1．碰撞的特点和种类 (1)碰撞的特点． ①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒； ②满足能量不增加原理； ③必须符合一定的物理情境．
(2)碰撞的种类． ①完全弹性碰撞：动量守恒，动能守恒，质量相等的两 物体发生完全弹性碰撞时交换速度； ②非完全弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒； ③完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒，碰后两物 体共速，系统机械能损失最大．
【例2】 (2017·豫北六校联考)如图所示，两块厚度相同的 木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量 为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平 地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上， 此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度和铅 块C刚滑到B上时的速度．
3．动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统 的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受 外力冲量的矢量和，而物体之间的作用力不会改变系统 的总动量. 4．动力学问题中的应用：在不涉及加速度和位移的情 况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较 为方便．因为动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于 变力作用，而且也不需要考虑运动过程的细节．
谢谢观赏
You made my day!
我们，还在路上……
【例3】 (2015·课标全国II卷)滑块a、b沿水平面上同一 条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段 时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时 间t变化的图象如图所示．求：
(1)滑块 a、b 的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失 的机械能之比． 解析：(1)设 a、b 质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前的速度为 v1、 v2.由题给图象得 v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s，a、b 发生完全非弹性碰撞， 碰撞后两滑块的共同速度为 v，由题给图象可得 v＝23 m/s. 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 解得mm21＝18.
•不习惯读书进修的人，常会自满于现状，觉得没有什么事情需要学习，于是他们不进则退2022年4月17日星期日2022/4/172022/4/172022/4/17 •读书，永远不恨其晚。晚比永远不读强。2022年4月2022/4/172022/4/172022/4/174/17/2022 •正确的略读可使人用很少的时间接触大量的文献，并挑选出有意义的部分。2022/4/172022/4/17April 17, 2022 •书籍是屹立在时间的汪洋大海中的灯塔。
对于撤去 F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所
示，始态速度为 v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－ mv.以上两式联立解得 t2＝Fμ－mμmg gt1＝30－ 0.20×.2× 5×5×1010×6 s＝12 s.
解法二 用动量定理解，研究全过程 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、 末状态物体的速度都等于零． 取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理得
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝21m1v21＋21m2v22－21(m1＋m2)v2. 由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克
服摩擦力所做的功为
W＝12(m1＋m2)v2，
解得ΔWE＝21.
答案：(1)18
1 (2)2
3．(2016·临川模拟)如图所示，半径为R的1/4的光滑圆弧轨 道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球 B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量 为m1的小球A从D点以速度 向右运动，重力加速度为g，试求： (1)小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是 多少； (2)要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么 关系．
第1课时 动量守恒定律及其应用
考点一 动量定理的理解和应用
1．方程左边是物体受到所有力的总冲量，而不是某 一个力的冲量．其中的F可以是恒力，也可以是变力， 如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值. 2．动量定理说明的是合外力的冲量I合与动量的变化 量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等，而且Δp的方向与 I合方向也相同.
(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的 系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统． 2．动量守恒定律的不同表达形式 (1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总 动量p′. (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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． (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反 向． (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (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．
[典例] 如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m.置于光 滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块 接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧 连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以 初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起， 以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，已知 C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能．
推出木箱的过程有 0＝(m＋2m)v1－mv， 接住木箱的过程有 mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2. 解得 v2＝v2. 答案：v2
考点三 动量守恒定律与能量的综合问题
1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律 和能量守恒定律(机械能守恒定律)． 2．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优 先考虑动能定理． 3．因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动 能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间 的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之 处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
[思路导引]
解析：设碰后 A、B 和 C 的共同速度大小为 v，由动量守恒有 mv0＝3mv，①
设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒有 3mv ＝2mv1＋mv0.②
设弹簧的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中 机械能守恒，有
21(3m)v2＋Ep＝21(2m)v12＋12mv02.③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep＝13mv20. 答案：13mv02
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0， 解得 t2＝Fμ－mμmg gt1＝30－ 0.20×.2× 5×5×1010×6 s＝12 s.
答案：12 s
考点二 动量守恒定律的理解与应用
1．动量守恒定律的“五性” (1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正 方向． (2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一 惯性参考系． (3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的， 系统改变，动量不一定满足守恒． (4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同 一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．
解析：铅块C在A上滑行时，木块一起向右运动，铅块C刚离开 A时的速度设为vC′，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的 过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0＝(mA＋ mB)vA＋mCvC′. 在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀 速运动，铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守 恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v. 代入数据解得vA＝0.25 m/s，vC′＝2.75 m/s. 答案：0.25 m/s 2.75 m/s
(1)用动量定理解题的基本思路：
(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个 过程用动量定理．
1．(2017·黄冈模拟)在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间 的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还 能向前运动多长时间才停止(g取10 m/s2)? 解析：解法一 用动量定理解，分段处理 选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程， 受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水 平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－ 0.
解析：(1)当两球速度相等时弹簧最短，由动量守恒定律得 m1v0 ＝(m1＋m2)v1，
解得 v1＝mm11＋2mgR2 . (2)由动量守恒定律得 m1v0＝m2v2－m1v1′， 由能量守恒定律得12m1v20＝21m2v22＋21m1v1′2， 发生第二次碰撞的条件是 v2＜v1′. 解得 m1＜m32. 答案：(1)mm11＋2mgR2 (2)m1＜m32
规律总结
动量守恒定律的解题步骤
2．(2016·济南模拟)如图所示，质量均为m的小车与木箱紧挨 着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明站在小车上用 力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木 箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小 明接住木箱后三者共同速度的大小．
解析：取向左为正方向，设小明接住木箱后三者共同速度的大 小为 v2，根据动量守恒定律得
【例1】 (2015·重庆卷)高空作业须系安全带．如果质量 为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人 刚 产 生 作 用 力 前 人 下 落 的 距 离 为 h( 可 视 为 自 由 落 体 运 动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中 该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作 用力大小为( )
m A.
t2gh＋mg
m B.
t2gh－mg
m C.
t gh＋mg
m D.
t gh－mg
解析：人下落 h 高度为自由落体运动，由运动学公式 v2＝2gh，
可知 v＝ 2gh；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(F－mg)t＝0－
(－mv)，解得：F＝m t2gh＋mg，故选项 A 正确．
答案：A
规律总结
方法技巧 思维提升
1．碰撞的特点和种类 (1)碰撞的特点． ①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒； ②满足能量不增加原理； ③必须符合一定的物理情境．
(2)碰撞的种类． ①完全弹性碰撞：动量守恒，动能守恒，质量相等的两 物体发生完全弹性碰撞时交换速度； ②非完全弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒； ③完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒，碰后两物 体共速，系统机械能损失最大．
【例2】 (2017·豫北六校联考)如图所示，两块厚度相同的 木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量 为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平 地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上， 此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度和铅 块C刚滑到B上时的速度．
3．动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统 的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受 外力冲量的矢量和，而物体之间的作用力不会改变系统 的总动量. 4．动力学问题中的应用：在不涉及加速度和位移的情 况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较 为方便．因为动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于 变力作用，而且也不需要考虑运动过程的细节．
谢谢观赏
You made my day!
我们，还在路上……
【例3】 (2015·课标全国II卷)滑块a、b沿水平面上同一 条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段 时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时 间t变化的图象如图所示．求：
(1)滑块 a、b 的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失 的机械能之比． 解析：(1)设 a、b 质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前的速度为 v1、 v2.由题给图象得 v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s，a、b 发生完全非弹性碰撞， 碰撞后两滑块的共同速度为 v，由题给图象可得 v＝23 m/s. 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 解得mm21＝18.
•不习惯读书进修的人，常会自满于现状，觉得没有什么事情需要学习，于是他们不进则退2022年4月17日星期日2022/4/172022/4/172022/4/17 •读书，永远不恨其晚。晚比永远不读强。2022年4月2022/4/172022/4/172022/4/174/17/2022 •正确的略读可使人用很少的时间接触大量的文献，并挑选出有意义的部分。2022/4/172022/4/17April 17, 2022 •书籍是屹立在时间的汪洋大海中的灯塔。
对于撤去 F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所
示，始态速度为 v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－ mv.以上两式联立解得 t2＝Fμ－mμmg gt1＝30－ 0.20×.2× 5×5×1010×6 s＝12 s.
解法二 用动量定理解，研究全过程 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、 末状态物体的速度都等于零． 取水平力 F 的方向为正方向，根据动量定理得
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝21m1v21＋21m2v22－21(m1＋m2)v2. 由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克
服摩擦力所做的功为
W＝12(m1＋m2)v2，
解得ΔWE＝21.
答案：(1)18
1 (2)2
3．(2016·临川模拟)如图所示，半径为R的1/4的光滑圆弧轨 道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球 B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量 为m1的小球A从D点以速度 向右运动，重力加速度为g，试求： (1)小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧最短时B球的速度是 多少； (2)要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么 关系．
第1课时 动量守恒定律及其应用
考点一 动量定理的理解和应用
1．方程左边是物体受到所有力的总冲量，而不是某 一个力的冲量．其中的F可以是恒力，也可以是变力， 如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值. 2．动量定理说明的是合外力的冲量I合与动量的变化 量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等，而且Δp的方向与 I合方向也相同.
(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的 系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统． 2．动量守恒定律的不同表达形式 (1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总 动量p′. (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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． (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反 向． (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
2．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (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．
[典例] 如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m.置于光 滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块 接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧 连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以 初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起， 以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，已知 C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能．
推出木箱的过程有 0＝(m＋2m)v1－mv， 接住木箱的过程有 mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2. 解得 v2＝v2. 答案：v2
考点三 动量守恒定律与能量的综合问题
1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律 和能量守恒定律(机械能守恒定律)． 2．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优 先考虑动能定理． 3．因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动 能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间 的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之 处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
[思路导引]
解析：设碰后 A、B 和 C 的共同速度大小为 v，由动量守恒有 mv0＝3mv，①
设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒有 3mv ＝2mv1＋mv0.②
设弹簧的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中 机械能守恒，有
21(3m)v2＋Ep＝21(2m)v12＋12mv02.③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep＝13mv20. 答案：13mv02
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0， 解得 t2＝Fμ－mμmg gt1＝30－ 0.20×.2× 5×5×1010×6 s＝12 s.
答案：12 s
考点二 动量守恒定律的理解与应用
1．动量守恒定律的“五性” (1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正 方向． (2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一 惯性参考系． (3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的， 系统改变，动量不一定满足守恒． (4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同 一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．
解析：铅块C在A上滑行时，木块一起向右运动，铅块C刚离开 A时的速度设为vC′，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的 过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0＝(mA＋ mB)vA＋mCvC′. 在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀 速运动，铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守 恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v. 代入数据解得vA＝0.25 m/s，vC′＝2.75 m/s. 答案：0.25 m/s 2.75 m/s
(1)用动量定理解题的基本思路：
(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个 过程用动量定理．
1．(2017·黄冈模拟)在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间 的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还 能向前运动多长时间才停止(g取10 m/s2)? 解析：解法一 用动量定理解，分段处理 选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程， 受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v，取水 平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－ 0.
解析：(1)当两球速度相等时弹簧最短，由动量守恒定律得 m1v0 ＝(m1＋m2)v1，
解得 v1＝mm11＋2mgR2 . (2)由动量守恒定律得 m1v0＝m2v2－m1v1′， 由能量守恒定律得12m1v20＝21m2v22＋21m1v1′2， 发生第二次碰撞的条件是 v2＜v1′. 解得 m1＜m32. 答案：(1)mm11＋2mgR2 (2)m1＜m32
规律总结
动量守恒定律的解题步骤
2．(2016·济南模拟)如图所示，质量均为m的小车与木箱紧挨 着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明站在小车上用 力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木 箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小 明接住木箱后三者共同速度的大小．
解析：取向左为正方向，设小明接住木箱后三者共同速度的大 小为 v2，根据动量守恒定律得
【例1】 (2015·重庆卷)高空作业须系安全带．如果质量 为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人 刚 产 生 作 用 力 前 人 下 落 的 距 离 为 h( 可 视 为 自 由 落 体 运 动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中 该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作 用力大小为( )
m A.
t2gh＋mg
m B.
t2gh－mg
m C.
t gh＋mg
m D.
t gh－mg
解析：人下落 h 高度为自由落体运动，由运动学公式 v2＝2gh，
可知 v＝ 2gh；缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(F－mg)t＝0－
(－mv)，解得：F＝m t2gh＋mg，故选项 A 正确．
答案：A
规律总结