高三物理一轮复习优质学案：动量守恒定律及其应用
高三物理一轮复习全套教案完整版
高三物理一轮复习全套教案完整版一、教学内容本节课为高三物理一轮复习，教材选用人民教育出版社的《高中物理》。
复习内容为第五章“动量守恒定律”，具体包括：5.1动量守恒定律，5.2动量守恒定律的应用。
二、教学目标1. 让学生掌握动量守恒定律的定义、表达式及适用条件。
2. 培养学生运用动量守恒定律解决实际问题的能力。
3. 通过对动量守恒定律的复习，提高学生对物理概念的理解和运用能力。
三、教学难点与重点重点：动量守恒定律的定义、表达式及适用条件。
难点：动量守恒定律在实际问题中的应用。
四、教具与学具准备教具：多媒体课件、黑板、粉笔。
学具：教材、笔记本、练习册。
五、教学过程1. 实践情景引入：讲述一个关于动量守恒的日常生活实例，如碰撞现象，引导学生关注动量守恒在实际生活中的应用。
2. 知识回顾：复习动量的定义、表达式，回顾动量守恒定律的发现过程，引导学生理解动量守恒定律的意义。
3. 教材内容梳理：讲解动量守恒定律的定义、表达式及适用条件，通过示例让学生了解动量守恒定律在实际问题中的应用。
4. 例题讲解：选取典型例题，讲解动量守恒定律的运用方法，引导学生学会分析问题、解决问题。
5. 随堂练习：布置随堂练习题，让学生运用动量守恒定律解决问题，及时巩固所学知识。
6. 板书设计：板书动量守恒定律的定义、表达式及适用条件，突出重点，便于学生复习。
7. 作业设计：布置作业题，让学生运用动量守恒定律解决实际问题，提高学生的应用能力。
作业题目：1. 一辆质量为m的小车以速度v1与质量为M的大车以速度v2相碰撞，求碰撞后两车的速度。
答案：2. 课后反思及拓展延伸：六、教学内容拓展动量守恒定律在现代物理学中的应用，如粒子物理学、宇宙学等。
引导学生关注动量守恒定律在其他领域的应用，提高学生的学科素养。
七、课后作业布置1. 复习动量守恒定律的定义、表达式及适用条件。
2. 完成课后练习题，运用动量守恒定律解决问题。
3. 查阅相关资料，了解动量守恒定律在实际应用中的更多例子。
物理高考大一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第19讲动量守恒定律课件
动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得 Mv0
＝ (M ＋ M)v1 ， 对 系 统 运 用 能 量 守 恒 有
FfL′
＝
1ห้องสมุดไป่ตู้2
Mv
2 0
－
1 2
(2M)v21，联立解得 L′＝L2，故选项 C 正确，A、B、D 错误．
利用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成；(系统包括哪几个 物体及研究的过程)
考法二 动量守恒定律的基本应用
【自主练 3】(2019·洛阳孟津二中高三调研)一质量为 m
的滑块 A 以初速度 v0 沿光滑水平面向右运动，与静止在水
平面上的质量为23m 的滑块 B 发生碰撞，它们碰撞后一起继
续运动，则在碰撞过程中滑块 A 动量的变化量为( A )
A.25mv0，方向向左
B.35mv0，方向向左
答案 C
解析 小球在整个过程中除重力之外还有弹簧的弹力做 功，故小球的机械能不守恒；小球从静止弹射到落地前的过 程中小球所受外力不为零，故动量不守恒；小球、弹簧和小 车组成系统在整个过程中只有重力和弹力做功，故系统机械 能守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中系统所受外力不 为零，故动量不守恒，故选项 C 正确．
4．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 远大于 系统所受的外力，所以系统动量 守恒 ．
[基础小练] 判断下列说法是否正确
(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒．( × ) (2)动量守恒的过程中，机械能只能不变或减少．( × ) (3)若某个方向合外力为零，则该方向动量守恒．( √ ) (4)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静 止，则两球碰前的动量大小一定相同．( √ ) (5)完全非弹性碰撞中，机械能损失最多．( √ )
2025届高三物理一轮复习动量守恒定律及其应用(40张PPT)
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很大的现象。2.碰撞的特点:在碰撞现象中,一般都满足内力_______外力,可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
考点2 碰撞问题
远大于
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
_______
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
答案 D
考向3 用数学归纳法解决多次碰撞问题【典例6】 (多选)(2022·全国卷Ⅱ)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
同学们再见！
授课老师：
时间：2024年9月1日
2024课件
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考向1 碰撞的可能性【典例4】 (多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是6 kg·m/s,B球的动量是4 kg·m/s,已知mA=1 kg,mB=2 kg,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是( )A.vA'=3 m/s vB'=3.5 m/s B.vA'=2 m/s vB'=4 m/sC.vA'=5 m/s vB'=2.5 m/s D.vA'=-3 m/s vB'=6.5 m/s
2025版高考物理一轮总复习动量观点在电磁感应中的应用考点2动量守恒定律在电磁感应中的应用(含答案)
高考物理一轮总复习考点突破：考点2 动量守恒定律在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析)光滑的平行导轨示意图质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动运动图像能量观点系统动能的减少转化为内能动量观点两杆组成的系统动量守恒(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。
导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。
导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。
碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。
P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。
不计空气阻力。
求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
[解析](1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv 0＝3mv Q ＋mv P12×3mv 20＝12×3mv 2Q ＋12mv 2P 联立解得v P ＝32v 0，v Q ＝12v 0 由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为v P ′＝v Q ＝12v 0。
(2)根据能量守恒有12mv 2P ＝12mv P ′2＋Q 解得Q ＝mv 20。
(3)P 、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得－B I l Δt ＝mv P ′－mv P 又q ＝I Δt ，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝Blx R Δt 联立可得x ＝mv 0R B 2l 2由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为t ＝x v Q ＝2mR B 2l 2。
高三物理一轮复习优质课件1：13.1 动量守恒定律及其应用
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某 方向上合力为零，系统在该方向上 动量守恒 。
[试一试]
把一支弹簧枪水平固定在小车上【，解析】 小车放在光滑水平地面上，枪射
出一颗子弹时，关于枪、弹、车，
内、外力取决 于系统的划分
下列说法正确的是________。 A．枪和弹组成的系统动量守恒 车对枪的作用力是外力
第1节 动量守恒定律及其应用
动量 动量定理 动量守恒定律 [记一记] 1．动量
(1)定义：物体的 质量 与速度的乘积。 (2)公式：p＝mv 。
(3)单位：千克·米/秒。符号：kg·m/s。
(4)意义：动量是描述物体 运动状态的物理 量，是矢量，其方向与 速度 的方向相同。
2．动量变化 (1)定义：物体的末动量p′与初动量p的差。 (2)定义式：___Δ_p_＝__p_′_－__p__。
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。 【审题突破】
碰撞后，A、B系统动
量守恒
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
[典例](2013·山东高考)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 质止生量 ， 碰A分撞、别(时B为一间m起极A＝以短2v)0k后＝g、C5 向mm/右Bs＝的运1速动k度g，、匀经m速最速过C＝向后度一2右三相段k运者 等g时。动间开，，始AA与时、CCB发静再 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。 【审题突破】
考点二 碰撞问题分析 1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
《动量守恒定律及其应用》 教学设计
《动量守恒定律及其应用》教学设计一、教学目标1、知识与技能目标（1）理解动量守恒定律的内容和表达式。
（2）能运用动量守恒定律分析和解决简单的相互作用问题。
2、过程与方法目标（1）通过实验探究和理论推导，培养学生的科学探究能力和逻辑思维能力。
（2）经历动量守恒定律的应用过程，提高学生分析问题和解决问题的能力。
3、情感态度与价值观目标（1）通过对动量守恒定律的学习，使学生感受物理规律的简洁美和普遍适用性。
（2）培养学生的合作精神和实事求是的科学态度。
二、教学重难点1、教学重点（1）动量守恒定律的内容和表达式。
（2）动量守恒定律的适用条件。
2、教学难点（1）动量守恒定律的推导过程。
（2）动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用。
三、教学方法1、讲授法：讲解动量守恒定律的基本概念和原理。
2、实验法：通过实验演示，让学生直观地感受动量守恒的现象。
3、讨论法：组织学生讨论问题，培养学生的思维能力和合作精神。
4、练习法：通过练习题，让学生巩固所学知识，提高应用能力。
四、教学过程1、导入新课通过播放一段碰撞的视频，如台球的碰撞、两车相撞等，引导学生观察碰撞前后物体的运动状态变化，提出问题：在碰撞过程中，有没有什么物理量是保持不变的呢？从而引出本节课的主题——动量守恒定律。
2、新课讲授（1）动量的概念回顾上节课所学的动量的定义：物体的质量与速度的乘积叫做动量，用符号p 表示，p ＝mv。
强调动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
（2）动量守恒定律的推导以两个相互作用的小球为例，假设它们在光滑水平面上做直线运动，质量分别为 m1 和 m2，速度分别为 v1 和 v2 ，碰撞后速度分别变为 v1' 和 v2' 。
根据牛顿第二定律，对于小球 1，有 F1 ＝ m1a1 ，其中 F1 是小球 2 对小球 1 的作用力，a1 是小球 1 的加速度。
根据运动学公式，a1 ＝（v1' v1) ／ t ，其中 t 是碰撞作用的时间。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动量观点在电磁感应中的应用
专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解． 考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v R Δt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的任一个物理量例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L 的足够长U 形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一质量为m 、接入电路的有效电阻为R 、长度略大于L 的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )A ．导体棒中感应电流方向为由a 到bB ．导体棒中的最大发热量为12m v 02C ．导体棒的加速度逐渐减小到0D ．通过导体棒的电荷量最大值为m v 02BL答案 BC解析 根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b 到a ，选项A 错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为12m v 02，选项B 正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a ＝BIL m ＝B 2L 2vmR ，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C 正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F 安Δt ＝0－m v 0，F 安Δt ＝B I L Δt ＝BLq ，通过导体棒的电荷量最大值为q ＝m v 0BL ，选项D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析 开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本 模型 规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电终特征容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：(1)MN 棒受到的最大安培力F 的大小和方向；(2)若飞机起飞时速度为v ，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ ； (3)飞机起飞时速度v 的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)． 答案 (1)BLE R 方向水平向右 (2)(E －BL v )C (3)BLECB 2L 2C ＋m 0解析 (1)开关S 刚接至2时，回路中电流最大，MN 棒受到的安培力最大，最大安培力 F ＝BIL ＝BLER金属棒MN 上的电流方向从M 流向N 端，由左手定则可知安培力方向水平向右． (2)飞机起飞速度为v 时，金属棒的感应电动势E ′＝BL v 即此时电容器两极板间的电压U ＝BL v 则ΔQ ＝ΔU ·C ＝(E －BL v )C(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U ＝E ′＝BL v 对金属棒由动量定理可得B I Lt ＝m 0v －0 又B I Lt ＝BL ΔQ ＝BL (EC －BL v C ) 所以BL (EC －BL v C )＝m 0v 解得v ＝BLEC B 2L 2C ＋m 0.题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误．例6 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为L ，两导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)ab 、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x . 答案 (1)0.4v 0 B 2L 2v 010mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v 010mR(2)ab 、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共 对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共 而q ＝I Δt ，解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R ，解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析 金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l ，ab 、cd 是质量为m 、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功 12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bl gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bl v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bl gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m 答案 BD解析 撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R ＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析 因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析 设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝ 4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR ＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d 的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形金属线圈以速度v 沿水平方向进入磁场，且恰好能全部穿出磁场，则下列说法正确的是( )A ．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BLB ．线圈中无感应电流的时间为d －L vC ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为m v 24D ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为3m v 28答案 AD解析 进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I 1，时间为t 1，全部进入磁场时的速度为v 1，由动量定理得－BI 1Lt 1＝m v 1－m v ，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q 1，q 1＝I 1t ，则有－BLq 1＝m v 1－m v ，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq 2＝－m v 1，q 1＝q 2，所以v －v 1＝v 1，解得v 1＝v 2，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BL ，故A 正确；无感应电流的时间为t ＝d －L v 1＝2(d －L )v ，故B 错误； 进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝m v 22－m v 122＝3m v 28，故C 错误，D 正确．7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22 C 答案 AD 解析 磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x 0＝1 m ，A 正确；线框进入磁场过程中，安培力为F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R ，则F ＝B 2L 2v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－B 2L 2v Rt ＝m v －m v 0，解得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入数据解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝BLx R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 8．如图所示，平行光滑金属双导轨P 1Q 1M 1和P 2Q 2M 2，其中P 1Q 1和P 2Q 2为半径r ＝0.8 m 的14光滑圆轨道，O 1和O 2为对应圆轨道的圆心，Q 1、Q 2在O 1、O 2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q 1M 1和Q 2M 2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ；两导体棒a 、b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a 、b 的质量均为1 kg ，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P 1P 2处由静止释放，a 、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞(g ＝10 m/s 2)．求：(1)导体棒a 从Q 1Q 2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；(2)导体棒a 、b 稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 m/s (3)2 C解析 (1)导体棒a 从P 1P 2到Q 1Q 2，由动能定理得m a gr ＝12m a v 02－0 代入数据得v 0＝4 m/s a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0＝4 V由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R a ＋R b＝2 A 由牛顿第二定律得ILB ＝m b a b代入数据得a b ＝2 m/s 2.(2)当导体棒a 、b 稳定时，由动量守恒定律得m a v 0＝(m a ＋m b )v 1代入数据得v 1＝2 m/s.(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得I LBt ＝m b v 1，又q ＝I t ，代入数据得q ＝2 C.9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值． 答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R .。
高考物理一轮复习讲义：专题25 动量守恒定律及应用二“滑块-弹簧”模型
高三一轮同步复习专题25 动量守恒定律及应用二——“滑块-弹簧”模型【模型归纳】【典例分析】例1、如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。
现在使甲瞬时获得水平向右的速度v0=5m/s，当甲物体的速度减小到1m/s 时，弹簧最短。
下列说法正确的是（）A．紧接着甲物体将开始做减速运动B．紧接着甲物体将开始做加速运动C．甲乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶3D．甲乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶4【变式训练1】如图所示，质量为m1=2 kg的小球P从离水平面高度为h=0.8m的光滑斜面上滚下，与静止在光滑水平面上质量为m Q=2kg的带有轻弹簧的滑块Q碰撞，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．P球与滑块Q碰撞前的速度为5m/sB．P球与滑块Q碰撞前的动量为16kg·m/sC．它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2m/sD．碰撞过程中动能守恒【变式训练2】如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。
现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（）A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为12:1:3m m =D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为12:1:8k kE E =【变式训练3】如图所示，质量为m 1=0.95kg 的小车A 静止在光滑地面上，一质量为m 3=0.05kg 的子弹以v 0=100m/s 的速度击中小车A ，并留在其中，作用时间极短。
一段时间后小车A 与另外一个静止在其右侧的，质量为m 2=4kg 的小车B 发生正碰，小车B 的左侧有一固定的轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超弹性限度，则下列说法错误的是（ ）A ．小车A 与子弹的最终速度大小为3m/sB ．小车B 的最终速度大小为2m/sC ．弹簧最大的弹性势能为10JD ．整个过程损失的能量为240J【变式训练4】如图所示，质量M=4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L=0.5m 这段滑板与木块A （可视为质点）之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑。
动量守恒定律物理教案优秀5篇
动量守恒定律物理教案优秀5篇1、理解动量守恒定律的确切含义．2、知道动量守恒定律的适用条件和适用范围．二、能力目标1、运用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律．2、能运用动量守恒定律解释现象．3、会应用动量守恒定律分析、计算有关问题（只限于一维运动）．三、情感目标1、培养实事求是的科学态度和严谨的推理方法．2、使学生知道自然科学规律发现的重大现实意义以及对社会发展的巨大推动作用．重点难点：重点：理解和基本掌握动量守恒定律．难点：对动量守恒定律条件的掌握．教学过程：动量定理研究了一个物体受到力的冲量作用后，动量怎样变化，那么两个或两个以上的物体相互作用时，会出现怎样的总结果？这类问题在我们的日常生活中较为常见，例如，两个紧挨着站在冰面上的同学，不论谁推一下谁，他们都会向相反的方向滑开，两个同学的动量都发生了变化，又如火车编组时车厢的对接，飞船在轨道上与另一航天器对接，这些过程中相互作用的物体的动量都有变化，但它们遵循着一条重要的规律．（－）系统为了便于对问题的讨论和分析，我们引入几个概念．1．系统：存在相互作用的几个物体所组成的整体，称为系统，系统可按解决问题的需要灵活选取．2．内力：系统内各个物体间的相互作用力称为内力．3．外力：系统外其他物体作用在系统内任何一个物体上的力，称为外力．内力和外力的区分依赖于系统的选取，只有在确定了系统后，才能确定内力和外力．（二）相互作用的两个物体动量变化之间的关系演示如图所示，气垫导轨上的A、B两滑块在P、Q两处，在A、B间压紧一被压缩的弹簧，中间用细线把A、B拴住，M和N为两个可移动的挡板，通过调节M、N的位置，使烧断细线后A、B两滑块同时撞到相应的挡板上，这样就可以用ＳＡ和ＳＢ分别表示A、B两滑块相互作用后的速度，测出两滑块的质量mＡ＼mＢ和作用后的位移ＳＡ和ＳＢ比较mＡＳＡ和mＢＳＢ．高二物理《动量守恒定律》教案1．实验条件：以A、B为系统，外力很小可忽略不计．2．实验结论：两物体A、B在不受外力作用的条件下，相互作用过程中动量变化大小相等，方向相反，即△pＡ＝－△pＢ或△pＡ＋△pＢ＝０注意因为动量的变化是矢量，所以不能把实验结论理解为A、B两物体的动量变化相同．（三）动量守恒定律1．表述：一个系统不受外力或受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律．2．数学表达式：p＝p’，对由A、B两物体组成的系统有：mAvA+mBvB=mAvA’+mBvB’ （1）mA、mB分别是A、B两物体的质量，vA、vB、分别是它们相互作用前的速度，vA’、vB’分别是它们相互作用后的速度．注意式中各速度都应相对同一参考系，一般以地面为参考系．（2）动量守恒定律的表达式是矢量式，解题时选取正方向后用正、负来表示方向，将矢量运算变为代数运算．3．成立条件在满足下列条件之一时，系统的动量守恒（1）不受外力或受外力之和为零，系统的总动量守恒．（2）系统的内力远大于外力，可忽略外力，系统的总动量守恒．（3）系统在某一方向上满足上述（1）或（2），则在该方向上系统的总动量守恒．4．适用范围动量守恒定律是自然界最重要最普遍的规律之一，大到星球的宏观系统，小到基本粒子的微观系统，无论系统内各物体之间相互作用是什么力，只要满足上述条件，动量守恒定律都是适用的．（四）由动量定理和牛顿第三定律可导出动量守恒定律设两个物体m１和m２发生相互作用，物体1对物体2的作用力是Ｆ１２，物体2对物体1的作用力是Ｆ２１，此外两个物体不受其他力作用，在作用时间△Ｖt内，分别对物体1和2用动量定理得：Ｆ２１△Ｖt＝△p１；Ｆ１２△Ｖt＝△p２，由牛顿第三定律得Ｆ２１＝－Ｆ１２，所以△p１＝－△p２，即：△p＝△p１＋△p２＝０或m１v１+m２v２=m１v１’+m２v２’．例1如图所示，气球与绳梯的质量为M，气球的绳梯上站着一个质量为m的人，整个系统保持静止状态，不计空气阻力，则当人沿绳梯向上爬时，对于人和气球（包括绳梯）这一系统来说动量是否守恒？为什么？高二物理《动量守恒定律》教案解析对于这一系统来说，动量是守恒的，因为当人未沿绳梯向上爬时，系统保持静止状态，说明系统所受的重力（Ｍ＋m）g跟浮力F平衡，那么系统所受的外力之和为零，当人向上爬时，气球同时会向下运动，人与梯间的相互作用力总是等值反向，系统所受的外力之和始终为零，因此系统的动量是守恒的．例2如图所示是A、B两滑块在碰撞前后的闪光照片部分示意图，图中滑块A的质量为0.14kg，滑块B的质量为0.22kg，所用标尺的最小刻度是0.5cm，闪光照相时每秒拍摄10次，试根据图示回答：高二物理《动量守恒定律》教案（1）作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？（2）碰撞前后A和B的总动量是否守恒？解析从图中A、B两位置的变化可知，作用前B是静止的，作用后B向右运动，A向左运动，它们都是匀速运动．mAvA+mBvB=mAvA’+mBvB’（1）vＡ＝ＳＡ／t＝０.０５／０.１＝０.５（m／s）；vＡ′＝ＳＡ′／t＝－０.００５／０.１＝－０.０５（m／s）△pＡ＝mAvA’－mAvA＝０.１４＊（－０.０５）－０.１４＊０.５＝－０.０７７（kg·m/s），方向向左．（2）碰撞前总动量p＝pＡ＝mAvA＝０.１４__０.５＝０.０７（kg·m/s）碰撞后总动量p’＝mAvA’+mBvB’＝０.１４__（－０.０６）+０.２２__（０.０３５/０.１）＝０.０７（kg·m/s）p＝p’，碰撞前后A、B的总动量守恒．例3一质量mA＝０.２kg，沿光滑水平面以速度vA＝５m/s运动的物体，撞上静止于该水平面上质量mB＝０.５kg的物体B，在下列两种情况下，撞后两物体的速度分别为多大？（1）撞后第1s末两物距0.6m．（2）撞后第1s末两物相距3.4m．解析以A、B两物为一个系统，相互作用中无其他外力，系统的动量守恒．设撞后A、B两物的速度分别为vA’和vB’，以vA的方向为正方向，则有：mAvA＝mAvA’+mBvB’；vB’t－vA’t＝s（1）当s＝０.６m时，解得vA’＝１m／s，vB’＝１.６m／s，A、B同方向运动．（2）当s＝３.４m时，解得vA’＝－１m／s，vB’＝２.４m／s，A、B反方向运动．例4如图所示，A、B、C三木块的质量分别为mA=0.5Kg,mB=0.3Kg,mC=0.2Kg，A和B紧靠着放在光滑的水平面上，C以v0=25m/s的水平初速度沿A的上表面滑行到B的上表面，由于摩擦最终与B木块的共同速度为8m/s，求C刚脱离A时，A的速度和C的速度．高二物理《动量守恒定律》教案解析C在A的上表面滑行时，A和B的速度相同，C在B的上表面滑行时，A和B脱离．A 做匀速运动，对A、B、C三物组成的系统，总动量守恒．动量守恒定律物理教案（精选篇2）三维教学目标1、知识与技能：掌握运用动量守恒定律的一般步骤。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
专题强化十一 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用 目标要求 1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型.2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型．题型一 子弹打木块模型1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：m v 0＝(m ＋M )v能量守恒：Q ＝f ·s ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2 (2)子弹穿透木块动量守恒：m v 0＝m v 1＋M v 2能量守恒：Q ＝f ·d ＝12m v 02－(12M v 22＋12m v 12) 例1 (多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．已知A 、B 足够长，两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相等答案 BD解析 子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A 错误；滑块A 、B 动量变化量相等，受到的冲量相等，B 正确；对子弹运用动能定理，有W f ＝12m v 2－12m v 02，由于末速度v 相等，所以阻力对子弹做功相等，C 错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，所以系统产生的热量相等，D 正确．例2 (多选)(2023·四川成都市树德中学高三检测)水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为t 1，子弹损失的动能为ΔE k1损，系统机械能的损失为E 1损 ，穿透后系统的总动量为p 1；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t 2，子弹损失的动能为ΔE k2损，系统机械能的损失为E 2损，穿透后系统的总动量为p 2.设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是( )A ．t 2>t 1B ．ΔE k2损＞ΔE k1损C ．E 2损＞E 1损D ．p 2＞p 1答案 ABD解析 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力f 相等，根据牛顿第二定律有a ＝f m，两次子弹的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的位移s 2要大于第一次的位移s 1，即s 2＞s 1；子弹做减速运动，由位移公式s ＝v 0t ＋12at 2和s 2＞s 1可得，t 2＞t 1，故A 正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即ΔE k 损＝fs ，由于s 2＞s 1，所以ΔE k2损＞ΔE k1损，故B 正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力相等，系统摩擦产生的热量Q ＝fd ，其中f 为阻力，d 为子弹相对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E 2损＝E 1损，故C 错误．p 1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p 2等于子弹的初动量，所以p 2＞p 1，故D 正确．例3 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一质量为20 g 的子弹以大小为300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm ，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．(2)若子弹是以大小为400 m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案 (1)6 m/s 882 J (2)能解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v ，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，代入数据解得v ＝6 m/s此过程系统所产生的内能Q ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2＝882 J. (2)假设子弹以v 0′＝400 m/s 的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v 0′＝(M ＋m )v ′解得v ′＝8 m/s此过程系统损失的机械能为ΔE ′＝12m v 0′2－12(M ＋m )v ′2＝1 568 J 由功能关系有Q ＝ΔE ＝F 阻x 相＝F 阻dΔE ′＝F 阻x 相′＝F 阻d ′则ΔE ΔE ′＝F 阻d F 阻d ′＝d d ′解得d ′＝1 568147cm 因为d ′>10 cm ，所以能射穿木块．题型二 滑块—木板模型1．模型图示2．模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．3．求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔs或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．例4如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则()A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sD．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s答案 D解析物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝12m2v02－12(m1＋m2)v 2＝m1m2v022(m1＋m2)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确．例5如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C 质量均相等，且为m，木板C长为L，求：(1)A物体的最终速度的大小；(2)A、C之间的摩擦力的大小；(3)A在木板C上滑行的时间t.答案 (1)34v 0 (2)m v 0216L (3)4L v 0解析 (1)B 、C 碰撞过程中动量守恒，由题意分析知，B 、C 碰后具有相同的速度，设B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02， B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝34v 0. (2)在A 、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得fL ＝12m v 02＋12m v 12－12×2m v 22， 解得f ＝m v 0216L. (3)A 与C 相互作用过程中，对C 由动量定理得ft ＝m v 2－m v 1，解得t ＝4L v 0. 例6 (2023·天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M ＝2 kg 的长木板放在光滑的水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)放在长木板的左端，用大小为10 N 、方向斜向右上与水平方向成θ＝53°角的拉力F 作用在物块上，使物块从静止开始运动，物块运动1 s 的时间，撤去拉力，如果物块刚好不滑离木板，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)撤去拉力时物块和木板的速度大小；(2)木板的长度．答案 (1)5 m/s 0.5 m/s (2)3.6 m解析 (1)对物块根据牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma 1对木板根据牛顿第二定律有μ(mg －F sin θ)＝Ma 2撤去拉力时，物块的速度大小v 1＝a 1t ＝5 m/s木板的速度大小v 2＝a 2t ＝0.5 m/s.(2)拉力撤去之前，物块相对木板的位移s 1＝12a 1t 2－12a 2t 2 撤去拉力后，根据动量守恒定律有m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v由能量守恒定律有μmg s 2＝12m v 12＋12M v 22－12(M ＋m )v 2 联立解得木板的长度L ＝s 1＋s 2＝3.6 m ．课时精练1.如图所示，子弹以水平速度v 0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )A ．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B ．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C ．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D ．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小答案 B解析 水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t 相等，根据I ＝Ft ，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A 错误，B 正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C 、D 错误．2．(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以水平速度v 0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，此过程经历的时间为t .若木块对子弹的阻力大小f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )A ．fL ＝12M v 2B ．ft ＝m v 0－m vC ．v ＝m v 0MD ．fs ＝12m v 02－12m v 2 答案 AB 解析 由动能定理，对木块可得fL ＝12M v 2，选项A 正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft ＝m v －m v 0，则ft ＝m v 0－m v ，选项B 正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m，选项C 错误；对整体，根据能量守恒定律得fs ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2，选项D 错误． 3.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m ＝2 kg 的物块A 以初速度v 0＝2 m/s 滑上放在光滑水平面上的长木板B ，A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，经过时间t ＝1 s ，物块A 、长木板B 最终以共同速度v ＝1 m/s 做匀速运动，重力加速度g 取10 m/s 2，由此可求出( )A ．长木板B 的质量为2 kgB ．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1C ．长木板B 的长度至少为2 mD ．物块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为2 J答案 ABD解析 A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，设B 的质量为M ，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝2 kg ，故A正确；木板B 匀加速运动的加速度a B ＝Δv Δt＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，对B 有μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故B 正确；前1 s 内B 的位移s B ＝0＋v 2·t ＝0＋12×1 m ＝0.5 m ，A 的位移s A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以木板B 的最小长度L ＝s A －s B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成的系统损失的机械能ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 正确． 4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )答案 A解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v 1.设木板的质量为M ，物块的质量为m ，取向左为正方向，则由动量守恒得：M v 0－m v 0＝(M ＋m )v 1，得v 1＝M －m M ＋mv 0＜v 0，故A 正确，B 、C 、D 错误．5.(多选)(2023·福建省福州第十五中学月考)如图所示，一质量M ＝2.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小物块A .给A 和B 以大小均为3.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．下列说法正确的是( )A ．A 、B 共速时的速度大小为1 m/sB ．在小物块A 做加速运动的时间内，木板B 速度大小可能是2 m/sC ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，木板B 对小物块A 的水平冲量大小为2 N·sD ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，小物块A 对木板B 的水平冲量方向向左 答案 AD解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得M v －m v ＝()M ＋m v 共，解得v 共＝1 m/s ，故A 正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v 1，根据动量守恒定律得M v －m v ＝M v 1，解得v 1＝1.5 m/s.当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5 m/s ，故B 错误；根据动量定理，A 、B 相互作用的过程中，木板B 对小物块A 的平均冲量大小为I ＝m v 共＋m v ＝4 N·s ，故C 错误；根据动量定理，小物块A 对木板B 的水平冲量I ′＝M v 共－M v ＝－4 N·s ，负号代表与正方向相反，即向左，故D 正确．6.(多选)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L ，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v 0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )A ．甲、乙达到共同速度所需的时间为v 02μgB ．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度C ．甲、乙相对滑动的总路程为v 024μgD ．如果甲、乙碰撞的次数为n (n ≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为v 024μg＋L －2nL 答案 ACD解析 整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为v 共，有m v 0＝2m v 共，解得v 共＝v 02，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为v 1、v 2，碰后甲、乙的速度分别为v 1′、v 2′，取水平向右为正方向，则有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′，12m v 12＋12m v 22＝12m v 1′2＋12m v 2′2，联立解得v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为a ＝μmg m ＝μg ，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t ＝v 共a ＝v 02μg，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始终小于甲的速度，A 正确，B 错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s ，根据动能定理可得－μmgs ＝12×2m (v 02)2－12m v 02，解得s ＝v 024μg，C 正确；甲、乙碰撞的次数为n ，且相对静止时甲距离乙左端的距离为s 0，若第n 次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L ＋2L (n －1)＋s 0＝s (n ＝2,4,6，…)，解得s 0＝v 024μg＋L －2nL (n ＝2,4,6，…)，若第n 次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L ＋2L (n －1)＋2L －s 0＝s (n ＝1,3,5，…)，解得s 0＝2nL ＋L －v 024μg(n ＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离可能为v02＋L－2nL，D正确．4μg7.(2023·福建泉州市模拟)如图所示，木板B静止在光滑的冰面上，其右端上表面与一粗糙倾斜滑道平滑相接，滑道倾角θ＝37°，一游客坐在滑板上，从滑道上距底端s＝5 m处由静止滑下．已知木板质量m B＝20 kg，长度L＝3 m，游客和滑板的总质量m A＝40 kg.若游客和滑板可看作质点，与滑道间的动摩擦因数μ1＝0.3，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8.(1)求游客在滑道下滑时的加速度大小；(2)若要游客刚好不从木板B的左端滑出，求滑板与木板B上表面间的动摩擦因数μ2.答案(1)3.6 m/s2(2)0.2解析(1)设游客在滑道下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得m A g sin 37°－μ1m A g cos 37°＝m A a，解得a＝3.6 m/s2.(2)设游客到达滑道下端的速度为v1，v1＝2as＝6 m/s要使游客刚好不从木板B的左端滑出，即游客到达木板B左端时恰好与木板达到共同速度，设共同速度为v2，由于冰面光滑，该过程满足动量守恒，可得m A v1＝(m A＋m B)v2由能量守恒定律可得μ2m A gL＝12－12(m A＋m B)v22，联立解得μ2＝0.2.2m A v18.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5 kg 的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)平板车的长度；(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能．答案(1)1.125 m(2)5.625 J解析(1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma代入数据解得a ＝6 m/s 2设物块与平板车最后的共同速度为v ，根据运动学公式有v ＝at ＝3 m/s设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v 1，根据动量守恒定律有M v 1＝(m ＋M )v 解得v 1＝4.5 m/s设平板车的长度为L ，根据能量守恒定律有μmgL ＝12M v 12－12(m ＋M )v 2 代入数据解得L ＝1.125 m(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v 0，根据机械能守恒定律有mg (l －l cos 60°)＝12m v 02 解得v 0＝8 m/s设碰撞后瞬间小球的速度为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m v 0＝M v 1＋m v 2 解得v 2＝－1 m/s小球与平板车碰撞过程损失的机械能为 ΔE ＝12m v 02－12m v 22－12M v 12＝5.625 J.9．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为1 kg 和2 kg ，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为1 kg ，A 和C 以相同速度v 0＝10 m/s 向右运动，B 和D 以相同速度k v 0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新物块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g ＝10 m/s 2.(1)若0<k <0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k ＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．答案 (1)5(1－k ) m/s ，方向向右 10－20k 3m/s ，方向向右 (2)1.875 m 解析 (1)物块C 、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物，已知C 、D 的质量均为m ＝1 kg ，以向右为正方向，则有m v 0－m ·k v 0＝(m ＋m )v 物解得v 物＝1－k 2v 0＝5(1－k ) m/s>0 可知碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k ) m/s ，方向向右．滑板A 、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑板A 和B 质量分别为1 kg 和2 kg ，则由M v 0－2M ·k v 0＝(M ＋2M )v 滑解得v 滑＝1－2k 3v 0＝10－20k 3m/s>0 则新滑板速度方向也向右．(2)若k ＝0.5，可知碰后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物′＝5(1－k ) m/s ＝5×(1－0.5) m/s ＝2.5 m/s碰后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑′＝10－20k 3m/s ＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m ′＝2 kg ，新滑板的质量为M ′＝3 kg ，设相对静止时的共同速度为v 共，根据动量守恒可得m ′v 物′＝(m ′＋M ′)v 共解得v 共＝1 m/s根据能量守恒可得μm ′gs 相＝12m ′(v 物′)2－12(m ′＋M ′)v 共2 解得s 相＝1.875 m.。
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基础课2 动量守恒定律及其应用知识排查动量守恒定律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(1)p＝p′，系统相互作用前总动量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。
3.动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最多小题速练1.思考判断(1)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。
()(2)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。
()(3)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。
()答案(1)√(2)×(3)×2.[人教版选修3－5·P16·T5改编]某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。
机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。
设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A.0.053 m/sB.0.05 m/sC.0.057 m/sD.0.06 m/s解析取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝116v0＝116×0.8 m/s＝0.05 m/s。
故选项B正确。
答案 B3.[人教版选修3－5·P17·T6改编]如图1所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。
两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量比为()图1A.1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶1解析设A、B质量分别为m A、m B，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为v03和－v03，则有m B v0＝m A·v03＋m B⎝⎛⎭⎪⎫－v03，解得m A∶m B＝4∶1，选项D正确。
答案 D动量守恒定律的应用动量守恒定律的“六种”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条件性首先判断系统是否满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′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低速宏观系统，也适用于高速微观系统1.(2017·北京东城区模拟)(多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中()A.一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B.一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C.两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D.系统总动量的变化为零解析两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′，等式变形后得p1－p1′＝p2′－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故选项A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故选项B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，选项D正确。
答案CD2.(2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。
由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。
根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。
答案 A3.[人教版选修3－5·P17·T7改编]悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。
一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为()A.35 NB.100 NC.102.5 ND.350 N解析子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝mv0m＋M ＝0.01×50010m/s＝0.5 m/s。
对子弹和沙袋，由向心力公式F T－(m＋M)g＝(m＋M)v2L 得，悬绳的拉力F T＝(m＋M)g＋(m＋M)v2L＝102.5 N，所以选项C正确。
答案 C4.(2018·东营模拟)如图2所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。
某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。
甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)图2(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。
解析(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向，则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得M2v0＝(M2－m)v1＋mv代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s。
(2)以甲为研究对象，由动量定理得Ft＝M1v1－(－M1v0)，代入数据解得F＝432 N。
答案(1)5.2 m/s(2)432 N应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒，这就需要理解好动量守恒的条件，基本思路如下碰撞模型的规律及应用1.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，碰后原来在前面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.弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 『典例』 如图3所示，在光滑水平面上A 、B 两小球沿同一方向运动，A 球的动量p A ＝4 kg·m/s ，B 球的质量m B ＝1 kg ，速度v B ＝6 m/s ，已知两球相碰后，A 球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。
求：图3(1)碰撞后B 球的速度；(2)A 球的质量范围。
解析 (1)由题意知p A ′＝2 kg·m/s 。
根据动量守恒定律有p A ＋m B v B ＝p A ′＋m B v B ′解得v B ′＝8 m/s(2)设A 球质量为m A ，A 球能追上B 球并与之碰撞，应满足v A ＝p A m A >v B 碰撞后A 球不可能运动到B 球前方，所以v A ′＝p A ′m A≤v B ′ 碰撞过程系统能量不可能增加，所以p A ′22m A ＋12m B v B ′2≤p 2A 2m A ＋12m B v 2B 联立解得m A 应满足14 kg ≤m A ≤37 kg答案 (1)8 m/s (2)14 kg ≤m A ≤37kg碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。
1.如图4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v 0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是( )图4A.v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B.v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C.v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D.v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。
若各球质量为m ，而碰撞前系统总动量为mv 0，总动能为12mv 20。
选项A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能。
假如选项C 正确，则碰后总动量为mv 0，但总动能为14mv 20，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能。
故选项D 正确，则既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律。
答案 D2.(2018·安徽江南十校联考)如图5所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中。
假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为 0.5 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点。