2026届高考物理二轮复习课件：动量守恒定律疑难问题

动量守恒定律疑难问题一、动量守恒定律的条件问：动量守恒定律从动量定理而来，p2-p1=F合t，若F合t=0，则p2=p1.守恒条件为何不是合外力冲量为零?答：守恒指的是某段时间内任一时刻系统的动量均不变.若F合t=0，只能得到0时刻的动量等于t时刻的动量，无法保证0~t任一时刻动量都不变.二、动量守恒定律初速度和末速度的同时性m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ v1和v2指相互作用两物体初始时刻的速度，

v1和v2必须同时.v1’和v2’指相互作用两物体末时刻的速度，

v1’和v2’必须同时.速度的瞬时性，决定动量的瞬时性.

在相对速度问题中，需要给予注意.下举一个例子说明.平静水面上有一载人小船，船和人的质量和为M，人拿一质量为m的球.初始人相对船静止，船和人以共同速度v0前进.当人相对于船以速度u沿船运动的反方向将物体抛出后，求人和船的速度.(忽略水的阻力)错误解法：取船前进方向为正方向(M+m)v0=Mv+m(v0-u)解得v=(Mv0+mu)

/M错误原因：抛出物体相对于地面的速度不是v0-u,v0是船初始时刻的速度，u是小球终了时刻相对于船的速度，二者不是同一时刻.小球被抛出有个过程，在这短暂时间内，被抛出的小球和人之间存在大小相等、方向相反的作用力，球和人都获得加速度，被抛出小球相对于人的速度由零逐渐增大到u，人对地的速度由v0逐渐变为v，u和v是同一时刻的速度.正确解法：以船前进方向为正方向，船的末速度为v，球的末速度为v-u.动量守恒，(M+m)v0=Mv+m(v-u)解得

v=v0+mu/(M+m)三、球-弹簧模型水平面光滑，AB质量分别为m1、m2、劲度系数为k.1.弹簧最短A、B速度相同，共同速度为v.m1v0=(m1+m2)v

得v=m1v0/(m1+m2)弹性势能Ep =1/2·m1v0²-1/2·(m1+m2)v² =m1m2v0²/

(2m1+2m2)刚接触弹簧最短A速度为0恢复原长2.A球速度为0动量守恒

m1v0=m2vB

得vB=m1v0/m2弹性势能Ep=1/2·m1v0²-1/2·m2vB² =m1v0²/2·(1-m1/m2)(要求m1<m2)A速度为03.弹簧恢复原长动量守恒

m1v0=m1vA+m2vB

机械能守恒1/2·m1v0²=1/2·m1vA²+1/2·m2vB²得

vA=

(m1-m2)v0/(m1+m2)

vB=2m1v0/(m1+m2)

恢复原长练习1如图，两物块(可视为质点)质量分别为mA＝2kg和mB＝4kg，用轻质弹簧拴接在一起，原来均静止在光滑水平面上．现给A物块一个水平向右的初速度v0＝6m/s，求：(1)弹簧压缩到最短时的A物块的速度；(2)弹簧的最大弹性势能Epm；[答案](1)2m/s(2)24J练习2如图(a)，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向B物体运动。t=0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)。已知0~t0(t0<t2)时间内，物体B运动的距离为0.1v0t0，物体A的质量为m，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，正确的是(

)A.物体B的质量为3mB.物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为v0C.0~t0时间内，物体A运动的距离为v0t0D.物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒BC四、小球-曲面轨道球:m

v0；轨道：¼圆周,半径R,质量M地面光滑1.初速度v0较小，不能从轨道顶端飞出(1)运动分析球对轨道的压力为FN，水平分力FNx使轨道向右加速.球水平分速度vx减小,竖直分速度vy从0先增大，再减小至0.球相对于轨道做变速圆周运动，相对于地面不是圆周运动.v0FNFNxFNy①地面光滑，水平方向动量守恒，px=mv0=mvx+MvM②轨道竖直分速度始终为0，球轨道系统:py=mvy

vy先增大后减小，系统竖直方向动量不守恒③vy先增大后减小，故球竖直分加速度ay方向先向上后向下，先超重和失重.地面支持力F地开始大于(M+m)g，当vy最大，ay=0，F地=(M+m)g,vy减小,F地<(M+m)gv0FNFNxFNy(2)球到达最高点距地面高度球相对于轨道的速度为0，即球和轨道速度相同时，球到达最高点.px守恒mv0=(m+M)v共得v共=mv0/(m+M)由机械能守恒，1/2·mv02=1/2·(m+M)v共2+mgh解得h=Mv02/2g(M+m)v0v共h球到达最高点时球与圆心连线与竖直方向夹角为θ满足:cosθ=(R-h)

/R

将h代入，即可求出θ球相对于轨道水平位移为∆x=x球-xM=Rsinθ=(2Rh-h²)1/2从开始到最高点，mv0=mvx+MvM乘以∆t并求和，

∑mv0∆t=∑mvx∆t+∑MvM∆t得mv0t=

mx球+MxM告知时间t(从开始到最高点时间)，可求出x球和xM.v0v共hθ(3)球再次回到轨道最低点球相对于轨道向下做圆周运动，轨道继续向右加速球再次回到最低点速度，球轨道速度为v1，v2.mv0=mv1+Mv21/2·mv02=1/2·mv12+1/2·Mv22得v1=(m-M)v0/(m+M)v2=2mv0/(m+M)球的速度方向由m和M大小决定v0v2v12.初速度v0较大，从顶端飞出从顶端飞出，相对速度沿竖直方向(沿切向方向)，故球水平分速度和轨道速度相同，设为vx.水平动量守恒mv0=(m+M)vx解得vx=mv0/(m+M)v0v相对vxv球v相对=vy

(球竖直分速度)，飞出后，轨道做匀速直线运动,球斜上抛.球相对于轨道做竖直上抛运动.机械能守恒1/2·mv02=1/2·m(vx2+vy2)+1/2·Mvx2+mgR得vy²=Mv02/(M+m)-2gR最高点与地面相距d=vy²/2g+R=Mv02/(2Mg+2mg)v0v相对vxv球3.球和轨道瞬时速度球到达某位置与轨道中心连线与竖直方向夹角为θ动量守恒mv0=mvx+MvM1/2·mv02=1/2·m(vx2+vy2)+1/2·MvM2+mgR(1-cosθ)相对速度方向tanθ=vy/(vx-vM)由三式解出vx、vy和vM.v0v相对θvx-vMvyv相对θvxvyαv练习3如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(

)A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点C.小球与滑块的质量比为1∶2D.小球的初速度大小可能为(2.5gR)1/2AC练习4如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m＝0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98kg的木块，现有一质量为m0＝20g的子弹以v0＝100m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度；(3)铁环的最大速度．[分析](1)子弹射入木块，损失能量.动量守恒m0v0＝(m0＋M)v损失能量为代入数据解得∆E=99J(2)

木块(含子弹)在向上摆动过程中，以木块(含子弹)和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒得，(m0＋M)v＝(m0＋M＋m