第一章 第三节 课时1 动量守恒定律-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

第三节　动量守恒定律 课时1　动量守恒定律 　　　　 第一章　动量与动量守恒定律 1.知道系统、内力、外力的概念，知道动量守恒定律的内容、表达式及适用条件。　2.会用动量定理推导动量守恒定律的表达式，掌握动量守恒定律的简单应用。　3.了解动量守恒定律的普遍应用，会利用动量守恒定律分析生活中简单的碰撞问题。 素养目标 知识点一　动量守恒定律的推导 1 知识点二　动量守恒定律的简单应用 2 课时测评 4 随堂演练　对点落实 3 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 知识点一　动量守恒定律的推导 返回 情境导入　如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰 面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。 (1)两人的动量方向有什么关系？动量大小又有什么 关系？ 提示：方向相反、大小相等　 (2)在甲推乙之前，两人的总动量为多少？甲推乙后，两人的总动量为多少？ 提示：0　0 自主学习 教材梳理(阅读教材P12—P13完成下列填空) 1．内力和外力：系统内物体之间的相互作用力叫作______，系统外部其他物体对系统的作用力叫作______。 2．动量守恒定律 (1)内容：如果系统所受合外力为零，则系统的总动量保持______。 (2)表达式：m1v1＋m2v2＝______________(两个物体组成的系统)。 3．适用条件：系统受到的合外力等于零或在某个方向为零。 内力 外力 不变 m1v1′＋m2v2′ 课堂探究 师生互动　如图所示，光滑水平面上质量分 别为m1、m2的物体A、B，沿同一直线向同一 方向运动，速度分别为v1和v2，且v2＞v1，碰 后A、B的速度分别为v1′、v2′。 任务1．试推导两个物体碰撞后的动量之和与碰撞前的动量之和是什么关系？ 提示：设碰撞过程中B对A的作用力为F1，A对B的作用力为F2，碰撞时间为Δt。 对物体A由动量定理得F1Δt＝m1v1′－m1v1 对物体B由动量定理得F2Δt＝m2v2′－m2v2 又由牛顿第三定律知F1＝－F2 故有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2) 即m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。 任务2．由此得到什么结论？ 提示：结论： ①两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。 ②两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力的矢量和为0的情况下动量守恒。 　 　(多选)下列各图所对应的物理过程中，系统动量守恒的是     A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 例1 √ √ 题图甲中，子弹射入木块的过程中，系统水平方向受到的合力为零，则系统动量守恒。题图乙中，剪断细线，压缩的弹簧恢复原长的过程中，水平方向要受到竖直墙壁对M的作用，即水平方向受到的合力不为零，系统动量不守恒。题图丙中，两球匀速下降，则受到的重力和浮力的合力为零；剪断细线后，系统受到的重力和浮力不变，则系统受到的合力仍为零，系统动量守恒。题图丁中，小球沿放在光滑地面上的小车下滑的过程中，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，但是系统在水平方向上动量守恒。故选AC。 动量守恒条件的理解 1．理想守恒条件： (1)系统不受外力作用时，系统动量守恒。 (2)系统所受外力的矢量和为零时，系统动量守恒。 2．近似守恒条件：系统所受外力的矢量和不为零，但系统的内力远大于外力时，系统的动量可看成近似守恒。如碰撞、爆炸等现 象。 探究归纳 3．分方向守恒条件：系统所受外力的矢量和不为零，则系统的总动量不守恒，若系统在某一方向上的合力为零，则在该方向上系统的动量守恒。 探究归纳 针对练1.(多选) (2024·广州市高一期末)在光滑水平面上两玩具小车中间夹有一个弹簧，如图所示，用手抓住小车并使弹簧压缩后使小车处于静止状态。下列说法正确的是   A．两手同时放开后，两小车及弹簧构成系统的动量始终为零 B．只放开左手，在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成的系统动量守恒 C．只放开左手，在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成的系统的动量方向向左 D．先放开左手，后放开右手，两小车及弹簧构成的系统的动量始终守恒 √ √ 由题意，可知两手同时放开后，两小车及弹 簧构成的系统受到的合外力为零，满足动量 守恒的条件，且由于系统的初动量为零，则系统的动量守恒且始终为零，故A正确；只放开左手，在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成的系统受到的合外力不为零，不满足动量守恒的条件，系统动量不守恒，且由于放开左手时，左边的小车受到向左的弹簧弹力作用，左边的小车将向左运动，则在弹簧恢复原长的过程中，两小车及弹簧构成的系统的动量方向向左，故B错误，C正确；在放开左手而未放开右手之前，两小车及弹簧构成的系统受到弹簧向左的弹力，系统动量不守恒；放开右手后，系统所受合外力为零，系统的动量守恒，所以系统的动量并不是始终守恒，故D错误。故选AC。 针对练2.如图所示，半圆形槽体置于水平面上，小球以 初速度v0沿内壁切线方向进入槽体左侧，一切摩擦力不 计，下列说法正确的是 A．小球水平方向动量守恒 B．槽体水平方向动量守恒 C．小球与槽体组成的系统动量守恒 D．小球与槽体组成的系统水平方向动量守恒 √ 动量守恒是指相互作用的物体组成的系统动量之和不变，一般不讨论单个物体的动量是否守恒，故A、B错误；小球与槽体组成的系统在水平方向不受外力，在竖直方向所受外力之和不为零，所以小球与槽体组成的系统水平方向动量守恒，故C错误，D正确。故选D。 返回 知识点二　动量守恒定律的简单应用 返回 应用动量守恒定律解题的步骤 　 　在列车编组站里，一辆质量为1.8×104 kg的货车在平直轨道上以2 m/s的速度运动，碰上一辆质量为2.2×104 kg的静止的货车，它们碰撞后结合在一起继续运动。求两货车碰撞后的速度大小。 解题指导　两辆货车在碰撞过程中发生相互作用，将它们看成一个系统，这个系统是我们的研究对象。系统所受的外力有重力、地面的支持力和摩擦力。重力与支持力之和等于 0，摩擦力远小于系统的内力，可以忽略。因此，可以认为碰撞过程中系统所受外力的矢量和为 0，动量守恒。 为了应用动量守恒定律解决这个问题，需要确定碰撞前后的动量。 答案：0.9 m/s 例2 已知m1＝1.8×104 kg，m2＝2.2×104 kg，v1 ＝2 m/s，设两货车碰撞后的速度为v。两车碰撞前的总动量为p ＝ m1v1 碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v 根据动量守恒定律可得(m1＋m2)v＝m1v1 解得v＝ m/s＝0．9 m/s 即两货车碰撞后速度的大小是0.9 m/s。 针对练1. (2024·佛山市高二期中)质量为m的机车后面挂着质量同为m的拖车，在水平轨道上以速度v匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖车脱钩，假设全过程机车的牵引力不变，则拖车刚停止运动时机车的速度为 A．2v B．3v C．4v D．5v √ 对机车与拖车，开始时匀速运动，则系统合外力为零，脱钩后系统受合外力不变，仍为零，则系统动量守恒，则有(m＋m)v＝mv′，解得v′＝2v，故选A。 针对练2. (2024·深圳市高二期中)滑板运动是青少 年比较喜欢的一种户外运动。现有一个质量为m 的小孩站在一辆质量为λm的滑板车上，小孩与滑 板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即以对地2v0的速度向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的 ， 且方向不变， 则λ为 A．1　　　 B．2 C．3　　　 D．4 √ 小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有(m＋λm)v0＝m·2v0＋λm· ，解得λ＝2，故选B。 返回 随堂演练　对点落实 返回 1．(多选)(教科版习题)下列四幅图的相互作用过程中，可以认为系统动量守恒的是 √ √ √ 轮滑女孩从后面推轮滑男孩，系统所受合外力为地面的摩擦力，可以忽略不计，可以认为系统动量守恒，A符合题意；子弹击穿饮料瓶的短暂过程，这个过程就是一个碰撞过程，内力很大，外力可忽略，可以认为系统动量守恒，B符合题意；太空中没有空气阻力，且所受的重力可以忽略不计，所以系统动量守恒，C符合题意；汽车发生轻微碰撞的过程中，地面对汽车的摩擦力不可忽略，所以系统动量不守恒，D不符合题意。故选ABC。 2.(多选) (2024·广州市高二期末)如图所示，小车A静止在光 滑水平面上，A上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内， 小球B由静止沿圆弧下滑，这一过程中 A．若圆弧光滑，则小球的动量守恒，机械能守恒 B．若圆弧光滑，则小车与小球组成的系统的动量不守恒，机械能守恒 C．若圆弧不光滑，则小车与小球组成的系统的动量守恒，机械能不守恒 D．若圆弧不光滑，则小车与小球组成的系统的动量不守恒，机械能也不守恒 √ √ 不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中所受合外力都不为零，则系统动量都不守恒；但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动量守恒。若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒；若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少。故选BD。 √ 3．(2025·广州天河中学阶段检测)如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为－q，B带电荷量为＋2q，下列说法正确的是 A．相碰前两球运动过程中动量不守恒 B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大 C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力 D．两球相碰分离后的总动量等于相碰前的总动量，因为两球组成的系统所受合外力为零 将两球看成一个系统分析，系统受重力、支持力，水平方向不受外力，故系统动量守恒，所以两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量。故选D。 4．(2024·潮州市高二期末)如图所示，在光滑水平面上，两个物块的质量都是1 kg，物块A以速度4 m/s向原来处于静止状态的物块B撞去。碰撞后两个物块粘在一起后以一定速度继续前进。求： (1)碰撞后两物块的速度大小； 答案：2 m/s　 根据题意，设碰后两物块共同速度为v′，由动量守恒定律有mv＝2mv′ 解得v′＝2 m/s。 (2)碰撞过程中物块B受到的冲量I。 答案：2 kg·m/s，方向水平向右 返回 设碰撞过程中物体B受到的冲量为I，则根据动量定理有I＝Δp＝mv′－0＝2 kg·m/s，方向与初速度方向相同(水平向右)。 课 时 测 评 返回 1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光 滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为 m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后 A．甲木块的动量守恒 B．乙木块的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒 D．甲、乙两木块所组成的系统的机械能守恒 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量都要发生变 化，即甲、乙两物体各自的动量均不守恒；但对 于甲、乙所组成的系统因所受合外力为零，故系统动量守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块所组成的系统的动能有一部分转化为弹簧的弹性势能，故甲、乙两木块所组成的系统的机械能不守恒，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2．(多选) (2024·广州市高二期末)如图所示的装置中， 木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方 向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从弹簧压缩至最短到恢复原长的整个过程中 A．动量不守恒 B．动量守恒 C．机械能不守恒 D．机械能守恒 √ √ 此系统在从弹簧压缩至最短到恢复原长的整个过程中，墙壁对系统有弹力作用，系统合外力不为零，动量不守恒，故A正确，B错误；系统在从弹簧压缩至最短到恢复原长的整个过程中，并没有外力对系统做功，系统机械能守恒，故C错误，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3．(多选) (2024·东莞市高二校考)木块a和b用一根轻 弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上， 在b上施加向左的水平力使轻质弹簧压缩，如图所示。当撤去外力后，对a、b和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 A．a尚未离开墙壁前，系统的动量守恒，机械能不守恒 B．a尚未离开墙壁前，系统的动量不守恒，机械能守恒 C．a离开墙壁后，系统动量守恒，机械能守恒 D．a离开墙壁后，系统动量不守恒，机械能守恒 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁 的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a、b 和轻弹簧组成的系统的动量不守恒；在a离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故A错误，B正确；a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以系统的动量守恒；在a离开墙壁后，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.如图是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂 于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械 振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩 擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则 A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能守恒，动量不守恒 C．机械能不守恒，动量守恒 D．机械能不守恒，动量不守恒 √ 忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，只有动能和重力势能相互转化，所以机械能守恒。但由于系统所受合外力不为零，所以动量不守恒；系统水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5. (2024·广州市期中) (多选)如图所示，A、 B两物体质量之比mA∶m B＝3∶2，原来静 止在平板车C 上，A、B间有一根被压缩的 弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，A、B分别向左、右滑动，则 A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相 同，弹簧释放后A、B分别相对于平板车向左、 向右滑动，它们所受的滑动摩擦力分别为fA (向右)、fB (向左)，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(多选) (2024·东莞市联考)如图所示，在光滑的水平 面上有一辆平板车，人拎着一个锤子站在车的左侧， 人和车都处于静止状态。若人挥动锤子敲打车的左端， 则下列说法正确的是 A．当人挥动锤子，敲打车之前，车一直保持静止 B．当锤子停止运动时，人和车不一定停止运动 C．锤子、人和车组成的系统水平方向动量守恒 D．不断用锤子沿竖直面上的弧线敲击车的左端，车和人左右来回运动 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 把人、锤子和车看成一个系统，系统水平方向不受外 力，水平方向动量守恒，由于人和车初始状态都处于 静止，总动量为0，根据动量守恒可知，系统的总动 量为零，大锤向左运动，小车向右运动；大锤向右运 动，小车向左运动，即不断用锤子沿竖直面的弧线敲击车的左端，车和人左右来回运动，故D正确；由上述分析可知，敲打车之前，车不会一直保持静止；当锤子停止运动时，人和车也停止运动，故A、B错误，C正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 √ √ 7．(多选)(2025·佛山郑裕彤中学高二下月考)如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上，它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是 A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示的系统动量守恒 B．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示的系统动量守恒 C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙所示系统的冲量为零 D．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车的冲量大小等于小车A动量的变化量大小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示的系统运动过程中所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示的系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力的矢量和不为0，系统动量不守恒，故B错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示的系统中墙壁对B有力的作用，由冲量定义式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，由动量定理可知，墙壁弹力对题图乙系统的冲量大小等于系统动量的变化量，由于B车没有位移，B车动量为0且不变，则墙壁弹力对B的冲量大小等于小车A动量的变化量大小，故C错误，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8．(2024·佛山市高二联考)质量为M的气球，下面吊着一个质量为m的物块，不计空气对物块的作用力，若气球以大小为v的速度向下匀速运动，某时刻细线断开，当气球的速度为零时(此时物块还没有落到地面)，物块的速度为 √ 将气球和物块看作一个整体，则根据整体做匀速直线运动可知所受合力为0，则整体动量守恒，在某时刻细线断开后，整体依旧动量守恒， 即(M＋m)v＝0＋mv′，解得v′＝ ，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9．短道速滑接力赛在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员，则交接过程中 A．两运动员的总机械能守恒 B．两运动员的总动量增大 C．每个运动员的动量变化相同 D．每个运动员所受推力的冲量大小相同 √ 两运动员在交接过程中，系统内力做正功，机械能增加，A错误；交接过程中系统外力远小于系统内力，且时间极短，系统动量近似守恒，B错误；由动量守恒知，两运动员动量变化等大反向，C错误；由作用力与反作用力等大反向等时可知，每个运动员所受推力的冲量大小相同，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10．(15分) (2024·中山市高一统考期末)如图所示，滑块B静止在粗糙水平面上，质量为m＝1 kg的小球A用长l＝0.8 m的细线固定在O点，将细线水平拉直，然后由静止释放小球A，小球A到达最低点时与滑块B发生正碰，碰后小球A被弹回，上升的最大高度h＝0.2 m，碰后滑块B在水平面上滑行2 m后静止。整个过程中A球与地面没有接触。已知滑块B与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，小球A、滑块B均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)小球A与滑块B碰撞前的速度大小； 答案：4 m/s　 小球A向下摆动的过程中，由机械能守恒定律有mgl＝ 解得vA＝4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)滑块B的质量M。 答案：3 kg 小球A被弹回向上摆动的过程中，由机械能守恒定律有mgh＝ 解得vA′＝2 m/s 滑块B在水平面上滑行过程中，由动能定理有－μMgsB＝0－ 联立解得vB＝2 m/s 以向右为正方向，小球A与滑块B碰撞的过程中，由动量守恒定律有mvA＝m(－vA′)＋MvB 联立解得M＝3 kg。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ＝ A． v B．(m＋M)v C． v D．0 v mv mvA′2 Mv $