2025-2026学年高二上学期物理期末专题复习 专题05 动量守恒定律

专题05 动量守恒定律 考点01（★★★）动量守恒定律的理解和基本应用 2 考点02（★★★）爆炸问题、反冲运动 6 考点03（★★★）人船模型 8 考点04（★★★）碰撞模型及拓展 11 考点05（★★★）子弹打木块模型和“滑块—木板”模型 16 一、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0，这个系统的总动量保持不变。 2．适用条件 (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：系统受到的合力不为零，但当内力远_大于__外力时，系统的动量可近似看成守恒。 注意：外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。 (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 3．动量守恒定律的表达式 (1)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。 (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零。 二、爆炸和反冲 1．爆炸 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。 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反向 冲量　，如发射炮弹、火箭等。 (2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。 (3)火箭的飞行应用了反冲的原理，它靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度。 考点01（★★★）动量守恒定律的理解和基本应用 1．动量守恒定律的“五性” (1)系统性：研究对象是相互作用的多个物体组成的系统。 (2)矢量性：解题时要先规定正方向，确定动量的正负。 (3)相对性：各物体的速度必须是相对同一参考系。 (4)同时性：作用前同一时刻的总动量等于作用后同一时刻的总动量。 (5)方向性：系统在某个方向的外力矢量和为0时，在该方向上应用动量守恒。 2．应用动量守恒定律解题的步骤 【典例1】（2025春•常州期末）光滑水平面上放置固定有竖直杆的小车，轻绳一端系有小球另一端系于杆顶，车右侧有固定挡板。现将小球向右拉开至如图位置，释放小球小车，小球第一次向左摆动至最高点过程中　　 A．下摆过程，球车系统水平动量守恒 B．下摆过程，球车系统竖直动量守恒 C．上摆过程，球车系统水平动量守恒 D．上摆过程，球车系统竖直动量守恒 【答案】 【分析】根据动量守恒的条件进行分析解答。 【解答】解：．下摆过程，右侧有挡板作用，则球车系统水平动量不守恒，上摆的过程中，小车与挡板分离，水平方向上动量守恒，故错误，正确； ．上、下摆动的过程中，系统竖直方向合外力不为0，球车系统竖直动量不守恒，故错误。 故选：。 【典例2】（2025春•运城期末）如图所示，长木板静止在光滑水平面上，某时刻一可视为质点的小物块从的左端以初速度滑上长木板，恰好运动到的右端时两者相对静止。已知的质量为，的质量为，间动摩擦因数为0.2，设该过程中，长木板的动能增加量为△，小物块的动能减少量为△，、间摩擦产生的热量为，取，则下列说法中正确的是　　 A．物块克服阻力做的功与木板获得的动能相等 B．阻力对物块做的功与物块减少的动能相等 C．若△，△，则木板至少长为 D．若，则 【答案】 【分析】根据动能定理列式； 根据动能定理得出结论； 根据能量守恒定律列式； 地面光滑，组成的系统动量守恒，列式，再根据减小的动能转化为热量列式。 【解答】解：．由动能定理可知，对研究，摩擦力做功等于动能的改变，则物体克服阻力做的功与的动能减少量相等，故错误； ．阻力对物体做负功，与减少的动能正负号不同，故错误； ．摩擦生热为 由能量守恒定律，系统的动能减少量等于产生的热量，即△△ 可得 故正确； ．地面光滑，组成的系统动量守恒，有 减小的动能转化为热量 可求得 故错误。 故选：。 【典例3】（2025春•鲤城区校级期末）如图所示，一辆小车静止在光滑水平地面上，小车左侧紧挨竖直墙壁，通过细线将小钢球悬挂在固定于小车的竖直杆上，将小球向左拉开一小角度并由静止释放。在此后的运动过程中，下列说法正确的是　　 A．小车始终保持静止 B．车离开墙壁后做匀速运动 C．小球从释放至第一次摆到最低点的过程机械能守恒 D．小车离开墙壁后，小球与小车组成的系统动量守恒 【答案】 【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或弹力做功，机械能守恒；根据小球与小车受力情况应用动量守恒定律分析答题。 【解答】解：、小球第一次下摆到最低点过程中小车静止，小球从最低点向右摆动过程小车向右运动，故错误； 、小球从最低点向右摆动过程小车离开墙壁向右运动，细线对小车的拉力是变力，小车的加速度是变化的，小车离开墙壁后做变速直线运动，故错误； 、小球从释放到第一次摆到最低点的过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，故正确； 、小车离开墙壁后小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在水平方向动量守恒，在竖直方向所受合力不为零，系统所示合力不为零，系统动量不守恒，故错误。 故选：。 考点02（★★★）爆炸问题、反冲运动 1.爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体系统内部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 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 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，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 【典例4】（2025春•汕尾期末）一质量为的烟花竖直向上升到空中，当速度减为零时炸裂成甲、乙两部分（损失的炸药质量不计），炸裂瞬间甲、乙的速度大小之比为，则甲的质量为 A． B． C． D． 【答案】 【分析】烟花爆炸时，动量守恒，结合甲乙质量和为，求解即可。 【解答】解：设甲乙质量分别为、，烟花爆炸时，甲乙方向相反，由动量守恒可知：，，代入数据解得：，，故正确，错误。 故选：。 【典例5】（2025春•湛江期末）一质量为的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为，此时烟花炸裂成沿所在直线上的两块（损失的炸药质量不计），两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为，则炸裂瞬间其速度大小为 A． B． C． D． 【答案】 【分析】烟花在最高点时水平方向动量守恒，根据动量守恒定律即可求解。 【解答】解：烟花在最高点时水平方向动量守恒，选方向为正方向，由动量守恒定律得： 两块落地时水平位移大小相等，落地的时间相等，根据， 所以 解得，故正确，错误。 故选：。 【典例6】（2025春•吉林期末）乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以的速度迅速逃窜，喷出水的质量为，则喷出水的速度大小为 A． B． C． D． 【答案】 【分析】乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解。 【解答】解：乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，设乌贼喷射出水的速度为，乌贼逃命时的速度达到，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得，故正确，错误。 故选：。 考点03（★★★）人船模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船＝0 (2)两者的位移大小满足：m-M＝0， x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L 3.运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即。 【典例7】（2024秋•东湖区校级期末）《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这是著名的曹冲称象的故事。某同学学过动量守恒定律之后，欲利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为，然后缓慢进入静止的平行于河岸的船的船尾，再从船尾行走至船头，之后缓慢下船，测出船后退的距离，已知该同学自身的质量为，若忽略一切阻力，则船的质量为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】忽略一切阻力，人从船尾行走至船头的过程中，人和船组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒定律，用位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行计算。 【解答】解：设船的质量为，人走动时船的速度大小为，人的速度大小为，人从船尾行走至船头所用时间为。 取船的速度为正方向，则， 根据动量守恒定律得：，即，解得：，故错误，正确。 故选：。 【典例8】（2025春•青岛校级期末）如图所示，质量为、半径为的小球，放在半径为、质量为的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，结合人船模型求解。 【解答】解：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为，大球的水平速度大小为，以水平向右为正方向，由水平方向系统动量守恒有 若小球达到最低点时，小球的水平位移为，大球的水平位移为，则有 又 联立解得大球移动的距离为 ，故正确，错误。 故选：。 【典例9】（2025春•南开区期末）“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。在平静的湖面上，一位女子脚踩一根竹竿抵达岸边并静立于竹竿点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了此后该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，若将两张照片中河岸边缘对齐到同一条竖直线上，则甲、乙两张照片中、两点的水平间距约为，乙图中竹竿右端距离河岸约为。照片的比例尺为。已知竹竿的质量约为，若不计水的阻力，则该女子的质量约为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】当人在竹竿上行走时，竹竿向相反的方向移动，由于水的阻力不计，那么人和竹竿组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律以及速度与位移的关系列式解答。 【解答】解：根据题意可知，人的位移大小，竹竿的位移大小为。对人和竹竿组成的系统，取人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 即 解得该女子的质量为，故错误，正确。 故选：。 考点04（★★★）碰撞模型及拓展 1．分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒定律。 (2)动能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ ＋≥＋ (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前后面的物体速度大；碰撞后前面的物体速度大(或相等)。 ②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．弹性碰撞的三种情形 动量守恒m1v0＝m1v1＋m2v2 机械能守恒m1v＝m1v＋m2v 联立解得v1＝v0，v2＝v0 情形一：若m1＝m2，则v1＝0，v2＝v0，(质量相等的两个物体发生弹性碰撞后交换速度)； 情形二：若m1>m2，则v1>0，v2>0(碰后两小球沿同一方向运动)； 特例：当m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0； 情形三：若m1<m2，则v1<0，v2>0(碰后两小球沿相反方向运动)； 特例：当m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0。 3．静止物体被撞后的速度范围 物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0。 【典例10】（2025春•朝阳区校级期末）两小车、的质量分别为和，将它们分别与小车沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度随时间的变化分别如图1和图2所示。小车的质量为，碰撞时间极短，则　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据动量守恒定律结合两个图像反映出的速度变化关系进行分析解答。 【解答】解：对和的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有，可得，根据图1可知，故，同理，对和组成的系统，可得，根据图2可知，故，联立可得，故正确，错误。 故选：。 【典例11】（2025春•保定期末）如图所示，有一质量为的小球，以速度滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为，则在小球运动过程中　　 A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 【答案】 【分析】在小球运动过程中，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒； 水平方向根据动量守恒定律进行解答； 根据机械能守恒定律进行解答； 水平方向根据动量守恒定律列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。 【解答】解：．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒，故错误； ．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒。 规定的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得： 解得：，故错误； ．取水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得： 解得：，故正确； ．小球离开圆弧轨道时，规定的方向为正方向，水平方向根据动量守恒定律可得： 根据机械能守恒定律，则有： 联立以上两式可得：，，故错误。 故选：。 【典例12】（2025春•江苏校级期末）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的速度，以此刻为计时零点，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、时刻两物块达到共同速度且弹簧都处于压缩状态 B．从到时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比为 D．在时刻两物块的动量大小之比为 【答案】 【分析】两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统总动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况，根据动量守恒和机械能结合进行分析。 【解答】解：．根据题图乙可以看出、时刻两物块达到共同速度，总动能最小，由系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，所以时刻弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于伸长状态，故错误； ．根据图乙可知两物块的运动过程，开始时的速度逐渐减小，的速度逐渐增大，弹簧被压缩，时刻二者速度相同，由系统机械能守恒可知，此时系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，此后速度逐渐增大加速，速度先减到零，然后再反向加速，时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，时刻，两物块速度相等，此时系统动能最小，弹簧最长，所以从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故错误； ．从开始到时刻，以方向为正方向，根据系统动量守恒可得 代入数据解得 故错误； ．在时刻，的速度为，的速度为，又 则动量大小之比为 故正确。 故选：。 考点05（★★★）子弹打木块模型和“滑块—木板”模型 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：mv0＝(M＋m)v 能量守恒：Q＝Ff·s＝m-(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝m-(mM) “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＝FfΔx或Q＝E初-E末，研究对象为一个系统。 【典例13】（2025春•青山湖区校级期末）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为的子弹以速度水平射向滑块。若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示。则比较上述两种情况比较，以下说法不正确的是　　 A．子弹末速度大小一样大 B．子弹和滑块间的水平作用力一样大 C．子弹对滑块做的功一样多 D．系统产生的热量一样多 【答案】 【分析】根据动量守恒定律列式分析子弹末速度关系；根据功能关系列式分析子弹和滑块间的水平作用力关系；对滑块，根据动能定理列式分析子弹对滑块做功关系；根据能量守恒定律分析系统产生的热量关系。 【解答】解：设矩形滑块质量为，子弹和滑块间的水平作用力为，子弹射入滑块的深度为。 、取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得，可得，可知子弹末速度大小相等，故正确； 、根据功能关系可得，可知不一样，则不一样大，故错误； 、对滑块，根据动能定理得，可知子弹对滑块做的功一样多，故正确； 、根据能量守恒定律可得，可知相等，故正确。 本题选不正确，故选：。 【典例14】（2025春•湖北期末）如图甲所示，长度的木板在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度从左端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数随滑块距木板左端距离的变化图像如图乙所示，重力加速度取，滑块看作质点，则　　 A．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足 B．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足 C．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。 D．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。 【答案】 【分析】若木板固定，要使滑块能够从木板右端滑出，必须满足，其中，由此求出最大值应满足的条件；若木板不固定，根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程，即可求出最大值应满足的条件。 【解答】解：、若木板固定，要使滑块能够从木板右端滑出，则有，设动摩擦因数最大值为，由图像可知，解得，故错误； 、若木板不固定，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 设动摩擦因数最大值为，根据能量守恒定律得 又 解得，故错误，正确。 故选：。 【典例15】（2024秋•越秀区校级期末）某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情景。如图所示，长、质量的木板静止在光滑水平面上，左右平台无限长且与木板等高，木板左端与左平台接触，质量的小滑块在恒力作用下从静止开始运动，力与水平方向的夹角为，作用后撤去，小滑块又滑行后以的速度离开平台后滑上木板，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为，小滑块可视为质点，重力加速度取。已知，。求： （1）撤去力时小滑块的速度大小； （2）力的大小； （3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，的取值范围。 【答案】（1）撤去力时小滑块的速度大小为； （2）力的大小为； （3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，的取值范围为。 【分析】（1）撤去力后，小滑块在滑行过程中，利用动量定理求撤去力时小滑块的速度大小； （2）小滑块在滑行过程中，利用动量定理求力的大小； （3）根据动量守恒定律求小滑块与木板共速时的共同速度，对木板，根据动能定理求出木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小，从而得到木板才与右侧平台相碰，的取值范围。 【解答】解：（1）撤去力后，小滑块在滑行过程中，取向右为正方向，由动量定理得 解得撤去力时滑块的速度为 （2）小滑块在滑行过程中，取向右为正方向，由动量定理得 解得 （3）小滑块在木板上滑动过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 解得小滑块与木板共速为 设木板在小滑块的摩擦力作用下位移大小为，由动能定理有 解得木板位移为 故当即时，小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰。 答：（1）撤去力时小滑块的速度大小为； （2）力的大小为； （3）要使小滑块与木板共速后，木板才与右侧平台相碰，的取值范围为。 学科网（北京）股份有限公司 $