第20讲 动量守恒定律及其应用 讲义 -2027届高三物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动量守恒定律及其应用，涵盖守恒条件、碰撞分类、爆炸反冲及人船模型等核心考点，按概念理解-规律应用-情境拓展的逻辑层次组织知识。通过知识梳理明确动量守恒矢量性等特性，结合典例精讲碰撞三原则和反冲模型建构，配合真题训练帮助学生突破系统选取和条件判断难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以科学思维培养为核心，创新采用“模型归类+情境迁移”教学法，如在碰撞问题中先建立弹性与完全非弹性碰撞模型，再通过典例5的滑块碰撞结合圆周运动综合题，训练学生科学推理与问题解决能力。设置分层典例（基础辨析到综合应用），助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生在有限时间内的应考能力。

第20讲 动量守恒定律及其应用 讲义 知识梳理： 1．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，则这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式：①p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。 ②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为零。 2．碰撞 (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，即碰撞是一种强烈的作用。 (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 ①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。 ②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。 ③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。 3．爆炸 特点：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。如爆竹爆炸等。 4．反冲 (1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲。 (2)特点：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。 (3)规律：遵从动量守恒定律。 考点一　动量守恒定律的理解和基本应用 1．动量守恒条件的理解 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。 (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒。 2．动量守恒定律的表达式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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0。 3．动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 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，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 典例1：(2026安徽A10联盟高三联考)如图所示,上表面粗糙的长木板P放在光滑水平面上,长木板中央放置两质量大小关系未知的物块M和N,两物块与板间的动摩擦因数均相同。M和N之间有一压缩的轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接),开始时板和两物块均静止。现同时释放M、N,弹簧将两物块弹开,两物块在长木板上滑动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.M、N组成的系统总动量一定守恒 B.M、N组成的系统总动量一定不守恒 C.若长木板向左运动,则物块M的质量一定小于物块N的质量 D.若长木板向左运动,则M、N组成的系统总动量方向一定向右 答案.D　解析 物块M和N受到长木板对它们的摩擦力大小未知,若两摩擦力大小相等,则M、N组成的系统总动量守恒,若两摩擦力大小不相等,则M、N组成的系统总动量不守恒,故A、B错误;若长木板向左运动,则其受到的合力向左,M对长木板的摩擦力大于N对板的摩擦力,M的质量一定大于N的质量,故C错误;长木板和两物块组成的系统总动量守恒,若长木板向左运动,则M、N组成的系统总动量方向一定向右,故D正确。 典例2：.(2026陕西西安高三月考)如图所示,光滑的水平地面上静止着甲、乙、丙三辆小车,某同学开始时站在甲车上,后来跳到乙车上,再由乙车跳到丙车上,最终与丙车一起运动,测得三辆车速度大小相同,乙、丙两车运动方向相同。若该同学质量为m,甲、乙、丙三车质量分别为m1、m2、m3,则下列关系正确的是(　　) A.m1=m+m2+m3 B.m=m1+m2+m3 C.m3=m1+m2 D.m=m1·m2·m3 答案A　解析 该同学跳离甲车过程动量守恒有0=mv0-m1v1,该同学跳上再跳离乙车过程动量守恒有mv0=mv人+m2v2,该同学跳上丙车过程动量守恒有mv人=(m+m3)v3,由题意知v1=v2=v3,联立得m1=m+m2+m3,故选A。 典例3：乌贼被称为“海中火箭”,其“外套膜”能够迅速收缩,将海水高速喷出进而向另一方向加速冲刺,可轻易加速到15 m/s。一质量为0.5 kg(不含体内水)的乌贼初始时静止,某时刻开始以相对于地面恒为40 m/s的速度水平喷水,不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化,则(　　) A.乌贼喷水过程中乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量不守恒 B.乌贼向后喷水,喷出的水对周围的水产生一个作用力,周围的水对喷出的水的反作用力使乌贼向前运动 C.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度,则要一次性喷出约0.19 kg的水 D.若乌贼要极短时间内达到15 m/s的速度,此过程中乌贼受到它喷出的水的作用力的冲量为20 N·s 答案C　解析 乌贼喷水过程所用时间极短,内力远大于外力,乌贼和喷出的水组成的系统水平方向动量守恒,故A错误;乌贼与喷出的水之间的相互作用力使得乌贼向前运动,故B错误;设乌贼喷出水的质量为m,根据动量守恒定律有mv=m总v',解得m≈0.19 kg,故C正确;对喷出的水根据动量定理有I=mv,解得I=7.5 N·s,故D错误。 考点二　碰撞问题 1．碰撞现象遵循的三条原则 (1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。 (2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或。 (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。 2．弹性碰撞 弹性碰撞的特点:碰撞瞬间系统内无机械能损失。 弹性碰撞的实例分析 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1'＋m2v2' m1m1v1'2＋m2v2'2 联立解得v1'＝v1，v2'＝v1 讨论:(1)若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1(速度交换，动量和动能全部转移)。 (2)若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。 (3)若m1≫m2，则v1'≈v1，v2'≈2v1。 (4)若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两物体沿相反方向运动)。 (5)若m1≪m2，则v1'≈－v1，v2'≈0。 3．非弹性碰撞 碰撞结束后，动能有部分损失。有 m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2' m1m2m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损 4． 完全非弹性碰撞 碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1m2(m1＋m2)v2＋ΔEk损max 结果:v＝ ΔEk损max＝(v1－v2)2 5.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大，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4：(多选)如图所示，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为，若X、Y质量分别为mX和mY，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则(　　) A.＝1 B.＝2 C.＝2 D.＝4 答案　AC解析　小球X由最高点运动到最低点与小球Y发生碰撞前，根据机械能守恒定律有mXgh＝mX＝Ek1，两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有Ek2＝(mX＋mY)＝(mX＋mY)g·，两球碰撞过程，根据动量守恒定律有mXv1＝(mX＋mY)v2，联立解得＝1，＝2，故A、C正确。 典例5：如图所示，半径R＝0.4 m的竖直半圆形轨道bc与水平面ab相切。质量m2＝0.2 kg的小滑块B放在半圆形轨道的最低点b，另一个质量为m1＝0.3 kg的小滑块A，在水平推力F＝3 N作用下由静止开始从a点向右做匀加速直线运动，当小滑块A刚好要与小滑块B碰撞时立即撤去F，随后小滑块A与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起后恰好能够到达半圆形轨道的最高点c。已知推力F作用的时间t＝2 s，滑块A与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5。重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可视为质点。求: (1)A与B碰撞前瞬间的速度大小v1; (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE; (3)两滑块从b运动到c的过程中系统产生的热量Q。 答案　(1)10 m/s　(2)6 J　(3)4 J 解析　(1)设小滑块A的加速度为a，根据牛顿第二定律有F－μm1g＝m1a 由运动学公式有v1＝at 解得v1＝10 m/s。 (2)小滑块A与B相碰，根据动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v 根据能量守恒定律有ΔE＝m1(m1＋m2)v2 解得ΔE＝6 J。 (3)设A、B到达半圆形轨道的最高点c时的速度为vc， 根据牛顿第二定律有(m1＋m2)g＝(m1＋m2) 根据能量守恒定律有Q＝(m1＋m2)v2－(m1＋m2)－(m1＋m2)g·2R 解得Q＝4 J。 考点三　爆炸、反冲和人船模型 1.爆炸现象应遵循的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2．对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 3．“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，且x人＋x船＝L船； ③运动特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ＝＝。 (3) 常见类人船模型 典例6：两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品。两响爆竹的纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10～20米后，凌空爆响。质量为200 g的两响爆竹在0.01 s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体(此过程两响爆竹的位移可以忽略)，然后被竖直发射到距离地面h＝20 m的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸。假设两响爆竹被炸成两部分，其中80 g的部分以5 m/s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小； (2)上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。 [答案]　(1)402 N　(2) m [解析]　(1)设下层火药爆炸后爆竹的速度为v0，则v＝2gh 解得v0＝20 m/s 由动量定理得(－mg)Δt＝mv0 解得＝402 N。 (2)设爆炸后爆竹落地用时为t，爆竹做平抛运动有h＝gt2，解得t＝2 s 爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有m1v1＝m2v2 其中m1＝80 g，v1＝5 m/s，m2＝120 g 解得v2＝ m/s 上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离x＝v1t＋v2t＝ m。 典例7：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/s B.570 kg·m/s C.600 kg·m/s D.630 kg·m/s 答案　A解析　开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示与喷出气体的方向相反，大小为30 kg·m/s，故A正确。 典例8：如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小； (2)小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，凹槽相对于初始时刻运动的距离。 [答案]　(1)　(2) [解析]　(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0＝mv1－Mv2 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 mgb＝ 联立解得v2＝。 (2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2 又由位移关系知x1＋x2＝a 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。 学科网（北京）股份有限公司 $