第7章 第2讲 动量守恒定律(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理讲义聚焦动量守恒定律及碰撞、爆炸、反冲、人船模型等高考核心考点，按“理解守恒条件-掌握应用场景-解决实际问题”逻辑架构知识，通过正误辨析巩固概念，例题精讲提炼方法，真题训练强化应用，形成系统复习链条。 资料以科学思维为核心，通过模型建构突破难点，如碰撞问题中对比弹性与非弹性模型推导速度公式，人船模型结合动量守恒推导位移关系。设置基础巩固与能力提升分层练习，配合即时反馈，培养学生科学推理与问题解决能力，助力教师精准把控复习节奏，提升备考效率。

第2讲　动量守恒定律 【学习目标】　1.理解系统动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决有关基本问题。2.会应用动量守恒定律解决碰撞问题。3.会应用动量守恒定律解决爆炸、反冲和人船模型问题。 考点一　动量守恒定律的理解和基本应用 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.表达式 (1)p＝p'或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'。 意义：系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。 (2)Δp1＝－Δp2。 意义：相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 【正误辨析】 (1)只要系统所受外力的矢量和做功为0，系统动量就守恒。(×) (2)系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√) (3)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√) (4)若系统动量守恒，则机械能也一定守恒。(×) 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 续表 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 学生用书⬇第114页 动量守恒的判断 (多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是(　　) A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统 B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统 答案：BCD 解析：若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其动量守恒，C正确。 某一方向的动量守恒 如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(取g＝10 m/s2)(　　) A.5 m/s B.4 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 答案：A 解析：由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝＝ s＝2 s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球、油泥和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒的条件，则有m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s。故选A。 应用动量守恒定律解题的步骤 动量守恒定律的简单应用 (多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力的大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　) A.绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s D.最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去 答案：ACD 解析：绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。 动量守恒中的临界问题 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲的小车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v'＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，可保证两车刚好不相撞。则甲总共抛出的小球个数是(　　) A.12 B.13 C.14 D.15 答案：D 解析：规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等。由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s。对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv'，解得n＝15。故选D。 学生用书⬇第115页 考点二　碰撞问题 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.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 类型 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 【正误辨析】 (1)所受外力的矢量和为零时两个小球碰撞过程系统的动量守恒。(√) (2)若两小球的碰撞为弹性碰撞，则系统动量守恒、机械能守恒。(√) (3)若两小球的碰撞为非弹性碰撞，则损失的机械能转化为化学能。(×) (4)两小球碰后粘在一起，则系统产生的内能最多。(√) 1.弹性碰撞的实例分析与讨论 运动物体1的质量为m1、速度为v1，与质量为m2的静止物体2发生弹性碰撞，碰撞后二者速度分别为v1'、v2'。则由动量守恒定律、机械能守恒定律得 m1v1＝m1v1'＋m2v2' m1＝m1v1'2＋m2v2'2 联立解得v1'＝v1，v2'＝v1。 (1)若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1 (质量相等的两个物体发生弹性碰撞，则碰撞后两物体交换速度)。 (2)若m1＞m2，则v1'＞0，v2'＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。 特例：当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1。 (3)若m1＜m2，则v1'＜0，v2'＞0(碰后物体1反向，两物体沿相反方向运动)。 特例：当m1≪m2时，v1'≈－v1，v2'≈0。 2.非弹性碰撞 (1)非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失。 m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2' m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk损。 (2)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。 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1＋m2＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max。 弹性碰撞 (2025·甘肃卷·T4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s 答案：B 解析：小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋m＝m＋m＋m，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知碰撞后小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s。故选B。 非弹性碰撞 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： 学生用书⬇第116页 (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间轻绳上的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 答案：(1)　(2)mg＋m　(3)mv2 解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝mv2 解得H＝。 (2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得拉力大小F＝mg＋m。 (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 mv＝2mv1 解得v1＝v 则碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mv2－×2m＝mv2。 碰撞的可能性 某台球运动员击球时，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A.mB＝mA B.mB＝mA C.mB＝2mA D.mB＝5mA 答案：C 解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，A、B两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA。故选C。 碰撞问题遵守的三条原则 1.动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。 2.动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。 3.速度要符合实际情况 (1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前'＞v前；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至少有一个改变。 考点三　 爆炸、反冲、人船模型 1.爆炸现象 (1)定义：在物理学中，爆炸是指物体在内力作用下炸裂成两块或多块的现象。 (2)特点：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，系统动量守恒。 爆炸问题 爆炸现象的三个规律 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 学生用书⬇第117页 (2025·北京卷·T17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小v0； (2)炸裂后瞬间B的速度大小vB； (3)A、B落地点之间的距离d。 答案：(1)gt　(2)2v　(3)3vt 解析：(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式有0＝v0－gt 可得v0＝gt。 (2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0，由动量守恒定律得0＝2mv－mvB 解得vB＝2v。 (3)根据竖直上抛运动的对称性可知，下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移大小xA＝vt B的水平位移大小xB＝vBt＝2vt 所以落地点A、B之间的距离d＝xA＋xB＝3vt。 反冲问题 反冲运动的作用原理和两个特点 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，所以系统的总机械能增加 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。 (1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ (2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？ 答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 解析：(1)设第三次喷出气体后火箭的速度为v3，以火箭(包括燃料)和三次喷出的气体为研究对象，由动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。 (2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭(包括燃料)和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得 (M－20m)v20－20mv＝0 解得v20≈13.5 m/s。 人船模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律，则mv人－Mv船＝0。 (2)两物体的位移大小满足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)人船位移之比等于它们质量的反比，人船平均速度(瞬时速度)之比等于它们质量的反比，即＝＝。 4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 如图所示，有一质量M＝6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为(　　) A.0.05 m B.0.10 m C.0.15 m D.0.50 m 答案：A 解析：小球由静止开始从如题图所示通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统水平方向动量守恒，则有m·t＝M·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2 m，联立解得x2＝0.05 m。故选A。 学科网（北京）股份有限公司 $