第7章 2.第2节 动量守恒定律（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律”专题，覆盖动量守恒理解与应用、碰撞问题、爆炸反冲及人船模型三大核心考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确动量守恒应用占45%、碰撞问题占30%的高频考点分布，归纳选择、计算等常考题型。 课件亮点在于“真题精讲+模型建构+科学推理”的备考策略，以2025河南卷碰撞速度图像题为例，通过动量守恒与能量守恒联立推导质量关系，培养学生科学思维素养。设“易错警示”专栏，如圆环与小球系统水平动量守恒的常见误区，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此实施针对性复习，提升备考效率。

第2节 动量守恒定律 返回目录  动量守恒定律的理解和应用T1、2、4、6　     碰撞问题T3、5　     爆炸、反冲、人 船模型T7、8 返回目录 1.★★(2021全国乙,14,6分)如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的 挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使 弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系) 中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统( )   A.动量守恒,机械能守恒 B.动量守恒,机械能不守恒 C.动量不守恒,机械能守恒 D.动量不守恒,机械能不守恒 　    B　     高考真题 返回目录 解析　撤去推力后,小车、弹簧和滑块组成的系统所受合力为零,动量守恒,C、D错 误。滑块与车厢底板有相对滑动,滑动摩擦力做功,有内能产生,机械能不守恒,A错误,B 正确。 返回目录 2.★★★(2025广东,7,4分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作 用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2 始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速 度v随时间t变化的图像,可能正确的是 ( )    　      　    A　     返回目录 解析　由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到 零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。 返回目录 3.★★★(2025河南,7,4分)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直 线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为 mN,碰撞时间极短,则 ( )        A.mP>mN>mQ　　　    B.mN>mP>mQ C.mQ>mP>mN　　　    D.mQ>mN>mP 　    D　     返回目录 解析　假设所有碰撞均为弹性碰撞,P、Q、N三辆小车碰撞前的速度分别为vP、vQ、vN, 碰撞后的速度分别为vP'、vQ'、vN',对于P、N间的碰撞,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+ mNvN',根据能量守恒有 mP + mN = mPvP'2+ mNvN'2,联立解得vP'= , 由题图1知vP'<vN,所以vP'-vN<0,代入vP'得 <0,由题图1知vP>vN,所以mP<mN; 对于Q、N间的碰撞,根据动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN',根据能量守恒有 mQ +  mN = mQvQ'2+ mNvN'2,联立解得vQ'= ,由题图2知vQ'>vN,所以vQ'-vN>0,代 入vQ'得 >0,由题图2知vQ>vN,所以mQ>mN,综上所述,mQ>mN>mP,D正确。 返回目录 一题多解 由题图可知三小车速度变化量的大小关系是ΔvP>ΔvN>ΔvQ,P碰撞N过程中两车组成的 系统动量守恒,有mPvP+mNvN=mPv'P+mNv'N,则有mP(vP-v'P)=mN(v'N-vN),则速度变化量越大,质 量越小,则mP<mN,同理可知mN<mQ,故mQ>mN>mP。 返回目录 4.★★★(2024安徽,8,4分)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球, 通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量 为m,带电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的 细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。 该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ,k为静电力常量,不计空气阻力。则 ( )     D　          A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒 C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1 D.在图乙位置,v3=  返回目录 解析　对整个系统分析可知系统受到的合力为0,故动量守恒;当三个小球运动到同一 条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到球1和球2的电场力大小 相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,剪断细线瞬间 球3受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,系统动能和电势能相互转 化,能量守恒,A、B错误。对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据球1和球2运动 的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有 m + m + m = ,解得v3=  ,C错误,D正确。 返回目录 5.★★★(多选)(2024广东,10,6分)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同 滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与 水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下 列说法正确的有 ( ) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 　    ABD　     B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距  返回目录 解析　由于斜面光滑,则两滑块加速度相同,又两滑块初速度都为0,所以在斜坡上运动 过程中二者始终保持相对静止,A正确。由于甲、乙的碰撞属于弹性碰撞,且二者质量 相同,所以碰撞过程甲、乙交换速度,B正确。H乙越大,乙在斜坡上运动的位移越大,所 需时间越长,甲、乙碰撞后交换速度且二者均可视为质点,则乙在水平面上运动的位移 与H甲有关,因为两个滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ,即a=μg保持不变,则乙在水平 面上的运动时间与H甲有关,综上所述可知乙的运动时间与H甲、H乙均有关,C错误。由 于甲、乙碰撞后交换速度,甲在水平面上的位移等于没有甲时乙单独滑下时在水平面 上运动的位移,由能量守恒可知mgH乙=μmgx,解得x= ,D正确。 返回目录 6.★★(2026届安徽A10联盟学情调研)如图,足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细 线相连,一起匀速下降。现剪断细线,若只考虑物体所受的重力和浮力,从剪断细线到木 块停止下沉前,木块与铁块组成的系统 ( ) A.总动量不变,总动能不变 B.总动量不变,总动能变化 C.总动量变化,总动能变化 D.总动量变化,总动能不变 　    B　     高考模拟 返回目录 解题导引     剪断细线前,对整体受力分析可得m1g+m2g=F1+F2,故m1g-F1=F2-m2g,即剪断细线后铁块 和木块所受的合力大小相等、方向相反。   解析　由于木块与铁块开始时匀速下降,系统所受合力为零,剪断细线后系统所受合力 仍为零,故系统动量守恒;由于铁块下降的距离大于木块下降的距离,故铁块增加的动能 大于木块减小的动能,总动能增加,B正确。 返回目录 7.★★★(多选)(2025届海南多校三模)“起花”是一种形如小纸炮的爆竹,通常缀有长 约三尺的苇秆,点燃其芯后会迅速升起。如图所示,静置在地面上的“起花”被点火后 竖直升空。已知含火药的“起花”总质量为M,其中火药的质量为m,点火后在极短的 时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出;若当“起花”升到最高点时 炸裂为质量之比为2∶1的两块碎块,且沿水平方向、向相反的方向飞出,落地时质量大 的碎块速度大小为v,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 ( ) A.“起花”升空获得的推力是空气施加的 B.火药喷出时,由于内力远大于外力,所以“起花”与火药组成的系统 可以近似看作动量守恒 C.点火后,“起花”上升过程中获得的最大速度为  D.质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v 　    BD　     返回目录 解析　“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的,A错误。火药喷出时, 由于内力远大于外力,所以“起花”与火药组成的系统可以近似看作动量守恒,B正 确。点火后,设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1,根据动量守恒定律可得0=(M- m)v1-mv0,解得v1= ,C错误。“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2∶1的两块 碎块的速度之比为1∶2,即质量大的碎块和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大 小之比为1∶2,落地时水平方向的速度大小之比为1∶2;由于落地时竖直方向的速度相 等,所以落地时的速度之比不可能是1∶2,即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为 2v,D正确。 返回目录 8.★★★★(2026届河北秦皇岛一中月考)如图所示,一个光滑导轨长臂水平固定、短臂 竖直,系有细线的圆环A套在长臂上,细线另一端与小球B相连。已知A的质量mA=m,B的 质量mB=2m,细线长度为L。初始时圆环A距短臂x= L,细线水平且伸直,将圆环与小球 同时由静止释放。已知圆环A与短臂碰撞后瞬间与短臂粘连,球B垂直于细线方向的速 度不变,沿细线方向的速度减为0,不计空气阻力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,则 ( ) A.小球B的水平位移为0.4L时圆环A与短臂接触 C　     　     B.圆环A与短臂接触时,细线与竖直方向的夹角为37° C.圆环A与短臂碰撞后瞬间,小球B的速度大小为   D.小球运动到最低点时,细线的拉力大小为6mg 返回目录 解析　圆环与小球由释放至圆环与短臂碰撞前瞬间,根据系统水平方向动量守恒可得 mAx=mBxB,解得xB= L,A错误。圆环A与短臂接触时,设细线与竖直方向的夹角为θ,根据 几何关系可得sin θ= ,解得θ=53°,B错误。设圆环与短臂碰撞前瞬间,圆环的速 度大小为vA,小球的水平速度大小为vB,竖直速度大小为vy;根据水平方向动量守恒有mAvA =mBvB,以圆环为参考系,小球做圆周运动,可得 tan θ= ;根据系统机械能守恒可得2 mgL cos θ= ×2m( + )+ m ,联立解得vB= ,vy=4 ;圆环A与短臂碰撞后瞬 间,如图所示,小球B的速度大小v=vy sin θ+vB cos θ=  ,C正确。圆环与短臂碰撞 返回目录 后,小球运动到最低点,对小球根据机械能守恒可得2mg(L-L cos θ)= ·2mv'2- ·2mv2;小球 在最低点有F-2mg=2m ,联立解得细线的拉力F= mg<6mg,D错误。   返回目录 易错警示 在圆环碰短臂前,小球相对圆环做圆周运动,故小球相对圆环的合速度垂直于细线,可得 tan θ= ,并不是 tan θ= 。   返回目录  运用数学函数图像理解碰撞问题 (2025届北京丰台二模)如图1所示,光滑水平面左侧有一竖直墙壁,质量为m的小球以速 度v0与静止的质量为M的小球发生对心碰撞,m<M。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量 损失。设任意时刻两球速度分别为v和V,令x= v,y= V,x2+y2=r2,其中r为定值,该函 数的图像如图2所示,图像中的点(x,y)表示两个小球组成的系统可能的状态,A、B、C为 系统连续经历的三个状态。根据以上信息,下列说法正确的是 ( ) 　    C　     创新风向·数理结合 A.从状态A到状态B过程系统动量不守恒 B.从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞 C.直线AB的斜率k=-  D.图像中圆的半径r=  返回目录 解析    根据题图2可知状态A对应的状态为碰前的状态【点拨:此时质量为m的小球的 速度沿正方向达到最大值,质量为M的小球静止】;状态B对应质量为m的小球的速度沿 负方向,质量为M的小球的速度沿正方向;状态C对应两小球的速度均沿正方向。m<M, 在两个小球发生弹性碰撞的过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知碰后质 量为m的小球速度反向,对应从状态A到状态B的过程;质量为m的小球与墙壁发生碰撞 的过程中没有能量损失,速度反向,大小不变,质量为M的小球的速度不发生变化,对应从 状态B到状态C的过程,A、B错误。从状态A到状态B,系统满足mv0=mv+MV,可得mv0=  x+ y,即y= - x,可知直线AB的斜率k=- ,C正确。在两个小球发生碰撞 的过程中,系统满足 m = mv2+ MV2,化简可得x2+y2=m =r2,即图像中圆的半径r=  ,D错误。 返回目录 $