第七章　第34课时　动量守恒定律 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习教案聚焦动量守恒定律专题，覆盖定律条件理解、基本应用及临界问题，整合爆炸、反冲、人船模型等高考核心考点，按“基础概念—模型建构—综合应用”逻辑层次展开，通过考点梳理、典例精讲、方法总结、分层精练四环节，帮助学生构建系统解题框架。 教案突出科学思维与模型建构，如人船模型中通过“动量守恒+位移关系”推导位移公式，爆炸问题结合动量守恒与能量转化分析。设置基础题、提升题、综合题分层练习，配合真题案例解析，培养学生科学推理能力，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生应考能力。

第34课时　动量守恒定律 目标要求　1.理解系统动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题。2.能熟练运用动量守恒定律解决临界问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。 考点一　动量守恒定律及基本应用 如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2>v1。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1'和v2'。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。 (1)写出物体A所受作用力F1的冲量与其动量变化量的关系。 (2)写出物体B所受作用力F2的冲量与其动量变化量的关系。 (3)写出F1与F2的关系。 (4)结合(1)(2)(3)中的关系可得出什么结论。 答案　(1)F1Δt=m1v1'-m1v1 (2)F2Δt=m2v2'-m2v2 (3)F1=-F2 (4)m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v2 1.(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 ①p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。即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)适用条件 ①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 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，如碰撞、爆炸等过程。 ③某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，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 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 例1　(2025·江苏镇江市期中)小车静止在光滑水平地面上，一个小球用轻绳悬挂在与车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速度释放，在小球向下摆动到最低点的过程中，下列说法正确的是(　　) A.小球的机械能守恒 B.车和小球组成的系统动量守恒 C.车所受合力的冲量方向水平向右 D.小车一直向左运动 答案　D 解析　小球向下摆的过程中，绳拉力对小球做负功，对小车做正功，所以小球的机械能减小，故A错误；车和小球组成的系统竖直方向合力不为零，所以系统动量不守恒，二者水平方向动量守恒，故B错误；小球从初始位置摆到最低点的过程中，小车向左做加速运动，所以车所受合力的冲量的方向水平向左，小车一直向左运动，故C错误，D正确。 例2　光滑水平地面上的物体A沿直线运动时与静止的物体B发生正碰，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　) A.1∶6 B.1∶4 C.1∶3 D.1∶2 答案　A 解析　由x-t图像的斜率表示速度，可推出碰撞前后的瞬时速度为 vA= m/s=4 m/s，vB=0 vA'=- m/s=-2 m/s， vB'= m/s=1 m/s 由动量守恒可得mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB' 代入数据解得=，故选A。 例3　如图，质量M=9 kg的小车A以大小为v0=8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置着质量m=1 kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，小球距离车上表面H=0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0=6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)小车的最终速度的大小v； (2)初始时小球与桶的水平距离Δx。 答案　(1)5 m/s　(2)1.28 m 解析　(1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向， 由水平方向动量守恒得(M+m)v0=(M+m+m0)v 解得v=5 m/s。 (2)A与C的碰撞过程动量守恒， 则有Mv0=(M+m0)v1 设小球下落的时间为t，则有H=gt2 Δx=(v0-v1)t，解得Δx=1.28 m。 例4　(来自教材)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。 答案　2 m/s 解析　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向， 由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC ① 碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB ② A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB=vC ③ 联立①②③式，代入数据得vA=2 m/s。 　应用动量守恒定律解题的步骤 考点二　反冲运动　人船模型　爆炸问题 1.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 一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800 m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800 m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？ 答案　还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M+m)v0=mv1+Mv2，v2=v0+，由于v0>0，v1>0，且v0>v1，故有v2>v0，因此飞机的速度还会增加。 例5　(2026·江苏省部分学校联考)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度大小均为v(相对地面)，喷气时间很短均为Δt，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震，忽略重力与阻力。求： (1)第1次爆震时，飞行器受到的平均冲击力大小； (2)n次爆震后，飞行器的速度大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)第1次爆震后由动量守恒定律可得 0=(M-Δm)v1-Δmv 由动量定理F1Δt=(M-Δm)v1 可得F1= (2)由动量守恒定律可知0=(M-nΔm)vn-nΔmv 解得n次爆震后飞行器的速度大小vn= 2.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==。 (4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。 例6　(2024·江苏省锡东高级中学检测)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。 3.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 例7　(2025·北京卷·17)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。以A的运动方向为正方向，炸裂后瞬间A速度为v， 由动量守恒定律得0=2m·v-m·vB 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xA=vt B的水平位移xB=vBt=2vt 所以落地点A、B之间的距离d=xA+xB=vt+2vt=3vt。 课时精练 [分值：64分] 　[1~6题，每题4分] 1.(2025·江苏扬州市检测)以下关于四幅图的说法，正确的是(　　) A.图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B.图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A的动量守恒 C.图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统动量守恒 D.图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 答案　C 解析　题图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能不守恒，故A错误；题图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后系统满足动量守恒，但A的动量不守恒，故B错误；题图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为所受外力之和为零，系统满足动量守恒，故C正确；题图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。 2.(2025·江苏南通市期中)如图所示，光滑水平桌面上，A和B两小球用细线相连，弹簧处于压缩状态且与小球不连接。已知两小球的质量mA>mB，则烧断细线后(　　) A.弹簧对小球B冲量大 B.弹簧对小球B做功多 C.小球A空中飞行时间长 D.小球A落地时动能大 答案　B 解析　根据题意可知，当烧断细线后，A、B组成的系统动量守恒，则mAvA=mBvB，根据动量定理可知，弹簧对两小球的冲量大小相等，故A错误；根据Ek=，mA>mB，则EkA<EkB，根据动能定理可得WA<WB，故B正确；小球离开桌面后做平抛运动，则t=，两小球平抛的竖直位移相同，则时间相同，故C错误；从烧断细线到小球落地的全过程中，落地时的动能为Ek'=mgh+，动能大小无法判断，故D错误。 3.(2025·江苏盐城市五校联考)如图所示，将甲、乙两条形磁体隔开一段距离，静置于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A.甲的动量大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的速度大小比乙的大 D.甲的速度大小比乙的小 答案　D 解析　同时释放甲和乙后，对甲、乙构成的系统进行分析，系统所受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可知甲、乙的动量大小相等，故A、B错误；结合上述可知m甲v甲-m乙v乙=0，由于甲的质量大于乙的质量，则有v甲<v乙，即甲的速度大小比乙的小，故C错误，D正确。 4.(2025·江苏南京市一模)如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B，已知A、B两球的质量分别为m1、m2，不计空气阻力。则某时刻A、B两球(　　) A.速度大小之比为m1∶m2 B.加速度大小之比为m1∶m2 C.动量大小之比为m2∶m1 D.动能大小之比为m2∶m1 答案　D 解析　由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，两小球组成的系统动量守恒，则m1v1=m2v2，所以=，两球动量大小相等，比值为1∶1，故A、C错误；两小球的加速度大小之比为==，故B错误；动能之比为==，故D正确。 5.如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为(　　) A.h B.(h+2a) C.(h+2a) D.h+2a 答案　D 解析　设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统合外力为零，由动量守恒可得0=mh-Md，池深H=h+d+2a，解得H=h+2a，故D正确。 6.某次冰球比赛中，甲、乙两运动员静止站在光滑的水平冰面上，甲将静止在冰面上的冰球传给乙，乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等，且为冰球质量的k(k>1)倍，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小之比为(　　) A.1 B. C. D. 答案　B 解析　设冰球的质量为m，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有(km+m)v1-kmv2=0，解得=，故选B。 7.(8分)(2024·江苏卷·14)“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度v0运动。某时刻，着陆器和上升器(组合体A)、轨道器和返回器(组合体B)分离，分离时间为Δt。分离后B的速度为v，方向与v0相同，已知组合体A、B的质量分别为m、M。求： (1)(4分)分离后A的速度大小v1； (2)(4分)分离过程中，A对B的平均推力大小F。 答案　(1)　(2) 解析　(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1 解得v1= (2)以B为研究对象，对B由动量定理有 FΔt=Mv-Mv0 解得F=。 　[8~10题，每题4分] 8.(2025·河南卷·7)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的变化分别如图甲和图乙所示。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 答案　D 解析　P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN'，即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN)，根据题图甲可知(vP-vP')>(vN'-vN)，故mP<mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN'，即mQ(vQ-vQ')=mN(vN'-vN)，根据题图乙可知(vQ-vQ')<(vN'-vN)，故mQ>mN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。 9.(2025·江苏盐城市模拟)一烟花竖直上升到最高点时恰好爆炸，假设爆炸瞬间各碎片以等大的速率向各方向运动，空气阻力忽略不计，则(　　) A.爆炸瞬间，烟花的机械能转化为其他形式的能 B.从爆炸后到落地前，各部分碎片均做匀变速直线运动 C.从爆炸后到落地前，各部分碎片总在同一个球面上 D.从爆炸后到落地前，各部分碎片动量的总和保持不变 答案　C 解析　爆炸瞬间，烟花内部的化学能转化为碎片的动能，机械能增加，而非机械能转化为其他形式的能，A错误；爆炸后碎片初速度方向各异，仅当速度方向竖直时做匀变速直线运动；其他方向(如水平)的碎片因加速度与速度方向不共线，轨迹为抛物线，B错误；碎片的运动可分解为两个分运动，一是所有碎片共同的、随质心一起的自由落体运动，二是各碎片相对于质心的匀速直线运动。由于各碎片初速率均为v0，因此在任意时刻t，各碎片相对于质心的距离均为v0t，这表明所有碎片分布在一个以质心为球心、半径不断增大的球面上。C正确；爆炸后系统所受合外力为总重力Mg(M为烟花总质量)，不为零，故系统总动量不守恒，D错误。 10.如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.A球将做变速圆周运动 B.B球将一直向右运动 C.B球向右运动的最大位移为L D.B球运动的最大速度为 答案　C 解析　由于B点不固定，故A不可能做圆周运动，故A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将左右做往复运动，故B错误；对于A、B组成的系统，水平方向动量守恒有0=mAvA-mBvB，mA=mB，可得0=mAxA-mBxB，B球有向右的最大位移时有xA+xB=2L，解得B球向右运动的最大位移为L，故C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，由水平方向动量守恒有mAvA=mBvB，由机械能守恒有mAgL=mA+mB，联立解得B球运动的最大速度为，故D错误。 11.(10分)(2025·江苏南京市期中)如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，A、B为槽左、右两端的最高点且位于同一水平线上，C为半圆槽最低点。现让一个小球(可视为质点)从槽右侧最高点B无初速度释放。已知小球的质量和半圆槽的质量分别为m和3m，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。求： (1)(5分)小球第一次通过C点时的速度v1的大小； (2)(5分)整个运动过程中，半圆槽向右运动的最大距离。 答案　(1)　(2)R 解析　(1)小球从B点释放后到C点， 根据系统水平方向动量守恒有0=mv1-3mv2 根据能量守恒定律有mgR=m+×3m 解得v1= (2)由水平方向动量守恒有0=mv1-3mv2 可得0=mx1-3mx2 半圆槽向右运动的距离最大时，有x1+x2=2R 可得半圆槽向右运动的最大距离为x2=R。 12.(10分)(2024·江苏常州市期中)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。 (1)(2分)求甲第一次抛球时对小球的冲量； (2)(3分)求乙接到第一个球后的速度(保留一位小数)； (3)(5分)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？ 答案　(1)10.5 N·s，方向水平向右　(2)5.3 m/s，方向水平向左　(3)15 解析　(1)根据动量定理有I=mv-mv0 解得I=10.5 N·s，方向水平向右 (2)对小球和乙的整体，根据动量守恒定律有M2v0-mv=(M2+m)v1 解得v1≈5.3 m/s，方向水平向左 (3)对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有 M1v0-M2v0=(M1+M2)v 解得v=1.5 m/s，方向水平向右 对乙和他的小车及小球组成的系统，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 nmv-M2v0=(M2+nm)v 解得n=15。 学科网（北京）股份有限公司 $