第1章 第2节 动量守恒定律及其应用(一)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

本高中物理讲义聚焦动量守恒定律及其应用，以动量定理和牛顿第三定律为基础推导定律，通过两球碰撞模型明确系统、内力与外力概念，构建“推导-条件-应用”的学习支架，衔接前后知识逻辑。 资料通过科学推理推导定律，结合交通事故、微观粒子碰撞等实例培养模型建构能力，例题与拓展题设计强化物理观念应用。课中辅助教师突破重难点，课后助力学生通过分层练习查漏补缺，提升科学思维与解决实际问题的能力。

第2节　动量守恒定律及其应用(一) [学习目标]　1.会根据动量定理、牛顿第三定律推导动量守恒定律(重点)。2.理解系统，能区分内力与外力。3.理解并掌握动量守恒定律的内容、表达式及成立条件(重点)。4.能在具体问题中判断动量是否守恒，能熟练运用动量守恒定律解释相关现象并解决相关问题(重难点)。 一、动量守恒定律 如图所示，在光滑水平地面上，有质量为m1、m2的两小球A、B，它们分别以速度v1、v2同向运动，且v1>v2，当球A追上球B时，发生碰撞，碰撞后两球的速度都发生了变化，球A、球B的速度分别为v1'、v2'。 1.试通过动量定理及牛顿第三定律进行推导，证明碰撞前后，两球总动量之和相等。 答案　用F1表示球B对球A的作用力，用F2表示球A对球B的作用力，两球在竖直方向受力平衡。若两球相互作用时间为t，则在水平方向有F1t=m1v1'-m1v1，F2t=m2v2'-m2v2，由牛顿第三定律可知F2=-F1，所以m2v2'-m2v2=-(m1v1'-m1v1)，整理后得m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，式中等号左边是两球碰撞前的总动量，等号右边是两球碰撞后的总动量。 2.上述结论对两球碰撞过程中任意时刻的状态都适用吗？为什么？ 答案　上述结论对两球碰撞过程中任意时刻的状态都适用。因为两球碰撞过程中每个时刻都有F2=-F1，所以上述结论对两球碰撞过程中任意时刻的状态都适用。 1.系统、内力与外力 系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统。 内力：系统中物体间的作用力。 外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 2.动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受合外力为0时，这个系统的总动量保持不变。 说明：内力不改变系统的总动量。 3.动量守恒定律表达式：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 4.动量守恒定律适用条件 (1)系统不受外力或者所受合外力为0。 (2)系统所受合外力不为0，但系统所受合外力远小于系统内力时，该系统的总动量可认为近似守恒。如碰撞、爆炸等，此时的外力可以忽略。 例1　(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　) A.如图甲，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中 B.如图乙，地面光滑，剪断细线，弹簧恢复原长的过程中 C.如图丙，两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中 D.如图丁，木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中 答案　AC 解析　子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒，A正确；在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒，B错误；木球与铁球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，C正确；木块下滑过程中，斜面始终受挡板的作用力，系统动量不守恒，D错误。 系统动量是否守恒的判定方法 1.选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。 2.分析系统受到的外力矢量和是否为零，若外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力矢量和不为零，系统动量不守恒，但在某一方向上受到的合外力为零，则在该方向上系统动量守恒。系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时，若系统内力远大于外力，如碰撞、爆炸等，系统动量近似守恒。 3.除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统中各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观判定。 二、动量守恒定律的简单计算 例2　冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞，如图(a)、(b)所示)。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度多大？ 答案　28.8 km/h 解析　轻型货车的质量为m1=1.8×103 kg，轿车的质量为m2=1.2×103 kg，追尾前瞬间货车速度大小为v1=36 km/h=10 m/s，轿车速度大小为v2=18 km/h=5 m/s，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得m1v1+m2v2=(m1+m2) v，解得v=8 m/s=28.8 km/h。 拓展1　若两车相向而撞，刚碰撞后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？ 答案　14.4 km/h 解析　选定货车碰撞前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1-m2v2=(m1+m2)v'，解得v'=14.4 km/h，所以刚碰撞后两车的速度大小为14.4 km/h。 拓展2　在例2中货车动量的变化量是多少？轿车动量的变化量是多少？这两车的动量的变化量有什么关系？ 答案　货车动量的变化量是Δp1=m1v-m1v1=-3.6×103 kg·m/s。轿车动量的变化量是Δp2=m2v-m2v2=3.6×103 kg·m/s。这两车的动量的变化量的关系是Δp1+Δp2=0。 针对训练　(2024·泉州市高二月考)在微观粒子发生碰撞时，运用动量守恒定律还可测量微观粒子的质量。例如，氢原子核的质量是1.67×10-27 kg，它以7.0×106 m/s的速度与一个原来静止的未知原子核相碰撞，碰撞后以1.0×106 m/s的速度被反弹回来，而未知原子核以4.0×106 m/s的速度向前运动，则未知原子核的质量与氢原子核的质量比值为(　　) A.1.5 B.2 C.2.5 D.3 答案　B 解析　令氢原子核与未知原子核的质量分别为m1、m2，根据动量守恒定律有m1v0=m1(-v1)+m2v2，其中v0=7.0×106 m/s，v1=1.0×106 m/s，v2=4.0×106 m/s，解得=2。故选B。 1.应用动量守恒定律解题的思路 2.动量守恒定律的普适性 动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅低速、宏观领域遵循这一规律，高速（接近光速）、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律。 课时对点练 [分值：60分] [1~6题，每题4分] 考点一　动量守恒定律 1.(2025·永安市第九中学高二期中)在光滑水平面上A、B两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中不正确的是(　　) A.两手同时放开后，系统总动量始终为零 B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C.先放开左手，后放开右手，总动量向左 D.无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变 答案　B 解析　若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左。因为两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误，C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故D正确。 2.(多选)(2024·福州市高二期中)如图所示，A、B两物体的质量之比MA∶MB=1∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数分别为μA、μB。当弹簧突然释放后，A、B两物体被反向弹开，则A、B两物体滑行过程中，下列说法正确的是(　　) A.若μA=μB，A、B组成的系统动量守恒，C不动 B.若μA=μB，A、B、C组成的系统动量守恒，C向右运动 C.若μA∶μB=2∶1，A、B组成的系统动量守恒，C不动 D.若μA∶μB=2∶1，A、B、C组成的系统动量守恒，C向右运动 答案　BC 解析　因A、B两物体的质量不相等，若μA=μB，则有两物体所受的滑动摩擦力大小不相等，则A、B组成的系统所受的合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，由牛顿第三定律可知，平板小车C所受合外力不为零，因A对C向左滑动摩擦力小于B对C向右滑动摩擦力，小车C向右运动，A错误； 若μA=μB，A、B、C组成的系统受合外力为零，则系统动量守恒，因A对C向左的滑动摩擦力小于B对C向右的滑动摩擦力，C向右运动，B正确； 若μA∶μB=2∶1，又MA∶MB=1∶2，则有两物体受滑动摩擦力大小相等，方向相反，即fA=fB，A、B组成的系统所受的合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，由牛顿第三定律可知，平板小车C所受合外力为零，C不动，C正确； 若μA∶μB=2∶1，又MA∶MB=1∶2，则有两物体受摩擦力大小相等，方向相反，即fA=fB，A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，平板小车C所受合外力为零，C不动，D错误。 考点二　动量守恒定律的简单计算 3.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离，已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前、后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　) A.v0-v2 B.v0+v2 C.v0-v2 D.v0+(v0-v2) 答案　D 解析　忽略空气阻力和分离前、后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则由动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2，整理可得v1=v0+(v0-v2)，故选项D正确。 4.质量为M的机车后面挂着质量为m的拖车，在水平轨道上以速度v匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。假设运动过程中拖车脱钩，司机没发现，当拖车刚停下来时，机车的速度为(　　) A.v B.v C.v D.v 答案　C 解析　对机车与拖车，系统所受合外力为零，动量守恒，则有(M+m)v=Mv'，解得v'=v，故选C。 5.(2025·福州市高二期中)甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去，已知甲推乙之前两人的总动量为0，甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg。关于甲推乙后两人的动量和速率，下列说法正确的是(　　) A.两人的总动量大于0 B.两人的总动量等于0 C.甲、乙两人的速率之比为1∶1 D.甲、乙两人的速率之比为9∶10 答案　B 解析　甲、乙组成的系统，初状态总动量为零，由于推动过程中动量守恒，所以甲、乙的总动量大小始终为零，故A错误，B正确；以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v甲-m乙v乙=0，所以===，故C、D错误。 6.(2024·福州市高一期末)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3 kg的足够长薄板和一质量为m的物块分别以大小v=4 m/s的初速度向左、向右运动，它们之间有摩擦。当薄板的速度大小为v1=2.4 m/s且方向向左时，物块的速度大小为v'=0.8 m/s，方向向左，则物块的质量m为(　　) A.1 kg B.2 kg C.0.8 kg D.1.6 kg 答案　A 解析　以向左为正方向，由动量守恒定律可知Mv-mv=Mv1+mv'，解得m=1 kg，故A正确。 7.(7分)(2024·厦门市第三中学月考)一颗手榴弹在5 m高处以v0=10 m/s的速度水平飞行时，炸裂成质量比为3∶2的两小块，质量大的以100 m/s的速度反向飞行，求两块落地点的距离(g取10 m/s2)。 答案　275 m 解析　设手榴弹的总质量为5m，以初速度v0的方向为正方向，爆炸后质量大的为3m，速度v1=-100 m/s，质量小的为2m，速度为v2，由动量守恒定律得5mv0=3mv1+2mv2 代入数据解得v2=175 m/s 爆炸后两块分别向前、向后做平抛运动，下落到地面的时间t==1 s，则两块落地点的距离L=x1+x2=|v1t|+v2t=275 m。 [8、9题，每题6分] 8.如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　) A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒 C.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒 答案　C 解析　若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故A、B错误；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，故C正确，D错误。 9.质量m=100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40 kg，m乙=60 kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左、乙朝右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动方向和速度为(　　) A.向左，小于1 m/s B.向左，大于1 m/s C.向右，大于1 m/s D.向右，小于1 m/s 答案　A 解析　取甲的速度方向为正方向，根据动量守恒定律m甲v甲+m乙v乙+Mv=0，40×3+60×(-3)+100v=0，所以v=0.6 m/s，v>0表示小船速度方向向左。故选A。 10.(8分)在光滑水平面上停着一辆质量为60 kg的小车，一个质量为40 kg的小孩以相对于地面5 m/s的水平速度从后面跳上车后和车保持相对静止。 (1)(4分)求小孩跳上车后和车保持相对静止时的速度大小； (2)(4分)若此后小孩又向前跑，以相对于地面3.5 m/s的水平速度从前面跳下车，求小孩跳下车后车的速度大小。 答案　(1)2 m/s　(2)1 m/s 解析　(1)由题意知小孩和车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小孩跳上车后和车保持相对静止时的速度大小为v1，则有mv0=(m+M)v1 解得v1=2 m/s (2)设小孩跳下车后车的速度大小为v3，小孩此时的速度为v2=3.5 m/s，对全程由动量守恒定律得mv0=mv2+Mv3，解得v3=1 m/s。 11.(9分)我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。在某次3 000 m接力赛练习中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙的速度大小为12 m/s，甲的速度大小为10 m/s，此时乙沿水平方向猛推甲一把，使甲以13 m/s的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，已知甲、乙运动员的质量均为60 kg，乙推甲的时间为0.8 s，在乙推甲的过程中，求： (1)(4分)乙对甲的平均作用力大小； (2)(5分)乙推甲后瞬间乙的速度。 答案　(1)225 N　(2)9 m/s，方向与甲运动员初始运动方向相同 解析　(1)取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，对运动员甲，由动量定理有 Ft=mv甲2-mv甲1 解得F=225 N (2)取甲运动员初始运动方向为正方向，乙推甲的过程中，两者所组成的系统动量守恒，有 mv乙1+mv甲1=mv乙2+mv甲2 解得v乙2=9 m/s 方向与甲运动员初始运动方向相同。 学科网（北京）股份有限公司 $