第1章 第2节 动量守恒定律及其应用(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版)

本讲义聚焦动量守恒定律及其应用核心知识点，系统梳理系统、内力、外力概念，通过动量定理与牛顿第三定律推导定律表达式，深入解析守恒条件（理想、近似、某方向守恒）及矢量性、相对性、同时性，延伸至反冲运动（火箭原理、应用）和“人船模型”，构建从概念到应用的完整学习支架。 资料特色在于融合科学思维与科学探究，以情境思辨（台球碰撞、乌贼运动）和探究问题（弹簧小车、曲面物块）引导模型建构与科学推理，典例覆盖多物体、某方向守恒等场景。课中助教师突破抽象难点，课后通过检测题与素养训练巩固，培养运动和相互作用观念，提升学生解决实际问题能力。

第2节　动量守恒定律及其应用 1.知道系统、内力、外力的概念。会用动量定理和牛顿第三定律推导动量守恒定律表达式。 2.理解动量守恒定律的内容及表达式，理解动量守恒的条件。能用动量守恒定律解决相关问题。 3.知道反冲运动及火箭发射原理，了解反冲运动的应用，理解“人船模型”问题及应用。 知识点一　动量守恒定律 1．内容：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。 2．表达式：对两个物体组成的系统，m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′。 3．系统、内力、外力 （1）系统：相互作用的两个或多个物体组成的整体。 （2）内力：系统中物体间的作用力。 （3）外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 4．守恒条件：系统不受外力或者所受合外力为0。 5．适用范围：既适用于低速、宏观领域，也适用于高速（接近光速）、微观（分子、原子的尺度）领域。 知识点二　反冲运动与火箭 1．反冲运动：物体在内力的作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向的运动。 2．火箭发射原理：火箭发射是典型的反冲运动。火箭负荷越小、喷气速度越大、燃料越多，火箭能达到的速度越大。 3．反冲现象的应用及防止 （1）应用：宇航员无绳太空行走、自动喷水装置、水电站反击式水轮机。 （2）不利影响：射击时枪身的反冲会影响射击的准确性、高压水枪灭火时的反冲。 　图甲为斯诺克台球比赛的情境，球员打出白色球撞击红色球；图乙中平板车静止在光滑水平地面上，现在人站在平板车上通过铁锤连续地敲打平板车；图丙为乌贼（又名墨鱼）在水中游动的情境。 （1）图甲中白球与红球组成的系统，两球间的作用力是内力，台面对台球的支持力是外力。（√） （2）图甲中如果不考虑台面的摩擦，在碰撞过程中两球组成的系统总动量守恒。（√） （3）图乙中的平板车在铁锤连续敲打过程中会一直向右运动。（×） （4）图乙中人和平板车组成的系统的总动量守恒。（×） （5）乌贼在水中前行和转向属于反冲运动。（√） 要点一　动量守恒定律的理解 如图甲所示，在光滑水平面上一个运动小球碰撞另一个静止小球； 如图乙所示，小车A、B用细线系在一起，静止在光滑水平面上，中间夹一个被压缩的轻弹簧，弹簧两端分别固定在小车A、B上； 如图丙所示，速度为v0的物体滑上位于光滑水平面上且带有曲面的小车。 结合上述情境思考： （1）图甲中，两球受哪些力作用？碰撞过程中两球组成的系统动量守恒吗？ （2）图乙中，烧断细线后，两小车组成的系统动量守恒吗？ （3）图丙中，物体与小车组成的系统动量守恒吗？ 提示：（1）两球分别受到重力和桌面对它们的支持力作用，且满足二力平衡，两球发生碰撞时，它们之间的相互作用力是内力。由于两球组成的系统所受外力的合力为零，故系统动量守恒。 （2）烧断细线后，两小车组成的系统所受外力的合力始终为零，系统动量守恒。 （3）物体和小车组成的系统，由于水平方向上合力为零，故水平方向的动量守恒；但是竖直方向上合力不为零，故竖直方向上的动量不守恒。 1．动量守恒条件的理解 （1）理想守恒条件：系统不受外力作用或所受合外力为零。 （2）近似守恒条件：系统所受外力不为零，但系统的内力远大于外力（如碰撞、爆炸等现象）时，系统的动量近似守恒。 （3）某一方向上的守恒条件：系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；但是系统在某一方向上所受合外力为零时，则系统在该方向上的动量守恒。 2．动量守恒定律的三个性质 矢量性 公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负（表示方向）后，才能用代数方法运算 相对性 速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度 同时性 相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的某一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度 〔多选〕如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．男孩、小车与木箱三者组成的机械能不守恒 答案：CD 解析：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中男孩在水平方向受到小车的摩擦力，即男孩和木箱组成的系统所受外力矢量和不为零，系统动量不守恒，A错误；小车在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小车与木箱组成的系统所受外力矢量和不为零，系统动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受外力矢量和为零，系统动量守恒，C正确；男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩做功，男孩体内的化学能转化为木箱、男孩、小车的机械能，故男孩、小车与木箱三者组成的机械能不守恒，D正确。 技巧方法 系统动量守恒的判定方法 （1）分析动量守恒时研究对象是系统，要分清外力与内力。 （2）研究系统受到的合外力。 （3）若合外力为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则系统在该方向上动量守恒。 （4）系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。 1.〔多选〕关于动量守恒定律，以下说法正确的是（　　） A．系统不受外力时，动量一定守恒 B．动量守恒定律适用于低速宏观物体和高速微观粒子 C．一个系统的动量守恒，则机械能也守恒 D．两物体组成的系统，所受合外力为零，则两物体动量的改变量大小一定相等 解析：ABD　系统不受外力时，系统动量保持不变，系统动量守恒，故A正确；动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体，故B正确；系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，系统动量守恒，机械能不一定守恒，故C错误；两物体组成的系统，合外力为零，系统动量守恒，两物体动量的改变量大小相等，方向相反，故D正确。 2.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．小球的机械能守恒 B．小球不能向左摆到原高度 C．小车和小球组成的系统动量守恒 D．任意时刻小车和小球水平方向的动量都等大反向 解析：D　小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向的合外力不为0，因此系统在水平方向动量守恒，小球与小车组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故A、C错误；初始状态系统的总动量为零，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等，方向相反，当小球的速度为零时，小车速度也为零，由机械能守恒定律知，小球能向左摆到原高度，故D正确，B错误。 要点二　动量守恒定律的应用 1．动量守恒定律不同表达式的含义 （1）p=p′：表示系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 （2）m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′：表示相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量。 （3）Δp1=－Δp2：表示相互作用的两个物体组成的系统，其中一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量一定大小相等、方向相反。 （4）Δp=0：表示系统总动量的增量为零。 2．应用动量守恒定律的解题步骤 考向一　两个物体组成的系统的动量守恒 甲、乙两运动员在做花样滑冰表演时，沿同一直线相向运动，速度大小都是2 m/s，甲、乙相遇时用力互相推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s。求甲、乙两运动员的质量之比（　　） A.3∶2　 B.4∶3　　 C.2∶1　 D.1∶2 答案：B 解析：对甲、乙两运动员组成的系统，由动量守恒定律得m1v1－m2v2=m2v2′－m1v1′，解得=，代入数据得=，选项B正确。 考向二　系统在某一方向上的动量守恒 如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成，AB恰与圆弧BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回，则（　　） A．由于物块在AB上运动时受到摩擦力作用，故轨道与物块组成的系统动量不守恒 B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在圆弧轨道上运动过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度变为 思路点拨：（1）小物块冲上圆弧轨道的过程中系统在水平方向动量守恒。 （2）当小物块滑至最高点时，二者水平方向的速度一定相同。 答案：D 解析：物块在AB上运动时，摩擦力为轨道与物块之间的内力，由动量守恒定律可知，轨道与物块组成的系统动量守恒，A错误；在运动的全过程中，水平方向动量守恒，物块冲上BC过程中，竖直方向系统受到的合外力不为零，所以竖直方向动量不守恒，轨道与物块组成的系统总动量不守恒，B错误；物体在圆弧轨道运动过程中，物块对轨道的作用力在水平方向的分力向右，则轨道的动量不断增大，C错误；当物块相对于轨道静止时，二者水平方向的速度相同，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=（m＋M）v，解得v=，D正确。 考向三　系统的动量近似守恒 如图所示，甲、乙两人静止在冰面上，突然两人掌心相碰互推对方，互推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，若两人与冰面间动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（　　） A．若m甲＞m乙，则在互推的过程中，甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量 B．无论甲、乙质量关系如何，在互推过程中，甲、乙两人动量变化量大小相等 C．若m甲＞m乙，则分开瞬间甲的速率大于乙的速率 D．若m甲＞m乙，则分开后乙先停下来 答案：B 解析：甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A错误；以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等，方向相反，故B正确；设推开瞬间，甲的速度大小为v甲，乙的速度大小为v乙，由动量守恒定律可得m甲v甲=m乙v乙，若m甲＞m乙，则v甲＜v乙，即分开瞬间甲的速率小于乙的速率，分开后，两人在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得a=μg，则从推开到停下，所用时间为t==，由于推开瞬间v甲＜v乙，所以t甲＜t乙，即分开后甲先停下来，故C、D错误。 考向四　多个物体组成的系统的动量守恒 如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA=0.5 kg，mB=0.3 kg。现有质量m0=0.08 kg的小物块C以初速度v0=25 m/s在 A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v=2.5 m/s。求： （1）木块A的最终速度的大小； （2）小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小。 答案：（1）2.1 m/s　 （2）4 m/s 解析：（1）设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C，有m0v0=mAv1＋（mB＋m0）v，解得v1=2.1 m/s。 （2）设小木块C滑离木块A的速度为v2，当C滑离A后，对B、C，有m0v2＋mBv1=（mB＋m0）v，或对A、B、C，有m0v0=（mA＋mB）v1＋m0v2，解得v2=4 m/s。 特别提醒 解决多物体系统动量守恒问题的两个关键 （1）灵活选取研究对象：根据所研究问题的需要，有时需应用整体的系统动量守恒，有时只需应用部分物体的系统动量守恒。 （2）灵活选取过程：根据所研究问题的需要，有时需要对全过程进行分析，有时需要分过程多次应用动量守恒定律，注意找出联系各阶段的状态量。 要点三　反冲运动 　章鱼是一种温带软体动物，生活在水中。一只悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M，突然发现后方有一只海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，喷射的水力强劲，从而迅速向前逃窜。 请思考：（1）章鱼的运动属于什么运动 ？ （2）若喷射出的水的质量为m，喷射速度为v0，则章鱼喷水后瞬间逃跑的速度多大？ 提示：（1）章鱼的运动属于反冲运动。 （2）章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得0=（M－m）v－mv0，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v= v0。 1．反冲运动的特点 （1）反冲运动中系统的内力（或者在某一方向上的内力）一般远大于外力，故系统的动量守恒（或者系统在该方向上的动量守恒）。 （2）反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能会增加。 2．处理反冲运动问题的三个注意事项 （1）速度的方向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的方向为正方向，另一速度要取负值。 （2）速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度（一般为对地速度）。 （3）变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动。 在水平地面上放置一门质量为M的炮车（不含炮弹），发射的炮弹质量为m，设地面和炮车间摩擦不计，则： （1）炮筒水平时，发射炮弹的速度为v0，炮车的反冲速度为多大？ （2）炮筒与水平方向成θ角时，发射炮弹的速度大小为v0，炮车的反冲速度是多大？ 答案：（1）　 （2） 解析：（1）炮筒水平时，炮车和炮弹组成的系统动量守恒，则有0=mv0＋M（－v1），解得v1=。 （2）炮筒与水平方向成θ角时，炮车和炮弹组成的系统，在水平方向上动量守恒， 则有0=mv0cos θ＋M（－v2），解得v2=。 2025年11月25日12时11分，搭载神舟二十二号飞船的长征二号F遥二十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离并进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，气体喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭质量M=300 kg，发动机每秒钟喷气20次。 （1）当第三次喷出气体后，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：方法一：（1）喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭组成的系统动量守恒。 设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有 （M－m）v1－mv=0，所以v1= 设第二次气体喷出后火箭速度为v2，有 （M－2m）v2－mv=（M－m）v1，所以v2= 设第三次气体喷出后火箭速度为v3，有 （M－3m）v3－mv=（M－2m）v2 所以v3== m/s≈2 m/s。 （2）由上面推导可知，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有（M－nm）vn－mv=［M－（n－1）m］vn－1 所以vn= 因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为 v20== m/s≈13.5 m/s。 方法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解。 （1）设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得 （M－3m）v3－3mv=0 所以v3=≈2 m/s。 （2）以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有 （M－20m）v20－20mv=0 所以v20=≈13.5 m/s。 要点四　“人船模型”问题 　如图所示，长为L、质量为m2的小船停在静水中，质量为m1的人由静止开始从船的右端走到船的左端，人对地位移大小为s1、方向向左，小船对地的位移大小为s2、方向向右。不计水的阻力。对人和船组成的系统，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。请推导分析人对地位移的大小s1、小船对地位移的大小为s2与小船的质量m2及人的质量m1的关系。 提示：设任意时刻人和小船的瞬时速率分别为v1、v2，对人和船组成的系统，由动量守恒定律得m1v1－m2v2=0，即=。 由于相互作用过程中任意时刻系统的动量守恒，故全过程中人和船的平均动量也守恒，即m11－m22=0。 设人和船相互作用的时间为t，则有m1－m2=0，即=。 1．“人船模型”构建 （1）两个物体相互作用前均静止，相互作用后向相反的方向运动。 （2）系统所受合外力为零或者在某一方向上的合外力为零，系统的动量守恒或者在某一方向上的动量守恒。 （3）两个物体的运动关系：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。 2．“人船模型”的结论 （1）两个物体的动量守恒：m1v1－m2v2=0； （2）两个物体的平均速度（或者瞬时速度）之比等于其质量的反比：=； （3）两个物体的位移大小之比等于其质量的反比：=，且s1＋s2=L（L为两个物体的相对位移）。 特别提醒 　　两个物体的位移、速度必须是相对于同一参考系的，一般选地面。 如图所示，一个质量为m1=50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2=20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。初始静止时人离地面的高度为h=5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（　　） A.5 m　 B.3.6 m　　 C.2.6 m　 D.8 m 答案：B 解析：当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1h1－m2h2=0，且h1＋h2=h，解得h1= m，所以人离地高度H=h－h1≈3.6 m，故B正确。 特别提醒 处理“人船模型”问题的两个关键 （1）画出两物体的运动草图，找出它们相对地面的位移的联系。 （2）利用动量守恒，确定两物体的速度或者位移大小的关系。 1.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。已知他自身的质量为m，则船的质量为（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：B　画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则v=，v′=，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv－mv′=0，解得船的质量M=，故B正确，A、C、D错误。 2.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：B　由水平方向动量守恒有ms小球－2ms大球=0，又s小球＋s大球=R，所以s大球=，选项B正确。 要点回眸 1.（2026•江苏无锡高二上月考）关于火箭、反冲现象，下列说法正确的是（　　） A．火箭、汽车的运动都属于反冲运动 B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭 C．为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身 D．在没有空气的宇宙空间，火箭无法利用反冲进行加速 解析：C　火箭的运动属于反冲运动，而汽车是利用燃料燃烧获得向前的牵引力从而使汽车前进的，不属于反冲运动，故A错误；由于反冲作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的，故B错误；用枪射击时要用肩部抵住枪身，这样可以减少反冲的影响，故C正确；火箭的加速利用了反冲原理，靠喷出气流的反作用力进行加速，没有空气也可以加速，故D错误。 2.〔双选〕（2026•福建福州高二下期末）如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于粗糙水平面上，一颗子弹水平射入木块A，并留在其中（子弹射入木块作用时间忽略不计）。在子弹射入木块A及弹簧被压缩的整个过程中，下列说法中正确的是（　　） A．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量守恒、机械能不守恒 B．在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统动量不守恒，机械能守恒 C．在弹簧被压缩的过程中，系统动量守恒、机械能不守恒 D．在弹簧被压缩的过程中，系统动量、机械能都不守恒 解析：AD　在子弹射入木块A的过程中，子弹和木块A组成的系统所受合力为零，所以系统动量守恒，但由于有摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；在弹簧被压缩的过程中，系统所受合力不为零，所以系统动量不守恒，同时由于地面摩擦力对木块做负功，机械能不守恒，故C错误，D正确。 3.将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：D　在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有0=（M－m）v＋m（－v0），解得v=，故D正确，A、B、C错误。 4.〔多选〕甲、乙两溜冰者，m甲=48 kg，m乙=50 kg，甲手里拿着2 kg的球静止，乙以2 m/s 的速度向甲运动，不计摩擦。现甲将球抛给乙，乙接球后再抛给甲，这样抛接若干次后，乙的速度恰为零，此时甲的速度可能是（　　） A.0　 B.2 m/s C.1 m/s　 D．大于2 m/s 解析：BD　以乙溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，若最后球在甲手中，则m乙v1=（m甲＋m）v，解得v= m/s=2 m/s；若最后球在乙手中，则m乙v1=m甲v′，解得v′= m/s≈2.08 m/s。选项B、D正确，选项A、C错误。 5.〔双选〕（2026•福建三明高二下期中）如图所示，质量为M，半径为R的光滑半圆槽静止在光滑的水平地面上。一质量为m的小球恰好能从右边缘沿槽的切线方向释放滑入槽内，小球沿槽内壁运动直至槽左边缘。关于小球和半圆槽的运动（重力加速度为g），下列说法正确的是（　　） A．小球和半圆槽组成的系统，动量守恒，机械能守恒 B．小球和半圆槽组成的系统，动量不守恒，机械能守恒 C．小球滑到半圆槽最底端时的速度等于 D．小球沿半圆槽右边缘滑到半圆槽左边缘的过程中，半圆槽向右的位移为 解析：BD　小球落入槽中后，小球和半圆槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，竖直方向动量不守恒，机械能守恒，故A错误，B正确；当小球运动到半圆槽最低点时，有mv1=Mv2，mgR=m＋M，解得v1=＜，故C错误；小球沿半圆槽右边缘滑到半圆槽左边缘的过程中，有mx1=Mx2，x1＋x2=2R，解得x2=，故D正确。 题组一　动量守恒定律的理解 1.〔多选〕如图所示，A、B两物体质量分别为mA=5 kg 和mB=4 kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上。现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是（　　） A．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量守恒 B．脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成系统动量不守恒 C．在两物体被弹开的过程中，A、B两物体组成的系统动量不守恒 D．两物体一定同时停在地面上 解析：AD　在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A、B两物体受到的滑动摩擦力方向相反，大小相等分别为f1=μAmAg=20 N，f2=μBmBg=20 N，故两物体组成的系统合外力为零，满足动量守恒，A正确，B、C错误；两物体离开弹簧时的动量p大小相等，之后的运动过程，由动量定理可得－ft=0－p，解得t=，由于两物体滑行过程受到的摩擦力大小相等，故两物体一定同时停在地面上，D正确。 2.（2026•福建龙岩高二下期末）如图所示，光滑的水平面上静止放置一个表面光滑的弧形槽、物块和滑板，小孩站在静止的滑板上将物块向弧形槽推出，物块滑上弧形槽后未冲出弧形槽的顶端，则（　　） A．小孩推出物块过程，小孩和物块组成的系统动量守恒 B．物块在弧形槽上运动过程，物块和弧形槽组成的系统动量守恒 C．物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率更大 D．物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零 解析：D　小孩推出物块过程，小孩、滑板和物块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A错误；物块在弧形槽上运动过程，物块和弧形槽系统水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，故B错误；物块在弧形槽上滑和下滑过程中，弧形槽对物块做负功，速度减小，物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率小，故C错误；初始动量为0，物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零，故D正确。 3.〔双选〕（2026•福建高二下期中）如图所示，建筑工地上常用打桩机把桩打入地下。打桩机先把重锤吊起一定的高度，然后由静止释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动直到停止。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．从静止释放到停止运动的过程中，重锤所受合外力冲量为零 B．重锤随桩一起向下运动过程中，重锤所受的合外力冲量向下 C．从静止释放到停止运动的过程中，重锤和桩组成的系统动量不守恒 D．重锤与桩的撞击过程中，机械能守恒 解析：AC　整个运动过程，重锤初始动量为零，末动量为零，根据动量定理，重锤所受合外力冲量为零，A正确；重锤随桩一起向下运动过程中，动量变化量方向向上，故合外力冲量向上，B错误；整个运动过程，重锤和桩组成的系统初始动量为零，末动量为零，但运动过程动量不为零，可知系统在运动过程不满足动量守恒，C正确；重锤与桩的撞击过程会产生内能，所以撞击过程中机械能不守恒，D错误。 题组二　动量守恒定律的应用 4.滑板运动是年轻人喜爱的一种运动。如图所示，质量为m1=50 kg的年轻人站在质量为m2=5 kg的滑板上，年轻人和滑板都处于静止状态，年轻人沿水平方向向前跃出，离开滑板的速度为v=1 m/s。不考虑滑板与地面之间的摩擦，此时滑板的速度大小是（　　） A． m/s　 B.10 m/s C． m/s　 D． m/s 解析：B　不考虑滑板与地面之间的摩擦，对于年轻人和滑板构成的系统动量守恒，取年轻人沿水平方向向前跃出的方向为正方向，设滑板的速度大小为v′，则0=m1v－m2v′，解得v′=10 m/s，故B正确。 5.如图所示，在光滑水平面上甲、乙两车相向而行，甲的速率为v0，乙的速率也为v0，甲车和车上人的总质量为10m，乙车和车上人及货包的总质量为12m，单个货包质量为，为使两车不相撞，乙车上的人以相对地面为v=11v0的速率将货包抛给甲车上的人，则乙车上的人应抛出货包的最小数量是（　　） A.10个　 B.11个　　 C.12个　　 D.20个 解析：A　规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞即最后两车速度相等，设相等的速度为v′。对两辆车、两人以及所有货包组成的系统，由动量守恒定律得12mv0－10mv0=（12m＋10m）v′，解得v′=，设为使两车不相撞，乙车上的人应抛出货包的最小数量为n，以乙车及乙车上的人和货包为系统，由动量守恒定律得12mv0=v′＋n•v，由题意知v=11v0，解得n=10个，选项A正确。 题组三　反冲运动 6.穿着溜冰鞋的人静止站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击，每次射击时子弹对地速度相等，设第一次射出子弹后，人相对于地后退的速度为v，下列说法正确的是（　　） A．无论射出多少子弹，人后退的速度都为v B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv C．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv D．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv 解析：D　设人、枪（包括子弹）的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出速度为v0，射出第1颗子弹，有0=（M－m）v－mv0，设人射出n颗子弹后的速度为v′，则（M－nm）v′=nmv0，可得v=，v′=，因M－m＞M－nm，所以v′＞nv，故选项D正确。 7.（2026•贵州高二上期中）某物理兴趣社在社团活动中发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为3 kg，在极短时间内将2 kg的水以对地8 m/s的速度喷出。空气阻力可忽略，g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A．该过程中系统机械能守恒 B．水火箭靠空气给的反作用力加速 C．喷水后水火箭获得的速度为20 m/s D．水火箭上升的最大高度约为12.8 m 解析：D　系统的动能和重力势能都增大，系统机械能不守恒，故A错误；水火箭靠压出的水给的反作用力加速，故B错误；由动量守恒定律有0=－mv1＋（M－m）v2，得喷水后水火箭获得的速度为v2=16 m/s，故C错误；水火箭上升的最大高度约为h==12.8 m，故D正确。 题组四　“人船模型” 8.〔双选〕（2026•福建南平高二下期末）如图所示，在一次特警训练中，质量为140 kg的小车静止在光滑的水平面上，A、B为小车的两端。质量为70 kg的特警站在A端，起跳后恰好落到B端，相对地面的位移为2 m。该过程不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小车后退了1 m　 B．小车后退了 m C．小车AB长为3 m　 D．小车AB长为2 m 解析：AC　设小车质量为M，人的质量为m，对系统，在水平方向上由动量守恒定律得mv－Mv′=0，两边同时乘以Δt得mvΔt－Mv′Δt=0，即mx－Mx′=0，设小车长度为L，则x＋x′=L，联立解得L=3 m，x′=1 m，故选A、C。 9.〔多选〕如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是（　　） A．mv0=（m＋M）v B．mv0cos θ=（m＋M）v C．mgh=m（v0sin θ）2 D．mgh＋（m＋M）v2=m 解析：BD　小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由系统水平方向动量守恒得mv0cos θ=（m＋M）v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋（m＋M）v2=m，故C错误，D正确。 10.〔多选〕 如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后（　　） A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等 C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb D．a、c两车运动方向相反 解析：CD　若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，对人和c车组成的系统有0=－M车vc＋m人v 对人和b车组成的系统有m人v=－M车vb＋m人v 对人和a车组成的系统有m人v=（M车＋m人）va 所以vc=，vb=0，va= 即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反，故C、D正确。 11.（2026•福建泉州高二下期末）如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M，乙和他的冰车总质量也为M，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以v0的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦： （1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少； （2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少； （3）若甲和他的冰车，乙和他的冰车总质量均为M=55 kg，箱子质量m=10 kg，v0=6 m/s，乙接住箱子后甲、乙恰好最后不相撞，则在该过程中，系统损失的机械能为多少？ 答案：（1）　 （2）　 （3）2 145 解析：（1）甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得v0=mv＋Mv1　 解得v1=。 （2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0=v2 解得v2=。 （3）乙接住箱子后甲、乙恰好最后不相撞，则三者最终有共同速度，由动量守恒得（M＋m）v0－Mv0=（2M＋m）v共 解得v共=0.5 m/s；损失的能量ΔE=（M＋m）＋M－（2M＋m），解得ΔE=2 145 J。 12.航天员连同装备的总质量为100 kg，在太空跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有0.5 kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s 的速度喷出的喷嘴。航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知航天员呼吸的耗氧率为2.5×10－4 kg/s。如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15 kg的氧气，他能安全回到飞船吗？ 答案：能 解析：令M=100 kg，m0=0.5 kg，Δm=0.15 kg，氧气释放速度为v，航天员在释放氧气后的速度为v′，由动量守恒定律得0=（M－Δm）v′－Δmv由于释放氧气的质量0.15 kg远小于总质量100 kg，因此认为氧气喷出后总质量不变，则有 v′≈v=×50 m/s=0.075 m/s 航天员返回飞船所需时间t== s=600 s 航天员返回途中所耗氧气m′=kt=2.5×10－4×600 kg=0.15 kg 氧气筒喷射后所余氧气m″=m0－Δm=（0.5－0.15）kg=0.35 kg 因为m″＞m′，所以航天员能顺利返回飞船。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $