第7章 第2讲 动量守恒定律(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了守恒条件、表达式、碰撞/爆炸/反冲应用三大核心考点，通过微点判断和逐点清训练，明确动量守恒判断（如系统选取）、实际模型应用（如机车对接、抛球避撞）等高频考查方向，构建完整复习体系。 课件亮点在于“真题模拟+素养导向”的备考设计，如2025福建龙岩模拟题分析子弹-木块-弹簧系统动量守恒，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。通过“关键点拨”归纳动量守恒五特性及解题四步骤，帮助学生掌握矢量性、相对性等应试技巧，教师可依托课时跟踪检测精准把握学情，助力高考高效冲刺。

动量守恒定律 第二讲 [精要回顾] |课|前| 不受 零 零 远大于 外力 0 等于 -Δp2 0 零 守恒 损失 损失最大 增加 增加 [微点判断] (1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。 ( ) (2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( ) (3)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。 ( ) × √ √ (4)若对于某个物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用。 ( ) (5)(人教选择性必修1 P25“问题”·改编)章鱼是靠向后喷水获取向前运动的速度。 ( ) (6)只要系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，系统的机械能也守恒。 ( ) × √ × 逐点清(一)　动量守恒的判断 逐点清(二)　动量守恒定律的基本应用 01 02 CONTENTS 目录 03 课时跟踪检测 逐点清(一)　动量守恒的判断 1.(2025·福建龙岩模拟)如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中 (　　) A.动量不守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒 C.动量不守恒，机械能不守恒 D.动量守恒，机械能守恒 √ 解析：在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。故选C。 1.解答第1题的关键点 (1)研究子弹射入木块瞬间时，系统内力远大于外力，系统动量守恒。 (2)研究子弹射入木块后压缩弹簧至最短的过程时，系统只有弹力做功，机械能守恒。 2.同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。 关键点拨 2.如图所示，上表面粗糙的长木板P放在光滑水平面上，长木板中央放置两质量大小关系未知的物块M和N，两物块与板间的动摩擦因数均相同。M和N之间有一压缩的轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，开始时长木板和两物块均静止。现同时释放M、N，弹簧将两物块弹开，两物块在长木板上滑动的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.M、N组成的系统总动量一定守恒 B.M、N组成的系统总动量一定不守恒 C.若长木板向左运动，则物块M的质量一定小于物块N的质量 D.若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右 √ 解析：物块M和N受到长木板对它们的摩擦力大小未知，若两摩擦力大小相等，则M、N组成的系统总动量守恒，若两摩擦力大小不相等，则M、N组成的系统总动量不守恒，故A、B错误；若长木板向左运动，则长木板受到的合力向左，物块M对长木板的摩擦力大于物块N对长木板的摩擦力，物块M的质量一定大于物块N的质量，故C错误；长木板和两物块组成的系统总动量守恒，若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右，故D正确。 3.(2025·贵州六盘水模拟)如图所示，一根光滑刚性杆OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圆弧，AB段是与OA段平滑连接的水平杆，底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O，则此过程 (　　) A.小环动量守恒 B.小环水平方向动量守恒 C.小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒 D.小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向动量守恒 √ 解析：小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点B滑动到点O，小环在圆弧段所受合力不为零，动量不守恒，故A错误；小环在圆弧段受到圆弧的弹力，小环水平方向合力不为零，动量不守恒，故B错误；小环、杆OAB及底座组成的系统在竖直方向合力不为零，动量不守恒，故C错误；小环、杆OAB及底座组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故D正确。 逐点清(二)　动量守恒定律的基本应用 1.(人教选择性必修1 P16T4·改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，与它们对接。机车与第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又与第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则与最后一节车厢相碰后机车的速度为(机车和车厢与铁轨的摩擦忽略不计 ) (　　) A.0.053 m/s B.0.05 m/s C.0.057 m/s D.0.06 m/s √ 解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0=(m+15m)v，则v=v0=×0.8 m/s=0.05 m/s，故B正确。 2.甲、乙两人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，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是 (　　) A.12 B.13 C.14 D.15 √ 解析：规定甲的初速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车末速度相同，由动量守恒定律得M1v0-M2v0=(M1+M2)v，解得v=1.5 m/s，对甲和他的小车及小球，由动量守恒定律得M1v0=(M1-n·m)v+n·mv'，解得n=15，D正确。 3.如图所示，装有沙子的小车静止在光滑的水平面上，总质量为1.5 kg，将一个质量为0.5 kg 的小球从距沙面0.45 m高度处以大小为4 m/s的初速度水平抛出，小球落入车内并陷入沙中，最终与车一起向右做匀速运动。不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.小球陷入沙子过程中，小球和沙、车组成的系统动量守恒 B.小球陷入沙子过程中，沙子对小球的冲量大小为 N·s C.小车最终的速度大小为1 m/s D.小车最终的速度大小为2 m/s √ 解析：小球陷入沙子过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；由于小球陷入沙子过程的时间未知，故此过程重力对小球的冲量大小未知，故沙子对小球的冲量大小未知，故B错误；小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则mv0=(m+M)v，解得v=1 m/s，故C正确，D错误。 1.动量守恒定律的五个特性 关键点拨 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时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、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'、…必须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 续表 2.应用动量守恒定律解题的步骤 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 1.在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪吒脚踩风火轮(总质量m1=40 kg)以速度v1=10 m/s水平向右疾行，敖丙手持冰锤(总质量m2=60 kg)以速度v2=5 m/s水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，则相撞后两人的共同速度为 (　　) A.7.5 m/s，水平向右 B.1 m/s，水平向右 C.7.5 m/s，水平向左 D.1 m/s，水平向左 √ 6 1 2 3 4 5 解析：取向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v1-m2v2=(m1+m2)v，代入数据解得v=1 m/s，方向水平向右，故选B。 1 5 6 2 3 4 2.如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中 (　　) A.甲的动能一直减小 B.甲的动量一直减小 C.甲、乙系统的动能一直增大 D.甲、乙系统的动量一直增大 √ 1 5 6 2 3 4 解析：弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小后向左逐渐增大，故甲的动能先减小后增大，动量先减小后增大，故A、B错误；该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，故C正确；甲、乙系统所受合外力为零，动量守恒，故D错误。 1 5 6 2 3 4 3.用火箭发射人造卫星，发射过程中最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103 m/s 的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500 kg，最后一节火箭壳体的质量为100 kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离后卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度为1.8×103 m/s。下列说法正确的是 (　　) A.分离后火箭壳体的速度大小为7.3×103 m/s B.分离后火箭壳体的速度大小为3.3×104 m/s C.分离过程中火箭壳体对卫星的冲量大小为1.5×105 N·s D.分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为1.5×105 kg·m/s √ 1 5 6 2 3 4 解析：设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度大小为v，卫星的质量为m1，火箭壳体的质量为m2，分离后卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度大小为Δv，分离后火箭壳体的速度大小为v'，根据题意可知，分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒，则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0，取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(m1+m2)v=m1(v'+Δv)+m2v'，解得v'=5.5×103 m/s，则分离后卫星的速度大小为v卫=v'+Δv=7.3×103 m/s，故A、B、D错误；分离过程中，设火箭壳体对卫星的冲量大小为I，对卫星由动量定理有I=m1v卫-m1v=1.5×105 N·s，故C正确。 1 5 6 2 3 4 4.(2025·辽宁大连模拟)如图所示，甲和他的冰车总质量M=30 kg，甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行，乙和他的冰车总质量也为M=30 kg，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱的速度v可能为 (　　) A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s √ 1 5 6 2 3 4 解析：规定向右为正方向，对于甲(含冰车)和箱子，根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv，对于乙(含冰车)和箱子，根据动量守恒定律得mv-Mv0=(M+m)v2，甲、乙恰好不相碰，有v1=v2，联立解得v=5.2 m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2 m/s，故选D。 1 5 6 2 3 4 5.(双选)神舟二十二号飞船与天和核心舱在太空成功对接(两航天器连接成一个整体)，对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为Δu，对接成功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了Δv。已知神舟二十二号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则 (　　) A.I=7mΔv B.I=8mΔv C.Δu=7Δv D.Δu=8Δv √ √ 1 5 6 2 3 4 解析：设核心舱原速度为v，则飞船原速度为v+Δu，对接后共同速度为v+Δv，根据动量守恒定律可得7mv+m(v+Δu)=8m(v+Δv)，可得Δu=8Δv，故C错误，D正确；由动量定理可知，核心舱受到的飞船的冲量大小为I=7mΔv，故A正确，B错误。 1 5 6 2 3 4 6.(12分)(2025·福建永安模拟)如图所示，倾角为30°的斜面AB与水平面在B点平滑连接，C点左侧水平面粗糙，右侧水平面及斜面光滑。甲从斜面上A处由静止滑下，与静止在C处的乙相碰并互相推对方(作用时间极短)，甲恰能返回到斜面上AB中点处，乙恰好能运动到D点处。已知AB、BC、CD三段长度均为L，甲、乙(含滑板)的质量之比为1∶3，重力加速度为g，空气阻力不计。求： 1 5 6 2 3 4 (1)甲与乙相碰前瞬间，甲的速度大小；(4分) 答案：　 解析：设甲与乙相碰前瞬间，甲的速度大小为v0，甲从斜面上的A点运动到与乙相碰前瞬间的过程，只有重力做功，由机械能守恒定律有 m甲gLsin 30°=m甲 解得v0=。 1 5 6 2 3 4 (2)乙(含滑板)与C点左侧水平面间的动摩擦因数μ(结果可保留根式)。(8分) 答案： 解析：甲与乙碰后瞬间，设甲的速度大小为v1，碰后甲恰能返回到斜面AB的中点，由机械能守恒定律有0-m甲=-m甲gsin 30° 解得v1= 1 5 6 2 3 4 设碰后瞬间乙的速度大小为v2，碰撞过程动量守恒，则有m甲v0=-m甲v1+m乙v2 又= 乙碰后刚好能停在D处，由功能关系有μm乙gL=m乙 解得μ=。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $