第6章 第2讲 动量守恒定律(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦动量守恒定律核心考点，涵盖守恒条件、碰撞分类、分方向守恒等内容，按“基础梳理-易错辨析-真题回练-分层突破”逻辑架构，通过考点系统梳理、方法精准指导、真题实战训练，帮助学生突破守恒判断、综合应用等难点，体现复习教学的系统性与针对性。 资料以问题导向设计教学环节，如微点判断纠正“动量守恒即机械能守恒”等认知误区，课堂典例（滑环与小球摆起高度问题）引导建构分方向守恒模型，培养科学思维与物理观念。分层练习配合即时解析，确保高效突破考点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第2讲　动量守恒定律(基础落实课) 课前基础先行 一、动量守恒定律 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 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'或Δp1=-Δp2。 3.系统动量守恒的条件 理想守恒 系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒 近似守恒 系统受到的合外力不为零,但当内力远大于合外力时,系统的动量可近似看成守恒 分方向守恒 系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时,系统在该方向上动量守恒 二、弹性碰撞和非弹性碰撞 1.碰撞 (1)特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。 (2)分类 种类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.反冲和爆炸 反冲特点 在反冲运动中,如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力,系统的动量是守恒的 爆炸现象 爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动 微点判断 1.只要系统所受合外力做功为0,系统动量就守恒。 (×) 2.系统的动量守恒时,系统内各物体的动量一定守恒。 (×) 3.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 (√) 4.若物体相互作用时动量守恒,则机械能一定守恒。 (×) 5.只要系统内存在摩擦力,动量就一定不守恒。 (×) 6.(人教选择性必修1 P16T1·改编)甲、乙两人静止在光滑的冰面上,甲推乙后,两人向相反方向滑去,总动量为0。 (√) 经典回练 1.(人教选择性必修1 P16T4·改编)某机车以速度v驶向停在平直铁轨上的三节车厢,与它们对接。 机车先与第一节车厢相碰,紧接着又与第二节车厢相碰,之后再与第三节车厢相碰,每次碰后机车与车厢均会达到一个共同的速度。 设机车和车厢的质量都相等,忽略列车与铁轨的摩擦,则与最后一节车厢碰撞后整个列车的速度为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选A　碰撞过程系统动量守恒,以机车的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得,第一次碰撞有mv=2mv1,解得v1=v;第二次碰撞有2mv1=3mv2,解得v2=v;第三次碰撞有3mv2=4mv3,解得v3=v,A正确。 2.(人教选择性必修1 P24T4·改编)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 解析:选B　设氢原子核与未知原子核的质量分别为m1、m2,碰撞前后动量守恒,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,代入数据解得=2,故A、C、D错误,B正确。 课堂　逐点清(一)　动量守恒的判断 |题|点|全|练| 1.[两个物体组成的系统动量守恒的判断] 如图所示,将甲、乙两条形磁铁按压在水平桌面上,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。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、乙组成的系统总动量为0 B.甲的动量变化率比乙小 C.甲的动量大小比乙大 D.甲的加速度大小比乙大 解析:选B　由题意可知甲、乙与桌面之间的动摩擦因数相等,但由于甲、乙质量不相等,则甲、乙所受摩擦力大小不相等,故甲、乙组成的系统总动量不守恒,即甲、乙组成的系统总动量不为0,故A错误;根据动量定理可得F=,可知动量变化率表示合力,又因二者吸引力大小相等,且甲受到的摩擦力大,则甲的合力小,故甲的动量变化率比乙小,故B正确;根据动量定理有Ft=mv-0,结合以上分析可知甲的合力小,则在相同时间内,甲的动量大小比乙小,故C错误;由以上分析可知,甲的合外力小,甲的质量大,根据牛顿第二定律可知,甲的加速度大小比乙小,故D错误。 2.[多个物体组成的系统动量守恒的判断] 如图所示,初始时包含人、小车和篮球在内的整个系统在光滑水平面上处于静止状态,现站在车上的人将篮球投向左边的篮筐,但并未投中,且篮球在撞击篮筐边缘后又刚好被人稳稳接住,整个过程中人与车始终保持相对静止,不计空气阻力。下列说法正确的是 (　 ) A.在篮球投出后,撞击篮筐之前,人与车不动 B.在篮球投出后,撞击篮筐之前,人与车将向右做匀速直线运动 C.在篮球撞击篮筐之后,被人接住之前,人与车继续向右做匀速直线运动 D.在篮球被人接住后,人与车将向右运动 解析:选B　人、车与篮球组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒,投篮前系统静止,系统总动量为零,投篮后系统在水平方向仍然动量守恒,由动量守恒定律可知,篮球在水平方向的分速度向左,则车在水平方向速度向右,因此篮球投出后撞击篮筐前,人与车向右做匀速直线运动,A错误,B正确。在篮球撞击篮筐之后,被人接住之前,篮球在水平方向有向右的分速度,由动量守恒定律可知,车有向左的速度,人与车一起向左做匀速直线运动,C错误。人、车与篮球组成的系统在水平方向动量守恒,系统初状态总动量为零,在篮球被人接住后人、篮球、车的速度相等,系统末状态动量为零,速度为零,人与车将静止不动,D错误。 3.[某个方向上动量守恒的判断] (2025·如皋中学初考)光滑水平面上放置一表面光滑的半球体,小球从半球体的最高点由静止开始下滑,在小球滑落至水平面的过程中 (　 ) A.小球的机械能守恒 B.小球一直沿半球体表面下滑 C.小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒 D.小球在水平方向的速度一直增大 解析:选C　小球下滑过程半球体向左运动,半球体的动能增加,由机械能守恒定律可知,小球的机械能将减少,故A错误;小球先沿半球体表面下滑,当小球重力沿半球体半径方向的分力与半球体对小球的支持力的合力不足以提供小球沿半球体做圆周运动的向心力时,小球离开半球体,故B错误;小球和半球体组成的系统水平方向不受外力,所以系统水平方向动量守恒,故C正确;当小球与半球体不再接触时,小球将做类斜抛运动,水平方向不受力,水平方向速度不变,故D错误。 |精|要|点|拨| 判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程: (1)对于同一个系统,在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。 (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。 课堂　逐点清(二)　动量守恒定律的应用 1.动量守恒定律的五个特性 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 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 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) 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 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 2.应用动量守恒定律的解题步骤 (1)明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。 (2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒。 (3)规定正方向,确定初、末状态动量。 (4)由动量守恒定律列出方程。 (5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。 [考法全训] 考法1　动量守恒定律与牛顿第二定律的综合 1.(2025·丹阳模拟)在一次救灾中,救援人员乘坐载有救援物资的热气球在距水平地面H高度处悬停在空中。救援人员将质量为m的物资水平投出,相对地面的速度大小为v0,经一段时间落地。已知物资投出后热气球(含救援人员)的总质量为M,投出物资前后热气球所受浮力不变,空气对热气球和物资的阻力可以忽略,物资所受的浮力不计,且物资和热气球(含救援人员)可视为质点,重力加速度大小为g。 (1)从物资被投出到落地过程,请根据你对物资和热气球(含救援人员)运动情况的分析,在同一坐标系中定性画出二者在竖直方向分运动的v⁃t图像(规定竖直向上为正方向); (2)求物资落地时,热气球(含救援人员)的速度大小。 解析:(1)物资在竖直方向做自由落体运动,热气球(含救援人员)在竖直方向向上做匀加速运动,二者在竖直方向分运动的v⁃t图像如图所示。 (2)设物资从投出到落地的时间为t,有H=gt2,设投出物资时热气球的速度为v1,水平方向上由动量守恒定律有mv0-Mv1=0 设热气球所受浮力为F,加速度为a,由平衡条件和牛顿第二定律有F=g F-Mg=Ma 物资落地时,热气球竖直向上的速度vy=at 热气球的速度v= 联立解得v=。 答案:(1)见解析图　(2) 考法2　动量守恒定律与机械能守恒定律的综合 2.(2024·江苏高考)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,滑板A左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧,滑板A右侧用一根细绳连接在物体B的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则 (　 ) A.弹簧恢复原长时B动量最大 B.弹簧压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 解析:选A　对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒,得mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,当弹簧恢复原长时有Ep=mA+mB,联立解得Ep=,可知弹簧恢复原长时A和B速度最大,此时动量最大,动能最大。故选A。 考法3　动量守恒定律与动量定理的综合 3.(2024·江苏高考)嫦娥六号在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量分别为m、M。求: (1)分离后A的速度v1大小; (2)分离时A对B的推力大小。 解析:(1)组合体A和B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,由动量定理有 FΔt = Mv-Mv0,解得F=。 答案:(1)　(2) 课堂　逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题 [典例]　如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上,质量为m球=3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时,给小球一个水平冲量I,小球摆起的最大高度为h1(h1<L);滑环不固定时,仍给小球以同样的水平冲量I,小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2= (　 ) A.6∶1　　　　　　　 B.4∶1 C.2∶1 D.4∶3 [解析]　滑环固定时,设小球获得冲量I后对应的初速度为v0,根据机械能守恒定律,有m球=m球gh1,解得h1=;滑环不固定时,小球初速度仍为v0,在小球摆起最大高度h2时,小球与滑环速度都为v,在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,则m球v0=(m+m球)v,m球=(m+m球)v2+m球gh2,由以上各式可得h2=,则h1∶h2=4∶1,故B正确。 [答案]　B |思|维|建|模| (1)系统总动量不守恒,但在某一方向上合外力为零,系统在该方向上动量守恒。 (2)上述[典例]中,滑环不固定时,小球到达最高点时与滑环速度相同,方向沿水平方向。 (3)系统中只有重力做功,系统机械能守恒。 　　[针对训练] 1.如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离车底面高0.8 m处以一定的初速度向左平抛,落在以速度大小为6 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,小球落到油泥上不反弹,车与油泥的总质量为4 kg,设小球在落到车底前瞬间速度大小是5 m/s,重力加速度g取10 m/s2,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是 (　 ) A.5 m/s B.4 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 解析:选A　设小球的初速度为v0,小球抛出后做平抛运动,根据动能定理得mgh=mv2-m,解得v0=3 m/s,小球和小车作用过程中,水平方向动量守恒,规定向右为正方向,则有-mv0+Mv=(M+m)v',解得v'=5 m/s,A正确。 2.如图所示,一轻杆两端分别固定a、b两个均可看作质点的光滑金属球,a金属小球的质量大于b金属小球的质量,整个装置放在光滑的水平地面上,设b金属小球离地面高度为h,将此装置由静止释放(重力加速度为g),则下列说法正确的是 (　 ) A.在b金属小球落地前的整个过程中,a金属小球向左做加速运动 B.在b金属小球落地前的整个过程中,金属小球a、b及轻杆系统机械能增加 C.在b金属小球落地前的整个过程中,金属小球a、b及轻杆系统动量守恒 D.在b金属小球落地前瞬间,b金属小球的速度大小为 解析:选D　对两球及轻杆系统,水平方向受合外力为零,则水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,则总动量不守恒;开始时两球速度均为零,在b球落地前瞬间,b球速度竖直向下,水平方向速度为零,根据系统水平方向动量守恒知,在b球落地前瞬间,a球的速度必定为零,则整个运动过程中,a球由静止状态经历向左运动到最终静止,先加速后减速,故A、C错误。在b球落地前的整个过程中,只有动能和重力势能的转化,则a、b及轻杆系统机械能守恒,得mbgh=mbv2,可得在b球落地前瞬间,b球的速度大小为v=,故B错误,D正确。 36 / 78 $