第6章 第3讲 动量守恒定律的“三类典型问题”(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的三类典型问题，涵盖碰撞、爆炸与反冲、人船模型等高考核心考点，按“规律梳理-模型建构-应用训练”逻辑组织，通过类型解析、典例精讲、考法全训环节，帮助学生建立问题分析框架，突破动量守恒应用难点。 资料以科学思维和模型建构为核心，如弹性碰撞中推导速度公式并分析质量对结果的影响，设计分层练习（弹性、非弹性碰撞等考法），配合即时反馈，高效提升学生解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

第3讲　动量守恒定律的“三类典型问题”(综合融通课) 类型(一)　碰撞问题 1.碰撞类问题遵循的三条原则 动量守恒 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 机械能不增加 Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 或+≥+ 速度要合理 同向碰撞 碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,前面的物体速度大或两物体速度相等 相向碰撞 碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解: 根据动量守恒定律和机械能守恒定律 解得v1'=, v2'=。 (2)分析讨论: 当碰前物体2的速度不为零时,若m1=m2,则: v1'=v2,v2'=v1,即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时,v2=0,则: v1'=,v2'=。 ①m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,碰撞后两物体交换速度。 ②m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③m1<m2时,v1'<0,v2'>0,碰撞后质量小的物体被反弹回来。 [典例]　(2026·无锡市市北高级中学期中)物理学家们在探索微观世界时,经常用一种微观粒子轰击另一种微观粒子,如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,氢核质量与中子近似相同,氮核质量约是中子质量的14倍,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 (　 ) A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 [解析]　设中子的质量为m,氢核的质量为m,氮核的质量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+mv3,m=m+m,联立解得v1=v0,设中子和氮核碰撞后中子速度为v4,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=14mv2+mv4,m=·14m+m,联立解得v2=v0,可得v1=v0>v2,故C、D错误;碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0,氮核的动量为pN=14mv2=,可得pN>pH,故A错误;碰撞后氢核的动能为EkH=m=m,氮核的动能为EkN=·14m=,可得EkH>EkN,故B正确。 [答案]　B [考法全训] 考法1　弹性碰撞 1.如图所示,五个等大的小球B、C、D、E、F,沿一条直线静放在光滑水平面上,另一等大小球A沿该直线以速度v向 B球运动,小球间发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等,且比A、F两球质量均要大些,则所有碰撞结束后,还在运动的小球个数为 (　 ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 解析:选C　球A、B发生弹性碰撞过程mv=mv1+Mv2,mv2=m+M,可得v1=v,v2=v,即A球反弹,B球前进,然后B与C发生弹性碰撞,速度互换,B球停止,C球前进,以此类推,最后B、C、D停止,E与F发生弹性碰撞,可推得E、F都向右运动,速度不同,因此最后运动的是A、E、F球,故选C。 考法2　非弹性碰撞 2.(2025·连云港高三月考)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动, 甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙两物块的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲物块的质量为1 kg,则碰撞过程中两物块损失的机械能为 (　 ) A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J 解析:选A　设乙物块的质量为m乙,由动量守恒定律有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',代入图中数据解得m乙=6 kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2,代入图中数据解得E损=3 J,A正确。 考法3　碰撞应遵守的三原则 3.如图为台球运动员正在准备击球,假设运动员在某一杆击球过程中,白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动,碰前白色球A的动量pA=5 kg·m/s,花色球B静止,碰后花色球B的动量变为pB'=4 kg·m/s,则下列关于两球的质量mA与mB间的关系可能是 (　 ) A.mB=mA B.mB=mA C.mB=2mA D.mB=5mA 解析:选C　碰撞过程系统动量守恒,以白色球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB',解得pA'=1 kg·m/s,根据碰撞过程总动能不增加,则有+≥+,解得mB≥mA;碰后,两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则≤,解得mB≤4mA,综上可知mA≤mB≤4mA,故选C。 类型(二)　爆炸与反冲 (一)爆炸问题 1.爆炸现象的特点 爆炸过程中内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。 2.爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体间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 动能增加 在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为动能 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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 [例1]　双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹,其结构简图如图所示,纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药,使爆竹获得竖直向上的初速度,升空后上层火药被引燃,爆竹凌空爆响。一人某次在水平地面上燃放双响爆竹,爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药,立即爆炸成两部分,两部分的质量之比为1∶2,获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h,两部分落地点之间的距离为L,重力加速度为g,不计空气阻力,不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。 (1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。 (2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比,求上、下两层火药的质量比。 [解析]　(1)引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动,竖直方向h=gt2 水平方向L=v1t+v2t 上层火药燃爆时,水平方向动量守恒,设爆竹总质量为m,则有0=mv1-mv2 解得两部分各自获得的速度大小 v1= ,v2= 。 (2)上层火药燃爆后爆竹获得的机械能 E上=×m+×m 下层火药燃爆后爆竹获得的机械能E下=mgh 上、下两层火药的质量比==。 [答案]　(1) 　 　(2) 　　[针对训练] 1.(2026·前黄中学学情检测)一炮弹以一定倾角斜向上发射,它达到最高点时速度为v,若此时炮弹炸裂成a和b两部分,爆炸后瞬间,a的速度方向与v相同。下列说法正确的是 (　 ) A.爆炸后,b可能做自由落体运动 B.爆炸后,b可能做竖直上抛运动 C.爆炸后瞬间,b的速度方向一定与v相反 D.爆炸后瞬间,b的速度方向一定与v相同 解析:选A　爆炸后瞬间,a、b组成的系统水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有(ma+mb)v=mava+mbvb,因为 a的速度方向与v相同,可知b的速度可能为零,也可能方向与v相反,也可能方向与v相同;若vb=0,则此时b做自由落体运动,因a无竖直速度,可知b不可能有竖直速度,即b不可能做竖直上抛运动。故选A。 (二)反冲运动 1.反冲运动的特点 物体在内力作用下分裂为两个不同部分,并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。 2.对反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内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,所以系统的总机械能增加 　　[例2]　一火箭喷气发动机每次喷出质量m=200 g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M=300 kg,发动机每秒喷气20次,火箭初始时静止(结果保留1位小数)。 (1)当发动机第三次喷出气体后,火箭的速度为多大? (2)运动第1 s末,火箭的速度为多大? [解析]　(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,由动量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0,解得v3≈2.0 m/s。 (2)发动机每秒喷气20次,设运动第1 s末,火箭的速度为v20,以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得(M-20m)v20-20mv=0,解得v20≈13.5 m/s。 [答案]　(1)2.0 m/s　(2)13.5 m/s [针对训练] 2.(2025·无锡阶段检测)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:选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,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。 类型(三)　人船模型问题 1.人船模型问题 两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为人船模型问题。人船模型还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统,只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。 2.人船模型的特点 (1)两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0。 (2)运动特点:人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即==。 3.应用人船模型注意事项 (1)应用==时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。 (2)解题时要画出两物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 　　[典例]　(2026·常州高三月考)如图所示,一质量为M、长为L的安全救援小船静止在水面上, 质量为m的救生员站在船尾。不计水的阻力,救生员从船尾向左走到船头的过程中,船的运动情况为 (　 ) A.静止不动 B.向右运动L C.向右运动 L D.向右运动 L [解析]　由于不计水的阻力,人和船构成的系统动量守恒,由题意可知,系统总动量为0,故救生员向左运动,船向右运动,规定向左为正方向,由动量守恒定律有m-M=0,又x人+x船=L,联立解得x船= L,故选D。 [答案]　D [考法全训] 考法1　对人船模型的理解 1.质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端,如图所示,当车与地面摩擦不计时,那么 (　 ) A.人在车上行走,若人相对车突然停止,则车由于惯性过一会才停止 B.人在车上行走的平均速度越大,则车在地面上移动的距离也越大 C.人在车上行走的平均速度越小,则车在地面上移动的距离就越大 D.不管人以什么样的平均速度行走,车在地面上移动的距离相同 解析:选D　由人与车组成的系统动量守恒,初态系统总动量为零,则有mv人=Mv车,若人相对车突然停止,则车也突然停止,故A错误;设车长为L,由m(L-x车)=Mx车,解得x车=L,车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关,故D正确,B、C错误。 考法2　某个方向上应用人船模型 2.一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上,如图所示,有一质量为m的物块由斜面顶部无初速度滑到底部时,斜面体移动的距离为s。下列说法中正确的是 (　 ) A.若斜面粗糙,则s= B.只有斜面光滑,才有s= C.若斜面光滑,则下滑过程中系统动量守恒,机械能守恒 D.若斜面粗糙,则下滑过程中系统动量守恒,机械能不守恒 解析:选A　不论斜面是否光滑,斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒,以向左为正方向,斜面体的位移大小为s,则物块的位移大小为b-s,物块和斜面体的平均速率分别为v1=,v2=,由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,解得s=,A正确,B错误;不论斜面是否光滑,物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零,系统所受的合力不为零,所以系统动量不守恒,若斜面光滑,则系统机械能守恒,若斜面不光滑,则系统机械能不守恒,C、D错误。 36 / 78 $