第7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

该高中物理讲义聚焦动量守恒定律高考核心考点，涵盖定律内容、守恒条件、表达式及碰撞、反冲、爆炸等应用，按“概念辨析-守恒判断-综合应用”逻辑架构知识体系。通过课前微点判断（易错辨析）、课堂逐点清（题点全练+精要点拨+典例精讲+针对训练）的教学流程，帮助学生系统突破守恒条件判断、多物体系统分析等难点，体现复习的系统性与针对性。 资料突出“基础落实与能力提升”特色，采用“问题驱动-模型建构-真题验证”教学法，如通过碰撞类型对比表格建构物理模型，结合某一方向动量守恒典例培养科学思维。设置分层练习（基础判断、中档应用、综合拔高）并配合即时反馈，有效保障复习效果，助力学生提升解题能力，为教师精准把控复习节奏提供实用指导。

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 某一方向守恒 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、动量守恒定律的应用 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.(2024·甘肃卷T8B)电动小车在水平面内做匀速圆周运动,小车的动量守恒。 (×) 2.(人教选择性必修1P16T1·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。 (√) 3.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 (√) 4.物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 (√) 5.两物体相互作用时,若系统间存在摩擦力,则两物体组成的系统动量不守恒。 (×) 6.若两球相向运动发生碰撞,则碰撞后可能朝同一方向运动。 (√) 7.发射炮弹炮身后退、园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象。 (√) 8.爆炸过程中机械能增加,反冲过程中机械能减少。 (×) 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] 在2 000 m短道速滑接力赛中,“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,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,完成“交接棒”。忽略地面的摩擦力,在这个过程中 (　　) A.两运动员的总动量守恒 B.甲、乙运动员的动量变化量相同 C.两运动员的总机械能守恒 D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 解析:选A　两运动员组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,A正确;系统动量守恒,两运动员的动量变化量等大反向,动量变化量不相同,B错误;在光滑冰面上“交接棒”时,后方运动员用力推前方运动员,导致机械能增加,C错误;在乙推甲的过程中,消耗体内的化学能转化为系统的动能,根据能量守恒定律可知,甲的动能增加量不等于乙的动能减少量,D错误。 2.[多个物体组成的系统动量守恒的判断] (多选)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,初始时静止在平板车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑。当弹簧突然被释放后,则以下系统动量守恒的是 (　　) A.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统 B.若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统 C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统 D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统 解析:选BCD　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同,弹簧被释放后,A、B分别相对C向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右、FB向左,由于mA∶mB=3∶2,所以FA∶FB=3∶2,则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零,故A、B组成的系统动量不守恒,A错误;对A、B、C组成的系统,A与C、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力,合力为零,故该系统的动量守恒,跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关,B、D正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零,故其动量守恒,C正确。 |精|要|点|拨| 　　判断系统动量是否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)在同一物理过程中,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。 　　[典例]　(2025·山东高考)轨道舱与返回舱的组合体绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为 (　　) A. B. C. D. 　　[解析]　轨道舱与返回舱的组合体绕行星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,设返回舱的质量为m,则轨道舱的质量为5m,总质量为6m,设组合体的线速度大小为v,有G=6m,解得v=,弹射返回舱的过程,组合体动量守恒,取组合体的线速度方向为正方向,有6mv=5mv1+mv2,解得v1=,故C正确,A、B、D错误。 [答案]　C 　　[针对训练] (2025·新疆乌鲁木齐三模)(多选)神舟二十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 解析:选AD　设对接前核心舱的速度为v,则飞船的速度为v+Δu,对接后共同速度为v+Δv,根据动量守恒定律可得7mv+m=8m,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。 课堂逐点清(三)　某一方向上的动量守恒问题 　　[典例]　(2025·甘肃高考)如图所示,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为 (　　) A.1.5 m/s　　　　　　 B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s [解析]　根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,设碰撞后小球A的水平速度为v1,小球B的水平速度为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=mv1+mv2,mv2=m+m,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做匀加速直线运动,则有h=g,解得t总=2 s,则从碰撞后瞬间到小球A落地所用时间为t'=t总-Δt=1 s,在水平方向上有x=v1t',解得v1=v=3.0 m/s,故选B。 [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。上述[典例]中,关键要正确分析两球的受力情况,A、B两球组成的系统受到的合外力不为零,动量不守恒,系统在水平方向不受外力,动量守恒,且小球A在竖直方向只受到重力作用,小球A在竖直方向的运动规律不变。 (2)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,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧,重力加速度为g,在小球运动过程中 (　　) A.小球和滑块组成的系统动量守恒 B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 解析:选C　在小球运动过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,在竖直方向动量不守恒,故A错误;小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同,系统在水平方向上动量守恒,规定v0的方向为正方向,有mv0=4mv,解得v=,故B错误;根据机械能守恒定律得m=×4mv2+mgh,解得h=,故C正确;小球离开圆弧轨道时,根据动量守恒定律,有mv0=mv1+3mv2,根据机械能守恒定律,有m=m+×3m,联立解得v1=-,v2=,故D错误。 2.(2025·山东烟台三模)如图,质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端系一长为L=0.22 m的细线,细线另一端系一质量为0.1 kg的球C,现将球C拉起使细线水平,并由静止释放,当球C摆到最低点时(球与轻杆没有发生碰撞),A恰好与B相撞并粘在一起,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则此后球C摆动过程中能上升的最大高度为 (　　) A.0.11 m B.0.55 m C.0.21 m D.0.22 m 解析:选C　球C摆到最低点的过程,对于A、C组成的系统,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0=mCvC-mAvA,mCgL=mC+mA,联立解得vC=2 m/s,vA=0.2 m/s;A与B碰撞瞬间,由动量守恒定律有mAvA=vAB,解得vAB=0.1 m/s;之后A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,当三者速度相同时C上升到最高点,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mCvC-(mA+mB)vAB=(mA+mB+mC)v,mC+ (mA+mB)=(mA+mB+mC)v2+mCgh,解得h=0.21 m,故选C。 11 / 74 $