第7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

该高中物理高考复习讲义聚焦动量守恒定律的碰撞、爆炸与反冲、人船模型三类典型问题，按“规律推导-模型建构-应用拓展”逻辑梳理考点，通过考点分类解析、解题方法归纳、高考真题精讲、分层训练巩固四环节，帮助学生系统掌握动量守恒应用要点，突破综合问题难点。 资料以科学思维培养为核心，创新采用“模型对比教学法”，如碰撞问题中通过弹性与非弹性碰撞的动量守恒、能量关系对比分析，引导学生建构物理模型，提升科学推理能力。设置典例引路（2025河南高考题）、考法全训（分弹性、非弹性等考法）、针对训练三级练习体系，确保复习高效，为教师精准把握高考动向、优化复习节奏提供实用指导。

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.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,即v2=0,则: v1'=,v2'=。 讨论:①若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换,动量和动能全部转移)。 ②若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后两物体沿同一方向运动)。 ③若m1≫m2,则v1'≈v1,v2'≈2v1。 ④若m1<m2,则v1'<0,v2'>0(碰后两物体沿相反方向运动)。 ⑤若m1≪m2,则v1'≈-v1,v2'≈0。 2.非弹性碰撞 碰撞结束后,动能有部分损失。 由动量守恒定律知m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 由能量守恒定律知m1+m2=m1v1'2+m2v2'2+ΔEk损 注:碰撞结束后,若v1'=v2',称为完全非弹性碰撞。 3.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,若两物体仍同向,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 　　[典例]　(2025·河南高考)如图所示,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P,另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右匀速运动并与物块P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间物块P的速度大小为v=7 m/s,物块P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)该碰撞过程中损失的机械能; (2)物块P从开始运动到静止经历的时间。 [解析]　(1)物块P、Q发生正碰,且碰撞时间极短,可认为动量守恒,由动量守恒定律有m2v0=m2vQ+m1v 由能量守恒定律有 m2=m2+m1v2+ΔE 联立解得ΔE=24.5 J。 (2)物块P在防滑带上运动时,由牛顿第二定律有 μm1g=m1a 物块P在第一个防滑带上运动时,由运动学公式有v2-=2al2,vP1=v-at1,解得vP1=5 m/s,t1=0.4 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动,则有 l1=vP1t2,解得t2=0.6 s 物块P在第二个防滑带上运动时,由运动学公式有-=2al2,vP2=vP1-at3 解得vP2=1 m/s,t3=0.8 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动,则有 l1=vP2t4,解得t4=3 s 物块P在第三个防滑带上运动的距离x==0.1 m<l2,则物块P最终停在第三个防滑带上,由运动学公式有0=vP2-at5 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为 t5=0.2 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为 t=t1+t2+t3+t4+t5=5 s。 [答案]　(1)24.5 J　(2)5 s [考法全训] 考法1　弹性碰撞 1.如图所示,在水平面固定放置的光滑圆环内嵌着质量分别为m1、m2(m1<m2)的1、2两个大小相同的小球,小球可看作质点,AB连线过环心O。初始时小球2静止于A点,小球1以初速度v0沿圆环切向方向运动,若小球1和2之间发生弹性碰撞,两球第二次在B点相碰,则小球的质量比m1∶m2是 (　　) A.1∶5　　 B.1∶3　　 C.1∶2　　 D.2∶3 解析:选B　两球发生弹性碰撞,有m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,联立解得v1=v0,v2=v0,根据题意可知m1<m2,则小球1反弹,反弹后小球2运动圆周、小球1运动圆周时发生第二次碰撞,则有-v1=v2,解得m1∶m2=1∶3,故选B。 考法2　非弹性碰撞 2.(2025年1月·八省联考四川卷)(多选)如图,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升的最大高度均为。若X、Y质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则 (　　) A.=1 B.=2 C.=2 D.=4 解析:选AC　小球X由静止释放到最低点与小球Y发生碰撞前瞬间的过程,根据机械能守恒定律有mXgh=mX=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,根据机械能守恒定律有Ek2=(mX+mY)=(mX+mY)g·,两球碰撞过程水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2,联立可得=1,=2,故A、C正确,B、D错误。 考法3　碰撞应遵守的三原则 3.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动,质量分别为2 kg、1 kg。取向右为正方向,若两小球碰前A的速度为2 m/s,B的速度为-3 m/s,则碰后A的速度可能为 (　　) A.-2 m/s　 B.-1 m/s　 C.1 m/s　 D.2 m/s 解析:选B　根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',碰撞前后动能不增加,即m1+m2≥m1v1'2+m2v2'2,不发生二次碰撞有v1'≤v2',解得- m/s≤v1'≤ m/s,故选B。 类型(二)　爆炸与反冲 (一)爆炸问题 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]　(2025·四川成都模拟)两响爆竹是一种传统民俗用品,两响爆竹的纸筒内分两层安放火药,下层火药的作用是将爆竹送上天空,上层火药在升空10~20米后凌空爆响。质量为200 g的两响爆竹在0.01 s时间内下层火药爆炸,向下喷出少量高压气体(此过程两响爆竹的位移可以忽略),然后被竖直发射到距离地面h=20 m的最高点,在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸,假设两响爆竹被炸成两部分,其中80 g的部分以5 m/s的速度水平飞出,不计空气阻力和火药的质量,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小; (2)上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。 [解析]　(1)设下层火药爆炸后爆竹的速度大小为v0,则=2gh,解得v0=20 m/s 以竖直向上为正方向,由动量定理得(-mg)Δt=mv0 解得=402 N。 (2)上层火药爆炸的过程爆竹在水平方向动量守恒,有m1v1=m2v2, 其中m1=80 g,v1=5 m/s,m2=200 g-m1=120 g 解得v2= m/s 之后两部分爆竹均做平抛运动,则有h=gt2 解得t=2 s 上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为 x=v1t+v2t= m。 [答案]　(1)402 N　(2) m (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。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]　将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力的变化和空气阻力可忽略) (　　) A.30 kg·m/s B.570 kg·m/s C.600 kg·m/s D.630 kg·m/s [解析]　开始总动量为零,规定气体喷出的方向为正方向,根据动量守恒定律得0=m1v1+p,解得火箭的动量p=-m1v1=-0.05×600 kg·m/s=-30 kg·m/s,负号表示与喷出气体的方向相反,故选A。 [答案]　A 类型(三)　人船模型问题 1.模型图示 2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律:mv人-Mv船=0。 (2)两物体的位移大小满足:m-M=0,x人+x船=L,可得x人=L,x船=L。 3.运动特点 (1)人动则船动,人静则船静,人快船快,人慢船慢,人左船右。 (2)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==。 4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒) 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。 5.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]　如图,质量为M、半径为R的圆弧槽置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放,滑块的质量为m,且M=2m,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.若圆弧面光滑,则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B.若圆弧面光滑,则滑块运动至水平面时速度大小为 C.若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,则圆弧槽的位移大小为 D.若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,则滑块的位移大小为 [解析]　若圆弧面光滑,圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒,在竖直方向动量不守恒,故A错误;若圆弧面光滑,设滑块运动至水平面时速度大小为v1,圆弧槽速度大小为v2,由机械能守恒定律知mgR=m+M,在水平方向上动量守恒有mv1=Mv2,又M=2m,联立解得v1=2,v2=,故B错误;若圆弧面粗糙,滑块能运动至水平面,设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2,由水平方向动量守恒有mx1=Mx2,由几何关系有x1+x2=R,解得x1=R,x2=,故C正确;由于滑块还发生了竖直位移R,故滑块的位移大小为=R,故D错误。 [答案]　C 　　[针对训练] 如图所示,质量为50 kg的人站在质量为250 kg的车的一端,车长为3 m,开始时人、车相对于水平地面静止,车与地面间的摩擦可忽略不计。当人由车的一端走到另一端的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.人的速率最大时,车的速率最小 B.人的动量变化量和车的动量变化量相同 C.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小 D.当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5 m 解析:选D　人和车组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,根据动量守恒定律,人的动量和车的动量总是大小相等、方向相反,所以人的速率最大时,车的速率最大,A错误;根据动量守恒定律,人的动量变化量和车的动量变化量大小相等、方向相反,B错误;根据牛顿第三定律,人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小,故人对车的冲量大小等于车对人的冲量大小,C错误;根据动量守恒定律得m人=m车,又x人+x车=L,解得x车=0.5 m,x人=2.5 m,当人走到车的另一端时,车运动的位移大小为0.5 m,D正确。 11 / 74 $