习题课二 动量守恒定律的应用(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

本讲义聚焦高中物理动量守恒定律的应用，系统梳理动量守恒与图像（v-t、x-t图像）综合问题的分析思路，以及多物体、多过程问题中系统与过程的选取方法，通过典例解析与分层训练构建学习支架。 资料以图像分析和多过程情境为特色，通过滑块碰撞v-t图像、多船交换麻袋等典例，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力，分层训练与综合检测助力科学探究，课中辅助教师高效教学，课后帮助学生强化知识、弥补盲点。

习题课二　动量守恒定律的应用 1.会处理动量守恒定律与图像的综合问题。 2.会应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题。 要点一　动量守恒定律与图像的综合 　分析动量守恒定律与图像综合问题的一般思路 （1）利用图像信息分析系统内的物体相互作用前、后的动量（或者速度）的特点。 （2）根据题目情境灵活选择动量守恒定律的对应表达式建立方程。 （3）有时需要结合题目中的其他有关信息，建立关联关系，解答有关问题。 如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t=0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下。已知滑块和长木板在运动过程中的v －t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为（　　） A.1∶2　　 B.2∶1 C.1∶3　　 D.3∶1 思路点拨　（1）根据v －t图像可以求得滑块的初速度、末速度及长木板的末速度。 （2）滑块和长木板组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。 答案：B 解析：由题图乙知v0=40 m/s，v1=20 m/s，v2=10 m/s，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0=mv1＋Mv2，代入数据解得M∶m=2∶1，故B正确。 1.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的x －t图像如图中a线段所示，在t=4 s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，x －t图像分别如图中b、c线段所示，从图中的信息可知（　　） A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反 B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大 C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大 D．木块B的质量是木块C质量的 解析：D　由x －t图像可知，位移均为正，两木块均朝一个方向运动，没有反向，A错误；木块都与弹簧分离后B的速度为 v1= m/s=3 m/s，C的速度为v2= m/s=0.5 m/s，细线未断前B、C的速度均为v0=1 m/s，由于系统所受外力的矢量和为零，故系统的动量守恒，（mB＋mC）v0=mBv1＋mCv2，计算得B、C的质量比为1∶4，B错误，D正确；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C错误。 2.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前后滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像如图中的线段a、b、c所示。由图像可知（　　） A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小 B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5 C．两滑块碰撞前的动能之和一定大于碰撞后的动能之和 D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大 解析：C　由图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，选项A错误；根据动量守恒定律有5m1－3m2=2，解得m1∶m2=5∶3，选项B错误；根据题图可知，碰前总动能为Ek前=m1＋m2=＋，碰后总动能为Ek后=＋，由上述可知Ek前＞Ek后，选项C正确；碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，选项D错误。 要点二　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题 　解决多物体、多过程的动量守恒问题的两个关键 （1）灵活选取研究对象：根据所研究问题的需要，有时需应用整体的系统动量守恒，有时只需应用部分物体的系统动量守恒。 （2）灵活选取过程：根据所研究问题的需要，有时需要对全程进行分析，有时需要分过程多次应用动量守恒定律，注意找出联系各阶段的状态量。 两只小船质量分别为m1=500 kg、m2=1 000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，从每一只船上各投质量m=50 kg的麻袋到对面的船上，如图所示，结果质量较小的船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，求在交换麻袋前两只船的速率。 思路点拨　 （1）本题可选哪些物体组成的系统作为研究对象？ （2）试分析各系统的受力情况。 （3）各系统是否满足动量守恒的条件？ 答案：1 m/s　9 m/s 解析：以质量较小的船的速度方向为正方向，选取质量较小的船和从质量较大的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，如题图所示，根据动量守恒定律有（m1－m）v1－mv2=0 即450v1－50v2=0　① 选取质量较大的船和从质量较小的船投过去的麻袋组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有 mv1－（m2－m）v2=－m2v 即50v1－950v2=－1 000×8.5　② 选取两船和两个麻袋组成的系统为研究对象有 m1v1－m2v2=－m2v 即500v1－1 000v2=－1 000×8.5　③ 联立①②③式中的任意两式解得 v1=1 m/s，v2=9 m/s。 1.如图，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力。则n辆车最终的速度大小为（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：C　根据动量定理可知，第一辆车的速度v=，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，根据动量守恒定律可得mv=nmv′，则n辆车最终的速度大小为v′=，故选C。 2.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，若运动员的质量是物块质量的4 049倍。运动员把物块以相对于地面为v的速度推出，物块与挡板碰后仍以原速率返回，运动员把物块接住后，又把它以相对于地面为v的速度推出。运动员每次推出物块，物块相对于地面的速度都是v，方向向左，则运动员把物块至少推出几次后，物块返回时运动员不能再接到物块（　　） A．2 023　 B．2 024 C．2 025　 D．2 026 解析：C　设物块质量为m，运动员质量为4 049m。每次推出物块时，系统动量守恒，第1次推出后，根据动量守恒可得4 049mv1－mv=0，解得v1=，方向向右，物块反弹后速度为v向右，接住过程，根据动量守恒定律可得4 049mv1＋mv=v1′，解得v1′==，再次推出过程，根据动量守恒定律可得4 050m•=4 049mv2－mv，解得v2=，第n次推出后，运动员速度为vn=，当vn≥v时，运动员无法接住物块，即v≥v，解得n≥2 025，故选C。 1.〔多选〕如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．A、B之间动摩擦因数为0.1 B．长木板的质量M=2 kg C．长木板长度至少为2 m D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J 解析：AB　从题图乙可以看出，开始A做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为v=1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=（m＋M）v′，解得M=m=2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为a==1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得 μmg=Ma，解得动摩擦因数为μ=0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为xB=×1×1 m=0.5 m，A的位移为xA=×1 m=1.5 m，所以木板最小长度为 L=xA－xB=1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为 ΔE=m－（m＋M）v2=2 J，故D错误。 2.（2026•四川省内江市第六中学高三月考）如图甲所示，光滑水平面上静止放着三个质量均为1 kg的小滑块1、2、3，t=0时刻开始对1施加一水平力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，t=4 s时撤去该力。施加水平力F一段时间之后1与2碰撞粘在一起，再经过一段时间1、2与3碰撞也粘在一起，最终三个滑块共同运动的速度大小为（　　） A． m/s　 B． m/s C．2 m/s　 D． m/s 解析：B　由题图乙可知在0~4 s时间内小滑块1受到大小分别为2 N和－1 N的水平恒力的作用，则根据动量定理得F1t1＋F2t2=mv1，1与2碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv1=2mv2，1、2与3碰撞也粘在一起，由动量守恒定律得2mv2=3mv，联立解得v= m/s，故选B。 3.甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和 50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率、在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（　　） A.0　　 B.2 m/s C.4 m/s　 D．无法确定 解析：A　以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有 （m甲＋m球）v甲＋m乙v乙=（m甲＋m球）v甲′， 解得v甲′= = m/s=0，A正确。 4.如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，相对地面以水平速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止。若不考虑空气阻力。求： （1）人跳离A车后，A车的速度大小和方向； （2）人跳上B车的过程中，人对B车所做的功。 答案：（1）　方向向左　 （2） 解析：（1）人跳离A车过程，人与A车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m0v0＋m1vA=0，解得vA=－，负号表示方向向左。 （2）人跳上B车过程，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0=（m0＋m2）v，对B车，由动能定理得W=m2v2，解得 W=。 题组一　动量守恒定律与图像的综合 1.〔多选〕某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（　　） A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2 B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大 C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的 解析：AD　根据x －t图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1=－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为 v2=0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小，选项B错误；碰撞后的共同速度为 v=0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2=（m1＋m2）v，解得m2=6m1，由动能的表达式可知m1＞m2，故选项C错误，D正确。 2.如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且m1=200 g。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x－t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．b小球质量m2=0.4 kg B．碰撞后两小球都向右运动 C．碰撞前后两小球的机械能总量减小 D．碰撞前后两小球的机械能总量不变 解析：D　由图可知碰撞前va== m/s=4 m/s，vb=0，碰撞后va′== m/s=－2 m/s，vb′== m/s=2 m/s，可知碰撞前小球a向右做匀速运动，小球b静止，碰撞后小球a向左做匀速运动，小球b向右做匀速运动，碰撞前后两小球动量守恒，则m1va=m1va′＋m2vb′，解得b小球质量为m2=0.6 kg，选项A、B错误；碰撞前的机械能Ek1=m1=×0.2×42 J=1.6 J，碰撞后的机械能Ek2=m1va′2＋m2vb′2=J=1.6 J，故碰撞前后的机械能保持不变，选项C错误，选项D正确。 3.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求： （1）滑块b、a的质量之比； （2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 答案：（1）8∶1　 （2）1∶2 解析：（1）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前速度为v1、v2。由题给的图像得v1=－2 m/s　① v2=1 m/s　② a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v= m/s　③ 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2=（m1＋m2）v　④ 联立①②③④式得m2∶m1=8∶1。 （2）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为 ΔE=m1＋m2－（m1＋m2）v2 由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W=（m1＋m2）v2，联立并代入数据得W∶ΔE=1∶2。 题组二　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题 4.如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一人先跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，人跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后（　　） A．a、c两车的运动速率相等 B．a、c两车的运动方向一定相反 C．a、b两车的运动速率相等 D．三辆车的运动速率关系为vc＞vb＞va 解析：B　若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，人跳离c车的过程，根据动量守恒定律有0=M车vc＋m人v，人跳上和跳离b车的过程，根据动量守恒定律有m人v=M车vb＋m人v，人跳上a车过程，根据动量守恒定律有m人v=（M车＋m人）va，所以vc=，vb=0，va=，即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反，故选B。 5.如图所示，n个完全相同的滑块（从左到右依次编号为1，2，3，4，…，n）用等长的细线连接并静止在光滑的水平地面上，细线均绷直。现给滑块1水平向右的瞬时冲量I0，滑块1向右运动，滑块与滑块发生碰撞（碰撞时间极短）后均结合在一起继续运动。已知滑块的质量均为m，滑块均可视为质点，细线的长度均为L，则从滑块1获得瞬时冲量到滑块n开始运动的时间为（　　） A．　 B． C．　 D． 解析：D　由滑块1获得瞬时冲量，根据动量定理有I0=mv0，由滑块1、2发生碰撞根据动量守恒定律有mv0=2mv1，解得v1=，由滑块1、2构成的整体与滑块3发生碰撞根据动量守恒定律有mv0=3mv2，解得v2=，同理，滑块碰撞后的速度大小vn－2=，则从滑块1获得瞬时冲量到滑块n开始运动的时间t=＋＋＋…＋==，故选D。 6.如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0=11 m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m=20 kg，A车B车质量均为mA=mB=100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，则下列说法正确的是（　　） A．小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为5.5 m/s B．小孩跳离A车时对地速度的大小为16.5 m/s C．小孩跳离B车时相对B车的速度大小为17.5 m/s D．整个过程中，小孩对B车所做的功为1 800 J 解析：D　因为A车、B车恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒。取向右为正方向，由动量守恒定律得（m＋mA）v0=（m＋mA＋mB）v，代入数据解得v=6 m/s，选项A错误；依题意，设小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为v′，则对小孩、B车，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv′=mBv－mv′，解得v′=15 m/s，选项B错误；小孩跳离B车时相对B车的速度为v相=v′＋v=15 m/s＋6 m/s=21 m/s，选项C错误；整个过程中，小孩对B车做的功等于B车动能的变化量，即W=mBv2=×100×62 J=1 800 J，选项D正确。 7.如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是（　　） A．乙的速度必定大于甲的速度 B．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量 C．乙的动量必定大于甲的动量 D．甲、乙的动量之和必定不为零 解析：A　甲、乙两人和小车组成的系统所受合外力为0，所以动量守恒，有m甲v甲＋m乙v乙＋m车v车=0，小车向右运动说明甲、乙两人总动量向左，则乙的动量大于甲的动量，即甲、乙的动量之和必定不为零，但由于不知道两人质量关系，所以无法确定速度关系，C、D正确，不符合题意，A错误，符合题意；根据动量定理可知，乙对小车的冲量方向向右，甲对小车的冲量方向向左，而小车速度方向向右，即动量变化量向右，可知乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量，B正确，不符合题意。 8.如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态，当B船上的人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出……，直到B船上的人不能再接到A船，则B船上的人推船的次数为（　　） A．7次　 B．6次 C．5次　 D．4次 解析：B　取向右为正，B船上的人第一次推出A船时，根据动量守恒定律可得mBv1－mAv=0，解得v1=v，当A船向右返回后，B船上的人第二次将A船推出，根据动量守恒定律得mBv1＋mAv=mBv2－mAv，解得v2=v1＋v，设第n次推出A船时，B船的速度大小为vn，由动量守恒定律得mBvn－1＋mAv=mBvn－mAv，解得vn=vn－1＋v，则有vn=（2n－1）v，B船上的人不能再接到A船，则vn≥v，解得n≥5.5，则取n=6，故选B。 9.（2025•四川攀枝花市高二校联考）甲、乙两小孩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。 （1）甲第一次抛球时对小球的冲量； （2）乙接到第一个球后的速度（保留一位小数）； （3）为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？ 答案：（1）10.5 N•s　水平向右　 （2）5.3 m/s 水平向左　（3）15 解析：（1）根据动量定理有I=mv－mv0 解得I=10.5 N•s，方向水平向右。 （2）对小球和乙组成的整体，根据动量守恒定律有 M2v0－mv=（M2＋m）v1 解得v1=5.3 m/s，方向水平向左。 （3）对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有 M1v0－M2v0=（M1＋M2）v′ 对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有nmv－M2v0=（M2＋nm）v′ 解得n=15。 10.如图a所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆碰碰车，质量为30 kg的小孩乘甲车以5 m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15 kg，乙车静止于甲车滑行的前方。 （1） 两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图b所示， 求乙车的质量。 （2）为了避免甲、乙两车相撞，小孩可以在适当距离，快速从甲车跳到乙车上。求小孩最少以多大的速度（相对于地面）跳离甲车，才能避免甲乙相撞。（结果保留2位有效数字） 答案：（1）90 kg　 （2）6.7 m/s 解析：（1）由图b可知，碰撞前甲车的速度大小为v0=5 m/s 碰撞后甲车的速度大小为v1=－1 m/s 负号表示方向向左 乙车的速度大小为v2=3 m/s 甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得（m人＋m甲）v0=（m人＋m甲）v1＋m乙v2 代入数据解得m乙=90 kg。 （2）设小孩跳向乙车的速度为v人，系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：小孩跳离甲车时， （m人＋m甲）v0=m人v人＋m甲v3 小孩跳至乙车时，m人v人=（m人＋m乙）v4 为使二车避免相撞，应满足v3≤v4 取“=”时，小孩跳离甲车的速度最小，代入数据解得v人= m/s≈6.7 m/s。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $