专题07 动量守恒定律 知识清单- 2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习知识清单系统整理了动量守恒定律专题，涵盖动量、冲量、动量定理、守恒定律、碰撞类型、实验验证及综合应用，构建了从基础概念到模型应用的知识体系。 清单采用知识点分级梳理与典型模型分类相结合的方式，如将动量守恒条件分为理想守恒、近似守恒和方向守恒，培养科学思维中的模型建构素养。实验验证部分详细说明操作要领和误差分析，落实科学探究要素，点对点训练融入高考真题并附解析，帮助学生精准突破，教师可据此优化复习策略，提升备考效率。

2027届高考物理高三一轮复习专题 专题07 动量守恒定律（知识清单） 【知识地图】 【知识点梳理】 知识点一 动量和动量定理 一、动量 1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。 2.表达式：p＝mv。 3.单位：kg·m/s。 4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。 二、冲量 1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。 公式：I＝Ft。 2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。 3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。 三、动量定理 1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。 2.表达式：Ft＝Δp＝p′－p。 3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。 点对点训练：一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则(　　) A．t＝2 s时，物块的动量大小为0 B．t＝3 s时，物块的速率为1 m/s C．t＝0到t＝1 s时间内，合力F对物块冲量的大小为1 N·s D．t＝2 s到t＝3 s时间内，物块动量变化量的大小为2 kg·m/s 答案　B 解析　F－t图像和时间轴所围成的面积表示物块受到的冲量，t＝2 s时，根据动量定理I合＝Δp，则有×2 kg·m/s＝p－0，解得p＝3 kg·m/s，A错误；t＝3 s时由动量定理，×2 kg·m/s－1×1 kg·m/s＝mv－0，得v＝1 m/s，B正确；在t＝0到t＝1 s时间内，合力F对物块冲量大小I＝1×2 N·s＝2 N·s，C错误；t＝2 s到t＝3 s时间内，物块动量变化量大小Δp＝I＝1×1 kg·m/s＝1 kg·m/s，D错误。 知识点二 动量守恒定律及其应用 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零，这个系统的总动量保持不变。 2.表达式 (1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。 (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 3.动量守恒的条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 (2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 (3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，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 物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 2.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。 3.分类 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 损失最多 点对点训练：（2025·山东卷）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为的行星做半径为的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在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，为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（ ）。 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为，则轨道舱的质量为，总质量为，根据题意知组合体绕行星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，可得组合体做圆周运动的线速度大小，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有，由题意有，解得，项正确。 知识点三 验证动量守恒定律 一、实验原理与操作 原理装置图 操作要领 碰撞前：p＝m1v1＋m2v2 碰撞后：p′＝m1v1′＋m2v2′ (1)测质量：用天平测出两球的质量 (2)安装：斜槽末端切线必须沿水平方向 (3)起点：入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放 (4)铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。 (5)测距离：用小球平抛的水平位移替代速度，用刻度尺量出O到所找圆心的距离。 图1 二、数据处理 1.碰撞找点：把被碰小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。标出碰撞前、后入射小球落点的平均位置P、M和被碰小球落点的平均位置N。如图1所示。 2.验证：测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中，最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。 注意事项 (1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 (2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。 (3)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。 误差分析 (1)主要来源于质量m1、m2的测量。 (2)小球落点的确定。 (3)小球水平位移的测量。 点对点训练：为了探究碰撞过程中的守恒量，某兴趣小组设计了如图所示的实验。先让质量为的小球从凹形槽顶端由静止滑下，小球经过点水平抛出落在斜面上的点。再把质量为的小球静止放在凹形槽末端点，让小球仍从凹形槽顶端由静止滑下，与小球碰撞后，两小球落到斜面上。分别记录小球第一次与斜面碰撞的落点痕迹，其中、、三个落点的位置距点的长度分别为、、，凹形槽顶端与末端的高度差为，凹形槽末端距地面的高度为，斜面总长度为。多次重复实验。 （1） 有利于减小实验误差的操作是_ _ _ _ 。 A. 凹形槽尽可能光滑 B. 使用半径相同的两个小球 C. 多次测量落点位置取平均值 （2） 在实验误差允许的范围内，若满足关系式_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，则可以认为两球碰撞过程中动量守恒。（用、、、表示） （3） 现测量出两个小球的质量之比，若还测出_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，则可证明两球间的碰撞是弹性碰撞。（用表示） 【答案】（1） BC （2） （3） 【解析】 （1） 每次只要保证小球 到达点 的速度相同即可，有无摩擦力无影响，故 项不符合题意；使用半径相同的两个小球，可以保证两球对心碰撞，减小实验误差，故 项符合题意；多次测量可以减小偶然误差，故 项符合题意。 （2） 设斜面的倾角为 ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，位移大小为，由平抛运动的知识可知，，整理可得，可知平抛运动的初速度 与 成正比，若碰撞过程动量守恒，则有，整理可得。 （3） 若两球间的碰撞是弹性碰撞，则有，又有，解得，又有，整理可得，即。 知识点四 弹性碰撞与非弹性碰撞 1.弹性碰撞：设 动量守恒： 能量守恒： 联立解得，。 当时，，，即质量相等的两个小球发生弹性碰撞时，速度会发生交换。 2.完全非弹性碰撞 特点：碰撞后系统以相同的速度运动， 动量守恒： 能量守恒： 联立解得， 特殊意义：完全非弹性碰撞时系统损失的机械能最大。 3.碰撞问题遵循的三个原则： (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理： 碰撞前、后碰撞双方运动速度之间的关系必须合理。如果碰前两物体同向运动，有v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若碰后两物体同向运动，有v前′≥v后′，否则碰撞还没有结束。 点对点训练：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s随时间t变化的图像如图所示。求： (1)滑块a、b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)1∶8　(2)1∶2 解析　(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得 v1＝－2 m/s① v2＝1 m/s② a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题图得v＝ m/s③ 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④ 联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤ (2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2⑥ 由题图可知，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)v2⑦ 联立⑥⑦式，并代入(1)中数据得 W∶ΔE＝1∶2。 知识点五 动量观点与动力学观点的综合应用 1.解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2.力学中的五大规律 规律 公式表达 牛顿第二定律 F合＝ma 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv－mv 机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv＝mgh2＋mv 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 点对点训练：如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求： 图8 (1)小球Q运动到C点时的速度大小； (2)小球P沿斜面上升的最大高度h； (3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。 解析　(1)两小球弹开的过程， 由动量守恒定律得m1v1＝m2v2 由机械能守恒定律得Ep＝m1v＋m2v 联立可得v1＝5 m/s，v2＝16 m/s 小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得 m2v＝m2v＋2m2gR 解得vC＝12 m/s。 (2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1， 由牛顿第二定律得m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1， 解得a1＝10 m/s2 故上升的最大高度为h＝sin θ＝0.75 m。 (3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2， 则m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2， 解得a2＝2 m/s2 小球P上升到最高点所用的时间t1＝＝0.5 s， 则2R＝gt2＋h－a2(t－t1)2sin θ 解得t＝1 s。 答案　(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s 【能力提升】 一、 “子弹打木块”模型 1.模型特点：子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失。 2.两种情境： ①子弹嵌入木块中模型 两者速度相等时，木块的速度最大，两者的相对位移（子弹射入木块的深度）取得极值，机械能损失最多（完全非弹性碰撞）。 动量守恒：； 能量守恒：。 ②子弹穿透木块模型 穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为木块的长度。 动量守恒：； 能量守恒：。 点对点训练：如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，该过程中木块沿水平方向向右运动的位移大小为s(未知量)，子弹射入木块的深度为L(未知量)。设木块对子弹的阻力恒为F(未知量)，求： (1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大？ (2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少？ 答案　(1)　(2)　 解析　(1)子弹和木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v 求得子弹与木块相对静止时二者共同速度为v＝ (2)由能量守恒定律可得mv02＝Q＋(m＋M)v2 求得系统产生的内能为Q＝ 由动能定理可得子弹对木块所做的功为 W＝Fs＝Mv2＝。 二、“滑块—弹簧”碰撞模型 以初始时物体1的速度为、物体2静止的模型进行讲解，其他一般碰撞模型的物理分析思维与上述模型相似，以下结论具有一般性。 1.弹簧压缩至最短或拉伸至最长时，弹簧弹性势能最大 弹性势能最大时，系统共速，系统共速时与完全非弹性碰撞等效。完全非弹性碰撞损失的机械能转化成弹簧的弹性势能。 2.弹簧恢复原长时，弹簧弹性势能为零 弹簧第一次恢复原长时与弹性碰撞等效，可利用弹性碰撞规律解题。 点对点训练：如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则： (1)A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？ (4)弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？ 答案　见解析 解析　(1)在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝。 (2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝。 (3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大， 由能量守恒定律得Epm＝×2mv12－×3mv22＝mv02。 (4)弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律，得 2mv1＝2mvAB＋mvC， ×2mv12＝×2mvAB2＋mvC2 解得vAB＝，vC＝0或vAB＝，vC＝。 三、 “滑块—斜面（摆球）”碰撞模型 1.物块运动到最高点 物块运动到最高点时，系统水平方向的速度相同，竖直方向的速度为零，即系统共速。系统共速相当于物块与圆弧劈发生一次完全非弹性碰撞，完全非弹性碰撞中系统损失的动能转化成物块的重力势能，设物块上升的高度为。 由水平方向上动量守恒得 重力势能 2.物块回到水平面 物块再次回到水平面，由于系统没有能量损失，相当于物块与圆弧劈发生一次完全弹性碰撞 ， 3.滑块—摆球模型特点 模型图示 硬质的杆与滑块间没有摩擦力，细绳不能伸长 模型特点 （1）滑块和小球组成的系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。 （2）系统的机械能守恒。 （3）临界条件1:小球与滑块共速时，小球运动到最高点。 临界条件2:小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论:， 点对点训练：如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则(　　) A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动 C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动 D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0 答案　C 解析　整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得：mv02＝mv12＋mv22，解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。 四、“滑块—木板”模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 （2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 （1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为整个系统。 （2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 （3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律或求解，研究对象为整个系统。 点对点训练：质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的物块B和C同时分别从A的左、右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，如图所示。物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ。假设物块B、C在长木板A表面上运动时始终没有碰撞。试求： (1)B、C刚滑上长木板A时，A所受合外力为多大？ (2)长木板A的最终运动速度为多大？ (3)为使物块B、C不相撞，长木板A至少多长？ 答案　(1)0　(2)　(3) 解析　(1)对A受力分析，A竖直方向上受力平衡，在水平方向上因物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ，B、C质量相等，故fCA＝fBA， 即FA合＝0。 (2)系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m·2v－mv＝(m＋m＋m)v′， 解得A、B、C最终的共同速度v′＝， 即木板A最终运动的速度为。 (3)对系统，由能量守恒定律得mv2＋m(2v)2＝(m＋m＋m)v′2＋μmgL， 解得L＝。 五、爆炸、反冲与“人船”模型 1.“爆炸”模型 动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.“反冲”模型 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 3. “人船”模型 如图所示，长为、质量为的小船停在静水中，质量为的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得 因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒 故有 由图可看出 可解得，。 点对点训练：如图所示，质量的人站在质量的车的一端，车长，均相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将（ ）。 A. 后退 B. 后退 C. 后退 D. 一直匀速后退 【答案】A 【解析】人、车组成的系统动量守恒，则，所以，又有，解得，项正确;车的运动状态与人的运动状态有关，人与车由静止开始运动，一定有加速过程，项错误。 1 学科网（北京）股份有限公司 $