第七章　第34课时　动量守恒定律-2026版一轮复习

第34课时动量守恒定律目标要求1.理解系统动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题。2.能熟练运用动量守恒定律解决临界问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。考点一系统动量守恒的判断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.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。1.只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(×)2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。(×)例1(2024·山东青岛市检测)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽A点相切进入槽内，则以下结论中正确的是()A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动答案C解析当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。考点二动量守恒定律的基本应用1.动量守恒定律的表达式(1)p＝p'或m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。(2)Δp1＝-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。2.动量守恒定律的五个特性：矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向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)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量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例2(2025·山东淄博市期中)如图，质量M＝9kg的小车A以大小为v0＝8m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置着质量m＝1kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，小球距离车上表面H＝0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小车的最终速度的大小v；(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。答案(1)5m/s(2)1.28m解析(1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M＋m)v0＝(M＋m＋m0)v，解得v＝5m/s。(2)A与C的碰撞过程动量守恒，则有Mv0＝(M＋m0)v1设小球下落的时间为t，则有H＝12gtΔx＝(v0-v1)t，解得Δx＝1.28m。我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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例3(来自教材)(2024·山东潍坊市期末)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。答案2m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2m/s。考点三爆炸问题、反冲运动、人船模型1.爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒机械能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械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，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两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，所以系统的机械能增加一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？答案还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M＋m)v0＝mv1＋Mv2，v2＝v0＋m(v0-v1)M，由于v0>0，v1>0，且v0>v例4我国早在宋代就发明了火箭，即把前端封闭的火药筒捆在箭杆上，点燃后产生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为v0，在极短的时间内喷射质量为Δm、相对地的速度为u的燃气，u与v0同向，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的变化量为()A.Δmm(v0＋u) B.Δmm(vC.v0＋Δmm(v0-u) D.v0＋Δmm(v答案B解析根据动量守恒定律(m＋Δm)v0＝Δm·u＋mv又Δv＝v-v0联立解得Δv＝Δmm(v0-u)，故选例5春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为()A.2MM-mC.mM-mE答案D解析设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M-m)v2，解得v2＝mM-mv1，又E＝12mv12，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝12mv12＋12(M-例6如图所示，有一质量M＝6kg、棱长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为()A.0.05m B.0.10mC.0.15m D.0.50m答案A解析小球由静止开始从如题图所示通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有mv1·t＝Mv2·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1＋x2＝0.2m，联立解得x2＝0.05m，故选“人船模型”构建1.模型图示2.模型特点(1)两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船＝0(2)两者的位移大小满足：mx人t-Mx船x人＋x船＝L，得x人＝MM＋mL，x船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)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即x人［变式］(2024·山东省模拟)如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为()A.x3 B.v0t3 C.答案C解析P、Q在水平方向上动量守恒，有mv0=mv1+3mv2，在极短的时间Δt内，有mv0·Δt=mv1·Δt+3mv2·Δt，则在时间t内有mv0t=mx+3mx2，可知x2=v0t-课时精练(分值：60分)1~5题每小题4分，6题10分，共30分1.(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒答案B解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B。2.在光滑水平地面上，三个完全相同的小球，通过两根不可伸长、长度相同的轻质细线连接，初始时三小球共线且均静止，细线绷直，如图甲所示。现给小球3一垂直细线向右的瞬时冲量，则在小球1、2碰撞前()A.小球1、2组成的系统的动量守恒B.小球1、2组成的系统的机械能守恒C.两根细线中的张力大小均不变D.小球3的速度一直在减小答案D解析由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒；小球1、2组成的系统受细线拉力的合力不为零，动量不守恒，故A错误；三个小球组成系统机械能守恒，小球1、2组成的系统受细线拉力的合力不为零，机械能不守恒，故B错误；小球1、2相对于小球3做圆周运动，速度越来越大，细线拉力越来越大，故C错误；小球3受到细线的拉力始终向左，速度一直在减小，故D正确。3.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，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段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∶5C.滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3D.碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大答案C解析由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ-3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理知，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，故D错误。4.(多选)(2024·山东临沂市质检)如图所示，轻质绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至使绳水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)()A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为2答案BD解析系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm-MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt-MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为2mlM＋5.(2025·山东日照市检测)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、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A.3J B.4J C.5J D.6J答案A解析根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'＝-1.0m/s，v乙'＝2.0m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，解得m乙＝6kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝12m甲v甲2＋12m乙v乙2-12m甲v甲'2-12m乙v乙'26.(10分)(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：(1)(5分)分离后A的速度大小v1；(2)(5分)分离时A对B的推力大小。答案(1)(m＋M解析(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1解得v1＝((2)以B为研究对象，对B由动量定理有FΔt＝Mv-Mv0解得F＝M(7题10分，8题14分，共24分7.(10分)如图所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的水平桌面上，其质量分别为2.0kg、0.9kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.1kg的铅块C(大小可以忽略)以10m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5m/s，求木块A的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小。答案0.25m/s2.75m/s解析铅块C在A上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C刚离开A滑上B时的速度为vC，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀速运动，铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有mBvA＋mCvC＝(mB＋mC)v代入数据解得vA＝0.25m/s，vC＝2.75m/s。8.(14分)(2024·黑吉辽·14)如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)(5分)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；(2)(4分)物块与桌面间的动摩擦因数μ；(3)(5分)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)对A物块由平抛运动知识得h＝12gt2，xA＝vA