2027年高考物理一轮复习学案练习含答案07-第七章 动量守恒定律 02-第2讲 动量守恒定律及其应用（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案07-第七章 动量守恒定律 02-第2讲 动量守恒定律及其应用（教用），共13页。试卷主要包含了动量守恒定律的理解及简单应用，碰撞模型，反冲和爆炸等内容，欢迎下载使用。
课标要求
通过理论推导和实验，理解动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象；知道动量守恒定律的普适性；通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点；定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象；体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
考点一 动量守恒定律的理解及简单应用
回归教材 强基础
1．动量守恒定律
（1） 内容：如果一个系统_ _ _ _ _ _ _ _ ，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=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 或Δp1=−Δp2。
【答案】（1） 不受外力
（2） m1v′1+m2v′2
2．系统动量守恒的条件
【答案】外力； 远大于； 合外力
易错辨析
1．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。（ ）
【答案】×
2．两物体相互作用时若系统内存在摩擦力，则两物体组成的系统动量一定不守恒。（ ）
【答案】×
3．若系统所受合外力为0，则系统的动量守恒，系统的机械能也守恒。（ ）
【答案】×
4．系统动量守恒也就是系统的动量变化量为0。（ ）
【答案】√
教材挖掘．（教科版选择性必修第一册第一章第3节）
观察图示情境，两块磁铁固定在两辆小车上，构成一个系统。两小车在光滑的水平桌面上同时由静止释放，思考以下问题：（1）系统满足动量守恒吗？（2）系统机械能守恒吗？有哪些形式的能量相互转化？
提示：（1）水平桌面光滑，系统所受合外力为0，满足动量守恒。（2）机械能不守恒，因为涉及磁场能和动能的相互转化。
突破核心 提能力
1.动量守恒定律的“六性”
2.应用动量守恒定律解题的步骤
例1 （2025·湖南衡阳期末）如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上。现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 男孩和木箱组成的系统动量守恒
B. 小车的动量增加了，男孩与木箱组成的系统动量守恒
C. 木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等
D. 男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒且机械能守恒
【答案】C
【解析】在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，由于男孩受到小车的摩擦力作用，所以男孩和木箱组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A、B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，则木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，故C正确；男孩、小车与木箱三者的动能均增大，所以三者组成的系统机械能增加，故D错误。
例2 （2024·江苏卷·14，8分）嫦娥六号探测器于2024年5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知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） 分离后A的速度vA；
（2） 分离时A对B的推力大小。
【答案】（1） (m+M)v0−Mvm
（2） M(v−v0)Δt
【解析】
（1） 取v0的方向为正方向，由动量守恒定律有(m+M)v0=Mv+mvA，解得vA=(m+M)v0−Mvm。
（2） 以B为研究对象，取v0的方向为正方向，根据动量定理，对B有FΔt=Mv−Mv0，则分离时A对B的推力大小F=M(v−v0)Δt。
考点二 碰撞模型
回归教材 强基础
1．碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力_ _ _ _ 的现象。
【答案】很大
2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力_ _ _ _ _ _ 外力，可认为系统动量守恒。
【答案】远大于
3．分类
【答案】守恒； 最大
易错辨析
1．碰撞过程中若存在摩擦力，系统总动量不再守恒。（ ）
【答案】×
2．日常生活中，钢球之间的碰撞可近似看作弹性碰撞。（ ）
【答案】√
3．若两个质量相同的物体发生弹性正碰，碰撞后两物体交换速度。（ ）
【答案】√
4．发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒。（ ）
【答案】×
5．弹性碰撞只能发生在宏观物体之间，微观粒子的碰撞均为非弹性碰撞。（ ）
【答案】×
突破核心 提能力
1.弹性碰撞
碰撞前后动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。
（1）m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2，
12m1v12+12m2v22=12m1v′​12+12m2v′​22。
（2）v2=0时（即一动碰一静），v′1=m1−m2m1+m2v1，v′2=2m1m1+m2v1。
结论：
①当m1=m2时，v′1=0，v′2=v1（质量相等，速度交换）。
②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1（大碰小，一起跑）。
③当m1mN>mQB. mN>mP>mQ
C. mQ>mP>mND. mQ>mN>mP
【答案】D
【解析】P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPv′P+mNv′N，即mP(vP−v′P)=mN(v′N−vN)，根据题图甲可知(vP−v′P)>(v′N−vN)，故mPmN，故mQ>mN>mP，故选D。
例4 游乐场里小明坐在一辆小车里，车前方有一静止排球，排球前面6m处有一面墙。小华用力推了一下小车后，小车以2m/s的速度撞向排球。排球被撞后向前运动，被墙壁反弹后再次与小车正面相撞。忽略小车、排球与地面的摩擦，碰撞均视为弹性碰撞，与小车两次碰撞期间，排球运动的路程约为（ ）
A. 7mB. 8mC. 9mD. 10m
【答案】B
【解析】设小车（含小明）的质量为m1，排球的质量为m2，小车与排球第一次碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v0=m1v1+m2v2，12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得v1=(m1−m2)v0m1+m2，v2=2m1v0m1+m2，排球以v2的速度向前做匀速直线运动，撞墙后原速率反弹，与小车相遇，发生第二次碰撞，有v2t+v1t=2d，而排球运动的路程为s=v2t=24m13m1−m2=243−m2m1，结合实际情况有m2≪m1，则m2m1→0，路程s→8m，则排球运动的路程约为8m。故选B。
例5 （2025·山东青岛段考）多选 质量为M的物块甲以速度v运动，与质量为m的静止物块乙发生正碰（碰撞前后物块始终在同一条直线上运动），碰撞后两者的动量正好相同，两者质量之比Mm可能为（ ）
A. 14B. 12C. 1D. 2
【答案】CD
【解析】设碰撞后两者的动量都为p，由题意可知，碰撞后系统的总动量为2p，由动量守恒定律可知碰撞前的总动量为2p，碰撞过程动能不增加，根据动量大小和动能的关系p2=2mEk可知(2p)22M≥p22M+p22m，解得Mm≤3，考虑到碰后乙的速度不小于甲的速度，则pm≥pM，即Mm≥1，故选C、D。
考点三 反冲和爆炸 人船模型
回归教材 强基础
1．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_ _ _ _ 是守恒的。
【答案】动量
2．爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且_ _ _ _ _ _ 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。
【答案】远大于
点拨 在反冲运动和爆炸过程中，有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。
易错辨析
1．一切反冲现象都是有益的。（ ）
【答案】×
2．火箭点火离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的效果。（ ）
【答案】×
3．在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。（ ）
【答案】√
4．发生爆炸的物体系统不但动量守恒，机械能也守恒。（ ）
【答案】×
突破核心 提能力
例6 （2025·河北张家口段考）某校科技小组发射水火箭如图所示，已知水火箭初始总质量为0.3kg。在极短时间内分两次喷射水流：第一次喷出质量为0.1kg的水，以10m/s的对地速度向下喷出；紧接着第二次喷出质量也为0.1kg的水，以12m/s的对地速度向下喷出。喷出过程中重力可忽略，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计。水火箭上升的最大高度为（ ）
A. 6.2mB. 12.1mC. 24.2mD. 48.2m
【答案】C
【解析】水火箭靠喷出的水给的反作用力加速，以水火箭运动的方向为正方向，在极短时间内喷水两次，均动量守恒，设两次喷水后水火箭的速度为v2，由动量守恒定律得0=−mv−mv′+(M−2m)v2，可得喷水后水火箭获得的速度v2=22m/s，水火箭上升的最大高度ℎ=v222g=24.2m，故选C。
例7 （2025·黑龙江大庆段考）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离险境。已知乌贼喷水前的质量为M，处于静止状态。喷水时，在极短时间内将质量为m的水以速度u水平向前喷出，获得速度向后逃离。逃离过程中所受水的阻力与其速度成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（ ）
A. 乌贼获得的最大速度为muM−m
B. 喷水后乌贼做匀减速直线运动
C. 喷水后乌贼向后逃离的最远距离为Mmu(M−m)k
D. 喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能
【答案】A
【解析】根据动量守恒定律可知，0=mu−(M−m)v，解得v=muM−m，此为乌贼喷水后的初始速度，即最大速度，故A正确；阻力f=kv，加速度a=fM−m=kvM−m，加速度与速度成正比且方向相反，故运动为变减速而非匀减速，故B错误；最远距离由动量定理分析：阻力冲量等于动量变化，∑kvΔt=kx=(M−m)v，代入v=muM−m，得x=muk，故C错误；喷水过程乌贼消耗的能量转化为喷出水的动能和乌贼自身获得的动能，故D错误。
例8 （2026·湖南长沙段考）多选 现有一高空实验小平台，平台正下方的水平地面上安装有声音记录仪。平台上的爆炸物被引爆后炸裂成两个碎块A和B，且A、B质量之比为2:1、初速度均沿水平方向。引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 从爆炸后瞬间到落地前瞬间，A、B受到的冲量大小之比为2:1
B. 从爆炸后瞬间到落地，A、B的位移大小之比为1:2
C. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为1020m
D. 爆炸后碎块A的初速度为68m/s
【答案】AC
【解析】从爆炸后瞬间到落地前瞬间，碎块A、B均做平抛运动，设时间均为t，则IAIB=mAgtmBgt=21，故A正确；爆炸时，水平方向根据动量守恒定律可知mAvA−mBvB=0，爆炸后两碎块均做平抛运动，下落高度相同，两碎块下落时间相等，则xAxB=vAvB=mBmA=12，A、B的水平位移之比为1:2，而从爆炸后瞬间到落地，下落高度相同，两碎块的位移之比不等于1:2，故B错误；由xAxB=(5s−t)v声(6s−t)v声=12，解得t=4s，则碎块A的水平位移xA=(5−4)×340m=340m，碎块B的水平位移xB=(6−4)×340m=680m，则爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m，碎块A的初速度为vA=xAt=85m/s，故C正确，D错误。
例9 （2025·河北衡水期末）多选 如图所示，质量为M、长度为L的船停在平静的湖面上，船头站着质量为m的人，M>m，现在人由静止开始由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则（ ）
A. 人和船运动方向相同
B. 船运行速度小于人的行进速度
C. 由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继续运动一段距离
D. 人相对水面的位移为MLM+m
【答案】BD
【解析】人和船组成的系统动量守恒，系统总动量为0，故人和船运动方向始终相反，故A错误；由动量守恒定律有Mv船=mv人，又M>m，故v船