第7讲 动量 动量守恒定律-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

ㄧ物理 第7讲动量动量守恒定律 核心素养助学提能 考点一动量定理及其应用 核心透视 C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲 1.冲量的三种计算方法 量大小相等 公式法I=Ft适用于求恒力的冲量 D.若事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲 动量定多用于求变力的冲量或F、t未知的 层，则头部受到的撞击力最多为2000N 理法 情况 春向2 求解流体问题 F-t图线与时间轴围成的面积表示力 [例2](2025·海南省直 图像法的冲量，若F与t成线性关系，也可直 辖县级单位模拟预测)帆 接用平均力求解 船是利用风力航行的船， 2.动量定理 是继舟、筏之后的一种古 (1)公式：F△t=mu'-mw 老的水上交通工具.如图 (2)应用技巧： 所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作 ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体 组成的系统 用下，以速度o沿风的方向匀速前行，风与帆作 ②表达式是矢量式，需要规定正方向. 用的有效面积为S,气流的平均密度为p,帆船行 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和 驶过程水平方向上所受阻力恒为f.假设气流与 位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更 帆作用后速度与帆船前行速度相等，则风速大 简捷， 小为 ④在变加速运动中F为△t时间内的平均力. 典题例析 A. B.ps 专向1 求解平均力 [例1]（多选）(2025·广东江 D. 乘坐电动自行车 C.S +2w 也要戴头盔 门一模)数据表明，在电动车 规律总结 应用“柱体微元”模型求解“流体类” 事故中，佩戴头盔可防止 冲击力问题的思路 85%的头部受伤，大大减小 损伤程度.头盔内部的缓冲 应用动量定理求解“流体类”冲击力，关键是建立 层与头部的撞击时间延长至 “柱体微元”模型，具体思路： 6ms以上，人头部的质量约为2kg,则下列说法 (1)在极短时间△1内，取一小柱体作为研究对象。 正确的是 ( (2)求小柱体的体积△V=uS△t A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变 (3)求小柱体的质量△m=p△V=puS△t. 化率 B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的 (4)求小柱体的动量变化△p=△mw=pw2S△t. 冲量 (5)应用动量定理F△1三△p ·30· 火箭，靠火箭发动机喷射工质（工作介质）产生的反作用力向前推进的飞行器。它自身携带全部 推进剂，不依赖外界工质产生推力，可以在稠密大气层内，也可以在稠密大气层外飞行。火箭是实现航 天飞行的运载工具。 第一部分：专题二能量与动量 考点二 动量守恒定律及其应用 核心透视 1.判断守恒的三种方法 理想 不受外力或所受外力的合力为0，如光 →滑水平面上的板一块模型、电磁感应 守恒 ↓ 中光滑导轨上的双杆模型 近似 守恒 →系统内力远大于外力，如爆炸、反冲 ↓ 某一 系统在某一方向上不受外力或所受外 方向→力的合力为0，则在该方向上动量守 对点集训 守恒 恒，如滑块一斜面（曲面）模型 1.(2025·山东青岛统考模拟)如 2.动量守恒定律的三种表达形式 图，某中学航天兴趣小组在一 (1)m11十m2v2=m11'+m202'. 次发射实验中将总质量为M (2)△p1=-△p2. 的自制“水火箭”静置在地面 (3)△p=0. 上.发射时“水火箭”在极短时 3.爆炸与反冲的三个特点 间内以相对地面的速度6竖 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或 直向下喷出质量为m的水.已知火箭运动过程 某个方向的动量守恒. 中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加， 为，重力加速度为g,下列说法正确的是( 要利用能量守恒定律解题， A.火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B.火箭上升过程中一直处于超重状态 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反 C.火箭获得的最大速度 M 冲后系统内物体速度方向往往相反. M-mo 典题例析 [例3】(2025·武汉二中兰 D.火箭在空中飞行的时间为t= (M-m)v+mvo (M-m)g 月考)如图所示，水平光 2.(多选)(2025·湖南株洲一模) oc 滑地面上依次放置着10块质量m=0.08kg的完 如图所示，质量均为m的木块A 全相同的长直木板.一质量M=1.0kg、大小可忽略 和B,并排放在光滑水平面上，A 上固定一足够长的竖直轻杆，轻 的小铜块以初速度6=6.0m/s从长木板左侧滑上 木板，当小铜块滑离第一块木板时，速度大小为 杆上端的O点系一长为L的细 =4.0m/s.小铜块最终停在第二块木板上(g取 线，细线另一端系一质量为mo的球C,现将球C 拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C,则下 10m/s,结果保留两位有效数字).求： 列说法正确的是（重力加速度为g) () (1)第一块木板的最终速度； A.A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为 (2)小铜块的最终速度。 mo mgL [解题指导] m2m+mo 分析求解问题时，注意根据题意灵活选取系统 B.A、B两木块分离时，C的速度大小 及确定动量守恒所对应的过程.本题第(1)问 mgL 中要求的是第一块木板的最终速度，就应该选 为。 m+mo 取小铜块滑上第一块木板到刚滑上第二块木 C.球C由静止释放到最低点的过程中，A对B 板第一个过程，而第(2)问则应以小铜块和除 第一块木板之外的9块木板组成研究系统 的弹力的冲量大小为2m,2m千m。 mgL D.球C由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为，m十m。 ----0 ·31· d 丨物理 考点三 “碰撞”模型及其应用 核心透视 球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取 1.碰撞的基本规律 重力加速度g=10m/s2,求： 动量 P1+P2=p1'+P2 守恒 动能 +P≥+ E+E2≥E1'+E2'或2m12m2产2m12m2 不增加 (1)两物体同向运动，则碰前应有>前， 碰后原来在前的物体速度一定增大，若 速度 碰后两物体同向运动，则应有”简> 甲 合理 (1)篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度 (2)两物体相向运动，碰后两物体的运动 方向不可能都不改变 大小； (2)网球反弹后能达到的最大高度H1; 2.两种碰撞的常见模型 (1)弹性碰撞常见模型 (3)若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球 替代网球重复上述过程，其他条件不变，求弹性 小球反弹后能够上升的最大高度 图例 [解题指导] (水平面 小球一弹 小球一曲 光滑) ①根据动能定理求篮球落地速度大小；②由弹 簧模型 面模型 性碰撞“一静一动”模型求网球碰后速度，从而 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向 求达到的最大高度， 达到 动量守恒，满足6=(m十M)哄，损 共速 失的动能最大，分别转化为弹性势能、 重力势能或电势能 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量 再次 守恒，满足mw0=mu1十M2,能量满 分离 +Mu (2)完全非弹性碰撞常见模型 图例（水平 B 面、水平导 轨都光滑) B 相当于完全非弹性碰撞，动量满 对点集训 达到共速 足mo=(m十M)u共，损失的动 1.(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别为 能最大，分别转化为内能或电能 mp和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞 实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如 典题例析 图1和图2所示.小车N的质量为m、,碰撞时间 [例4](2025·云南一模)如图甲所示，某同学将 极短，则 一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶 附近，然后一起由静止释放，发现网球和篮球 N Q N Q 碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板 N 若将上述过程简化为如图乙所示模型，网球和 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰 0 与网球碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞.已知网 图1 图2 球的质量为m=58g,篮球的质量为M=638 A.mp>mN>mo B.mN>mp>mQ g,初始释放高度为h=1.8m,篮球和网球的 C.mo>mp>mN D.mo>mN>mp 太阳帆板的基本原理是利用硅(S)和某些金属的光电效应，将太阳能转化为电能，然后储存在蓄 ·32·电池中以供卫星、宇宙飞船，电动汽车提供电能。 第一部分：专题二能量与动量」 2.(多选)(2025·海南琼海市四校联考)如图甲所示， 铺设有宽度为l2=2.4m的防滑带.在最左端防 两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止 滑带的左边缘静止有质量为m1=2kg的小物块 状态，质量分别为m1和2，其中m=1kg.现给A P,另一质量为m2=4kg的小物块Q以o=7m/s 球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰 的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极 撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化 短.已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7m/s, 的规律如图乙所示，从图示信息可知 P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重 /m·s 力加速度大小g=10m/s2.求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间！ A t/s 月 乙 A.B球的质量m2=2kg B.球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性 势能为4.5J C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的 动能 D.在t2时刻两球动能之比为Ek1:Ek2=1:8 3.(2025·河南卷， Q D 14)如图，在一段 水平光滑直道上 每间隔11=3m ←2 课堂评价)高考预测 1.(2025·湖北武汉高三期末)一物体静止在光滑 水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F作 用，如图所示，以向右运动为正方向，物体质量为 丙 2.5kg,则下列说法正确的是 ( ↑FN B甲m (1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小； F (2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程 -5----- 中，乙能否从C点离开圆弧轨道. A.t=2s时物体回到出发点 B.t=3s时物体的速度大小为1m/s C.前2s内物体的平均速度为0 D.第3s内物体的位移为1m 2.(2025·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，质 量为m=1kg的工件甲静置在光滑水平面上，其 上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧 轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径 为R=0.824m,质量也为m的小滑块乙静置于A 点.不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一 质量为M=4kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O 到球心的距离为L=2m.现将丙向右拉开至细线 与竖直方向夹角为0=53°并由静止释放，丙在O正 下方与甲发生弹性碰撞（之后两者不再发生碰撞. 已知重力加速度大小为g=10m/s2,sin53°=0.8， ⊙温馨提弱 cos53°=0.6，不计空气阻力. 学习至此，请完成配套训练专题精准强化7 -0 ·33·〡物理 [对点集训] 匀加速运动所需要的时间为 1,A[对两种运动的整个过程根据能量守恒有了m心- 4=%=5s, 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为 AngN+mg(一x）,2m6= ,=L-2=1s, 41 ngIMN十mg(x2一xMN）, 可得x1=x2,故C、D错误； 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间 根据牛顿第二定律mg=ma,可得a=ug, t=t1十t2=6s. 由于h>2,故滑块在MN上 (2)根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等 时的加速度大，根据前面分析 于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量 可知两次运动的总位移相等， 即两次运动过程中U-t图像 之和，则有W=之m6十mgh十Q, 与横轴围成的面积相等，由于 Q=1gs相对c0s37°， 第二次时滑块距离M点的距 5相对=工皮一L, 离较近，根据公式2一= 22g工可知第二次到达M点 =10m, 时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v一t h=Lsin37°， 图像， 联立解得W=3160J. 可得t2>t,故A正确，B错误.] 答案：(1)6s(2)3160J 2.解析：(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块 第7讲动量动量守恒定律 a由C至D点过程，由动能定理有一mgR=一之m呢， 核心素养·助学提能 考点一考向1 对滑块a在C点由牛顿第二定律有F一mg三R,结 [例1】[解折]根据F△1=△p可得F-兰，依题意知， 合牛顿第三定律可知，滑块a在C,点对轨道压力的大小 头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小 Fy=F1=24N. 了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头 (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为E。,由能 盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故 量守恒定律可知E。十m1 gLsin37°=1 gLcos37°+ B错误：根据I=F△t知，头盔对头部的作用力与头部对 1 gRcos37°，解得E.=1.44J,最终滑块a在B与B关 头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头 于C对称的点之间运动，由能量守恒可知Q=E。 盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正 m1 gLsin37°，解得Q=7.92J. 确：若事故中头部以6/s的速度水平撞击缓冲层，则头 (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能 量守恒有E。+m2 g Lsin37°=m2 gLcos37°+2g(R+ 廊安到的撞击力F6X05N=200N,故D正 确」 Rc0s37)十之，喔，解得E=6m/s,滑块b恰好能通 [答案]ACD 过E点时，有mg= 考向2 R,可知E>',假设成立，设滑 [例2][解析]△t时间内冲击船帆的空气的体积V=SL 块b在空中运动的时间为t,滑块b落在斜面上的位置与 =S(v一)△t△t时间内冲击船帆的空气质量为m=pV= B之间的水平距离为d,则有d=Et-Rsin37°，(R十 pS(UU)△t,空气的动量改变量为△p=m(一v),取船速 方向为正，设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理可得 Rcos37)-zgi=dan37,解得t=9y5- 二s,又有x 一Ft=△p,即-F·△t=S(w一o)△t(h一v) 20 又帆船匀速前行，根据平衡条件F=∫，联立解得)= =cos37,解得≈18m 答案：(1)24N(2)7.92J(3)1.8m Vps十%. 课堂评价·高考预测 [答案]A 考点二 √3L 1.B[甲下降的高度为h,=2c0s30=L,乙下降的高度 [例3][解析](1)小铜块和10个长木板整体受到的合 外力为零，所以系统动量守恒，设小铜块刚滑到第二块 3L) 为h2自V3L230sin30°=31)L,当轻质硬 木板上时，木板的速度为2，由动量守恒定律得M, 2 Mu+10m2, 杆与斜面刚好平行时，把甲的速度甲分别沿着轻质硬 解得，=2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同. 杆和垂直轻质硬杆分解，沿着轻质硬杆方向的分速度为 (2)由题可知小铜块最终停在第二块木板上，设最终速 v/,有v=Ue sin30°，小球乙的速度0元沿着斜面，轻质 度为，由动量守恒定律得 硬杆与斜面平行，则2沿着轻质硬杆，有L=W,甲、 Mu十9m2=(M+9m), 乙两球组成的系统由机械能守恒定律可得gh甲十 得y=3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同， mgh:=子m听十合m2,乙的动能为E:=弓m,联 [答案](1)2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同 (2)3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同 立解得E2=5mgL,故B正确，] [对点集训] 1.D[火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动 10 力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升 2.解析：(1)对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力 和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有umgcos37 过程和加速下降过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由 -mg sin37°=a, 动量守恒定律可得muo一(M一m)心=0，解得火箭获得 解得a=0.4m/s2<1m/s2, 的最大速度为双一M广m,C错误：以向下为正方向， 所以货物先以0.4m/s的加速度向上做匀加速运动，当 上升过程由动量定理可得(M-m)gt1十f1t1=0十(M- 速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动.根据匀变 m)u1,下降过程由动量定理可得(M-m)gt一f,t=(M 速直线运动规律，货物加速阶段的位移x满足2ax=v, 一m)v,其中f1ti=kv上t1=kh,f2t2=kurt2=kh,联立 =5m, 代入数据解得x=2a 解得1=+右=Mmm西，D正境.] (M-m)g ·242· 答案精析1 2.AD[小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此 3.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律m2=m2a 过程A、B,C组成的系统水平方向动量守恒，有m= 十m1U, 1 1 2m0,根据机械能守恒定律有mgL=之m呢十之 由能量守恒定律了6=之m:6十7m+△E, 2m,联立解得欢=2√2m于m mgL mgL 联立可得o=3.5m/s,AE=24.5J; m 2mmo (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律m1g=1a,物 故A正确，B错误；C球由静止释放到最低点的过程中， 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一品= 选B为研究对象，由动量定理有IA=mU=m 2al2,p1=U-at1,解得p1=5m/s, mgL,故C错误；C球由静止释放到最低点的过程 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4$, A2mmo 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则(=中，解得 中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大 t2=0.6s,物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式 小为x1,A、B对地水平位移大小为x2,则有x1= 61一2=2al2,p2=p-at,解得vp2=1m/s, 2mz21十x,=L,可解得x,=2m干m moL 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3=0.8s, ,故D正确.门 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1=t1, 考点三 解得t1=3s, [例4][解析](1)设篮球触地前瞬间，篮球与网球的速 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 度大小为u,根据动能定理可得(m十MDgh=之(m十M 运动学公式0=p一at, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t=0.2s, v2,解得v=6m/s. 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t十妇十t (2)规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰 十t1十ts=5s. 撞后瞬间，网球的速度为，篮球的速度为，有U= 答案：(1)24.5J(2)5s 6m/s,2=61m/s. 课堂评价·高考预测 设碰后瞬间，网球和篮球的速度分别为、U1,网球与篮 球发生弹性碰撞，可得m十M=mu十Mu,之mi 1.D[由题困知2P-P=0,1=2s时物体速度变为 +Mv-wi+Mi, 0,没有回到原点，A错误；0~3s内，由动量定理知2F 根据匀变速直线运动的规律可得U=2gH1, 2F1十F1=m。一0，解得0=2m/s,B错误：奇2s内 代入相关已知数据解得H,=12.8m. (3)由题意，设弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹 物体位移不为0，由0=工知平均速度不为0，C错误：第 性小球的速度为'，篮球的速度为心'，有m'v1十M= 3s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x= mv3'十Mu1， mi+M=m,+Mu,”, 1 合ad=合×2×1m=1m,D正确.] 2.解析：(1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1一cos8) 可得4'=m'-M0u+2M m+M 2Mi. 当M>m时，w'≈-U1十22， 解得vo=4m/s, 设弹性小球能上升的最大高度为H2, 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得M=Mu十U, 由u2=2gH2 解得H2=16.2m. 由机核能守恒得Md=合Mw”十之m, [答案](1)6m/s(2)12.8m(3)16.2m 解得碰后瞬间，丙速度大小=2.4m/s, [对点集训] 甲速度大小v=6.4m/s. 1,D[P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有p (2)假设乙能从C,点离开，通过C,点后甲、乙水平速度相 my=pVp'十y, 同，设甲速度为甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开 即p(p-')=m(一w), 甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mU=2mv甲2 根据图像可知p一仰'>'一，故mp<； 解得v甲2=3.2m/s, 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQa十 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为巴， m=mQa'十'， 从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中， 即ia(a-ia')=('-), 根据图像可知a一a'< 一，故mQ>y;故mQ 由机栽能守恒得m时=合mr片十名m中mgR, mx>mp. 又因为v1=p十心， 2.AD[两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题 解得0，=2m/s>0, 图乙图线可知，t时刻两球速度相等为1m/s,由动量守恒 所以乙能从C离开圆孤轨道 定律得m1=(m十2)u,解得B球的质量为2=2kg,故 答案：(1)2.4m/s6.4m/s(2)见解析 A正确；当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律 微专题1 得2m元=号（m十m)i十Em,解得Em=3J,故B错 考向1 误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由此可 [例1] [解析]A.v-t图像的斜率表示加速度，可知t= 知，t时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能，故C错 3。时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t 误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守 时刻滑上木板，故A正确；B.设小物块和木板间动摩擦 恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得1=1a十 因数为，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时 的速度大小为= 3 m,由机栽能守恒定律得是m心=子 g,方向水平向左，物块在木板 乞m,i,代入数据解得=-1m/s,=2m/s,时刻 上滑动的加速度为a,=m坚=4，g,经过。时间与木板 E 之m1 共速，此时速度大小为0=乞g,方向水平向右，故可 两球动能之比为E 1 8,故D正确.] 之m2呢 得十盟=t。,解得=2，故B正确；C.设木板质量 uog pog ·243·