第1篇 专题2 第7课时 动量定理 动量守恒定律（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理高考复习教案围绕动量定理、动量守恒定律及碰撞模型等高考核心考点，按“概念-规律-应用”逻辑整合动量冲量公式、守恒条件及弹性碰撞、人船模型等结论，通过考点梳理、方法指导（如冲量计算三法）、真题训练（2025河北高考等）环节，帮助学生构建系统知识网络，突破综合应用难点。 资料以科学思维和模型建构为核心，创新设计“碰撞模型分类解析”活动，如对比弹性与完全非弹性碰撞的动量能量关系，推导“一动碰一静”结论并分析质量特例。设置分层训练（基础巩固到高考模拟），配合即时方法指导，确保高效突破考点。助力学生提升解题速度与准确性，为教师把控复习节奏提供清晰策略支持。

第7课时　动量定理　动量守恒定律 【目标要求】　1.理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、末速度等物理量.2.理解动量守恒定律成立的条件，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题.3.掌握碰撞特点及拓展模型，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.动量、冲量、动量定理 (1)动量：p＝mv；冲量I＝Ft；F－t图像与时间轴围成的面积表示力F在时间t内的冲量． 动量定理：Ft＝Δp或Ft＝mv2－mv1. (2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率． 2.动量守恒定律及其应用 (3)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒． (4)“一动碰一静”的弹性碰撞：(无机械能损失) 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝v0，v2＝v0 当m1＝m2时，交换速度； 当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0； 当m1<m2时，速度反向弹回；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0. (5)“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多) 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v；损失的机械能：ΔE损＝m1v·. 人船模型：若船初状态静止，设船长为L，则M船x船＝m人x人， x船＋x人＝L得x船＝L，x人＝L. 热考一　动量定理的应用 【例1】　(2025·河北高考)如图所示，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m．质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动．物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2.物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2. (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离； (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s．求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小． 【解析】　(1)物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 根据运动学公式有v－v＝－2aL 物块离开平台后做平抛运动，有h＝gt，x1＝v1t1 联立解得t1＝0.6 s，v1＝1 m/s，x1＝0.6 m. (2)物块第一次落到地面后弹起，在竖直方向，有h2＝gt 解得t2＝0.3 s 物块与地面接触的时间为t3＝t－t1－t2＝0.1 s 在竖直方向，规定竖直向上为正方向，物块从离开平台到弹起至最大高度过程，根据动量定理，有IN－mgt＝0 物块第一次与地面接触过程中所受弹力冲量的大小IN＝FNt3＝0.1 N·s 在水平方向，规定水平向右为正方向，根据动量定理，有－μFNt3＝mv2－mv1 解得v2＝－1 m/s 由于物块水平方向速度减为0后，不再受到摩擦力，故物块弹离地面时水平速度的大小为0. 【答案】　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 【例2】　(多选)(2024·九省联考广西卷)水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的侧壁有一个面积为S的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为f＝kπr2v2，其中k为比例系数，r为小水珠半径，v为小水珠速度(v未知)，设重力加速度为g，水的密度为ρ，水塔足够高，则(　　 ) A．水从小孔喷出的速度约为 B．水珠最终下落速度不会超过 C．小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定 D．若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为5ρghS 【解析】　A．取水面上质量为m的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知mgh＝mv，解得水从小孔喷出的速度约为v0＝，故A正确；B.水珠下落速度最大时有mg＝f，即ρπr3g＝kπr2v，解得vm＝，所以最终下落速度不会超过，故B正确；C.不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于小水珠喷出后受空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔离地高度和水喷出的速度以及阻力大小有关，故C错误；D.若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为t，对到木板表面的水为研究对象，以水的速度方向为正方向，由动量定理得，则在t时间内到木板表面水的质量为m＝ρSv0t，Ft＝0－mv0，整理解得F＝－2ρghS可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2ρghS，故D错误． 【答案】　AB 【总结提升】 1．冲量的三种计算方法 (1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量． (2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况． (3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量． 2．用动量定理解决连续的流体问题 在日常的生活和生产中，常涉及流体的连续相互作用问题，解决方法构建柱体微元模型，然后用动量定理分析求解．分析步骤如下： 热考二　动量守恒定律及其应用 【例3】　(2024·安徽高考)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示．小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷．初始时，小球均静止，细线拉直．现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示．该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力，则(　　 ) A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝ 【解析】　A.剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球1和球2间的细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用；当小球3运动到图乙位置时，小球3所受的合力为零，故A错误；B.在该过程中，系统的能量守恒；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，故B错误；CD.三个小球组成系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv3－mv1－mv2＝0，由于小球1、2的受力情况相同，因此v1＝v2，化简得v3＝2v1＝2v2，三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律ΔEp减＝ΔEk增 即＝mv＋2×mv，代入数据解得v3＝ ，故D正确． 【答案】　D 【例4】　(多选)(2025·深圳三模)如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在C点．一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为g，不考虑空气阻力，下列说法正确的是(　　 ) A．滑块到达B点时的速度大小为 B．弹簧获得的最大弹性势能为mgR C．滑块第一次被弹簧反弹后可以回到A点 D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为R 【解析】　A．滑块从A滑到B时，对滑块和小车组成的系统，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mv1＝2mv2，mgR＝mv＋×2mv，联立解得v1＝，v2＝ 故A错误；B.滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故B正确；C.滑块第一次被弹簧反弹后有一部分能量转化为小车的动能，则滑块不能回到A点，故C错误；D.滑块从A到B滑下过程由人船模型可知mx1＝2mx2，x1＋x2＝R，解得小车的位移为x2＝R，故D正确． 【答案】　BD 【总结提升】 　此题是把“人船模型”由直线运动变为曲线运动，此外还可以把“人船模型”变为“人车模型”，如图甲所示；或把“人船模型”由水平方向变为竖直方向，如图乙所示．解法相似，一是由动量守恒定律列式，二是由几何关系列式，再联立求解． 【例5】　(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是(　　) A．两碎块的位移大小之比为1∶2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 【解析】　设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1020 m，故D项错误． 【答案】　B 【总结提升】 爆炸与反冲的三个特点 　(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒． (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题． (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反． 热考三　碰撞模型及拓展 【例6】　(2024·黑龙江、吉林、辽宁新高考)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg.A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m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＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止．A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp. 【解析】　(1)弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，A飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律可得：水平射程：xA＝vAt，下落高度：h＝gt2，联立解得：vA＝1 m/s 物块A、B与弹簧作用过程，由题意可知物块A、B受到的滑动摩擦力等大反向，则物块A、B与弹簧组成的系统合外力为零，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：－mAvA＋mBvB＝0，解得：vB＝1 m/s； (2)对B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止的过程，根据动能定理得：－μmBgxB＝0－mBv，解得物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2； (3)物块A、B与弹簧作用过程，A、B运动路程之和等于初始弹簧的压缩量Δx＝0.1 m．对此过程由能量守恒与功能关系得：ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgxA′＋μmBgxB，又有：mA＝mB＝0.1 kg，Δx＝xA′＋xB，解得：ΔEp＝0.12 J. 【答案】　(1)1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 【例7】　(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道．圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点．一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧．现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞．碰撞后，物块沿小车上的轨道运动．已知细线长L＝1.25 m．小球质量m＝0.20 kg.物块、小车质量均为M＝0.30 kg.小车上的水平轨道长s＝1.0 m．圆弧轨道半径R＝0.15 m.小球、物块均可视为质点．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2. (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围． 【解析】　(1)设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理mgL＝mv－0，代入数据得：v0＝5 m/s，碰撞前瞬间，对小球受力分析，有T－mg＝，代入数据解得拉力：T＝6 N； (2)设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，根据能量守恒：mv＝mv＋Mv，代入数据联立解得：v2＝4 m/s； (3)当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道 ①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大(但不能取)，设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2 m/s，根据能量守恒，μmaxMgs＝Mv－×2Mv，代入数据解得：μmax＝0.4； ②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2 m/s，根据能量守恒，μminMgs＋MgR＝Mv－×2Mv，代入数据解得：μmin＝0.25，综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为： 0．25≤μ＜0.4. 【答案】　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ＜0.4 【总结提升】 1．在弹性碰撞中，如果是动碰静模型，碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，且有“大碰小，一起跑；小碰大，要反弹；质量相等，速度交换的规律”． 2．如果是非弹性碰撞，注意碰后粘在一起时动能损失最多；若碰撞两物体中间有轻弹簧作用，注意两物体共速时弹簧最长或最短，弹簧弹性势能最大． 3．若系统动量时刻守恒，则系统的平均动量守恒，即位移和质量的乘积守恒． 4．碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例 (水平 面光 滑) 小球—弹簧 模型 小球—曲面 模型 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次 分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足mv＝mv＋Mv (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例 (水平 面、水 平导 轨都 光滑) 续表 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 [高考模拟冲关] 1．(多选)(2025·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，一辆赛车正在做弯道过弯训练，已知它在前一段时间内速度大小由v增大到3v，在随后的一段时间内速度大小由3v增大到7v，前后两段时间内，合外力对赛车做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是(　　 ) A．W2＝2W1　　　　　　B．W2＝5W1 C．2I1＝I2 D．I1≤I2 【解析】　AB.对前后两段过程，根据动能定理有W1＝m(3v)2－mv2＝4mv2 W2＝m(7v)2－m(3v)2＝20mv2，可得W2＝5W1，故A错误，B正确；CD.由于速度是矢量，具有方向，当初末速度方向相同时，速度变化量最小，动量变化量最小，方向相反时，速度变化量最大，动量变化量最大，根据动量定理I1＝Δp＝mΔv 可知冲量的大小范围是2mv≤I1≤4mv，4mv≤I2≤10mv，可知I1≤I2，故C错误，D正确． 【答案】　BD 2．(2025·山东济宁一模)如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连．物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示．下列说法正确的是(　　) A．物块C的质量为2 kg B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J C．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0 D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s 【解析】　A.由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律mCv1＝(mA＋mC)v2 解得mC＝1 kg，故A错误；B.AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝(mA＋mC)v＝13.5 J，故B错误；C.由图知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2解得I＝－18 N·s 方向向左，故C错误；D.物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有 (mA＋mC)v3＝(mA＋mC)v4＋mBvB v＝v＋mBv 代入数据解得vB＝3.6 m/s物块B的最大速度为3.6 m/s，故D正确．故选D. 【答案】　D 学科网（北京）股份有限公司 $