专题2 第2讲 动量定理 动量守恒定律(Word教参)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

该高中物理高考复习讲义聚焦动量定理、动量守恒定律及碰撞问题三大核心考点，按“定理规律—应用场景—综合碰撞”逻辑层次组织知识，通过考点梳理（如冲量计算、动量定理应用技巧）、方法指导（流体模型、电磁感应应用）、真题训练（2025云南模拟、河北卷等）环节，帮助学生系统构建知识网络，突破变力冲量、多过程动量守恒等难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如分析流体问题时引导学生取极短时间柱体模型，应用动量定理推导规律，碰撞问题中强调动量、动能、运动三制约关系。设置基础例题、模拟题、高考真题分层练习，配合即时方法总结，高效提升学生科学推理与问题解决能力，为教师精准把控复习节奏提供清晰路径。

第2讲　动量定理　动量守恒定律 答案　变化　Ft　相同　矢量和　大于 命题点一　动量定理 [对应学生用书P20] 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：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成线性关系，可直接用平均力求变力的冲量。 2．动量定理 (1)公式：FΔt＝mv′－mv。 (2)应用技巧 ①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力。 3．用动量定理分析“流体模型” 把流体作为研究对象，如水、空气等，隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。基本思路： (1)在极短的时间Δt内，取一段小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。 (3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。 (4)求小柱体的动量变化量的大小Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。 (5)运用动量定理FΔt＝Δp。 4．电磁感应问题中动量定理的应用 在电磁感应中用动量定理求变力的时间、速度、位移和电荷量，一般应用于单杆切割磁感线运动。 (1)求速度或电荷量：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t。 (2)求时间：FΔt－BlΔt＝mv2－mv1，BlΔt＝Bl。 　(2025·云南昆明模拟)如图所示，将一质量为0.2 kg可视为质点的小球从离水平地面3.2 m高的P点水平向右击出，测得小球的第一次落点A与P点的水平距离为2.4 m。小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为1.8 m，第一次落点A与第二次落点B之间的距离为2.4 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球被击出时的速度大小； (2)小球第一次与地面接触过程中所受合外力的冲量大小。 [解析]　(1)设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得x＝v0t1，h1＝gt12，解得v0＝3 m/s。 (2)小球第一次落地前瞬间，在竖直方向的速度大小为vy1＝gt1 设小球第一次落地被反弹后运动到最高点的时间为t2，此过程中小球在竖直方向的分运动是匀减速直线运动，则h2＝gt22 小球第一次被反弹后瞬间沿竖直方向的速度大小为vy2＝gt2 规定竖直向上为正方向，则小球在竖直方向的合外力的冲量为Iy＝mvy2－(－mvy1) 设小球第一次被反弹后瞬间沿水平方向的速度大小为vx，x＝2vxt2 规定水平向右为正方向，则小球在水平方向的合外力的冲量为Ix＝mvx－mv0 小球第一次与地面碰撞过程中合外力的冲量大小为I＝ 解得I＝ N·s。 [答案]　(1)3 m/s　(2) N·s 　假设一小球从空中水平向右抛出，落地后又反弹。已知小球第一次落地与地面的接触时间为Δt＝0.2 s。小球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示，已知该小球的质量为0.6 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求该小球： (1)从被抛出到第一次落地的过程中重力的冲量I1； (2)第一次与地面接触的过程中所受地面的平均弹力的大小； (3)第一次与地面接触的过程中所受摩擦力的冲量I2。 解析　(1)下落过程h1＝gt12，解得t1＝0.8 s， 此过程中重力的冲量I1＝mgt1＝4.8 N·s，方向竖直向下。 (2)小球刚要落地时的速度vy1＝＝8 m/s，方向竖直向下，刚要离开地面时的速度vy2＝＝6 m/s，方向竖直向上，规定竖直向上为正方向，对小球在竖直方向上由动量定理得(FN－mg)Δt＝mvy2－(mvy1)，解得FN＝48 N。 (3)根据t2＝ ＝0.6 s 落地前的水平速度v1x＝＝3 m/s 反弹后的水平速度v2x＝＝2 m/s 规定水平向右为正方向，对小球在水平方向上由动量定理得I2＝mv2x－mv1x＝－0.6 N·s 摩擦力的冲量大小为0.6 N·s，方向水平向左。 答案　(1)4.8 N·s，方向竖直向下　(2)48 N (3)0.6 N·s，方向水平向左 1．(2025·河北卷)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v12－v02＝－2aL 物块离开平台后做平抛运动，有h＝gt12，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＝gt22 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 命题点二　动量守恒定律 [对应学生用书P22] 1．动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用得最多)。 (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 2．一般碰撞的三个制约关系 一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间，动量守恒，机械能(或动能)有损失，遵循以下三个制约关系： (1)动量制约：碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能制约：在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)运动制约：碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度。 　(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板发生弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg　　　　　　 B．53 kg C．58 kg D．63 kg [解析]　设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2，…，第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知M·(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，则v7＝，v8＝。由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选BC。 [答案]　BC 　(2024·吉林卷)如图所示，高度h＝0.8 m的水平桌面上放有两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹有一压缩量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均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。不计空气阻力，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)A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝gt2 联立并代入数据解得vA＝1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mAvA＝mBvB，解得vB＝1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有 －μmBgxB＝0－mBvB2，代入数据解得μ＝0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有ΔEp＝mAvA2＋mBvB2＋μmAg·＋μmBg· 代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 2．(2024·江苏卷)嫦娥六号的在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离的时间为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v1； (2)分离时A对B的推力大小。 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＝。 答案　(1)　(2) 命题点三　碰撞问题 [对应学生用书P24] 碰撞问题需要满足的条件 1．碰撞前后系统动量守恒。 2．动能不能增加，即碰撞前系统动能大于或等于碰撞后的系统动能。 3．如果碰撞前后均为同向运动，碰撞后被碰物体的速度应大于碰撞物体的速度。 　(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为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的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　) A．mP>mN>mQ　　　　 B．mN>mP>mQ C．mQ>mP>mN D．mQ>mN>mP [解析]　P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPvP′＋mNvN′ 即mP(vP－vP′)＝mN(vN′－vN) 根据图像可知(vP－vP′)>(vN′－vN)，故mP<mN； 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN＝mQvQ′＋mNvN′ 即mQ(vQ－vQ′)＝mN(vN′－vN) 根据图像可知(vQ－vQ′)<(vN′－vN)， 故mQ>mN； 故mQ>mN>mP 故选D。 [答案]　D 3．(2025·河南驻马店模拟)如图所示，在光滑水平面上，球b静止，球a以水平向右的初速度与球b发生弹性碰撞，碰后球a向左运动。已知碰前球a的动量大小为p0，碰后球a、b的动量大小分别为pa、pb；碰前球a的动能为Ek0，碰后球a、b的动能分别为Eka、Ekb，球a、b的质量分别为ma、mb。则下列关系正确的是(　　) A．Ek0＜Eka B．p0＜pa C．ma＞mb D．p0＜pb 解析　对于球a、b碰撞的过程，由动量守恒定律以及机械能守恒定律得mav0＝mava＋mbvb，mav02＝mava2＋mbvb2，解得va＝v0，由题意球a被反弹，则有va＝v0＜0，解得ma＜mb，故C错误；球a、b碰撞的过程，系统的动量守恒，则由p0＝－pa＋pb，整理得pb＝p0＋pa，则有p0＜pb，故D正确；碰撞过程中，系统碰前的动能应等于碰后的动能，则有Ek0＝Eka＋Ekb，由于Ekb＞0，所以Ek0＞Eka，故A错误；又Ek0＝，Eka＝，解得p0＞pa，故B错误。 答案　D 学科网（北京）股份有限公司 $