专题二能量与动量　第5讲　动量【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习讲义（新高考通用）

该高中物理高考复习教案围绕能量与动量专题，涵盖动量定理及应用、动量守恒定律及应用、碰撞模型及拓展等核心考点，按概念梳理、规律应用、模型拓展的逻辑层次展开，通过考点精析、方法归纳、真题典例讲解及分层训练，帮助学生构建知识网络，突破解题难点。 资料以科学思维培养为核心，创新设计流体柱状模型五步解题法、碰撞类型对比表格等教学工具，通过微元积分法应用、动量守恒系统分析等专题训练，提升学生模型建构和科学推理能力，分层限时训练确保复习效率，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题二 能量与动量 第4讲　功和能 第5讲　动量 考点一　动量定理及应用 1.冲量的三种计算方法 公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt=mv'-mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 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。 【典例】1　(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求： (1)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小； (2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像； (3)t=6 s时，物块的速度大小。 【答案】(1)　　(2)见【解析】(3)g 【解析】(1)由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=t 所以当t=6 s时，F= 0~6 s内F的冲量为F-t图像围成的面积，即I=mg×6=mg (2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°=μmgcos 30° 即μ=tan 30°=，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ=mgcos θ时，t=4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ+FN=mgcos θ 摩擦力f=μFN=mg-mgt)=(-t)mg(0≤t≤4 s) 在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+FN 摩擦力f=μFN=mgt-mg)=(t-)mg(4 s<t≤6 s) 相应的f-t图像如图 (3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv 在0~6 s内摩擦力的冲量为f-t图像围成的面积，则If=mg×4+mg×2=mg 联立有mg×6sin 30°+mg·cos 30°-mg=mv 可得v=g。 【典例】2　(2025·福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为r的圆柱形水流垂直射到要切割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为v，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为(　　) A.ρπv2r2 B.ρπv2r2 C.ρπvr2 D.ρπvr2 【答案】A 【解析】以水为研究对象，根据动量定理可知F=，又m=ρV=ρSl=ρπr2vt，联立可得F=ρπv2r2，由牛顿第三定律可知，钢板受到水的平均冲力大小为ρπv2r2，故选A。 【知识拓展】 流体的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。 以流体微元原速率反弹为【典例】，求所受冲击力的解题步骤： (1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。 (3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。 (4)应用动量定理Δp=FΔt。 (5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。 (6)联立解得F=-2ρSv2。 【典例】3　(多选)(2025·山东青岛市三模)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，则 (　　) A.t时间内空气阻力的冲量为零 B.t时间内空气阻力的冲量不为零 C.t= D.t= 【答案】AC 【解析】选向上为正方向，上升过程中空气阻力冲量If1=-k·Δt=-kx，x为上升的高度，同理，下降过程中If2=kx，所以t时间内空气阻力的冲量If=If1+If2=0，A正确，B错误；全过程根据动量定理有-mgt+If=-mv-mv0，可得t=，C正确，D错误。 【考法归纳】 动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用 1.当物体受到的力与速度成正比，即F=kv，且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量IF=∑kv·Δt=k∑vΔt，其中vΔt表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即∑vΔt表示整段时间内的总位移x。若物体受到阻力Ff=kv和其他外力(恒力)作用，由动量定理：F恒t-∑kvΔt=mΔv，即F恒·t-kx=mΔv，可求未知量t或x。 2.若变力为安培力。 两种形式：(1)I=∑Bil·Δt=Bl∑iΔt=Blq； (2)I=∑BilΔt，i=，知I=∑vΔt=x。 考点二　动量守恒定律及应用 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(常用)。 (2)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。 【典例】4　(多选)(2025·山东省部分学校联考)如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5 kg，板长均为0.4 m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A处。物体P置于P1的最右端，质量为1 kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0=4 m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m B.若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1 m/s C.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小 【答案】ACD 【解析】设板的质量为m，物体的质量为2m，P1、P2碰撞时，系统在水平方向上动量守恒，P1、P2碰撞后，二者的共同速度为v1，则有mv0=2mv1，解得v1=2 m/s，弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为v2，设弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，则有2mv1+2mv0=(2m+2m)v2，解得v2=3 m/s，根据能量守恒定律可得，P与P1、P2整体共速时损失的动能为E损=×2m+×2m-(2m+2m)=μ·2mg(L+2x)，解得x=0.1 m，故A正确；若P与P1、P2之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，因为P的质量与P1、P2整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P与P1、P2整体交换速度，即此时P的速度为2 m/s，故B错误；若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的最大压缩量x'>x=0.1 m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E损与未换弹簧时相同，所以物体P无法返回A点，而是在A点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确；由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E损与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E损全部转化为因摩擦产生的热量，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能E损一部分转化为因摩擦产生的热量，另一部分转化为弹簧的弹性势能(属于系统的机械能)，所以此时系统损失的机械能减小，故D正确。 【典例】5　(多选)(2025·云南昭通市诊断)如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则(　　) A.爆竹分裂后P获得的速度大小为 B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 【答案】AC 【解析】设P、Q质量分别为m和2m，在最高点爆炸过程根据动量守恒0=mv1-2mv2，可得v1=2v2，爆炸后P、Q均做平抛运动，落地时间t=，二者水平方向均为匀速直线运动，则有x1=v1t，x2=v2t，又x1+x2=L，联立解得P部分获得的速度大小v1=，Q部分获得的速度大小v2=，故A正确，B错误；上层火药燃爆时爆竹增加的机械能ΔE1=m+×2m=，下层火药燃爆时爆竹增加的机械能ΔE2=3mgh，则上、下两层火药燃爆时爆竹增加的机械能的比值为=，故C正确，D错误。 考点三　碰撞模型及拓展　　　　　　　　　　　　　　　　 1.两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得 v1'=， v2'= 结论： (1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1 (3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0 完全非弹 性碰撞　 碰后两球粘在一起末速度相同 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2 2.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 小球-小球模型 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，损失的动能最多，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，机械能守恒，满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面或水平导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 【典例】6　(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 【答案】A 【解析】根据牛顿第二定律a=，两小球所受外力F大小相等，由v-t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2=×3m+×2m，解得v1=-4v、v2=6v，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设v1=-2v，则v2=3v，此时满足×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2>×3m+×2m，则假设成立，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度大小之比为4v∶2v=2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。 【典例】7　(多选)(2024·东北三省四市联考二模)如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C.小球与滑块的质量比为1∶2 D.小球的初速度大小可能为 【答案】AC 【解析】小球、滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，故A正确； 设小球的质量为m，滑块质量为M，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2 变形为v1=v0-v2 结合题图(b)可得==2 即=，故C正确； 小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m+M)v 解得v=，故B错误； 小球运动到最高点时，由机械能守恒定律得 m=(m+M)v2+mgh 其中h>R，解得v0> 则小球的初速度大小不可能为，故D错误。 【典例】8　(多选)(2025·四川德阳市二模)如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向B物体运动。t=0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)所示。已知0~t0(t0<t2)时间内，物体B运动的距离为v0t0，物体A的质量为m，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　) A.物体B的质量为3m B.物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为v0 C.0~t0时间内，物体A运动的距离为v0t0 D.物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒 【答案】BC 【解析】由题图(b)可知t1时，A、B共速为，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=(m+M)，解得物体B的质量M=2m，故A错误；设物体A与轻弹簧分离时，A、B速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有mv0=mvA+MvB，由能量守恒定律有m=m+M，联立解得vB=v0，故B正确；设A、B在t2前任意时刻速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律有mv0=mvA1+MvB1，整理得mv0t0=mxA+MxB，其中xB=v0t0，联立解得xA=v0t0，故C正确；物体A与轻弹簧接触的过程中，由于水平面光滑，两物体A、B组成的系统动量守恒，该过程A、B的机械能与弹簧弹性势能相互转化，所以A、B系统机械能不守恒，故D错误。 【考法归纳】 积分思想在动量守恒中的应用 1.人船模型 mv1=Mv2，mv1Δt=Mv2Δt，各段时间累加后，mx1=Mx2，x1+x2=L。 2.m1v0=m1v1+m2v2 m1v0Δt=m1v1Δt+m2v2Δt 每段累加后m1v0t=m1x1+m2x2(v0、t已知)。 【限时训练】（限时：60分钟） 【基础必刷题】 1.(多选)(2025·河北沧州市五县联考一模)如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，在下列说法中正确的是(　　) A.子弹射入物块过程动量守恒，机械能不守恒 B.子弹射入物块过程动量不守恒，机械能也不守恒 C.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量不守恒，机械能守恒 D.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量守恒，机械能不守恒 【答案】AC 【解析】子弹射入物块过程，由于时间极短，子弹与物块组成的系统动量守恒，在此过程中，子弹的动能有一部分转化为系统的内能，则系统的机械能减小，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，弹簧要恢复原长，墙对系统有向右的弹力，系统的合外力不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确，D错误。 2.(多选)(2025·广东肇庆市一模)一质量为0.6 kg的篮球，以8 m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s后以7 m/s的速度被运动员接住，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg· m/s B.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg· m/s C.篮板对篮球的平均作用力大小约为15.6 N D.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s 【答案】AD 【解析】与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为Δp1=mv2-(-mv1)=m(v2+v1)=8.4 kg· m/s，选项A正确；根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp2=mgt=6×0.5 kg·m/s=3 kg· m/s，选项B错误；根据动量定理Ft=Δp1，因作用时间未知，则无法确定篮板对篮球的平均作用力大小，选项C错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为IG=Δp2=mgt=6×0.5 kg·m/s=3 kg· m/s=3 N·s，选项D正确。 3.(多选)(2025·陕西省部分学校联考)如图甲所示，质量为m的某同学直立于箱子上，t=0时刻该同学从箱子上跳下，t1时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，t6时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.该同学的最大速度为gt1 B.箱子的高度为g C.图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积为mgt6 D.0~t6时间内该同学的机械能减少了mg2 【答案】BC 【解析】由F-t图像可知，0~t1时间内该同学在空中，t1时刻着地时速度为gt1，t1~t2时间内，支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律F-mg=ma，知该同学接触地面后继续向下加速，速度大于gt1，该同学的最大速度大于gt1，故A错误；0~t1时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为g，故B正确；0~t1时间内根据动量定理有-mgt1=m(-v0)，题图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积表示在t1~t6时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理有I-mg(t6-t1)=0-m(-v0)，解得I=mgt6，故C正确；0~t6时间内该同学的机械能减少了mgh=mg2，故D错误。 4.(2025·山东卷·6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G=6m，可得组合体绕行星做圆周运动的线速度大小为v=。设轨道舱与返回舱分离后相对行星的速度分别为v1、v2，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，由动量守恒定律得6mv=5mv1+mv2，代入v2=2，解得v1=，故选C。 5.(多选)(2025·云南大理市二模)如图所示，两个有四分之一圆弧面的物体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为3R和R，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为2m和m，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A.整个过程A、B、C组成的系统动量守恒 B.C刚滑到A底端时，C与B的圆弧面底端的水平距离为2R C.C刚滑到A底端时，C的速度为2 D.若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为m 【答案】CD 【解析】整个过程A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A错误；设C刚滑到A底端时，A、C的水平位移的大小分别为xA、xC，根据“人船模型”有2mxA-mxC=0，依题意有xA+xC=3R，可得C刚滑下A时C与B的圆弧面底端的距离为s=xA=R，故B错误；C刚滑到A底端时，水平方向由动量守恒定律有2mvA-mvC=0，由机械能守恒定律有mg·3R=×2m+m，联立解得vA=，vC=2，故C正确；C滑上B的顶端过程，水平方向由动量守恒定律有mvC=(m+mB)v，由机械能守恒定律有m=mgR+(m+mB)v2，联立解得mB=m，故D正确。 【巩固必刷题】 6.(2025·河南卷·7)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 【答案】D 【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)，根据题图甲可知(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)，根据题图乙可知(vQ-vQ')<(vN'-vN)，故mQ>mN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。 7.(2024·安徽卷·8)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= 【答案】D 【解析】该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力大小相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误； 对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3 根据球1和2运动的对称性可知v1=v2， 解得v3=2v1 根据能量守恒m+m+m= 解得v3= 故C错误，D正确。 8.(2025·河南郑州市一模)工程师对质量为m的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f=f0+kv(k为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为x时恰好达到最大速度。则(　　) A.汽车速度越大，加速越快 B.汽车达到的最大速度为 C.整个过程的平均速度为 D.整个过程所用时间为+ 【答案】D 【解析】汽车以恒定牵引力F启动过程，根据牛顿第二定律有F合=F-f=F-f0-kv=ma，解得a=，随着速度增大，加速度减小，A错误；当汽车所受合力为零时，汽车达到最大速度，由受力平衡有F合=F-f0-kvm=0，解得vm=，B错误；汽车以恒定牵引力F启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，则整个过程汽车的平均速度大于，C错误；汽车从静止到最大速度过程中，根据动量定理有Ft-∑(f0+kv)Δt=mvm-0，解得整个过程所用时间为t=+，D正确。 9.(多选)(2025·湖南卷·10)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1=，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则 (　　) A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mgh(1+) D.弹药释放的能量为48mgh(1+) 【答案】BD 【解析】爆炸后，A、B组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2，B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv，联立解得v=0.5v1。爆炸后瞬间A的动能EkA=m，D的初动能EkD=×6m×=m，两者不相等，故A错误；D从开始运动到落地瞬间，根据动能定理有-μ×6mg×s1+6mgh=EkD'-EkD，解得EkD'=EkD，故B正确；D平抛过程有h=gt2，s2=v0·t，联立可得v0=s2，D在滑轨上水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=×6m-×6mv2，化简得v2=+2gh，弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为E=×3m+×m=24mv2=24m(+2gh)=48mgh(1+)，故C错误，D正确。 10.(11分)(2025·陕晋宁青卷·15)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于m。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求(m、l0、v0、t1均为已知量)： (1)(2分)粒子B到达P点时的速度大小v1； (2)(5分)t1时间内粒子B的位移大小xB； (3)(4分)恒力作用的时间t2。 【答案】(1)v0　(2)-l0　(3) 【解析】(1)根据动量守恒定律，可知mv0=(m+4m)v1，解得v1=v0 (2)两者共速时设间距为l'，根据能量守恒定律可知，此时A、B两粒子的系统电势能为Ep'=m+m-×5m=m 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，=，可得l'=l0=l0 两者共速前的过程系统始终动量守恒，有∑mv0t1=∑mvAt1+∑4mvBt1 即mv0t1=mxA+4mxB 根据位移关系可知xB+l0=xA+l' 联立解得xB=-l0 (3)从A、B相距l0，至再次相距l0的过程中电势能变化ΔEp=0 全过程，对系统根据功能关系，有Fl0=×4m-m 全过程，对系统根据动量定理，有Ft2=4mv0-mv0 联立解得t2=。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二 能量与动量 第4讲　功和能 第5讲　动量 考点一　动量定理及应用 1.冲量的三种计算方法 公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt=mv'-mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 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。 【典例】1　(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求： (1)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小； (2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像； (3)t=6 s时，物块的速度大小。 【典例】2　(2025·福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为r的圆柱形水流垂直射到要切割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为v，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为(　　) A.ρπv2r2 B.ρπv2r2 C.ρπvr2 D.ρπvr2 【知识拓展】 流体的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。 以流体微元原速率反弹为【典例】，求所受冲击力的解题步骤： (1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。 (3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。 (4)应用动量定理Δp=FΔt。 (5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。 (6)联立解得F=-2ρSv2。 【典例】3　(多选)(2025·山东青岛市三模)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，则 (　　) A.t时间内空气阻力的冲量为零 B.t时间内空气阻力的冲量不为零 C.t= D.t= 【考法归纳】 动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用 1.当物体受到的力与速度成正比，即F=kv，且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量IF=∑kv·Δt=k∑vΔt，其中vΔt表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即∑vΔt表示整段时间内的总位移x。若物体受到阻力Ff=kv和其他外力(恒力)作用，由动量定理：F恒t-∑kvΔt=mΔv，即F恒·t-kx=mΔv，可求未知量t或x。 2.若变力为安培力。 两种形式：(1)I=∑Bil·Δt=Bl∑iΔt=Blq； (2)I=∑BilΔt，i=，知I=∑vΔt=x。 考点二　动量守恒定律及应用 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(常用)。 (2)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。 【典例】4　(多选)(2025·山东省部分学校联考)如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5 kg，板长均为0.4 m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A处。物体P置于P1的最右端，质量为1 kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0=4 m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m B.若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1 m/s C.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小 【典例】5　(多选)(2025·云南昭通市诊断)如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为L，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则(　　) A.爆竹分裂后P获得的速度大小为 B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为 考点三　碰撞模型及拓展　　　　　　　　　　　　　　　　 1.两种碰撞的特点 弹性 碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得 v1'=， v2'= 结论： (1)m1=m2时，v1'=0，v2'=v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1 (3)m1<m2时，v1'<0，v2'>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0 完全非弹 性碰撞　 碰后两球粘在一起末速度相同 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2 2.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 小球-小球模型 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，损失的动能最多，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，机械能守恒，满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面或水平导轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 【典例】6　(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 【典例】7　(多选)(2024·东北三省四市联考二模)如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C.小球与滑块的质量比为1∶2 D.小球的初速度大小可能为 【典例】8　(多选)(2025·四川德阳市二模)如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向B物体运动。t=0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)所示。已知0~t0(t0<t2)时间内，物体B运动的距离为v0t0，物体A的质量为m，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　) A.物体B的质量为3m B.物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为v0 C.0~t0时间内，物体A运动的距离为v0t0 D.物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒 【考法归纳】 积分思想在动量守恒中的应用 1.人船模型 mv1=Mv2，mv1Δt=Mv2Δt，各段时间累加后，mx1=Mx2，x1+x2=L。 2.m1v0=m1v1+m2v2 m1v0Δt=m1v1Δt+m2v2Δt 每段累加后m1v0t=m1x1+m2x2(v0、t已知)。 【限时训练】（限时：60分钟） 【基础必刷题】 1.(多选)(2025·河北沧州市五县联考一模)如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，在下列说法中正确的是(　　) A.子弹射入物块过程动量守恒，机械能不守恒 B.子弹射入物块过程动量不守恒，机械能也不守恒 C.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量不守恒，机械能守恒 D.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量守恒，机械能不守恒 2.(多选)(2025·广东肇庆市一模)一质量为0.6 kg的篮球，以8 m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s后以7 m/s的速度被运动员接住，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg· m/s B.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg· m/s C.篮板对篮球的平均作用力大小约为15.6 N D.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s 3.(多选)(2025·陕西省部分学校联考)如图甲所示，质量为m的某同学直立于箱子上，t=0时刻该同学从箱子上跳下，t1时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，t6时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.该同学的最大速度为gt1 B.箱子的高度为g C.图乙中图线与横轴t1~t6段围成的面积为mgt6 D.0~t6时间内该同学的机械能减少了mg2 4.(2025·山东卷·6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　) A. B. C. D. 5.(多选)(2025·云南大理市二模)如图所示，两个有四分之一圆弧面的物体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为3R和R，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为2m和m，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A.整个过程A、B、C组成的系统动量守恒 B.C刚滑到A底端时，C与B的圆弧面底端的水平距离为2R C.C刚滑到A底端时，C的速度为2 D.若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为m 【巩固必刷题】 6.(2025·河南卷·7)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 7.(2024·安徽卷·8)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= 8.(2025·河南郑州市一模)工程师对质量为m的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f=f0+kv(k为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为x时恰好达到最大速度。则(　　) A.汽车速度越大，加速越快 B.汽车达到的最大速度为 C.整个过程的平均速度为 D.整个过程所用时间为+ 9.(多选)(2025·湖南卷·10)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1=，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则 (　　) A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mgh(1+) D.弹药释放的能量为48mgh(1+) 10.(11分)(2025·陕晋宁青卷·15)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于m。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求(m、l0、v0、t1均为已知量)： (1)(2分)粒子B到达P点时的速度大小v1； (2)(5分)t1时间内粒子B的位移大小xB； (3)(4分)恒力作用的时间t2。 学科网（北京）股份有限公司 $