第7讲 动量-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

高三二轮专题复习·物理 第7讲动量 【备考要求】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 考点一 动量定理及其应用 1.冲量的三种计算方法 FIN 公式法 I=F适用于求恒力的冲量 213 mg 动量 多用于求变力的冲量或F、1未知的 定理法 情况 F一t图线与时间轴围成的面积表示 8 t/s 图像法 力的冲量，若F与t成线性关系，也 图2 可直接用平均力求解 (1)1=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的 2.动量定理 冲量大小： (1)公式：F△1=mv'-mu : (2)1在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关 (2)应用技巧： 系式，并作出相应的∫一1图像； ①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物 (3)t=6s时，物块的速度大小. 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。 ④在变加速运动中F为△1时间内的平均力. ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时 间、电荷量或导体棒的位移. [例1](2025·甘肃卷·15)如图1所示，细杆两 端固定，质量为m的物块穿在细杆上.初始时 [例2](2025·重庆大学 体重与抗风级的关系 刻，物块刚好能静止在细杆上.现以水平向左的 西南大学附中期中)2025 体重 抗风级 力F作用在物块上，F随时间1的变化如图2所 年4月12日，北京遭遇 量80-90斤 7级 105-120听 8级 示.开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩 近十年来罕见大风天 0135-150斤 9级 160斤以上 10级 擦力.细杆足够长，重力加速度为g,0=30°.求： 气，局部地区达到14级 大风，人能抵御大风等 到底：多地大风呼啸大风天如何防风 八级大风能吹跑子吗？ 级与体重的关系如图， 小附查阅资料：本次局部风速达40m/s,空气密度 约为1.2kg/m,一名质量60kg的中学生直立正 对风时挡风面积约为0.7m,请估算风对人的作 79977 用力约为多少（风吹到人后速度减为零）( A.848N B.944N 图1 C.1344N D.1618N 精品教辅·智慧人生 24· 专题二能量与动量 流体的柱状模型 (1)在极短时间△内，取一小柱体作为研究对象 对于流体运动，可沿流速 (2)求小柱体的体积△V=Su△1. 的方向选取一段柱形流 (3)求小柱体的质量△m=p△V=Spm△l. 体，在极短的时间△1内通 (4)应用动量定理△p=F△L. 过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的 (5)作用后流体微元以速率v反弹，有△p= 长度为△l=v△1，如图所示， + -2△u. 流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤： (6)联立解得F=-2pSw 4+n+4十+n十n+m+。十4+m+4十+n十n十m+十4+m+n十+n十n十 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)小球与斜面碰后瞬间的速度大小： (1)m1u1十m22=m11十m22,作用前的动量 (2)当小球碰后上升到最高点时，恰好与光滑平 之和等于作用后的动量之和.（常用）》 台上静止在长木板C上的小物块B发生弹性碰 (2)△p1=一△p2,相互作用的两个物体动量的 撞，小物块B的质量为2m,光滑平台足够长，求 变化量等大反向. B碰后速度大小； (3)△p=0,系统总动量的变化量为零. (3)在(2)条件下，C的质量为3m,B、C间动摩 [例3](2025·湖南省长沙市九校联盟第二次联 考)一小球A质量为m=1kg,自h=0.8m处 擦因数为号，B价好停在C的右端，求木板长 落在倾角为30的固定光滑斜面上，小球与斜面 度L 碰撞时垂直斜面方向的速度大小变为原来的一 半（沿斜面方向可视为速度不变），重力加速度g =10m/s2,求： 309 考点三 碰撞模型及拓展 1.两种碰撞的特点 完 举例：一动碰一静 结论： 碰后两球粘在一起末速 损失的机械能 度相同 △E= ” (1)m1=m2时，=0， m听 2=1,即两球碰撞后 弹 动量守恒m1v1十m22 动量守恒mo1=m1 =(m1十m2)v,机械能 2m2 交换了速度 2 十m22 损失最多 (2)当叫>时，> m2)2 弹 0,2>0,碰后两球都 性 机械能守恒2m1听 沿方向运动，当1 2.碰撞拓展 1 1 撞 2m+2m2 >m2时1=0,2 (1)“保守型”碰撞拓展模型 解得 =201 （m1一m2）v1 (3)m1<m2时，<0， 图例 B tq +q = m1+m2 2>0,碰后入射小球反 (水平 9ww97 mAmAn 2m11 弹，当m《m2时， 面光 小球一弹簧 小球一曲面 小球一小 2 m1+m2 v1,2≈0 滑) 模型 模型 球模型 25 精品教辅·智慧人生 高三 二轮专题复习·物理 ◆变式训练 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向 : 变式（多选）(2024·四川宜 达到 动量守恒，满足mU0=(m十M)v共，损失 宾市二诊)如图所示，圆筒C 共速 的动能最多，分别转化为弹性势能、重 可以沿足够长的水平固定光 力势能或电势能 滑杆左右滑动，圆筒下方用尽 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守 不可伸长的轻绳悬挂物体B,开始时物体B和 再次 恒，满足mo=mv1十M2,机械能守 圆筒C均静止，子弹A以100m/s的水平初速 分离 度在极短时间内击穿物体B后速度减为40/s, 恒，满足5m哈= 1 2m听+ 已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA =0.1kg、mB=1.0kg、mC=0.5kg,重力加速 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 度g=10m/s2.下列说法正确的是 ( A.物体B能上升的最大高度为0.6m 图例 B.物体B能上升的最大高度为1.8m (水平面 A 可B C.物体C能达到的最大速度为4.0m/s 或水平 未穿出 未滑离 达到共速 D.物体C能达到的最大速度为8.0m/s 导轨光滑 [例5]（多选）(2025·四川省德阳市高三二模) 如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑 相当于完全非弹性碰撞，满足 水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静 达到共速 mvo=(m十M)共，损失的动能最 止状态，物体A以速度o沿A、B连线向B物 多，分别转化为内能或电能 体运动.1=0时，物体A与轻弹簧接触（不粘 L例4] (2025·重庆八中高三适应性试卷)如图 连)，此后的一段时间内，两物体的速度。与时 所示，质量为1=3kg的小车A置于光滑水平 间1的关系如图(b)所示.已知0~o(to<2)时 地面上，其右端固定一半径R=1.15m的四分 间内，物休B运动的距离为0%0，物体A的质 之一圆弧轨道.质量为m2=0.99kg的滑块B 静止于小车的左端，现被水平飞来的质量mg= 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 10g、速度%=800m/s的子弹C击中，且子弹 立即留在滑块B中，之后B与C共同在小车上 滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车.不计A 与B之间的摩擦和空气阻力，重力加速度g= 3 10m/s2,则 A 1Q0000000B 图(a) 图(b) A.物体B的质量为3m B物体A与轻弹资分离时，物体B的速度为子 A.子弹C击中滑块B后瞬间，滑块B的速度大 C.0~16时间内，物体A运动的距离为号0 小为80m/s B.滑块B第一次离开小车瞬间，滑块B的速度 D.物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B 大小为2m/s 组成的系统动量守恒、机械能守恒 [例6](2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水 C.滑块B第二次离开小车瞬间，小车A的速度 大小为8m/s 平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放 D.滑块B从第一次离开小车到再次返回小车的 置.每列有n个.在两列钢球之间，一质量为m 的玻璃球以初速度0向右运动，与钢球发生正 过程中，滑块B的位移大小为2m 碰.所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 精品教辅·智慧人生 26 专题二能量与动量 玻璃球 速度大小).滑块间的每次碰撞时间极短，碰后 ○.○○○ ○○○.C 滑块均会粘在一起继续运动.最大静摩擦力等 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动 于滑动摩擦力. 的速度大小v: (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第 (2)若钢球质量为31，求玻璃球与右侧钢球发 1个滑块的速度大小； 生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (2)记木板滑动前第讠个滑块开始滑动时的速 (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞 度为；，第方十1个滑块开始滑动时的速度为 后的动能Ek )+1·用已知量和y;表示+1： (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰， 求B的值. 提示：12+22++2=名(+1D(26+1. [例7](2025·湖北卷·15)如图所示，一足够长 的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n 是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑 块，从左向右依次编号为1、2、…、3，木板的质 量为m.相邻滑块间的距离均为L,木板与地 面之间的动摩擦因数为：，滑块与木板间的动摩 擦因数为2以.初始时木板和所有滑块均处于静 止状态.现给第1个滑块一个水平向右的初速 温馨提示 完成作业 专题强化练（七） 度，大小为√BugL(B为足够大常数，g为重力加 突破计算题1力学三大观点的综合应用 【备考要求】1.会分析力学中的多运动、多模型组合问题，会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适 的规律进行处理.2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题.3.会用数学归纳 法分析处理力学中多次碰撞的问题， (一)力学中的多运动组合问题 力学三大观点对比 动能定理 W合=△Ek 力学三 选用 对应规律 大观点 表达式 原则 机械能守 Ek+Epl= 牛顿第 恒定律 Ek2 +Ep2 F合=ma 二定律 物体做匀变 能量 涉及做功与 动力学 速直线运动， 观点 功能关系 WG=-△E。等 能量转换 v=vo+at 观点 匀变速 涉及运动 1 直线运 x-vol+2ar 细节 能量守 动规律 E1=E2 v2-6=2a.x等 恒定律 27 精品教辅·智慧人生Ep+m1 gLsin37°=m1 gLcos37°+m1 gRcos37° 解得E。=1.44J 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守 恒定律可知 Q=Ep+1 gLsin37° 解得Q=7.92J (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量 守恒定律有 E。+m2 gLsin37°=m2 gLcos37°+m2g(R+Rcos37)+ 1 m2呢 解得vE=6m/s 滑块b恰好能通过E点时，有 R 得'=√gR=3m/s 可知>，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为， 滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d,则有 d=vEt-Rsin 37 (R+Rcos 37gdtan 37 解得t=0.3285s,d=1.431m d 又有x=c0s37 解得x≈1.8m 第7讲动量 例1解(1)由图2可得F与f的关系为：F=2mg=5 4 _3√3 mgt,可得1=6s时F的大小为：F1=6×空mg=7mg, 因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大 小，可得在065内F的冲量大小为：山=FA=合F△1 =×35gx6=29w 2mg; (2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间 的动摩擦因数为4，由平衡条件可得：mgsin0=mgcos0, 部得：= 设物块与细杆间的弹力大小为N,在垂直于细杆方向上， 由平衡条件可得：N=mngcos0-Fsin0,以沿细杆向上为 正方向，物块与细杆间的摩擦力f为：f=N=以·|mg· eos0-Fsin0l,共中：F-mg,代入数据整理可得： 竖1-1-=0，可得=4s 可得t在0~6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为： 当0≤K4s时f=2(1-子)： 当4s≤≤6s时，f= 竖（子 作出相应的f一t图像如下图所示： fN 4mg 6 t/s ·2 (3)根据(2)的解答所得的∫一t图像与时间轴围成的面积 等于摩擦力的冲量大小，可得在06s内摩擦力f的冲量 大小为：1=合×4×mg+×(6-4)× 4mg= 星mg.设1=6s时，物块的速度大小为，以沿细杆向下为 5 正方向，对物块由动量定理得：mgsin0·t十1cos0-Ir= v-0,解得：v=85(m/s). 例2C设时间△t内吹到人身上空气质量为△，则△m= pSu△1，规定风的速度方向为正方向，对△t时间内吹到人身 上的空气，根据动量定理得：一F△t=0一△mv=0 pSu△to,解得：F=pSu2,代入数据解得：F=1344N,根据 牛顿第三定律可知，风对人的作用力约为1344N,故C正 确，A、B、D错误. 例3解(1)小球与斜面碰前瞬间的速度大小为，由机械 能守恒定律得：mgh=号m2,解得：u=4m/s 速度沿斜面与垂直斜面的分速度大小分别为：心=· sin30°=4×0.5m/s=2m/s,%=c0s30°=4X5m 2 m/s= 2√3/s,由题意得碰撞后瞬间垂直斜面的分速度大小为： 跨=名=子×25ms=5m/s,由矢量合成得小球与针 面碰后瞬间的速度大小为：=/听十，解得：0=√7m/s AQ h 309 D1 30°C (2)小球与斜面碰后做斜樾运动，设此过程的水平分速度大小 为则有：=n30+4s30解得：g-35 2m/s,小 球上升到最高点以速度与小物块B发生弹性碰撞，以 向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： wm,=mu+2m%,7d2=子m听+子×2m呢 联立解得碰后B的速度大小为：B=√3m/s; (3)B、C相对运动过程满足动量守恒，以向右为正方向，根据 动量守恒定律与能量守恒定律得：2%=(2m十3m)y共， gL=亏×2Bテ×(2m+3m,解得：L=10 例4D子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统 动量守恒，子弹与B作用过程时间极短，A没有参与，速度 仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得 3=(3十2)，解得℃1=8m/s,故A错误；滑块B 离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平 向右的方向为正方向，由水平方向动量守恒，得(3十2) =(m3十2十m1)2,解得2=2m/s,滑块B开始滑动 到离开小车醉间，由能量守恒定律得(m十m2)听=之 1 m吃+2(m十m2)号+(m十m2)gR,设滑块B离开小 车时的竖直分速度为心，则十吃=喝，联立解得飞，= 5m/s,滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖 直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为1，解得 g =1s,则x=2t,解得x=2m,从子弹击中后到B第二次离开1 小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则：（他十3） =(m十)B十mAuA2(m+)听=2(m+%)喔+ 1 mA听，解得A=4m/s,故D正确，B,C错误. 变式AD子弹A以100m/s的水平初速度在极短时间内 击穿物体B后速度减为40m/s,则A、B组成的系统动量 守恒，根据动量守恒定律有mAo=mA十B2,B上升 时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有 mB吃=(mB十mc)w,mB暖=之(mB十mC话十mBgh, 解得h=0.6m,故A正确，B错误；B返回到最低，点时，与 C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速 度最大，剥有mB吃=一mBu4十mc5,之mB号=之mB好十 合mc喝，解得防=8m/s,故C错误，D正确。 例5BC由图可知，1时刻两物体速度相等，取向右为正方 向，根据动量守恒定律得m6=(m十mg)·宁，解得mg= 2m,故A错误：物体A与轻弹簧接触的过程中，由于合外 力为零，所以两物体A、B组成的系统动量守恒.由于弹簧 对A、B做功，所以A、B组成的系统机械能不守恒.由于只 有系统内弹簧的弹力做功，所以两物体A、B和弹簧组成的 系统机械能守恒.设物体A与轻弹簧分离时，物体A和B 的速度分别为A和B.取向右为正方向，根据动量守恒定 律得mb=mvA十mBB,根据两物体A,B和弹簧组成的系 统机械能守恒得了m=了m十了mB吧，联立解得吧 =号故B正确D结误01时间内，取向右为正方向， 根据动量守恒定律得1b=mvA十mBB,取极短时间△1， 则有∑m0△=∑muA△f+∑BB△t,即得mto=sA十 1 1BB,由题意知，B=00o,解得物体A运动的距离为5A 500,故C正确. 例6解(1)依题意，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量 为，玻璃球与钢球质量相等，根据弹性碰撞规律可知，在 碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的 速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为贴； (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，玻璃球与右侧 钢球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得= m十3m购：由机核能守设定律得了mf=号m+了× 1 3m吃，解得=W二3m。 1 m+3 1 号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为？：方向向左 (3)根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小 球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的？，右侧第一个 小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光 滑水平面上，玻璃球反弹后与左側第一个小球同样发生弹 性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为 碰撞前的7，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为0 =(台)广则玻璃球避整2如次后衣终动能大小： ·21 例7解(1)对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个 滑块开始向右运动的过程中，受到的摩擦力为∫=2umg, 而长木板受到地面的最大静摩擦力为：fm=a(M十3nm)g, 由于n>1,则f<fm,所以长木板处于静止状态，第一个滑 块做匀减速运动，对第一个滑块，由牛顿第二定律可得： 24umg=a,解得：a=2g.设第一个滑块与第二个滑块碰 撞前的速度为少0，初速度为心1，由运动学公式可得：一 10=2aL,联立解得：o=√(B-4)gL; (2)设第一个和第二个滑块碰撞后共同的速度为：2，对第 一、第二个滑块组成的系统，以心1=√g工的方向为正方 向，由动量守恒定律可得：m0=2m解得：y=了0 1 2√g-4g=2√-4gL 设第二个滑块和第三个滑块碰撞前的速度为，则有： -0=2aL,解得：v20=√J02-4gL 碰撞后共同的速度为g,由动量守恒定律可得：2020= 2 2 3mu,解得：us=台0=子√后-4gL 设第3个滑块和第4个滑块碰撞前的速度为0，则有：5 -60=2aL,解得：u30=√-4gL 碰撞后共同的速度为4，由动量守恒定律可得：3m心30= 3 3 4mu4,解得：u4=0=子√店-4gL 由此可知，=√9一42)，由北奏推可得：吗 千厉-4gL: (3)设看k个滑块一起在木板上滑动时，木板可得滑动，则有： 24kmg>(n十3nm)g,解得：k>2n,由此可知，第2n+1个滑 块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相对静止， 设第2十1个滑块刚开始在木板上时的速度大小为吃m+1,加 速度的大小为a1,木板的加速度大小为a2,由(2)可知：m+1 =2市√gL0-专n2m+1D4m+1D订，由牛颜第二宠律可 1 得：2(2n十1)mg=(2n+1)1a1,2(2n+1)mg一4mg= [4n-(2n+1)]ma2,设第2n+1个滑块开始滑动后，经过 时间与木板达到共同速度，恰好不与下一个滑块相碰，由 运动学公式可得：m+1一a1(=a2t, 11-a12-2af=L 1。 联立以上各式解得：g=4n(2n十1)(8m2+10n+5) 3(2n-1) 突破计算题1力学三大观点的综合应用 例1解(1)根据动量定理：I=m℃A,在C点根据牛顿运动 定律mgm,滑块由A运动到C的过程中：m= 合m呢+2mgr,解得：1=0.5N·s1 (2)滑块由A运动到D的过程中， 由动能定理得：一mg·1号m听一子m暖 1 解得：o=4m/s, 因为D>B所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可 以减速到与传送带共速，则：1=D一迎，解得：=0.5s g 滑块运动的位移：x-即吧，解得x=子m<L=4m 7 2 所以假设成立，滑块到达E点时速度VE=VB=3ms,