专题二 第7讲 动量定理、动量守恒定律-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

028 第7讲 动量定理、动量守恒定律 核心知识固双基 凸“心备知识”提炼 1.动量、冲量与动量定理：公式p=mw,I=Ft,I=△p=m2-m1。规律：动量是矢量，方向与速度一致；冲量是矢 量，方向与力一致。 2.多过程问题，全程动量定理更简便；曲线运动中，动量变化量等于合外力的冲量。 3.动量守恒定律：公式p=p'。规律：某一方向合外力为零，该方向动量守恒。 4.人船模型：m1x1=m2x2;多个物体碰撞，动量守恒与运动阶段无关。 5碰罐综合：公式4正，=宁叫+宁心：-（宁m+7,）≥0。规律：碰植后速度沿符合实际（追碰后 /1 前快后慢)。 6质量相等弹性碰撞，速度互换；完全非弹性碰撞，46，-m,心，(-) 2(m1+m2）0 益“关键能力”构建 一、思维方法 1.过程分割与整体法：复杂运动分阶段分析力的冲量（分割法），或用全程动量定理规避中间细节（整体法），尤其 适用于多过程直线运动或曲线运动。 2.守恒条件优先判断：对动量守恒问题，先分析系统合外力是否为零（或某方向为零），避免盲目套用公式，如爆 炸、碰撞问题优先默认动量守恒。 3.能量与动量协同分析：碰撞问题中，用动量守恒定量找速度关系，用能量守恒（动能不增）限制解的合理性，形 成“动量定解+能量筛选”的双检验逻辑。 二、思维模型 1.人船模型拓展：适用于初动量为零的系统，通过“位移与质量成反比”快速求解相对位移，可迁移到滑块-木板 等模型。 2.碰撞三境界模型：弹性碰撞（动能守恒，速度互换特例）、完全非弹性碰撞（共速，动能损失最大）、非弹性碰撞 (介于两者间)，明确不同碰撞的能量特征与解题侧重。 3.矢量分解模型：将曲线运动或斜碰中的动量分解到正交方向，利用分方向动量守恒简化计算，如斜抛运动中水 平方向动量守恒分析。 〈命题热点 巧突破 题型1「动量、冲量与动量定理 》真题研究 (2025·浙江卷)有一离地面高度20m、质量为2×10-5kg稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的 阻力与速率v成正比，比例系数1×109kg/s,重力加速度g=10m/s2,则它降落到地面的时间约为() A.0.5h B.3h C.28h D.166h 029 )规律总结 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：F△t=mw'-mw (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。 ④在变加速运动中F为△t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。 》对点训练 (2025·福建宁德三模)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行 时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为，空气中单 位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m,车头的横截面积为S,列车以速度v匀速运行。则列车因与空 气和水珠冲击而受到的阻力约为 () A.(p+nm)Su B.(p+nm)Su2 C.pSv+nmSu D.pSv +nmSu? 题型2动量守恒定律的应用 )】真题研究 (2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为m和mo,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1和图2所示。小车N的质量为mw,碰撞时间极短，则 () Q a 碰撞前 碰撞后 碰憧前 惋后 图2 A.mp >mx>mo B.ms mp >mo C.mo>mp>m D.mo mN mp )对点训练 (2025·安徽百师联盟联考)如图是一项在长江边举办的大型户外水上游乐 活动的简化图。活动场地设在一个高h=1.8m的倾斜山坡上，一质量m= 目的地 50kg、长L=1.8m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m=50kg的游客从山坡 L 顶端静止滑下，经过山坡底端后，沿浮板的上表面从左端水平滑上浮板，若游 客恰好不会脱离浮板，安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力，不考虑 游客通过山坡和浮板连接处的动能损失，游客可视为质点，重力加速度大小取g=10/s2。则游客与浮板之间 的动摩擦因数为 () A.0.8 B.0.75 C.0.5 D.0.4 030 题型3碰撞及其拓展模型 》真题研究 (2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。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。向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 n 玻璃球 ○.○○○ 6o00...o (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 】规律克结 1.两种碰撞的特点 举例：一动碰一静 结论： (1)m1=m2时，心，'=0,2'=，即两球碰撞后交换了 速度 弹性 动量守恒mu1=m1,'+m22' (2)当m1>m2时，'>0,2'>0，碰后两球都沿1 碰撞 1 1 1 机械能守恒2叫4=2m,2+2m2 方向运动，当m1≥m2时v,'=1,2′=21 解得v,'= （m1-m2) ,%3'= 2m1v1 (3)m1<m2时，v'<0,2'>0,碰后入射小球反弹， m1+m2 m1+m2 当m1≤m2时，，'=-，2'≈0 碰后两球粘在一起，末速度相同 完全非 动量守恒m1心1+m22=(m,+m2)v,机械 损失的机被能△k=方m2+分5-分(m,+ 1 弹性碰撞 能损失最多 m2)2 031 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例（水 B 09m 平面光滑) 小球一弹簧模型 小球一曲面模型 小球一小球模型 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mo=(m+M)v共，损失的动能最多，分别 达到共速 转化为弹性势能、重力势能和电势能 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足m=mm,+M,机械能守恒，满足】m,2= 再次分离 7m2+22 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例（水平 面或水平 B 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m。=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 )》对点训练 1.(2025·江西上饶模拟)如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水 平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过 程中距离水平面的最大高度为}(R为圆弧的半径)，如果圆弧滑块不图定，小球运 动过程中距离水平面的最大高度为R。重力加速度为g,下列说法正确的是 ( A.小球的初速度大小为4gR B.M=0.5m C.如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R D.如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2√gR 2.（多选)(2025·湖南娄底二模)如图所示在光滑水平面上有两个小木块A和B,其质量m=2kg,m=4kg,它 们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为mo=50g,初速度为。=500m/s,在极短的时间内射 穿两木块，子弹射穿A木块后的速度变为原来的；，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能 的2倍，则 () 00000000T 032 A.子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3975J B.子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为4.5J C弹簧再次恢复原长时A的速度为？m, D.弹簧再次恢复原长时B的速度为疗 温馨提示：复习至此，请做练案[8] 微专题2动力学三大观点的综合运用 核心知识了固双基 盘“关键能力”构建 力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 牛顿第二定律 F合=ma v vo at 物体做匀变速直线运动，涉及运动 动力学观点 匀变速直线运动规律 sidw 细节 元2-，2=2ax等 动能定理 W合=△E 机械能守恒定律 Ex Ep El +Eje 能量观点 涉及做功与能量转换 功能关系 W。=-△E等 能量守恒定律 E1=E2 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位 动量 动量定理 I合=p'-p 移、功 观点 动量守恒定律 P1+P2=P1'+P2 只涉及初末速度而不涉及力、时间 命题热点 巧突破 题型 力学中的多运动组合问题 例1(24：山东卷)如图甲所示，质量为，的轨道静止在光滑水平面上，镜道水平部分的上表面相糙，竖直 半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水 平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半 径R=0.4m,重力加速度大小g=10m/s2。 个a/(ms3) 乙接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系 统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则△E=F,· 4-170×名146001.放D正确。 题型3 真题研究 B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木 板整体有k。=wmg,解得弹性绳的伸长量，=m坚，则 k 此时弹性绳的弹性势能为么=子，：心兰，从开始 2k 拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过 程，乙所坐木板的位移为x,=x。+1-d,则由功能关系 可知该过程F所做的功W=E,+wmgx-3+ 2k umg(l-d),故选B。 对点训练 C儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度α不 变，则根据匀变速直线运动规律可知v=at,故v与t成 正比，故B错误；设滑梯与水平面倾斜角为0，根据牛顿 第二定律可知儿童所受合力为F合=mgsin0-umgcos8 =ma则a=gsin0-ugcos0,加速度不变则动摩擦因数 u不变，故A错误；设初始重力势能为E,。,则重力做正 功，重力势能减小，即mgh=mxsin0=mgsin0·之a =E,o-E,整理得E。=Eo-mgsin0.。 at2可知E。-t 图像应该是向下开口的抛物线，故C正确：设初始机械 能为E。,除重力和系统内弹力以外的其他力做功导致 a= 机械能改变，即-mgcos0·x=-umgcos日·】a -E。,整理得E=E。-mgcos6·2ad可知E-t图像 应该是向下开口的抛物线，故D错误。 第7讲动量定理、动量守恒定律 题型1 真题研究 B沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知mg- hm=ma①，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小， 当α=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满 足mg=km.②，解得vm=2×l0-3m/s,由动量定理可得 mgt-kt=mw,即mgt-h=mw,则沙尘下落时间为t= +m,由于m<h,则t=幼=10s≈3h,故选B。 mg mg 20 对点训练 B在时间△t内车头遇到的水珠的质量△m,= vAtSnm,遇到空气的质量△m2=v△tSp,对这些水珠及空 气的整体研究，由动量定理F△t=(△m1+△m2)v,解得 F=(p+m)S0,由牛顿第三定律可知列车因与空气和 水珠冲击而受到的阻力约为F'=(p+nm)S2,故选B。 题型2 真题研究 DP、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mp+mv" =mpp'+mN',即mp(p-p')=mx(x'-),根据 图像可知(vp-p')>(x'-vx),故mp<mx;同理，Q、N 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mo"o+mxvx=mo"o +mxx',即mo(g-vo)=mx(vx'-"x),根据图像可知 （vg-"g)<(′-x),故mo>mx;故mo>mx>mp,故 选D。 对点训练 C对游客，从山坡滑下的过程有h=之m,解得： =6m/s,游客恰好不会脱离浮板有mw=2mw共，wmgL= 1 2-号×2mwt,解得比=0.5，故C正 题型3 真题研究 0。(223)(合)m 【解析】(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞， 由于钢球质量也为m,根据动量守恒和机械能守恒可 知，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"。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量 守恒定律有mo=mw1+3m2 21 1 由能量守恒定律有2mu,2=2m,’+2×3m, 2 解得，=m-3m 2m m+3m =-2%0,m+3m020 1 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为20 (3)根据题意结合(2)题分析可知，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，玻璃球反弹后与左侧第一个小 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？，综上所选，玻璃球碰拉 112m 2n次后速度大小为”=(2)%，则玻璃球碰撞2m次 1 4+1 后最终动能大小E= 2 2 ò1 对点训练 1.B如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律？m,'= mg·》R,解得小球的初速度大小为，=3√配，选项 A错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平 速度为v,则由水平方向动量守恒mo=（m+M)v,由 能量关系}m,=g·+子(M+m,联立解得 M=0.5m,v.=2√gR,选项B正确；如果圆弧滑块不固 定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t= 2×≥区，水平位移为x=1=2R,选项C错误 如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中 滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系m。 =m,+M宁四，=分+宁灿，解得小球和圆 弧梢的速度大小分别为=了，=√级，=专。 4 4√gR,选项D错误。 2.AC设子弹射穿A木块后A和子弹的速度分别为vA 3 和，由题意可知=。=300m/s,子弹穿过A的过 程中，由动量守恒定律可得mo。=mvA+m,联立解 得va=5/s,射穿A木块过程中系统损失的机械能为 AE=72-72-7,2-3975J,故A正确： 设子弹射穿B木块后B和子弹的速度分别为Vg和2， 由动量守恒定律可得mo心1=mgg+mo2,由题意可知 2-宁m2=2(分m2-分m）,联立解得 1 vg=2.5/s,子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B 和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度 共时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得 +mg=(m:+mg)生，解得=。ms,根据 械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Em= ,+,2-(m+m,41,故B错误： 弹簧再次恢复原长时A、B的速度分别为vA'、”g',规定 水平问右为正方问，根据动量守恒定律mavA+mgvg= ，1 m“'+mg',机械能守恒定律有2m:2+2meg2= 1 m,2+m,联立解得'=子m/,。= 5 m/s,故C正确，D错误。故选AC。 6 2 微专题2动力学三大观点的综合运用 题型1 例1.(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m 【解析】（1)小物块运动到Q点时，由牛顿第二定 2 律有Fg+mg=mR ① 代入F,=3mg,解得v=4m/s。 (2)①在F≤4N时，轨道与小物块一起加速运动，对 整体由牛顿第二定律有F=(m。+m)a ② 整理得a=1一F mo +m 对应题因乙中因我特幸为1宁短 ③ 在F>4N时，轨道与小物块存在相对滑动，对轨道 由牛顿第二定律有F-umg=moa ④ 整理得a=LF-wmg ⑤ mo mo 对应题图乙中图线斜率为】=1kg mo 解得mo=1kg,m=1kg 在F=4N时，小物块处于与轨道发生相对滑动的临 界状态，小物块的最大加速度大小为am=2m/s2⑥ 有g=am,解得u=0.2。 ⑦ ②根据题图乙可知，当F=8N时轨道的加速度a1= 6m/s,小物块的加速度a2=g=2m/s,方向均水 平向左 设小物块到达轨道上P,点时轨道速度大小为巴，小 物块速度大小为2，运动时间为t,有v,=a1t,"2= 41,则有4-a即，=3， ⑧ v,a,t' 小物块在半圆轨道部分运动时，小物块与轨道组成 的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒，小物块到 达轨道上Q点时，设轨道速度为，'，小物块速度为 ',有 mo,+mu2=mo,′+mw21 ⑨ 22+2-a+分m,+2mg 0 代入=7s,解得=3s或-号⑩ 当2=3m/s时，解得1=9m/s,1'=5m/s, 设小物块在半圆轨道最高，点时轨道对小物块弹力为 Fx,有FN+mg= m(%2'-1)2 巴 R 解得F、=0,小物块恰好经过最高点 当6号时，解得'=m,'>4,轨道速 19 度比小物块速度大，此种情况不会发生，因此2= 2