07 专题二 第7课时 动量定理和动量守恒定律（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

第7课时　动量定理和动量守恒定律 【备考指南】　 1．重点理解动量定理和动量守恒定律的内涵，熟练掌握动量、冲量、动量定理和动量守恒定律以及它们在生活中的应用。 2．对于单一考查动量定理或动量守恒定律的题目，注意研究对象的选取和定律的适用条件。强化数学应用能力的训练，会用微分思想处理流体问题。 3．注意动量和能量的结合、碰撞和运动图像的结合，训练从图像中获取运动信息的能力。 热点一　动量定理及其应用 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．动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解缓冲问题。 (2)求解平均力问题。 (3)求解流体问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 [典例1]　[动量定理求平均力或时间](2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg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，比例系数为1×10-9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为(　　) A．0.5 h　　B．3 h　　C．28 h　　D．166 h B　[沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，由mg－kv＝ma可知，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a＝0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg＝kvm，解得vm＝2×10-3 m/s，由动量定理可得＝mv，其中v＝vm，即mgt－kh＝mvm，则沙尘下落时间为t＝，由于mvm≪kh，则t≈＝104 s≈3 h，故选B。] 【教师备选资源】 [动量定理求平均力或时间](2025·重庆一模)现有一把 0.6 kg 的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01 s。重力加速度g＝10 m/s2，求上述打击过程中： (1)铁锤的动量变化量； (2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。 [解析]　(1)规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析 Δp＝0－mv＝－1.8 kg·m/s 即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s，方向与初速度的方向相反。 (2)设钉子对铁锤的平均作用力为F，对于铁锤，以初速度的方向为正方向，由动量定理可得(－F＋mg)t＝Δp 解得F＝186 N 根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小 F′＝F＝186 N。 [答案]　(1)1.8 kg·m/s　(2)186 N [典例2]　[流体模型](2025·福建省宁德市高三下学期三模)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ρ，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．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2 C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2 B　[在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2＝vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理有FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，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′＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。] 　流体类“柱状”模型解法图析 分类 情境图示 情境解读 吸收型 流体元的质量m＝ρSvΔt 设流体元与煤层作用力为F FΔt＝mΔv 即FΔt＝ρSvΔt(－v) 故F＝－ρSv2 反弹型 流体元的质量m＝ρSvΔt 作用后流体元原速率反弹 由FΔt＝mΔv 即FΔt＝ρSvΔt(－2v) 故F＝－2ρSv2 热点二　动量守恒定律的应用 1．人船模型 2．模型拓展 3．爆炸与反冲的三个特点 (1)作用时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 (2)爆炸过程由内能转化为机械能，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方向往往相反。 [典例3]　(多选)如图所示，轻质绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至使绳水平后放手，则(水平面光滑，空气阻力不计)(　　) A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 BD　[系统只是在水平方向合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确。] [典例4]　[爆炸与反冲](2025·重庆市巴蜀中学高三下学期三诊)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度均为v(相对地面)，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震(喷气时间极短，忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　) A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C．经过n次喷气后，飞行器速度为 D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 C　[喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，故A错误；根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－Δm，速度为v1，规定气体喷出的方向为正方向，则有0＝Δmv－(M－Δm)v1，解得v1＝，所以第一次喷气后飞行器速度增量Δv1＝v1＝，在第二次喷气之前，此时系统总动量为－(M－Δm)v1，喷气后，喷出气体质量仍为Δm，速度为v，飞行器质量变为M－2Δm，速度为v2，则有－(M－Δm)v1＝Δmv－(M－2Δm)v2，将v1＝代入可得v2＝，所以第二次喷气后速度增量Δv2＝v2－v1＝＝，以此类推，可以看出每次喷气后，飞行器速度增量大小不相同，故B错误；设经过n次喷气后飞行器的速度为vn，系统初始总动量为0，n次喷气后，喷出气体总质量为nΔm，速度为v，飞行器质量变为M－nΔm，速度为vn，根据动量守恒定律可得0＝nΔmv－(M－nΔm)vn，解得vn＝，故C正确；虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速，故D错误。故选C。] 热点三　碰撞模型及其拓展 1．碰撞过程遵循的“三个原则” 2．弹性正碰模型 情境 发生弹性正碰的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能不变，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v1′、v2′ 规 律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 动能不变 ＝ 结 果 v1′＝v1＋v2，v2′＝v1＋v2 讨 论 若v2＝0，则v1′＝v1，v2′＝v1 m1＝m2 v1′＝0，v2′＝v1 质量相等，交换速度 m1>m2 v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′ 大碰小，一起跑 m1<m2 v1′<0，v2′>0 小碰大，要反弹 m1≫m2 v1′≈v1，v′2≈2v1 极大碰极小，大不变，小加倍(碰后小质量物体的速率为大质量物体原速率的2倍) m1≪m2 v1′≈－v1，v2′≈0 极小碰极大，大质量物体的速率不变，小质量物体等速率反弹 [典例5]　[碰撞问题](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1和图2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 D　[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1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2可知(vQ－vQ′)<(vN′－vN)，故mQ>mN；故mQ>mN>mP，故选D。] 【教师备选资源】 [弹性碰撞](2025·辽宁省高三上学期11月检测)半径为R的竖直放置的光滑半圆管轨道如图所示，b、d为圆水平直径的两个端点，图示两虚线相互垂直。在内部放置A、B两个小球(球径略小于管径，管径远小于R)，质量分别为mA、mB，开始时B球静止于a点，A球从d点由静止下滑并以v0的初速度向右与B球发生对心弹性碰撞，已知B球的质量是A球的三倍，则(　　) A．A、B两球总动量一直不变 B．碰撞前A球重力的功率一直变大 C．A、B两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点 D．每次碰撞前的瞬间，两球对轨道压力一定相等 C　[A、B两球仅在碰撞时动量守恒，故A错误；A球在下滑过程初始时刻的速度为0，重力瞬时功率为0，在最低点速度方向与重力方向垂直，所以瞬时功率也为0，所以碰撞前A球重力的功率不是一直增大，故B错误；(B项方法二“函数法”：取A球下滑过程中某一位置，该位置与轨道圆心连线与水平方向的夹角为θ，对A球从开始运动到下滑到该位置运用动能定理有mgR sin θ＝mv2－0，A球在该位置竖直方向上的速度为v cos θ，则此时A球重力的瞬时功率为P＝mgv cos θ，通过数学方法分析可知重力的功率先增大后减小。)规定向右为正方向，对A球由机械能守恒定律有mAgR＝，解得v0＝，对A、B两球，根据动量守恒定律有：mAv0＝mAv1＋mBv2，根据能量守恒定律有：＝解得，v1＝－v0，v2＝v0，所以A、B两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点，故C正确；根据牛顿第二定律有F－mg＝m，解得F＝mg＋，由牛顿第三定律可知FN′＝F，因两球质量不等，所以两球对轨道的压力FN′不相等，故D错误。] [典例6]　[非弹性碰撞](多选)(2025·河北邯郸10月质检)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以 6 m/s 的初速度滑上木板，t1＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　) A．Q的质量为1 kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J D．t＝5.8 s时木板速度恰好为零 AC　[由题图(b)可知，滑块P滑上木板Q后，P减速，Q加速，t1＝2 s时速度突变为相同，说明两者碰撞，粘在一起共同减速。两者碰撞时，摩擦力远小于内力，碰撞过程动量守恒，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m，Q的质量为M，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根据v-t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0～2 s内P与Q的加速度大小分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。] [变式]　上例中，将木板Q放在水平面上，其右侧的挡板上固定一轻弹簧，弹簧原长刚好等于木板的长度，滑块P以6 m/s的速度从木板的最左端冲上木板，滑块和木板的质量均为1 kg，一切摩擦可忽略不计，滑块P可视为质点。求弹簧的最大弹性势能以及滑块P返回木板左端时的速度。 [解析]　弹簧压缩程度最大时，P、Q共速，设为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v 由能量守恒定律得＝Ep＋·2mv2 解得Ep＝9 J 对P、Q由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2 ＝ 解得v1＝0或v1＝6 m/s(舍去)。 [答案]　9 J　0 [典例7]　[类碰撞模型](多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　) A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 AD　[子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有＝(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－amt2－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；对木块，由动能定理有kv0x＝Mv2，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。] 　碰撞拓展模型的3个结论 类型 图例(左、右两物体质量分别为m1、m2；水平面或水平导轨光滑)与规律 保守型 结论1：达到共速，相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，系统损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 结论2：再次分离，相当于弹性碰撞，系统水平方向动量与机械能守恒，即m1v0＝＝ 耗散型 结论3：达到共速，相当于完全非弹性碰撞，满足m1v0＝(m1＋m2)v，系统损失的动能最大，分别转化为内能或电能 1．[对动量定理的理解](多选)(2024·福建卷)如图甲所示，物体置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法中正确的是(　　) A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动 B．0～4t0，合外力的总冲量为0 C．t0时动量是2t0时的一半 D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0过程的位移 AD　[沿斜面方向，物体受到重力沿斜面向下的分力mg sin θ和F，分阶段分析，由牛顿第二定律可知，在0～t0和2t0～3t0阶段，物体的加速度大小为3g sin θ，方向沿斜面向下，在t0～2t0和3t0～4t0阶段，物体的加速度大小为g sin θ，方向沿斜面向上，可以画出物体运动的v-t图像如图所示，由图像可知，物体先沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，再沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，物体一直沿斜面向下运动，A正确；全过程中，力F的冲量为零，重力和支持力的合力的冲量大小为4mgt0sin θ，则合外力的总冲量大小为4mgt0sin θ，B错误；由v-t图像可知t0时的动量为2t0时的1.5倍，C错误；由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知，2t0～3t0过程比3t0～4t0过程的位移小，D正确。 ] 2．[碰撞模型](2025·广东卷)如图所示，在光滑的水平面上，两小球M、N分别受到拉力F1、F2的作用，从静止开始在同一直线上相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1、F2始终大小相等、方向相反，从开始运动到碰撞后速度第1次减为0过程中，两小球速度v随时间t变化的关系图，可能正确的是(　　) 　　　 A　　　　　　　　　　　　B 　　　 C　　　　　　　　　　　　D A　[两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前的相同，又v-t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v-t图线相互平行，B、C错误；由于F1与F2始终大小相等、方向相反，且两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则由动量定理可知碰撞前后两小球整体的总动量为0，D错误，A可能正确。] 3．[爆炸与反冲](2024·江苏卷)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度vA； (2)分离时A对B的推力大小。 [解析]　(1)A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，规定v0的方向为正方向，由动量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA 解得分离后A的速度vA＝。 (2)A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0 解得分离时A对B的推力大小为F＝。 [答案]　(1)　(2) 8/17 学科网（北京）股份有限公司 $