专题07 动量定理、动量守恒定律（培优讲义）（全国通用）2026年高考物理二轮复习高效培优系列

专题07 动量定理、动量守恒定律 目录 第一部分 考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 重难考点深解 深度溯源 扫清盲区 【考点01】动量、冲量、动量定理 【考点02】动量守恒定律 【考点03】碰撞、反冲和爆炸 第三部分 解题思维优化 典例精析+方法提炼+变式巩固 【题型01】动量定理在力学中的应用 【题型02】动量守恒定律的应用 【题型03】碰撞问题 【题型04】爆炸与反冲 【题型05】动量定理在电学中的应用 【题型06】动量守恒定律在电学中的应用 核心考向聚焦 主战场转移：主要考查动量、冲量的理解及动量定理、动量守恒定律的应用。考查动量守恒定律时常与能量守恒、功能关系进行综合。要求体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。 核心价值：核心价值在于培养物理思维，掌握分析方法，提升解决复杂动量问题及临界极值问题的科学推理与实践能力。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：受力分析能力：准确识别物体受力，合理分解与合成力，构建清晰受力模型。方向表达能力：动量、冲量、动量定理、动量守恒定律均有方向性，一维时可规定正方向，用正负号表示方向。动量守恒的判断能力：选取合适的系统，看外力矢量和是否为0，是否可略。临界极值判断力：敏锐捕捉物理过程临界点，精准分析极值条件 培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非“不懂”，而在于： 面对新情境时，无法快速、准确地将实际问题进行转化。不会表达方向：一维时，没有规定合适的正方向。不会判断动量是否守恒：没有选择合适的研究对象或者没有搞清楚外力矢量和是否可以忽略。临界极值分析难：难以准确界定临界状态，对极值出现的条件和原因分析不清 。没有掌握各种运动的特点：如碰撞的三个特点。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，相互作用及运动的情境更复杂真实，融合跨学科与科技元素，强化创新迁移、图像信息分析考查。 策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化高端思维训练，提升创新题型解答能力，规范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。 ◇考点 01 动量、冲量、动量定理 一、动量和冲量 1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积． (2)表达式：p＝mv. (3)方向：与 的方向相同． 2．动量的变化 (1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是 量，其方向与速度的改变量Δv的方向 ． (2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p. 3．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量． (2)公式：I＝FΔt. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是 量，其方向与力的方向相同． 4．动量与动能的比较 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p＝mv Ek＝mv2 标矢性 矢量 标量 变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功 大小关系 p＝ Ek＝ 变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl 联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 5.冲量的计算方法 公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态 图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量 平均 值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t 动量 定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量 二、动量定理的理解和应用 1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量． 2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p. 3．对动量定理的理解 (1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是 力的冲量，可以是各力冲量 的 和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和． (2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量． (3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率． (5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理． (6)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。 (7)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。 三、应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元 研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 ◇考点 02 动量守恒定律 一、动量守恒定律的理解和基本应用 1．内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． 2．表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． 3．适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零． (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量 ． 4．动量守恒定律的五个特性： 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 二、验证动量守恒定律 1．不变的实验原理 两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。 2．通用的数据处理方法 计算碰撞之前的总动量m1v1＋m2v2和碰撞之后的总动量m1v1′＋m2v2′。 3．共同的注意事项 (1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 (2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。 4．一致的误差分析思路 (1)主要来源于质量m1、m2的测量。 (2)小球落点的确定。 (3)小球水平位移的测量。 三、“滑块—弹簧”模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． (2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)． (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)． 四、“滑块—斜(曲)面”模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)． (2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相当于完成了弹性碰撞)． 五、子弹打木块模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 3．两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12) 六、滑块—木板模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能． (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大． 3．求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统． ◇考点 03 碰撞、反冲和爆炸 一、碰撞问题 1．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． 2．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 3．弹性碰撞的重要结论 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1 讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1； ③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0. 4．静止物体被撞后的速度范围 物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0. 5.碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能 增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′. (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′. ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变． 二、爆炸、反冲运动 1．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 三、人船模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L 3．运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. ◇题型 01 动量定理在力学中的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年甘肃卷第14题）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2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=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 （2）t在0~6s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=6s时，物块的速度大小。 典例2（2025年北京卷第19题）关于飞机的运动，研究下列问题。 （1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 （2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 （3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 方｜法｜提｜练 1、应用动量定理，首先注意力、速度、动量、冲量的方向，一维时，可以规定合适的正方向，用正负号表示方向。 2、求变力冲量，常用动量定理。 3、对于匀变速直线运动中的动力学问题，不涉及位移时，常用动量定理。 4、碰到流体类问题，最好选取一段极短的时间。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·湖南省怀化市·二模）（多选）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的 图线如图乙所示（ 为小球的加速度， 为时间），两图线对应纵轴最小值均为表示到时间内A的 图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为 。下列说法正确的是（　　） A. 从到时刻，弹簧对A球的冲量为 B. 时刻，弹簧弹性势能最大 C. 时刻，A、 B两小球的速度差最小 D. 时刻，B物体的速度大小为 变式2（2025·北京市大兴一中·一模）构建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。 （1）如图甲所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002s，求球棒对垒球的平均作用力大小F。 （2）我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其他星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度在宇宙中飞行。如图乙所示，飞船可视为横截面积为S的圆柱体。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云，已知尘埃云分布均匀，密度为。 a、假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面，若不采取任何措施，飞船将不断减速。求飞船的速度由减小1%的过程中发生的位移大小x。 b、假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力。喷射粒子过程中，飞船的加速度很小，可视为惯性系。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数N。 变式3（2025·北京市海淀区·三模）一质量为m的小球从离地面上方高度为h处由静止释放，碰到地面后又以碰地前的原速率竖直向上弹起，然后上升至离地面高度为处时速度减为零，以上整个过程中小球运动的速度随时间变化的关系如图所示。若小球在空中运动过程中受到的空气阻力与其运动速率成正比，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ） A. 在时间内，小球的平均速度小于 B. 在时间内，小球克服阻力做功为 C. 小球在时间内重力的冲量小于在时间内重力的冲量 D. 小球在时间内阻力的冲量大小是时间内阻力冲量大小的3倍 ◇题型 02 动量守恒定律的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年山东卷第17题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： （1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； （2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹性势能的最大值。 典例2（2024年湖南卷第15题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 方｜法｜提｜练 1、应用动量守恒定律，首先要选取合适的系统，使其外力矢量和为0或者可略。 2、一维问题列式时，注意选取合适的正方向。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·河南省五市·二模）（多选）如图（a）所示，相距较远两物体、放在光滑水平面上，物体左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体以速度沿、连线向物体运动。时，物体与轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度与时间的关系如图（b）所示。已知时间内，物体运动的距离为，物体的质量为，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. 物体的质量为 B. 物体与轻弹簧分离时，速度为 C. 时间内，物体运动的距离为 D. 弹簧压缩最短时弹性势能为 变式2（2025·湖北省部分学校联考·三模）如图所示，长木板C固定在水平地面上，物块A、B以相同大小的初速度v=4m/s同时从C的左右两端开始相向运动，物块A的质量为与C之间的动摩擦因数为物块B的质量为与C之间的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、B可视为质点，重力加速度大小求： （1）若A、B未相撞，长木板C的最小长度； （2）若A、B能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B没有从长木板C上掉下，A、B碰后运动位移的最大值是多少； （3）若长木板C未固定且地面光滑，C的质量为A、B没有发生碰撞，则A与C之间因摩擦产生的热量是多少。 变式3（2025·湖南省娄底市·二模）（多选）如图所示在光滑水平面上有两个小木块和，其质量，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为，初速度为，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿木块损失的动能是射穿木块损失的动能的2倍，则（　　） 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 C. 弹簧再次恢复原长时的速度为 D. 弹簧再次恢复原长时的速度为 ◇题型 03 碰撞问题 典｜例｜精｜析 典例1（2025年江苏卷第14题）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。 （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，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，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 典例2（2025年海南卷第11题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦， （1）A滑到圆弧最低点时受的支持力； （2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能； （3）传送带的速度大小。 方｜法｜提｜练 1、碰撞过程，系统总动能不增多。 2、注意运动状态的合理性。 3、若为弹性碰撞，则系统机械能守恒。选择题时，要善于利用一些重要的结论。 4、若碰后共速，则为完全非弹性碰撞。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·黑龙江省齐齐哈尔市·二模）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。 变式2（2025·湖南省长沙市湖南师大附中·一模）（多选）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（　　） A. A球与B球碰撞中损耗的机械能为108J B. 在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大 C. 在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J D. 在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s 变式3（2025·甘肃省白银市第八中学·二模）如图所示。周长为的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为和的小球A和B。初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。恢复系数能表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数等于碰撞后两物体相对速度大小与碰撞前两物体相对速度大小之比，时为完全非弹性碰撞，时为弹性碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）当时，求A和B碰撞过程的机械能损失； （2）如果小球A和B第一次碰撞位置和第二次碰撞位置相同，求的大小； （3）如果，小球和碰撞位置和速度将成周期性变化，求至少经过多长时间小球A和B碰撞位置和速度恢复到第一次碰撞前的情况，求出该段时间内小球B的路程。 ◇题型 04 爆炸与反冲 典｜例｜精｜析 典例1（2023年湖南卷第15题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 （1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； （2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程； （3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。 典例2（2025·山西省太原市·一模）如图所示为三级火箭示意图，运载物的质量为，每一级燃料的质量均为m，燃料燃烧后喷出炽热高速气体。火箭从地面由静止发射，若不考虑空气阻力、重力的影响，燃料外壳质量不计。求： （1）假如火箭在点火加速阶段，尚未离开地面，在时间内，相对于地面以速度喷出质量为的气体，火箭在此阶段获得的平均推力的大小； （2）假如一次性把三级燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对对于地面的速度为，运载物可获得速度的大小； （3）假如依次把每一级火箭的燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对火箭的速度为，运载物可获得速度的大小为。根据的表达式，若把燃料总质量分为份（为正整数），依次把的燃料燃烧后瞬间喷出，喷出的气体相对火箭的速度为，若取到无穷大，则火箭最终可获得的理想最大速度为多大。 （已知：，为正的常数，为正整数，当时，则） 方｜法｜提｜练 1、反冲运动中，有时需要转化参考系。 2、注意人船模型的条件：系统动量守恒且总动量为零。 3、人船模型列式时注意位移的方向，注意参考系统一为地面。 4、人船模型问题，最好画一下示意图，以正确确定距离之间的关系。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·山东省德州市·三模）如图甲所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其右上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，小物体A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A获得的速度大小为，若长木板C固定，A和B会同时停在C的最左端。已知小物体A的质量为2m，小物体B的质量为m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为，B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计火药的质量和燃爆时间，不计B和挡板的碰撞时间，B和挡板碰撞时无机械能损失。 （1）若点燃火药释放的能量全部转化为A和B的机械能，求点燃火药释放的能量； （2）求长木板C的长度； （3）若长木板不固定，求整个过程A、C之间由于摩擦产生的内能和B、C之间由于摩擦产生的内能； （4）若长木板不固定，将B碰撞挡板时作为t=0时刻，自该时刻开始A的位移大小用表示，B的位移大小用表示，C的位移大小用表示，设，在图乙中画出y随时间t变化的图像，并标明时的y值。 变式2（2025·江苏省淮阴中学·二模）如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　） A. b球的质量 B. 两小球与弹簧分离时，动能相等 C. a球到达圆心等高处时，对轨道压力为 D. 若，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 变式3（2025·江苏省苏州市八校联考·三模）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为。一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求： （1）每次青蛙起跳做的功； （2）青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离； （3）若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移（用木板长度表示）； （4）长木板的长度与的关系。 ◇题型 05 动量定理在电学中的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年安徽卷第15题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。 求： （1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； （2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； （3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 典例2（2025·湖北省黄石市第二中学·二模）如图所示，平面直角坐标系xOy内，过原点的直线l与+x轴的夹角为φ=37°，将y轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区（含+y轴）中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度可调。现将一个质量为m、电量为+q的带电粒子P从O点沿+y方向以初速度v0射出，带电粒子重力不计。（sin37º=0.6，cos37º=0.8） （1）若Ⅱ区磁场方向垂直纸面向里，欲使粒子P不能到达x轴，求Ⅱ区磁场的磁感应强度B′应满足的条件； （2）将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同，并使整个空间均匀分布黏性介质。P仍从O点沿+y方向以初速度v0射出，运动中受到大小正比于速率（比例系数为常数k，未知）、方向与速度反向的介质阻力作用，且P速度第一次沿－y方向的位置在直线l上。求比例系数k的大小及粒子最终停止的位置坐标。 方｜法｜提｜练 1、注意动量定理的方向性。 2、对于洛伦兹力作用下的曲线运动，应用动量定理时，要针对某个特定的方向。 3、电磁感应问题中，动量定理往往要与电荷量进行综合。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025年海南卷第12题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。 （1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热； （2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差； （3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。 变式2（2025年甘肃卷第15题）已知在一磁感强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械臂1和机械臂2（可视为杆），质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1的初速度为，机械臂2静止，两者不相撞。求： （1）初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； （2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器电荷量的表达式； （3）稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值。 变式3（2025·河南省洛阳市·三模）如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直于xOy平面的磁场（图中未画出），规定垂直于xOy平面向外为磁感应强度正方向，该区域内磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示；第二象限内（含x轴负半轴）存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由A点（−L，0）沿x轴正方向以大小为v0的速度射入电场，在t=0时刻，粒子经y轴上的P点与y轴正方向成θ=30°角射入第一象限，忽略粒子重力。求： （1）电场强度的大小； （2）在至时间内，粒子运动轨迹的半径； （3）在时刻，粒子位置坐标。 ◇题型 06 动量守恒定律在电学中的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年陕晋宁青卷第15题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度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。经时间粒子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，这时撤去恒力。己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、、、均为己知量） （1）粒子B到达P点时的速度大小； （2）时间内粒子B的位移大小； （3）恒力作用的时间。 典例2（2025年河北卷第15题）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 （1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。 （2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。 （3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f = kv2（k = 0.025N·s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992 = 0.980l） 方｜法｜提｜练 1、应用动量守恒定律，首先要选取合适的系统，使其外力矢量和为0或者可略。 2、一维问题列式时，注意选取合适的正方向。 3、静电场、磁场中的动量守恒主要是针对带电粒子的碰撞问题。 4、电磁感应过程中的动量守恒主要针对双杆模型。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·四川省德阳市·三诊）如图所示，竖直平面内，圆心为O点，半径R=1m内壁光滑的圆弧管道ABC固定在粗糙水平面上，管道与水平面相切于C点，OA连线与竖直方向的夹角，连线BC的左、右两侧存在电场强度均为，方向分别为竖直向下、水平向右的匀强电场。质量m=1kg、所带电荷量为+q的小球a以一定的初速度从A点开始运动，恰好能通过管道的最高点B点，并与静止在C点的物体b发生弹性碰撞，碰撞前后两带电体的电荷量不发生改变。已知物体b的质量为m、电荷量为+2q、与水平面间的动摩擦因数，小球a、物体b均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小球a在A点初速度的大小； （2）小球a经过管道C点时（仍在右侧电场中），对管道的压力大小； （3）物体b停止的位置到C点的距离。 变式2（2025·湖北省新八校协作体·三模）（多选）如图所示，水平金属导轨左侧接电容为1F的电容器，最右侧用一段长度可忽略不计的绝缘材料与倾角为的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端接阻值为0.1Ω的电阻，两导轨宽均为1m。水平导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，倾斜导轨也处在垂直于导轨平面的磁场中，磁感应强度大小均为0.2T。质量为0.4kg的金属棒a静置在水平导轨上，距水平导轨右端4.32m，质量为0.8kg的金属棒b放在倾斜导轨上，控制其不动，b棒距导轨下端3.6m。对a施加水平向右的大小为2.64N的恒力，同时静止释放b。a棒运动到水平导轨最右端时恰好与b棒发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去拉力。导轨均光滑且不计导轨和a、b的电阻，重力加速度大小为。则（　　） A. a从开始运动到第一次碰撞前所用时间为1.2s B. a从开始运动第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为19.2J C. 两棒第一次碰撞后瞬间，a的速度大小为7.2m/s D. 两棒第一次碰撞后瞬间，b的速度大小为3.4m/s 变式3（2025·福建省宁德市·三模）如图所示，质量分别为、的导体棒、静置在间距为的水平平行光滑导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导体棒、在导轨间的电阻均为，棒到导轨最右端MN的距离为。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。现给棒一水平向右的初速度，当棒运动到导轨最右端MN时速度为，随即滑上足够长的光滑绝缘倾斜轨道。棒始终在导轨上运动且未与棒碰撞，感应电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。求： （1）棒开始运动时的加速度大小； （2）棒从开始运动到第一次出磁场产生的热量； （3）棒从开始运动到第一次出磁场的时间； （4）整个运动过程中棒做减速运动的总长度。 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 动量定理、动量守恒定律 目录 第一部分 考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 重难考点深解 深度溯源 扫清盲区 【考点01】动量、冲量、动量定理 【考点02】动量守恒定律 【考点03】碰撞、反冲和爆炸 第三部分 解题思维优化 典例精析+方法提炼+变式巩固 【题型01】动量定理在力学中的应用 【题型02】动量守恒定律的应用 【题型03】碰撞问题 【题型04】爆炸与反冲 【题型05】动量定理在电学中的应用 【题型06】动量守恒定律在电学中的应用 核心考向聚焦 主战场转移：主要考查动量、冲量的理解及动量定理、动量守恒定律的应用。考查动量守恒定律时常与能量守恒、功能关系进行综合。要求体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。 核心价值：核心价值在于培养物理思维，掌握分析方法，提升解决复杂动量问题及临界极值问题的科学推理与实践能力。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：受力分析能力：准确识别物体受力，合理分解与合成力，构建清晰受力模型。方向表达能力：动量、冲量、动量定理、动量守恒定律均有方向性，一维时可规定正方向，用正负号表示方向。动量守恒的判断能力：选取合适的系统，看外力矢量和是否为0，是否可略。临界极值判断力：敏锐捕捉物理过程临界点，精准分析极值条件 培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非“不懂”，而在于： 面对新情境时，无法快速、准确地将实际问题进行转化。不会表达方向：一维时，没有规定合适的正方向。不会判断动量是否守恒：没有选择合适的研究对象或者没有搞清楚外力矢量和是否可以忽略。临界极值分析难：难以准确界定临界状态，对极值出现的条件和原因分析不清 。没有掌握各种运动的特点：如碰撞的三个特点。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，相互作用及运动的情境更复杂真实，融合跨学科与科技元素，强化创新迁移、图像信息分析考查。 策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化高端思维训练，提升创新题型解答能力，规范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。 ◇考点 01 动量、冲量、动量定理 一、动量和冲量 1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积． (2)表达式：p＝mv. (3)方向：与速度的方向相同． 2．动量的变化 (1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同． (2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p. 3．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量． (2)公式：I＝FΔt. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同． 4．动量与动能的比较 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p＝mv Ek＝mv2 标矢性 矢量 标量 变化因素 合外力的冲量 合外力所做的功 大小关系 p＝ Ek＝ 变化量 Δp＝Ft ΔEk＝Fl 联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 (2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化 5.冲量的计算方法 公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态 图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量 平均 值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t 动量 定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量 二、动量定理的理解和应用 1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量． 2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p. 3．对动量定理的理解 (1)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和． (2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量． (3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率． (5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理． (6)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。 (7)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。 三、应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元 研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 ◇考点 02 动量守恒定律 一、动量守恒定律的理解和基本应用 1．内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变． 2．表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． 3．适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零． (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒． 4．动量守恒定律的五个特性： 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 二、验证动量守恒定律 1．不变的实验原理 两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。 2．通用的数据处理方法 计算碰撞之前的总动量m1v1＋m2v2和碰撞之后的总动量m1v1′＋m2v2′。 3．共同的注意事项 (1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 (2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。 4．一致的误差分析思路 (1)主要来源于质量m1、m2的测量。 (2)小球落点的确定。 (3)小球水平位移的测量。 三、“滑块—弹簧”模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． (2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)． (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)． 四、“滑块—斜(曲)面”模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)． (2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相当于完成了弹性碰撞)． 五、子弹打木块模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． (2)系统的机械能有损失． 3．两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12) 六、滑块—木板模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能． (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大． 3．求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统． ◇考点 03 碰撞、反冲和爆炸 一、碰撞问题 1．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． 2．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 3．弹性碰撞的重要结论 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1 讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1； ③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0. 4．静止物体被撞后的速度范围 物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝v0.则碰后物体B的速度范围为：v0≤vB≤v0. 5.碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′. (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′. ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变． 二、爆炸、反冲运动 1．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 三、人船模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L 3．运动特点 (1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； (2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. ◇题型 01 动量定理在力学中的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年甘肃卷第14题）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2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=6s时F的大小，以及t在0~6s内F的冲量大小。 （2）t在0~6s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=6s时，物块的速度大小。 【答案】（1）， （2）见解析 （3） 【解析】 小问1详解】 由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知 所以当t=6s时， 0~6s内F的冲量为F−t图围成的面积，即 【小问2详解】 由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有 即 垂直杆方向，当时， 则0−4s，垂直杆方向 摩擦力 在4−6s内，垂直杆方向 摩擦力 相应的f−t图像如图 【小问3详解】 在0~6s内沿杆方向根据动量定理有 在0~6s内摩擦力的冲量为f−t图围成的面积，则 联立有 可得 典例2（2025年北京卷第19题）关于飞机的运动，研究下列问题。 （1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 （2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 （3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 【答案】（1） （2） （3）论证见解析， 【解析】 【小问1详解】 根据动能定理 可得牵引力对飞机做的功 【小问2详解】 加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系 减速过程，根据速度位移关系 联立解得 【小问3详解】 在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理 可得 又， 联立可得 又 可知 即 方｜法｜提｜练 1、应用动量定理，首先注意力、速度、动量、冲量的方向，一维时，可以规定合适的正方向，用正负号表示方向。 2、求变力冲量，常用动量定理。 3、对于匀变速直线运动中的动力学问题，不涉及位移时，常用动量定理。 4、碰到流体类问题，最好选取一段极短的时间。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·湖南省怀化市·二模）（多选）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的 图线如图乙所示（ 为小球的加速度， 为时间），两图线对应纵轴最小值均为表示到时间内A的 图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为 。下列说法正确的是（　　） A. 从到时刻，弹簧对A球的冲量为 B. 时刻，弹簧弹性势能最大 C. 时刻，A、 B两小球的速度差最小 D. 时刻，B物体的速度大小为 【答案】AD 【解析】A．从图像可知从0到时刻两图线与时间轴所夹面积相等，即时刻两小球速度大小相等，由动量定理 得两球速度大小 设弹簧对球的冲量为，以球为对象有 则，故A正确； B．时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B整体为对象 得 设此时弹簧弹力，以小球A为研究对象有 则，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故B错误； C．从图乙可知，从0到时刻两者速度差一直在增大，时刻达到最大，故C错误； D．从0到时刻，以A、B两球整体为对象 其中 化简得，故D正确。 故选AD。 变式2（2025·北京市大兴一中·一模）构建物理模型是一种研究物理问题的科学思维方法。 （1）如图甲所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002s，求球棒对垒球的平均作用力大小F。 （2）我们一般认为，飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其他星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度在宇宙中飞行。如图乙所示，飞船可视为横截面积为S的圆柱体。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云，已知尘埃云分布均匀，密度为。 a、假设尘埃碰到飞船时，立即吸附在飞船表面，若不采取任何措施，飞船将不断减速。求飞船的速度由减小1%的过程中发生的位移大小x。 b、假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力。喷射粒子过程中，飞船的加速度很小，可视为惯性系。若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略，求单位时间内射出的阳离子数N。 【答案】（1）6300N （2）， 【解析】 【小问1详解】 以垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为 末动量为 由动量定理可得垒球与球棒之间的平均作用力为 解得平均作用力大小为F=6300N 【小问2详解】 [1]对飞船与尘埃云，以飞船的方向为正方向，由动量守恒定律可得 则 [2]设在很短时间内，与飞船碰撞的尘埃质量为，所受飞船的作用力为，飞船与尘埃发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律 由能量守恒定律 联立解得： 由于M远大于，则解得碰后尘埃的速度为 对尘埃由动量定理： 且 则飞船所受阻力为 设一个阳离子在电场中加速后获得的速度为v，由动能定理 设单位时间内射出的离子数为N，则飞船受动力为F，由动量定理 飞船匀速运动，则由受力平衡 联立解得 变式3（2025·北京市海淀区·三模）一质量为m的小球从离地面上方高度为h处由静止释放，碰到地面后又以碰地前的原速率竖直向上弹起，然后上升至离地面高度为处时速度减为零，以上整个过程中小球运动的速度随时间变化的关系如图所示。若小球在空中运动过程中受到的空气阻力与其运动速率成正比，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ） A. 在时间内，小球的平均速度小于 B. 在时间内，小球克服阻力做功为 C. 小球在时间内重力的冲量小于在时间内重力的冲量 D. 小球在时间内阻力的冲量大小是时间内阻力冲量大小的3倍 【答案】D 【解析】A．图像的面积等于位移，则在时间内，小球的位移大于做匀加速直线运动的位移，可知平均速度大于，选项A错误； B．由能量关系可知，在时间内，小球克服阻力做功为 选项B错误； C．下降过程中 上升过程中 则 根据 小球下落过程时间大于上升过程的时间，则根据 IG=mgt 可知，在时间内重力的冲量大于在时间内重力的冲量，选项C错误； D．根据 因下降的距离为上升距离的3倍，可知小球在时间内阻力的冲量大小是时间内阻力冲量大小的3倍，选项D正确。 故选D。 ◇题型 02 动量守恒定律的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年山东卷第17题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： （1）小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； （2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹性势能的最大值。 【答案】（1），水平向左，，水平向右 （2），水平向左， 【解析】 【小问1详解】 根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，则有 由能量守恒定律有 联立解得， 即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。 【小问2详解】 由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则有 解得 设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律 系统机械能守恒 联立解得， 固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有 解得，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为 典例2（2024年湖南卷第15题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 【答案】（1），；（2）或； （3） 【解析】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或。 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 方｜法｜提｜练 1、应用动量守恒定律，首先要选取合适的系统，使其外力矢量和为0或者可略。 2、一维问题列式时，注意选取合适的正方向。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·河南省五市·二模）（多选）如图（a）所示，相距较远两物体、放在光滑水平面上，物体左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体以速度沿、连线向物体运动。时，物体与轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度与时间的关系如图（b）所示。已知时间内，物体运动的距离为，物体的质量为，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. 物体的质量为 B. 物体与轻弹簧分离时，速度为 C. 时间内，物体运动的距离为 D. 弹簧压缩最短时弹性势能为 【答案】AC 【解析】A．题图可知AB共速为，规定向右为正方向，由动量守恒有 解得物体B的质量 故A正确； B．设物体A与轻弹簧分离时，AB速度分别为、，则由动量守恒有 能量守恒有 联立解得 故B错误； C．设在前任意时刻速度分别为、，由动量守恒有 整理得 其中 联立解得 故C正确； D．弹簧最短时共速， 由能量守恒 代入数据得 故D错误。 故选AC。 变式2（2025·湖北省部分学校联考·三模）如图所示，长木板C固定在水平地面上，物块A、B以相同大小的初速度v=4m/s同时从C的左右两端开始相向运动，物块A的质量为与C之间的动摩擦因数为物块B的质量为与C之间的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、B可视为质点，重力加速度大小求： （1）若A、B未相撞，长木板C的最小长度； （2）若A、B能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B没有从长木板C上掉下，A、B碰后运动位移的最大值是多少； （3）若长木板C未固定且地面光滑，C的质量为A、B没有发生碰撞，则A与C之间因摩擦产生的热量是多少。 【答案】（1）6m （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 对A、B分析，根据牛顿第二定律分别有， 解得， 根据运动公式分别有， 解得， 则长木板C的最小长度为L=6m 【小问2详解】 只要A、B在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得 解得 碰后对A、B整体，根据牛顿第二定律有 解得 由运动公式有 解得x 如果A、B在B停下来之后发生碰撞，则碰后速度更小，位移也更小，故碰后运动位移的最大值是 【小问3详解】 若长木板C未固定，在B速度减为零之前，C静止不动。假设B速度减为零之后B、C相对静止，根据牛顿第二定律有 解得 因，故假设成立 B速度减为零的过程中，B与C之间因摩擦产生的热量，由能量守恒得 A、B没有发生碰撞，最终A、B和C系统共速，设为，由系统满足动量守恒有 解得 A、B和C系统总摩擦热量，由能量守恒得 设A与C之间因摩擦产生的热量，则有 解得 变式3（2025·湖南省娄底市·二模）（多选）如图所示在光滑水平面上有两个小木块和，其质量，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为，初速度为，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿木块损失的动能是射穿木块损失的动能的2倍，则（　　） 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 C. 弹簧再次恢复原长时的速度为 D. 弹簧再次恢复原长时的速度为 【答案】AC 【解析】A．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由题意可知，子弹穿过的过程中，由动量守恒定律可得 联立解得，射穿木块过程中系统损失的机械能为，故A正确； B．设子弹射穿木块后和子弹的速度分别为和，由动量守恒定律可得 由题意可知 联立解得，子弹穿过以后，弹簧开始被压缩，和弹簧所组成的系统动量守恒，当达到共同速度时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得 解得 根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为 故B错误； CD．弹簧再次恢复原长时的速度分别为、，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律 机械能守恒定律有 联立解得，故C正确，D错误。 故选AC。 ◇题型 03 碰撞问题 典｜例｜精｜析 典例1（2025年江苏卷第14题）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。 （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，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，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 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 由能量守恒定律有 解得， 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为 【小问3详解】 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，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 典例2（2025年海南卷第11题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦， （1）A滑到圆弧最低点时受的支持力； （2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能； （3）传送带的速度大小。 【答案】（1），方向竖直向上； （2） （3）或 【解析】 【小问1详解】 A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒 解得 在最低点根据牛顿第二定律 解得，方向竖直向上； 【小问2详解】 根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒 解得 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 【小问3详解】 第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律 设经过时间后AB与传送带共速，可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 解得，另一解小于舍去。 方｜法｜提｜练 1、碰撞过程，系统总动能不增多。 2、注意运动状态的合理性。 3、若为弹性碰撞，则系统机械能守恒。选择题时，要善于利用一些重要的结论。 4、若碰后共速，则为完全非弹性碰撞。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·黑龙江省齐齐哈尔市·二模）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。 【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3） 【解析】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理 解得 在最低点，对小球由牛顿第二定律 解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为 （2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律 解得小球与物块碰撞后瞬间，物块速度的大小为 （3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒 由能量守恒定律 解得 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒 由能量守恒定律 解得 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为 变式2（2025·湖南省长沙市湖南师大附中·一模）（多选）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（　　） A. A球与B球碰撞中损耗的机械能为108J B. 在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大 C. 在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J D. 在以后的运动过程中，B球的最小速度为2m/s 【答案】AC 【解析】A．碰撞的过程中，满足动量守恒 解得 球与B球碰撞中损耗的机械能 A正确； B．弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误； C．在以后的运动过程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒 解得 最大弹性势能 解得 C正确； D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知 解得 此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。 故选AC。 变式3（2025·甘肃省白银市第八中学·二模）如图所示。周长为的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为和的小球A和B。初始时小球A以初速度沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。恢复系数能表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数等于碰撞后两物体相对速度大小与碰撞前两物体相对速度大小之比，时为完全非弹性碰撞，时为弹性碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）当时，求A和B碰撞过程的机械能损失； （2）如果小球A和B第一次碰撞位置和第二次碰撞位置相同，求的大小； （3）如果，小球和碰撞位置和速度将成周期性变化，求至少经过多长时间小球A和B碰撞位置和速度恢复到第一次碰撞前的情况，求出该段时间内小球B的路程。 【答案】（1） （2） （3）4s，10m 【解析】 【小问1详解】 当时，碰撞为完全非弹性碰撞，碰后两小球共速，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得 【小问2详解】 碰撞过程动量守恒，设的方向为正方向，则有 又 解得 第二次和第一次碰撞位置相同，有 ， 综上可得 【小问3详解】 当时，碰撞为弹性碰撞 两次碰撞时间间隔 第一次碰撞过程 解得 到第二次碰撞，B的路程第二次碰撞过程 解得 到第三次碰撞B的路程第三次碰撞重复第一次碰撞，只是位置在与第一次碰撞位置为同一直径的位置； 到第四次碰撞，B的路程 第五次碰撞位置为第一次碰撞位置。 所以 小球B的路程 ◇题型 04 爆炸与反冲 典｜例｜精｜析 典例1（2023年湖南卷第15题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 （1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； （2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程； （3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒 联立解得 因水平方向在任何时候都动量守恒即 两边同时乘t可得 且由几何关系可知 联立得 （2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有 则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为 整理得 （） （3）将代入小球的轨迹方程化简可得 即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图 此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 联立得 典例2（2025·山西省太原市·一模）如图所示为三级火箭示意图，运载物的质量为，每一级燃料的质量均为m，燃料燃烧后喷出炽热高速气体。火箭从地面由静止发射，若不考虑空气阻力、重力的影响，燃料外壳质量不计。求： （1）假如火箭在点火加速阶段，尚未离开地面，在时间内，相对于地面以速度喷出质量为的气体，火箭在此阶段获得的平均推力的大小； （2）假如一次性把三级燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对对于地面的速度为，运载物可获得速度的大小； （3）假如依次把每一级火箭的燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对火箭的速度为，运载物可获得速度的大小为。根据的表达式，若把燃料总质量分为份（为正整数），依次把的燃料燃烧后瞬间喷出，喷出的气体相对火箭的速度为，若取到无穷大，则火箭最终可获得的理想最大速度为多大。 （已知：，为正的常数，为正整数，当时，则） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 方法一：火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平均作用力为，依动量定理，以下为正 解得 根据牛顿第三定律可知火箭在此阶段获得的平均推力的大小 方法二：火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平均作用力为F，有 因为 联立解得火箭获得的平均推力 【小问2详解】 运载物、燃料在喷出气体的过程中动量守恒，以上为正 解得 【小问3详解】 方法一：以地面为参考系，以上为正，第一级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为，依动量守恒定律有 第二级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为，则有 第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为，则有 解得，， 方法二： 以火箭为参考系，以上为正，第一级燃料燃烧后，运载物获得的速度增量为，第二级燃 料燃烧后，运载物获得的速度增量为 ，第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度增量为 ， 依动量守恒定律有，， 联立解得，， 因为 同理，若把质量为 3m 燃料分成n份，运载物最终获得的速度为，则有 依题目已知条件，当 n 时， 方｜法｜提｜练 1、反冲运动中，有时需要转化参考系。 2、注意人船模型的条件：系统动量守恒且总动量为零。 3、人船模型列式时注意位移的方向，注意参考系统一为地面。 4、人船模型问题，最好画一下示意图，以正确确定距离之间的关系。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·山东省德州市·三模）如图甲所示，长木板C静止在光滑水平地面上，其右上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，小物体A和B之间夹有少量火药。某时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A获得的速度大小为，若长木板C固定，A和B会同时停在C的最左端。已知小物体A的质量为2m，小物体B的质量为m，长木板C的质量为3m，A、C之间的动摩擦因数为，B、C之间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计火药的质量和燃爆时间，不计B和挡板的碰撞时间，B和挡板碰撞时无机械能损失。 （1）若点燃火药释放的能量全部转化为A和B的机械能，求点燃火药释放的能量； （2）求长木板C的长度； （3）若长木板不固定，求整个过程A、C之间由于摩擦产生的内能和B、C之间由于摩擦产生的内能； （4）若长木板不固定，将B碰撞挡板时作为t=0时刻，自该时刻开始A的位移大小用表示，B的位移大小用表示，C的位移大小用表示，设，在图乙中画出y随时间t变化的图像，并标明时的y值。 【答案】（1）（2）（3），（4）见解析 【解析】（1）火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则 解得 则火药爆炸释放的能量 联立可得 （2）若长木板固定，A和B的速度同时减小到0，对二者获得速度到速度减为0的过程中，对于物体A有 解得 由运动学公式有 解得 A和B的路程差 长木板的长度 （3）由第二问可知，A和B的初始位置距挡板的距离为 B与挡板碰撞前C静止，对B自开始运动到与挡板碰撞的过程中，有 解得 设物体B与挡板碰前瞬间的速度，则 解得 设该过程的时间间隔为，则 解得 B与挡板碰撞时A速度大小 以水平向左的方向为正方向，B与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为，则有 解得 对C由牛顿第二定律有 解得 计算可知，B撞击挡板后A先与C共速，A与C共速后不再有相对运动，然后B再与A、C共速，自B撞击挡板至A、C共速，有 解得 自B开始运动至A、C共速之间的相对路程 A、C之间由于摩擦产生的热量 B、C间由于摩擦产生的热量 （4）以水平向左为正方向，对A、B、C组成的系统自B与挡板碰撞以后的任意时刻，由动量守恒定律得 其中 且将该过程得时间分为、、无穷段，则 以上各式相加，又 即有 故 其图像如图所示，当 变式2（2025·江苏省淮阴中学·二模）如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　） A. b球的质量 B. 两小球与弹簧分离时，动能相等 C. a球到达圆心等高处时，对轨道压力为 D. 若，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 【答案】D 【解析】A．设小球离开弹簧后的速度大小为，球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为，则有 解得 选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得 解得 同理可得b球离开弹簧后的速度大小为 取向左为正方向，根据动量守恒定律可得 可得b球的质量为 故A错误； B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系 由于两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B错误； C．a球到达圆心等高处时，速度为，由动能定理可得 轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律可得 联立解得 由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，故C错误； D．若，取向左为正方向，由动量守恒定理得 则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为 则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为 故D正确。 故选D。 变式3（2025·江苏省苏州市八校联考·三模）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为。一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。求： （1）每次青蛙起跳做的功； （2）青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离； （3）若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移（用木板长度表示）； （4）长木板的长度与的关系。 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 对青蛙竖直起跳过程列动能定理 解得每次青蛙起跳做的功 【小问2详解】 对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则 竖直方向 水平方向 联立解得 则当时， 对青蛙起跳 解得青蛙第三次向右上方跳起水平距离 【小问3详解】 青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有 由几何关系 联立解得 【小问4详解】 对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为，水平初速度为，木板后退速度为。则对青蛙，竖直方向 水平方向 对青蛙和木板系统 青蛙相对地面位移 对青蛙第一次起跳 联立得 又由于 可知当时，青蛙跳的最远，则 ◇题型 05 动量定理在电学中的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年安徽卷第15题）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。 求： （1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； （2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； （3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 【答案】（1） （2） （3），n = 1，2，3，… 【解析】 【小问1详解】 第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0 则此时回路的电流为 此时导体棒受到的安培力F安 = BIL 此时导体棒受安培力的功率 【小问2详解】 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有 其中 解得 【小问3详解】 由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR = QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n = 1，2，3，… 典例2（2025·湖北省黄石市第二中学·二模）如图所示，平面直角坐标系xOy内，过原点的直线l与+x轴的夹角为φ=37°，将y轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区（含+y轴）中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度可调。现将一个质量为m、电量为+q的带电粒子P从O点沿+y方向以初速度v0射出，带电粒子重力不计。（sin37º=0.6，cos37º=0.8） （1）若Ⅱ区磁场方向垂直纸面向里，欲使粒子P不能到达x轴，求Ⅱ区磁场的磁感应强度B′应满足的条件； （2）将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同，并使整个空间均匀分布黏性介质。P仍从O点沿+y方向以初速度v0射出，运动中受到大小正比于速率（比例系数为常数k，未知）、方向与速度反向的介质阻力作用，且P速度第一次沿－y方向的位置在直线l上。求比例系数k的大小及粒子最终停止的位置坐标。 【答案】（1） （2）； 【解析】 【小问1详解】 若Ⅱ区磁场方向垂直纸面向里，设粒子在Ⅰ区、Ⅱ区中的半径分别为R1，R2 在Ⅰ区 在Ⅱ区 当粒子进入Ⅱ区后恰能达x轴，临届轨迹与x轴相切，轨迹如图所示 由几何关系得 联立得 结合φ=37°可求得 Ⅱ区磁场的磁感应强度B′应满足的条件； 【小问2详解】 设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy，如图所示 设P速度第一次沿－y方向的位置在直线l上的M（x0，y0），最终停止在N（x1，y1） 粒子从O到M，由x方向的动量定理得 即 M（x0，y0）在直线l上，则有 故有 粒子达N（x1，y1），，粒子从O到N，由x方向的动量定理得 即 由y方向的动量定理得 即 联立解得 则粒子P最终停止的位置坐标 方｜法｜提｜练 1、注意动量定理的方向性。 2、对于洛伦兹力作用下的曲线运动，应用动量定理时，要针对某个特定的方向。 3、电磁感应问题中，动量定理往往要与电荷量进行综合。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025年海南卷第12题）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。 （1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热； （2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差； （3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得， 解得通过棒的电流为 设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有 同时有， 分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得 联立解得棒产生的焦耳热为 【小问2详解】 分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有， 同时有， 联立解得此时、棒的速度大小之差为 【小问3详解】 分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知 解得 设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得① 其中 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得② 从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有， 变式可得， 两式相加得③ 同时有 ④ 联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为 变式2（2025年甘肃卷第15题）已知在一磁感强度为B的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械臂1和机械臂2（可视为杆），质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1的初速度为，机械臂2静止，两者不相撞。求： （1）初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； （2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器电荷量的表达式； （3）稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值。 【答案】（1），竖直向上 （2），， （3）， 【解析】 【小问1详解】 初始时刻机械臂1的感应电动势大小为 由右手定则可知感应电流方向竖直向上。 【小问2详解】 在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，两机械臂安培力的大小分别为， 设此时两机械臂的速度分别为v1、v2 根据动量守恒， 而， 电容器的带电量 电容器两端的电压 联立解得 所以此时电容器电荷量为 【小问3详解】 当时，两机械臂的速度相同，此时 可得两机械臂的速度为 此过程中，对机械臂1，根据动量定理 对机械臂2，根据动量定理 初始距离的最小值 解得 变式3（2025·河南省洛阳市·三模）如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在垂直于xOy平面的磁场（图中未画出），规定垂直于xOy平面向外为磁感应强度正方向，该区域内磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示；第二象限内（含x轴负半轴）存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由A点（−L，0）沿x轴正方向以大小为v0的速度射入电场，在t=0时刻，粒子经y轴上的P点与y轴正方向成θ=30°角射入第一象限，忽略粒子重力。求： （1）电场强度的大小； （2）在至时间内，粒子运动轨迹的半径； （3）在时刻，粒子位置坐标。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 粒子在第二象限做类平抛运动，设粒子由A至P历时t0，则 粒子在P点沿y轴正方向的分速度大小 沿y轴正方向上，由动量定理有 解得 【小问2详解】 设粒子在P点的速度大小为v，则 设粒子在此阶段运动轨迹的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有 解得 【小问3详解】 粒子运动轨迹如图所示，设粒子刚进入第一象限时运动轨迹的半径为r1，由洛伦兹力提供向心力有， 解得， 由轨迹的对称性可知四边形PQMN为矩形，设PN的长度为s，则 设P点的纵坐标为yP，则 则N点的纵坐标为 则N点的横坐标为 设时刻粒子位于K点，则K点的纵坐标 K点的横坐标 故在时刻，粒子的位置坐标为 ◇题型 06 动量守恒定律在电学中的应用 典｜例｜精｜析 典例1（2025年陕晋宁青卷第15题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度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。经时间粒子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，这时撤去恒力。己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、、、均为己知量） （1）粒子B到达P点时的速度大小； （2）时间内粒子B的位移大小； （3）恒力作用的时间。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 根据动量守恒定律，解得 【小问2详解】 两者共速时设间距为，根据能量守恒定律可知此时电势能为 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有 即有 根据位移关系可知 联立解得 【小问3详解】 对全过程，对系统根据动能定理 对全过程，根据动量定理 联立解得 典例2（2025年河北卷第15题）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 （1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。 （2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。 （3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f = kv2（k = 0.025N·s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992 = 0.980l） 【答案】（1）500A （2）vb1 = 25m/s，能，ΔU = 40V （3）能 【解析】 【小问1详解】 分离后a切割磁感线有E = BLv 则通过a的电流 解得I = 500A 【小问2详解】 由于超级电容器经调控系统为电路提供I0 = 1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25m时a与b碰撞前的速度为 a与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava = (ma＋mb)v共， a与b整体从MM′到NN′的过程中有 a与b分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma＋mb)v共1 = mava1＋mbvb1， 联立解得vb1 = 25m/s 由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有， 则电容器流出的电荷量有Δq = I0(t1＋t2) a运动过程中电容器的电压减小量 【小问3详解】 b所受f = kv2(k = 0.025N·s2/m2）的空气阻力后，a与b整体从MM′到NN′的过程中有(BI0L－kv2) = (ma＋mb)a， 求解出 则 a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。 方｜法｜提｜练 1、应用动量守恒定律，首先要选取合适的系统，使其外力矢量和为0或者可略。 2、一维问题列式时，注意选取合适的正方向。 3、静电场、磁场中的动量守恒主要是针对带电粒子的碰撞问题。 4、电磁感应过程中的动量守恒主要针对双杆模型。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·四川省德阳市·三诊）如图所示，竖直平面内，圆心为O点，半径R=1m内壁光滑的圆弧管道ABC固定在粗糙水平面上，管道与水平面相切于C点，OA连线与竖直方向的夹角，连线BC的左、右两侧存在电场强度均为，方向分别为竖直向下、水平向右的匀强电场。质量m=1kg、所带电荷量为+q的小球a以一定的初速度从A点开始运动，恰好能通过管道的最高点B点，并与静止在C点的物体b发生弹性碰撞，碰撞前后两带电体的电荷量不发生改变。已知物体b的质量为m、电荷量为+2q、与水平面间的动摩擦因数，小球a、物体b均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求： （1）小球a在A点初速度的大小； （2）小球a经过管道C点时（仍在右侧电场中），对管道的压力大小； （3）物体b停止的位置到C点的距离。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 在B点根据牛顿第二定律得 解得 从A点到B点根据动能定理得 解得 【小问2详解】 从B点到C点根据动能定理得 解得 在C点根据牛顿第二定律得 解得 【小问3详解】 碰撞过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律得， 解得， 根据动能定理得 解得 变式2（2025·湖北省新八校协作体·三模）（多选）如图所示，水平金属导轨左侧接电容为1F的电容器，最右侧用一段长度可忽略不计的绝缘材料与倾角为的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端接阻值为0.1Ω的电阻，两导轨宽均为1m。水平导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，倾斜导轨也处在垂直于导轨平面的磁场中，磁感应强度大小均为0.2T。质量为0.4kg的金属棒a静置在水平导轨上，距水平导轨右端4.32m，质量为0.8kg的金属棒b放在倾斜导轨上，控制其不动，b棒距导轨下端3.6m。对a施加水平向右的大小为2.64N的恒力，同时静止释放b。a棒运动到水平导轨最右端时恰好与b棒发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去拉力。导轨均光滑且不计导轨和a、b的电阻，重力加速度大小为。则（　　） A. a从开始运动到第一次碰撞前所用时间为1.2s B. a从开始运动第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为19.2J C. 两棒第一次碰撞后瞬间，a的速度大小为7.2m/s D. 两棒第一次碰撞后瞬间，b的速度大小为3.4m/s 【答案】AD 【解析】A．由于金属棒a、b同时由静止释放，且恰好在两导轨连接处发生弹性碰撞，则说明a、b在到达连接处所用的时间是相同的，对金属棒a和电容器组成的回路有 对a根据牛顿第二定律有 其中， 联立有 则说明金属棒a做匀加速直线运动，则有， 联立解得，， 故A正确； B．金属棒b下滑过程中根据动量定理有 其中 可求得碰前瞬间b的速度为 则根据功能关系有 联立解得 故B错误； CD．由于两棒发生弹性碰撞，取a棒碰前瞬间运动方向为正，有， 联立解得， 故C错误，D正确。 故选AD。 变式3（2025·福建省宁德市·三模）如图所示，质量分别为、的导体棒、静置在间距为的水平平行光滑导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导体棒、在导轨间的电阻均为，棒到导轨最右端MN的距离为。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。现给棒一水平向右的初速度，当棒运动到导轨最右端MN时速度为，随即滑上足够长的光滑绝缘倾斜轨道。棒始终在导轨上运动且未与棒碰撞，感应电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。求： （1）棒开始运动时的加速度大小； （2）棒从开始运动到第一次出磁场产生的热量； （3）棒从开始运动到第一次出磁场的时间； （4）整个运动过程中棒做减速运动的总长度。 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 根据题意可知，棒开始运动时，棒切割磁感线，感应电动势为 感应电流为 对棒，由牛顿第二定律有 联立解得 【小问2详解】 棒开始运动到棒第一次出磁场过程，、棒组成系统动量守恒，则有 、棒组成系统产生的热量 其中棒产生的热量 解得 小问3详解】 设棒开始运动到棒第一次出磁场过程中所用的时间为，对于棒，由动量定理有 感应电流 感应电动势 且有， 这一过程，、棒组成系统动量守恒，故有 即 联立上式可得 【小问4详解】 导体棒滑上光滑绝缘轨道后以原速率返回，期间导体棒做匀速直线运动。棒返回后系统合动量水平向右，棒做减速运动，棒先向左减速后向右加速，以小于进磁场的速度再次滑上光滑绝缘轨道，此过程中，棒向左减速到零的距离小于。此后、棒重复该过程，每次棒向左减速距离逐渐减少，最终棒静止于水平导轨最右端MN处，此时棒速度也为零。从开始运动到最终静止，设棒减速运动位移为，由动量定理 感应电流 又有， 解得 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $