第7讲 动量定理和动量守恒定律-【领跑高中】2026年高考物理二轮专题复习学生用书Word

第7讲　动量定理和动量守恒定律 1.（2025·甘肃高考4题）如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（　　） A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s 2.（2025·河南高考7题）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 3.（2025·河北高考14题）如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 （2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 考情分析：本讲内容在高考中既有选择题又有计算题，计算题以中等难度以上题目为主，重点考查动量定理和动量守恒定律，常用程序法解决多过程问题、微元法解决流体问题，同时注重模型的构建，如人船模型、滑块曲面模型、子弹打木块模型等。 考点一　动量定理 动量定理在“四类”问题中的应用 1.解缓冲问题——延长时间、减小冲力。如汽车安全气囊、跳高垫子。时间由0.01 s延长到1 s，冲力可变为原来的。 2.求解平均力问题——可分析计算碰撞、冲击过程等复杂的情况。 3.求解流体问题——建立柱状模型，Δm＝ρSvΔt，FΔt＝Δmv。 4.在电磁感应中求解电荷量问题——掌握动量定理和电荷量公式的应用BLΔt＝Δp，q＝Δt。 【例1】　（2025·甘肃高考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的变化关系如图2所示。物块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。 尝试解答 【例2】　（2025·山东潍坊一模）电动自行车因低碳环保而成为现代流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，会将正对空气的速度从0变为v，人和车总的迎风面积为S，空气密度为ρ，则其受到的空气的平均阻力为（　　） A.ρSv2 B.2ρSv2 C.ρSv D.2ρSv 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　 方法技巧 用动量定理求解“流体”问题的方法 特点 液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 （1）建立“柱状”模型，沿速度v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S （2）微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量Δm＝ρSvΔt （3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 考点二　动量守恒定律 动量守恒定律的应用 适用条件 解题的基本思路 （1）系统不受外力或系统所受的合外力为零。 （2）系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多，如碰撞、冲击、爆炸、猛拉等。 （3）系统所受的合力不为零，在某个方向上的合力为零 （1）确定研究对象，进行受力分析和过程分析。 （2）确定系统动量在研究过程中是否守恒。 （3）明确过程的初、末状态的系统动量。 （4）规定正方向，根据动量守恒定律列方程求解 【例3】　〔多选〕（2025·吉林延边一模）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（　　） A.儿童和滑环组成的系统动量守恒 B.儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C.儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能 D.儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1∶5 尝试解答　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 〔多选〕（2025·广东河源模拟）如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1。开始时两木块之间有一根用轻绳缚住已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动。若两木块m1和 m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块（　　） A.动量大小之比为1∶1 B.速度大小之比为2∶1 C.动量大小之比为2∶1 D.速度大小之比为1∶1 考点三　碰撞与反冲问题 1.碰撞问题遵循的三条原则 2.反冲的两条规律 （1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。 （2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有m1－m2＝0。 【例4】　〔多选〕（2025·福建厦门三模）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1 kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5 kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（　　） A.小球A碰撞前后的速度大小之比为7∶2 B.小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2 C.碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变 D.碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　 【例5】　（2025·河北沧州模拟预测）如图甲所示，两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h的木板A、B静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹（体积忽略）以一定初速度v0打入木板A，子弹恰好未离开木板B且A、B两木板没有发生碰撞。现把A、B两块木板绑在一起横放（如图乙所示），子弹再次以同样的初速度v0打入木板A，子弹也恰好未离开木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动，则等于（　　） A. B. C. D. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　 【例6】　某校学生在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为m＝2.0 kg的水相对地面以v＝6 m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为m0＝0.4 kg，上升阶段空气阻力恒为f0＝1 N，不计水平方向的任何力，重力加速度g＝10 m/s2。 （1）求水火箭外壳能上升的最大高度H； （2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k＝0.4），下落高度h＝20 m时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求： ①外壳匀速时的速度vm； ②外壳从下落到匀速所经历的时间； ③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。 尝试解答 【例7】　（2025·江西新余一模）如图所示，长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面两端分别固定半径均为R的四分之一圆弧体AB、CD，圆弧面光滑，圆弧面的最低点B、C均与长木板上表面相切，长木板BC段上表面粗糙，BC长为2R，长木板（包括两个圆弧体）质量为3m。将一个质量为m的物块在A点上方距离A高度为R的P点由静止释放，物块恰好能到达D点，物块的大小忽略不计，重力加速度为g，求： （1）长木板向左运动的最大距离； （2）长木板运动过程中的最大速度； （3）物块与长木板BC间的动摩擦因数。 尝试解答 规律总结 人船模型 （1）一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过程中，在运动方向上满足： ①动量守恒：mv＝Mv'，可推导出mx＝Mx'。 ②位移关系：x＋x'＝l，则x＝l，＝。其中x、x'为两部分的对地位移，l为相对位移。 （2）常见模型图例 应用数学归纳法解决多次碰撞问题 1.常见模型：两个物体、多个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞。 2.解题方法 （1）先分析前二至三次碰撞，得出初步结果； （2）总结前几次数据，利用数学归纳法找出规律，通常会符合等差数列或等比数列，然后可得出通式，求出多次碰撞最后的速度、位移、能量等结果。 【典例】　（2025·江西九江二模）在光滑平直轨道边依次站着2 025个人，间距均为d，每人手里拿着质量均为m、编号为1、2、3、…、2 025的沙包。一个质量也为m的货斗，在恒定外力F的推动下，从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动①，货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗②，直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短②，货斗及沙包均可视为质点。求： （1）1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率； （2）2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③； （3）全过程中的能量损失。 审题指导： 信息提取 信息加工 从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动① 利用动能定理，计算放入沙包前货斗的速度 该人立即将沙包无初速放入货斗② 沙包放入货斗时间极短② 沙包投入过程中，动量守恒，可计算沙包的速度 2 025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③ 利用数学归纳法，寻找以后碰撞过程中对应规律或结果 尝试解答 提示：完成课后作业　第一部分　专题二　第7讲 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 第7讲　动量定理和动量守恒定律 【体验·高考真题】 1.B　小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，A球竖直方向上速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，碰撞为完全弹性碰撞，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＋m＝m（＋）＋m，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向有h＝gt2，解得t＝2 s，可知碰撞后小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。 2.D　对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－vP'＞vN1'－vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），由题图2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。 3.（1）0.6 m　（2）0.1 N·s　0 解析：（1）小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝μg 则小物块从开始运动到离开平台有－＝－2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有h＝g，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 （2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有h'＝g，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt＝mvy2－m（－vy1），vy1＝gt1 解得IN＝0.1 N·s 取水平向右为正，在水平方向有－μNΔt＝mvx'－mvx，IN＝NΔt 解得vx'＝－1 m/s 但由于vx'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'＝0。 【精研·高频考点】 考点一 典例精析 【例1】　（1）　　（2）见解析　（3）g 解析：（1）由图2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图像与时间轴所围成的面积，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°＝ 在垂直杆方向，当Fsin θ＝mgcos θ时，t＝4 s 则0～4 s，垂直杆方向，有Fsin θ＋N＝mgcos θ 摩擦力f＝μN＝＝mg（0≤t≤4） 在4～6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcos θ＋N 摩擦力f＝μN＝＝mg（4≤t≤6） 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IFcos θ－If＋mgsin θ×t＝mv 在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图像与时间轴所围成的面积，则If＝×mg×4＋×mg×2＝mg 联立有mg·cos 30°－mg＋3mg＝mv 可得v＝g。 【例2】　A　取一小段时间Δt内带动的空气为研究对象，则这一小段空气的质量Δm＝ρvΔtS，根据动量定理得FΔt＝Δmv＝ρv2ΔtS，由牛顿第三定律知，风对人的作用力的大小F'＝F，联立解得F'＝ρSv2，故选A。 考点二 典例精析 【例3】　BD　儿童和滑环组成的系统水平方向不受外力，竖直方向受力不平衡，所以系统水平方向动量守恒但系统动量不守恒，故A错误；儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；根据人船模型的规律有5mx人＝mx环，解得5x人＝x环，则可知儿童和滑环的水平位移之比为1∶5，故D正确。 强化训练 　AB　左侧木块所受滑动摩擦力f1＝μ1m1g，方向水平向右。右侧木块所受滑动摩擦力f2＝μ2m2g，方向水平向左，根据题意有m2＝2m1，μ1＝2μ2，解得f1＝f2，即两木块构成的系统所受外力的合力为0，则系统动量守恒，两木块动量大小相等，则动量大小之比为1∶1，故A正确，C错误；根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，根据题意有m2＝2m1，解得v1∶v2＝2∶1，故B正确，D错误。 考点三 典例精析 【例4】　BC　由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为v，则A球的速度为－2v。设碰撞前A球的速度为v0，由于碰撞过程系统的动量守恒，则有0.1 kg v0＝－0.1 kg·2v＋0.5 kg·v，解得v＝v0，则球A碰撞后的速度大小为v'＝2v＝v0，则小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2，故B正确，A错误；碰撞前系统的总动能Ek＝×0.1 kg×，碰撞后系统的总动能Ek'＝×0.1 kg×＋×0.5 kg×（ v0）2，可得Ek＝Ek'，可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。 【例5】　D　子弹第一次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，由能量守恒定律有fd＝m－m－m，子弹打入木板B的过程中，由动量守恒定律有mv1＝2mv3，由能量守恒定律有fd＝m－·2m，联立解得fd＝m，子弹第二次打木板A的过程中，由动量守恒定律有mv0＝3mv4，由能量守恒定律有fh＝m－·3m，联立解得fh＝m，可得＝，故选D。 【例6】　（1）36 m　（2）①10 m/s　②3 s　③－60 J 解析：（1）喷水过程中，根据动量守恒定律有mv＝m0v0 上升过程中有m0g＋f0＝m0a，02－＝－2aH 解得H＝36 m。 （2）①外壳匀速时，有m0g＝kvm 解得vm＝10 m/s。 ②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有 m0gt－kt＝m0vm 又t＝h 解得t＝3 s。 ③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有 m0gh＋Wf＝m0－0 解得Wf＝－60 J。 【例7】　（1）R　（2）　（3）0.5 解析：（1）物块从A点进入圆弧轨道AB开始至物块到达D点过程中，设物块向右的水平位移大小为x1，长木板向左运动的最大距离为x2。系统水平方向动量守恒，则有m＝3m 即mx1＝3mx2 又因为x1＋x2＝4R 解得x2＝R。 （2）当物块第一次到达B点时，长木板的速度最大。设小物块第一次到达B点时物块的速度大小为v1，长木板的速度大小为v2，根据系统水平方向的动量守恒有mv1＝3mv2 根据机械能守恒定律，有mg×2R＝m＋×3m 解得v2＝。 （3）从P点到D点运动过程中，根据能量守恒定律，有mgR＝μmg×2R 解得μ＝0.5。 【培优·提能加餐】 【典例】　（1）　（2）　（3）Fd 解析：（1）放入沙包前，对货斗，根据动能定理，有Fd＝m 代入数据解得v1＝ 1号沙包放入货斗后，有mv1＝2mv1共 可得v1共＝。 （2）2号沙包放入货斗前，有Fd＝·2m－·2m 2号沙包放入货斗后，有2mv2＝3mv2共 可得v2共＝ 3号沙包放入货斗前，有Fd＝·3m－·3m 3号沙包放入货斗后，有3mv3＝4mv3共 可得v3共＝ 依此类推，可知第n个沙包放入货斗后的共同速度vn共＝ 所以，2 025个沙包放入货斗后的共同速度v2 025共＝。 （3）全过程由能量守恒定律可知ΔE＝F·2 025d－·2 026m· 所以ΔE＝Fd。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $