第1编 专题2 能量与动量 第6讲 动量定理和动量守恒定律（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦动量定理和动量守恒定律核心模块，依据高考评价体系梳理了动量理解、定理应用、守恒条件、碰撞模型、反冲运动及板—块模型等关键考点，通过近五年真题分析明确冲量计算、弹性碰撞、人船模型等高频题型占比，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+素养提升”策略，如以2024福建卷滑块问题为例，用F-t图像面积法突破变力冲量计算，培养科学思维与模型建构素养，通过“多题归一”整合碰撞变式，总结动量守恒应用技巧，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第6讲　动量定理和动量守恒定律 贯通•知识脉络 研学•核心考点 目录索引 微专题2 贯通•知识脉络 研学•核心考点 考点一　动量定理的理解及应用 命题角度1冲量、动量的理解与计算 计算冲量的三种方法 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-t成线性关系,也可直接用平均力求解 考点一 考点二 例1　(多选)(2024福建卷)如图甲所示,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块(　　) A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动 B.在0~4t0内所受合外力的总冲量为0 C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半 D.在2t0~3t0内的位移比3t0~4t0内的小 AD 考点一 考点二 解析 受力分析知,0~t0内滑块受到的合外力大小为F合0=3mgsin θ,t0~2t0内滑块受到的合外力大小为-mgsin θ,所以0~4t0内滑块先沿斜面匀加速向下运动,后匀减速向下运动,之后重复这两个过程,选项A正确。根据冲量的定义可知,0~4t0内滑块所受合外力的总冲量为I=IF+mgsin θ·4t0,由F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量可知IF=0,故I=4mgt0sin θ,选项B错误。由于初速度为0,根据动量定理,t0时滑块动量为I1=F合0·t0=3mgt0sin θ;0~2t0过程中F的冲量为0,故2t0时滑块动量为I2=2mgt0sin θ,选项C错误。2t0时滑块动量为2mgt0sin θ,3t0时滑块动量为5mgt0sin θ,4t0时滑块动量为4mgt0sin θ,可知2t0~3t0内滑块的平均速度小于3t0~4t0内的平均速度,所以2t0~3t0过程滑块的位移小于3t0~4t0的位移,选项D正确。 考点一 考点二 命题角度2动量定理的理解与应用 1.动量定理的理解及应用技巧 (1)动量定理不仅适用于恒力作用,也适用于变力作用。动量定理的研究对象可以是单一物体,也可以是质点系,受力分析时只考虑质点系受到的外力。 (2)在匀变速直线运动中,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。 (3)变力作用情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的加权平均值。 (4)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。 考点一 考点二 2.应用动量定理处理流体问题的思维流程 (1)在极短时间Δt内,取一段小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。 (3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。 (4)求小柱体的动量变化量Δp=Δmv=ρv2SΔt。 (5)应用动量定理FΔt=Δp。 考点一 考点二 例2　(2025湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图甲所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图乙所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于(　　) A. B. C. D.2 B 考点一 考点二 解析 设拉力为F,作用时间为t1,撤去拉力后门板运动的时间为t2,门板运动过程的最大速度为vm,由动量定理有(F-μmg)t1=mvm,得t1=;撤去拉力后,由动量定理有μmgt2=mvm,得t2=;对于全过程,由动量定理有Ft1=μmgt,得F=,由运动学公式得,故门板运动的总时间为t=t1+t2=,可知当t2越大时,t越小,当t2=t时,t取最小值。则,则tmin=,故选B。 考点一 考点二 例3　(多选)我国霍尔推进器技术世界领先,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场,该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。某次测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104 m/s,推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用,则(　　) A.氙离子的加速电压约为175 V B.氙离子的加速电压约为700 V C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg AD　 考点一 考点二 解析 氙离子经电场加速,根据动能定理有qU=mv2-0,可得加速电压为U==175 V,A正确,B错误;设在Δt时间内,有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出,形成的电流为I,由动量定理可得FΔt=Δmv-0,进入放电通道的氙气质量为Δm0,被电离的比例为η,则有=η,联立解得=5.3×10-6 kg,D正确;设在Δt时间内有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出,则ΔQ=q,I=,联立解得I==3.7 A,C错误。 考点一 考点二 例4　(2024广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 甲 考点一 考点二 (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量m0=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 乙 丙 考点一 考点二 答案 (1)　(2)①330 N∙s,方向竖直向上　②0.2 m 解析 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂对它向下的压力FN以及斜面对它的支持力F支,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma 解得tan θ=。 (2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-m0gt=m0v-(-m0v0) 解得v=2 m/s 则上升的最大高度h==0.2 m。 考点一 考点二 考点二　动量守恒定律的理解及应用 命题角度1动量守恒定律的理解与简单应用 1.动量守恒的三种情况 理想守恒 系统不受外力或所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒 近似 守恒 系统受到的外力矢量和不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒 某一方 向守恒 系统在某一方向上所受外力的矢量和为零时,系统在该方向上动量守恒。如“滑块—斜面(曲面)”模型 考点一 考点二 2.动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用得最多)。 (2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)Δp=0,系统总动量的增量为零。 考点一 考点二 例5　(2024江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则(　　) A.弹簧原长时物体动量最大 B.弹簧压缩最短时物体动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 A 解析 剪断细绳后,滑板A与物体B组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,故C错误;整个系统只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,故可知弹簧原长时弹性势能最小,物体动能最大,速度最大,此时动量最大,故A正确,B、D错误。 考点一 考点二 命题角度2碰撞模型的规律及应用 1.一般碰撞模型的三个特点 (1)动量守恒; (2)动能不增; (3)速度符合实际情况。 考点一 考点二 2.“一动碰一静”弹性正碰模型 m1v1=m1v1'+m2v2',m1m1v1'2+m2v2'2,得v1'=v1,v2'=v1。 (1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换); (2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑); (3)当m1<m2时,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反弹); (4)当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍); (5)当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)。 考点一 考点二 例6　(2025山东卷)轨道舱与返回舱的组合体绕质量为m行的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. C 考点一 考点二 解析 设返回舱的质量为m,轨道舱的质量为5m,轨道舱与返回舱一起做匀速圆周运动时,由万有引力提供向心力有G=6m,解得v=,分离瞬间轨道舱与返回舱组成系统动量守恒,设此时轨道舱相对行星的速度大小为v1,根据动量守恒定律可得6m×=m×2+5mv1,解得v1=,故选C。 考点一 考点二 例7　(多选)(2024广西卷)如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　　) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v BC 考点一 考点二 解析 由于两小球碰撞过程中机械能守恒,M、N的质量相等,且发生弹性正碰,碰后两球将发生速度交换,碰后M静止在碰撞处,N以初速度v开始做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,选项A错误,B正确。水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v,选项C正确,D错误。 考点一 考点二 例8　(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的变化分别如图甲和图乙所示。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 甲 乙 D 考点一 考点二 解析 碰撞时系统动量守恒,则P和N碰撞时mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',变形后有mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),vP-vP'>vN'-vN,故mP<mN,同理,由于Q和N碰撞时vQ-vQ'<vN'-vN,所以mN<mQ,综上可知mQ>mN>mP,D正确。 考点一 考点二 例9　(多选)(2025山东菏泽期末)如图所示,足够长的金属导轨MN、PQ水平平行放置,处于磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场中,导轨间距为L。导体棒a、b垂直于导轨放置并与导轨接触良好,两导体棒的质量均为m,其在导轨间的电阻均为R,不计一切摩擦及导轨电阻。现给导体棒a一个平行于导轨向右的初速度v0,运动中导体棒a、b未相撞。下列说法正确的是(　　) A.导体棒a的速度为v0时,导体棒b的加速度大小为 B.导体棒a的速度为v0时,导体棒b的加速度大小为 C.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为 D.整个运动过程中电路中产生的焦耳热为 BD 考点一 考点二 解析 两导体棒所受的安培力大小相等、方向相反,则两导体棒组成的系统所受合外力为0,系统的动量守恒,当导体棒a的速度为v0时,有mv0=m·v0+mvb,解得vb=v0,两导体棒中感应电流大小相等,均为I=,两导体棒所受安培力方向相反,大小相等,安培力大小均为F安=BIL=,则加速度大小为a=,故A错误,B正确。最终两导体棒会共速,则有mv0=2mv,解得v=v0,根据能量守恒定律得×2mv2+Q,解得整个运动过程中电路中产生的焦耳热为Q=,故C错误,D正确。 考点一 考点二 多题归一 拓展类碰撞模型 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水平 面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足m1v0=(m1+m2)v共,损失的动能最大,分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次分离 相当于弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足m1v0=m1v1+m2v2,能量满足m1m1m2 考点一 考点二 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平 面或水平 导轨光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞,动量满足m1v0=(m1+m2)v共,损失的动能最大,转化为内能或电能 考点一 考点二 命题角度3反冲运动的理解及应用 1.人船模型 考点一 考点二 2.模型拓展 考点一 考点二 例10　(2025河南三门峡一模)某次军事演习中,一炮弹由水平地面O点竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片,它们的初速度方向与水平方向的夹角均为θ,如图所示,测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x=120 m,它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1=6 s,t2=2 s,若甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.两弹片分离瞬间的动量相同 B.弹片甲落地点到O点的距离为48 m C.tan θ= D.爆炸点距水平地面的高度为84 m D 考点一 考点二 解析 炮弹竖直上升到最高点时,炮弹的动量为0,炸裂成甲、乙两块弹片,根据动量守恒可知,甲、乙两弹片分离时,它们的动量大小相等、方向相反,故A错误;设两弹片分离时,甲的速度大小为v,由于甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1,根据动量守恒定律可知,乙的速度大小应为2v,设爆炸点的高度为H,对甲、乙水平方向有x=vcos θ·t1+2vcos θ·t2,解得vcos θ=12 m/s,对甲、乙竖直方向有H=-vsin θ·t1+=2vsin θ·t2+,解得vsin θ=16 m/s,联立解得tan θ=,sin θ=,cos θ=,v=20 m/s,H=84 m,所以甲落地时到O点的距离为x甲=vcos θ·t1=72 m,故B、C错误,D正确。 考点一 考点二 例11　(2024河北卷改编)如图所示,两块厚度相同、质量相等的木板A、B(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知两块木板的质量均为2.0 kg,A木板的长度为2.0 m,机器人的质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 考点一 考点二 答案 (1)1.5 m　(2)90 J　2 解析 (1)设机器人质量为m0,三个木板质量为m,机器人与A木板组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得m0v0=mvA0,设所用时间为t0,则有m0v0t0=mvA0t0,即m0x=mx1,又x+x1=lA,解得x1=1.5 m。 (2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根据斜抛运动规律得vcos θ·t=x1,vsin θ=g·,解得v2=,机器人跳离A木板的过程,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得m0vcos θ=mvA,根据能量守恒定律可得机器人做的功W=m0v2+,得W=×45 J=×45 J=45× J,根据数学知识可得当tan θ=时,即tan θ=2时,W取最小值,代入数值得此时W=90 J。 考点一 考点二 解题思维链 考点一 考点二 微专题2 题型概述 微专题2　“板—块”模型 1.解答“板—块”模型的技巧 (1)系统不受外力时,滑板放在光滑水平面上,滑块以一定速度在滑板上运动,滑块与滑板组成的系统动量守恒,若滑块不滑离滑板,最后二者具有共同速度,摩擦力与相对路程的乘积等于系统损失的动能,即Ff·x相对=ΔEk。 (2)系统受到外力时,一般对滑块和滑板隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。 2.力学三大观点的选用技巧 (1)当涉及时间与运动细节时,一般选用动力学规律解题。 (2)当涉及功、能量和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题。若题目中出现相对位移(摩擦生热),应优先选用能量守恒定律。 (3)当不涉及加速度而涉及运动时间时,特别是对于打击类问题,因时间短且冲力随时间变化,应用动量定理求解;对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的“板—块”问题,若只涉及初末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。 典例探究 (2025河南湘豫名校联考)如图所示,质量均为m的滑块(可视为质点)和质量为3m的长板静止于图示位置。滑块1、2、3与长板间动摩擦因数均为μ,长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、3v0的速度同时从图示位置滑上长板,它们之间不会相碰也不会从长板滑下,重力加速度为g,当三个滑块与长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求: (1)滑块2从放上长板到速度达到最小,系统产生的内能。 (2)滑块刚开始滑上长板时长板与墙壁的距离s。 答案 (1)　(2) 解析 (1)当滑块2与长板刚好相对静止时,其速度最小,设为vmin,从滑块滑上长板开始到滑块2与长板刚好相对静止瞬间,滑块2、3间的相对速度始终相等为v0,故此时滑块3的速度为vmin+v0 由动量守恒定律得m(v0+2v0+3v0)=(m+m+3m)vmin+m(vmin+v0) 解得vmin=v0 系统产生的内能为Q=m[+(2v0)2+(3v0)2]-×5mm(vmin+v0)2=。 (2)当滑块1刚好与长板保持相对静止时,根据动量守恒定律有m(v0+2v0+3v0)=(m+3m)v1+m(v1+v0)+m(v1+2v0)=6mv1+mv0+m·2v0 解得v1= 该过程长板加速度为a1==μg 对长板,有s1= 当滑块2刚好与长板相对静止时,由(1)知,v2=v0,该过程对长板和滑块1、2有2μmg=4ma2,对长板,有=2a2s2 解得s2= 当滑块3刚好与长板保持相对静止时,根据动量守恒有m(v0+2v0+3v0)=6mv3 又μmg=5ma3 对长板有=2·s3 解得s3= 刚开始时长板与墙壁的距离s=s1+s2+s3=。 拓展衍生 (2024海南卷)某游乐项目装置简化如图所示,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量m板=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,并在平台C上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。 答案 (1)1 000 N　(2)7 m 解析 (1)设游客滑到b点时速度为v0,从a点到b点过程,根据机械能守恒定律得mgh= 解得v0=10 m/s 游客在b点时,根据牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=1 000 N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。 (2)解法一　游客在滑板上运动时,游客与滑板组成的系统动量守恒, 由动量守恒定律有mv=mv1+m板v2 由能量守恒定律有mv2=m板+μmgL 对游客在平台C上运动的过程,由动能定理有-μmgs=0- 解得L=7 m。 解法二　设游客恰好滑上平台C时的速度为v,在平台C上运动过程由动能定理得 -μmgs=0-mv2 解得v=8 m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台C,可知该过程游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设游客和滑板的加速度大小分别为a1和a2,得a1==μg=2 m/s2,a2==4 m/s2 根据运动学规律对游客,有v=v0-a1t 解得t=1 s 该段时间内游客的位移为s1=t=9 m 滑板的位移为s2=a2t2=2 m 根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。 $