专题2 第6讲 动量定理和动量守恒定律-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

第6讲动量定理和动量守恒定律 知识网络》体系构建 p=mu- 定义式 动量 表达式一F1=p'-p=md-m 动量 定理 矢量性 应用 缓冲、打击等 相对性 特点 瞬时性 量定理 系统不受外力的作用 系统所受外力的矢量和为0 △p=p'-p=mA一动量变化量 条件 系统内力远大于外力，且作用时间极短， 系统动量近似守恒 量守恒定律 系统在某一方向上所受外力的合力为0， 系统在该方向上动量守恒 表达式 I=Ft- p1=p2; 定义式 ApA=-△pB 动量 弹性碰撞：动量守恒、动能不变 表示力的作用对 冲量 物理 守恒 碰 时间的累积效应 意义 定律 撞 非弹性碰撞：动量守恒、动能减少 与力F的方向 应用 完全非弹性碰撞：动量守恒、动能 方向 损失最大 相同 人船模型、反冲 考向探究》素养提升 老向一 动量定理的理解及应用 1.冲量的三种计算方法 经飞控系统实时调控，在 (1)公式法：I=Ft适用于求恒力的冲量。 拉力、空气作用力和重力 (2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、1 作用下沿水平方向做匀速 未知的情况。 直线运动。已知拉力与水 (3)图像法：用F-1图线与时间轴围成的面积 平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为 可求变力的冲量。若F与t是线性关系，也可 F=F。一k1(F≠0，F。、k均为大于0的常量)， 直接用平均力求变力的冲量。 无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该 2.动量定理的两个重要应用 无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的 (1)求变力的冲量：利用平行四边形定则求出动 任一时刻)，下列说法正确的有 () 量的变化△p,再利用动量定理求出变力的冲 A.受到空气作用力的方向会变化 量I。 (2)求动量的变化：先求出合力的冲量，再根据 B.受到拉力的冲量大小为(F。-kT)T 动量定理求动量的变化。 C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为 3.流体类：对连续流体应用动 00 mgT+(E。-T)T 量定理时，要确定一小段时 间△1内的连续流体为研究 D.T时刻受到空气作用力的大小为 △1 对象（如图所示），写出△1内对应连续流体的质 量△m与△1的关系式，分析连续流体△m的受 F。-T)+(mg 3 F。-kT1 2 力情况和动量变化。 心听课记录 典例1[动量定理的基本应用]（多选）(2025·广 东卷)如图所示，无人机在空中作业时，受到一 个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机 第一部分专题二 能量与动量 023 [典例2[动量定理在流体中的应用](2025·福建 则此建筑物受到热带风暴的风力约是热带低压 厦门高三质检)台风按其底层中心附近风速可 风力的 () A.1.5倍B.2.2倍C.3.4倍D.4.2倍 划分为热带低压、热带风暴、强热带风暴、台风、 强台风、超强台风6个等级。其中热带低压的 心听课记录 平均风速约14m/s,热带风暴的平均风速约为 21m/s,若某建筑物墙面与台风前进方向垂直， 考向二动量守恒定律的理解及应用 1.动量守恒定律的三种表达形式 落，1s末恰好被小球B从 A (1)m101十m202=m101十m22,作用前的动量 左侧水平击中，小球A落地 之和等于作用后的动量之和（用得最多）。 时的水平位移为3m。两球 B 20m (2)△p1=一△p2,相互作用的两个物体动量的 质量相同，碰撞为完全弹性 增量等大反向。 碰撞，重力加速度g取 77777777 10m/s2,则碰撞前小球B (3)△p=0,系统总动量的增量为0。 3m 的速度大小为 2.动量守恒定律应用技巧 A.1.5m/s B.3.0m/s (1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量 C.4.5m/s D.6.0m/s 守恒。 (2)动量守恒定律是矢量式，书写时要规定正 心听课记录 方向。 (3)系统中各物体的速度是相对地面的速度，若 不是，则应转换成相对地面的速度。 4模型归一-。… 典例3[反冲模型](2025·湖北武汉 动量守恒定律应用的三种常见模型 二中调研)如图所示，某中学航天兴 模型 情境展示 应用分析 趣小组在一次发射实验中将总质量 为M的自制“水火箭”静置在地面 77777777 m L2一M+m L,l1= 上。发射时“水火箭”在极短时间内一 M 人船 以相对地面的速度。竖直向下喷出质量为m M十m 模型 的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大 (人的质量为m,船 小成正比，火箭落地时速度为，重力加速度为 的质量为M) g,下列说法正确的是 () (m1+m2)v=m1V0 A.火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 △E=- 1 B.火箭上升过程中一直处于超重状态 A1% B 2m,· m2 C.火箭获得的最大速度为M二m M m1十1n2 m1v1十m2v2=m1v D.火箭在空中飞行的时间为 碰撞 1 1(M-m)v+mv 模型 1 (M-m)g 2m, 听课记录 A B m1一m2 1= m1+m2 0 2m1 V2 n,十m,00 反冲 (1)动量守恒 模型 (2)动能增加 [典例4[某一方向上的动量守恒](2025·甘肃 卷)如图，小球A从距离地面20m处自由下 024 2对勾·讲与练·高三二轮物理 考向三 碰撞模型及拓展 1.解决碰撞问题的三个关键 (3)若钢球质量为3，求玻璃球经历2m次碰 (1)动量守恒：p1十2=p1十p2 撞后的动能Ek。 (2)系统动能不增加：Ek1十Ek2≤Ek1十Ek2 心听课记录 (3)速度合理：碰撞后若两球同向运动，则后球 速度不能大于前球速度。 2.碰撞问题的三种类型 动量守恒：m1v十m2v?=m11十m2v2 弹性 动能无损失：2m+m:-子 1 1 碰撞 2m,0g 动量守恒：m1v1十m2v2=m1v1十m2v2 非弹 动能有损失，动能的损失：△E=（2m0+ 性碰撞 1 2m:v 动量守恒、碰后速度相同：(m1十m2)v’ 完全非m,v1十m2v2 弹性 动能损失最多，动能的损失：△E 碰撞 1 1 3.熟记碰撞中的两个结论 (1)“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度 满足u,= m1-m2 2m1 -00’V2= v0,质量相 m1+m2 m1十m2 等的两物体发生弹性碰撞后交换速度。 (2)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损 |典例6[“保守型”碰撞拓展] 失最多。 (2025·河北邯郸一模)如图 [典例5[碰撞问题分析与计算](2025·江苏卷) 所示，质量为0.4kg、带有四 m● 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小 分之一圆弧的光滑圆弧槽静 钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢 止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3m。现 球之间，一质量为m的玻璃球以初速度。向 有一质量为0.2kg的小球以大小。=0.6m/s 右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞 的初速度水平冲上圆弧槽，重力加速度g取 均视为弹性碰撞。 10m/s2,从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过 n 玻璃球 程中，下列说法正确的是 () Q…○OO b%,O00…d A.小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动 B.小球离开圆弧槽时速度的大小为0.4m/s 的速度大小； C.小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）为 (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发 1.2cm 生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小1； D.小球对圆弧槽的最大压力为2.4N 第一部分专题二能量与动量 025 。听课记录 ⑦听课记录 「典例7[“耗散型”碰撞一A wwaommn 常见碰撞拓展模型 拓展]（多选）(2025· 1.“保守型”碰撞拓展模型 陕西西安高三联考)如图所示，质量为m的长 木板B放在光滑的水平面上，质量为4m的木 图例（水平 m2,nwww94 M 面光滑)》 小球一弹簧模型 小球一曲面模型 块A放在长木板的左端，一颗质量为6m的子 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向 弹以水平速度。射入木块并留在木块中（射入 达到共速 动量守恒，满足(m十M)v共=mo,损 时间极短，忽略不计)，木块滑离木板时速度为 失的动能最大，损失的动能分别转化 名，木块在木板上滑行的时间为1，则下列说法 为弹性势能和重力势能 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量 正确的是 再次分离 守恒，满足mv,十M2=mv,能量满 1 A,木块获得的最大速度为号 足 2 mv+ Mv:= B.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 2.“耗散型”碰撞拓展模型 图例（水 8 滑块 M 平面 木板 C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑 光滑) 动摩擦力大小为128 3mvo 相当于完全非弹性碰撞，动量满足(m十 达到 D.木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等 M)v共=mv。,损失的动能最大，损失的 共速 动能转化为内能 于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能 与木板增加的动能之差 温馨提示雨》请完成课时作业乙 微专题2“板一块”模型中力学三大观点的应用 考向探究》素养提升 1.“板一块”模型的动力学问题 3.“板一块”模型中的动量问题 (1)系统内某一物体若受拉力F,需利用牛顿第 (1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定 二定律判定二者之间有无相对滑动。 理研究。 (2)若有相对滑动，注意二者相对位移和对地位 (2)对系统，合力为0的情况下，应用动量守恒 移之间的关系。 定律研究。 (3)注意滑块恰好不滑出木板的临界条件是二 「典例1[无外力作用的“板一块”模型](2025·浙 者共速。 江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完 2.“板一块”模型中的功能关系问题 全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置 (1)系统的功能关系分析：Wr一f△x=△Ek 于B的右端，三者质量均为1kg。A以4m/s的 (2)系统的摩擦产生的内能：Q=f△x。 速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向 026 2对勾·讲与练·高三二轮物理故B错误；对小车根据动能定理有 Pt-(umg cos30°+mng sin30°)x= m,其中1=g,联立解得工 1 16Pu。2v8 ,故C正确；小车机械能 5mg 5g 增量为△E'=子mn+mgr sin30 8Pvo 3m.00 ,故D错误。 5g 10 微专题1“传送带”模型中 的动力学和能量问题 》考向探究·素养提升《 典例1AC开始时，对行李根据牛顿 第二定律有mg=ma,解得a= 2m/s2,故A正确：设行李做匀加速运 动的时间为t1,行李做匀加速运动的 末速度为v=0.4m/s,根据v=at1, 代入数据解得t1=0.2s,行李做匀加 1 速运动的位移大小为x= 号×2X0.2m=004m,微匀逢运动 的时间为t,= L-x=2-0.04 0.4 4.9s,可得行李从A到B的时间为t= t1十t2=5.1s,故B错误；由以上分析 可知行李在到达B处前已经与传送带 共速，所以行李到达B处时速度大小 为0.4m/s,故C正确：行李在传送带 上留下的摩擦痕迹长度为△x=t1 x=(0.4×0.2一0.04)m=0.04m,故 D错误。 典例2ACD 滑块刚滑上传送带左端 时的速度大小为0=√2gh= √J2×10X0.8m/s=4m/s,A正确； 滑块在传送带上向右滑行的加速度 a=ug=4m/s,滑行的最远距离为 42 2X4 m=2m,B错误；滑块 向右滑行的时间t1=巴=18，向左滑 行到与传送带共速时的时间t2=”= a 0.5s,向左滑行到与传送带共速时运 00 动的距离x1=2t:=0.5m,匀速滑到 最左端的时间t= xm-x1.2-0.5 Ua 2 0.75s,滑块从开始滑上传送带到第 次回到传送带最左端所用的时间为 t=t1十t2十t3=2.25s,C正确；滑块 从开始滑上传送带到第一次回到传送 带最左端摩擦生热Q=g(xm十 vot1）十umg(ot一x1),代入数据可 得Q=18J,此过程中摩擦力对滑块做 功为w=名0-m=合×1× 2J 。×1×4J=一6J,由能量守 恒定律可知带动传送带的传动系统多 做的功为W′=Q+W=18J一6J= 12J,D正确。 典例3(1)4m/s(2)0.6m 1(32v-96)Jv≥4m/s, (3)Q= 8(o-2)2J2m/s<v<4m/s 解析：(1)为使物块到达传送带顶端时 能以最大速度滑上槽车，物块应在传 送带上一直被加速，到达顶端时物块 速度小于或等于传送带速度，设物块 的最大速度为0m,根据牛顿第二定律 得mgcos37°-mg sin37°=ma, 代入数据解得a=0.4m/s, 由动能定理得 W.-mas-2mv2mv. 则传送带的最小速度 u'=vm=√06+2as, 解得m=4m/s。 (2)物块上升到最大高度时与槽车共 速，速度记为1，上升高度记为h,由 动量守恒定律可得(m十M)U1=m, 由能量守恒定律可得 2mvm2(m+M)v=mgh, 联立解得h=0.6m。 (3)若v≥4m/s,则物块在传送带上一 直被加速，加速度大小为a=0.4m/s, 设加速时间为t, 则由s=0ot+2at可得t=5s, 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q=f△x=ng cos37°(t-s)= (320-96)J; 若<v<4m/s,则物块在传送带上 先加速，后匀速，加速度大小 a=0.4m/s,设加速时间为t', 则有t'= 0-00=(2.5-5）s, 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q=f△z=ongcos37t'-2a) 8(0-2)2J。 典例4(1) (2)MvoAt （3)2u,+9g4) 2△t 解析：(1)对单个散货水平方向由动量 定理一I=0一mv。,解得单个散货的质 量为m一 (2)落入货箱中散货的个数为V= M_M,则水平传送带的平均传送 速度大小为u=N△tM,△t d (3)设倾斜传送带的长度为L,其中散 货在加速阶段，由牛顿第二定律 mg cos30°-mg sin30°=ma, 1 解得a= 48 加速时间t1= a g 1 2℃6 加速位移x1=2ati= g 设匀速时间为t2,其中t1十t2=9△t, 则匀速位移为 故传送带的长度为 2vi L=x1+x2=90o△t g 在加速阶段散货与传送带发生的相对 2u号 位移为△x=t1一x1= g 在△t时间内传送带额外多做的功为 1 W=2m0。+mgL sin30+Q,其中 2 m=,L=9o△t g W Q=mg cos30°△x,P=1 △t 联立可得倾斜传送带的平均输出功率 I(2uo+9g△t) 为P= 2△t 第6讲 动量定理和动量守恒定律 》考向探究·素养提升《 考向一动量定理的理解及应用 典例1AB无人 机经飞控系统实 时调控，在拉力、 空气作 力和重 F 力作用 沿水平 方向做匀速直线 mg 运动， 无人机 受到的空气作用 力与重 和拉力 的合力等大反向，随着F的减小，重力 和拉力的合力如图，可知无人机受到 空气作用力的大小和方向均会改变， 在T时刻有 c0s120°= (mg)2+F2-F ,F=F。 2mgF T,解得F= √/(F。-kT)2+(mg)+mg(F。-kT), 故A正确，D错误；由于拉力F随时 间t均匀变化，则无人机在0到T时 间段内受到拉力的冲量大小为F- 图像与坐标轴围成的面积，为(F。 2T)T,放B正确：将拉力分解为水 平和竖直方向，则无人机受重力和拉 方的合力在水平方向有下，(F。 k),无人机受重力和拉力的合力在竖 直方向有F,=号(F。一1)+mg,0 2 到T时间段内，无人机受重力和拉力 的合力在水平方向的冲量为I,= (P,T-T)0到T时同我内 无人机受重力和拉力的合力在竖直方 向的冲量为1，=合F,T-子T十 mgT,则0到T时间段内无人机受到 重力和拉力的合力的冲量大小为I= √T+I= √(T-r+了r）+w &T. 故C错误。 参考答案 221 典例2B在△t时间内，吹过墙面的风 的质量为m=v·△t·Sp,设墙面对风 的力为F,根据动量定理有F△t= mu=o2·△t·Sp,解得F=pSu2,根 据牛顿第三定律可得此墙面受到的风 力大小为F'=F=pS2,则此建筑物 受到热带风暴的风力与热带低压风力 F 219 比值为 =2.25,故B 142 正确。 考向二 动量守恒定律的理解及应用 典例3D火箭向下喷出水，水对火箭 的反作用力是火箭的动力，A错误；火 箭加速上升过程处于超重状态，减速 上升过程和加速下降过程处于失重状 态，B错误：喷水瞬间由动量守恒定律 可得m0。一(M一m)v1=0,解得火箭 获得的最大速度为口1 M-mvo,C m 错误；以向下为正方向，上升过程由动 量定理可得(M一m)gt1+f1t1=0+ (M一m)1,下降过程由动量定理可得 (M-m)gt2-f2t2=(M-m)u,其中 f1t1=ko上t1=kh,f2t2=ku下t:= kh,联立解得t=t1十t2= (M-m)v+mvo (M-m)g ,D正确。 典例4B根据题意可知，小球A和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖 直方向上小球A的竖直速度不变，设 碰撞后小球A水平速度为1，小球B 水平速度为v2,则有m1十m℃2=m℃， 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒 2mu+ 1 2 mu员，联立解得01=v, 2=0,小球A在竖直方向上做匀加速 直线运动，则有么=弓g,解得1 2s,可知碰撞后，小球A运动t'=1s 落地，则水平方向上有x=t',解得 0=3.0m/s,故选B。 考向三 碰撞模型及拓展 4w十 典例5 (1)u,(2) 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，根 据动量守恒和弹性碰撞动能不损失可 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。。 (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 m01十3mv2=mv0, 由能量守恒定律有 解得1= m.一3m 7m+3m 00=一 2m 1 m +3m = 2, 负号表示速度反向，则玻璃球的速度 1 大小为 2 (3)根据题意结合第(2)小问分析可 知，玻璃球与右侧第一个小钢球碰撞 222 红对内·讲与练·高三二轮物理 后反弹，且速度大小变为碰撞前的2， 1 右侧第一个小钢球又与第二个小钢球 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 个小钢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2，综上所迷，玻璃球碰 授2m次后速度大小为u=(2）。: /112 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小 /11+1 E=2m0=(2） mv。 典例6C从小琼冲上圆孤槽到滑离 圆孤槽的过程中，小球和圆孤槽组成 的系统在水平方向不受外力，水平方 向动量守恒，竖直方向所受合力不为 0,竖直方向动量不守恒，即小球和圆 孤槽组成的系统动量不守恒，故A错 误；设水平向右为正方向，根据动量守 恒定律得mu1十Mu:=mo,根据能量 守恒定律得2m+号M=号m, 1 联立解得y1=一0.2m/s,2=0.4m/s, 即小球离开圆孤槽时速度的大小为 0.2m/s,此时圆孤槽对小球支持力最 大，设为N,根据牛顿第二定律有Ⅳ一 mg=m- 0:-01)9 ,解得N=2.24N, R 根据牛顿第三定律可知小球对圆孤槽 的最大压力为N'=N=2.24N,故B、 D错误；小球上升到最大高度（相对圆 孤最低点)时，小球和圆孤槽速度相 等，水平方向根据动量守恒定律有 (m十M)v3=m0。,根据能量守恒定律 有2m+Mu+mgh=2mu5,联立 解得h=1,2cm,故C正确。 典例7ACD对子弹和木块A组成的 系统，根据动量守恒定律有(6m+ 子a)回=5m,解得a=号光后 木块A与子弹一起做减速运动，则此 时木块的速度最大，A正确；木块滑离 木板时，对木板和木块（包括子弹）组 成的系统，根据动量守恒定律有 (6m+m)×g+m: 8 m,解 16 3,B蜡误：对木板，由动量定 得02=1281 理得Ft=m,解得F,= 3mw,C正 128t 确：由能量守恒定律可知，木块在木板 上滑动时，因摩擦产生的热量等于子 弹射入木块后子弹和木块减少的动能 与木板增加的动能之差，D正确。 微专题2“板一块”模型 中力学三大观点的应用 》考向探究·素养提升《 典例1D碰撞瞬间C相对地面向左 运动，A错误；设向右为正方向，则A、 B碰撞过程由动量守恒有2mv1= mUA一mug,解得v1=1m/s,方向向 右；当三者共速时由动量守恒有 3m0=27m01一m0c,可得0=0，即最终 三者一起静止，可知经历的时间t= vc= 2 s=0.4s,B错误；碰撞 g 0.5×10 后到三者相对静止，摩擦产生的热量 Q=×2m+7m=3J.C错误： 碰撞后到三者相对静止，由能量关系 可知Q=gx相对，可得x相对= 0.6m,D正确。 典例2ABD由题图可知，在3t。时刻 木板的加速度发生变化，可知小物块 在t=3t。时刻滑上木板，A正确；由题 图可知，0一3t。时间内，木板的加速度 1 大小a,=2g,设木板的质量为M, 对木板由牛顿第二定律有F一Mg= 3 Ma1,解得F=2uMg,在t=3t。时， 3 木板的速度U1=a1·3t=2rgto,根 据题意可知t=31。时小物块以24gt 3 的速度水平向左滑上木板，3t。~4t。 时间内，小物块的加速度大小a'= 1 2g,设小物块 to 的质量为，对小物块，由牛顿第二定 律有u'mg=ma',可得u=2μ，B正 确；由题图可知，3t。~4t。时间内，木 板的加速度大小a2=g,对木板受力 分析由牛顿第二定律有F一u'mg一 μ(M+m)g=-Ma2,可得m:M= 1：2,C错误；t=4t。之后，假设木板 与小物块相对静止，对整体有F一 :(M十m)g=0,假设成立，所以t= 4t。之后小物块与木板一起做匀速运 动，D正确。 典例3(1)1000N(2)7m 解析：(1)对游客从a点滑到b,点的过 程，由动能定理有mgh=号mv, 2 游客滑到b点时，由牛顿第二定律有 Fx-mg=m R 由牛顿第三定律可知，游客滑到b点 时对滑梯压力的大小为F%=FN= 1000N。 (2)解法一：游客在平台上运动时，由 牛顿第二定律有：mg=ma1, 由运动学规律有v1=2a1s, 解得游客滑上平台时的速度大小为 v1=8m/s, 游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿 第二定律有4mg=ma2, 对滑板由牛顿第二定律有mg=Ma3, 游客在滑板上滑动的过程，由运动学 规律有01=0一1t, 游客的位移为工1=t一2a2t, 1 滑板的位移为工：= 则滑板的长度L=x1一x2, 联立解得L=7m。 解法二：游客在滑板上运动时，游客与