第一章 动量守恒定律（复习讲义）物理人教版选择性必修第一册

该高中物理动量守恒定律单元复习讲义以“概念-定理-定律-应用”为主线构建知识体系，通过表格对比动量与动能、冲量与功的异同，用框架图梳理动量定理与守恒定律的推导及适用条件，突出动量变化量矢量运算、碰撞可能性判断等重难点的内在联系。 讲义亮点在于分层练习设计与模型拓展，如“要点速测”基础题巩固物理观念，“迁移练”结合“滑块—弹簧”模型培养科学思维，实验验证模块通过气垫导轨法操作步骤强化科学探究。弹性碰撞公式推导例题帮助学生掌握推理方法，教师可据此实施分层教学，助力不同层次学生提升解决实际问题的能力。

第一章 动量守恒定律 复习要点 1.理解动量概念，掌握动量p=mv的定义，单位kg·m/s，是矢量，方向与速度方向相同。理解动量变化量Δp=p'-p的矢量运算方法，需选定正方向将矢量运算简化为代数运算，重点掌握速度方向改变时Δp的计算方法。 2.了解冲量概念，理解冲量I=FΔt是力对时间的累积，单位N·s，是矢量，方向与力的方向相同。理解动量定理FΔt=Δp的物理意义（物体所受合力的冲量等于其动量变化量），能运用动量定理分析缓冲现象（动量变化量一定时，Δt增大则F减小，如玻璃杯落在地毯上不易碎、船靠岸悬挂轮胎等），掌握变力作用下平均作用力的计算方法。 3.理解动量守恒定律的推导（由动量定理和牛顿第三定律导出），掌握其表述（系统所受合外力为0时总动量保持不变），掌握三种适用条件（合外力为0；内力远大于外力；某方向合外力为0则在该方向守恒），能解决一维碰撞和爆炸问题。 4.解弹性碰撞（动能不变）和非弹性碰撞（动能减少）的特征，掌握完全非弹性碰撞中碰后共同速度的求解及动能损失的计算。 5.解弹性碰撞（动能不变）和非弹性碰撞（动能减少）的特征，掌握完全非弹性碰撞中碰后共同速度的求解及动能损失的计算、。 6.掌握碰撞可能性判断三原则：动量守恒、动能不增加、速度合理性（碰后后面物体速度不超过前面物体）。 7.理解反冲现象的本质（内力很大、外力可忽略时动量守恒），掌握火箭速度公式的推导。 8.会通过实验验证动量守恒定律，掌握气垫导轨法（数字计时器测速度，可研究弹性碰撞、完全非弹性碰撞和反冲分离）和斜槽法（平抛运动测速度，入射球质量大于被碰球质量）的实验原理与操作步骤。 9.掌握斜槽实验中用水平位移替代速度的原理（等时下落，水平位移比等于速度比），理解落点确定方法（最小圆圈出落点，圆心为平均位置）。 10.握动量定理（FΔt=Δp，时间累积效应）与动能定理（FΔx=ΔEk，空间累积效应）的区别与联系。 复习重难点 重点：动量概念的理解与矢量运算；动量定理的应用与缓冲现象分析；动量守恒定律的条件判断与实际应用；弹性碰撞一动碰一静公式的推导及三种特殊情况的分析；完全非弹性碰撞中共同速度的计算与动能损失分析；反冲现象中动量守恒的分析方法及火箭速度公式；斜槽实验验证动量守恒定律的原理与操作。 难点：动量变化量的矢量运算（速度方向改变时动量的矢量差计算）；平均作用力的计算中重力是否可忽略的讨论；碰撞可能性判断（动量守恒+动能不增加+速度合理性三原则的综合运用）；弹性碰撞方程的联立求解（动量守恒方程和动能守恒方程的联立与化简）；反冲问题中相对速度参考系的选取（以喷气前火箭为参考系）；实验误差分析与实验方案改进。 要点 动量、冲量的理解及计算 1．对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。 ②相对性：动量的大小和方向与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。 (2)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 标矢量 矢量 标量 变化因素 合力的冲量 合力所做的功 大小关系 p＝ Ek＝ 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； ③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 ①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。 ②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与该力的方向一致。 (2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。 (3)冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I＝FΔt(F为恒力) W＝Flcosα(F为恒力) 标矢量 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积； ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积； ②是能量变化的量度 联系 ①都是过程量，都与力的作用过程相互联系； ②若力的方向不变，冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零 要点速测 1．如图所示，小球通过轻质细线悬挂于O点。将小球向左拉至A点由静止释放。B为小球摆动的最低点，C点和A点在同一水平线上。忽略空气阻力，则小球（　　） A．从A运动到C的过程，所受重力的冲量为零 B．从A运动到C的过程，所受细线拉力的冲量为零 C．从A到B和从B到C的过程，所受重力冲量相等 D．从A到B和从B到C的过程，所受细线拉力冲量相等 【答案】C 【详解】A．重力是恒力，方向竖直向下。小球从A到C经历了一段时间，重力冲量，故A错误； B．小球在A、C两点速度均为零，从A到C的动量变化为零。根据动量定理，合外力的冲量为零，即重力冲量与拉力冲量等大反向。重力冲量不为零，因此拉力冲量也不为零，故B错误； C．A和C等高，单摆摆角相同，故从A到B与从B到C的时间相等，均为四分之一周期。重力是恒力，冲量，两段时间相等，重力冲量大小相等、方向相同（竖直向下），因此相等，故C正确； D．细线拉力是变力，大小和方向均变化。从A到B与从B到C的过程对称，拉力冲量的大小相等，但方向不同，A到B的冲量方向偏左，B到C的冲量方向偏右，矢量不相等，故D错误。 故选C。 2．（多选）甲、乙两辆质量均为的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　） A．内，甲乙两车均先加速后减速运动 B．乙车在和时的速度相同 C．内，甲、乙两车的动量的变化量相同 D．时，甲、乙两车的动能相同 【答案】BC 【详解】A．内，甲车速度先增大后减小；乙车合外力先增大后减小，故乙一直在做加速运动，故A错误； B．根据动量定理可知 结合图像可知，图线与坐标轴围成的面积为物体合外力的冲量，故乙车在和时的动量变化量相同，因此乙车在和时的速度相同，故B正确； C．内，乙车的动量的变化量为 内，甲车加速度大小为 故甲车的动量的变化量为 故内，甲、乙两车的动量的变化量相同，故C正确； D．时，甲速度为0，则此时甲车动能为0；乙车在内根据动能定理可知，即8s时乙车的速度不为0，则乙车动能不为0，故D错误。 故选BC。 要点 动量定理的理解及应用 1．动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。 (2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。 (3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 (4)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 2．用动量定理解释生活现象 (1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。 (2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。 分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。 教材延伸 用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。 要点速测 1. 汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是（     ） A．减小了碰撞时驾驶员的惯性 B．减小了驾驶员的动量变化率 C．减小了驾驶员的动量变化量 D．减小了驾驶员的合外力冲量 【答案】B 【详解】A．惯性的大小仅由物体的质量决定，安全气囊不能改变驾驶员的质量，因此不能改变驾驶员的惯性，故A错误； C．汽车发生碰撞过程中，驾驶员的初速度和末速度是一定的，质量不变，根据 可知驾驶员的动量变化量是一定的，故C错误； B．根据动量定理 可得，即动量变化率等于物体受到的平均合外力。安全气囊的作用是延长了驾驶员与车体作用的时间，在不变的情况下，减小了驾驶员受到的平均作用力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确。 D．根据动量定理 由于驾驶员的动量变化量一定，所以驾驶员受到的合外力冲量也是一定的，故D错误； 故选B。 2.为研究运动员在蹦床上的运动，用传感器记录了一运动员所受蹦床作用力大小随时间变化的关系图像。如图所示，已知时运动员刚好落到蹦床上，运动员的质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取。运动员与蹦床接触过程中蹦床对运动员的平均作用力的大小大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由图可知，运动员在空中的时间为t=2s，则离开蹦床或刚接触蹦床时的速度均为 接触蹦床的过程由动量定理，（向上为正） 其中，解得 故选B。 要点 动量守恒定律的理解与应用 1.动量守恒定律 (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。这就是动量守恒定律。 (2)表达式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp＝0，系统总动量的增量为零。 (3)适用条件 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 ③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 应用动量守恒定律时的几点易错提醒 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。 (2)分析系统受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是外力。 (3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。 要点速测 1.如图所示，各接触面光滑且绝缘，关于守恒量，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量守恒，机械能守恒 B．乙图中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．丙图中，两个带同种电荷相互靠近的小球，A靠在墙角处，从释放小球B到两球分离过程中，两小球组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 D．丁图中，水平面上物体A以初速度滑上表面光滑的圆弧轨道B的过程中，两物体组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 【答案】C 【详解】A．图甲中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块（爆炸时作用力远大于重力），爆炸过程有化学能转化为机械能，所以在炸裂前后系统机械能不守恒，故 A错误； B．图乙中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，由于弹簧弹力对木块做负功，所以子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．从释放B到两球分离过程，墙角对A有弹力，两球系统合外力不为零，动量不守恒；同种电荷相互排斥，库仑力对系统做正功，电势能转化为机械能（电势能不属于机械能），系统机械能增加，机械能不守恒，故C正确； D．A滑上光滑圆弧B的过程，系统竖直方向合外力不为零，总动量不守恒；但所有接触面光滑，只有重力做功，系统机械能守恒，故D错误。 故选C。 2.甲小孩乘坐一辆小车在光滑的水平冰面上以速度v0=5m/s匀速行驶，发现正前方有一静止的乙车，甲小孩迅速拿起车上小球，以相对甲车为u=15m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。已知甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=65kg，每个小球质量m=5kg，乙和他的小车的总质量为M2=40kg，不计空气阻力。求： (1)甲第一次抛球时对小球的冲量大小（取三位有效数字）； (2)若甲一次性抛出n个小球，抛出时相对地面的水平速度是v=10m/s，为保证两车不相撞，甲至少抛出多少个小球。 【答案】(1)；(2)4 【详解】（1）甲第一次抛球的过程中动量守恒，设抛出1个小球后甲的速度为，水平向右为正方向，则有 由于时间短暂，可忽略重力的冲量影响，对小球有 可解得， （2）设抛出n个小球后，甲乙的速度相等，整个系统的动量是守恒的，所以有 解得 对乙分析，有 解得 所以为保证两车不相撞，甲至少抛出4个小球。 要点 碰撞问题分析 1．碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律。 (2)动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得v1′＝、v2′＝ (2)分析讨论 当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时： v1′＝v1，v2′＝v1， ①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 要点速测 1.如图所示，光滑水平面上有A、B两个小球，小球A的质量为2kg，小球B的质量为3kg。小球A以10m/s的速度向右运动，与静止不动的小球B发生对心碰撞，碰撞后，小球B的速率可能取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】小球A与小球B发生碰撞，碰撞结果一定在弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间，若发生的是完全非弹性碰撞有 解得 若发生的是弹性碰撞动量守恒 能量守恒 解得， 小球B的速率，故ACD错误、B正确。 故选B。 2.（多选）北方地区冬季寒冷，湖泊、河湾等静水水域常结成厚冰，易形成天然的滑冰场。甲、乙两人在冰面上滑冰，测得两人碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移一时间图像。图中的线段、、分别表示沿光滑水平面上，沿同一条直线运动的甲、乙和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（     ） A．碰前甲的动量比乙的动量大 B．碰前甲与乙速度大小之比为5：2 C．滑块甲与乙质量之比为2：3 D．碰前甲与乙动能之比为25：24 【答案】BD 【详解】由图像可知，线段表示甲碰前运动，线段表示乙碰前运动，线段表示碰后结合体运动。取轴正方向为正方向，则碰前甲的速度为，碰前乙的速度为，碰后结合体速度为。 A．设甲、乙质量分别为、，碰撞过程动量守恒，有，即，解得。碰前甲、乙动量大小之比为，故碰前甲的动量比乙的动量小，A错误； B．碰前甲、乙速度大小之比为，B正确； C．由动量守恒计算得，不是，C错误； D．碰前甲、乙动能之比为，D正确。 故选BD。 要点 反冲运动　火箭 1．反冲 (1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。 (2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒，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。 2．火箭 (1)火箭加速的原理 设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。 以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0， 所以mΔv＋Δmu＝0， 解出Δv＝－u。 上式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比越大，火箭获得的速度Δv越大。 反冲问题解题要领 (1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。 (2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反的。 要点速测 1.2025年5月22日16时49分，神舟二十号乘组航天员陈冬、陈中瑞、王杰密切协同进行了约8小时的出舱活动，完成了既定目标后顺利返舱。设某次出舱活动中一位连同装备共100.2kg的航天员，脱离空间站后，在离空间站30m的位置与空间站处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度（相对于空间站）迅速喷出少量气体。航天员返回空间站恰好用时5min，他向后喷出气体的质量为（　　） A．0.12kg B．0.20kg C．0.25kg D．0.40kg 【答案】B 【详解】航天员返回空间站匀速运动的速度大小 设喷出气体的质量为，初始总质量为M，航天员返回方向为正方向，由动量守恒定律 解得 故选B。 2.总质量为的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为，为了使卫星到达较高轨道运行，需要加速做离心运动，卫星发动机在极短时间内以相对于喷气前卫星的速度向后喷出速度为，质量为的燃气，则喷气结束时卫星的速度大小是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】喷气过程时间极短，卫星与燃气组成的系统所受万有引力的冲量可忽略，满足动量守恒条件。取卫星初始运动方向为正方向，设喷气后卫星速度为：初始状态系统总动量为；喷气后剩余卫星质量为，动量为；燃气相对喷气前卫星向后的速度大小为，因此燃气相对地面的速度为，动量为，根据动量守恒定律列方程 整理得 解得；故选D。 难点 应用动量定理分析变质量问题的技巧 1．流体类问题分析步骤 (1)建立“柱状”模型，沿流速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为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt。 (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv。 2．微粒类问题 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。 难点 “人船模型” 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人， 因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒， 故有：m船x船＝m人x人， 由图可看出：x船＋x人＝L， 可解得：x人＝L，x船＝L。 此模型可进一步推广到其他类似的情境中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。 难点 碰撞类模型的拓展 一、“滑块—弹簧”模型 　 1．模型图示 2．模型特点 (1)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)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 二　、“光滑圆弧轨道＋滑块”模型　 1．模型图示 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)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，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 三、悬绳模型　　 悬绳模型(如图所示)与“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。 四、“滑块—木板”模型　 1．模型图示 2．模型特点 (1)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对路程(滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程的乘积等于系统减少的机械能。 (3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多(另外，ΔEk＝Q＝FfΔx，Δx为滑块与木板间的相对路程)。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解。 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。 3．两种情境 (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＝mv－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－。 考点 动量、冲量的理解及计算 ▌例1 关于物体的动量，下列说法中正确的是（     ） A．惯性越大的物体，它的动量也越大 B．动量大的物体，它的速度一定大 C．物体的动能不变，则其动量也保持不变 D．运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向 【答案】D 【详解】A．动量的定义式为，惯性越大说明物体质量越大，但动量还和速度有关，若速度很小，动量也可能很小，故A错误； B．由可知，动量大的物体，可能是质量很大、速度很小，因此速度不一定大，故B错误； C．动能是标量，动能不变仅说明速度大小不变，若速度方向发生变化（如匀速圆周运动），动量作为矢量也会发生变化，故C错误； D．动量是矢量，中质量为标量，因此动量的方向始终和速度方向一致，运动物体任一时刻的动量方向都是该时刻的速度方向，故D正确。 故选D。 【关键能力提升】 冲量的四种计算方法 公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态 图像法 利用F－t图像计算，F－t图像与时间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 动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量 平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t ▌迁移练1-1 （25-26高一下·湖北襄阳·期末）（多选）一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为、，经历的时间分别为、，重力加速度为g，则（     ） A．地面对运动员的冲量大小为 B．地面对运动员做的功为 C．运动员对重物做的功为 D．运动员对重物的冲量大小为 【答案】AC 【详解】A．全过程总时间 运动员缓慢运动、静止，全程受力平衡，地面对运动员的支持力恒为 冲量，A正确； B．地面对运动员的支持力作用在脚底，脚底无位移，根据功的定义，位移，因此地面对运动员做功为0，B错误； C．重物缓慢运动，动能变化为0，由动能定理 得运动员对重物做功，C正确； D．运动员对重物的作用力全程等于，作用总时间包含，冲量大小应为，D错误。 故选AC。 ▌迁移练1-2（25-26高一下·吉林延边·期末）（多选）如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后向与原来相反方向飞出，动量变化量大小为，下列说法正确的是（　　） A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加 C．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 D．球对棒作用力的冲量与棒对球作用力的冲量大小一定相等 【答案】AD 【详解】AB．动能与动量大小的关系为 而动量的变化为 动量为矢量，动量变化可能是大小不变，若动量大小不变，仅方向变化，则动量大小增加为零，动能不变，A正确，B错误； C．球受到棒的冲量方向与棒对球的作用力方向相同，则与球被击打前的速度方向相反，C错误； D．球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，其冲量大小也一定相等，D正确； 故选AD。 考点 动量定理的理解及应用 ▌例1 体操运动员在落地时总要屈腿，这样做的效果是（     ） A．减小人的动能变化量 B．屈腿可以减少人落地过程中重力的冲量 C．屈腿可以减少人落地时的动量变化量 D．屈腿可以减小地面对人的作用力 【答案】D 【详解】AC．屈腿前后运动员接触地面前的速度相同，最终均静止，所以人的动能变化量和动量变化量均不变，故AC错误。 B．屈腿使落地时间增大，重力的冲量增大，故B错误； D．设地面对运动员的平均作用力为，取竖直向上为正方向，由动量定理得 整理得 屈腿使落地时间增大，而动量变化量不变，因此减小，故D正确。 故选D。 ▌迁移练1-1 （25-26高一下·北京海淀·期中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，某质量的运动员从空中落下，接着又能弹起高度，此次人与蹦床接触时间，取，求： (1)与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量； (2)与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量； (3)运动员受到蹦床的平均弹力。 【答案】(1)，方向向下 (2)，方向向上 (3)，方向向上 【详解】（1）重力的冲量大小 方向向下 （2）设运动员下落高度时的速度大小为，弹起时速度大小为，则， 以向上为正方向，运动员动量变化量 方向向上 （3）以向上为正方向，由动量定理有 代入数据解得 方向向上 ▌迁移练1-2（25-26高一下·湖北·期末）（多选）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m=10kg的头锤从离气囊表面正上方高H=5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（    ） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m C．碰撞过程头锤动量变化量大小为80kg·m/s D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为2200N 【答案】BD 【详解】A．头锤与气囊作用过程中，向下运动时，头锤的重力先大于气囊对头锤的作用力，则加速度向下，头锤失重；然后头锤的重力小于气囊对头锤的作用力，则加速度向上，头锤超重，一直到达最低点；同理向上运动时，头锤先超重后失重，则整个过程中头锤先失重后超重，再失重，故A错误； D．头锤与气囊接触时的速度 则从头锤接触气囊到头锤到达最低点由动量定理（向上为正） 解得，故D正确； B．从头锤接触气囊到头锤离开气囊，由动量定理 解得离开气囊时的速度 碰撞结束后头锤上升的最大高度为，故B正确； C．碰撞过程头锤动量变化量大小为，故C错误。 故选BD。 考点 碰撞类模型的拓展 ▌例1 （25-26高二下·福建福州·期末）如图甲所示，、两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，距离为，的质量为。时刻，使获得水平向右、大小为的初速度，、运动的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)的质量； (2)在图乙的方框中填入对应时刻弹簧情况：“原长”、“最长”或“最短”； (3)时刻弹性势能大小以及此时弹簧的长度。 【答案】(1) (2)时刻，弹簧最短；时刻，弹簧原长；时刻，弹簧最长 (3)， 【详解】（1）系统在水平方向任一时刻动量守恒，取图乙中时刻与时刻，、的速度，有 解得 （2）法一：图像分析 由图乙，时，，，弹簧处于原长，，初始机械能。内，，向右靠近，弹簧被压缩； 时，，此后速度将大于，弹簧不再继续压缩，故为压缩至最短。内，，两者距离开始拉大，弹簧从最短状态恢复； 时，，，系统动能，因此，弹簧弹性势能为零，弹簧处于原长。内，，两者距离继续拉大，弹簧被拉伸； 时，，此后速度将大于，弹簧不再继续伸长，故为拉伸至最长。 因此，时刻，弹簧最短；时刻，弹簧原长；时刻，弹簧最长。 法二：解析解法 由图像，图线表达式，图线表达式 、相对速度 ，弹簧位于原长，，两物体靠近，弹簧被压缩，对函数进行积分 得到弹簧形变量，弹簧伸长为正，压缩为负。 时，第一次，即，取，此时，弹簧压缩至最短； 时，最大，即，取，此时，弹簧恢复原长； 时，第二次，即，取，此时，弹簧伸长至最长； 因此，时刻，弹簧最短；时刻，弹簧原长；时刻，弹簧最长。 （3）系统机械能守恒，初始总能量 时两物块速度相等，由图可知，总动能 弹性势能 此时位于最大形变量，由 解得 因此弹簧的长度 【关键能力提升】 “弹簧类”模型的解题思路 (1)系统的动量守恒。 (2)系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。 ▌例2（25-26高二下·河南·期末）如图所示，固定在水平地面的支架上有一个光滑转轴O，质量的小球通过一根长为的轻质硬杆与转轴O连接，初始时小球位于转轴O的正下方且距水平地面的高度，一颗质量的子弹以初速度水平射向小球，子弹射入用时极短且射入后与小球一起运动，硬杆内装有传感器，当杆与小球间的作用力为零时小球与杆分离，重力加速度取，求： (1)子弹射入过程中产生的内能； (2)小球落地位置到小球初始位置的水平距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由动量守恒可知 解得 由功能关系可得 解得 （2）设小球即将脱离时，轻杆与水平方向夹角为，由重力的分力提供向心力可得 由机械能守恒得 联立解得， 将沿水平、竖直方向分解，得， 上升阶段运动时间，运动高度 下降过程运动高度 下降过程运动时间 抛体运动总时间 水平方向位移 小球落地位置到初始位置的距离 ▌迁移练1-1 （多选）如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s从左端滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．木板A的最小长度为1 m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．系统损失的机械能为2 J D．木板最终获得的动能为2 J 【答案】AC 【详解】A．根据图像所围成的面积表示位移，在时间内物体的位移为 解得 木板的位移为 解得 木板的最小长度即为、的相对位移，则有 解得 可知木板的最小长度为，故A正确； B．对物体，根据牛顿第二定律有 由图像可知物体的加速度大小为 解得 代入数据解得 可知、间的动摩擦因数不为0.2，故B错误； C．对木板，根据牛顿第二定律有 由图像可知木板的加速度大小为 解得 代入数据解得 系统损失的机械能转化为内能，根据能量守恒定律有 代入数据解得 可知系统损失的机械能为，故C正确； D．由图乙可知木板最终获得的共同速度为，木板最终获得的动能为 代入数据解得 可知木板最终获得的动能不为，故D错误。 故选AC。 ▌迁移练1-2（25-26高二上·海南海口·阶段检测）质量为3m的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，求： (1)小球在圆弧轨道上上升的最大高度； (2)小球与小车分离瞬间，小车的速度大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小车与小球组成的系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 小球在圆弧轨道上上升的最大高度 （2）小车与小球组成的系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 小球与小车分离瞬间，小车的速度大小 ▌迁移练1-3（25-26高二下·安徽宣城·期末）如图，质量的圆环套在光滑水平轨道上，质量的小球通过长的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与平行，小球以竖直向下的初速度开始运动，重力加速度，小球到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中，小球和圆环构成系统的动量和机械能均守恒 B．从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为 C．小球通过最低点时，小球的速度大小为 D．小球运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小为 【答案】D 【详解】A．系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。但竖直方向受重力作用，总动量不守恒。系统内只有重力、绳的拉力做功，拉力对两物体做功代数和为零，故系统机械能守恒，故A错误； B．设向左为正方向，圆环速度为，方向向右，小球水平速度为，方向向左。 水平动量守恒 在极短时间内 在整个过程中微元累加得 初始绳水平，到达最低点时绳竖直，小球相对圆环向左移动 故，代入 解得，即圆环向右位移大小为，故B错误； C．由水平动量守恒解得 系统初始动能，设最低点为零势面，初始重力势能，总机械能 由机械能守恒，最低点时 解得，故C错误； D．最低点时绳竖直，圆环在水平方向不受绳的拉力，水平加速度为零，可视为惯性参考系。 小球相对圆环的速度，方向水平向左。 向心力由绳拉力与重力的合力提供 解得，故D正确。 故选D。 考点 动量守恒解决多过程问题 ▌例1 （25-26高二上·湖北荆州·阶段检测）如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱速度的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】推出后甲速，箱子的速度，乙接住后共同速度。由动量守恒定律：对甲推箱子的过程： 对乙接箱子的过程 不相撞条件 联立解得 故选B。 ▌迁移练1-1质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次弹性碰撞后，恰好滑至右壁与箱子一起做匀速直线运动，则物体与箱底的动摩擦因数μ为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】以物体和箱子整体作为研究对象，因为地面光滑，所以整体所受合力为0，物体与箱子组成的系统动量守恒，所以最后物体与箱子一起做匀速直线运动的速度满足 其中 联立解得 物体与箱子之间摩擦生热为摩擦力乘以相对位移，但是每次碰撞后相对速度方向改变，应当分别计算摩擦生热并相加，所以一共产生热量为 根据能量守恒得 解得 ▌迁移练1-2 （25-26高二下·贵州黔南·期末）竖直平面内有足够长的AOB轨道，由光滑斜面AO和粗糙水平面OB组成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m＝0.5 kg的滑块1从斜面上高为h＝1 m处由静止释放，到达水平面上后，停在距O点x＝5 m远处。现将质量同为m＝0.5 kg的滑块2、滑块3……滑块n自距离O点L＝0.5 m处从左向右依次排列，间距均为L，将滑块1从A点由静止释放，与滑块2碰撞，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体，滑块均视为质点。取g＝10 m/s2。求： (1)滑块与水平面间的动摩擦因数； (2)滑块第一次碰撞后的速度大小； (3)组合体最终包含滑块的个数，及停止位置到O点的距离。 【答案】(1) (2) (3)最终组合体包含个滑块,停止位置到O点的距离 【详解】（1）对滑块1单独下滑到静止的过程，由动能定理可得 代入数据得 （2）滑块1从释放到碰撞滑块2前，由动能定理可得 碰撞过程时间极短，动量守恒 联立解得 （3）碰撞1次得2个滑块组成的组合体，碰撞后动能，位置在处； 2个滑块组成的组合体到滑块3的位置碰撞前，由动能定理可得 由动量守恒可得 则碰撞后3个滑块组成的组合体动能 3个滑块组成的组合体若要碰撞第4个滑块，需要克服摩擦力做功 由于，无法到达第4个滑块位置，最终停下。 设3个滑块组成的组合体滑行距离后停下，由动能定理 代入数据得 总位置距离O点 最终组合体包含个滑块。 基础达标 1．（24-25高二上·湖北·期末）2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器发动机点火，成功将携带样品的上升器送入到预定环月轨道，如图所示。若该发动机每秒钟向下喷出质量约为、速度约为3.63的气体，上升器加速向上运动，已知携带月壤样本的上升器质量为，月球表面的重力加速度，不计由于喷出气体上升器质量的变化，则嫦娥五号上升器获得加速度约为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对喷出气体运用动量定理得 解得，气体受到的作用力大小为 根据牛顿第三定律可知，嫦娥五号上升器受到气体的作用力大小为 根据牛顿第二定律可得 解得 故选C。 2．（25-26高二上·湖南岳阳·期末）如题图所示，是我国跳高运动员张国伟跳高比赛时的场景。跳高时在横杆的后下方要放置厚海绵垫，其作用是（　　） A．延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大 B．减少人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大 C．延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力减小 D．延长人体与海绵垫的接触时间，使人的动量的变化量减小 【答案】C 【详解】人落地时，动量变化量是一定的，根据动量定理可知，在横杆的后下方要放置厚海绵垫，可以延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力减小。 故选C。 3．（25-26高二上·湖南·期中）如图所示，可视为质点的餐盘随水平玻璃转盘绕竖直转轴做匀速圆周运动。对于恰好运动一个周期的餐盘，下列说法正确的是（　　） A．餐盘的动量变化量不为0 B．餐盘受到的重力冲量为0 C．餐盘受到的合力冲量为0 D．餐盘受到的摩擦力冲量不为0 【答案】C 【详解】A．餐盘随圆盘转动一周，餐盘的速度变化量为零，故餐盘的动量变化量为零，故A错误； B．餐盘随圆盘转动一周，根据冲量的定义 餐盘所受重力的冲量不为零，故B错误； CD．餐盘做匀速圆周运动，向心力由静摩擦力提供，即静摩擦力为餐盘所受的合力，根据动量定理，可知餐盘受到的合力冲量等于餐盘的动量变化量，故餐盘受到的合力冲量为0，即餐盘受到的摩擦力冲量为0，故C正确，D错误。 故选C。 4．（25-26高二上·山东德州·期中）2025年德州市篮球联赛成功举办，带动全民健身热潮持续升温。比赛中，运动员接球后投篮，篮球在空中划出优美的弧线后空心入网。篮球在空中飞行的过程中，经过、两点时的速率相等。下列说法正确的是（    ） A．篮球在这两点的动量相同 B．篮球经过这两点的过程，动量保持不变 C．篮球经过这两点的过程，重力的冲量为零 D．篮球经过这两点的过程，合力的冲量不为零 【答案】D 【详解】A．篮球在ab两点的动量大小相同，但方向不同，A错误； B．篮球经过这两点的过程，速度先减小后增加，可知动量先减小后增加，B错误； C．根据IG=Gt可知，篮球经过这两点的过程，重力的冲量不为零，C错误； D．篮球经过这两点的过程，只受重力作用，因重力的冲量不为零，可知合力的冲量不为零，D正确。 故选D。 5．（多选）（25-26高二上·甘肃·阶段检测）明朝的士大夫万户把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，手持大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．火箭的推力来自自身喷出的高温高压气体对火箭的反作用力 B．火箭的推力来自空气对火箭的反作用力 C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 D．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 【答案】AD 【详解】AB．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，A正确、B错误； C．在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有 解得火箭的速度大小为，C错误； D．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为，D正确。 故选AD。 6．（多选）（25-26高二下·北京延庆·期末）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块m1瞬间获得水平向右的速度v0=3m/s，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。从图像提供的信息可得（     ） A．两物块的质量之比为m1：m2=1：2 B．在t2时刻A、B两物块的动能之比为1：4 C．在t2与t4两时刻，弹簧的弹性势能不相等 D．在t1~ t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍 【答案】AD 【详解】A．根据系统动量守恒，取向右为正方向，在0～t1段时间内有 其中：v0=3m/s，v共=1m/s，解得：m1：m2=1：2，故A正确； B．在t2时刻A、B两物块的速度大小之比为1:2，根据可知，动能之比为1：8，B错误； C．根据图乙的v-t图像可得开始时A的速度较大，弹簧被压缩，t1时刻A、B速度相同，此时弹簧压缩量达到最大，之后B的速度较大，弹簧压缩量开始变小，t2时刻A、B加速度均为零，此时弹簧处于原长状态，之后弹簧开始被拉伸，A、B的距离逐渐增大，t3时刻A、B速度相同，此时弹簧伸长量达到最大，弹簧的弹性势能最大。之后A的速度较大，弹簧伸长量开始变小t4时刻恢复原长状态，可知在t2与t4两时刻，弹簧的弹性势能均为零，故C错误； D．由以上分析可知， t1时刻弹簧压缩量达到最大，t3时刻弹簧伸长量达到最大，在t1~ t3时间内，两条图线之间围成的面积表示两物体位移之差，即等于弹簧最大压缩量与最大伸长量之和，而弹簧在最大压缩量与最大伸长量时，两物体都处于共速状态，且共同速度相等，由能量关系可知 弹簧的弹性势能相等，形变量相等，可知两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍，D正确。 故选AD。 7．（25-26高二上·贵州铜仁·期末）在传统制作糍粑的过程中，质量的木槌从某一高度自由落下，刚接触糍粑时的速度大小，木槌与糍粑的相互作用时间，重力加速度。 (1)求木槌刚接触糍粑时的动量大小。 (2)若打击糍粑后木槌速度变为且方向竖直向上，求此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）木槌刚接触糍粑时的动量大小 （2）设竖直向下为正方向，木槌的末动量为 根据动量定理可得 代入数据解得 8．（25-26高二上·江西九江·期末）如图所示，光滑水平面上静止放有一辆小车，小车由四分之一光滑圆弧部分和粗糙水平部分组成，部分的长度为2.4m，且两者在点平滑连接。现有一可视为质点的小物块从圆心等高点处静止释放，小物块滑到圆弧最低点时的速度大小为，小车质量是物块质量的2倍，已知重力加速度。 (1)求圆弧的半径； (2)若小物块刚好不会从小车上滑下，求小物块在部分与车之间的动摩擦因数； (3)在（2）情景下，求小车和小物块整个过程的位移大小。 【答案】(1)1.2m (2)0.5 (3)1.2m， 【详解】（1）M、m组成的系统水平方向动量守恒，当小物块滑到圆弧最低点B时，小物块和小车速度大小分别为和，则 由系统机械能守恒得 联立解得m （2）当小物块刚好运动到C点，速度刚好为零，由系统水平动量守恒可知，此时M速度也为零，由能量守恒得 解得 （3）m、M组成的系统水平方向动量守恒，整个过程m、M水平位移大小分别为和，有 位移关系为 解得， 即小物块水平位移大小是2.4m，竖直位移大小是1.2m，所以小物块位移大小为 9．（25-26高二下·云南普洱·期末）如图所示，固定在水平面上的粗糙斜面倾角，长度为。滑块B恰好静止在斜面上，离斜面顶端的距离为，一光滑的滑块A（与斜面无摩擦）由斜面顶端无初速度释放。已知滑块间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，滑块A的质量为，滑块B的质量为，重力加速度大小为，两滑块均可视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求滑块A、B： (1)第一次碰撞前瞬间滑块A的速度； (2)第一次碰撞后瞬间滑块A和滑块B各自的速度； (3)第一次碰撞后到发生第二次碰撞的过程中，B运动的位移大小。 【答案】(1)，方向沿斜面向下 (2)滑块A的速度大小为，方向沿斜面向上；滑块B的速度大小为，方向沿斜面向下 (3)2L 【详解】（1）设碰前A的速度大小为，下滑过程中由动能定理得 解得 速度方向沿斜面向下。 （2）第一次碰撞由动量守恒定律得 由机械能守恒得 解得， 滑块A的速度方向沿斜面向上，滑块B的速度方向沿斜面向下。 （3）第一次碰后，滑块A与斜面无摩擦，先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，到第二次碰时，位移 滑块B恰好静止在斜面上，最大静摩擦等于重力沿斜面的分量，所以第一次碰撞后，滑块B做匀速直线运动，到第二次碰时，位移 第一次碰后到第二次碰时，两者位移相等，即 解得， 10．（24-25高二下·广东广州·期末）如图，汽车A在水平路面上匀速行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞后一起向前滑行了s=25m停止（碰撞后车轮均没有滚动）。已知A（含驾驶员）和B（含驾驶员）的质量分别mA=2.0×103kg和mB=1.0×103kg，驾驶员的质量均为m=60kg，两车与该水平路面间的动摩擦因数均为µ=0.20，两车碰撞时间∆t=0.2s，重力加速度大小g=10m/s2。求两车碰撞过程： (1)损失的机械能∆E； (2)汽车B的驾驶员受到的平均冲力F的大小。 【答案】(1)7.5×104J (2)3.0×103N 【详解】（1）两车碰撞后一起做匀减速运动，根据动能定理有 两车碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒， 联立解得 （2）对汽车B的驾驶员，根据动量定理有 解得 11．（25-26高二下·甘肃定西·期末）如图，球a通过轻质细线悬挂，线长，线上端固定于离地的点。点正下方有一与a质量相等的球b，静置于支架上。球a从与竖直方向之间夹角处静止释放，运动到最低点与b发生弹性正碰。球a、b大小不计，取，，。求： (1)与b球碰撞前瞬间a球的速度大小； (2)碰撞后瞬间b球的速度大小； (3)b球的水平射程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设a、b两球质量为m，a球碰前速度为。a球从释放到与b碰撞前，根据动能定理 根据几何关系，其中 解得 （2）a球与b球发生弹性碰撞，设a、b两球碰后速度分别为、。根据动量守恒 碰撞前后机械能不损失 解得 （3）碰撞后b球做平抛运动，竖直方向 解得 水平方向 解得 能力进阶 12．（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，由动量表达式可得，二者的动量大小之差为 故选C。 13．（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 14．（2026·广西·高考真题）立定跳远时起跳方向不变，用更大的平均作用力起跳，每次起跳的作用时间不变，则下列说法正确的是（     ） A．起跳完成时动量变小（或不变） B．起跳完成时速度变大 C．地面的平均支持力不变 D．地面给人的冲量是相同的 【答案】B 【详解】ABD．由于起跳方向与作用时间不变，当用更大的平均作用力起跳时，根据牛顿第三定律可知，地面对人的平均作用力也增大，人所受的平均合力也增大，由动量定理有 可知，起跳完成时动量变大，地面给人的冲量变大，由于初速度为0，起跳完成时速度变大，故AD错误，B正确； C．由于起跳方向不变，设起跳方向与地面的夹角为，人的质量为，重力加速度为，则地面对人的平均支持力为 则地面的平均支持力变大，故C错误。 故选B。 15．（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据动量定理，小球在拐点处受到合力的冲量等于动量的变化量，即 设小球速率为v，动量大小 正方形相邻边方向垂直，小球拐弯前后速度大小均为v，方向夹角为，因此动量变化量的大小为： 可得 结合几何关系，选项中只有A符合。 故选A。 16．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。 【答案】(1) (2)， (3)40m 【详解】（1）当甲从A点滑至B点根据 代入数据可得a=2m/s2 根据牛顿第二定律有 又因为，所以 代入数据联立可得 （2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有 根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s 所以AB段动量的变化量为 （3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有 代入数据解得 甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 可得 甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止； 在内，甲运动的距离 代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。 17．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力的驱动下，质量的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度。求上升过程中 (1)实验舱的最大速度； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）加速阶段，由动能定理有 解得 （2）减速阶段，由动量定理得 解得 18．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 19．（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章 动量守恒定律 复习要点 1.理解动量概念，掌握动量p=mv的定义，单位kg·m/s，是矢量，方向与速度方向相同。理解动量变化量Δp=p'-p的矢量运算方法，需选定正方向将矢量运算简化为代数运算，重点掌握速度方向改变时Δp的计算方法。 2.了解冲量概念，理解冲量I=FΔt是力对时间的累积，单位N·s，是矢量，方向与力的方向相同。理解动量定理FΔt=Δp的物理意义（物体所受合力的冲量等于其动量变化量），能运用动量定理分析缓冲现象（动量变化量一定时，Δt增大则F减小，如玻璃杯落在地毯上不易碎、船靠岸悬挂轮胎等），掌握变力作用下平均作用力的计算方法。 3.理解动量守恒定律的推导（由动量定理和牛顿第三定律导出），掌握其表述（系统所受合外力为0时总动量保持不变），掌握三种适用条件（合外力为0；内力远大于外力；某方向合外力为0则在该方向守恒），能解决一维碰撞和爆炸问题。 4.解弹性碰撞（动能不变）和非弹性碰撞（动能减少）的特征，掌握完全非弹性碰撞中碰后共同速度的求解及动能损失的计算。 5.解弹性碰撞（动能不变）和非弹性碰撞（动能减少）的特征，掌握完全非弹性碰撞中碰后共同速度的求解及动能损失的计算、。 6.掌握碰撞可能性判断三原则：动量守恒、动能不增加、速度合理性（碰后后面物体速度不超过前面物体）。 7.理解反冲现象的本质（内力很大、外力可忽略时动量守恒），掌握火箭速度公式的推导。 8.会通过实验验证动量守恒定律，掌握气垫导轨法（数字计时器测速度，可研究弹性碰撞、完全非弹性碰撞和反冲分离）和斜槽法（平抛运动测速度，入射球质量大于被碰球质量）的实验原理与操作步骤。 9.掌握斜槽实验中用水平位移替代速度的原理（等时下落，水平位移比等于速度比），理解落点确定方法（最小圆圈出落点，圆心为平均位置）。 10.握动量定理（FΔt=Δp，时间累积效应）与动能定理（FΔx=ΔEk，空间累积效应）的区别与联系。 复习重难点 重点：动量概念的理解与矢量运算；动量定理的应用与缓冲现象分析；动量守恒定律的条件判断与实际应用；弹性碰撞一动碰一静公式的推导及三种特殊情况的分析；完全非弹性碰撞中共同速度的计算与动能损失分析；反冲现象中动量守恒的分析方法及火箭速度公式；斜槽实验验证动量守恒定律的原理与操作。 难点：动量变化量的矢量运算（速度方向改变时动量的矢量差计算）；平均作用力的计算中重力是否可忽略的讨论；碰撞可能性判断（动量守恒+动能不增加+速度合理性三原则的综合运用）；弹性碰撞方程的联立求解（动量守恒方程和动能守恒方程的联立与化简）；反冲问题中相对速度参考系的选取（以喷气前火箭为参考系）；实验误差分析与实验方案改进。 要点 动量、冲量的理解及计算 1．对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对 而言的。 ②相对性：动量的大小和方向与参考系的选取 ，通常情况是指相对地面的动量。 (2)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 标矢量 矢量 标量 变化因素 合力的冲量 合力所做的功 大小关系 p＝ Ek＝ 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； ③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 ①时间性：冲量不仅由 决定，还由力的 决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。 ②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与 一致。 (2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。 (3)冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I＝FΔt(F为恒力) W＝Flcosα(F为恒力) 标矢量 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积； ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积； ②是能量变化的量度 联系 ①都是过程量，都与力的作用过程相互联系； ②若力的方向不变，冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零 要点速测 1．如图所示，小球通过轻质细线悬挂于O点。将小球向左拉至A点由静止释放。B为小球摆动的最低点，C点和A点在同一水平线上。忽略空气阻力，则小球（　　） A．从A运动到C的过程，所受重力的冲量为零 B．从A运动到C的过程，所受细线拉力的冲量为零 C．从A到B和从B到C的过程，所受重力冲量相等 D．从A到B和从B到C的过程，所受细线拉力冲量相等 2．（多选）甲、乙两辆质量均为的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　） A．内，甲乙两车均先加速后减速运动 B．乙车在和时的速度相同 C．内，甲、乙两车的动量的变化量相同 D．时，甲、乙两车的动能相同 要点 动量定理的理解及应用 1．动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。 (2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。 (3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 (4)由FΔt＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 2．用动量定理解释生活现象 (1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。 (2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。 分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。 教材延伸 用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。 要点速测 1. 汽车安全性能是当今衡量汽车品质的重要指标。汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。汽车发生碰撞时，关于安全气囊对驾驶员的保护作用，下列说法正确的是（     ） A．减小了碰撞时驾驶员的惯性 B．减小了驾驶员的动量变化率 C．减小了驾驶员的动量变化量 D．减小了驾驶员的合外力冲量 2.为研究运动员在蹦床上的运动，用传感器记录了一运动员所受蹦床作用力大小随时间变化的关系图像。如图所示，已知时运动员刚好落到蹦床上，运动员的质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取。运动员与蹦床接触过程中蹦床对运动员的平均作用力的大小大小为（　　） A． B． C． D． 要点 动量守恒定律的理解与应用 1.动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统 ，或者 ，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。 (2)表达式 ①p＝ ，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 ②m1v1＋m2v2＝ ，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 ③Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp＝ ，系统总动量的增量为零。 (3)适用条件 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。 ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 ③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 应用动量守恒定律时的几点易错提醒 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。 (2)分析系统受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是外力。 (3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。 要点速测 1.如图所示，各接触面光滑且绝缘，关于守恒量，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量守恒，机械能守恒 B．乙图中，从子弹入射木块到弹簧压缩到最短的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．丙图中，两个带同种电荷相互靠近的小球，A靠在墙角处，从释放小球B到两球分离过程中，两小球组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 D．丁图中，水平面上物体A以初速度滑上表面光滑的圆弧轨道B的过程中，两物体组成的系统动量不守恒，机械能不守恒 2.甲小孩乘坐一辆小车在光滑的水平冰面上以速度v0=5m/s匀速行驶，发现正前方有一静止的乙车，甲小孩迅速拿起车上小球，以相对甲车为u=15m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。已知甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=65kg，每个小球质量m=5kg，乙和他的小车的总质量为M2=40kg，不计空气阻力。求： (1)甲第一次抛球时对小球的冲量大小（取三位有效数字）； (2)若甲一次性抛出n个小球，抛出时相对地面的水平速度是v=10m/s，为保证两车不相撞，甲至少抛出多少个小球。 要点 碰撞问题分析 1．碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律。 (2)动能 ，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理 ①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度 后面物体的速度。 ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能 。 2．弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得v1′＝、v2′＝ (2)分析讨论 当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时： v1′＝v1，v2′＝v1， ①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。 要点速测 1.如图所示，光滑水平面上有A、B两个小球，小球A的质量为2kg，小球B的质量为3kg。小球A以10m/s的速度向右运动，与静止不动的小球B发生对心碰撞，碰撞后，小球B的速率可能取值范围为（　　） A． B． C． D． 2.（多选）北方地区冬季寒冷，湖泊、河湾等静水水域常结成厚冰，易形成天然的滑冰场。甲、乙两人在冰面上滑冰，测得两人碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移一时间图像。图中的线段、、分别表示沿光滑水平面上，沿同一条直线运动的甲、乙和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知（     ） A．碰前甲的动量比乙的动量大 B．碰前甲与乙速度大小之比为5：2 C．滑块甲与乙质量之比为2：3 D．碰前甲与乙动能之比为25：24 要点 反冲运动　火箭 1．反冲 (1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。 (2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③ 动量守恒。反冲运动中机械能往往 ，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。 2．火箭 (1)火箭加速的原理 设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。 以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是 ，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为 ， 所以mΔv＋Δmu＝0， 解出Δv＝ 。 上式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比 越大，火箭获得的速度 越大。 反冲问题解题要领 (1)两部分初、末状态的速度所选的参考系必须是同一参考系，且一般以地面为参考系。 (2)要特别注意反冲前、后两部分对应的质量。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向，一般而言，反冲部分速度的方向与另一部分的运动方向是相反的。 要点速测 1.2025年5月22日16时49分，神舟二十号乘组航天员陈冬、陈中瑞、王杰密切协同进行了约8小时的出舱活动，完成了既定目标后顺利返舱。设某次出舱活动中一位连同装备共100.2kg的航天员，脱离空间站后，在离空间站30m的位置与空间站处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50m/s的速度（相对于空间站）迅速喷出少量气体。航天员返回空间站恰好用时5min，他向后喷出气体的质量为（　　） A．0.12kg B．0.20kg C．0.25kg D．0.40kg 2.总质量为的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，线速度大小为，为了使卫星到达较高轨道运行，需要加速做离心运动，卫星发动机在极短时间内以相对于喷气前卫星的速度向后喷出速度为，质量为的燃气，则喷气结束时卫星的速度大小是（     ） A． B． C． D． 难点 应用动量定理分析变质量问题的技巧 1．流体类问题分析步骤 (1)建立“柱状”模型，沿流速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为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt。 (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv。 2．微粒类问题 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。 难点 “人船模型” 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人， 因人和船组成的系统水平方向动量始终守恒， 故有：m船x船＝m人x人， 由图可看出：x船＋x人＝L， 可解得：x人＝L，x船＝L。 此模型可进一步推广到其他类似的情境中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。 难点 碰撞类模型的拓展 一、“滑块—弹簧”模型 　 1．模型图示 2．模型特点 (1)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)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 二　、“光滑圆弧轨道＋滑块”模型　 1．模型图示 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)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，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 三、悬绳模型　　 悬绳模型(如图所示)与“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。 四、“滑块—木板”模型　 1．模型图示 2．模型特点 (1)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对路程(滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程的乘积等于系统减少的机械能。 (3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多(另外，ΔEk＝Q＝FfΔx，Δx为滑块与木板间的相对路程)。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解。 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。 3．两种情境 (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＝mv－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－。 考点 动量、冲量的理解及计算 ▌例1 关于物体的动量，下列说法中正确的是（     ） A．惯性越大的物体，它的动量也越大 B．动量大的物体，它的速度一定大 C．物体的动能不变，则其动量也保持不变 D．运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向 【关键能力提升】 冲量的四种计算方法 公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态 图像法 利用F－t图像计算，F－t图像与时间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 动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量 平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t ▌迁移练1-1 （25-26高一下·湖北襄阳·期末）（多选）一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为、，经历的时间分别为、，重力加速度为g，则（     ） A．地面对运动员的冲量大小为 B．地面对运动员做的功为 C．运动员对重物做的功为 D．运动员对重物的冲量大小为 ▌迁移练1-2（25-26高一下·吉林延边·期末）（多选）如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后向与原来相反方向飞出，动量变化量大小为，下列说法正确的是（　　） A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加 C．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 D．球对棒作用力的冲量与棒对球作用力的冲量大小一定相等 考点 动量定理的理解及应用 ▌例1 体操运动员在落地时总要屈腿，这样做的效果是（     ） A．减小人的动能变化量 B．屈腿可以减少人落地过程中重力的冲量 C．屈腿可以减少人落地时的动量变化量 D．屈腿可以减小地面对人的作用力 ▌迁移练1-1 （25-26高一下·北京海淀·期中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。如图所示，某质量的运动员从空中落下，接着又能弹起高度，此次人与蹦床接触时间，取，求： (1)与蹦床接触时间内，运动员所受重力的冲量； (2)与蹦床接触时间内，运动员的动量变化量； (3)运动员受到蹦床的平均弹力。 ▌迁移练1-2（25-26高一下·湖北·期末）（多选）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m=10kg的头锤从离气囊表面正上方高H=5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（    ） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m C．碰撞过程头锤动量变化量大小为80kg·m/s D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为2200N 考点 碰撞类模型的拓展 ▌例1 （25-26高二下·福建福州·期末）如图甲所示，、两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，距离为，的质量为。时刻，使获得水平向右、大小为的初速度，、运动的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)的质量； (2)在图乙的方框中填入对应时刻弹簧情况：“原长”、“最长”或“最短”； (3)时刻弹性势能大小以及此时弹簧的长度。 【关键能力提升】 “弹簧类”模型的解题思路 (1)系统的动量守恒。 (2)系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。 ▌例2（25-26高二下·河南·期末）如图所示，固定在水平地面的支架上有一个光滑转轴O，质量的小球通过一根长为的轻质硬杆与转轴O连接，初始时小球位于转轴O的正下方且距水平地面的高度，一颗质量的子弹以初速度水平射向小球，子弹射入用时极短且射入后与小球一起运动，硬杆内装有传感器，当杆与小球间的作用力为零时小球与杆分离，重力加速度取，求： (1)子弹射入过程中产生的内能； (2)小球落地位置到小球初始位置的水平距离。 ▌迁移练1-1 （多选）如图甲所示，长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s从左端滑上长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．木板A的最小长度为1 m B．A、B间的动摩擦因数为0.2 C．系统损失的机械能为2 J D．木板最终获得的动能为2 J ▌迁移练1-2（25-26高二上·海南海口·阶段检测）质量为3m的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，求： (1)小球在圆弧轨道上上升的最大高度； (2)小球与小车分离瞬间，小车的速度大小。 ▌迁移练1-3（25-26高二下·安徽宣城·期末）如图，质量的圆环套在光滑水平轨道上，质量的小球通过长的轻绳与圆环连接。现将细绳拉直，且与平行，小球以竖直向下的初速度开始运动，重力加速度，小球到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中，小球和圆环构成系统的动量和机械能均守恒 B．从小球开始运动到小球运动到最低点这段时间内，圆环向右运动的位移大小为 C．小球通过最低点时，小球的速度大小为 D．小球运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小为 考点 动量守恒解决多过程问题 ▌例1 （25-26高二上·湖北荆州·阶段检测）如图所示，甲和他的冰车总质量，甲推着质量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰车总质量也为，乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞，甲将小木箱以速度沿冰面推出，木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，则小木箱速度的最小值为（　　） A． B． C． D． ▌迁移练1-1质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次弹性碰撞后，恰好滑至右壁与箱子一起做匀速直线运动，则物体与箱底的动摩擦因数μ为（　　） A． B． C． D． ▌迁移练1-2 （25-26高二下·贵州黔南·期末）竖直平面内有足够长的AOB轨道，由光滑斜面AO和粗糙水平面OB组成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m＝0.5 kg的滑块1从斜面上高为h＝1 m处由静止释放，到达水平面上后，停在距O点x＝5 m远处。现将质量同为m＝0.5 kg的滑块2、滑块3……滑块n自距离O点L＝0.5 m处从左向右依次排列，间距均为L，将滑块1从A点由静止释放，与滑块2碰撞，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体，滑块均视为质点。取g＝10 m/s2。求： (1)滑块与水平面间的动摩擦因数； (2)滑块第一次碰撞后的速度大小； (3)组合体最终包含滑块的个数，及停止位置到O点的距离。 基础达标 1．（24-25高二上·湖北·期末）2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器发动机点火，成功将携带样品的上升器送入到预定环月轨道，如图所示。若该发动机每秒钟向下喷出质量约为、速度约为3.63的气体，上升器加速向上运动，已知携带月壤样本的上升器质量为，月球表面的重力加速度，不计由于喷出气体上升器质量的变化，则嫦娥五号上升器获得加速度约为（　　） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·湖南岳阳·期末）如题图所示，是我国跳高运动员张国伟跳高比赛时的场景。跳高时在横杆的后下方要放置厚海绵垫，其作用是（　　） A．延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大 B．减少人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大 C．延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力减小 D．延长人体与海绵垫的接触时间，使人的动量的变化量减小 3．（25-26高二上·湖南·期中）如图所示，可视为质点的餐盘随水平玻璃转盘绕竖直转轴做匀速圆周运动。对于恰好运动一个周期的餐盘，下列说法正确的是（　　） A．餐盘的动量变化量不为0 B．餐盘受到的重力冲量为0 C．餐盘受到的合力冲量为0 D．餐盘受到的摩擦力冲量不为0 4．（25-26高二上·山东德州·期中）2025年德州市篮球联赛成功举办，带动全民健身热潮持续升温。比赛中，运动员接球后投篮，篮球在空中划出优美的弧线后空心入网。篮球在空中飞行的过程中，经过、两点时的速率相等。下列说法正确的是（    ） A．篮球在这两点的动量相同 B．篮球经过这两点的过程，动量保持不变 C．篮球经过这两点的过程，重力的冲量为零 D．篮球经过这两点的过程，合力的冲量不为零 5．（多选）（25-26高二上·甘肃·阶段检测）明朝的士大夫万户把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，手持大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．火箭的推力来自自身喷出的高温高压气体对火箭的反作用力 B．火箭的推力来自空气对火箭的反作用力 C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 D．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 6．（多选）（25-26高二下·北京延庆·期末）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块m1瞬间获得水平向右的速度v0=3m/s，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。从图像提供的信息可得（     ） A．两物块的质量之比为m1：m2=1：2 B．在t2时刻A、B两物块的动能之比为1：4 C．在t2与t4两时刻，弹簧的弹性势能不相等 D．在t1~ t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍 7．（25-26高二上·贵州铜仁·期末）在传统制作糍粑的过程中，质量的木槌从某一高度自由落下，刚接触糍粑时的速度大小，木槌与糍粑的相互作用时间，重力加速度。 (1)求木槌刚接触糍粑时的动量大小。 (2)若打击糍粑后木槌速度变为且方向竖直向上，求此过程中糍粑对木槌的平均作用力大小。 8．（25-26高二上·江西九江·期末）如图所示，光滑水平面上静止放有一辆小车，小车由四分之一光滑圆弧部分和粗糙水平部分组成，部分的长度为2.4m，且两者在点平滑连接。现有一可视为质点的小物块从圆心等高点处静止释放，小物块滑到圆弧最低点时的速度大小为，小车质量是物块质量的2倍，已知重力加速度。 (1)求圆弧的半径； (2)若小物块刚好不会从小车上滑下，求小物块在部分与车之间的动摩擦因数； (3)在（2）情景下，求小车和小物块整个过程的位移大小。 9．（25-26高二下·云南普洱·期末）如图所示，固定在水平面上的粗糙斜面倾角，长度为。滑块B恰好静止在斜面上，离斜面顶端的距离为，一光滑的滑块A（与斜面无摩擦）由斜面顶端无初速度释放。已知滑块间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，滑块A的质量为，滑块B的质量为，重力加速度大小为，两滑块均可视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求滑块A、B： (1)第一次碰撞前瞬间滑块A的速度； (2)第一次碰撞后瞬间滑块A和滑块B各自的速度； (3)第一次碰撞后到发生第二次碰撞的过程中，B运动的位移大小。 10．（24-25高二下·广东广州·期末）如图，汽车A在水平路面上匀速行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞后一起向前滑行了s=25m停止（碰撞后车轮均没有滚动）。已知A（含驾驶员）和B（含驾驶员）的质量分别mA=2.0×103kg和mB=1.0×103kg，驾驶员的质量均为m=60kg，两车与该水平路面间的动摩擦因数均为µ=0.20，两车碰撞时间∆t=0.2s，重力加速度大小g=10m/s2。求两车碰撞过程： (1)损失的机械能∆E； (2)汽车B的驾驶员受到的平均冲力F的大小。 11．（25-26高二下·甘肃定西·期末）如图，球a通过轻质细线悬挂，线长，线上端固定于离地的点。点正下方有一与a质量相等的球b，静置于支架上。球a从与竖直方向之间夹角处静止释放，运动到最低点与b发生弹性正碰。球a、b大小不计，取，，。求： (1)与b球碰撞前瞬间a球的速度大小； (2)碰撞后瞬间b球的速度大小； (3)b球的水平射程。 能力进阶 12．（2026·四川·高考真题）2026年2月，我国某科创团队发布全球首款速度达到的全尺寸人形机器人、该机器人体重；2025年1月、该团队发布的四足机器人体重。若两款机器人均以的速度同方向运动，则二者的动量大小之差为（     ） A． B． C． D． 13．（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 14．（2026·广西·高考真题）立定跳远时起跳方向不变，用更大的平均作用力起跳，每次起跳的作用时间不变，则下列说法正确的是（     ） A．起跳完成时动量变小（或不变） B．起跳完成时速度变大 C．地面的平均支持力不变 D．地面给人的冲量是相同的 15．（2026·江苏·高考真题）如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（     ） A． B． C． D． 16．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。 (1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数； (2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小； (3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。 17．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力的驱动下，质量的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度。求上升过程中 (1)实验舱的最大速度； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间。 18．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 19．（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $