专题08 动量（知识清单）（全国通用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习知识清单聚焦动量专题，系统涵盖动量、冲量、动量定理、动量守恒定律及碰撞、反冲、爆炸等核心内容，通过知识脑图搭建框架，分考点进行基础梳理与重难突破，构建完整知识体系。 清单以分层突破为特色，如动量定理细分冲量、动量变化量等考向，重难模型（滑块-弹簧、子弹打木块）配速度图像和规律总结，易错点（流体模型）用微元法解析，跟踪训练题结合高考真题，培养科学思维中的模型建构与科学推理，助力学生自主夯实基础，辅助教师精准把握复习方向。

专题08 动量 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 目录导航 01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系 02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点 ▶基础梳理·自主夯基 ▶重难突破·考向精练 考点一 动量和动量定理►考向一 动量 考向二 冲量 考向三 动量变化量 考向四 动量定理 考向五 动量定理的应用 考点二 动量守恒定律及其应用►考向一 动量守恒定律 考向二 动量守恒定律的推导及应用 考向三 反冲 考向四 爆炸 核心考点 碰撞的分类以及应用 03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养 ▶攻坚指南·重难突破 【重难突破01】滑块-弹簧模型 【重难突破02】子弹打木块模型 ▶易错剖析·避坑攻略 【易混易错01】滑块-木板模型的临界问题 【易混易错02】动量定理的应用——流体类和微粒类模型 ▶技法提炼·审题点拨 【方法技巧01】人船模型——积分思想在动量中的应用 【方法技巧02】滑块-斜面（曲面）模型——相对运动与临界问题 知识脑图·核心脉络搭建 考点深研·知能分层突破 基础梳理・自主夯基——核心概念 ▶知识点一 动量、冲量、动量变化量 1. 动量：物体的质量和速度的乘积，用字母p表示。其定义式为p=mv，单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s。 2. 冲量：力和力的作用时间的乘积。用字母I表示冲量，其定义式为I=Ft，在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 N·s。 3. 动量变化量：动量的变化量是指物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，是矢量，其方向与速度的改变量Δv相同。表达式：Δp=p2-p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则。 ▶知识点二 动量定理 1. 定义：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于该物体在这个过程中动量的变化量。 说明：这里说的“合外力的冲量”指的是各外力的合力的冲量，或者是各外力的冲量的矢量和。 2. 表达式：I=p2-p1或Ft=mv2-mv1。 表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的意思。公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。 ▶知识点三 动量守恒定律 (1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为0时，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式：对两个物体组成的系统，m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (3)守恒条件 a. 系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 b. 系统所受合外力远小于系统内力时，外力的作用可忽略，近似认为系统动量守恒。 c. 系统所受合外力不为0，但在某一方向上受到的合外力为0，则系统在这一方向上动量守恒。 重难突破・考向深研——要点提炼 考点一 动量和动量定理 ⏩考试重点提炼⏪ 考向 考试重点 一、动量 1. 物理本质：描述物体机械运动的瞬时运动状态，是反映物体运动惯性与运动强弱的状态量，区别于描述运动过程的物理量。 2. 核心矢量属性：动量为矢量，方向与物体瞬时运动方向完全一致；运算必须遵循矢量运算规则，不可直接代数加减。 3. 瞬时性：任意时刻、任意位置对应独立的动量状态，物体运动过程中速度变化，动量同步实时变化，不存在过程累积效果。 4. 相对性：动量依托参考系存在，默认以地面为参考系，更换参考系后物体动量会发生改变，所有动量相关计算必须统一参考系。 5. 状态辨析：动量只对应某一瞬时的运动状态，与运动时间、位移、做功等过程量无直接关联。 二、冲量 1. 物理本质：描述力对时间的累积作用效果，是典型的过程量，只对应一段作用时间。 2. 矢量属性：冲量是矢量，恒力的冲量方向与力的方向一致，变力冲量方向由整体累积效果决定。 三、动量变化量 1. 物理意义：描述物体在一段时间内运动状态的改变程度，是唯一对应动量变化过程的物理量。 2. 矢量核心规则：动量变化量的方向与初、末动量无必然一致，只由整体变化效果决定，是考试高频易错点。 3. 对应关系：瞬时动量对应时刻，动量变化量对应一段时间的运动过程，和时间间隔、运动过程一一匹配。 4. 变化判定：物体速度大小变化、速度方向变化、速度大小方向同时变化，都会产生动量变化；匀速直线运动的物体动量无变化。 四、动量定理 1. 核心规律：物体运动状态的改变，本质是合外力冲量的累积效果，冲量是动量发生变化的唯一原因。 2. 适用范围：通用型规律，适用于恒力、变力、直线运动、曲线运动、短暂碰撞、持续受力等所有运动场景，无运动形式限制。 3. 方向关联：合外力冲量的方向，与物体动量变化量的方向始终一致，与初、末动量方向无强制对应关系。 4. 研究对象：可单独研究单个物体，也可研究整体系统，系统分析时只需考虑外力冲量，无需分析内力。 5. 解题场景判定：涉及力的作用时间、动量变化、瞬时受力冲击的问题，优先使用动量定理分析。 ⏩高频考向深研⏪ 考向一 动量 1. 定义：物体的质量和速度的乘积，用字母p表示。其定义式为p=mv，单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s。 2. 性质： 瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，所以说动量具有瞬时性，是状态量。 矢量性 动量具有方向，其方向与速度的方向相同，其运算遵循平行四边形定则。 相对性 动量具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同。通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量。 注意：动量与动能的关系 区别 动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态，动量的变化因素是合外力的冲量； 动能是标量，从能量的角度描述物体的状态，动能的变化因素是合外力所做的功。 联系 动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p＝或Ek＝ 都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 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。 【跟踪训练】（2026·云南昆明·二模）一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。下列图像分别描述粒子运动的周期、向心加速度、动量、动能与半径之间的关系，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A．带电粒子垂直进入匀强磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，满足 解得 粒子运动的周期 可知与无关，因此图为水平直线，故A正确； B．由牛顿第二定律可知，粒子的向心加速度满足 联立 解得 可知与成正比，因此图为过原点的直线，故B错误； C．粒子的动量 联立 解得 可知与成正比，因此图为过原点的直线，故C错误； D．粒子的动能 可知与成正比，因此图为过原点向上弯曲的曲线，故D错误。 故选A。 考向二 冲量 1. 定义：力和力的作用时间的乘积。用字母I表示冲量，其定义式为I=Ft，在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 N·s。 【注意】I＝Ft适用于求恒力的冲量。 2. 性质：冲量是矢量，方向与力的方向相同，计算满足平行四边形法则。反映力的作用对时间的累积效应。 3. 对冲量的理解 （1）冲量是力在一段时间内的积累，是过程量，其大小取决于力和时间这两个因素，求解时一定要明确是哪一个力在那一段时间内的冲量。 （2）由于力与时间均与参考系无关，则冲量与参考系无关，具有绝对性。 （3）物理意义：反映力的作用对时间的累积效应。 4. 冲量的计算方法 （1）求恒力的冲量（公式法）：该力的冲量的数值等于力与力的作用时间的乘积，冲量的方向与恒力的方向一致。I＝FΔt，无需考虑物体的运动状态。 （2）求变力的冲量： ①若该力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，该力的冲量可以用该力在作用时间内的平均值计算，即用力的平均值代替F，公式： ②利用F-t图像的面积求解。F-t图线与t轴所围图形的面积表示力的冲量。 注意：动量定理法：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量，即I＝p′－p。适用于一切情况。 （3）求合力的冲量 ①可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 ②如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合=F合Δt求解。 注意：冲量和功的比较 物理量 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力作用时间的乘积 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 (F为恒力) (F为恒力) 性质 矢量 标量 意义 表示力对时间的累积；是动量变化的量度 表示力对空间的累积；是能量变化的量度 作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能 联系 都是过程量，都与力的作用过程相联系 【跟踪训练】（2026·陕西咸阳·二模）如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，质量为的滑块从斜面体的底端点沿斜面体冲上，经的时间刚好滑到斜面体的顶端，再经过一段时间滑块返回到点，滑块与斜面体间的动摩擦因数为，重力加速度，滑块可视为质点。滑块在下滑过程中（　　） A．支持力的冲量为0 B．摩擦力的冲量大小为 C．重力的冲量大小为 D．合力的冲量大小为 【答案】B 【详解】A．滑块上滑时，由牛顿第二定律得 解得 由逆向思维可知斜面体的长度为 滑块下滑时，由牛顿第二定律得 解得 由运动学公式得 解得 斜面体对滑块的支持力大小为 则支持力的冲量大小为，故A错误； B．滑动摩擦力的大小为 摩擦力的冲量大小为，故B正确； C．重力的冲量大小为，故C错误； D．滑块下滑时合力的大小为 合力的冲量大小为，故D错误。 故选B。 考向三 动量变化量 1. 定义：动量的变化量是指物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，是矢量，其方向与速度的改变量Δv相同。表达式：Δp=p2-p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则。 【注意】因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量 p 就发生变化。 2.动量变化量的理解和计算 当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负。若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反。 当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向   【跟踪训练】（2026·北京丰台·一模）两小车M、N在光滑水平面上正碰，其速度随时间变化的 v-t 图像如图所示，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中小车M受到的冲量较大 B．碰撞后小车M的动量小于小车N的动量 C．碰撞后小车M与小车N的动能可能相同 D．小车M的质量大于小车N的质量 【答案】B 【详解】A．碰撞过程中，M、N的相互作用力是一对作用力与反作用力，大小相等、作用时间相同，根据冲量定义，两小车受到的冲量大小相等、方向相反，A错误； D．设碰撞前小车 M 的速度为，小车 N 的速度为 ；碰撞后 M 的速度为，N 的速度为 根据动量守恒定律 整理得 从图像上直观观察，碰撞前后速度变化量满足 可得​， D 错误； B．碰撞后动量，​ 由图可知，，根据前一选项的解析 可得，B正确； C．动能，又， 所以小车M的动能小于小车N的动能，C错误。 故选B 。 考向四 动量定理 1. 定义：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于该物体在这个过程中动量的变化量。 说明：这里说的“合外力的冲量”指的是各外力的合力的冲量，或者是各外力的冲量的矢量和。 2. 表达式：I=p2-p1或Ft=mv2-mv1。 表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的意思。公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。 3. 关于I=Δp=p2-p1的几点说明 a. 合外力的冲量I是原因，动量的变化量Δp是结果。 b. 物体动量的变化量Δp的大小和方向与合外力的冲量I的大小和方向均相同。 c. 合外力的冲量I与初动量p1、末动量p2的大小和方向均无必然联系。 【跟踪训练】（2026·台湾·模拟预测）（多选）在光滑水平面上，有两个相同的理想弹簧，一端固定，另一端分别被甲、乙两质点压缩，弹簧经压缩d后由静止释放。当弹簧恢复到自然长度时，质点即与弹簧分离。已知甲质点对乙质点的质量比为，下列叙述哪些正确？（　　） A．两弹簧分别对甲、乙两质点所作的功相等 B．两质点自释放开始至离开弹簧所需的时间相同 C．释放瞬间，甲质点对乙质点的加速度量值比为 D．当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动量量值比为 E．当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动能比为 【答案】AD 【详解】A．已知两个弹簧完全相同，故劲度系数相同；压缩量均为，故弹簧初始的弹性势能大小相等，均为 弹簧恢复原长的过程中，弹簧的弹性势能完全转化为质点的动能。由于两弹簧初弹性势能相等，所以弹力对两质点做的功相等，故A正确； B．质点释放后在弹簧作用下做简谐运动，从释放到离开弹簧（即回到平衡位置）所需的时间为 简谐运动周期 由于甲、乙两质点质量不同（），故周期之比为 周期不同，因此自释放到离开弹簧所需的时间也不同，故B错误； C．释放瞬间，两弹簧的弹力大小相等，均为 由牛顿第二定律知，加速度与质量成反比 因此，故C错误； D．当弹簧恢复到自然长度时，两质点的动能等于初始弹性势能，即 根据动量与动能的关系式，可知动量大小与质量的平方根成正比 故，故D正确； E．由上述分析可知，两质点离开弹簧时的动能相等，即，故E错误。 故选AD。 考向五 动量定理的应用 1. 定性分析有关现象： ①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。 ②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。 2. 定量计算某过程中合外力的冲量或动量变化量： 根据动量定理，一个物体的动量变化量与合外力的冲量大小相等，方向相同，据此有，。 3. 求流体问题或粒子流问题：解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象，方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解（分析方法为：选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对象；确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；分析连续体的受力情况和动量的变化情况；应用动量定理列出数学表达式；求解并分析和讨论结果。） 注意：应用动量定理的解题思路 【跟踪训练】（2026·湖北武汉·模拟预测）如图1所示，风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。已知叶片长为，风速为，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，有空气以原速率穿过，如图2所示。图3所示为齿轮箱一级示意图，它由太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈组成，它们的齿数分别为、、。不考虑其它能量损耗，下列说法正确的是（     ） A．太阳轮与齿圈转动的角速度之比为 B．单位时间内与叶片发生作用的风的质量为 C．一台风力发电机的发电功率约为 D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为 【答案】C 【详解】A．由图可知，太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈互相接触的点的线速度是相等的，则有 解得 又齿数与半径成正比，即 联立解得，故A错误； B．经过时间，与叶片接触的风的长度为 所以这部分风的体积为 由题知，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，则与叶片发生作用的风的质量为 则单位时间内与叶片发生作用的风的质量为，故B错误； C．由B项，可知经过时间，与叶片发生作用的风的质量为 所以这部分风的动能转化为发电机叶片获得的发电机做的功，即 则发电机的功率为，故C正确； D．对与叶片发生作用的风，根据动量定理，有 解得 根据牛顿第三定律有，空气对一台发电机的作用力为 所以对一个叶片的平均作用力为，故D错误。 故选C。 考点二 动量守恒定律及其应用 ⏩考试重点提炼⏪ 考向 考试重点 一、动量守恒定律 1. 守恒核心判定：系统总动量保持不变的根本条件是系统所受合外力为零，与内力大小、运动状态无关。 2. 近似守恒场景（考试重点）：系统合外力不为零，但内力远大于外力、作用时间极短时，外力冲量可忽略，系统动量近似守恒，适用于碰撞、爆炸、击打等场景。 3. 分方向守恒规则：系统整体合外力不为零，但某一固定方向上合外力为零，该方向动量独立守恒，垂直方向动量不守恒。 4. 四大核心特性 矢量性：守恒为矢量守恒，必须提前规定正方向，所有运动状态需统一正负标准。 同时性：初动量为作用前同一时刻的状态，末动量为作用后同一时刻的状态，不可交叉混用不同时刻的动量。 相对性：系统所有物体的运动状态，必须对应同一参考系（默认地面），禁止混合参考系分析 系统性：守恒针对完整系统，拆分单个物体分析时，单个物体动量一定不守恒。 5. 禁用场景：系统合外力明显不为零、无巨大内力、作用时间较长的持续运动过程，不可使用动量守恒。 ⏩高频考向深研⏪ 考向一 动量守恒定律 1. 系统、内力和外力 (1)系统：由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 (2)内力：系统中物体间的相互作用力。 (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 【注意】在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 2. 动量守恒定律 (1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为0时，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式：对两个物体组成的系统，m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (3)守恒条件 a. 系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 b. 系统所受合外力远小于系统内力时，外力的作用可忽略，近似认为系统动量守恒。 c. 系统所受合外力不为0，但在某一方向上受到的合外力为0，则系统在这一方向上动量守恒。 补充：动量守恒定律的四种表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 补充：对动量守恒条件的理解 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 实际条件 系统所受合外力为0。 单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 补充：单方向动量守恒常见模型(地面均光滑)：     【跟踪训练】（25-26高二下·河南郑州·阶段检测）如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为，，A车上有一质量为的机器人，相对地面以的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（    ） A．机器人跳离A车的过程中，机器人与A车系统机械能守恒 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.5J 【答案】B 【详解】A．跳车过程中机器人，将化学能转化为系统的机械能，不满足只有重力或弹力做功，故机器人与A车系统机械能不守恒，故A错误； B．机器人跳离A车过程，机器人与A车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 代入数据解得 即A车的速度大小为，方向向左，故B正确； C．机器人跳上B车过程，机器人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得 代入数据解得，故C错误； D．根据动能定理可知，机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功等于B车动能的变化量，即 代入数据解得，故D错误。 故选B。 考向二 动量守恒定律的推导及应用 1. 动量守恒定律的推导 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 注意：对动量守恒定律应用问题的分析 1. 动量守恒中的速度 在应用动量守恒定律时，关于速度，需注意以下几个问题。(以两个物体组成的系统的动量守恒为例，有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2') (1)速度的矢量性：需先规定正方向，根据规定的正方向把各速度的正负代入； (2)速度的同时性：式中的v1、v2为作用前两物体同一时刻的速度，v1'、v2'为作用后两物体同一时刻的速度； (3)速度的同一性：各速度均以地面为参考系，若题目中给出的是两物体之间的相对速度，可利用下式把相对速度转化为对地速度，vA对地=vA对B+vB对地。 2. 碰撞中的“时间极短”的含义 “时间极短”是一种特定的物理语言，是碰撞问题中的一个隐含条件，正确理解和利用碰撞中“时间极短”这个隐含条件，往往是解决问题的关键。由于某些物理量在极短时间内的变化可以忽略，因此，“时间极短”时可近似处理一些问题。 3. 多物体、多过程问题中动量守恒定律的应用 (1)物理过程的多变性，往往使问题复杂化，解题时我们可以通过对物理过程的正确分析，把一个复杂的过程分解为几个简单的子过程，对每一个子过程，选择合适的物理规律求解，通常要结合机械能守恒定律、能量守恒定律。 (2)在某些情况下，我们不但要研究若干物体组成的大系统，还要根据题目的要求以及守恒条件选择某个子系统进行研究，这就需要把复杂的大系统恰当地划分为简单的子系统。 【跟踪训练】（2026·江苏常州·二模）如图所示，将一质量为m的小球从距离地面H高处以初速度水平抛出，落地时速度与水平方向夹角为30°。已知运动过程所受空气阻力的大小与速度大小成正比，满足f=kv（其中，g为重力加速度），方向始终与速度方向相反。下列说法正确的是（     ） A．小球落地时速度大小为2v0 B．下落过程中空气阻力对小球做功为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落的时间为 【答案】C 【详解】A．利用配速法，将初速度分解为一个竖直向下的 则由平行四边形法则，根据几何关系，另一速度（方向为右上，与水平方向夹角为30°） 如图所示 竖直方向，小球受到的阻力 代入 得 则小球在竖直方向做匀速直线运动，故小球落地时，竖直方向速度不变，为（方向竖直向下）；方向，小球受阻力做减速运动，故小球落地时，方向为右上，与水平方向夹角为30°，又合力方向为右下，与水平方向夹角为30°，作图如下 由三角形法则，根据几何关系得 故A错误； B．由动能定理 代入得 故B错误。 C．落地速度与水平方向夹角为，因此 解得 合速度大小 即​ ​水平方向仅受阻力的水平分量，由动量定理 （即水平位移） 代入 ​整理得 即​ 代入，得 代入水平位移公式 故C正确。 D．竖直方向由动量定理 整理得 即 代入得 故D错误。 故选C。 考向三 反冲 1. 定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。 2. 规律 （1）相互作用：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。 （2）动量守恒：反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 （3）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。 【注意】速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程。 速度的相对性：在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一般设为对地速度)。 3. 火箭 （1）原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 （2）影响因素：①喷气速度；②质量比（火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大）。 【注意】变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。 火箭问题：①火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象；②注意反冲前、后各物体质量的变化；③明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。列方程时要注意初、末状态动量的方向。 【跟踪训练】（2026·广东汕头·二模）（多选）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行。全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 【答案】AC 【详解】A．悬停阶段，火箭静止状态，即处于平衡状态，因此合力为零，故A正确； B．初始阶段，推力大于重力，火箭加速上升；当推力小于重力时，火箭会减速上升，直到最高点速度为零，因此火箭并非 “一直在加速”，故B错误； C．悬停阶段，火箭合力为零，燃气推力等于重力，设燃气喷出速度为v，单位时间喷出质量为，根据动量定理 解得，故C正确； D．转向阶段，火箭和燃气组成的系统在水平方向动量守恒，则有 联立解得，故D错误。 故选AC。 考向四 爆炸 1.特点：物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，系统内部作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理。 2、规律 动量守恒：系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，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）转化为动能。 位置不变：由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理，认为爆炸后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。 【跟踪训练】（2026·山东临沂·二模）2026年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵地（海拔高度为H）以初速度、抛射角θ斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（　　） A．导弹飞行总时间 B．当θ角为45°时导弹水平射程一定最大 C．导弹击中目标时的动能为，飞行全过程机械能守恒 D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大小为 【答案】D 【详解】A．斜抛运动落回与发射点同一高度时的总飞行时间为 目标比发射点海拔低，竖直方向位移为，由匀变速位移公式 解得，故A错误； B．抛射角为45°时水平射程最大的结论仅适用于发射点和落地点等高的情况，本题两点存在高度差，该结论不成立，故B错误； C．忽略空气阻力，全过程只有重力做功，机械能守恒；发射点比目标高，重力势能减少，因此击中目标时动能为，和海拔高度无关，故C错误； D．导弹在最高点的速度为水平方向，大小为 炸裂时内力远大于外力，水平方向动量守恒，炸裂后两块质量均为，竖直自由下落的碎片水平速度为0，设另一块速度为，由动量守恒定律 解得，故D正确。 故选D。 核心考点 碰撞的分类以及应用 一、碰撞 1. 定义：碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生相互作用。 【注意】碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 2. 特点 时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。 相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。 动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。 位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。 能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。 3. 遵循原则 (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变 二、对心碰撞和非对心碰撞 1. 对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。 2. 非对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。 三、弹性碰撞和非弹性碰撞 1. 弹性碰撞 （1） “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . （2） “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(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′＝v0，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) 2. 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 （1）非弹性碰撞：介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) （2）完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 注意：碰撞的类型及遵从的规律 类型 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相同 注意：爆炸模型与碰撞模型的比较 情形 碰撞 爆炸 不同点 碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，系统的动能不会增加 爆炸过程中往往有化学能转化为动能，系统的动能增加 相同点 时间特点 相互作用时间很短 相互作用力特点 物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大 系统动量的特点 系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒 位移特点 由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置 【跟踪训练】（2026·江苏镇江·模拟预测）如图，大小相同的摆球和的质量分别为和，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（     ） A．第一次碰撞后的瞬间，球速度小于球 B．第一次碰撞后的瞬间，球动量大于球 C．第一次碰撞后，球最大摆角小于球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，球的速度变为零 【答案】D 【详解】A．取向右为正，设球第一次碰撞前的速度为，碰撞后球、球的速度分别为、。碰撞时间极短，摆线拉力在水平方向的冲量可忽略，由水平方向动量守恒有 弹性碰撞中动能守恒，有 将动量守恒式两边同除以，得 将动能守恒式两边同除以并因式分解，得 实际发生碰撞后球获得速度，。将 代入上式并约去，得 联立和，解得， 因，，故A错误； B．由动量定义，第一次碰撞后两球的动量大小分别为， 因，，故B错误； C．设第一次碰撞后两球的最大摆角分别为、。由各球从最低点摆到最高点的机械能守恒，有， 整理得， 两球摆长相同，且最大摆角均为小角度，随摆角增大而增大。由可知，故C错误； D．两球摆长均为，且均做小角度摆动，由单摆周期公式得 两球周期相同，第一次碰撞后均经半个周期同时回到最低点，发生第二次碰撞。第二次碰撞前，两球速度与第一次碰撞后的速度方向相反，分别为、 设第二次碰撞后球、球的速度分别为、。由水平方向动量守恒有 将此式两边同除以并解出，得 由弹性碰撞的动能守恒，等式两边同除以，得 将 代入动能守恒式，移项、展开并同除以，得 因式分解得 若，由动量守恒式可得，即两球碰撞前后速度均不变，不符合实际碰撞。因此 解得 代入第一次碰撞后的速度，，故D正确。 故选D。 素养进阶·答题技法突破 攻坚指南・重难突破——解题思路 【重难突破01】滑块-弹簧模型 模型 速度—时间图像 规律 情况一：从原长到最短（或最长）时 ①；② 情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时 ①；② (1)对于光滑水平面上的弹簧类问题，在作用过程中，系统所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。 (2)整个过程涉及弹性势能、动能，还可能涉及内能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 (3)弹簧压缩至最短时，弹簧连接的两物体速度相同，此时弹簧的弹性势能最大。 【注意】临界思想：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 【跟踪训练】（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三小球、、的质量分别为、、，放于光滑的水平面上，小球、中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球右侧有一固定挡板。现让小球以速度向右运动，碰后与小球黏在一起，、两小球碰撞时间极短，当、整体的速度大小为时撤去挡板，则运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】、碰撞后黏在一起，即完全非弹性碰撞，动量守恒有 解得 右侧有挡板，初始静止且与挡板接触。、向右压缩弹簧，被挡板顶住不动。则、与弹簧组成的系统机械能守恒，有 由于压缩弹簧，、做简谐运动的一部分，即速度从向右减速至，再反向加速至，方向向左，故速度大小为的时刻有两个。 ①当向右减速至时，弹性势能设为，由机械能守恒解得 此时撤去挡板，总动量，总机械能 、快于，弹簧继续压缩，直至三者共速 则由动量守恒解得 共速动能 则此时弹性势能最大为 ②当向左加速至时，此时在撤去前弹簧已历经最大压缩状态，即、速度为零时。 故、速度为零时，由机械能守恒 解得 综上，弹性势能最大有两处， 故选C。 【重难突破02】 子弹打木块模型 1. 模型图例 2. 模型特点 (1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒． (2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化 3.情景分析： 子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。这是一种完全非弹性碰撞。 设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有， 对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 则有：，这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。 4. 结果讨论 (1)子弹留在木块中(未穿出) 若d=L（木块的长度）时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。 若d＜L（木块的长度）时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。 ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v ②机械能损失(摩擦生热) Q热＝Ff·d＝mv02－(m＋M)v2 其中d为子弹射入木块的深度． (2)子弹穿出木块 若d＞L（木块的长度）时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。设穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，则有： ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝Ff·L＝mv02－mv12－Mv22 【注意】由上式不难求得平均阻力的大小：， 木块前进的距离：。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： ，一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。 该模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。 【跟踪训练】（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的滑块静止在静置于光滑水平地面的长木板的左端，给滑块施加一水平瞬时冲量I，同时立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F作用（即，其中）从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度-时间图像如图乙所示。滑块可视为质点，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。则（     ） A． B．滑块位移4.4m C．长木板位移0.9m D．滑块与长木板的最大相对位移为3.5m 【答案】AC 【详解】A．瞬时冲量等于滑块获得的初动量，由乙图知时滑块初速度，因此，故A正确； BC．滑块在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为M，则有 代入乙图数据，解得 滑块在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间均满足 累积得，其中 代入数据可得 对木板由动量定理可得 即 联立解得，，故B错误，C正确； D．在共速前滑块速度始终大于长木板，相对位移持续增加，之后一起共速运动，因此最大相对位移为，故D错误。 故选AC。 易错剖析・避坑攻略——易错归纳 【易混易错01】滑块-木板模型的临界问题 模型图例 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 速度-时间图像 动力学常用关系 功能常用关系 或 动量常用关系 模型特点： 把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。 由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。 【注意】若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。滑块—木板模型与子弹打木块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零或内力远大于外力，动量守恒.当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。 临界思想：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。 【跟踪训练】（2026·吉林松原·模拟预测）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求 (1)滑块与木板的质量之比 (2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小 (3)木板的长度 【答案】(1)2:3 (2) (3) 【详解】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，设滑块的质量为，木板的质量为，滑块的初速度为，最终的共同速度为，取向右为正方向，根据动量守恒定律有 系统的初末动能表达式分别有， 联立解得 由图乙可知系统初动能，由于最终滑块和木板具有共同速度，由图像可知两者的末动能之和即系统末动能，代入等式解得 （2）根据动能表达式可知最终滑块与木板的动能之比等于质量之比，故滑块的末动能为，木板的末动能为，设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为，由图乙可知滑块的位移为，对滑块根据动能定理有 代入数据解得 （3）设木板的位移为，对木板根据动能定理有 代入数据解得 由于最终滑块恰好停在木板的右端，则木板的长度等于滑块与木板的相对位移，有 解得 【易混易错02】动量定理的应用——流体类和微粒类模型 所谓的“流体”类问题是指研究对象是连续不断的无数个微粒，如风、水流等，解决此类问题的关键是找到相互作用的研究对象，进而对其列出相应的动量定理方程即可。 1. 流体模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt=ΔmΔv。 然后根据发生相互作用前后流体的速度情况进行分析， 如：若作用后流体微元静止，有Δv=-v，代入上式有F=-ρSv2； 若作用后流体微元以速率v反弹，有Δv=-2v，代入上式有F=-2ρSv2。 2. 微粒类问题分析步骤 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粒子数n。 分析步骤： a. 建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S； b. 微元研究，作用时间Δt内一段柱形“流体”的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt(n代表单位体积内的粒子数)； c. 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N得出所选取的柱形“流体”微元的动量定理表达式，进而求解粒子流与物体相互作用时的作用力的大小。 【跟踪训练】 （2026·四川成都·模拟预测）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量），重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒 解得大米落入秤盘时的速度大小 阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有 解得 空中大米的质量 （2）时间内，从阀门处下落的大米质量 令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力 技法提炼・审题点拨——技巧总结 【技法点拨01】人船模型——积分思想在动量中的应用 1. “人船模型” 原来静止的两物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和(或某方向上外力的矢量和)为零，则系统动量守恒(或某方向上动量守恒)。相互作用过程中,任一时刻两物体的速度(或在某方向上的速度)大小之比都等于质量的反比，此类问题归为“人船模型”问题。 （1）模型特征（适用条件）： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． （2）特点： 人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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。 （3）处理思想： 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 补充：人船模型拓展： （1）气球和人 载人气球原来静止在空中，离地高度为h，人的质量为m，气球的质量为M(不含人的质量)。若气球下悬吊一轻绳，人沿轻绳返回地面，取人和气球为一个系统，系统初始静止且同时开始运动，人到达地面时，人对地的位移大小为h，设气球对地的位移大小为L，则根据“人船模型”有ML=mh，解得L=h，则轻绳的长度至少为L+h=。 (2)物块和劈 一个质量为M、底面边长为b的劈静止在光滑的水平面上，有一质量为m的物块由劈顶部无初速度滑至底部时，劈和物块组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，且初始时两物体均静止，根据“人船模型”有mx1=Mx2，其中x1、x2是物块和劈在水平方向上对地的位移大小，且有x1+x2=b，则劈移动的距离为x2=b。 (3)圆环和滑块 质量为M、半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从环内与圆心O等高处开始无初速度下滑到最低点时，由于水平面光滑，滑块和圆环组成的系统在水平方向动量守恒。设圆环的位移大小为x,则小滑块在水平方向上对地的位移大小为R-x，根据“人船模型”有Mx=m(R-x)，故此过程中圆环发生的位移为x=R 【跟踪训练】（2026·河南新乡·模拟预测）（多选）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（    ） A．运动过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．球C第一次摆到最低点的过程，球C的速度大小为 C．球C第一次摆到最低点的过程，木块A、B向右移动的距离为 D．球C向左运动能达到的最大高度为 【答案】CD 【详解】A．运动过程中，木块A、B和球C组成的系统在水平方向所受合力为零，而在竖直方向受合力不为零，故此系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故A错误； B．球C第一次到达最低点时，设此时木块A、B的共同速度大小为，球C的速度大小为，由此过程水平方向动量守恒可得 由机械能守恒定律可得 联立解得，，故B错误； C．球C第一次摆到最低点的过程中，设C的水平速度大小为，木块A、B的速度大小为，对A、B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒可得 可得此过程中C的水平速度大小与木块A、B的速度大小之比始终为 则球C第一次摆到最低点的过程中，C的水平位移大小与木块A、B的位移大小之比为 由几何关系可得 解得木块A、B向右移动的距离为，故C正确； D．球C第一次由最低点向左摆至最高点的过程，A与C组成的系统在水平方向上动量守恒，球C向左摆至最高点时与A共速，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 联立解得，故D正确。 故选CD。 【技法点拨02】滑块-斜面（曲面）模型——相对运动与临界问题 1. 模型图例 2. 模型解读： (1)在光滑水平面上，把滑块、光滑弧面(斜面)看作一个整体，它们之间的作用力为内力，滑块和弧面(斜面)组成的系统在水平方向动量守恒。 (2)由于只有动能和重力势能之间的转化，所以系统机械能守恒，应用机械能守恒定律或能量守恒定律求解问题。 (3)滑块到达弧面(斜面)最高点时(滑块竖直方向的速度为零)二者有共同速度。 3.模型临界问题： （1）上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度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）返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，系统机械能守恒：mv02＝mv12＋Mv22，相当于完成了弹性碰撞。 【注意】该模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等 【跟踪训练】（2026·湖北十堰·三模）如图，在光滑水平面上放置一质量为的轨道，轨道的水平部分粗糙，长为；倾斜部分光滑。两部分在点用一段小弧平滑连接，使物体经过该点时没有机械能损失。质量为的小木块（可视为质点）以初速度从左端滑上轨道，最终木块恰好没有从轨道左端滑离。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．轨道和木块组成的系统，相互作用过程中动量守恒 B．木块与轨道部分之间的动摩擦因数为 C．的长度至少为 D．木块在轨道部分发生相对运动的总时间为 【答案】D 【详解】A．由于木块在斜面部分运行的过程，系统竖直方向的合外力并不为0，所以系统的动量不守恒，故A错误； B．由于系统在水平方向不受力，故系统水平方向动量守恒。以水平向右为正方向，则从开始运动到木块恰好回到轨道左端的整个过程，在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得木块最终的速度为 根据能量守恒定律有 解得木块与轨道部分之间的动摩擦因数为，故B错误； C．由分析可知，当木块沿斜面上升的高度最大时，二者的速度相等，设其速度为，则在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得木块上升的最大高度为 由于为斜面的高度而非长度，所以的长度应大于，故C错误； D．设木块运动到B位置时木块和轨道的速度分别为、，以向右为正方向，则有， 代入数据联立解得当木块第一次从A运动到B点时，木块和轨道的速度分别为， 第二次木块从斜面返回B点时，木块和轨道的速度分别为， 设木块从A运动到B的时间为，则由动量定理有 解得 设木块从B返回到A的时间为，则由动量定理有 解得 所以木块在轨道AB部分运动的总时间为，故D正确。 故选D。 $专题08 动量 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 目录导航 01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系 02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点 ▶基础梳理·自主夯基 ▶重难突破·考向精练 考点一 动量和动量定理►考向一 动量 考向二 冲量 考向三 动量变化量 考向四 动量定理 考向五 动量定理的应用 考点二 动量守恒定律及其应用►考向一 动量守恒定律 考向二 动量守恒定律的推导及应用 考向三 反冲 考向四 爆炸 核心考点 碰撞的分类以及应用 03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养 ▶攻坚指南·重难突破 【重难突破01】滑块-弹簧模型 【重难突破02】子弹打木块模型 ▶易错剖析·避坑攻略 【易混易错01】滑块-木板模型的临界问题 【易混易错02】动量定理的应用——流体类和微粒类模型 ▶技法提炼·审题点拨 【方法技巧01】人船模型——积分思想在动量中的应用 【方法技巧02】滑块-斜面（曲面）模型——相对运动与临界问题 知识脑图·核心脉络搭建 考点深研·知能分层突破 基础梳理・自主夯基——核心概念 ▶知识点一 动量、冲量、动量变化量 1. 动量：物体的 和 的乘积，用字母p表示。其定义式为p=mv，单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s。 2. 冲量：力和力的作用 的乘积。用字母I表示冲量，其定义式为I=Ft，在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 3. 动量变化量：动量的变化量是指物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，是矢量，其方向与速度的改变量Δv 。表达式： 为矢量式，运算遵循平行四边形定则。 ▶知识点二 动量定理 1. 定义：物体在一个过程中所受合外力的 等于该物体在这个过程中 。 说明：这里说的“合外力的冲量”指的是各外力的合力的冲量，或者是各外力的冲量的矢量和。 2. 表达式： 。 表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的意思。公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。 ▶知识点三 动量守恒定律 (1)内容：一个系统不受外力或者所受 时，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式：对两个物体组成的系统， 。 (3)守恒条件 a. 系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 b. 系统所受合外力远小于系统内力时，外力的作用可忽略，近似认为系统动量守恒。 c. 系统所受合外力不为0，但在某一方向上受到的合外力为0，则系统在这一方向上动量守恒。 重难突破・考向深研——要点提炼 考点一 动量和动量定理 ⏩考试重点提炼⏪ 考向 考试重点 一、动量 1. 物理本质：描述物体机械运动的瞬时运动状态，是反映物体运动惯性与运动强弱的状态量，区别于描述运动过程的物理量。 2. 核心矢量属性：动量为矢量，方向与物体瞬时运动方向完全一致；运算必须遵循矢量运算规则，不可直接代数加减。 3. 瞬时性：任意时刻、任意位置对应独立的动量状态，物体运动过程中速度变化，动量同步实时变化，不存在过程累积效果。 4. 相对性：动量依托参考系存在，默认以地面为参考系，更换参考系后物体动量会发生改变，所有动量相关计算必须统一参考系。 5. 状态辨析：动量只对应某一瞬时的运动状态，与运动时间、位移、做功等过程量无直接关联。 二、冲量 1. 物理本质：描述力对时间的累积作用效果，是典型的过程量，只对应一段作用时间。 2. 矢量属性：冲量是矢量，恒力的冲量方向与力的方向一致，变力冲量方向由整体累积效果决定。 三、动量变化量 1. 物理意义：描述物体在一段时间内运动状态的改变程度，是唯一对应动量变化过程的物理量。 2. 矢量核心规则：动量变化量的方向与初、末动量无必然一致，只由整体变化效果决定，是考试高频易错点。 3. 对应关系：瞬时动量对应时刻，动量变化量对应一段时间的运动过程，和时间间隔、运动过程一一匹配。 4. 变化判定：物体速度大小变化、速度方向变化、速度大小方向同时变化，都会产生动量变化；匀速直线运动的物体动量无变化。 四、动量定理 1. 核心规律：物体运动状态的改变，本质是合外力冲量的累积效果，冲量是动量发生变化的唯一原因。 2. 适用范围：通用型规律，适用于恒力、变力、直线运动、曲线运动、短暂碰撞、持续受力等所有运动场景，无运动形式限制。 3. 方向关联：合外力冲量的方向，与物体动量变化量的方向始终一致，与初、末动量方向无强制对应关系。 4. 研究对象：可单独研究单个物体，也可研究整体系统，系统分析时只需考虑外力冲量，无需分析内力。 5. 解题场景判定：涉及力的作用时间、动量变化、瞬时受力冲击的问题，优先使用动量定理分析。 ⏩高频考向深研⏪ 考向一 动量 1. 定义：物体的质量和速度的乘积，用字母p表示。其定义式为p=mv，单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s。 2. 性质： 瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，所以说动量具有瞬时性，是状态量。 矢量性 动量具有方向，其方向与速度的方向相同，其运算遵循平行四边形定则。 相对性 动量具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同。通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量。 注意：动量与动能的关系 区别 动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态，动量的变化因素是合外力的冲量； 动能是标量，从能量的角度描述物体的状态，动能的变化因素是合外力所做的功。 联系 动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p＝或Ek＝ 都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系 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。 【跟踪训练】（2026·云南昆明·二模）一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。下列图像分别描述粒子运动的周期、向心加速度、动量、动能与半径之间的关系，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 考向二 冲量 1. 定义：力和力的作用时间的乘积。用字母I表示冲量，其定义式为I=Ft，在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 N·s。 【注意】I＝Ft适用于求恒力的冲量。 2. 性质：冲量是矢量，方向与力的方向相同，计算满足平行四边形法则。反映力的作用对时间的累积效应。 3. 对冲量的理解 （1）冲量是力在一段时间内的积累，是过程量，其大小取决于力和时间这两个因素，求解时一定要明确是哪一个力在那一段时间内的冲量。 （2）由于力与时间均与参考系无关，则冲量与参考系无关，具有绝对性。 （3）物理意义：反映力的作用对时间的累积效应。 4. 冲量的计算方法 （1）求恒力的冲量（公式法）：该力的冲量的数值等于力与力的作用时间的乘积，冲量的方向与恒力的方向一致。I＝FΔt，无需考虑物体的运动状态。 （2）求变力的冲量： ①若该力的方向不变、大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，该力的冲量可以用该力在作用时间内的平均值计算，即用力的平均值代替F，公式： ②利用F-t图像的面积求解。F-t图线与t轴所围图形的面积表示力的冲量。 注意：动量定理法：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量，即I＝p′－p。适用于一切情况。 （3）求合力的冲量 ①可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 ②如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合=F合Δt求解。 注意：冲量和功的比较 物理量 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力作用时间的乘积 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 (F为恒力) (F为恒力) 性质 矢量 标量 意义 表示力对时间的累积；是动量变化的量度 表示力对空间的累积；是能量变化的量度 作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能 联系 都是过程量，都与力的作用过程相联系 【跟踪训练】（2026·陕西咸阳·二模）如图所示，倾角为的斜面体固定在水平面上，质量为的滑块从斜面体的底端点沿斜面体冲上，经的时间刚好滑到斜面体的顶端，再经过一段时间滑块返回到点，滑块与斜面体间的动摩擦因数为，重力加速度，滑块可视为质点。滑块在下滑过程中（　　） A．支持力的冲量为0 B．摩擦力的冲量大小为 C．重力的冲量大小为 D．合力的冲量大小为 考向三 动量变化量 1. 定义：动量的变化量是指物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，是矢量，其方向与速度的改变量Δv相同。表达式：Δp=p2-p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则。 【注意】因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量 p 就发生变化。 2.动量变化量的理解和计算 当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负。若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反。 当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向   【跟踪训练】（2026·北京丰台·一模）两小车M、N在光滑水平面上正碰，其速度随时间变化的 v-t 图像如图所示，碰撞时间极短。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中小车M受到的冲量较大 B．碰撞后小车M的动量小于小车N的动量 C．碰撞后小车M与小车N的动能可能相同 D．小车M的质量大于小车N的质量 考向四 动量定理 1. 定义：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于该物体在这个过程中动量的变化量。 说明：这里说的“合外力的冲量”指的是各外力的合力的冲量，或者是各外力的冲量的矢量和。 2. 表达式：I=p2-p1或Ft=mv2-mv1。 表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的意思。公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。 3. 关于I=Δp=p2-p1的几点说明 a. 合外力的冲量I是原因，动量的变化量Δp是结果。 b. 物体动量的变化量Δp的大小和方向与合外力的冲量I的大小和方向均相同。 c. 合外力的冲量I与初动量p1、末动量p2的大小和方向均无必然联系。 【跟踪训练】（2026·台湾·模拟预测）（多选）在光滑水平面上，有两个相同的理想弹簧，一端固定，另一端分别被甲、乙两质点压缩，弹簧经压缩d后由静止释放。当弹簧恢复到自然长度时，质点即与弹簧分离。已知甲质点对乙质点的质量比为，下列叙述哪些正确？（　　） A．两弹簧分别对甲、乙两质点所作的功相等 B．两质点自释放开始至离开弹簧所需的时间相同 C．释放瞬间，甲质点对乙质点的加速度量值比为 D．当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动量量值比为 E．当弹簧各自恢复到自然长度时，甲质点对乙质点的动能比为 考向五 动量定理的应用 1. 定性分析有关现象： ①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。 ②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。 2. 定量计算某过程中合外力的冲量或动量变化量： 根据动量定理，一个物体的动量变化量与合外力的冲量大小相等，方向相同，据此有，。 3. 求流体问题或粒子流问题：解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象，方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解（分析方法为：选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对象；确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；分析连续体的受力情况和动量的变化情况；应用动量定理列出数学表达式；求解并分析和讨论结果。） 注意：应用动量定理的解题思路 【跟踪训练】（2026·湖北武汉·模拟预测）如图1所示，风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。已知叶片长为，风速为，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，有空气以原速率穿过，如图2所示。图3所示为齿轮箱一级示意图，它由太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈组成，它们的齿数分别为、、。不考虑其它能量损耗，下列说法正确的是（     ） A．太阳轮与齿圈转动的角速度之比为 B．单位时间内与叶片发生作用的风的质量为 C．一台风力发电机的发电功率约为 D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为 考点二 动量守恒定律及其应用 ⏩考试重点提炼⏪ 考向 考试重点 一、动量守恒定律 1. 守恒核心判定：系统总动量保持不变的根本条件是系统所受合外力为零，与内力大小、运动状态无关。 2. 近似守恒场景（考试重点）：系统合外力不为零，但内力远大于外力、作用时间极短时，外力冲量可忽略，系统动量近似守恒，适用于碰撞、爆炸、击打等场景。 3. 分方向守恒规则：系统整体合外力不为零，但某一固定方向上合外力为零，该方向动量独立守恒，垂直方向动量不守恒。 4. 四大核心特性 矢量性：守恒为矢量守恒，必须提前规定正方向，所有运动状态需统一正负标准。 同时性：初动量为作用前同一时刻的状态，末动量为作用后同一时刻的状态，不可交叉混用不同时刻的动量。 相对性：系统所有物体的运动状态，必须对应同一参考系（默认地面），禁止混合参考系分析 系统性：守恒针对完整系统，拆分单个物体分析时，单个物体动量一定不守恒。 5. 禁用场景：系统合外力明显不为零、无巨大内力、作用时间较长的持续运动过程，不可使用动量守恒。 ⏩高频考向深研⏪ 考向一 动量守恒定律 1. 系统、内力和外力 (1)系统：由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 (2)内力：系统中物体间的相互作用力。 (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 【注意】在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 2. 动量守恒定律 (1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为0时，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式：对两个物体组成的系统，m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (3)守恒条件 a. 系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 b. 系统所受合外力远小于系统内力时，外力的作用可忽略，近似认为系统动量守恒。 c. 系统所受合外力不为0，但在某一方向上受到的合外力为0，则系统在这一方向上动量守恒。 补充：动量守恒定律的四种表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 补充：对动量守恒条件的理解 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 实际条件 系统所受合外力为0。 单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 补充：单方向动量守恒常见模型(地面均光滑)：     【跟踪训练】（25-26高二下·河南郑州·阶段检测）如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为，，A车上有一质量为的机器人，相对地面以的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（    ） A．机器人跳离A车的过程中，机器人与A车系统机械能守恒 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.5J 考向二 动量守恒定律的推导及应用 1. 动量守恒定律的推导 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 注意：对动量守恒定律应用问题的分析 1. 动量守恒中的速度 在应用动量守恒定律时，关于速度，需注意以下几个问题。(以两个物体组成的系统的动量守恒为例，有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2') (1)速度的矢量性：需先规定正方向，根据规定的正方向把各速度的正负代入； (2)速度的同时性：式中的v1、v2为作用前两物体同一时刻的速度，v1'、v2'为作用后两物体同一时刻的速度； (3)速度的同一性：各速度均以地面为参考系，若题目中给出的是两物体之间的相对速度，可利用下式把相对速度转化为对地速度，vA对地=vA对B+vB对地。 2. 碰撞中的“时间极短”的含义 “时间极短”是一种特定的物理语言，是碰撞问题中的一个隐含条件，正确理解和利用碰撞中“时间极短”这个隐含条件，往往是解决问题的关键。由于某些物理量在极短时间内的变化可以忽略，因此，“时间极短”时可近似处理一些问题。 3. 多物体、多过程问题中动量守恒定律的应用 (1)物理过程的多变性，往往使问题复杂化，解题时我们可以通过对物理过程的正确分析，把一个复杂的过程分解为几个简单的子过程，对每一个子过程，选择合适的物理规律求解，通常要结合机械能守恒定律、能量守恒定律。 (2)在某些情况下，我们不但要研究若干物体组成的大系统，还要根据题目的要求以及守恒条件选择某个子系统进行研究，这就需要把复杂的大系统恰当地划分为简单的子系统。 【跟踪训练】（2026·江苏常州·二模）如图所示，将一质量为m的小球从距离地面H高处以初速度水平抛出，落地时速度与水平方向夹角为30°。已知运动过程所受空气阻力的大小与速度大小成正比，满足f=kv（其中，g为重力加速度），方向始终与速度方向相反。下列说法正确的是（     ） A．小球落地时速度大小为2v0 B．下落过程中空气阻力对小球做功为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落的时间为 考向三 反冲 1. 定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。 2. 规律 （1）相互作用：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。 （2）动量守恒：反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 （3）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。 【注意】速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程。 速度的相对性：在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一般设为对地速度)。 3. 火箭 （1）原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 （2）影响因素：①喷气速度；②质量比（火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大）。 【注意】变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。 火箭问题：①火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象；②注意反冲前、后各物体质量的变化；③明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。列方程时要注意初、末状态动量的方向。 【跟踪训练】（2026·广东汕头·二模）（多选）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行。全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 考向四 爆炸 1.特点：物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，系统内部作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理。 2、规律 动量守恒：系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，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）转化为动能。 位置不变：由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理，认为爆炸后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。 【跟踪训练】（2026·山东临沂·二模）2026年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵地（海拔高度为H）以初速度、抛射角θ斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（　　） A．导弹飞行总时间 B．当θ角为45°时导弹水平射程一定最大 C．导弹击中目标时的动能为，飞行全过程机械能守恒 D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大小为 核心考点 碰撞的分类以及应用 一、碰撞 1. 定义：碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生相互作用。 【注意】碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 2. 特点 时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。 相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。 动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。 位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。 能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。 3. 遵循原则 (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变 二、对心碰撞和非对心碰撞 1. 对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。 2. 非对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。 三、弹性碰撞和非弹性碰撞 1. 弹性碰撞 （1） “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . （2） “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(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′＝v0，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) 2. 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 （1）非弹性碰撞：介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) （2）完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 注意：碰撞的类型及遵从的规律 类型 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相同 注意：爆炸模型与碰撞模型的比较 情形 碰撞 爆炸 不同点 碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，系统的动能不会增加 爆炸过程中往往有化学能转化为动能，系统的动能增加 相同点 时间特点 相互作用时间很短 相互作用力特点 物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大 系统动量的特点 系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒 位移特点 由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可认为物体在碰撞、爆炸后仍在同一位置 【跟踪训练】（2026·江苏镇江·模拟预测）如图，大小相同的摆球和的质量分别为和，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（     ） A．第一次碰撞后的瞬间，球速度小于球 B．第一次碰撞后的瞬间，球动量大于球 C．第一次碰撞后，球最大摆角小于球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，球的速度变为零 素养进阶·答题技法突破 攻坚指南・重难突破——解题思路 【重难突破01】滑块-弹簧模型 模型 速度—时间图像 规律 情况一：从原长到最短（或最长）时 ①；② 情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时 ①；② (1)对于光滑水平面上的弹簧类问题，在作用过程中，系统所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。 (2)整个过程涉及弹性势能、动能，还可能涉及内能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 (3)弹簧压缩至最短时，弹簧连接的两物体速度相同，此时弹簧的弹性势能最大。 【注意】临界思想：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 【跟踪训练】（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三小球、、的质量分别为、、，放于光滑的水平面上，小球、中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球右侧有一固定挡板。现让小球以速度向右运动，碰后与小球黏在一起，、两小球碰撞时间极短，当、整体的速度大小为时撤去挡板，则运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为（　　） A． B． C． D． 【重难突破02】 子弹打木块模型 1. 模型图例 2. 模型特点 (1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒． (2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化 3.情景分析： 子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。这是一种完全非弹性碰撞。 设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有， 对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 则有：，这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。 4. 结果讨论 (1)子弹留在木块中(未穿出) 若d=L（木块的长度）时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。 若d＜L（木块的长度）时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。 ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v ②机械能损失(摩擦生热) Q热＝Ff·d＝mv02－(m＋M)v2 其中d为子弹射入木块的深度． (2)子弹穿出木块 若d＞L（木块的长度）时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。设穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，则有： ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝Ff·L＝mv02－mv12－Mv22 【注意】由上式不难求得平均阻力的大小：， 木块前进的距离：。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： ，一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。 该模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。 【跟踪训练】（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的滑块静止在静置于光滑水平地面的长木板的左端，给滑块施加一水平瞬时冲量I，同时立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F作用（即，其中）从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度-时间图像如图乙所示。滑块可视为质点，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。则（     ） A． B．滑块位移4.4m C．长木板位移0.9m D．滑块与长木板的最大相对位移为3.5m 易错剖析・避坑攻略——易错归纳 【易混易错01】滑块-木板模型的临界问题 模型图例 x1 v0 x2 x相对 m1 m2 v共 v共 速度-时间图像 动力学常用关系 功能常用关系 或 动量常用关系 模型特点： 把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。 由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。 【注意】若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。滑块—木板模型与子弹打木块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零或内力远大于外力，动量守恒.当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。 临界思想：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。 【跟踪训练】（2026·吉林松原·模拟预测）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求 (1)滑块与木板的质量之比 (2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小 (3)木板的长度 【易混易错02】动量定理的应用——流体类和微粒类模型 所谓的“流体”类问题是指研究对象是连续不断的无数个微粒，如风、水流等，解决此类问题的关键是找到相互作用的研究对象，进而对其列出相应的动量定理方程即可。 1. 流体模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt=ΔmΔv。 然后根据发生相互作用前后流体的速度情况进行分析， 如：若作用后流体微元静止，有Δv=-v，代入上式有F=-ρSv2； 若作用后流体微元以速率v反弹，有Δv=-2v，代入上式有F=-2ρSv2。 2. 微粒类问题分析步骤 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粒子数n。 分析步骤： a. 建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S； b. 微元研究，作用时间Δt内一段柱形“流体”的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt(n代表单位体积内的粒子数)； c. 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N得出所选取的柱形“流体”微元的动量定理表达式，进而求解粒子流与物体相互作用时的作用力的大小。 【跟踪训练】 （2026·四川成都·模拟预测）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量），重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求： (1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。 (2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。 技法提炼・审题点拨——技巧总结 【技法点拨01】人船模型——积分思想在动量中的应用 1. “人船模型” 原来静止的两物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和(或某方向上外力的矢量和)为零，则系统动量守恒(或某方向上动量守恒)。相互作用过程中,任一时刻两物体的速度(或在某方向上的速度)大小之比都等于质量的反比，此类问题归为“人船模型”问题。 （1）模型特征（适用条件）： ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． （2）特点： 人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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。 （3）处理思想： 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 补充：人船模型拓展： （1）气球和人 载人气球原来静止在空中，离地高度为h，人的质量为m，气球的质量为M(不含人的质量)。若气球下悬吊一轻绳，人沿轻绳返回地面，取人和气球为一个系统，系统初始静止且同时开始运动，人到达地面时，人对地的位移大小为h，设气球对地的位移大小为L，则根据“人船模型”有ML=mh，解得L=h，则轻绳的长度至少为L+h=。 (2)物块和劈 一个质量为M、底面边长为b的劈静止在光滑的水平面上，有一质量为m的物块由劈顶部无初速度滑至底部时，劈和物块组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，且初始时两物体均静止，根据“人船模型”有mx1=Mx2，其中x1、x2是物块和劈在水平方向上对地的位移大小，且有x1+x2=b，则劈移动的距离为x2=b。 (3)圆环和滑块 质量为M、半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块从环内与圆心O等高处开始无初速度下滑到最低点时，由于水平面光滑，滑块和圆环组成的系统在水平方向动量守恒。设圆环的位移大小为x,则小滑块在水平方向上对地的位移大小为R-x，根据“人船模型”有Mx=m(R-x)，故此过程中圆环发生的位移为x=R 【跟踪训练】（2026·河南新乡·模拟预测）（多选）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（    ） A．运动过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．球C第一次摆到最低点的过程，球C的速度大小为 C．球C第一次摆到最低点的过程，木块A、B向右移动的距离为 D．球C向左运动能达到的最大高度为 【技法点拨02】滑块-斜面（曲面）模型——相对运动与临界问题 1. 模型图例 2. 模型解读： (1)在光滑水平面上，把滑块、光滑弧面(斜面)看作一个整体，它们之间的作用力为内力，滑块和弧面(斜面)组成的系统在水平方向动量守恒。 (2)由于只有动能和重力势能之间的转化，所以系统机械能守恒，应用机械能守恒定律或能量守恒定律求解问题。 (3)滑块到达弧面(斜面)最高点时(滑块竖直方向的速度为零)二者有共同速度。 3.模型临界问题： （1）上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度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）返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，系统机械能守恒：mv02＝mv12＋Mv22，相当于完成了弹性碰撞。 【注意】该模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等 【跟踪训练】（2026·湖北十堰·三模）如图，在光滑水平面上放置一质量为的轨道，轨道的水平部分粗糙，长为；倾斜部分光滑。两部分在点用一段小弧平滑连接，使物体经过该点时没有机械能损失。质量为的小木块（可视为质点）以初速度从左端滑上轨道，最终木块恰好没有从轨道左端滑离。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．轨道和木块组成的系统，相互作用过程中动量守恒 B．木块与轨道部分之间的动摩擦因数为 C．的长度至少为 D．木块在轨道部分发生相对运动的总时间为 $