第7讲 动量 动量守恒定律-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

物理 第7讲动量 核心素养 考点一动量 核心透视 1.冲量的三种计算方法 公式法I=Ft适用于求恒力的冲量 动量定多用于求变力的冲量或F、t未知 理法的情况 F-t图线与时间轴围成的面积表 图像法示力的冲量，若F与t成线性关 系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：F△t=mv-mv (2)应用技巧： ①研究对象可以是单个物体，也可以是多 个物体组成的系统 ②表达式是矢量式，需要规定正方向， ③匀变速直线运动，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 ④在变加速运动中F为△t时间内的平 均力. 典题例析 专向1 求解平均力 [例1]（多选）数据表明， 乘坐电动自行车 也要戴头盔 在电动车事故中，佩戴头 盔可防止85%的头部受 伤，大大减小损伤程度. 头盔内部的缓冲层与头 部的撞击时间延长至 6ms以上，人头部的质量约为2kg,则下列 说法正确的是 ( ) A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动 量变化率 B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击 力的冲量 3 动量守恒定律 助学提能 定理及其应用 C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔 的冲量大小相等 D.若事故中头部以6m/s的速度水平撞击 缓冲层，则头部受到的撞击力最多 为2000N 春间2 求解流体问题 [例2]帆船是利用风力 航行的船，是继舟、筏 之后的一种古老的水 上交通工具.如图所 示，在某次航行时，一 艘帆船在水平风力的作用下，以速度。沿 风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积 为S,气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水 平方向上所受阻力恒为f.假设气流与帆作 用后速度与帆船前行速度相等，则风速大 小为 ( B. 2f十 OS c+ D. 规律总结 应用“柱体微元”模型求解“流体 类”冲击力问题的思路 应用动量定理求解“流体类”冲击力，关键是 建立“柱体微元”模型，具体思路： (1)在极短时间△t内，取一小柱体作为研究 对象. (2)求小柱体的体积△V=vS△t. (3)求小柱体的质量△m=p△V=puS△t. (4)求小柱体的动量变化△饣=△mu =pu2S△t. (5)应用动量定理F△t=△. 考点二 动量守忄 核心透视 1.判断守恒的三种方法 不受外力或所受外力的合力为0，如光 理想 →滑水平面上的板一块模型、电磁感应 守恒 中光滑导轨上的双杆模型 近似 →系统内力远大于外力，如爆炸、反冲 守恒 某一 系统在某一方向上不受外力或所受外 方向→力的合力为0，则在该方向上动量守 守恒 恒，如滑块一斜面（曲面）模型 2.动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1+m22=m1v1'+m22'. (2)△1=一△p2 (3)△p=0. 3.爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒 或某个方向的动量守恒， (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增 加，要利用能量守恒定律解题 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或 反冲后系统内物体速度方向往往相反， 典题例析 [例3]如图所示，水平光滑地面上依次放置 着10块质量m=0.08kg的完全相同的长 直木板.一质量M=1.0kg、大小可忽略的 小铜块以初速度v。=6.0m/s从长木板左 侧滑上木板，当小铜块滑离第一块木板时， 速度大小为w1=4.0m/s.小铜块最终停在 第二块木板上(g取10m/s2,结果保留两位 有效数字).求： (1)第一块木板的最终速度； (2)小铜块的最终速度。 33 第一部分：专题二能量与动量 ▣定律及其应用 [解题指导] 分析求解问题时，注意根据题意灵活选取 系统及确定动量守恒所对应的过程.本题 第(1)问中要求的是第一块木板的最终速 度，就应该选取小铜块滑上第一块木板到 刚滑上第二块木板第一个过程，而第(2) :问则应以小铜块和除第一块木板之外的 9块木板组成研究系统 对点集训 1.如图，某中学航天兴趣小组 在一次发射实验中将总质 量为M的自制“水火箭”静 置在地面上.发射时“水火 箭”在极短时间内以相对地 面的速度v。竖直向下喷出质量为m的水. 已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小 成正比，火箭落地时速度为，重力加速度 为g,下列说法正确的是 ( ) A.火箭的动力来源于火箭外的空气对它的 推力 B.火箭上升过程中一直处于超重状态 C.火箭获得的最大速度为M二m”。 M D.火箭在空中飞行的时间为 t=(M-m)u十m, (M-m)g 物理 2.(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 A B 固定一足够长的竖直轻 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) ( 考点三 “碰撞’ 核心透视 1.碰撞的基本规律 动量 P1+P2=P1+P2 守恒 动能 p+E≥2+ E1+E2≥E1'+Ea'或2m,+2m22m12m2 不增加 ()两物体同向运动，则碰前应有>心前， 碰后原来在前的物体速度一定增大，若 速度 碰后两物体同向运动，则应有前≥后' 合理 (2)两物体相向运动，碰后两物体的运动 方向不可能都不改变 2.两种碰撞的常见模型 (1)弹性碰撞常见模型 图例 B 88 M (水平面 g +9 小球一弹 小球一曲 光滑) 簧模型 面模型 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方 达到 向动量守恒，满足mo。=(m十M)℃共， 共速 损失的动能最大，分别转化为弹性势 能、重力势能或电势能 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量 再次 守恒，满足mu,=m,十Mv2,能量满 分离 34 A.A、B两木块分离时，A、B的速度大小均 为 mgL 2m+mo B.A、B两木块分离时，C的速度大小 为 mgL 2m+mo C.球C由静止释放到最低点的过程中，A 对B的弹力的冲量大小为2m,2m千m。 mgL D.球C由静止释放到最低点的过程中，木 块A移动的距离为2m十m。 moL 模型及其应用 (2)完全非弹性碰撞常见模型 图例（水平 面、水平导 /o b 轨都光滑) 相当于完全非弹性碰撞，动量满 达到共速 足mu,=(m十M)v共，损失的动 能最大，分别转化为内能或电能 典题例析 [例4幻(2026·贵州卷)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L和号L,A被拉至 与竖直方向成60°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 ( 60° A ⊙o AB B.3L 对点集训 1.(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别 为mp和m。,将它们分别与小车N沿直线 做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的 变化分别如图1和图2所示.小车N的质量 为m,碰撞时间极短，则 ( Q 0 N N P 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 t 图1 图2 A.mp>myma B.my>me>mo C.mo>mpmx D.mo>mN>mp 2.(多选)如图甲所示，两个弹性球A和B放 在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别 为m1和m2,其中m1=1kg.现给A球一个 水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性 碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随 时间变化的规律如图乙所示，从图示信息 可知 ( 4v/m·s) B it2 t3 t/s nnnnnianninmnmwnnnnaw 甲 A.B球的质量m2=2kg B.球A和B在相互挤压过程中产生的最大 弹性势能为4.5J C.t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球 的动能 D.在t2时刻两球动能之比为Ek1：E2 =1:8 3.(2025·河南卷，14)如图，在一段水平光滑 直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2= 2.4m的防滑带.在最左端防滑带的左边缘 静止有质量为m1=2kg的小物块P,另 质量为m2=4kg的小物块Q以v,=7m/s 的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞 35 第一部分：专题二能量与动量 时间极短.已知碰撞后瞬间P的速度大小 为v=7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦 因数均为4=0.5，重力加速度大小 g=10m/s2.求： k2-l1 (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间. 物理 课堂评价高考预测 1.一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻 (1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小； 起，受到的水平外力F作用，如图所示，以 (2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的 向右运动为正方向，物体质量为2.5kg,则 过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道. 下列说法正确的是 ↑FN →F 2 3 t/s 777007777 -5 A.t=2s时物体回到出发点 B.t=3s时物体的速度大小为1m/s C.前2s内物体的平均速度为0 D.第3s内物体的位移为1m 2.如图所示，质量为m=1kg的工件甲静置在 光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道 AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两 轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R= 0.824m,质量也为m的小滑块乙静置于A 点.不可伸长的细线一端固定于O点，另一 端系一质量为M=4kg的小球丙，细线竖 直且丙静止时O到球心的距离为L=2m. 现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为日 =53°并由静止释放，丙在0正下方与甲发 生弹性碰撞（之后两者不再发生碰撞）.已知 重力加速度大小为g=10m/s2,sin53°= 0.8,c0s53°=0.6，不计空气阻力. @温馨提污 B甲A 学习至此，请完成配套训练专题精准强化7 36[对点集训] 1.A 2.解析：(1)由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块 a由C至D点过程，由动能定理有一mgR=一之m吃， 对滑块a在C点由牛顿第二定律有F一m8="R,结 合牛顿第三定律可知，滑块在C点对轨道压力的大小 FN=F1=24N. (2)设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为E。,由能 量守恒定律可知E,十m1 gLsin37°=m1 gLcos37°十 m1 gRcos37°，解得E,=1.44J,最终滑块a在B与B关 于C对称的点之间运动，由能量守恒可知Q=E。十 m1 gLsin37°，解得Q=7.92J. (3)设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能 量守恒有E。+m2 gLsin37°=m2 gLcos37°+m2g(R+ Rc0s37)十7m呢，解得g=6m/s,滑块b拾好能通 过E点时，有mg= R,可知>，假设成立，设滑 块b在空中运动的时间为t,滑块b落在斜面上的位置与 B之间的水平距离为d,则有d=vst一Rsin37°，(R十 Rcos37-之gt=dan37,解得1=91Ds,又有 20 d x=c0837,解得x≈1.8m 答案：(1)24N(2)7.92J(3)1.8m 课堂评价·高考预测 1.B 2.解析：(1)对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力 和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有mgcos37° -mgsin37°=ma, 解得a=0.4m/s2<1m/s2, 所以货物先以0.4m/s2的加速度向上做匀加速运动，当 速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动.根据匀变 速直线运动规律，货物加速阶段的位移x满足2ax=6, 6=5m, 代入数据解得x=2 匀加速运动所需要的时间为4=必=5s, a 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为t2= L一x=1s, 00 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间t=t1十t2=6s. (2)根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等 于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量 之和，则有W-合m+mgh+Q, Q=μmgS相对cos37°， S相对=工度一L, g=2a9十oot一a -）=10m, h=Lsin37°，联立解得W=3160J. 答案：(1)6s(2)3160J 第7讲动量动量守恒定律 核心素养·助学提能 考点一考向1 [例1】[解析]根据FA=Ap可得F=是依题意知， 头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小 了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；头 盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故 B错误：根据I=F△t知，头盔对头部的作用力与头部对 的 讲解册参考答案 头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对 头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；若事 故中头部以6/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的 撞击力F=△p-2X6 X6X10N=2000N,故D正确. [答案]ACD 考向2 [例2][解析门△t时间内冲击船帆的空气的体积V=SL =S(v一飞)△t△t时间内冲击船帆的空气质量为m=pV= pS(v-%)△t,空气的动量改变量为△p=m(一o),取船速 方向为正，设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理可得 一FL=△p,即-F·△=S(v-)△(h一) 又帆船匀速前行，根据平衡条件F=f,联立解得V= [答案]A 考点二 [例3][解析](1)小铜块和10个长木板整体受到的合 外力为零，所以系统动量守恒，设小铜块刚滑到第二块 木板上时，木板的速度为v2,由动量守恒定律得M= Mo1+10mv2, 解得2=2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同. (2)由题可知小铜块最终停在第二块木板上，设最终速 度为，由动量守恒定律得Mu十9m2=(M十9m), 得u=3.4m/5,方向与小铜块初速度方向相同. [答案](1)2.5m/s,方向与小铜块初速度方向相同 (2)3.4m/s,方向与小铜块初速度方向相同 [对点集训门 1.D 2.AD 考点三 [例4][解析]设A、B小球的质量均为m,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mgL(1-c0s60)=2mui, A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守 恒定徘有maA=mo,'十m,号m暖=弓mu十 m”,可得A'=A, 1 由于号m<音mgL, 1 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，由动能定理可得一mgh=0-名m”, 。L 解得h=2 [答案]A [对点集训门 1.D 2.AD 3.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律 %=n2to十m1v, 由能量恒定律2m:号=m6+7m+△E, 。1 联立可得vo=3.5m/s,△E=24.5J; (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律um1g=m1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一品，= 2al2,=v-at1,解得p=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4S, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l=,解得 5=0.6$,物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式 2-2=2al2,2=g一al3,解得2=1m/s, 3 物理 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为3=0.8$， 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则1，=t4, 解得t4=3s, 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 运动学公式0=p2一ats, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t,=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t十t2十t? +t4+t5=5s. 答案：(1)24.5J(2)5s 课堂评价·高考预测 1.D 2.解析：(1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1一cos0) =2M6, 解得v=4m/s, 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mo,=M十m℃， 由机城能守饭得号MG=合Md+号md, 解得碰后瞬间，丙速度大小v=2.4m/s, 甲速度大小v=6.4m/s. (2)假设乙能从C点离开，通过C点后甲、乙水平速度相 同，设甲速度为2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开 甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv=2mv甲2， 解得0甲2=3.2m/s, 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy, 从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中， 由机拔能守恒得之md=2mp+合mu十mgR, 又因为02是=v甲十， 解得v,=2m/s>0, 所以乙能从C离开圆孤轨道. 答案：(1)2.4m/s6.4m/s(2)见解析 微专题1板块模型的综合分析 考向1 [例1][解析]A.v-t图像的斜率表示加速度，可知t= 3t。时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t。 时刻滑上木板，故A正确；B.设小物块和木板间动摩擦 因数为，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时 的速度大小为。三g。,方向水平向左，物块在木板 上滑动的加速度为a,=m8=4g,经过6时间与木板 m 共速，此时速度大小为”兵=24g。,方向水平向右，故可 得十四生=。，解得h=24,故B正确；C.设木板质量 40g40g 为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时， 木板的加速度为a=豆少g%-二】 to =之g,故可得F-uMg= M,解得F=号Mg,根据图像可知物块滑上木板后木 1 3 板的加速度为a=之g。一24g =一g,此时对木板 由牛顿第二定律得F-a(m十MDg-mg=Ma',解得 册-之故C错误：D,假设1=钻，之后小物块和木板一 起共速运动，对整体F-A(m十MDg=号aMg-uMg =0,故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4。 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 [答案]ABD 的 考向2 [例2][解析](I)根据动量守恒定律有M=(M什m), 解得v=6m/s. (2)根据题意可知u=tan0=0.75, 对铁块A受力分析有mgsin0十ngcos0=ma1, 解得a1=12m/s, 对长木板受力分析有 Mgsin 0-umgcos 0-u(M++m)gcos 0=Ma2, 解得a2=-6m/s2, 经过时间t速度相等，有v=十a2t=a1t, 解得t=0.5s,v=6m/s, 铁块运动位移工=受=1.5m, 长木板运动位移x2三o)"t=3.75m, 长木板的长度l=x2一x1=2.25m (3)系统动能的变化量 AE=号M+m)d-M=-27J, 铁块重力势能的变化量△E,l=一ngx sin0=-9J, 长木板重力势能的变化量 AEp2=-Mgx2 sin 0=-45 J, 长木板与斜面之间摩擦产生的热量 Q=u(M+m)gxz cos 0=67.5 J, 铁块与长木板之间摩擦产生的热量 Q=jmglcos 0=13.5 J, △Ek+△Ep1+△Ep2+Q1+Q2=0, 故系统能量守恒。 [答案](1)6m/s(2)2.25m(3)见解析 考向3 [例3][解析](1)规定向右为正方向，设两物块碰前瞬 间C的速度为c,碰后瞬间C的速度为c',碰后瞬间物 块A的速度为℃A,物块C与物块A发生弹性碰撞，满足 动量守恒和机械能守恒，则有mcte=mcc'十mnh, m呢=me+ 1 「2mAi, 2cc=3c’ 2 解得v=mA十mc -品-寸： 1 由乙图可知，物块A发生碰撞后速度=2m/s, 解得c'=一1m/s,负号表示方向向左， (2)由乙图可知，00.45s内，A做匀减速直线运动的加 建度大小为a以=合恕-4m/g, 由牛领第二定律得hmAg=mAaA, 解得41=0.4， 物块C从碰撞后到滑落过程中，设加速度大小为ac,由 牛顿第二定律得h1mcg=mcac, 解得ac=4m/s2, 物块C恰好能从长木板左端滑落时速度为零，物块C从 碰撞后到滑落的时间1=0=0.25s, ac 设物块C从长木板滑落后，长木板的加速度大小为aB, 有hmag-h2(ma十mg)g=msag, 由乙图可知t2=0.45s后，物块A和长木板共速，速度 大小是vA==0.2m/s, 由运动学公式得=a(t2一t1), 解得ag=1m/s2,h2=0.1. (3)长木板B加建阶段的位移大小x=空（6一， 解得x1=0.02m,