2025届高中物理三轮冲刺练习：动量定理动量守恒定律习题

微专题10动量定理动量守恒定律

何知识聚焦

-动量:方向与v一致（状态量）

-冲量：/=同,方向与F一致（过程量）

）关联

-动量定理：尸合•up'-p（需规定正方向）

系统合外力的冲量为0

守恒丁理想条件:系统不受外力或所受合外力为零

一条件t近似条件:内力远大于外力;某一方向不受外力或所

受合外力为零，则该方向动量守恒

动量

一表达式：〃|切2=〃/+〃2'；机10+机2%=加田1'+62V2'

守恒一

定律人船模型：0=明火一》12〃2-。=叫工1TM婢2-*

反冲：=荒"土8"距=加：晟L（重点研究位移关系）

运动]爆炸：“炸=4巴+5释放的化学能等于系统增加

的机械能（重点研究能量关系）

-动量守恒:P1+P2=P1'+P2'

基本规律,动能不增加:反|+七2》反「+&2'

普L速度合理:碰前，前＜u后；碰后需三喑

-碰撞

"动碰静”「动量守恒:%〃）=加必+叫。2

弹性碰撞机械能守恒：%而二沙壮+亲西

里核心

1.计算动量、冲量及应用动量定理和动量守恒定律解决问题时，均需要规定正方向。

2.解决不涉及加速度、位移的问题时，用动量定理比运用牛顿第二定律更简便。

3.两个以上物体构成的系统，若系统的合外力（或某一方向合外力）为零，可运用动量守恒定律求解；

若系统的合外力不为零，可对每个物体分别运用动量定理列式再联立求解。

4.正碰仅指一维碰撞，即碰撞前后两物体速度始终共线，但不一定是弹性碰撞。

5.弹簧一小球模型，小球一斜（曲）面模型中，两物体共速时，动能损失最大；两物体分离后，两物体

相当于发生了弹性碰撞。

[3高频考点练

考点一动量定理及应用

1.（多选）（2024.全国甲卷20）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在仁0时刚好落到蹦床上，对蹦床

作用力大小尸与时间，的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦

床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是：

F/N

A.r=0.15s时，运动员的重力势能最大

B./=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C.Ul.OOs时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

2.(2024•甘肃酒泉市三模)乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，如图所

示为某同学训练时的情景，若某次乒乓球从某一高度由静止下落，以w=2m/s的速度竖直向下碰

撞乒乓球拍，同时使乒乓球拍的接球面保持水平且以lm/s的速度水平移动，乒乓球与球拍碰撞反

弹后的高度与下落高度相等。已知乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为4=手(乒乓球不旋转)，不计

空气阻力，碰撞时间极短，且碰撞过程忽略乒乓球所受重力的影响，周围环境无风，则乒乓球与

球拍碰撞后的瞬时速度大小为：

A.4m/sB.3m/sC.2m/sD.lm/s

3.(2024•海南海口市一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生

的平均压强小小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间/内筒中水面上升的高度为无，设雨滴下

落的速度为vo,雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为p,不计雨滴重

力。压强p为：

2222

A.^-(vo-v)B.^-(vo+v)C.p(v0-v)D.p(v0+v)

【点拨・提炼】

1.冲量、动量变化、平均冲力的求解

⑴冲量的三种计算方法：公式法(1=□);二?图像法；动量定理法(1=3)

(2)动量的变化bp=p'-p=F

求某一方向的平均冲力可应用分方向的动量定理解决问题

（3）平均冲力

在变加速运动或瞬时碰撞问题中，亓为平均冲力，一般由动量定理求解。由户得了=黑

2.微元法和柱体模型解决流体（或微粒）对界面的冲力问题（如图所示）

____/V

P—4

（1）首先建立模型：沿流速V方向选取一段柱状流体，其横截面积可设为S;

（2）将柱体内流体（或微粒）的质量表示出来；

（3）由动量定理建立方程。

考点二碰撞模型及拓展

4.（多选）（2024.河北省二模）如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2机的B滑

块相连，右端与质量为根的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获

得一个水平向左的初速度no,经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为心，

则下列说法正确的是：

BA

I~Kwvwwvd~|

A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1：2

B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5不

C.A与弹簧分离后A、B的动能之比为1：8

D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A

5.（多选）（2024.广东卷40）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从“甲、

“乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为",

乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有：

A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止

B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度

C.乙的运动时间与H乙无关

H

D.甲最终停止位置与。处相距上7

6.（2024•辽宁省部分学校联考）如图所示，质量为4根、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足

够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定

在竖直固定挡板上，用外力使质量为根的小球B压缩弹簧（B与弹簧不连接），由静止释放小球，

小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大小，重力加速度

为go求：

（1）（3分）弹簧具有的最大弹性势能；

（2）（3分）小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小;

（3）（4分）小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。

【点拨・提炼】

首先区分弹性碰撞和完全非弹性碰撞

（1）弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒

举例：一动碰一静

1o1217

机

m1vo=mivi+2V2-miv0=-m+-m2V2

zB优1一优22nli

传Vi=------------Vo,V2=------------Vo

m1+m2m1+m2

⑵完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起（有共同速度），机械能损失最大。

相

当水平方向

于

完

动量守恒

全

小球上升非

劭

至最高点性

能量如鬲=如1>?《加2

碰

撞

守恒+m劭

相

当,动量fmv(y=mv+mv

于弹lli22

小球返回wt

碰

小球一曲面模型性

曲面底端

（水平面、曲面光撞能量

滑，不计空气阻力）守恒

考点三动量和能量的综合应用

7.（2024•黑龙江省模拟）如图所示，半径为R的光滑:圆弧槽静止在足够长的光滑水平地面上，圆弧

4

底端与水平地面相切，其最低点的右侧相距为R处有厚度不计、上表面粗糙程度处处相同的薄木

板，薄木板的最左端放置一小滑块，薄木板右端固定一竖直挡板，挡板左侧连有一水平轻质弹簧。

现将一小球从圆弧槽最高点正上方的一定高度处由静止释放，小球落入圆弧槽后从圆弧槽最低点

滑离；然后以大小为⑶的速度与小滑块发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短；随后小滑块相对薄木

板向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。已知小球和圆弧槽的质

量均为加，小滑块的质量为2加，薄木板以及固定挡板的总质量为4瓶，小球和小滑块均可视为质

点，重力加速度为g,不计空气阻力。求：

（1）（2分）小球开始下落时距离水平地面的高度h；

（2）（4分）小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x；

（3）（6分）弹簧的最大弹性势能Epm。

[3补偿强化练

1.（2024•山西运城市模拟）如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为Af的四分之一光滑圆

弧滑块，圆弧的半径为R,最低点处刚好与水平地面相切。一质量为根的小球以一定的初速度沿

水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰

能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为？

则小球与滑块质量之比根：〃为：

A.l：2B.l：3C.2：1D.3：1

2.（多选）（2024•浙江6月选考・15汝口图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成6角。质

量为根、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为3的匀强磁场中。

磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力，重力加速度为g。小球以初速度no沿细杆向上

运动至最高点，则该过程：

A.合力冲量大小为mvocosdB.重力冲量大小为mvosin6

C.洛伦兹力冲量大小为也1D.若vo=生空理，弹力冲量为零

2gsm6qB

3.（2024•山东荷泽市模拟）如图甲所示，在光滑水平面上，小球A、B的直径相同，小球A以初动量

po沿直线运动，与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量0随时间♦变

化的部分图像如图乙所示，力时刻图线的切线斜率最大，此时纵坐标为小，念时刻纵坐标为零。贝

A.小球人、B的质量之比为最

Bl?时刻弹簧的弹性势能最大

C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为

Po-Pi

D.072时间内，小球B的动量变化量为po-pi

4.（2024•安徽卷・14）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑

四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一

小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时,

静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，

已知细线长乙=1.25111,小球质量根=0.201^,物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道

长s=L0m。圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取

10m/s2o

(1)(2分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；

(2)(3分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；

(3)(5分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数

4的取值范围。

答案精析

高频考点练

1.BD［根据牛顿第三定律结合题图可知Z=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最

大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

运动员从/=0.30s离开蹦床到/=2.30s再次落到蹦床上经历的时间为2s,根据竖直上抛运动的对

称性可知,运动员上升时间为1s,则在/=L30s时，运动员恰好运动到最大高度处，Z=0.30s时运

动员的速度大小v=10xlm/s=10m/s,故B正确,C错误；

同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理得

其中Af=0.30s

代入数据可得尸=4600N

根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,

故D正确。］

2.B［由题意可知，乒乓球与球拍碰撞后反弹的高度与下落高度相等，则碰后竖直方向的速度大

小为Vy=vo=2m/s,设乒乓球的质量为m,乒乓球与球拍的碰撞时间为At,在竖直方向上,根据动

量定理有FN-At=mvy-(-mvo),在水平方向上,根据动量定理有历,△/="尸N・△仁加心，联立解得必=遍

22

m/s,v=yjvx+vy=3m/s,故选Bo］

3.B［设极短时间与内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为,雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S,选

竖直向上为正方向，根据动量定理有为△Z=Amn-(-A«wo),由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间/内

筒中水面上升的高度为h,则单位面积单位时间内下落的雨水质量为制=要=与，则极短时间A/

内落至芭蕉叶上的雨滴的质量Am=加oSA仁运竺,根据牛顿第三定律有雨滴撞击芭蕉叶产生的平均

t

冲力仍=为，雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强,联立解得〃=^(的+丫)。故选B。］

4.BC［A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等,方向相反，因而受到的冲

量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一

定为1：2,A错误；A、B运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有

,22

mvo=3mv,即Ep=|mv0-1x3mx^-=jmv0,B固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得

2

Ep-|mv0=1,5E,p,B正确；整个过程系统根据动量守恒及机械能守恒可得WWO=WWA+2?WB,

2222222

|mv0=|mvA+|x2mvB,解得VA=-y,四=等,艮口有EkA=|mvA=^mv0,EkB=|x2mvB=^mv0,

即两者分离后A、B的动能之比为1：8,选项C正确；由前面分析可知B与挡板发生弹性碰撞反

向运动时VB>VA,则B可追上A,选项D错误。］

5.ABD［两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0,故A正确；

两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块

交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；

设斜面倾角为0,乙下滑过程有H乙=ggsin夕t「

在水平面运动一段时间公后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为?3,

乙运动的时间为仁A+/2+/3

由于力和扣与H乙有关,则总时间与“乙有关，故C错误；

由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置

相同，而如果不发生碰撞，

乙下滑过程有mgH乙二2冽0乙2

乙在水平面运动到停止有

U乙2二2〃gx

联立可得户上

即发生碰撞后甲最终停止位置与。处相距上。故D正确。］

6.(l)1.25mg/?(2)3.5根g

(3)0.047?

解析(1)设弹簧开始具有的最大弹性势能为EP,

设小球被弹开后速度大小为vo,

滚上圆弧面最高点后速度大小为VI,

2

根据能量守恒有£,p-|x5mv1+mg7?

J-112z

EP=-mvo

根据A、B系统水平方向动量守恒有mvo=5mvi

解得EP=1.25mgR

(2)由⑴可解得所&R

小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间

j-i„2

r^-mg=m—

解得FN=3.5mg

根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小方泉二八=3.5加且

⑶设小球第一次离开圆弧面时，小球的速度大小为V2、圆弧体的速度大小为V3,

根据动量守恒有mvo=4mv3-mv2

222

根据能量守恒有，=|x4mv3+|mv2

从小球第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为V4,上升的最大

高度为h,

根据水平方向动量守恒有4mv3+mv2=5mv4

22

根据能量守恒有94加%+|mv22=|x5mv4+加g力

解得h=0.04Ro

7.(1)Y(2)3R(3)嚅

解析(1)设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为VI,方向水平向左，由动量守恒定律得

mvo=mvi

解得V1=VO

从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒。

由机械能守恒定律得

117z17z

mgh=-mv0

解得h=”^2

9

⑵设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右运动》,圆弧槽相对地面向左运动工2,

由平均动量守恒可得mxi=mx2

Xl+X2=l?

解得xi=-R,X2=-R

22

小球要继续向右运动X2+R,历时t,

贝|J夕生"二！

为2%

圆弧槽在t时间内向左继续滑行的距离为X槽二必仁敢)乂四二迎

2v02

小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x=x槽+%2+H=3H

(3)规定向右为正方向，小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒

mvo=mvor+2mv2

2,22

|mv0=jmvo+|x2mv2

解得vo'=-半，方向向左

丫2=等,方向向右。

滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得

2mv2=(2m+4m)v

解得叶也

9

因滑块压缩弹簧后反弹恰好回到薄木板的最左端，故滑块相对薄木板向右运动和返回时向左运动

过程摩擦生热相同，设为Q,滑块向右运动与薄木板达到共速的过程由能量守恒定律得

22

-x2mv2=-(2m+4m)v+2+Epm

滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为v,

故Epm=Q

解得Epm=^o

补偿强化练

1.C［当圆弧滑块固定时，有如W=mgR,当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统

水平方向动量守恒有mvo=(m+M)v,根据机械能守恒定律有fwo2=mg.：+M加+蟆声，联立解得根：

M=2：1,故选Co］

2.CD［根据动量定理有I=O-mvo=-mvo

故合力冲量大小为mvo,故A错误；

小球上滑的时间为仁二三

0sme

重力的冲量大小为IG=mgt=^，故B错误；

小球所受洛伦兹力大小为Bqv=Bq(yo-at)=-Bqat-^-Bqvo,其中a=gsin0

洛伦兹力大小随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为/洛=qx"><8><4=也日，故C正确；

2gs\n02gsin6

若^_2ingcose,0时刻小球所受洛伦兹力为Bqvo=2mgcos0

小球在垂直细杆方向所受合力为零,可得Bqv=™gcos。+八

即FN=Bqv-mgcos0=Bq(yo-at)-mgcos0=mgcos0-Bqtgsin