2026版高考物理二轮复习微专题6　动量与能量

专题二能量与动量微专题6

动量与能量知能整合1.动量、冲量、动量定理(1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt；动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv′－mv.(3)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理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解2.动量守恒定律及其应用(1)条件：①不受力；②所受合外力为0；③内力远大于外力；④某方向所受的合力为0，则这一方向上动量守恒．(2)三种表达形式①m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的动量之和等于作用后的动量之和．(常用)②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向．③Δp＝0，系统总动量的变化量为0.(3)“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失)当m1＝m2时，交换速度．当m1>m2时，速度方向不变；m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0.当m1<m2时，速度反向；m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0.(4)“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)真题引领考情一动量定理及应用1.(2024·全国甲卷改编)蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t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，取g＝10m/s2.下列说法中正确的是(

)A.t＝0.15s时，运动员的重力势能最大B.t＝0.30s时，运动员的速度大小为3m/sC.t＝1.00s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4600ND【解析】根据牛顿第三定律结合题图可知，t＝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；根据题图可知，运动员从t＝0.30s离开蹦床到t＝2.3s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t＝1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30s时运动员的速度大小v＝10×1m/s＝10m/s，故B、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F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3s，解得F＝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．甲

乙B考情二动量守恒定律的综合应用3.(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(

)A.弹簧恢复原长时B动量最大B.弹簧压缩最短时A动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大A4.(2025·甘肃卷)如图所示，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m．两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，取g＝10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(

)A.1.5m/s

B.3.0m/sC.4.5m/s D.6.0m/s

B5.(2024·江苏卷)“嫦娥六号”在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M.求：(1)分离后A的速度v1大小．(2)分离时A对B的推力大小．【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1(2)以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt＝Mv－Mv0能力融通1考向1动量定理及应用

(2025·无锡调研)2024年第11号台风“摩羯”于9月6日在海南文昌登陆，登陆时中心附近最大风力有17级以上，造成巨大破坏．已知11级台风的风速范围为28.5m/s～32.6m/s，17级台风的风速范围为56.1m/s～61.2m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则17级台风对该标志牌的作用力大小约为11级台风的(

)A.2倍

B.4倍

C.8倍

D.16倍B流体微元原速率反弹所受作用力的求解方法(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象．(2)求小柱体的体积ΔV＝SvΔt.(3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝SρvΔt.(4)应用动量定理Δp＝FΔt.(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp＝－2Δmv.(6)联立解得F＝－2ρSv2.规律总结

(2025·泰州调研)有两个完全相同的铅球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹．其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等．第一次碰撞过程中(

)A.左边小球所受重力的冲量大

B.两小球所受合外力的冲量相等C.左边小球动量变化率大

D.右边小球动量变化大1甲

乙C2考向2动量守恒定律及应用

如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5kg，mB＝0.3kg.现有质量m0＝0.08kg的小物块C以初速度v0＝25m/s在A上表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5m/s.求：(1)木块A的最终速度的大小．(2)小物块C滑离木块A时的速度大小．答案：(1)2.1m/s

(2)4m/s【解析】(1)取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v解得v1＝2.1m/s(2)设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v解得v2＝4m/s运用动量守恒定律解题的基本步骤规律总结

(2025·无锡期末调研)“嫦娥六号”在着陆前，以v0的速度在环月轨道飞行.2024年5月30日，“嫦娥六号”着陆器和轨道器实现在轨分离．分离时，轨道器将着陆器沿自身运行方向的反方向以相对速率v弹出，分离用时为t，若轨道器质量为M，着陆器质量为m，则(

)2D3考向3

“碰撞”模型及其拓展(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2.(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm.【解析】(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处的过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2(2)由于小球恰好击中物块a，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3解得v3＝2m/s设当弹簧形变量为x1时，物块b解除锁定，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1联立解得v4＝1m/s，x1＝0.3m解除锁定之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb由能量守恒定律可得，最大弹性势能为1.碰撞的基本规律规律总结2.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能

(2025·苏州三模)如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5kg.质量m＝0.1kg的子弹以v0＝34m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出．子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23m，不计空气阻力，取g＝10m/s2.(1)求物体B最终的速度大小vB.(2)求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q.(3)求物体B的最小长度LB.答案：(1)4m/s

(2)46J

(3)0.03m3【解析】(1)从最初到最终共速，由动量守恒mv0＝MvA＋(M＋m)vB解得vB＝4m/s(2)从子弹射入A到穿出，由动量守恒mv0＝mv1＋2MvA解得v1＝14m/s解得Q＝46J(3)子弹从射入到共速时解得Q总＝52J可得x总＝0.26m故物体B的最小长度LB＝x总－LA＝0.26m－0.23m＝0.03m.配套热练1.有些汽车设置有安全气囊，它是用来保护乘客的，使汽车在出现撞击事故时，乘客不致发生致命危险．关于安全气囊的作用，下列说法中正确的是(

)A.减小人的动量变化量B.减小人的动能变化量C.减小人的动量变化率D.减小人受到合外力的冲量C2.(2025·连云港调研)物体在外力作用下从静止开始做直线运动，合力F随时间t变化的图像如图所示．下列说法中正确的是(

)A.0～6s内物体做匀变速运动B.t＝6s时物体回到出发点C.2～4s内F的冲量为0D.t＝1s与t＝4s时物体的动量相同【解析】因3s末力的方向改变，则加速度改变，则0～6s内物体不是做匀变速运动，A错误；0～3s物体沿正方向加速，3～6s内物体沿正方向减速，则t＝6s时物体没有回到出发点，B错误；因F－t图像的面积等于冲量，可知2～4s内F的冲量为0，C正确；根据动量定理可知，t＝1s时物体的动量p1＝F0t1＝F0，t＝4s时物体的动量p4＝F0×3－F0×1＝2F0，可知t＝1s与t＝4s时物体的动量不相同，D错误．C3.如图所示，有一质量M＝6kg、边长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道．一个质量为m＝2kg的小球由静止开始从轨道的左端运动到右端．在该过程中木块的位移大小为(

)A.0.05m

B.0.10mC.0.15m

D.0.50mA4.(2025·扬州期末检测)如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动．某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中(

)A.甲的动能一直减小B.甲的动量一直减小C.甲、乙系统的动能一直增大D.甲、乙系统的动量一直增大C【解析】

弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小，然后向左逐渐增大，故动能先减小，后增大，动量先减小，后增大，故A、B错误；该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，故C正确；甲、乙系统所受合外力为0，动量守恒，故D错误．5.(2025·泰州泰兴调研)如图所示，体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏．第一次，甲同学把一个充气的大乳胶气球，以某一速度水平投向乙，乙接住．第二次，放掉部分气体后气球变得很小，甲同学再把气球以相同的速度投向乙，乙接住．下列说法中正确的是(

)A.第一次接球后，乙的速度比甲大B.第二次接球后，乙的速度比甲大C.乙接球的过程，第一次球的动量变化量较大D.乙接球的过程，第二次球的动量变化量较大C6.(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，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的变化分别如图甲和图乙所示．小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(

)

甲

乙A.mP>mN>mQ

B.mN>mP>mQC.mQ>mP>mN

D.mQ>mN>mPD【解析】P、N碰撞时，根据碰撞前、后动量守恒有mPvP＋mNvN＝mPv′P＋mNv′N，即mP(vP－v′P)＝mN(v′N－vN)，根据图像可知，(vP－v′P)>(v′N－vN)，故mP<mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ＋mNvN＝mQv′Q＋mNv′N，即mQ(vQ－v′Q)＝mN(v′N－vN)，根据图像可知(vQ－v′Q)<(v′N－vN)，故mQ>mN.综上可知mQ>mN>mP，故D正确．7.如图所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2s内两物体的v－t图像如图所示．则(

)

A.A的质量比B的大B.0～1s内，弹簧对A、B的冲量相同C.t＝1s时，弹簧的弹性势能最大D.t＝2s时，A的动量比B的大C【解析】由图可知，物块B的初速度为v0＝1.2m/s，t＝1s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由图可知，vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误．8.超弹性碰撞是一个精彩的演示实验．把一个弹性小球放在一个弹性大球上，使它们自由落下．当它们落到弹性的水平地面上反弹时，小球跳得比原来高许多倍．某同学演示这个实验时，将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静止同时释放，如图所示．释放时A、B两球(均可视为质点)相互接触且球心连线竖直，碰撞过程中均无机械能损失．若A球反弹后离碰撞点的最大高度为H＝4h，则A、B两球的质量之比为(

)A.1∶3

B.2∶3

C.1∶2

D.3∶4A9.(2025·南京、盐城一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止．将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开．已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为(

)B10.(2025·河北卷)如图所示，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m．质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动．物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2.物块视为质点，不考虑空气阻力，取g＝10m/s2.(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距