2026高考物理二轮复习：动量与能量

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：〃=〃?。；冲量/=FAf；动量定理:尸Af="或尸A，=m'—inv.

(2)牛顿第二定律的另一种表现形式：F=%,合外力等于动量的变化率.

(3)冲量的三种计算方法

公式法/=R适用于求恒力的冲量

动量定理法多用于求变力的冲量或人，未知的情况

尸一/图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若尸与，成线性关系，也可直接用平均

图像法

力求解

2.动量守恒定律及其应用

(I)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

①=2,作用前的动量之和笠王作用后的动量之和.(常用)

②”|=一为2相互作用的两个物体动量的变化量等大、反向.

③A〃=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)

动量守恒：〃机械能守恒：1vi=^rnIVI+

解得°k信题，汲:濯垢

当孙=m2时,交换速度.

当〃?|>/〃2时，速度方向不变；，加》〃?2时，01七。0,。222。().

当〃7|<加2时，速度反向；《/小时，V\^—VQt02ao.

(4)“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多)

动量守恒：〃?1")=(〃”十阳泗损失的机械能：△£=；〃丫L_忘

々川十，〃2

(5)人船模型："g=Mx2,X|+X2=3

真题引续

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6()kg的运动员在/=()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，取g=10m/s2下列说法中正确的是①)

A.1=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3m/s

C./=L(X)s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

【解析】根据牛顿第三定律结合题图可知，，=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7=0.30s离开

蹦床到/=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/=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，f=0.30s时运动员的速度大小。=10义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

FALmgXH-mv),其中加=0.3s,解得尸=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.(2025・湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为9的门板组成.门处于关闭状态，其俯视图如图

甲圻示.某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到

另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图乙所示.门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之

比为"，重力加速度大小为g.若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(B)

LL

2*T-；

!---------t--------L--.——r.

甲乙

A•低B.瑞

【解析】设拉力为凡作用时间为小撤去外力后门板运动的时间为出门板运动过程的最大速度为

Vm,则由动量定理，有(P—解得八=撤去拉力后，有"〃侬2=〃助”，解得益=掂

对于全过程，有必="〃?"解得尸=等，对于全过程有方=与，故门板运动的总时间，=九十，2=意短

+上温会端号谭之Kt，可知当“越大时，/越小，则当时，，取最小值，

力一刖g

则焉n=表，则，min=故B正确.

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8的左侧，右侧用一根细蝇连接在物体8的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断

细竭后，则(A)

B--------------

A

A.弹簧恢复原长时8动量最大

B.弹簧压缩最短时人动能最大

C.系统动量变大

D.系统机械能变大

【解析】对整个系统分析可知，合外力为0,A和6组成的系统动量守恒，得〃〃办=〃3如，设弹簧的

初始弹性势能为与，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得弓=%〃戒+与加

联立解得6=胱+〃5》为，故可知弹簧恢复原长时物体。速度最大，此时3动量最大，A动能最大，对

于系统来说动量一直为0,系统机械能不变，故A正确.

4.(2025・甘肃卷)如图所示，小球A从距离地面20in处自由下落，1、末恰好被小球6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8

的速度大小v为(B)

A.1.5m/sB.3.0m/s

C.4.5m/sD.6.0m/s

【解析】根据题意可知，小球4和8碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度

不变，设碰撞后A球水平速度为0，8球水平速度为6，则有加2,碰撞为完全弹性碰撞，则

由能量守恒定律有斗加欣=/欣+多〃*+热成联立解得。1=。，6=0,小球4在竖直方向上做自

由落体运动，则有仁上户，解得i=2s,可知，碰撞后小球A运动-=1s落地，则水平方向上有户一，

解得。=3.0m/s,故B正确.

5.(2024・江苏卷)“嫦娥六号”在轨速度为如，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时

间为加，分离后〃的速度为%且与如同向，4、8的质量分别为m、M.求：

(1)分离后4的速度S大小.

(2)分离时A对8的推力大小.

冬季(机+历)内一施加(。一而)

□荣：⑴m⑷A/

【解析】⑴组合体分离前后动量守恒，取。0的方向为正方向，有(，〃+M)的=Mo+"Wi

(/〃+M)。。一MD

解得功=

tn

⑵以8为研究对象，对B列动量定理有

解得尸二处产

能力目强

考向1动量定理及应用

由1(2025・无锡调研)2024年第II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(B)

A.2倍B.4倍

C.8倍D.16倍

【解析】设空气的密度为〃，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为5,在4时间的空气

质量为加〃=〃5・。加,假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为0,对风由动量定理有一F-A/

285+326

=o—Amy,解得F=pSv\假设11级台风的风速V\\=_2m/s=31m/s,17级台风的风速Vn=

56.1+61.2八-Q:品(59、——

------5------m/s^59m/s,故有再=%=(可/24,故B正确.

♦规律总结a

流体微元原速率反弹所受作用力的求解方法

§

()Q0

I'A/'

(1)在极短时间。内，取一小柱体作为研究对象.

(2)求小柱体的体积

(3)求小柱体的质量A/?7=pAV=5ppAr.

(4)应用动量定理Ap=&V.

(5)作用后流体微元以速率。反弹，有A〃=-2A〃w.

(6)联立解得尸=-2〃5业

度斯(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(C)

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

【解析】甲左边装置底部为钢板，右边装置底部为泡沫，则小球与甲左边装置底部碰撞过程作用时间

较小，重力冲量/=〃侬，可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；两小球所受合外力的冲量为支持力

（撞击力）冲量大小与重力冲量大小之差，由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力冲量相等，

由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、D

错误；由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大，旦作用时间较小，故左边小球的动量变化率（给大，

故C正确.

考向2动量守恒定律及应用

国2如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块4、B,已知"〃=0.5kg,加8=0.3kg.

现有质量〃丸）=0.08kg的小物块。以初速度8=25m/s在A上表面沿水平方向向右滑动，由于。与A、B

间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度。=2.5ir/s.求：

叫

（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，设木块人的最终速度为S,由动量守恒定律，对小B、C有〃?o%=

解得。1=2.1m/s

（2）设。滑离4时的速度为力，当。滑离A后，由动量守恒定律，对&C有

/noV2+nu（V\=（/??/?+m（））v

解得。2=4m/s

♦规律总结A

运用动量守恒定律解题的基本步骤

度珈（2025•无锡期末调研）“嫦娥六号”在着陆前，以g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。弹出，分离用时为l,若轨道器质量为股，着陆器质量为，小贝IJ（D）

Mvo+mv

A.分离后轨道器的速度为动=

M+〃？

B.分离后轨道器的速度为3=

M

C.分离过程中，轨道器对着陆器的平均推力r=瑞言

mMv2

D.分离过程中，系统机械能增加量△£=

2(M+/〃)

【解析】根据动量守恒定律（M+〃?Wo=Ms+皿小一力解得6="啰吐"，故A、B错误；对

十

于着陆器，由动量定理得立=，加一0,解得F=—,故C错误；分离过程中，系统机械能增加量AE=E?

—Ei=讲—I；）2一；（/+〃］）琢=mMv2

,故D正确.

2(M+m)

考向3“碰撞”模型及其拓展

豳3（2025・山东卷）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道

的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，。处轨道的切线沿竖直方向.小物块〃、2用轻

弹簧连接置于光滑水平面上，人被锁定.一质量，〃=4kg的小球自Q点正上方〃=2m处自由下落，无能

量损失地滑入轨道，并从尸点水平抛出，恰好击中出与。粘在一起且不弹起.当弹簧拉力达到尸=15N

39

时，。解除锁定开始运动.已知a的质量，加=1kg,。的质量叫弋kg,方形物体的质量M=1kg,取g

=10nVs2,弹簧的劲度系数250N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式d=如（工为弹

簧的形变量），所有过程不计空气阻力.求:

(1)小球到达0点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小s、S.

(2)弹簧弹性势能最大时，〃的速度大小％及弹性势能的最大值Epm.

答案：⑴6m/s1m/s(2)|m/s|J

【解析】(1)根据题意可知，小球从开始下落到户处的过程中，水平方向上动量守恒，则有〃协=/诙，2

由能量守恒定律有“3=+\Mvl

联立解得。।=6m/s,m/s

2

即小球的速度为6m/s,方向水平向左，方形物体的速度为吊m/s,方向水平向右.

(2)由于小球恰好击中物块心并与其粘连，小球竖直方向速度变为0,小球和物块。水平方向上动量

守恒，则有

解得。3=2m/s

设当弹簧形变量为此时，物块/，解除锁定，此时小球和物块。的速度为。4,根据胡克定律尸=去1

系统机械能守恒4-协彳

联立解得V4=1m/s,xi=0.3m

解除锁定之后，小球、物块。和物块。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

(〃?+ma)V4=(m+ma+m/>)Vb

2

解得%=Gm/s,方向水平向左.

由能量守恒定律可得，最大弹性势能为

Epm=+〃〃)点++tna+mb)vi=1.I

♦如律总结A

1.碰撞的基本规律

2.碰撞拓展

(1)“保守型”碰撞拓展模型

ZA.

A________B

大7M

一，，，，，，7，〃，，，，，，，，，，，，，，，,，，，，，，，，，，，♦“;o~~-，____

图例(水平面光滑),〃〃〃〃〃〃〃〃，〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃，，〃・+q+q

小球一弹簧小球一曲面，，，，，，，，^^^9^^^，，，，，，，，，，,^^^^^^^^，，，，，，，，，,

模型模型

相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足，加0=(〃?+切。共，损失

达到共速

的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能和电势能

相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足，加0=，皿+•2,能量满足品而

再次分离

=\而彳

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

B

图例(水平面、水平导轨AUi

□>A,11]B

都光滑)卜

-，，，，，〃，，，，，，，，，♦，，，，，，，，，，，，♦，，，，，，，，，)J

相当于完全非弹性碰撞，动量满足小研)=(/〃+M)u共，损失的动能最大，分别转

达到共速

化为内能或电能

赛处］(2025•苏州三模)如图所示,两物体人和8并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5kg.

质量〃?=0.1kg的子弹以出=34m/s的水平速度从左边射入A,射出物体A时A的速度内=2m/s,子弹紧

接着射入3中，最终子弹未从3中穿出.子弹在物体A和4中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为

£,4=0.23m,不计空气阻力，取g=10m/s2.

TA)

----A/I-B

〃忘L；工:J一

(1)求物体3最终的速度大小力.

(2)求子弹穿过人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)0.03m

【解析】(I)从最初到最终共速，由动量守恒

mv()=MVA+(M+HI)VR

解得SJ=4m/s

(2)从子弹射入A到穿出，由动量守恒〃切0=〃劭+2例0八

解得功=14m/s

由能量守恒%加一;♦2M道

解得Q=46J

(3)子弹从射入到共速时

Q总=会加一+m)vi

解得。m=52J

由。=拉相对得瓦=77

可得X慈=0.26m

故物体8的最小长度

LB=X®—£/1=0.26m—0.23门=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(C)

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

【解析】汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动到静止，动量的变化量A”一定，由动量定理可知，人

受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间1,由动量定埋得△〃=心,动量的变化率》

=F,延长时间，，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害，故C正确.

2.(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/变化的图像如图所

示,下列说法中正确的是(C)

A.0~6s内物体做匀变速运动

B.7=6s时物体回到出发点

C.2〜4s内厂的冲量为0

D」=1s与r=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。〜6s内物体不是做匀变速运动，A错误；。〜3s

物体沿正方向加速，3〜6s内物体沿TF方向戒速，则/=6s时物体没有回到出发点，B错误；因尸一/图像

的面积等于冲量，可知2〜4s内产的冲量为0,C正确；根据动量定理可知，/=1s时物体的动量piupo/i

=Fo,，=4s时物体的动量p4=R)X3—尸oXl=2见，可知/=1s与，=4s时物体的动量不相同，D错误.

3.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，〃=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)

A.0.05mB.0.10m

C.0.15mD.0.50m

【解析】小球与木块组成的系统水平方向动量守恒，则有mvvt=Mv2-G即根据题意

有xi+x2=0.2m,联立解得X2=0.05m,故A正确.

4.(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(C)

甲乙

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

【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、D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(C)

agQ

・・

A儿

甲乙

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

【解析】设甲、乙的质量均为M,第一次抛出球的质量为〃小速度为。，则甲抛出球时必。甲i=，加2

乙接住球时加。=(M+m)。乙I,可知。甲a。乙即第一次接球后，乙的速度比甲小，故A错误；第二次

抛球时，设球的质量为机2,则同理可知甲抛出球时甲2=，〃2。，乙接住球时〃72D=(M+"?2)O乙2,

可知。甲2＞。乙2,即第二次接球后，乙的速度比甲的小，故B错误；乙接球的过程，第一次球的动量变化

Mni\V

量z.\—m\v=第二次球的动量变化量△〃2=机2。乙2一可知△〃1＞勺2

—M+mJM+M

则第一次球的动量变化较大，故C正确，D错误.

6.(2025・河南卷)两小车P、。的质量分别为机尸和〃?Q,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞

前后的速度。随时间/的变化分别如图甲和图乙所示.小车N的质量为〃?N,碰撞时间极短，则(D)

甲乙

A.mp>mN>mQB.tnN>mp>mQ

C.D.mQ>mN>nip

【解析】P、N碰撞时，根据碰撞前、后动量守恒有"?p+mMN,即呻("一。’P)

,r

=tnN(vN—vN)t根据图像可知，(vp—v'p)>(vN—VN),故"UN;同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后

动量守恒有IHQVQ4-m.^UN=m()v'Q+/〃,"N,即o'Q)=，〃M。'N-VN),根据图像可知(O0-

v'Q)<(v'N-VN),故/〃Q>〃?M综上可知〃?0>/〃N>〃加，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3以一初速度向A运动，/=0时8

与弹簧接触，0〜2s内两物体的0一/图像如图所示.则(C)

A.A的质量比3的大

B.0〜Is内，弹簧对4、B的冲量相同

C.f=ls时，弹簧的弹性势能最大

D.1=2s时，A的动量比8的大

【解析】由图可知，物块B的初速度为v0=\.2m/s,/=Is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，〃如O=Q〃A+/M)。，解得"5=5加八，故A错误；0〜1s内，弹簧对A的冲量方向向右，

弹簧对8的冲量方向向左，所以弹簧对4、8的冲量不相同，故B错误；，=ls时，物块A、8有共同速度,

弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；1=2s时，A的动量〃八=/〃八0八，B的动量由图可

知，办=2.0m/s,。8=0.8m/s,又〃切=5〃?小所以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.某同学演示次个实验时.将A、4两个大小

不同的弹力球从离水平地面〃高处由静止同时释放，如图所示.释放时八、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”=4儿则A、B两

球的质量之比为(A)

A.I：3B.2：3

C.1：2D.3：4

【解析】两球下落过程中根据系统机械能守恒有。孙+而g/?=T(〃以+〃㈤比解得如=历.设两个小

球触地碰撞后人的速度大小为小，B的速度大小为立方球与地面碰撞后速度等大、反向，然后与A发生弹

性碰撞.取向上为正方向，根据动量守恒定律可得〃，Wo一〃?业产机格+，〃研，根据系统机械能守恒定律有

5族+上前=；〃?疝+/即凶A碰撞后由机械能守恒得〃以讲，联立解得力=(；；；凡由题

可知H=4h,解得mA：mB=\：3,A正确.

9.(2025•南京、盐城一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与物块人、B相连，并放在倾角为。的固定

斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、8均静止.将物块。在物块8上方与B相距人,处

由静止释放，C和3碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开.已知4、&。的质量均为小，弹簧劲度

系数为k,且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证人不离开挡板，x的最大值为(B)

【解析】设C向下运动x时速度为。，由机械能守恒得，mgsin4=3加，解得。=72gxsm仇C

与8碰撞满足动量守恒，规定沿斜面向下为正方向，碰撞后3、C整体速度为如，贝IJ,如=2,〃见，刚开始A、

4均静止时，设此时弹簧的压缩量为箝，对8由平衡条件5=〃?gsin〃，解得笛=螫警，为保证A不离

开挡板，B、C向上运动速度减为()时，设此时弹簧的伸长量为也，对A由平衡条件依2=/〃gsin仇解得

E=殁喂&从物块c、8碰撞完到物块4恰好不离开挡板整个过程,对&C由系统机械能守恒可得2〃侬in

价+也)=物加，代入数据解得尸幽