高考物理二轮复习：动量定理与动量守恒定律

动量定理与动量守恒定律

p=mv

内容

矢量性动址

瞬时性特点m格47”/♦

相对性表达式'-/>=<)

动状守_

施律A/>I=-lp,

定义式：&p=p'-p=md*

------------------动lit的心化

方向：与速度的变化方向相同-------;

系统不受外力的作用

定义式：/

=H系统所受外力的矢依和为零

方向：与力FI的方向相同冲M

成立系统内力远大于外力,且作用时

物理意义：表示力的作用对时一

条件间极短,系统动用近似守恒

间的累枳效应动I’定理

动ht与动址守系统在某一方向上不受外力或所

出且斗达式定理恒定律受外力的合力为零.系统在.该方

向上动量守恒

-mr

动量守忸、动量近似守恒、某一方向动址守恒

系统的动速会增加.机械徒不守恒［电Ek动城守恒、机械能守恒

弹性碰撞|------------------------

动心守恒•机械能仃损失

动崎守恒，碰撞|——三卜弹性碰撞［-----------------------

系统的动能公增加〜人23动后守恒、机械能损失最大

兀全非抑性研地［

爆炸时间极短.爆炸前后视为相对位置不变

考点一

动量定理

［例1|(2025•甘疥卷)如图1所示，细杆两端固定，质量为机的物块穿在细杆

上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力”作用在物块上,

F随时间/的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

细杆足够长，重力加速度为g,〃=30。。求：

(1)，=6s时F的大小，以及t在0〜6s内F的冲量大小。

(2)，在0〜6s内，摩擦力/随时间，变化的关系式，并作出相应的产，图像。

(3)，=6s时，物块的速度大小。

I解析］(1)由题图2可知尸随时间线性变化，根据数学知识可知尸=绊!(、)

4

所以当，=6§时，尸=士酗

2

0〜6s内尸的冲量为尸，图线与横轴围成的面积，即/=：X乎〃陪X6(N・s)=

9bZXT、

—7)。

(2)由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有sin30。=//,cos30。

即M=tan30。=?

在垂直杆方向，当产sincos。时，t=4s

则0〜4s,垂直杆方向Fsin()+N=mgcos0

摩擦力/=〃N=,住mg—?mgt)=(»56g(N)(0SW4s)

在4〜6s内，垂直杆方向/sin，="唔cos夕+N

摩擦力f=fiN=^(^-mgt-苧%)=保一1)mg(N)(4sW，W6s)

相应的f-t图像如图。

⑶在0〜6s内沿杆方向根据动量定理有/FCUS0—h+mgsin0Xt=nw

在0〜6s内摩擦力的冲量为/工图线与横轴围成的面积，则/f=|x1/wgX4(N•s)

+Jx+〃gX2(N・s)=；/wg(N•s)

联立有竽7Mg•cos300+3ing-^ing=mv

可得P=yg(m/s)o

［答案1(i声誓粤］N・S)(2)见解析

(34决17(m/s)

规律方法：

1.冲■的三种计算方法

(1)公式法：I=Ft,适用于求恒力的冲量。

⑵动量定理法：I=p'_p,多用于求变力的冲量或产、，未知的情况。

(3)图像法：用尸Y图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若小，呈线性关系，

也可直接用平均力求变力的冲量。

2.用动■定理的解题思路

一般为单个物体

先求每个力的冲量，再求合冲

量，或先求合力，再求合冲量

选取正方向，确定初、末状态

的动量和各冲量的正负

根据动量定理列方程求解

［针对训练1|（2025•山西・三模）（多选）研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器

记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0s时运动

员开始起跳，3.ls时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻

力，取g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.刚离开传感器时，运动员的速度大小为3m/s

B.起跳过程中，传感器对运动员的冲量为240N・s

C.2.5〜3.ls时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200N

D.1.0〜1.9s与2.5〜3.1s时间内，运动员所受合力的冲量不同

AC［1.9〜2.5§时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度s=g£=3m/s,

故A正确；由题图像可知，。〜1.0§时间内运动员静止在传感器上，故mg=F=

800N,所以〃i=80kg,1.0〜L9s时间段内是起跳过程，由动量定理有/一/wgh

=胆御，代入数据可得/=960N,s,故B错误；以竖直向上为正方向，对运动员

在2.5-3.1s时间段内列动量定理方程『打一切卬3=0一皿一加），代入数据可得R

=1200N,故C正确；在1.0〜1.9s与2.5〜3.1§两段时间内，运动员的动量变化

量相同，由/合=Ap可知运动员所受合力的冲量相同，故D错误。故选AC。］

［针对训练2］（2025•北京卷节选）关于飞机的运动，研究下列问题。

(1)质量为/〃的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为X时速

度为现在此过程中，飞机受到的平均阻力为求牵引力对飞机做的功次。

(2)无风时，飞机以速率〃水平向前匀速飞行，相当于气流以速率〃相对飞机向

后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请

建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小尸与〃的关系满

足尸并确定a的值。

［解析］(1)根据动能定理W-fx=^nv2

可得牵引力对飞机做的功物=5”浮+"。

(2)在无风的情况下，飞机以速率〃水平飞行时，相对飞机的气流速率也为〃。

建立如下的物理模型：飞机机翼的倾斜角度(与水平方向的夹角)为，，气流掠过

飞机机翼，只是方向改变，而速度大小不变，飞机机翼在竖直方向的投影面积

为S。

掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用

力，气流对机翼产生竖直向上的升力。设AZ时间内掠过飞机机翼的空气质量为

/〃，掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为。，空气密度为"，则有〃［=

pV=pSnAt

在竖直方向上，以竖直向下为正方向，对掠过飞机机翼的气流，根据动量定理

得尸'•Af=/〃o—0

又有v—usin0

联立可得Ff=pSu2sin8

根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小/=k=pS岛in0

可见尸与〃的关系满足/J/,可得〃=2。

［答案］(1序〃〃+户(2)论证见解析，a=2

考点二

动・守恒定律

［例2|(2025•四川凉山•三模)(多选)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站

在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中相同的球一个一个地投入左

边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球

过程中()

A.小车始终未动

B.人、车和球组成的系统动量守恒

C.每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离

D.球全部落入左筐后，小车将静止不动

CD［在投球过程中，人、车和球组成的系统所受的合外力不为零，虽然系统动

量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量,

则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车组成系统所受的合外力不为零,

车在人的作用力作用下右移，故A、B错误；设一个球的质量为/%人、车和剩

余球的质量为人扔球时到左边筐的水平距离为L,根据水平方向动量守恒

有〃加球车，则/加率，又x原+工车=上，解得x率m+ML,故C正确；

当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零,

则小车的速度为零，故D正确。故选CD。］

规律方法：

1.动■守恒定律的三种表达形式

(2)Api=-A^2O

(3)Ap=0o

2.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。

3.注意人船模型和某一方向动■守恒的应用

［针对训练］（2025•云南普洱•二模）（多选）如图所示，斜面B静止在水平地面

上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。

在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是

（）

A.A、B组成的系统动量守恒

B.A的动量变化量方向水平向左

C.到达最高点时A的动能最小

D.到达最高点时A的机械能最小

CD［系统所受合外力不等于0,可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错

误；A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0,即系统在水平方向分动

量守恒，最高点时系统有共同速度。兴，A物块初始状态的动量、末状态的动量

分别为pi=〃mo、pi=mv根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示

可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误；上升过程中A的动能

不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最

小，故C正确；上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一

直减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正确。故选CD。|

考点三

碰撞模型

［例3|（2023•重庆卷）如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道,

M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，尸为MN段的中点。在尸点处有一

加速器（大小可忽略），小球每次经过P点后，其速度大小都增加方。质量为所

的小球1从N处以初速度。。沿轨道逆时针运动，与静止在"处的小球2发生第

一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求:

⑴球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；

(2)球2的质量；

⑶两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。

［解析］(1)球1第一次经过尸点后瞬间速度变为2研)，所以孚=4机串。

KK

(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则m・2v0

=~inv+inrv

；〃1(2。0)2=扣"+5〃

联立解得少=0o,/〃'=3〃1。

(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为则球1回到P点之前，尸兽

2v0

球1经过0点之后00匕+2加，2=九/?

所以zV=fl+f2=手。

6v0

［答案］(1)4加学(2)3,〃(3震

规律方法：

1.碰撞遵循的三原则

⑴动量守恒定律。

(2)机械能不增加。

£^1+七142》后7'+七1<2'或^_+~~

2nli2m22ml2m2

(3)速度要合理。

①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。

②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。

2.碰撞的分类

类型动碰静动碰动

叫ZH,

1%

=

ni\V\+nt2V2m1v1

m\Vn=mxVx+rn2v2

+m2v2

1212

-1mv2\+।1-mv2^=

L1xL2《

弹性碰撞+如2出

如用+加2吗

mim2

V\=-Po

nii+mzVfl=mi~m2(Vl—V2)+v2

2mim〔+ni2

V2=---V()

ml+m2Vf2=2n^(V\-V1)+V2

ml+m2

nnvo=(mi+nti)vni\V\+miV2=(m\+tni)v

完全非弹性碰撞

9一mi的^_m1v1+m2v2

ml+m2mi+m2

［针对训练1|（2025•山东青岛•三模）侈选）物体间发生碰撞时，因材料不同，

机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对

速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B

发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（）

A.若c=0,则碰撞后A、B均静止

B.若e=l,则碰撞后A、B交换速度

C.若《=1,则碰撞前后A、B总动能相等

D.若《=0.5,A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3

CD［若《=0,则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一

定均静止，故A错误；设A、B的质量分别为mi、/〃2,碰前物体A的速度为

V1,碰后物体A、B的速度分别为和力2,若。=二'则01+/1=犹2,

vi

根据动量守恒定律，有〃I1S=/MB'|+/〃2U'2,即，〃1（01—0'1）=帆20’2,两式相乘

可得擀mi吒吟，即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰

撞，若叩=股2,则可解得。'2=。1,。'1=0,此时两物体发生速度交换，若m1为〃2,

V-V

则两物体不发生速度交换，故B错误，C正确；若e=，"^=0.5,即0.5S=，2

ffr

—v\,根据动量守恒定律，有m\v\=m\v\+niiv29因所以上式变为

frff

Vi=vi+v2f两式联立得V\=^V\fV2=-Vi,即A、B碰后速度大小之比为1：3,

故D正确。故选CD。］

［针对训练2］（2024•广东卷）（多选）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〃乙无关

D.甲最终停止位置与。处相距上

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,乙下滑过程有盘=ggsin。4,

在水平而运动一段时间力后与甲相碰，碰后以甲的碰前速度为初速度做匀减速

运动的时间为，3,乙运动的时间为7=力+力+力，由于力与〃乙有关，则总时间与

〃乙有关，故C错误；乙下滑过程有,,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；则

如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有廿=2〃gx,联立可得x=上，即发

乙〃

生碰撞后甲最终停止位置与O处相距”，故D正确。故选ABD。I

考点四

类碰撞模型

［例4］（2025•新课标卷）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为A

的:圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻

弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为用的小球自圆弧顶端力点上方的

B点自由下落，落到4点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小

至刚接触时的《时弹簧的弹性势能为2理/，此时断开P和Q的连接，从静止开

始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表

面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。

(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；

(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及5、A两点间的距离；

⑶欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大？

⑷欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？

懈析I(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为WG=〃igR。

(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为PO,B、A两点间的距离为心由机械能

守恒可知Tm说=2mgR+，售)

同时有〃喊A+/?)=；m说

联立解得研=兰"，h=；R。

24

(3)弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为"，根据动量守恒

2

和机械能守恒有〃力为矣，|/wVQ=2.IntgR-^ni+Mjv^

联立解得M=4mo

(4)对Q和小球整体根据机械能守恒可知，要使Q的最终动能最大，需满足小球

的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设Q的质量为Q的最大速度

为vm,根据动量守恒和机械能守恒有m•|vo=(Mvm),：〃1%二；”洛

解得o

［答案］(l)mgR(2)支|巫(3)4///(4*〃

规律方法：

1.“保守型”类碰撞模型

%%

rB

图例（水平面光滑）卜fl）W"2WAW上W—fR"I）、+q+7

3Z7///7^777

小球一弹舞模型小球一曲面展型