動量守恒定律 知識清單-2025年新高考物理復習

專題七動量守恒定律

考點/模型/微專題高考真題精選近三年考頻

2023新課標T19,2023天津T5,2023福建T7,2022重慶T4,

考點一動量、沖量和動量定理13考

2022湖北T7,2021湖南T2,2021北京T10

2023廣東T10,2022湖南T4,2022北京T10.2021天津17,2021

考點二動量守恒定律11考

山東T11,2020課標JHT15,2020課標HT21,2020北京T13

模型一流體類模型2022福建T8,2021湖北T3,2021福建T42考

模型二動量守恒中的常見模型2023湖南’05,2022河北T13.2021湖南T8,2021海南T176考

2023北京T17,2023重慶114,2022廣東T13,2022湖南T14,

微專題11力學三大觀點的綜合應用12考

2022全國乙125,2021湖北T15

考點清單

考點動量、沖量和動量定理三、計算沖量的四種方法

一、概念梳理1.公式法:利用I=Ft計算，此方法僅適用于求

運動物體的質(zhì)量與速度的恒力的沖量，無須考慮物體的運動狀態(tài)。

［定義\f

乘積2.圖像法:凡力圖線與t軸圍成的面積表示沖量,

動量］—［表達式）—?p=mv

此法既可以計算恒力的沖量,也可以計算變

力的沖量。

3.平均值法:若力的方向不變、大小隨時間均勻

變化，則力歹在某段時間t內(nèi)的沖量/=北色

t,Ft、4為初、末兩時刻力的大小。

4.動量定理法:求出物體動量的變化量，由/=

_J田氏］，物體所受合力的沖量等于

荷亶廿一物體動量的變化量^P求沖量,多用于求變力的沖量。

定理，，表達式）―?Ft=Ap=p'-p

四、沖量與功的比較

二、動能與動量沖量功

1.關(guān)聯(lián)方程作用在物體上的力作用在物體上的力和

p21_____2E定義和力的作用時間的物體在力的方向上的

4=藐禺=￥2=z"既、聯(lián)k

乘積位移的乘積

2.若物體的動能發(fā)生變化，速度大小一定發(fā)生單位N-sJ

變化，則動量一定發(fā)生變化。若物體的動量I=FNtW=Flcosa

公式

發(fā)生變化，可能是速度方向發(fā)生變化，故動能（少為恒力）（F為恒力）

可能不變。標矢性矢量標量

64；5年高考3年模擬A版高考物理

續(xù)表畫北某人所受重力為G,穿著平底鞋起跳，

沖量功豎直著地過程中，雙腳與地面間的作用時間

①力對時間的累積①力對空間的累積

意義為地面對他的平均沖擊力大小為4G；若他

②動量變化的量度②能量變化的量度

穿上帶有減震氣墊的鞋起跳，著地時的速度

①都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系

與第一次著地時相同，雙腳與地面間的作用

聯(lián)系②若力的方向不變，沖量不為零時，功可能為

零;功不為零時，沖量一定不為零時間變?yōu)?.5力，則地面對他的平均沖擊力變?yōu)?/p>

()

五、對動量定理的理解

A.1.2GB.1.6GC.2.2GD.2.6G

1.動量定理的研究對象可以是單個物體，也可

?解析設著地前瞬間的速度大小為“。取向

以是多個物體組成的系統(tǒng)。

上為正方向，在穿著平底鞋著地時，由動量定理

2.動量定理既適用于恒力，也適用于變力；既適

可得/,-。力=0-(-m")；在穿上帶有減震氣墊

用于一個過程,也適用于全過程；既適用于合

的鞋著地時，由動量定理可得F-2.5t-G-

運動，也適用于分運動；既適用于固體，也適2

25=0-(-nw)；其中儲=4G,聯(lián)立解得F=

用于流體。2

2.2G,C正確。

3.沖量為矢量,Ap=p'-p=/n?/-7zw是矢量差，在

I?答案C

一維情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的

考點㈡動量守恒定律

方向為正方向。

4.當物體受到變力作用時，動量定理中的力F一、動量守恒定律的理解及基本應用

應理解為t時間內(nèi)物體受到的平均作用力。1.動量守恒定律的內(nèi)容

六、用動量定理解釋生活現(xiàn)象如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢

1.當物體的動量變化量^p一定時，力的作用時量和為0,則這個系統(tǒng)的總動量保持不變。

間加越短,力尸就越大;力的作用時間加越2.動量守恒定律的表達式

長,力歹就越小。這可以用來解釋生產(chǎn)、生活(1)p=p'(mlvl+m2v2=mxvx'+m.2v2'｝：兩個物

中的一些緩沖實例。體組成的系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互

作用后的總動量。

2.當作用力P一定時，力的作用時間Ai越長，

：相互作用的兩個物體動量的

動量變化量加越大;力的作用時間Ai越短，(2)Api=-A%

變化量等大反向。

動量變化量Ap越小。這可以用來解釋高空

勾=：系統(tǒng)總動量的變化量為

拋物的危險性。(3)00o

七、用動量定理解題的步驟3.動量守恒定律的適用條件

(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢

量和為0,則系統(tǒng)動量守恒。

(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為

零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近

似看成守恒。

(3)某一方向上守恒:系統(tǒng)在某個方向上所受

外力矢量和為0時，系統(tǒng)在該方向上動量

守恒。

專題七動量守恒定律

4.動量守恒定律的特性解析將小球4拋出時的速度沿水平和豎直

動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選方向分解，可得vAx=vcos53°=6m/s,vAy=

矢量性

取統(tǒng)一的正方向vsin53°=8m/s,故小球4上升至最高點時離

各物體的速度必須是相對同一參考系的速度2

相對性地面的高度人=」^=3.2m,上升的時間。

(一般是相對于地面)2gg

研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組水平方向上運動的距離孫=vt=4.8

系統(tǒng)性0.8s,Ax1m,

成的系統(tǒng)

A正確。(關(guān)鍵：小球4和B碰撞時，碰撞時間極

動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成

短，內(nèi)力遠大于外力，故二者在水平方向和豎直

普適性的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微觀粒子組

方向上的動量均守恒)小球和B碰撞時，小球

成的系統(tǒng)4

B的速度為=8匕=8m/s,對小球4、3,水平方向

5.用動量守恒定律解題的步驟

上由動量守恒定律可得mAvAx=(mA+mB)vx,豎

?明確研究對象H確定系統(tǒng)的組成及研究逐寇n

直方向上由動量守恒定律可得mBvBy=(mA+

判斷系統(tǒng)動量是否守恒或系統(tǒng)

?分析受I力情況］—

在某一方向上動量是否守恒mB)vy,解得%=1.5m/s,%=6m/s。小球A的

?規(guī)定正方向?-?確定初、末狀態(tài)的動量?

動量變化量大小mAJ(%-%)2+Y=

?列方程求結(jié)果?—根據(jù)動量守恒列方程，求出結(jié)0.75kg-m/s,C錯誤。(關(guān)鍵：小球4、3粘在

果，必要時討論說明

一起后的運動，可分解為水平方向的勻速直線

|例(多選)如圖所示,質(zhì)量為0.1kg的小球4

運動和豎直方向的勻加速直線運動)豎直方向

從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為

2

有h=vyt2+-^-gt2,解得t2=0.4s,水平方向上運

10m/s,方向與水平方向夾角為53。,在小球4

拋出的同時有一質(zhì)量為0.3kg的黏性小球B從

動的距離x2=vxt2=Q.6m,可得小球4從拋出到

某高度處自由下落，當小球A上升到最高點時

落回地面的時間t=tx+t2=1.2s,水平方向上運

恰能擊中下落中的小球以41兩球碰撞時間極

動的距離光=光］+*2=5.4m,B錯誤，D正確。

短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為

?答案AD

質(zhì)點，不計空氣阻力，sin53°=0.8,cos53。=0.6,

二、碰撞

重力加速度g=10m/s2下列說法正確的是

o1.碰撞遵循的規(guī)律

()

(1)動量守恒:P1+P2=Pl'+P2'。

BO

(2)動能不增加：Ekl+Ek2NEkS。

(3)速度要符合實際情況

①碰前兩物體同向運動,若要發(fā)生碰撞，則應

有。后前，碰后原來在前的物體速度一定增大;

A.小球4上升至最高點時離地面3.2m若碰后兩物體同向運動,則應有。前''。后'。

B.小球4從拋出到落回地面的時間為1.6s②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體至少有

C.A^B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大一個的運動方向會改變。

小為0.45kg,m/s2.碰撞的類型

D.小球4從拋出到落回地面在水平方向上運動(1)彈性碰撞:碰撞結(jié)束后,形變?nèi)肯?動

的距離為5.4m能沒有損失，不僅動量守恒，而且初、末總動

66；5年高考3年模擬A版高考物理

12n13

能相等，即mg+機2%=機1%’+機2°2’,萬加M+C.—<Q<—D.—W—

3535

1I解析設4球和B球碰后,B球的速度為v,

2123?B

萬機2。25771必'2+ym2V2',可得/'=

取4球初速度%的方向為正方向，對4球和B

(m-m)v+2mv)v+2mv2

}2}222}x球組成的系統(tǒng)有mv=-mv+4mv,；mv2

7，%，=7°QBQ

mm

機］+機2\^2

特例:若。2=0,即“一動一靜”的彈性碰撞,碰

22

—mv+^~?4mvB；A球與擋板P發(fā)生彈性碰撞，

后二者速度分別為4'=-―-v,v'=

x2則碰撞后A球的速率仍為也由4球能與B球再

771]+m2

27nl次相撞可得其中"二碗0,聯(lián)立解得;<QW

—7一^io

+m2

①若叫二性,則用2』1，二者交換速度；

q'=01,D正確。

m<m'<0,

②若12則％質(zhì)量為mx的物體被反彈；

I?答案D

③若乃》機2,則%%,速度幾乎不變，

三、爆炸、反沖與人船模型

1)2'=2%；

1.爆炸問題

④若叫《叫，則-％，%'-0,質(zhì)量為ml

一個物體由于內(nèi)力的巨大作用而分為兩個或兩

的物體以原速率反彈，質(zhì)量為m2的物體概念

個以上物體的過程

不動。

由于爆炸是在極短時間內(nèi)完成的，

非彈性碰撞:碰撞結(jié)束后,形變部分消失,

(2)爆炸物體間的相互作用力遠大于受

動量守恒

動能有部分損失，則m1vx+m2v2=外％'+叫藥'，到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)

的動量守恒

12/2_1，2工1/2,AJ7

萬%叫+萬加2%一萬機1%+萬叫巧+△生損。

在爆炸過程中，因為有其他形式的

特點

(3)完全非彈性碰撞:碰撞結(jié)束后，兩物體以同動能增加能量轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸后系統(tǒng)

一速度運動,形變完全保留，動能損失最大,則的總動能增加

爆炸的時間極短，因而在爆炸過程

+mv

mxvx+m2v2=(mx+m2)v,^22=萬(機i+位置不變中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般忽略

不計，即認為位置不變

機2)J+AEk損max。

2.反沖現(xiàn)象

亞里如圖所示，質(zhì)量為機的4球以速度。。

在光滑水平面上運動，與原來靜止的質(zhì)量為根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)

概念力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向

4m的B球碰撞，碰撞后A球以少二。%(待定

運動，另一部分必然向相反的方向運動

系數(shù)。<1)的速率彈回，并與擋板P發(fā)生彈性

作用反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用

碰撞，要使球能與球再次相撞，則a的取

45原理力產(chǎn)生的效果

值范圍為()

動量反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于

守恒外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律

特點反沖運動中，作用力與反作用力均做正

動能

12功，有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能,所以系

A.—<a<———<a<——增加

5333統(tǒng)的總動能增加

專題七動量守恒定律67

咧軍將靜止的質(zhì)量為M(含燃料)的導彈點火(2)模型特點

升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度火豎直由兩個物體組成的系統(tǒng),開始時兩物體靜止,

向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體,忽略噴氣過程之后由于兩物體之間相互作用,當一個物體向

中重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時導彈某方向運動時，另一個物體向相反方向運動。

獲得的速度大小是()這樣的各種題目類型統(tǒng)稱為“人船模型”，該模

mMMm型屬于反沖現(xiàn)象中的一種具體情況。

2。B.-C.------D.---------------v（）

mM-mM-m(3)模型解讀

)?解析由動量守恒定律可知，噴出氣體的動

量與最終導彈剩余部分獲得的動量等大反向,

.、777，

即mv=(M-zn)。，導彈獲得的速度”=----v,D

0M-m0

正確。如圖所示，人由靜止開始從船的一端走到船

I?答案D的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的

?拓展設問若導彈噴氣時已經(jīng)具有速度，噴系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)水平方向不受外力作

出的氣體相對噴氣前導彈的速度是〃，噴出氣用,所以整個系統(tǒng)水平方向上動量守恒，可得

體后導彈的質(zhì)量是叫在一次噴氣后增加的速加船“船二川入”人。

度X)如何表示？因人和船具有同時性，則有加船。船力船二加人。人t人,

設問解析以噴氣前的導彈為參考系。噴氣故有出船%船二川人%人。

前導彈動量是0,噴氣后動量是MA也噴出氣體771/tin.

由圖可看出%船+%人=￡，可解得%人=----------L,

的動量是機根據(jù)動量守恒定律有='機人+機船

rn—友人

0,解得Ai?=--u小船—。

o機人+7加船L

3.人船模型(4)運動特點

(1)適用條件①人“走”船“走”，人“?！贝巴！?，人“快”船

①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止,“快”，人“慢”船“慢”。

②人、船的位移大小與質(zhì)量成反比，即

系統(tǒng)總動量為0o

②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中，至少有%人_加船

一個方向的動量守恒。%船機人

模型流體類模型2.微粒:電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為

“微粒”，質(zhì)量具有獨立性，題中通常給出單位

一、模型特點

體積內(nèi)的粒子數(shù)九。

1.流體：液體流、氣體流等被廣義地視為“流

體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，題中通常給出密

度P。

68；5年高考3年模擬A版高考物理

二、應用動量定理處理流體模型的步驟上勻速運動時，受到的升力為mgH/,由牛頓第三定

律可得，空氣受到向下的推力為摩47;對空氣，由

流建立“柱狀”模型,建立“柱狀”模型,微

沿速度。的方向選取沿運動的方向選取動量定理可得(咋"4'=251/&'?%螺旋槳推動

體粒

一段柱狀流體，其一段柱體微元，柱

類類通處，D正確。

橫截面積為S體的橫截面積為S的空氣流量Q=Sv，=

P

微元研究，作用時間I?答案D

微元研究，作用時間

At內(nèi)的一段柱體微元

At內(nèi)的一段柱狀流體模型(二:動量守恒中的常見模型

的長度對

的長度對

應的體積A,=S”oAt

應的質(zhì)量Am=PSvAt一、子彈打木塊模型

則微元內(nèi)粒子數(shù)

動量puPtASAt1.模型圖示

N=nv0S^t

”0

^-^1MI

應用動量定理研究這7777777/77777777/777777777777777777.

段柱狀流體，建立方先應用動量定理研究

地面光滑，木塊長度為a,子彈射入木塊所受

程。注意：流體垂直單個粒子，建立方程,

再乘以計算

于速度方向上任意橫N阻力為Ffo

截面的流量都相等2.模型解讀

——一，

/ATnAfF\t=NmTTlo1[q|

r

L151

便區(qū)某直升機的槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積為

(1)子彈嵌入木塊中(未穿出)：兩者速度相

S,空氣密度為P,直升機的質(zhì)量為叫重力加速

等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)O

度為g。當直升機向上勻速運動時，空氣阻力恒

①動量守恒:儂

為/，不計空氣浮力及風力影響，下列說法正確0=

的是()②能量守恒：Q=K?s=；n%2-；(M+zn)/。

A.直升機懸停時受到的升力大小為mg+f

(2)子彈穿透木塊:兩者速度不相等,機械能

B.直升機懸停時發(fā)動機的功率為0

有損失(非彈性碰撞)。

C.直升機向上勻速運動時，螺旋槳推動的空氣

①動量守恒：mv=mv+MV

流量為工0l2O

22

②能量守恒：。="?d=^-mv0-(^Mv2+

D.直升機向上勻速運動時，螺旋槳推動的空氣

12、

流量為平可)o

NP

「歸納總結(jié)一

I?解析直升機懸停時處于平衡狀態(tài)，受到的升、

解決“子彈打木塊”的兩個關(guān)鍵

力大小為機g,A錯誤。(關(guān)鍵：直升機懸停時，發(fā)1.弄清楚子彈最終是留在木塊中與木塊一起運動，還

動機做的功轉(zhuǎn)化為空氣的動能)設加時間內(nèi)空是穿出木塊后各自運動。

氣增加的動能為紜，對空氣由動量定理可得2.求解子彈打擊木塊過程中損失的機械能，可以根據(jù)

題目的具體條件選取以下方式求解。

F^t=pSvdt*由牛頓第三定律可得F-mg；聯(lián)

(1)利用AE狽uQ^uK?叼，對求解；

立解得所以懸停時發(fā)動機的功率尸=(2)利用打擊過程中子彈克服阻力做的功與阻力對木

塊做的功的差值求解；

(3)利用打擊前后系統(tǒng)的機械能之差求解。

B錯誤。直升機向

專題七動量守恒定律69

陋叵如圖所示，質(zhì)量為機的子彈，以初速度。。摩擦力為Ff0

射入靜止在光滑水平面上的木塊，并留在其中。2.模型解讀

木塊質(zhì)量為M,長度為子彈射入木塊的深度

為，，在子彈射入木塊的過程中木塊移動距離

為6。假設木塊對子彈的阻力始終保持不變，下

(1)滑塊未滑離木板

列說法正確的是()

①動量守恒\TTIVQ-(M+m)vo

②能量守恒：Q=%/=J?。2_；(M+7H”。

1斗n；

A.d可能大于s,也可能小于s(2)滑塊滑離木板

可能大于心,也可能小于L

B.s①動量守恒：mv0-mvx+MV2O

C.s一定小于d,s一定小于L

②能量守恒：Q=FJ=

D.若子彈質(zhì)量減小,d和s不一定同時變小

I?解析對木塊和子彈組成的系統(tǒng)，由動量守/f\提示(1)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦

力與兩者相對位移大小的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能，

恒可得mv0=(m+M)v；對木塊，由動能定理可得

即摩擦生熱。

為=對子彈，由動能定理可得-/(d+s)=(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速

度最大，二者相對位移最大。

2MO；(3)若滑塊未從木板上滑下，根據(jù)能量守恒定律可得系

；機。2-；mv0；聯(lián)立解得s

M

統(tǒng)損失的動能AE=一可以看出，滑塊的質(zhì)量越

km+M

小，木板的質(zhì)量越大，動能損失越多。

MvJ

。所以s<d<L,且隨著子彈的質(zhì)量機減|例31(多選)如圖甲所示，光滑水平面上放著

(M

切一

1+長木板質(zhì)量為"i=2的木塊以速度v=

Im8,kg40

小，/和s均減小，C正確。2m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由

于、之間存在摩擦力，之后、的速度隨時

I?答案C4348

<?一題多解?間變化情況如圖乙所示，重力加速度g=

畫出子彈和木塊的v-t圖像如2

10m/so下列說法正確的是()

圖所示。子彈做勻減速運動，

木塊做勻加速運動，二者速度

相等后一起做勻速運動；由圖

像可得子彈射入木塊的深度d

(淺色部分面積)大于木塊的位

移S(深色部分面積)；子彈所受阻力不變，當子彈的質(zhì)

量減小后，子彈的加速度變大，即v-t圖線的斜率變大,A.4、B之間動摩擦因數(shù)為0.1

木塊的加速度不變，可得d和S均減小。B.長木板的質(zhì)量M=2kg

二、板塊模型C.長木板長度至少為2m

、B組成的系統(tǒng)損失的機械能為

1.模型圖示D.44J

|?解析由圖像可得，木塊4的加速度大小心=

1m/s2,由牛頓第二定律得aA=fjbg,解得v=0.1,A

水平地面光滑，木板長為，滑塊和木板間的正確。對木塊和長木板組成的系統(tǒng)，由動量守恒

5年高考3年模擬A版高考物理

（2）當彈簧處于原長時彈性勢能為零，動能最大。

可得mv0-（m+M）%,由圖像得%=1m/s,解得

①系統(tǒng)動量守恒：TH1%=+加2”。

2kg,B正確°由能量守恒得/uLmg?A%=

②系統(tǒng)機械能守恒：￡仆%J；*%,；%］。

2

m+M）v},解得木塊與長木板的相對

期軍如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)

位移A%=1m,則長木板的最小長度為1m,系統(tǒng)

量為m1和m2的兩物塊相連接,并且靜止在光

損失的機械能Q=wng?A%=2J,C、D錯誤。

滑的水平桌面上。t=0時刻，使4瞬時獲得水

I?答案AB

平向右的速度3m/s,兩物塊的速度隨時間變化

三、彈簧模型

的規(guī)律如圖乙所示，以下說法正確的是（）

1.模型圖示

%

.

〃力/〃力〃?〃/）〃〃）〃/.

水平地面光滑,4、3與輕彈簧（開始處于原

長）相連,4以初速度。。運動。

2.模型解讀

（1）4、8相互作用過程中,4、8與彈簧組成的

系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。A.兩