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回歸教材重難點06動量動量定理動量守恒定律

動量守恒定律是自然界普遍遵循的規律之一，在高考試題中可以對考生的物理觀念、科學思維、科學探究、科學態度與責任進行全面考查，是歷年高考必考知識點。在高考命題中大概有兩種命題趨勢：一種是對動量知識的單一考查，主要以選擇題的形式出現，往往借助生活中的實際情境為素材創設問題，如碰撞、火箭反沖、液體問題等，難度也相對較??；另一種是以綜合題的形式考查，這類題需要結合牛頓運動定律、功和能等物理觀念解決問題，往往以計算題的形式出現，考查考生的綜合應用能力，難度也比較大。

在備考策略上（1）重點理解動量定理和動量守恒定律的內涵；（2）對于單一考查動量定理或動量守恒定律的題目，注意研究對的選取和定律的適用條件；（3）注意動量和能量的結合，力學部分的綜合題目一般都會結合這兩種物理觀念來解決問題；（4）關于對動量守恒定律實驗的考查也是這部分的重點，除了熟悉教材的實驗情境外，還要加強對創新實驗的認識。

知識點一動量定理的理解及應用

1．動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力．這種情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值．

2．動量定理的表達式F·Δt＝Δp是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統所受的合力．

3．應用動量定理解釋的兩類物理現象

(1)當物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．

(2)當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小

4.應用動量定理解題的一般步驟

(1)明確研究對象和研究過程．

研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段．

(2)進行受力分析．

只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內力．

(3)規定正方向．

(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量(或各外力在各個階段的沖量的矢量和)，根據動量定理列方程求解．

知識點二動量守恒定律與碰撞

1．動量守恒定律的不同表達形式

(1)p＝p′，系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′.

(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和．

(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．

(4)Δp＝0，系統總動量的增量為零．

2．碰撞遵守的規律

(1)動量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.

(2)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或

eq\f(p\o\al(2,1),2m1)

＋

eq\f(p\o\al(2,2),2m2)

≥

eq\f(p′\o\al(2,1),2m1)

＋

eq\f(p′\o\al(2,2),2m2)

.

(3)速度要合理．

①碰前兩物體同向，則v后>v前；碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v′前≥v′后．

②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．

3．兩種碰撞特例

(1)彈性碰撞

兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒．

以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有

m1v1＝m1v′1＋m2v′2①

eq\f(1,2)

m1v

eq\o\al(2,1)

＝

eq\f(1,2)

m1v′

eq\o\al(2,1)

＋

eq\f(1,2)

m2v′

eq\o\al(2,2)

②

由①②得v′1＝

eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)

v′2＝

eq\f(2m1v1,m1＋m2)

結論：

①當m1＝m2時，v′1＝0，v′2＝v1，兩球碰撞后交換了速度．

②當m1>m2時，v′1>0，v′2>0，碰撞后兩球都向前運動．

③當m1<m2時，v′1<0，v′2>0，碰撞后質量小的球被反彈回來．

(2)完全非彈性碰撞

兩物體發生完全非彈性碰撞后，速度相同，動能損失最大，但仍遵守動量守恒定律．

4.應用動量守恒定律解題的步驟

(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)；

(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上動量是否守恒)；

(3)規定正方向，確定初、末狀態動量；

(4)由動量守恒定律列出方程；

(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明．

知識點三爆炸和反沖人船模型

1．爆炸的特點

(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸時物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒．

(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加．

(3)位移不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中物體運動的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸時的位置以新的動量開始運動．

2．反沖

(1)現象：物體的不同部分在內力的作用下向相反方向運動．

(2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內力)較大，因此系統動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向動量守恒．

反沖運動中機械能往往不守恒．

注意：反沖運動中平均動量守恒．

(3)實例：噴氣式飛機、火箭、人船模型等．

3．人船模型

若人船系統在全過程中動量守恒，則這一系統在全過程中的平均動量也守恒．如果系統由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發生運動，則由m1

eq\x\to(v)

1＝－m2

eq\x\to(v)

2得m1x1＝－m2x2.該式的適用條件是：

(1)系統的總動量守恒或某一方向上的動量守恒．

(2)構成系統的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動．

(3)x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移．

知識點四動量守恒中的臨界問題

1．滑塊與小車的臨界問題

滑塊與小車是一種常見的相互作用模型．如圖所示，滑塊沖上小車后，在滑塊與小車之間的摩擦力作用下，滑塊做減速運動，小車做加速運動．滑塊剛好不滑出小車的臨界條件是滑塊到達小車末端時，滑塊與小車的速度相同．

2．兩物體不相碰的臨界問題

兩個在光滑水平面上做勻速運動的物體，甲物體追上乙物體的條件是甲物體的速度v甲大于乙物體的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物體與乙物體不相碰的臨界條件是v甲＝v乙．

3．涉及彈簧的臨界問題

對于由彈簧組成的系統，在物體間發生相互作用的過程中，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧兩端的兩個物體的速度相等．

4．涉及最大高度的臨界問題

在物體滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的過程中，由于彈力的作用，斜面在水平方向將做加速運動．物體滑到斜面上最高點的臨界條件是物體與斜面沿水平方向具有共同的速度，物體在豎直方向的分速度等于零．

5.正確把握以下兩點是求解動量守恒定律中的臨界問題的關鍵：

(1)尋找臨界狀態

看題設情景中是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態．

(2)挖掘臨界條件

在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等

1.（2021·湖北卷）抗日戰爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機槍子彈彈頭質量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰士在使用該機槍連續射擊1分鐘的過程中，機槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機槍在這1分鐘內射出子彈的數量約為（）

A.40 B.80 C.120 D.160

【答案】C

【解析】設1分鐘內射出的子彈數量為n，則對這n顆子彈由動量定理得：

代入數據解得：

故選C

2.（2021·全國乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統（）

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

【答案】B

【解析】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統，根據動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統動量守恒，機械能不守恒。

故選B。

3．（2021·浙江卷）在爆炸實驗基地有一發射塔，發射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發射塔豎直向上發射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為2:1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬開始計時，在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）

A．兩碎塊的位移大小之比為1:2 B．爆炸物的爆炸點離地面高度為80m

C．爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/s D．爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m

【答案】B

【解析】

A．爆炸時，水平方向，根據動量守恒定律可知：

因兩塊碎塊落地時間相等，則：

則：

則兩碎塊的水平位移之比為1:2，而從爆炸開始拋出到落地的位移之比不等于1:2，選項A錯誤；

B．設兩碎片落地時間均為t，由題意可知：

解得：t=4s

爆炸物的爆炸點離地面高度為：

選項B正確；

CD．爆炸后質量大的碎塊的水平位移：

質量小的碎塊的水平位移：

爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m+680m=1020m

質量大的碎塊的初速度為：

選項CD錯誤。

故選B。

4、（2021·河南省洛陽市三模）如圖為“子母球”表演的示意圖，彈性小球A和B疊放在一起，從距地面高度為h處自由落下，h遠大于兩小球直徑，小球B的質量是A質量的3倍，假設所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發生在豎直方向，不考慮空氣阻力。則下列判斷正確的是（）

A.下落過程中兩個小球之間沒有力的作用

B.A與B第一次碰后小球B的速度為零

C.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是2h

D.A與B第一次碰后小球A彈起的最大高度是4h

【答案】ABD

【解析】

A．不考慮空氣阻力，下落過程是自由落體運動，完全失重狀態，則兩個小球之間沒有力的作用，A正確；

B．下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得：

解得觸地時兩球速度相同，為：

碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選與碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后、速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：

由能量守恒定律得：

解得：，

B正確；

CD．碰后小球A彈起的最大高度：

C錯誤D正確。

故選ABD。

5、（2021·福建省龍巖市三模）如圖所示，在世界女排大獎賽中，中國球員朱婷豎直跳起，恰好在她達最高點時將水平飛來的排球迎面擊出，排球以更大的速率水平返回，直接落在對方的場地上。則下列說法正確的是（）

A.在擊打過程中朱婷與球組成的系統動量不守恒

B.擊打前后瞬間朱婷與球組成的系統的動能相等

C.朱婷擊打完后比排球先落地

D.朱婷擊打完后落回起跳點上

【答案】AC

【解析】

A．擊打過程中朱婷與球在半空中都受到重力的作用，也就受到向下的沖量，故朱婷和球組成的系統動量不守恒，A正確；

B．擊打前后瞬間朱婷用力使球加速，自身化學能轉變為球的動能，動能不守恒，所以B錯誤；

C．擊球后朱婷與均做平拋運動，朱婷高度低于球的高度，且不可視為質點，故應先落地，所以C正確；

D．朱婷擊球后，向后做平拋運動，故擊完球后不會落回起跳點上，所以D錯誤。

故選AC。

6、（2021·福建省龍巖市三模）如圖所示，車載玩具——彈簧人公仔固定在車的水平臺面上，公仔頭部的質量為m，靜止在圖示位置?，F用手豎直向下壓公仔的頭部，使之緩慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的頭部經過時間t，沿豎直方向上升到另一位置時速度為零。此過程彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力及彈簧質量。在公仔頭部上升的過程中（）

A.公仔頭部的機械能守恒 B.公仔頭部的加速度先增大后減小

C.彈簧彈力沖量的大小為mgt D.彈簧彈力對頭部所做的功為零

【答案】C

【解析】

A．彈簧彈力對公仔頭部做功，故公仔頭部的機械能不守恒，故A錯誤；

B．公仔頭部上升的過程中，開始時彈簧向上的彈力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度減小，當彈力等于重力時加速度減為零，速度最大，之后重力大于彈力，合力向下，且彈力繼續減小，合力增大，加速度增大，彈簧恢復原長時，加速度為g，公仔頭部繼續上升，彈簧拉長，彈力向下，合力向下，且彈力增大，合力增大，則加速度增大，故公仔頭部上升過程中，加速度先減小后反向增大，故B錯誤；

C．公仔頭部上升過程中，取向上為正方向，根據動量定理有：

則彈簧彈力沖量的大小為：

故C正確；

D．公仔頭部上升過程中，根據動能定理有：

則彈簧彈力對頭部所做的功為：

故D錯誤。

故選C。

7、（2021·北京市西城區5月測試）蹦床是體操運動的一種，有“空中芭蕾”之稱。為了能夠更好地完成空中動作，在網上準備階段運動員要設法使自己彈得足夠高。如圖所示，蹦床的中心由彈性網面組成，若運動員從離水平網面3m高處由靜止自由下落，著網后沿豎直方向回到離水平網面5m高處，則在此過程中（）

A.只有重力對運動員做功，運動員的機械能守恒

B.運動員的機械能增加，是因為彈性網彈力對運動員做正功

C.彈性網彈力對運動員的沖量大小等于運動員重力的沖量大小

D.彈性網彈力對運動員的沖量大小大于運動員重力的沖量大小

【答案】BC

【解析】

A．運動員從離水平網面3m高處由靜止自由下落，著網后沿豎直方向回到離水平網面5m高處，初末位置動能都為0，但末位置重力勢能大于初位置重力勢能，運動員的機械能增加了，故機械能不守恒，故A錯誤；

B．運動員的機械能增加，彈性網彈力先對運動員做負功，再做正功，但總體做正功，故B正確；

CD．根據動量定理可知，運動員初末速度為0，故動量的變化量為0，合外力的沖量為0，故彈性網彈力對運動員的沖量大小等于運動員重力的沖量大小，故C正確D錯誤。

故選BC。

8、（2021·北京市海淀區三模）如圖甲所示，在靜水中，當風的方向與無自帶動力帆船的目標航向（圖中由A指向B）一致時，只需將帆面與船身垂直安放，則帆船能沿直線順利到達目標位置B；如圖乙所示，在靜水中，當風的方向與無自帶動力帆船的目標航向（圖中由A指向B）相反時，若調整船身和帆面的位置（其中目標方向AB與船身的夾角為θ，帆面與船身的夾角為φ），帆船也可以逆風到達目標位置B，例如，帆船可先到達C再到達目標位置B。帆船能沿AC段運動的動力來源可簡化解釋為：風以某一角度α吹到帆面上，碰撞后彈出的角度也是α，碰撞前、后的風速大小相同。風與帆面的碰撞導致風對帆面施加了一個垂直于帆面的沖量，使帆船受到了一個方向與帆面垂直的壓力F，這個壓力沿船身方向及垂直于船身方向的分力分別為F1和F2，F1就是船沿AC航線前進的動力（其大小與的大小關系可表示為），F2則有使船側向漂移的作用，可以認為該力被水對船的橫向阻力平衡。結合以上解釋和所學的物理知識，下列說法中不正確的是（）

A.k與φ、θ和空氣密度ρ都有關

B.要使無自帶動力帆船沿CB航行，帆面必須處于銳角∠ACB的兩邊之間

C.若不斷改變船身和帆面的方位，無自帶動力帆船可沿鋸齒形航線從A駛向B

D.空氣分子與帆面發生彈性碰撞前后，空氣分子的動量改變量垂直于帆面

【答案】B

【解析】

A．風對帆面壓力F，則帆面對風的作用力大小也為F，如圖

對風，根據動量定理有

可見F的大小與風的質量（密度）、以及角度φ、θ有關，而為風對帆面壓力F的一個分力，，所以k與φ、θ和空氣密度ρ都有關，選項A正確；

D．因F與帆面垂直，根據可知空氣分子的動量改變量垂直于帆面，選項D正確；

B．要使無自帶動力帆船沿CB航行，即船身沿CB方向，F1就是船沿航線前進的動力，所以F1沿CB方向，而F2垂直于船身方向，即垂直于CB方向，則合力F的方向大致如圖所示，又F的方向與帆面垂直，則帆面并不處于銳角∠ACB的兩邊之間，選項B錯誤；

C．由題意和B項的分析可知船可以沿AC和CB航行，則若不斷改變船身和帆面的方位，無自帶動力帆船可沿鋸齒形航線從A駛向B，選項C正確。

本題選不正確的，故選B。

9、（2021·安徽省馬鞍山市三模）用長為L的輕繩連接質量相同的兩個小球A、B。用手提著A，從B離地面高為h處由靜止釋放（h>L）。所有碰撞均為彈性碰撞、碰撞時間不計，空氣阻力不計。以下說法正確的是（）

A.球B與地面碰撞前，B球的機械能不守恒

B.球B與地面碰撞后，在離地面處與A球相遇

C.球B第二次與地面碰撞時的動能與第一次與地面碰撞的動能之比

D.球B第二次與地面碰撞時，A、B兩球間的距離等于L

【答案】C

【解析】

A．球B與地面碰撞前，兩球之間的繩子的張力為零，此時B球只有重力做功，機械能守恒，選項A錯誤；

B．設B球落地的速度為v，則球B與地面碰撞后，向上以初速度v做做勻減速運動,而A以速度為v向下做勻加速運動，則在離地面小于處與A球相遇，選項B錯誤；

C．球B第一次與地面碰撞時的動能為

Ek1=mgh；

B落地時的速度

兩球相遇時的時間

此時B距離地面的高度

A的速度

B的速度

兩球發生彈性碰撞，根據

可得碰后B的速度變為

A的速度為

則B再次落地時的動能為

則球B第二次與地面碰撞時的動能與第一次與地面碰撞的動能之比，選項C正確；

D．球B第二次與地面碰撞時，B下落的高度為H，但是由于此時B的初速度為

所以落地的時間小于，而兩個球的相對速度大小為

因此此時兩個球之間的距離為

則兩球之前的距離小于L，選項D錯誤。

故選C。

10、（2021·北京市朝陽區三模）如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊A和B用一輕質彈簧栓接在一起，彈簧處于原長。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊A并留在其中，射入時間極短。下列說法中正確的是（）

A.子彈射入物塊A的過程中，子彈和物塊A的機械能守恒

B.子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小大于物塊A對子彈的沖量大小

C.子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和等于射入物塊A前子彈的動能

D.兩物塊運動過程中，彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能

【答案】D

【解析】

A．子彈射入物塊A的過程中，為完全非彈性碰撞動能損失最大，動能轉化為內能，則子彈和物塊A的機械能不守恒，所以A錯誤；

B．子彈射入物塊A的過程中，子彈對物塊A的沖量大小等于物塊A對子彈的沖量大小，所以B錯誤；

C．子彈射入物塊A后，兩物塊與子彈的動能之和小于射入物塊A前子彈的動能，因為這過程有動能轉化為內能，所以C錯誤；

D．兩物塊運動過程中，彈簧最短時與彈簧最長時都是兩物體具有共同速度時，有

則彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能，所以D正確；

故選D。

11．（2021·天津卷）一玩具以初速度從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之