回归教材重难点06 动量 动量定理 动量守恒定律-2022年高考物理三轮冲刺过关（解析版）

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回归教材重难点06动量动量定理动量守恒定律

动量守恒定律是自然界普遍遵循的规律之一，在高考试题中可以对考生的物理观念、科学思维、科学探究、科学态度与责任进行全面考查，是历年高考必考知识点。在高考命题中大概有两种命题趋势：一种是对动量知识的单一考查，主要以选择题的形式出现，往往借助生活中的实际情境为素材创设问题，如碰撞、火箭反冲、液体问题等，难度也相对较小；另一种是以综合题的形式考查，这类题需要结合牛顿运动定律、功和能等物理观念解决问题，往往以计算题的形式出现，考查考生的综合应用能力，难度也比较大。

在备考策略上（1）重点理解动量定理和动量守恒定律的内涵；（2）对于单一考查动量定理或动量守恒定律的题目，注意研究对的选取和定律的适用条件；（3）注意动量和能量的结合，力学部分的综合题目一般都会结合这两种物理观念来解决问题；（4）关于对动量守恒定律实验的考查也是这部分的重点，除了熟悉教材的实验情境外，还要加强对创新实验的认识。

知识点一动量定理的理解及应用

1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．

2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．

3．应用动量定理解释的两类物理现象

(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，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)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小

4.应用动量定理解题的一般步骤

(1)明确研究对象和研究过程．

研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．

(2)进行受力分析．

只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．

(3)规定正方向．

(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．

知识点二动量守恒定律与碰撞

1．动量守恒定律的不同表达形式

(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.

(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．

(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．

(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．

2．碰撞遵守的规律

(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.

(2)动能不增加，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碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．

②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．

3．两种碰撞特例

(1)弹性碰撞

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．

以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

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)

结论：

①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．

②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动．

③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．

(2)完全非弹性碰撞

两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．

4.应用动量守恒定律解题的步骤

(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；

(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；

(3)规定正方向，确定初、末状态动量；

(4)由动量守恒定律列出方程；

(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．

知识点三爆炸和反冲人船模型

1．爆炸的特点

(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．

(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．

(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．

2．反冲

(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．

(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．

反冲运动中机械能往往不守恒．

注意：反冲运动中平均动量守恒．

(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．

3．人船模型

若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1

eq\x\to(v)

1＝－m2

eq\x\to(v)

2得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：

(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．

(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．

(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．

知识点四动量守恒中的临界问题

1．滑块与小车的临界问题

滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．

2．两物体不相碰的临界问题

两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．

3．涉及弹簧的临界问题

对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．

4．涉及最大高度的临界问题

在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．

5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：

(1)寻找临界状态

看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．

(2)挖掘临界条件

在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等

1.（2021·湖北卷）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8g，出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（）

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

【答案】C

【解析】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得：

代入数据解得：

故选C

2.（2021·全国乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒

D.动量不守恒，机械能不守恒

【答案】B

【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。

故选B。

3．（2021·浙江卷）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）

A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m

C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m

【答案】B

【解析】

A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知：

因两块碎块落地时间相等，则：

则：

则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；

B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知：

解得：t=4s

爆炸物的爆炸点离地面高度为：

选项B正确；

CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移：

质量小的碎块的水平位移：

爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m

质量大的碎块的初速度为：

选项CD错误。

故选B。

4、（2021·河南省洛阳市三模）如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力。则下列判断正确的是（）

A.下落过程中两个小球之间没有力的作用

B.A与B第一次碰后小球B的速度为零

C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h

D.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h

【答案】ABD

【解析】

A．不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A正确；

B．下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：

解得触地时两球速度相同，为：

碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选与碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后、速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：

由能量守恒定律得：

解得：，

B正确；

CD．碰后小球A弹起的最大高度：

C错误D正确。

故选ABD。

5、（2021·福建省龙岩市三模）如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。则下列说法正确的是（）

A.在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒

B.击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等

C.朱婷击打完后比排球先落地

D.朱婷击打完后落回起跳点上

【答案】AC

【解析】

A．击打过程中朱婷与球在半空中都受到重力的作用，也就受到向下的冲量，故朱婷和球组成的系统动量不守恒，A正确；

B．击打前后瞬间朱婷用力使球加速，自身化学能转变为球的动能，动能不守恒，所以B错误；

C．击球后朱婷与均做平抛运动，朱婷高度低于球的高度，且不可视为质点，故应先落地，所以C正确；

D．朱婷击球后，向后做平抛运动，故击完球后不会落回起跳点上，所以D错误。

故选AC。

6、（2021·福建省龙岩市三模）如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中（）

A.公仔头部的机械能守恒 B.公仔头部的加速度先增大后减小

C.弹簧弹力冲量的大小为mgt D.弹簧弹力对头部所做的功为零

【答案】C

【解析】

A．弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；

B．公仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速度先减小后反向增大，故B错误；

C．公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有：

则弹簧弹力冲量的大小为：

故C正确；

D．公仔头部上升过程中，根据动能定理有：

则弹簧弹力对头部所做的功为：

故D错误。

故选C。

7、（2021·北京市西城区5月测试）蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中（）

A.只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒

B.运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功

C.弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小

D.弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小

【答案】BC

【解析】

A．运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，初末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，故A错误；

B．运动员的机械能增加，弹性网弹力先对运动员做负功，再做正功，但总体做正功，故B正确；

CD．根据动量定理可知，运动员初末速度为0，故动量的变化量为0，合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确D错误。

故选BC。

8、（2021·北京市海淀区三模）如图甲所示，在静水中，当风的方向与无自带动力帆船的目标航向（图中由A指向B）一致时，只需将帆面与船身垂直安放，则帆船能沿直线顺利到达目标位置B；如图乙所示，在静水中，当风的方向与无自带动力帆船的目标航向（图中由A指向B）相反时，若调整船身和帆面的位置（其中目标方向AB与船身的夹角为θ，帆面与船身的夹角为φ），帆船也可以逆风到达目标位置B，例如，帆船可先到达C再到达目标位置B。帆船能沿AC段运动的动力来源可简化解释为：风以某一角度α吹到帆面上，碰撞后弹出的角度也是α，碰撞前、后的风速大小相同。风与帆面的碰撞导致风对帆面施加了一个垂直于帆面的冲量，使帆船受到了一个方向与帆面垂直的压力F，这个压力沿船身方向及垂直于船身方向的分力分别为F1和F2，F1就是船沿AC航线前进的动力（其大小与的大小关系可表示为），F2则有使船侧向漂移的作用，可以认为该力被水对船的横向阻力平衡。结合以上解释和所学的物理知识，下列说法中不正确的是（）

A.k与φ、θ和空气密度ρ都有关

B.要使无自带动力帆船沿CB航行，帆面必须处于锐角∠ACB的两边之间

C.若不断改变船身和帆面的方位，无自带动力帆船可沿锯齿形航线从A驶向B

D.空气分子与帆面发生弹性碰撞前后，空气分子的动量改变量垂直于帆面

【答案】B

【解析】

A．风对帆面压力F，则帆面对风的作用力大小也为F，如图

对风，根据动量定理有

可见F的大小与风的质量（密度）、以及角度φ、θ有关，而为风对帆面压力F的一个分力，，所以k与φ、θ和空气密度ρ都有关，选项A正确；

D．因F与帆面垂直，根据可知空气分子的动量改变量垂直于帆面，选项D正确；

B．要使无自带动力帆船沿CB航行，即船身沿CB方向，F1就是船沿航线前进的动力，所以F1沿CB方向，而F2垂直于船身方向，即垂直于CB方向，则合力F的方向大致如图所示，又F的方向与帆面垂直，则帆面并不处于锐角∠ACB的两边之间，选项B错误；

C．由题意和B项的分析可知船可以沿AC和CB航行，则若不断改变船身和帆面的方位，无自带动力帆船可沿锯齿形航线从A驶向B，选项C正确。

本题选不正确的，故选B。

9、（2021·安徽省马鞍山市三模）用长为L的轻绳连接质量相同的两个小球A、B。用手提着A，从B离地面高为h处由静止释放（h>L）。所有碰撞均为弹性碰撞、碰撞时间不计，空气阻力不计。以下说法正确的是（）

A.球B与地面碰撞前，B球的机械能不守恒

B.球B与地面碰撞后，在离地面处与A球相遇

C.球B第二次与地面碰撞时的动能与第一次与地面碰撞的动能之比

D.球B第二次与地面碰撞时，A、B两球间的距离等于L

【答案】C

【解析】

A．球B与地面碰撞前，两球之间的绳子的张力为零，此时B球只有重力做功，机械能守恒，选项A错误；

B．设B球落地的速度为v，则球B与地面碰撞后，向上以初速度v做做匀减速运动,而A以速度为v向下做匀加速运动，则在离地面小于处与A球相遇，选项B错误；

C．球B第一次与地面碰撞时的动能为

Ek1=mgh；

B落地时的速度

两球相遇时的时间

此时B距离地面的高度

A的速度

B的速度

两球发生弹性碰撞，根据

可得碰后B的速度变为

A的速度为

则B再次落地时的动能为

则球B第二次与地面碰撞时的动能与第一次与地面碰撞的动能之比，选项C正确；

D．球B第二次与地面碰撞时，B下落的高度为H，但是由于此时B的初速度为

所以落地的时间小于，而两个球的相对速度大小为

因此此时两个球之间的距离为

则两球之前的距离小于L，选项D错误。

故选C。

10、（2021·北京市朝阳区三模）如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（）

A.子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒

B.子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小

C.子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能

D.两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能

【答案】D

【解析】

A．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；

B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，所以B错误；

C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，所以C错误；

D．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有

则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确；

故选D。

11．（2021·天津卷）一玩具以初速度从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之