新高考物理二轮复习专题2.3 动量和动能（精讲卷）（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习专题2.3 动量和动能（精讲卷）（含解析），共23页。试卷主要包含了能量和动量等内容，欢迎下载使用。
2.3 动量和动能
一、考情分析
二、思维导图
三、讲知识
1．动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．
应用动量定理列方程时必须选取正方向．
2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．
3．三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2))－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2))－(eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2)．
四、讲重点
重点1 动量 冲量和动量定理
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．
(2)动量定理法：适用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
(3)图象法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．
2.流体作用的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)
图1
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
3．使用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷．动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．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．
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，根据动量定理列方程求解．
重点2 动量守恒定律的应用
1．注意区分动量守恒与机械能守恒的条件
(1)不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零，系统在该方向上动量守恒．
(2)在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒．
(3)动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系．
2．判断动量是否守恒与机械能是否守恒的方法
(1)判断动量是否守恒一般都是根据守恒条件．
(2)判断机械能是否守恒既可以根据守恒条件，也可以根据守恒表达式，即E1＝E2．
3.应用动量守恒定律解题的基本步骤
(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，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．
(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．
4.几种常见情境的规律
重点3 碰撞与反冲、爆炸类问题
1．掌握碰撞的“三个原则”
(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；
(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；
(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．
2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0.
3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0.当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．
4.“两体碰撞多过程模型”
1．弹性碰撞模型的拓展
(1)“滑块－弹簧”模型 (如图)
①注意临界条件：弹簧压缩到最短或伸长到最长时，两滑块同速，弹簧的弹性势能最大．
②从开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可看成弹性碰撞过程，恢复原长时，v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0；
(2)“滑块－斜面”模型(如图)
①水平方向动量守恒；
②注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速，系统动能最小，重力势能最大；
③从滑块以v0滑上斜面再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，滑块离开斜面时，v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0.
(3)“小球－圆弧槽”模型 (如图)
①水平方向动量守恒；
②小球滑上圆弧槽并从顶端离开圆弧槽时，小球与圆弧槽水平速度相同，离开后二者水平位移相同，小球会沿切面再进入圆弧槽；
③从小球以v0滑上圆弧槽再滑下到分离的过程，可看成弹性碰撞过程，小球离开圆弧槽时，v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0.
5.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
重点4 动力学、动量和能量观点的综合应用
1.确定研究对象，进行运动分析和受力分析；
2.分析物理过程，按特点划分阶段；
3.选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．
4.几种常见模型的特点及规律
重点5 动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
合理选择解题方法
重点1 动量 冲量和动量定理
例1：（2023·山西临汾市高三上学期期中）如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ=30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，之后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（ ）
A. 木箱下滑时最大速度所在位置，比上滑时最大速度所在位置偏下一些
B. 木箱下滑时最大速度所在位置，与上滑时最大速度所在位置在同一点
C. 载物木箱刚和弹簧接触时的动量，比卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量大
D. 载物木箱刚和弹簧接触时的动量，与卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量一样大
【答案】BC
【解析】
AB．设木箱沿斜面下滑的最大位移为s，由题意，根据功能关系可得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
木箱速度最大时所受合外力为零，设木箱下滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x1，上滑过程中速度最大时弹簧的形变量为x2，则
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
所以木箱下滑时最大速度所在位置，与上滑时最大速度所在位置在同一点，故A错误，B正确；
CD．设斜面顶端到弹簧上端的距离为L，载物木箱刚和弹簧接触时的速度大小为v1，卸载后木箱刚好离开弹簧时的速度大小为v2，根据动能定理有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
载物木箱刚和弹簧接触时的动量大小为
SKIPIF 1 < 0
卸载后木箱刚好离开弹簧时的动量大小为
SKIPIF 1 < 0
所以
SKIPIF 1 < 0
故C正确，D错误。
故选BC。
训1：（2023·山东青岛市高三上学期期中）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段；①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A. 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B. 起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了减少飞行时间
C. 飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D. 着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了增加与地面的作用时间
【答案】D
【解析】
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B错误；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D正确。
故选D。
重点2 动量守恒定律的应用
例2：（2023·北京朝阳区高三上学期期中）一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为Δm的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是（ ）
A. 喷出气体的质量Δm小于 SKIPIF 1 < 0
B. 若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则返回时间大于t
C. 若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于t
D. 在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒
【答案】A
【解析】
A．由题知，航天员的速度为
SKIPIF 1 < 0
喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
故A正确；
B．根据动量守恒有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则 SKIPIF 1 < 0 变大，故返回时间小于t，故B错误；
C．根据动量守恒有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据
SKIPIF 1 < 0
可知 SKIPIF 1 < 0 减小，故 SKIPIF 1 < 0 减小，则返回时间大于t，故C错误；
D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。
故选A。
训2：（2023·河南省安阳市高三上学期期中）如图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动到最低点的速度大小为 SKIPIF 1 < 0 B. 小球离开小车后做斜上抛运动
C. 小球离开小车后上升的高度小于RD. 小车向左运动的最大距离为R
【答案】AD
【解析】
A．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有
SKIPIF 1 < 0
则知小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，小球运动到最低点过程有机械能守恒
SKIPIF 1 < 0
则最低点的速度大小为
SKIPIF 1 < 0
故A正确；
B．小球离开小车后水平方向分速度为0，做竖直上抛运动，故B错误；
C．小球离开小车后水平方向分速度为0，小车的速度也为0，根据能量守恒小球离开小车后仍能上到下落点的高度R，故C错误；
D．小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等，则水平位移大小相等，根据几何关系知两者的相对位移为2R，故小车向左运动的最大距离为R，故D正确。
故选AD。
重点3 碰撞与反冲、爆炸类问题
例3：（2023·江苏常熟市高三上学期期中）质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态。现使两球反向运动， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
【答案】B
【解析】
A．当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向
SKIPIF 1 < 0
因为两球质量相等，所以
SKIPIF 1 < 0
带入数据，不满足条件，故A错误；
B．带入数据，满足
SKIPIF 1 < 0
且满足，动能不增加原则
SKIPIF 1 < 0
且不会二次碰撞，故B正确；
C．会发生二次碰撞，故C错误；
D．绳子断后动能增加，违背能量守恒定律
SKIPIF 1 < 0
故D错误。
故选B。
训3：（2023·湖北十堰市县区普通联合体高三上学期期中）如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（ ）
A. 两滑块的动能之比 SKIPIF 1 < 0
B. 两滑块的动量大小之比 SKIPIF 1 < 0
C. 弹簧对两滑块的冲量之比 SKIPIF 1 < 0
D. 弹簧对两滑块做功之比 SKIPIF 1 < 0
【答案】AC
【解析】
A．根据动量守恒定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
可知两滑块速度大小之比为
SKIPIF 1 < 0
两滑块的动能之比
SKIPIF 1 < 0
A正确；
B．两滑块的动量大小之比
SKIPIF 1 < 0
B错误；
C．弹簧对两滑块的冲量之比
SKIPIF 1 < 0
C正确；
D．弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，为1∶2，D错误。
故选AC。
重点4 动力学、动量和能量观点的综合应用
例4：（2023·福建宁德市高三上学期期中）如图所示，视为质点的运动员和滑板，总质量为 SKIPIF 1 < 0 ，从半径为 SKIPIF 1 < 0 的光滑 SKIPIF 1 < 0 圆弧顶端A由静止滑下，到达最低点B时，滑上静止在光滑水平轨道上质量为 SKIPIF 1 < 0 ，长度为L的小车左端，小车向右滑动kR后，与静止放置质量为 SKIPIF 1 < 0 的物块C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，人始终在车上。已知滑板与小车间的动摩擦因素 SKIPIF 1 < 0 ，重力加速度为g取10m/s2，求：
（1）滑板运动员到达B点时对轨道的压力大小；
（2）若小车和物块C碰前，滑板运动员和小车能达到同速，则滑板和小车因摩擦产生的热量Q；
（3）若小车与物块C只发生一次碰撞，求k与车长L的最小值。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）运动员从A到B由动能定理得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
到达B点后，受力分析得
SKIPIF 1 < 0
联立解得
SKIPIF 1 < 0
由牛顿第三定律可知，滑板运动员到达B点时对轨道的压力大小为
SKIPIF 1 < 0
（2）若小车和物块C碰前，滑板运动员和小车能达到同速，则设共速时速度为 SKIPIF 1 < 0 ，则取向右为正方向，由动量守恒定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
共速时，由能量守恒定律得滑板和小车因摩擦产生的热量Q为
SKIPIF 1 < 0
（3））滑板运动员和小车将要碰撞C前
SKIPIF 1 < 0
小车与C发生弹性碰撞，则
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
设滑板运动员和小车动量守恒共速时为 SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
当
SKIPIF 1 < 0
时，小车与物块C只发生一次碰撞，代入解得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
由能量守恒定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
对车
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
且
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
训4：（2023·湖北黄冈市高三上学期期中）如图所示，一根长度 SKIPIF 1 < 0 的轻绳一端固定于O点，另一端系一个质量 SKIPIF 1 < 0 的小球 SKIPIF 1 < 0 ，球 SKIPIF 1 < 0 静止时刚好与水平地面接触。O点上方有一短小的平台，平台上静止的放一个质量为 SKIPIF 1 < 0 的小球 SKIPIF 1 < 0 。现给球 SKIPIF 1 < 0 水平向左的初速度 SKIPIF 1 < 0 ，当球 SKIPIF 1 < 0 运动到最高点时，与位于平台上的球 SKIPIF 1 < 0 发生弹性正碰，球 SKIPIF 1 < 0 随即水平飞离平台。重力加速度g取 SKIPIF 1 < 0 。空气阻力不计，求：
（1）球 SKIPIF 1 < 0 开始运动时，轻绳上的拉力大小；
（2） SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 球刚要相碰， SKIPIF 1 < 0 球速度大小；
（3）若球 SKIPIF 1 < 0 和球 SKIPIF 1 < 0 碰撞结束瞬间，轻绳断开，则球 SKIPIF 1 < 0 和球 SKIPIF 1 < 0 的落地点之间的距离是多少。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）球 SKIPIF 1 < 0 开始运动时，轻绳的拉力和球 SKIPIF 1 < 0 的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（2）设球 SKIPIF 1 < 0 碰前速度为 SKIPIF 1 < 0 ，球 SKIPIF 1 < 0 从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（3）设球 SKIPIF 1 < 0 和球 SKIPIF 1 < 0 碰后的速度分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，由动量守恒定律得
SKIPIF 1 < 0
由机械能守恒定律得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
碰后，球 SKIPIF 1 < 0 向左做平抛运动，球 SKIPIF 1 < 0 向右做平抛运动，设下落时间为 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
则球 SKIPIF 1 < 0 和球 SKIPIF 1 < 0 落地点之间的距离为
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
重点5 动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
例5：在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。放射出α粒子(eq \\al(4,2)He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。
(1)放射性原子核用eq \\al(A,Z)X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程；
(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小；
(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm。
【答案】： (1)eq \\al(A,Z)X→eq \\al(A－4,Z－2)Y＋eq \\al(4,2)He (2)eq \f(2πm,qB) eq \f(q2B,2πm) (3)eq \f(q2B2R2M＋m,2Mmc2)
【解析】：
(1)eq \\al(A,Z)X→eq \\al(A－4,Z－2)Y＋eq \\al(4,2)He
(2)洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R) 所以v＝eq \f(qBR,m)，T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)
环形电流I＝eq \f(q,T)＝eq \f(q2B,2πm)。
(3)衰变过程动量守恒，有0＝pY＋pα 所以PY＝－Pα，“－”表示方向相反。
因为p＝mv，Ek＝eq \f(1,2)mv2 所以Ek＝eq \f(p2,2m)
即：EkY∶Ekα＝m∶M 由能量守恒Δmc2＝EkY＋Ekα
Δm＝eq \f(Ekα,c2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M＋m,M)))，其中Ekα＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，
所以Δm＝eq \f(q2B2R2M＋m,2Mmc2)。
训5：长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 SKIPIF 1 < 0 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为 SKIPIF 1 < 0 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 SKIPIF 1 < 0 至少多大？
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 SKIPIF 1 < 0 ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，有 SKIPIF 1 < 0 ②
由动量定理，有 SKIPIF 1 < 0 ③
联立①②③式，得 SKIPIF 1 < 0 ④
（2）设两球粘在一起时速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 SKIPIF 1 < 0 ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，由动量守恒定律，有 SKIPIF 1 < 0 ⑥
又 SKIPIF 1 < 0 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能 SKIPIF 1 < 0 至少为 SKIPIF 1 < 0 ⑧
近3年考情分析
考点要求
等级要求
考题统计
2022
2021
2020
动量 冲量和动量定理
Ⅱ
2022·重庆卷·T10
2022·重庆卷·T4
2022·北京卷·T17
2022·北京卷·T12
2022·北京卷·T10
2022·海南卷·T1
2022·湖南卷·T7
2022·全国乙卷·T20
2021·重庆卷·T7
2021·北京卷·T10
2021·湖北卷·T3
2021·湖南卷·T8
2021·湖南卷·T2
2021·福建卷·T4
2021·山东卷·T16
2021·重庆卷·T13
2020·海南卷·T8
动量守恒定律的应用
Ⅱ
2022·全国乙卷·T25
2022·广东卷·T13
2021·浙江1月卷·T12
2021·全国乙卷·T14
2021·广东卷·T13
2021·北京卷·T17
2020·全国 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I卷·T14
2020·全国 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II卷·T21
2020·全国 = 3 \* ROMAN \* MERGEFORMAT III卷·T15
2020·北京卷·T13
碰撞与反冲、爆炸类问题
Ⅱ
2022·山东卷·T2
2021·天津卷·T7
动力学、动量和能量观点的综合应用
Ⅱ
2022·海南卷·T17
2022·浙江6月卷·T20
2022·山东卷·T18
2022·湖南卷·T14
2021·天津卷·T11
2021·浙江省6月卷·T21
2021·湖南卷·T14
2021·湖北卷·T15
2021·河北卷·T13
2021·海南卷·T17
2020·海南卷·T17
2020·全国 = 3 \* ROMAN \* MERGEFORMAT III卷·T25
2020·山东卷·T18
2020·天津卷·T12
动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用
Ⅱ
2022·湖南卷·T4
考情总结
动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，是解决物理问题的重要基本方法，高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决平抛运动、圆周运动、多运动过程问题；二是综合运用动能定理和能量守恒定律，结合动量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．这几类题型，命题情景新，密切联系实际，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒定律在解题过程中的纽带作用
应考策略
本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．复习备考要加强动力学、动量及能量综合题目的训练，关注运用动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．
碰撞（一维）
动量守恒
动能不增加即 eq \f(p12,2m1) ＋ eq \f(p22,2m2) ≥ eq \f(p1′2,2m1) ＋ eq \f(p2′2,2m2)
速度要合理
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
爆炸
动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力
动能增加：有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变：爆炸的时间极短，物体产生的位移很小，一般可忽略不计
反冲
动量守恒：系统不受外力或内力远大于外力
机械能增加：有其他形式的能转化为机械能
人船模型
两个物体
动量守恒：系统所受合外力为零
质量与位移关系：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)
命题角度
解决方法
易错辨析
动量守恒的条件判断
掌握三个守恒条件
准确判断系统合外力是否为零或内力远大于外力，或者分析是否为碰撞或爆炸
弹性碰撞分析
动量守恒定律、机械能守恒定律
无能量损失是最大特点
完全非弹性碰撞分析
动量守恒定律
掌握碰撞后速度相等这一条件
爆炸现象求解
动量守恒的条件是内力远大于外力
注意爆炸后各部分的速度方向，有可能不在同一平面内
图例(水平面光滑)
小球—弹簧模型
小球曲面模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
模型
特点及满足的规律
子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) (M＋m)v2若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) mv12－ eq \f(1,2) Mv22
(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒，即
m1v0＝(m1＋m2)v共， eq \f(1,2) m1v02＝ eq \f(1,2) (m1＋m2)v共2＋Epm。
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2， eq \f(1,2) m1v02＝ eq \f(1,2) m1v12＋ eq \f(1,2) m2v22
模型
表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的小木块以初速度v0滑上木板，若木块未滑离木板，当木块与木板相对静止时，二者的共同速度为v，木块相对木板的位移为d，木板相对地面的路程为s，木块和木板间的摩擦力为f。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况，则有mv0＝(M＋m)v，
f·d＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) (M＋m)v2＝ eq \f(1,2) mv02 eq \f(M,M＋m) 。
若木块滑离木板，设滑离木板时，木块的速度为v1，木板的速度为v2木板长为l，则根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，摩擦力和相对路程的乘积等于系统动能的减少量，有
f·l＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) mv12－ eq \f(1,2) Mv22。
选择角度
常用解题方案选择
从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件．
从研究过程上看
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律．
从所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．