专题2 第2讲 动量定理 动量守恒定律(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

第2讲　动量定理　动量守恒定律 　(2024·云南昆明一模)如图所示，将一质量为0.2 kg可视为质点的小球从离水平地面3.2 m高的P点水平向右击出，测得第一次落点A与P点的水平距离为2.4 m。小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为1.8 m，第一次落点A与第二次落点B之间的距离为2.4 m。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球被击出时的速度大小； (2)小球第一次与地面接触过程中所受合外力的冲量大小。 [解析]　(1)设小球刚被击出时的速度大小为v0，小球被击出到第一次落地前瞬间，根据平抛运动的规律可得x＝v0t1，h1＝gt12 解得v0＝3 m/s。 (2)小球第一次落地前瞬间，在竖直方向的速度大小为vy1＝gt1 设小球第一次落地被反弹后运动到最高点的时间为t2，此过程中小球在竖直方向的分运动是匀减速直线运动，则h2＝gt22 小球第一次被反弹后瞬间沿竖直方向的速度大小为vy2＝gt2 规定竖直向上为正方向，则小球在竖直方向的合外力的冲量为Iy＝mvy2－(－mvy1) 设小球第一次被反弹后瞬间沿水平方向的速度大小为vx，x＝2vxt2 规定水平向右为正方向，则小球在水平方向的合外力的冲量为Ix＝mvx－mv0 小球第一次与地面碰撞过程中合外力的冲量大小为I＝ 解得I＝ N·s。 [答案]　(1)3 m/s　(2) N·s 　假设一小球在空中水平向右抛出，落地后又反弹。已知第一次落地与地面的接触时间为Δt＝0.2 s。小球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示，已知该小球质量为0.6 kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求该小球： (1)从抛出到第一次落地的过程中重力的冲量I1； (2)第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小； (3)第一次与地面接触过程中所受摩擦力的冲量I2。 解析　(1)下落过程h1＝gt12，解得t1＝0.8 s， 此过程中重力的冲量I1＝mgt1＝4.8 N·s，方向竖直向下。 (2)小球刚要落地时的速度vy1＝＝8 m/s，方向向下， 刚要离开地面时的速度vy2＝＝6 m/s，方向向上， 规定竖直向上为正方向，对小球在竖直方向上由动量定理得(FN－mg)Δt＝mvy2－(mvy1)， 解得FN＝48 N。 (3)根据t2＝＝0.6 s 落地前的水平速度v1x＝＝3 m/s 反弹后的水平速度v2x＝＝2 m/s 规定水平向右为正方向，对小球在水平方向上由动量定理得I2＝mv2x－mv1x＝－0.6 N·s 摩擦力的冲量大小为0.6 N·s，方向水平向左。 答案　(1)4.8 N·s，方向竖直向下　(2)48 N　(3)0.6 N·s，方向水平向左 　(2024·南昌二模)如图甲所示，质量为m的物体静止在水平面上，t＝0时刻，物体在恒定拉力作用下开始沿直线运动，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示。已知物体受到的阻力与运动速度成正比，即f＝kv(k为常数，大小未知)。则(　　) A．物体从开始运动到速度最大过程中，力对物体做的功为mv02 B．物体从开始运动到速度最大过程中，拉力的冲量为mv0 C．拉力的最大功率为ma0v0 D．常数k的大小为 [解析]　根据动能定理，拉力与阻力做功之和等于物体动能的变化量，阻力做负功，则拉力对物体做的功大于mv02，A错误；根据动量定理，拉力与阻力冲量之和等于物体动量的变化量，阻力冲量为负值，则拉力的冲量大于mv0，B错误；由图可知速度为零时，阻力为零，拉力为F＝ma0，拉力为恒力，则速度最大时，拉力功率最大Pm＝ma0v0，C正确；根据牛顿第二定律F－kv＝ma，得a＝－v＋可知＝，得k＝，D错误。 [答案]　C 　(多选)在例题中，下列说法正确的是(　　) A．该拉力的大小为2ma0 B．常量k的大小为 C．在物体从开始运动到速度最大的过程中，合力的冲量大小为mv0 D．在物体从开始运动到速度最大的过程中，该拉力对物体做的功为mv02 解析　初始时刻，阻力为零，根据牛顿第二定律可得F＝ma0，A错误；达到做大速度时，加速度为零，受力平衡kv0＝ma0可得k＝，B正确；根据动量定理可知，合力冲量大小I合＝mv0，C正确；根据动能定理WF－Wf＝mv02，可得拉力对物体做的功WF＝mv02＋Wf，D错误。 答案　BC 　(多选)在例题中，质量为m的物体放在粗糙的水平地面上。从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，已知物体与水平地面间的动摩擦因数恒为μ。则(　　) A．在0到t0时间内，物体的速度逐渐增大 B．在t＝0与t＝t0时刻，水平力F的差值为ma0 C．在t0时刻，物体的速度大小为a0t0 D．在0到t0时间内，力F的冲量大小为μmgt0＋ 解析　在0到t0时间内，物体的速度逐渐增大，故A正确；t＝0时F1－μmg＝ma0，t＝t0时F2＝μmg，则F1－F2＝ma0，故B正确；速度的增量等于a­t图像的“面积”，即Δv＝v＝a0t0，故C错误；在0到t0时间内，由动量定理得I合＝IF－μmgt0＝mΔv＝，则力F的冲量大小为IF＝μmgt0＋，故D正确。 答案　ABD 1．(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600 N 解析　根据题图分析可知，t ＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv0－(－ mv0)，代入数据解得＝4600 N，D正确。 答案　BD 2．(多选)(2024·广西卷)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 解析　由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v。碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故选BC。 答案　BC 3．(2024·江苏卷)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度v1； (2)分离时A对B的推力大小。 解析　(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1 解得v1＝。 (2)以B为研究对象，对B用动量定理有 FΔt＝Mv－Mv0 解得F＝。 答案　(1)　(2) 4．(2024·吉林卷)如图所示，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 解析　(1)A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝gt2 联立并代入数据解得vA＝1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有 mAvA＝mBvB 解得vB＝1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有－μmBgxB＝0－mBvB2 代入数据解得μ＝0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 ΔEp＝mAvA2＋mBvB2＋μmAg·＋μmBg· 代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 命题点一　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：多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。 (3)图像法：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，可直接用平均力求变力的冲量。 2．动量定理 (1)公式：FΔt＝mv′－mv。 (2)应用技巧 ①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统。 ②表达式是矢量式，需要规定正方向。 ③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 ④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力。 3．用动量定理分析“流体模型” 把流体作为研究对象，如水、空气等，隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。基本思路： (1)在极短的时间Δt内，取一段小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。 (3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。 (4)求小柱体的动量变化量大小Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。 (5)运用动量定理FΔt＝Δp。 4．电磁感应问题中动量定理的应用 在电磁感应中用动量定理求变力的时间、速度、位移和电荷量，一般应用于单杆切割磁感线运动。 (1)求速度或电荷量：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t。 (2)求时间：FΔt－BlΔt＝mv2－mv1，BlΔt＝Bl。 1．(2024·九省联考)某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车(　　) A．机械能保持不变 B．动量保持不变 C．处于失重状态 D．所受合力不为零 解析　小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，可知小车的机械能减小，故选项A错误；小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式p＝mv可知，小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故选项B错误；由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重状态，又不处于失重状态，故选项C错误；根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故选项D正确。 答案　D 2．(多选)(2024·九省联考)水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用h表示，靠近蓄水池底部的侧壁有一个面积为S的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许多球状小水珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为Ff＝kπr2v2，其中k为比例系数，r为小水珠半径，v为小水珠速度(v未知)，设重力加速度为g，水的密度为ρ，水塔足够高，则(　　) A．水从小孔喷出的速度约为 B．水珠最终下落速度不会超过 C．小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定 D．若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为5ρghS 解析　取水面上质量为m的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知mgh＝mv02，解得水从小孔喷出的速度约为v0＝，选项A正确；水珠下落速度最大时有mg＝Ff，即ρπr3g＝kπr2vm2，解得vm＝ ，所以最终下落速度不会超过 ，选项B正确；不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于小水珠喷出后受空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移与小孔离地高度和水喷出的速度以及阻力大小有关，选项C错误；若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为t，则在t时间内到木板表面水的质量为m＝ρSv0t，对到木板表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得Ft＝0－mv0，解得F＝－2ρghS，可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2ρghS，选项D错误。 答案　AB 命题点二　动量守恒定律 1．动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用得最多)。 (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 2．一般碰撞的三个制约关系 一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间：动量守恒，机械能(或动能)有损失，遵循以下三个制约关系： (1)动量制约：碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能制约：在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)运动制约：碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度。 3．(2024·江苏扬州高三统考期中)天宫课堂第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如图所示。小球和大球的质量分别为m1、m2，可估算出(　　) A．m1∶m2＝1∶1　　 B．m1∶m2＝1∶2 C．m1∶m2＝2∶3 D．m1∶m2＝1∶5 解析　由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为v0＝，由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为v1＝，碰撞后大球的速度大小为v2＝。设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得m1＝－m1＋m2，由题图可知m1·1.5＝－m1·1＋m2·0.5，可得m1∶m2＝1∶5，故选D。 答案　D 4．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg 解析　设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2，…，第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，…，第n次推物块后，由动量守恒定律知M·(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，则v7＝，v8＝。由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C。 答案　BC 5．(2024·云南昆明高三期中)如图所示，斜轨道和水平轨道平滑连接，水平轨道上的O、C两点相距1 m，固定挡板MN到O点的距离为3 m，轨道PO段光滑，ON段粗糙。小物块B静止在O点，将小物块A从斜轨道上一定高度处由静止释放，A下滑后与B发生完全弹性碰撞，碰后B向右运动与挡板MN碰撞后等速率反弹，与MN碰撞时间极短可忽略不计，之后两物块在C点发生第二次碰撞，从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞经历的时间为t＝1 s。已知A、B两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数为μ＝0.2。若A、B均可视为质点且它们的质量满足mA＞mB，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小； (2)A、B的质量比； (3)释放A的位置到水平轨道的高度差h。 解析　(1)设第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB。从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞的过程中，A与B运动的加速度大小均为a＝＝2 m/s2 根据运动学公式，对B有sON＋sCN＝vBt－at2 对A有sOC＝vAt－at2 联立解得vA＝2 m/s，vB＝6 m/s。 (2)设第一次碰撞前A的速度为v0，A与B发生弹性碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律得 mAv02＝mAvA2＋mBvB2 联立解得＝3，v0＝4 m/s。 (3)A在斜轨道下滑过程，由机械能守恒定律得mAgh＝mAv02，h＝0.8 m。 答案　(1)2 m/s　6 m/s　(2)3　(3)0.8 m 学科网（北京）股份有限公司 $$