专题突破2 微专题9 动量定理 动量守恒定律-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

微专题9　动量定理　动量守恒定律 1．计算动量、冲量及应用动量定理和动量守恒定律解决问题，均需要规定正方向。 2．应用动量定理解决问题时，不涉及加速度、位移时，用动量定理比运用牛顿第二定律更简便。 3．两个物体以上构成的系统，若系统的合外力(或某一方向合外力)为零，可运用动量守恒定律求解；若系统的合外力不为零，可对每个物体分别运用动量定理列式再联立求解。 4．正碰仅指一维碰撞，即碰撞前后两物体速度始终共线，但不一定是弹性碰撞。 5．弹簧—小球模型，小球—斜(曲)面模型中，两物体共速时，动能损失最大；两物体分离后，两物体相当于发生了弹性碰撞。 考点一　动量定理及应用 1．(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 答案　BD 解析　取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有Δt＝I2，解得＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 2．(多选)(2023·安徽亳州第一中学校考模拟)如图所示，质量为M的直－20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(　　) A.＝ρSv02 B.＝ρSv0 C.＝ D.＝ 答案　BD 解析　直升机处于平衡状态，设空气对直升机的作用力大小为F，则F＝Mg 直升机对空气的力与空气对直升机的力为作用力与反作用力，即F＝F′ 对空气由动量定理可得 F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0 解得＝ρSv0 故A错误，B正确； 由上式知F′Δt＝Δm·v0 且F′＝Mg 联立两式可得＝ 故C错误，D正确。 1．冲量、动量变化、平均冲力的求解 (1)冲量的三种计算方法：公式法(I＝Ft)；F－t图像法；动量定理法(I＝Δp) (2)动量的变化Δp＝p′－p＝F合t (3)平均冲力 在变加速运动或瞬时碰撞问题中，F为平均冲力，一般由动量定理求解。由F·Δt＝mv′－mv＝Δp得F＝ 2．微元法和柱体模型解决流体(微粒)对界面的冲力问题(如图所示) (1)首先建立模型：沿流速v方向选取一段柱状流体，其横截面积可设为S (2)将柱状体内流体(或微粒)的质量表示出来 (3)由动量定理建立方程 考点二　碰撞模型及拓展 3．(多选)(2023·广东韶关市高三期末)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。若碰撞为弹性正碰，氮核质量是氢核质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．v2小于v1 B．v2大于v0 C．碰撞后氮核的动量比氢核的小 D．碰撞后氮核的动能比氢核的小 答案　AD 解析　设中子的质量为m，则氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3 mv02＝mv12＋mv32 联立解得v1＝v0 设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4 mv02＝·14mv22＋mv42 联立解得v2＝v0 可得v1>v2，选项A正确，B错误； 碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0 氮核的动量为pN＝14mv2＝ 可得pN>pH，选项C错误； 碰撞后氢核的动能为EkH＝mv12＝mv02 氮核的动能为EkN＝·14mv22＝ 可得EkH>EkN，故D正确。 4．(多选)(2023·山西晋中市高三模拟)如图甲所示，质量为m的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。t＝0时，物块P以初速度v0向左运动，0～2t0时间内物块P与长木板Q的a－t图像如图乙所示，2t0时刻，把质量为m的物块M静止放在Q的最左端，图中未画出，M最终未从Q上滑出，则(　　) A．长木板Q的质量为m B．t0时刻弹簧的弹性势能为mv02 C．M和Q之间因摩擦产生的热量为mv02 D．弹簧可以和Q发生二次作用 答案　AC 解析　t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得＝＝，＝a0 则Q的质量为m，故A正确； t0时刻，弹簧压缩到最短，P和Q速度相等，根据动量守恒定律有mPv0＝(mP＋mQ)v 根据能量守恒定律可得最大弹性势能为ΔEp＝mPv02－(mP＋mQ)v2＝mv02，故B错误； 0～2t0时间内，根据动量守恒定律有mPv0＝mPv1＋mQv2 根据机械能守恒定律有mPv02＝mPv12＋mQv22，联立解得v2＝v0，v1＝v0 2t0时刻，Q和弹簧分离，M和Q之间动量守恒，有mQv2＝(mQ＋mM)v′ 解得v′＝v0 产生的热量为Q＝mQv22－(mQ＋mM)v′2＝mv02，故C正确； 由上分析可知M和Q共速时v′＝v0>v1 弹簧不能和Q发生二次作用，故D错误。 5．(多选)(2023·河北唐山市统考三模)在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒 B．小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用 C．当小球初速度v0>时，将会从细管的竖直部分冲出 D．若小球从细管的竖直部分冲出，冲出后一定会落回到细管中 答案　BCD 解析　小球在细管中运动时，小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向受到的合外力为零，在弯曲处，小球和小车组成的系统，在竖直方向合外力不为零，则小球和小车(包含细管)组成的系统动量不守恒，故A错误； 小球和小车(包含细管)组成的系统水平方向动量守恒，小球在细管的竖直部分运动时，水平方向的速度相同，则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用，故B正确； 由于水平方向动量守恒，从开始到最高点，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝2mv mv02＝×2mv2＋mgL，解得L＝ 从细管的竖直部分冲出，则有L＝>h 解得v0>，故C正确； 小球从细管的竖直部分冲出后，水平方向的速度始终相同，则冲出后一定会落回到细管中，故D正确。 首先区分弹性碰撞和完全非弹性碰撞 (1)弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒 举例：一动碰一静 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22 得v1＝v0，v2＝v0 (2)完全非弹性碰撞：碰后两物体粘在一起(有共同速度)，机械能损失最大。 考点三　动量和能量的综合应用 6.(2023·安徽滁州定远中学校考模拟)某同学为了研究瞬间冲量，设计了如图所示的实验装置。将内径为d的圆环水平固定在离地面一定高度的铁架台上，在圆环上放置直径为1.5d，质量为m的薄圆板，板上放质量为2m的物块，圆板中心、物块均在环的中心轴线上。对圆板施加指向圆心的瞬间冲量I，物块与圆板间的动摩擦因数为μ，不计圆板与圆环之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑圆板翻转，以下说法正确的是(　　) A．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块与圆板相对滑动的位移越大 B．若物块可以从圆板滑落，则冲量I越大，物块离开圆板时的速度越大 C．当冲量I＝m时，物块一定会从圆板上掉落 D．当冲量I＝2m时，物块一定会从圆板上掉落 答案　D 解析　设圆板获得的速度大小为v0，物块掉落时，圆板和物块的速度大小分别为v1和v2，由动量定理有I＝mv0 由动能定理，对圆板有 －2μmg(s＋d)＝mv12－mv02 对物块有2μmgs＝×2mv22－0 根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2 解得s＝μg()2 则物块可以从圆板滑落，物块与圆板相对滑动的位移不变，冲量I越大，s越小，物块离开圆板时的速度越小，A、B错误； 以向右为正方向，由动量守恒定律， 有mv0＝mv1＋2mv2 要使物块落下，必须v1>v2 解得I>m，C错误，D正确。 7．(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　(1)　(2)6mgL－3mv02　(3) 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间 t＝＝ (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W＝×2mv02＋2mg·3L－×2m(2v0)2＝6mgL－3mv02 (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2 ×2m×(2v0)2－(mv12＋×2mv22)＝×[×2m×(2v0)2] 解得v1＝2v0，v2＝v0 (另一解v1＝v0，v2＝v0不符合题意，舍掉) 两药品盒做平抛运动的时间t1＝ 则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1 解得s＝ 8．(2023·广东省高三三模)如图所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m＝2 kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L＝10 m。某时刻平板车以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d＝5 m，取g＝10 m/s2，求： (1)小滑块与平板车相对静止时的速度v； (2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ； (3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。 答案　(1)2 m/s，方向水平向右　(2)0.54或0.18　(3)18 J 解析　(1)设M、m共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有 mv2－Mv1＝(M＋m)v 解得v＝2 m/s，方向水平向右 (2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统 由能量守恒有 Mv12＋mv22－(M＋m)v2＝μmg×(L－d) 解得μ＝0.54 如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒 Mv12＋mv22－(M＋m)v2＝μmg×(L＋d) 解得μ＝0.18 (3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒 Mv12＋mv22－(M＋m)v2＝μmgL＋Ep 得Ep＝18 J 所以弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J。 1．木板在光滑地面上滑动时，滑块和木板组成的系统满足动量守恒。 2．滑块不从木板上掉下的条件是两者达到共同速度，恰好不掉下的临界条件是滑块到达木板末端时两者共速。 3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面位移和它们的相对位移，用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)，即Q＝Ff·Δs(Δs为相对位移)。 1.我国有很多高水平的羽毛球运动员，在羽毛球比赛中杀球时的速度很快，如图所示为快速击球时将固定的西瓜打爆的情形，假设羽毛球的质量为5 g，初速度为360 km/h，方向向右，与西瓜接触的时间为0.01 s，之后羽毛球速度减为0，忽略空气阻力的影响，取g＝10 m/s2，则关于该羽毛球击打西瓜过程，下列说法正确的是(　　) A．羽毛球接触西瓜时的初动量大小为1 800 kg·m/s B．羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化的方向向右 C．羽毛球对西瓜的作用力大小约为5 N D．若以羽毛球与西瓜为系统，则系统的动量不守恒 答案　D 解析　羽毛球接触西瓜时的初动量大小为p＝mv＝5×10－3 kg×100 m/s＝0.5 kg·m/s，故A错误； 羽毛球与西瓜相互作用的过程，羽毛球动量变化量方向与羽毛球飞来的方向相反，羽毛球动量变化量方向向左，故B错误； 羽毛球对西瓜的作用力大小约为F＝＝＝50 N，故C错误； 若以羽毛球与西瓜为系统，西瓜受到底座的作用力，系统的动量不守恒，故D正确。 2．(多选)(2023·河北省部分高中第三次模拟)物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞发生前二者相对速度的大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号ε表示。现有一质量为m1＝3 kg的物块A在光滑水平面上以速度v0＝5 m/s向右运动，与静止的质量为m2＝2 kg的物块B发生正碰。关于A与B之间的碰撞，以下说法正确的是(　　) A．若ε＝1，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞 B．若ε＝0，则表明碰撞结束后A与B均停止运动 C．若ε＝0.6，则碰撞结束后物块B的速度大小为4.8 m/s D．若ε＝0.5，则碰撞过程中系统机械能损失了50% 答案　AC 解析　设碰后物块A、B的速度大小分别为v1、v2，若ε＝1，则v2－v1＝5 m/s 由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2 解得v1＝1 m/s，v2＝6 m/s 则碰撞过程中损失的能量为ΔE1＝m1v02－m1v12－m2v22＝0 为弹性碰撞，故A正确； 若ε＝0，则v2＝v1，m1v0＝(m1＋m2)v1 解得v1＝v2＝3 m/s 为完全非弹性碰撞，故B错误； 若ε＝0.6，则v2－v1＝3 m/s 代入m1v0＝m1v1＋m2v2 可得v1＝1.8 m/s，v2＝4.8 m/s，故C正确； 若ε＝0.5，则v2－v1＝2.5 m/s 代入m1v0＝m1v1＋m2v2 可得v1＝2 m/s，v2＝4.5 m/s 碰撞后A的动能为E1＝m1v12＝6 J B的动能为E2＝m2v22＝20.25 J 碰撞前A的动能为E0＝m1v02＝37.5 J 则碰撞过程，机械能损失比例为η＝＝30%，故D错误。 3．(2023·南京师范大学附属中学一模)如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块A黏在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．物块C的质量为2 kg B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J C．4～12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0 D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s 答案　D 解析　由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mCv1＝(mA＋mC)v2 解得mC＝1 kg，故A错误； A、C黏在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝(mA＋mC)v22＝13.5 J，故B错误； 由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s，4～12 s时间内墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，则墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2 解得I＝－18 N·s，负号表示方向向左，故C错误； 物块B刚离开墙壁时，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有 (mA＋mC)|v3|＝(mA＋mC)v4＋mBvB (mA＋mC)|v3|2＝(mA＋mC)v42＋mBvB2 代入数据解得vB＝3.6 m/s 物块B的最大速度为3.6 m/s，故D正确。 4.(2023·广东肇庆市第二次质量检测)室内蹦床运动是近年来热门的娱乐项目。蹦床运动情境可建立为如图所示的物理模型：竖直放置的两个完全相同的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为mB的物体B固定在一起，质量为mA的物体A置于B中央位置的正上方H处。现让A由静止开始自由下落，随后和B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后两物体粘在一起。已知A与B结合后经过时间t下降至最低点，A、B始终在同一竖直平面内运动，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)A与B碰后瞬间的速度大小v； (2)A、B结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间以及该过程中弹簧对物体B冲量的大小。 答案　(1)　(2)2t　2(mA＋mB)gt＋2mA 解析　(1)设A和B碰前瞬间的速度大小为v0，A和B碰后瞬间的速度大小为v， 有mAgH＝mAv02，可得v0＝ 由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝ (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A、B结合体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，可得运动时间t总＝2t 回到碰撞点时速度大小为vt＝v＝ 方向竖直向上，取向上为正方向，由动量定理得 I－(mA＋mB)g·2t＝(mA＋mB)vt－[－(mA＋mB)v] 解得I＝2(mA＋mB)gt＋2mA。 5．(2023·湖南衡阳市二模)质量为3m的小车C静止于水平面上，小车上表面由水平轨道与半径为R的圆轨道平滑连接组成。一个质量为m的小球B静止在小车的左端。用一根不可伸长、长度为L轻质细绳悬挂一质量也为m的小球A，小球A静止时恰好和B接触，现将小球A向左拉到与悬点同一高度处(细绳处于伸直状态)由静止释放，当小球A摆到最低点时与小球B刚好发生对心弹性碰撞，小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的最高点(所有表面均光滑，A、B两小球半径r相等且r远小于L与R，B与C作用过程中没有机械能损失)。 (1)求小车C上的圆轨道半径R； (2)若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4L，再次将小球A向左拉到与悬点等高处(细绳处于伸直状态)由静止释放，小球A与小球B对心弹性相碰后，求小球B上升过程中距圆轨道最低点的最大高度； (3)在(2)条件不变情况下，若小车C的质量为M(M与m的关系未知)，试通过计算说明小球B再次返回小车左端时可能的速度。 答案　(1)　(2)3L　(3)见解析 解析　(1)小球A向左拉到与悬点同一高度处(细绳处于伸直状态)由静止释放后，由动能定理有mgL＝mv02 小球A、B发生弹性碰撞，则mv0＝mv1＋mv2 mv02＝mv12＋mv22 解得v1＝0，v2＝ 小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的最高点，小球B与小车C水平方向动量守恒，则 mv2＝(m＋3m)v3 mv22＝(m＋3m)v32＋mgR 解得R＝ (2)若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4L，再次将小球A向左拉到与悬点等高处(细绳处于伸直状态)由静止释放，由动能定理有 mg×4L＝mv0′2 小球A、B发生弹性碰撞，则 mv0′＝mv1′＋mv2′ mv0′2＝mv1′2＋mv2′2 解得v1′＝0，v2′＝2 此后到达圆轨道最高点时，水平分速度与小车速度相同，竖直分速度不为0，在水平方向上由动量守恒定律有mv2′＝(m＋3m)vx 由机械能守恒定律有mv2′2＝m(vx2＋vy2)＋×3mvx2＋mgR 小球飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，则竖直方向上有vy2＝2gh1 小球B上升过程中距圆轨道最低点的最大高度hmax＝h1＋R，解得hmax＝3L (3)由分析，B球最终仍然回到车的左端，从A碰撞B球后至B再次返回小车的左端过程，由动量守恒定律有mv2′＝mv3＋Mv4 由机械能守恒定律有mv2′2＝mv32＋Mv42，解得v3＝×2 可知，当M<m时，球B速度方向仍然水平向右；当M＝m时，球B速度为0；当M>m时，球B速度方向为水平向左。 学科网（北京）股份有限公司 $$