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（苏京）

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．解决不涉及加速度、位移的问题时，用动量定理比运用牛顿第二定律更简便。 3．两个以上物体构成的系统，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．(2023·广东卷·10改编)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0.40 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.18 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　D 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错误；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.(2023·江苏省普通高等学校招生全国统一考试全真模拟)水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势。如图，某型号水刀工作过程中，将水从横截面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割，已知该水刀每分钟用水600 g，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3。 (1)求从喷嘴喷出水的流速v的大小； (2)高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，求水对材料表面的压强p。 答案　(1)100 m/s　(2)1.0×107 Pa 解析　(1)1分钟喷出的水的质量为m＝ρSvt 所以水的流速v＝ 代入数据解得v＝100 m/s (2)选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv 其中Δm＝ρSvΔt 根据牛顿第三定律知，材料表面受到的压力大小F′＝F，根据压强公式有p＝ 联立解得p＝1.0×107 Pa 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 3．1932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大 答案　A 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错误。 4．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　C 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错误； 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； 由以上分析可知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.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受重力和弹力作用 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，冲出后一定不会落回到细管中 答案　C 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错误； 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错误。 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．如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．物块C与物块B碰后速度为v B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为mv2 C．若滑环A不固定，则滑环A最大速度为 D．若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为 答案　D 解析　物块C与物块B碰撞时动量守恒，有mv＝2mv1，解得碰后速度为v1＝，A错误；物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mv2－×2mv12＝mv2，B错误；若滑环A不固定，物块C与物块B粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等(设为v2)时，B、C摆起的高度最大(设为h)，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有mv＝3mv2,2mgh＝×2mv12－×3mv22，联立解得h＝，D正确；当滑环A所受合外力为零时，速度达到最大(设为v3)，易知此时B、C整体恰好摆回至最低点，设此时B、C整体的速度为v4，根据动量守恒定律(水平方向)和能量守恒定律有2mv1＝mv3＋2mv4，×2mv12＝mv32＋×2mv42，联立解得v3＝v，C错误。 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·江苏扬州市新华中学一模改编)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，再返回到Q点左侧后才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，再返回后与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、木板各自相对地面的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.(2023·江苏省海安高级中学模拟)如图所示，长度为l的轻质细线一端与带孔小球A连接，另一端与木块B连接，小球A穿在光滑的固定水平杆(足够长)上，小球A与木块B质量均为m。t＝0时刻，给木块B一水平瞬时冲量I，使其获得v0＝的初速度，g为重力加速度，则从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中(　　) A．A、B沿绳方向加速度始终相等 B．绳对A球的冲量大小为m C．绳对A先做正功后做负功 D．木块B再次运动到A正下方时绳子拉力的大小为3mg 答案　D 解析　从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，A一直水平向右加速，B的运动可以分解为水平向右随A做的加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A的加速度水平向右，B的加速度有与A相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量，故A、B沿绳方向加速度不相等，故A错误； 从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv0＝mvA＋mvB mv02＝mvA2＋mvB2 解得vB＝0，vA＝ 对A球由动量定理可得 I支持力＋I重力＋I绳＝0－m 由受力分析可知重力与支持力不相等， 所以I支持力＋I重力≠0 所以I绳≠－m，故B错误； 从t＝0时刻至B再次运动到A正下方的过程中，绳的拉力与A的速度方向的夹角一直为锐角，绳对A一直做正功，故C错误； B再次运动到A正下方时，由B项分析知A的速度不为零，B随A水平运动的速度为零，由FT－mg＝＝2mg，得FT＝3mg，故D正确。 3.在带电粒子“碰撞”实验中，t＝0时粒子甲以初速度v0向静止的粒子乙运动，之后两粒子的速度—时间(v－t)的图像如图所示。仅考虑它们之间的静电力作用，且甲、乙始终未接触，在t＝0、t1、t3时刻系统电势能分别为Ep0、2Ep0、Ep0，则(　　) A．甲、乙粒子质量之比为1∶2 B．t2时刻乙粒子的速度为v0 C．t2时刻系统的电势能为Ep0 D．t3时刻甲粒子的速度为－v0 答案　A 解析　由题图可知，t＝0时刻有p＝m1v0，在t1时刻有p＝(m1＋m2)，两粒子运动过程动量守恒，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)，甲、乙粒子质量之比为m1∶m2＝1∶2，故A正确；两粒子运动过程动量守恒，由动量守恒定律得m1v0＝m2v2，t2时刻乙粒子的速度为v2＝，故B错误；两粒子运动过程动量守恒，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1′＋m2v2′，根据能量守恒有m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2，解得t3时刻甲粒子的速度为v1′＝－，故D错误；根据能量守恒定律有m1v02＋Ep0＝m2v22＋Ep2，t1时刻m1v02＋Ep0＝(m1＋m2)()2＋2Ep0，解得Ep2＝Ep0，故C错误。 4.(2023·江苏扬州市高邮中学模拟)2022年4月16日，神舟十三号飞船返回舱搭载3名航天英雄顺利返回，在返回最后阶段，当返回舱上的高度计测得返回舱离地高度为1 m时启动反推发动机，返回舱速度由竖直向下的6 m/s减至2 m/s后着陆撞击地面，与地面撞击缓冲时间约为0.1 s。已知返回舱及航天员的总质量为7 700 kg，反推发动机启动后至返回舱着陆过程，返回舱所受降落伞伞绳作用力以及空气阻力均忽略不计，并忽略返回舱的质量变化，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)在返回舱与地面撞击的0.1 s过程中，航天员受到宇航服对他的平均作用力大小大约是其自身重力的多少倍； (2)反推发动机启动后至返回舱着陆前，其平均推力大小以及其做功的平均功率。 答案　(1)3倍　(2)2.002×105 N　8.008×105 W 解析　(1)对航天员，选竖直向下为正方向，根据动量定理得(mg－nmg)t＝0－mv 解得n＝3 即航天员受到宇航服对他的平均作用力大小大约是他自身重力的3倍。 (2)反推发动机启动后返回舱减速， 由v2－v02＝2as，解得a＝－16 m/s2 根据牛顿第二定律得Mg－F＝Ma 解得发动机平均推力F＝2.002×105 N 发动机做功的平均功率为P＝F· 解得P＝8.008×105 W。 5．(2023·江苏南通市二模)如图所示，一半径为5a、质量为3m的四分之一圆柱形工件OMN放置在光滑的水平面上，其表面固定有内壁光滑的圆形轻质细管，细管在工件中心截面上，轻绳左端固定在竖直墙面上的P点，右端连接一质量为m的小球，PM间的轻绳水平且足够长，工件在水平向右的推力F(未知)作用下保持静止，小球静止在Q点，OQ连线与水平方向夹角θ＝53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度为g。 (1)求此时推力大小F； (2)将工件缓慢向右移动至小球刚好到M点时撤去推力，给工件轻微扰动，小球从顶点M滑落至底端N，求此过程中P点对绳拉力冲量的大小I； (3)若撤去轻绳，将小球放置在M点，由静止释放小球和工件，求小球滑至Q点时速度的大小vQ。 答案　(1)0.6mg　(2)4m　(3) 解析　(1)设绳子的拉力为FT， 对工件和小球整体分析可得F＝FT， 对小球分析有FT＝mgcos θ，解得F＝0.6mg (2)在极短时间内工件前进Δx，小球在管内运动的弧长也为Δx，即小球相对工件的速度大小等于工件前进的速度，小球运动到N时相对工件的速度方向与工件速度方向垂直。 设小球运动到N时，工件的速度为v1，小球的速度为v2，则v2＝v1 由系统机械能守恒可知mg×5a＝×3mv12＋mv22，由动量定理得I＝3mv1＋mv1 解得I＝4m (3)设小球滑至Q点时，工件的速度大小为v3，小球的速度大小为vQ，小球相对工件的速度为vQ3，对系统在Q点时的速度分析如图 由系统机械能守恒可知 mg×5a(1－sin θ)＝mvQ2＋×3mv32 由水平方向动量守恒可得3mv3＝mvQx 由小球和工件的速度关系可知 vQytan θ＝v3＋vQx，vQ＝ 解得vQ＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$