专题二 第5讲 动量和冲量 动量守恒定律（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

第5讲　动量和冲量　动量守恒定律 必备知识 动量，冲量，动量定理 (1)动量：p＝mv；冲量I＝FΔt。 (2)动量定理：FΔt＝Δp或FΔt＝mv2－mv1。 (3)牛顿第二定律的另一种表现形式：F＝，合外力等于动量的变化率 动量守恒定律及其应用 (1)动量守恒的条件：①不受力；②合外力为零；③内力远大于外力；④若某方向的合力为零，则这一方向上动量守恒。 (2)“一动碰一静”的弹性碰撞(无机械能损失) 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 机械能守恒： 当m1＝m2时，两物体交换速度。 (3)“一动碰一静”的完全非弹性碰撞(机械能损失最多) 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 损失的机械能：ΔE＝。 (4) 人船模型：mx1＝Mx2，x1＋x2＝L⇒x1＝ L，x2＝ 高频考点1　动量定理的应用 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：I＝p′－p，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呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。 2．动量定理在“四类”问题中的应用 (1)求解涉及F、t、v、v0的动力学问题。 (2)求解缓冲平均力问题。 (3)求解流体冲击力问题。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 考向1　用动量定理分析流体问题 【例1】 (2024·山东菏泽三模)风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为θ，牵引绳与竖直方向夹角为2θ。已知风筝的质量为m，垂直风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度的空气密度为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。对风筝受力分析如图1所示， 作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力F＝2mg cos θ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间Δt内，垂直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝，故A正确。 考向2　动量定理在动力学中的应用 【例2】 (多选)(2024·福建高考)物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是(　　 ) A．0～4t0，物体一直沿斜面向下运动 B．0～4t0，合外力的总冲量为0 C．t0时动量是2t0时的一半 D．2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移 解析：选AD。根据图像可知，当F＝2mg sin θ时，物块的加速度为a＝＝3g sin θ，方向沿斜面向下；当F＝－2mg sin θ时，物块加速度大小为a＝＝g sin θ，方向沿斜面向上，作出物块内的v ­t图像， 根据图像可知0～4t0，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根据图像可知0～4t0，物块的末速度不等于0，根据动量定理I合＝Δp≠0，故B错误；根据图像可知t0时物块速度大于2t0时物块的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C错误；v­t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0的位移，故D正确。 【例3】 (2024·山东名校联考)质量m＝2 kg的物体静止在水平面上，从t＝0时刻开始，对物体施加水平力F，4 s后撤去F，F随时间变化的F ­t图像如图所示，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物体的最大速度； (2)物体停止运动的时刻。 解析：(1)物体与水平面之间的滑动摩擦力 f＝μmg＝4 N 则根据题图可知，在t＝1 s时物体开始运动，t＝4 s时物体的速度最大，根据图像与坐标轴围成的面积可知，水平力F在1～4 s内的冲量 I＝×1 N·s＋8×2 N·s＝22 N·s 根据动量定理有I－f(t－1)＝mvm 则vm＝5 m/s。 (2)t＝4 s后，物体在摩擦力作用下做减速运动，则有vm＝μgt′ 解得t′＝ s＝2.5 s 则物体在t″＝t＋t′＝4 s＋2.5 s＝6.5 s时停止运动。 答案：(1)5 m/s　(2)6.5 s [规律方法]涉及力、时间、初速度、末速度的动力学问题，有时可用动量定理简捷求解。 高频考点2　动量守恒定律的应用 1．动量守恒的三种情况 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板—块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型。 (2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲。 (3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块—斜面(曲面)模型。 2．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(常用)。 (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。 【例4】 如图，某中学航天兴趣小组在一次发射实验中将总质量为M的自制“水火箭”静置在地面上。发射时“水火箭”在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的水。已知火箭运动过程中所受阻力与速度大小成正比，火箭落地时速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．火箭的动力来源于火箭外的空气对它的推力 B．火箭上升过程中一直处于超重状态 C．火箭获得的最大速度为v0 D．火箭在空中飞行的时间为t＝ 解析：选D。火箭向下喷出水，水对火箭的反作用力是火箭的动力，A错误；火箭加速上升过程处于超重状态，减速上升过程处于失重状态，B错误；喷水瞬间由动量守恒定律可得mv0－(M－m)v1＝0，解得火箭获得的最大速度为v1＝v0，C错误；以向下为正方向，上升过程由动量定理可得(M－m)gt1＋t1＝0＋(M－m)v1，下降过程由动量定理可得(M－m)gt2－t2＝(M－m)v，其中t2＝kh，联立解得t＝t1＋t2＝，D正确。 【例5】 (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：选BC。设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0＝mv1－m0v0，解得运动员第1次推出物块后的速度为v1＝v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块后，同理有mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得运动员第2次推出物块后的速度为v2＝v0，第3次推出后，同理有mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得运动员第3次推出物块后运动员的速度为v3＝v0，依次类推……第8次推出后，运动员的速度为v8＝v0，根据题意可知v8＝v0>5 m/s，解得m<60 kg，第7次运动员的速度一定要小于5 m/s，则v7＝v0<5 m/s，解得m>52 kg，综上所述，运动员的质量满足52 kg<m<60 kg，B、C正确。 [规律方法]本题考查利用动量守恒定律解决多过程的物理问题，要求学生有较强的分析、归纳和综合能力。分析多过程问题时，一定要明确研究的是哪个过程，该过程是否满足动量守恒的条件。 高频考点3　碰撞与反冲问题 考向1　碰撞问题 1.碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体的速度不大于前方物体的速度。 2．“一动一静”弹性碰撞 情境 规律 动量守恒，机械能守恒 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1＋m2 结果 v1′＝v1，v2′＝v1 讨论 (1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度； (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动； (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来； (4)当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1 【例6】 (2024·辽宁丹东一模)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为M的小球A从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞(M≤m)，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　 ) A．第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左 B．第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为mg C．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为R D．第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg 解析：选B。由弹性碰撞的规律知，当M<m时，碰撞后质量小的球A被反弹回来，方向水平向左，当M＝m时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A静止，A错误；小球A碰前速度为MgR＝，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒知Mv0＝－Mv1＋mv1，由能量守恒知，解得M＝v0，第一次碰撞后瞬间FN－Mg＝M，代入得FN＝mg，则由牛顿第三定律知A球对轨道的压力可能为mg，B正确；当M＝m时，二次碰撞后A球的速度大小为v0，沿左侧轨道上升的最大高度为R，此时A球对轨道的压力大小为0；M＝时，二次碰撞后，小球A速度为零时上升至最低点与R之间的高度，设此时小球A与圆心的连线与竖直方向夹角为θ，则有Mg cos θ＝，因为M<m，结合牛顿第三定律可知A球对轨道压力大小不可能为mg，故两种情况下A球二次碰撞后速度为零时，对轨道压力大小均不可能为mg，C、D错误。 考向2　类碰撞问题 情境(地面或轨道光滑) 类比“碰撞” 满足规律 初态 末态 相距最近时(图1、2) 完全非弹 性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次恢复原长时(图1)、回到原位置时(图2) 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 共速时(图3、4、5) 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 分离时(图3、4) 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能 到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 【例7】 如图甲所示，质量分别是2m、m的两物块A、B用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。t＝0时，物块C以速度v0向右运动，t0时刻与物块A相碰并立即(作用时间极短、可忽略)与物块A粘在一起不再分离。在0～3t0时间内，物块C的v ­t图像如图乙所示，求： (1)物块C的质量； (2)离开墙壁后，物块B的最大速度。 解析：(1)物块C与物块A相碰并立即粘在一起，速度为，根据动量守恒，有mCv0＝(mC＋2m) 解得mC＝m。 (2)3t0时刻，弹簧第一次恢复到原长，此时物块A、C速度的大小为，物块B的速度为0，从3t0开始，系统动量、机械能均守恒。系统的总动量、总机械能分别为p总＝(2m＋mC)，E总＝(2m＋mC)，弹簧第二次恢复到原长时，物块B的速度最大，设此时物块A、C、物块B的速度大小分别为v1、v2，则p总＝(2m＋mC)v1＋mv2 E总＝ 解得v1＝。 答案：(1)m　(2) 考向3　反冲运动 1.人船模型 2．类人船模型 【例8】 如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M＝2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　 ) A．若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B．若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为 C．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为 D．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为 解析：选C。若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误；若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧糟速度大小为v2，由机械能守恒定律知mgR＝在水平方向上动量守恒有mv1＝Mv2，M＝2m，联立解得v1＝2，故B错误；若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，M＝2m，联立解得x1＝，故C正确；由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为R，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$