八、动量 动量守恒定律-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

八、动量　动量守恒定律 1.(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　) A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒 C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒 答案　B 解析　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。 2.(2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　) A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J 答案　A 解析　根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0 m/s，v乙=1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'=-1.0 m/s，v乙'=2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'，解得m乙=6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2，解得ΔE=3 J，故选A。 3.(2022·重庆卷·4)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部(　　) A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小 C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小 答案　D 解析　由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像中图线与横轴围成的面积表示合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek=，而F-t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量大小，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。 4.(2021·福建卷·4)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　　) A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍 答案　B 解析　设空气密度为ρ，交通标志牌面积为S，时间Δt内空气的质量为：Δm=ρSv·Δt，台风迎面垂直吹向固定交通标志牌，末速度为零，对台风由动量定理有：-F·Δt=0-Δm·v，联立解得F=ρSv2，由牛顿第三定律，台风对标志牌的作用力F'=F，故=≈4。故选B。 5.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　　) A.W2=3W1，I2≤3I1 B.W2=3W1，I2≥I1 C.W2=7W1，I2≤3I1 D.W2=7W1，I2≥I1 答案　D 解析　根据动能定理有 W1=m(2v)2-mv2=mv2， W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2， 可得W2=7W1； 由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。 6.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电荷量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= 答案　D 解析　该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误； 对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3 根据球1和2运动的对称性可知v1=v2， 解得v3=2v1 根据能量守恒m+m+m= 解得v3= 故C错误，D正确。 7.(2022·湖南卷·4)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，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。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 答案　B 解析　设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3 m=m+m 联立解得v1=v0 设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4 m=×14m+m 联立解得v2=v0， 可得v1=v0>v2 碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0 氮核的动量为pN=14mv2= 可得pN>pH 碰撞后氢核的动能为EkH=m=m 氮核的动能为EkN=×14m= 可得EkH>EkN 故B正确，A、C、D错误。 8.(10分)(2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)(3分)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)(7分)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案　(1) (2)①330 N∙s　竖直向上　②0.2 m 解析　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN1， 则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma 解得tan θ= (2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上； ②设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向) IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 解得v=2 m/s 则上升的最大高度h==0.2 m。 9.(12分)(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)(2分)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)(3分)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)(7分)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　(1)　(2)6mgL-3m　(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=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m (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-(m+×2m)=×［×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=。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 经典重现　考题再现 八、动量　动量守恒定律 1.(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统 A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒 C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。 2.(2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为 A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据题图，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲=5.0 m/s，v乙=1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲'=-1.0 m/s，v乙'=2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙 v乙'，解得m乙=6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE=m甲+m乙-m甲v甲'2-m乙v乙'2，解得ΔE=3 J，故选A。 3.(2022·重庆卷·4)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部 A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B.动量大小先增大后减小 C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D.加速度大小先增大后减小 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 1 2 3 4 5 6 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像中图线与横轴围成的面积表示合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，A、B错误； 根据动量与动能的关系有Ek=，而F-t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量大小，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误； 7 8 9 1 2 3 4 5 6 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。 7 8 9 1 2 3 4 5 6 4.(2021·福建卷·4)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍 7 8 9 √ 设空气密度为ρ，交通标志牌面积为S，时间Δt内空气的质量为：Δm=ρSv·Δt，台风迎面垂直吹向固定交通标志牌，末速度为零，对台风由动量定理有：-F·Δt=0-Δm·v，联立解得F=ρSv2，由牛顿第三定律，台风对标志牌的作用力F'=F，故=≈4。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是 A.W2=3W1，I2≤3I1 B.W2=3W1，I2≥I1 C.W2=7W1，I2≤3I1 D.W2=7W1，I2≥I1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 根据动能定理有 W1=m(2v)2-mv2=mv2， W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2， 可得W2=7W1； 由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。 7 8 9 6 1 2 3 4 5 6.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电荷量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则 A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1=v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3= 7 8 9 √ 6 1 2 3 4 5 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相 等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误； 7 8 9 6 1 2 3 4 5 对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3 根据球1和2运动的对称性可知v1=v2， 解得v3=2v1 根据能量守恒m+m+m= 解得v3= 故C错误，D正确。 7 8 9 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(2022·湖南卷·4)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，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。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小 C.v2大于v1 D.v2大于v0 √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3 m=m+m 联立解得v1=v0 设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4 m=×14m+m 6 1 2 3 4 5 7 8 9 联立解得v2=v0，可得v1=v0>v2 碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0 氮核的动量为pN=14mv2= 可得pN>pH 碰撞后氢核的动能为EkH=m=m 氮核的动能为EkN=×14m= 可得EkH>EkN 故B正确，A、C、D错误。 6 1 2 3 4 5 8.(2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 7 8 9 答案　 敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN1， 则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma 解得tan θ= 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和 方向； 7 8 9 答案　330 N∙s　竖直向上　 由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 7 8 9 答案　0.2 m 设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向) IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 解得v=2 m/s 则上升的最大高度h==0.2 m。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 9.(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 7 8 9 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： 6 1 2 3 4 5 (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； 7 8 9 答案　　 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== 6 1 2 3 4 5 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； 7 8 9 答案　6mgL-3m　 B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m 6 1 2 3 4 5 (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 7 8 9 答案　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 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-(m+×2m)=×［×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= 6 1 2 3 4 5 7 8 9 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s=。 $$