专题九 冲量、动量中常见的模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题九 冲量、动量中常见的模型 模型一：“流体”模型 知识总结 水流、气流等流体或电子流、粒子流等微粒对物体表面持续撞击时，或者对流体或微粒持续施加作用力时，流体或微粒持续发生其中的部分动量改变的情形，分析这些问题时，一般以流体或微粒为研究对象，沿流体的流速或微粒的速度方向建立“柱状”模型，应用动量定理及微元法等综合分析。 1．流体类问题 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。 2．微粒类问题 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。 3．应用动量定理解决“流体模型”问题的思路 （1）在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。 （2）求小柱体的体积。 （3）求小柱体质量。 （4）求小柱体的动量变化。 （5）应用动量定理。 ①作用后流体停止，，有； ②作用后流体以速率v反弹，有，有。 典型例题 1．在我市创建全国文明城市期间，清洁工人经常使用高压水枪来清除墙壁上的小广告。其模型简化为圆形水枪管口贴近竖直墙壁，水以速度v垂直射到墙壁上，随后沿墙面散开，不反弹。设水枪管口的半径为R，水的密度为ρ。则水对墙壁的冲击力为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在Δt时间内流出水的质量为，根据动量定理得，解得，由牛顿第三定律可知水对墙壁的冲击力为，故B正确，A、C、D错误。 2．我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如下图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的正离子总质量为M＝＝。由动量定理可知正离子所受的平均冲量＝Mv，联立以上式子可得＝，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力＝，故D正确。 3．在一个小池塘中有一个竖直向上的喷口，在水泵的工作下连续不断地竖直向上喷水，喷出的水又都会落回池塘。已知喷口面积为S，水喷出后相对喷口能达到的最大高度为H，水的密度为ρ，重力加速度为g。 （1）求喷泉的流量Q（单位时间内喷出的体积）； （2）若水泵工作时将电能转化为机械能的效率为η，求水泵的功率P； （3）若将一块质量为m的平板放在向上的水流上，在水流的冲击下，木板可以在空中保持静止，假设所有水都会竖直向上冲击到木板，且冲击木板后瞬间水流的速度降为0，求木板的平衡位置距离喷口的高度h。 【答案】（1）设水喷出时的初速度为v0， 由运动学规律可得0－＝－2gH，Q＝＝＝Sv0 联立解得Q＝ （2）水泵的机械功率为P机＝＝ρQgH，又因为P＝ 联立解得P＝ （3）在极短时间Δt内，将有Δm＝ρQΔt的水以速度v冲击到平板上，这些水受到平板的力为F，根据动量定理则有：－FΔt＝0－Δmv 由牛顿第三定律可知水对平板的冲击力F′＝F＝mg 结合运动学规律＝－2gh 联立解得h＝H－ 4．压强表示单位面积上压力的大小，是物理学中的重要概念。 （1）请导出压强的单位Pa（帕）与基本单位m（米）、kg（千克）和s（秒）之间的关系。 （2）单个粒子碰撞在某一平面上会产生一个短暂的作用力，而大量粒子持续碰撞会产生一个持续的作用力。一束均匀粒子流持续碰撞一平面，设该束粒子流中每个粒子的质量均为m、速度大小均为v，方向都与该平面垂直，单位体积内的粒子数为n，粒子与该平面碰撞后均不反弹，忽略空气阻力，不考虑粒子所受重力以及粒子间的相互作用。求粒子流对该平面所产生的压强p。 （3）理论上可以证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。利用该规律可给出一种计算恒星中心压强的模型： 恒星内部的热核反应会向外辐射大量的电磁波，当辐射所产生的扩张压力与万有引力所产生的收缩压力平衡时，恒星便稳定下来。 设想处于稳定状态的恒星是一质量分布均匀、密度为ρ、半径为R的球体。选取该恒星内部一距恒星中心为r（r≤R）、厚度为Δr（Δr远小于r）的小薄片A，如图1所示，已知辐射所产生的扩张压力在A的内、外表面引起的压强差的绝对值为Δp，引力常量为G。忽略其它天体的影响。 a．推导和r之间的关系式，并在图2中定性画出随r变化的图像； b．若恒星表面处扩张压力所产生的压强为零，求恒星中心处的压强pC。 【答案】解：（1）根据压强公式和牛顿第二定律有：P＝，F＝ma 解得：P＝ 所以压强用基本单位表示为：1 Pa＝ （2）设粒子和平面作用时间为Δt，建立如图所示，以平面上S为底，以vΔt为高的柱体模型 则Δt时间内撞击平面粒子的个数为：N＝nvΔtS 粒子的总质量为：M＝mN＝mnvΔtS 以粒子撞击平面时的速度方向为正方向，根据动量定理有：－FΔt＝0－Mv 根据压强公式以及牛顿第三定律有：p＝ 解得：p＝nmv2 （3）a．厚度为Δr的球层质量为：m＝ρ4πr2Δr 该球层受到的万有引力为：F＝＝ 在该球层处，向外扩张的力为：F1＝4πr2Δp 根据题意有：F1＝F 联立解得：＝（0≤r≤R） 即与r成正比，是一条过原点的线段，如图所示 b．图像中图线与r轴围成的面积表示星球中心压强与表面压强的差值， 则有pc－0＝，解得：pc＝ 模型二：“爆炸”模型 知识总结 1．爆炸模型的特点 （1）动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 （2）动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。 （3）位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 2．爆炸模型讲解 （1）如图：质量分别为、的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药。一开始二者静止，点燃火药（此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度），则： A、B组成的系统动量守恒： ①得： ② ②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。 A、B组成的系统能量守恒： ③ ①式也可以写为： ④ 又根据动量与动能的关系得 ④进一步化简得： ⑤ ⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。 ②⑤联立可得：， ⑥ （2）若原来A、B组成的系统以初速度v在运动，运动过程中发生了爆炸现象则： A、B组成的系统动量守恒： ⑦ A、B组成的系统能量守恒： ⑧ 3．弹簧的“爆炸”模型 （1）若原来A、B组成的系统静止，释放弹簧后： 两个物体获得的速度与它们的质量成反比：； 两个物体获得的动能与它们的质量成反比： （2）若原来A、B组成的系统以初速度v在运动，释放弹簧后： A、B组成的系统动量守恒： A、B组成的系统能量守恒： 典型例题 1．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A、B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（　　） A．两滑块的动能之比＝1∶2 B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1 C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1 D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1 【答案】A 【解析】AC．在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得，得 两滑块速度大小之比为vA∶vB＝1∶2 两滑块的动能之比＝＝1∶2，故A正确，C错误； B．由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2mvA∶mvB＝1∶1，故B错误； D．弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为WA∶WB＝1∶2，故D错误。 故选A。 2．如图所示，一质量为3m的木厢C静置于光滑水平地面上，厢内质量为m的物块A与质量为2m的物块B紧挨在一起，中间夹有少量火药。两物块与木厢底板间的动摩擦因数均为μ，当火药爆炸（爆炸时间极短）后物块B向右以对地大小为v0的速度运动，物块与木厢壁碰撞时会被粘住，则下列说法正确的是（ ） A．系统（A，B，C）最后以大小为v＝的速度向右运动 B．火药爆炸后、与C碰撞前，物块A，B满足动量守恒定律 C．火药爆炸释放的能量为 D．火药爆炸后系统（A，B，C）最终损失的机械能为 【答案】D 【解析】A．系统（A，B，C）动量守恒，系统初动量为零，最终相对静止末动量为零，A错误； B．火药爆炸后、与C碰撞前，物块A，B受到箱子的摩擦力大小不同，合外力不为零，物块A，B动量不守恒定律，B错误； C．爆炸过程，对物块A，B系统动量守恒：2mv0＝mvA，爆炸释放的能量为ΔE＝＋＝，C错误； D．火药爆炸后系统（A，B，C）动能全部转化为内能，最终损失的机械能为，D正确。 故选D。 3．（多选）2025年春节，我国产的烟花火遍全球，新的烟花研发设计层出不穷。现有某烟花筒的结构如图1所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹升到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。忽略空气阻力的作用，则（ ） A．a、b两部分落地时的速度大小之比为1∶3 B．a、b两部分的初动能之比为1∶3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为1∶3 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为3∶1 【答案】BD 【解析】A．a、b两部分水平方向做匀速运动，因水平位移之比1∶3，竖直高度相等，则运动时间相等，可知落地时的水平速度大小之比为1∶3，竖直速度相等，根据v＝可知落地时速度大小之比不是1∶3，选项A错误； B．a、b两部分在最高点炸裂时，水平方向由动量守恒有p＝mav0a＝mbv0b， 根据Ek＝，则初动能之比为，选项B正确； C．由于，根据I＝mgt，则从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3∶1，选项C错误； D．根据P＝mgvy＝mg2t可知a、b两部分落地时的重力功率之比为3∶1，选项D正确。 故选BD。 模型三：“人船”模型 知识总结 1．模型图示 2．模型特点 （1）两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 （2）两物体的位移大小满足：＝0，x人＋x船＝L，得x人＝，x船＝ 3．运动特点 （1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； （2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即＝＝。 4．常见情境 典型例题 1．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为（ ） A．45 kg B．47.5 kg C．50 kg D．55 kg 【答案】A 【解析】根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿， 由于系统的水平动量一直为0，则运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt＝m竿v竿t， 整理可得mx人＝m竿x竿，解得m＝＝ kg＝45 kg 故选A。 2．（多选）质量为2m可视作质点的物体A穿在光滑的水平杆上，用长为L的轻绳与质量为m可视作质点的小球B相连。如图所示，初始时手持小球B，使A、B在同一水平面上静止，轻绳刚好拉直。已知重力加速度为g。将小球B释放后A、B做往复运动，则下列说法正确的是（ ） A．小球B相对于初始位置的最大水平位移为 B．轻绳承受的最大张力为4mg C．小球B相对于地的运动轨迹离心率e＜1 D．小球B相对于地的运动轨迹离心率e＞1 【答案】BC 【解析】从小球B释放开始，A、B两物体在水平方向动量守恒，设A、B水平方向的速度大小分别为v′、v″，A、B水平方向的位移大小分别为x1、x2， 则时刻有：2mv′＝mv″， 则小球B运动到最低点的过程有：2mx1＝mx2， 由几何关系可得：x1＋x2＝L， 联立可得：x2＝， 故小球B相对于初始位置的最大水平位移为：2x2＝2×＝； 设轻绳承受的最大张力为T，B运动到最低点时，A、B的速度大小分别为v1、v2， 根据动量守恒有：2mv1＝mv2， 根据能量守恒可知：＝mgL， 根据牛顿第二定律可得：Fn＝T－mg＝， 其中：v＝v1＋v2， 联立可得：v＝，T＝4mg； 如图建系： 物体A和小球B在平面直角坐标系xOy运动过程中，设A的位置坐标为（x′，0），B的位置坐标为（x，y）， 根据动量守恒可得：2m·x′＝m·(L－x)， A、B间距离不变，由几何关系可得：＝L， 联立可得：＝L2，为椭圆方程，则离心率e＜1；故BC正确，AD错误； 故选：BC。 3．（多选）如图所示，质量为M＝80 kg的木船静止在湖边附近的水面上，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h＝1.25 m。在船尾处有一质量为m＝16 kg的铁块，铁块将一端固定的轻弹簧压缩后再用细线拴住，铁块与弹簧不栓接，此时铁块到船头的距离L＝4.2 m，船头到湖岸的水平距离x＝1.3 m，将细线烧断后铁块恰好能落到湖岸上。已知铁块离开木船前弹簧已经恢复原长，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ） A．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为4 m/s B．木船最终的速度大小为2 m/s C．当铁块刚好落到湖岸的瞬间，船后退的距离为1.1 m D．弹簧释放的弹性势能为153.6 J 【答案】ACD 【解析】ABC．烧断细线后，木船、铁块组成的系统，合力为零，动量守恒MvM＝mvm 则有MvMt＝mvmt，即MsM＝msm，又sM＋sm＝L， 解得sM＝0.7 m，sm＝3.5 m 铁块离开小木船后做平抛运动，在水平方向sM＋x＝vmt，在竖直方向h＝ 解得t＝0.5 s，vm＝4 m/s，vM＝0.8 m/s 当铁块刚好落到湖岸的瞬间，船后退的距离为x′＝sM＋vMt＝1.1 m，故AC正确，B错误； D．由机械能守恒定律得Ep＝＋＝153.6 J，故D正确。 故选ACD。 4．如图所示，匀质斜面体放在光滑水平地面上，其高和底分别为b和2b。质量为m的可视为质点的小滑块，初始时刻从斜面体顶端由静止开始下滑，运动到斜面底端时，斜面体的位移大小为b，滑块与斜面间因摩擦产生的热量为Q。整个过程斜面体不翻转，重力加速度为g。求： （1）斜面体的质量； （2）滑块运动到斜面底端时，斜面体速度的大小。 【答案】解：（1）设斜面体质量为M，由水平动量守恒得0＝mvm－MvM， 方程式两边同时对时间进行累积，整理有mxm＝Mb， 又因为位移关系有xm＋b＝2b，解得M＝m； （2）设滑块运动到斜面底端时速度为v1，将其分解，则其水平分速度大小为v1x，竖直分速度大小为v1y，设斜面倾角为θ，则有＝tan θ＝， 设M速度为v2，该系统水平方向上动量守恒，有0＝mv1x－Mv2， 由系统能量守恒，有mgb－Q＝， 解得v2＝。 第13页 共13页 学科网（北京）股份有限公司 $$