第7讲 动量(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

第7讲　动量 [高考素养]　1.理解动量定理,会利用动量定理求解时间、末速度等物理量。2.理解动量守恒定律成立的条件,会在爆炸、反冲等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。3.掌握碰撞模型及拓展内容,会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　动量定理及其应用 考点二　动量守恒定律及其应用 考点三　碰撞模型及其应用 内容索引 考点一　动量定理及其应用 一 4 1.冲量的三种计算方法 公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量 动量 定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图像与时间轴围成的面积表示力的冲量,若F与t呈线性关系,也可直接用平均力求解 2.动量定理的应用技巧 (1)研究对象可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统。 (2)表达式是矢量式,需要规定正方向。 (3)在匀变速直线运动中,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。 (4)在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。 3.流体的柱状模型 对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl=vΔt,如图所示。 流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤: (1)在极短时间Δt内,取一小段柱形流体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt。 (3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt。 (4)应用动量定理Δp=FΔt。 (5)作用后流体微元以速率v反弹,以原速度方向为正方向,有Δp=-2Δmv。 (6)联立解得F=-2ρSv2。 考向1　求解平均力问题 [例1]　(多选)(2025·广东珠海一模)如图,动物园熊猫馆中有一个长s= 10 m、倾角为30°的坡道,坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量m=80 kg的熊猫从坡道顶端由静止滑下,熊猫与防护板的碰撞时间t=0.4 s,熊猫与防护板碰撞后不反弹,忽略熊猫的大小和坡道的摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.熊猫从开始下滑到碰到防护板所用的时间为2 s B.熊猫碰到防护板前瞬间的动量大小为1 600 kg·m/s C.熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为2 400 N D.熊猫与防护板碰撞过程中重力的冲量大小为160 N·s AC [解析]　对熊猫受力分析,根据牛顿第二定律可得mgsin 30°=ma,解得a=gsin 30° =5 m/s2。由匀变速直线运动规律可得s=at'2,解得t'== s=2 s,A正确;根据匀变速直线运动规律可得,熊猫碰到防护板前瞬间的速度大小为v=at'=5×2 m/s =10 m/s,故熊猫碰到防护板前瞬间的动量大小为p=mv=80×10 kg·m/s=800 kg·m/s, B错误;设熊猫受到防护板对它的平均作用力F,选取碰撞前速度的方向(沿斜面向下)为正方向,根据动量定理则有(mgsin 30°-F)t=0-mv,解得F=2 400 N,C正确;根据冲量的定义可得,熊猫与防护板碰撞过程中重力的冲量大小为I=mgt=80×10× 0.4 N·s=320 N·s,D错误。 考向2　求解流体问题 [例2]　(2025·北京卷)关于飞机的运动,研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动,当位移为x时速度为v。在此过程中,飞机受到的平均阻力为f,求牵引力对飞机做的功W。 [答案]　mv2+fx [解析]　根据动能定理有W-fx=mv2, 可得牵引力对飞机做的功W=mv2+fx。 (2)飞机准备起飞,在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置,飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞,否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L,飞机加速时加速度大小为a1,减速时最大加速度大小为a2,求该位置距起点的距离d。 [答案]　 [解析]　加速过程,设起飞速度为vm,根据速度位移关系有=2a1d, 减速过程,根据速度位移关系有=2a2(L-d), 联立解得d=。 (3)无风时,飞机以速率u水平向前匀速飞行,相当于气流 以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼,方向 改变,沿机翼向后下方运动,如图所示。请建立合理的 物理模型,论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与 u的关系满足F∝uα,并确定α的值。 [解析]　在无风的情况下,飞机以速率u水平飞行时, 相对飞机的气流速率也为u。建立如图所示的物理 模型:飞机机翼的倾斜角度(与水平方向的夹角)为θ,气流掠过飞机机翼,只是方向改变,而速度大小不变,飞机机翼在竖直方向的投影面积为S。 掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量,机翼对气流有竖直向下的作用力,气流对机翼产生竖直向上的升力。设Δt时间内掠过飞机机翼的空气质量为m,掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为v,空气密度为ρ,则有m=ρV=ρSuΔt, 在竖直方向上,以竖直向下为正方向,对掠过飞机机翼的气流,根据动量定理得 F'·Δt=mv-0, 又有v=u·sin θ, 联立可得F'=ρSu2sin θ。 根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小F=F'=ρSu2sin θ, 可见F与u的关系满足F∝u2,可得α=2。 [答案]　论证见解析,α=2 [以图说法] 图形示例 方法总结 吸收型: 流体元的质量m=ρSvΔt 设流体元与煤层间的作用力为F,有 FΔt=mΔv, 即FΔt=ρSvΔt(-v), 故F=-ρSv2 反弹型: 流体元的质量m=ρSvΔt 作用后流体元原速率反弹,有 FΔt=mΔv, 即FΔt=ρSvΔt(-2v), 故F=-2ρSv2 考向3　动量定理的其他应用 [例3]　(多选)(2025·广东卷)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F = F0-kt(F ≠ 0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有 (　　) A. 受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为(F0-kT)T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0-kT)T D.T时刻受到空气作用力的大小为 [答案]　AB [解析]　无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,则无人机受到的空气作用力与重力和拉力的合力等大反向,随着F的减小重力和拉力的合力如图所示,可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变,在T时刻有 cos 120°=, F = F0-kT, 解得F空=, 故A正确,D错误; 由于拉力F随时间t均匀变化,则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F-t图像与坐标轴围成的面积为(F0-kT)T,故B正确; 将拉力分解为水平和竖直方向,则无人机所受重力和 拉力的合力在水平方向有Fx=(F0-kt), 无人机所受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy=(F0-kt)+mg, 0到T时间段内无人机所受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix=(F0T-kT2), 0到T时间段内无人机所受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy=F0T-kT2+mgT, 则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I==,故C错误。 二 考点二　动量守恒定律及其应用 20 1.判断动量守恒的三种方法 2.动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 (2)Δp1=-Δp2。 (3)Δp=0。 考向1　爆炸问题 [例4]　(2025·湖南邵阳二模)如图所示为质量为m的某 型号双响爆竹的结构简化图,其内部结构分上、下两 层,分别装载火药。某次在一水平地面上的燃放测试 中,点燃引线,下层火药被瞬间引燃后,爆竹获得了竖直 升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度h处时,上层火药恰好被引燃,爆竹瞬间分裂成质量之比为1∶2的P、Q两部分。若P、Q均沿水平方向飞出,落地点间的水平距离为L,不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.下层火药被引燃后爆竹获得的动量为m B.爆竹分裂后Q获得的速度大小为 C.P、Q着地前瞬间的速度大小之比为2∶1 D.上、下两层火药分别被引燃时,爆竹增加的机械能之比为 [答案]　D [解析]　设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为v,则v2= 2gh,下层火药被引燃后爆竹获得的动量为p=mv,解得p= m,故A错误;引燃上层火药后两部分向相反的方向 做平抛运动,竖直方向有h=gt2,水平方向有L=v1t+v2t,上层火药燃爆时,水平方向动量守恒,取质量较小部分P获得的速度方向为正方向,则有0=mv1-mv2,解得P、Q各自获得的速度大小分别为v1=,v2=,故B错误;P、Q着地前瞬间竖直方向的速度大小均为vy=,P、Q着地前瞬 间的速度大小分别为v1'==,v2'= =,因=4,所以v1'∶v2'≠2∶1, 故C错误;上层火药燃爆后爆竹获得的机械能为E1=× m+×m=,下层火药燃爆后爆竹获得的机械能为E2=mgh,解得=,故D正确。 反思提升 爆炸的三个特点 1.时间极短,内力远大于外力,系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 2.因有内能转化为机械能,系统机械能会增加,要利用能量守恒定律解题。 3.若系统初始状态处于静止状态,则爆炸后系统内物体速度方向往往相反。 考向2　反冲问题 [例5]　(2025·广东梅州高三阶段练习)如图,玩具“火箭”由上下A、B两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成,A的质量为0.2 kg,B的质量为0.4 kg,弹簧夹在中间,与两者不固连。开始时让A、B压紧弹簧并锁定为一个整体,为使A上升得更高,让“火箭”在距地面0.8 m高处自由释放,“火箭”着地瞬间以原速率反弹,同时解除锁定,当弹簧恢复原长时,B恰好停在地面上,不计空气阻力和“火箭”的体积以及弹簧解锁恢复原长的时间,重力加速度取10 m/s2。求: (1)“火箭”着地时的速度大小; [答案]　4 m/s [解析]　 “火箭”在距地面0.8 m高处自由释放,做自由落体运动,有v2=2gh, 解得v=4 m/s。 (2)A上升的最大高度; [答案]　7.2 m [解析]　 “火箭”着地瞬间以原速率反弹,同时解除锁定,弹簧恢复原长时,B恰好停在地面上,根据动量守恒,取向上为正方向,有 (mA+mB)v=mAv', 解得v'=12 m/s。 A做竖直上抛运动,可逆向看成自由落体运动,则有v'2=2gh', 解得h'=7.2 m。 (3)弹簧被锁定时的弹性势能。 [答案]　9.6 J [解析]　根据功能关系有 Ep=mAv'2-(mA+mB)v2=9.6 J。 三 考点三　碰撞模型及其应用 31 1.两种碰撞的特点 举例:一动碰一静 动量守恒mv1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得v1'=,v2'= 结论: (1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,碰后两球都沿v1方向运动,当m1≫m2时v1'=v1,v2'=2v1 (3)当m1<m2时,v1'<0,v2'>0,碰后入射小球反弹,当m1≪m2时,v1'= -v1,v2'≈0 碰后两球粘在一起,末速度相同,动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v,机械能损失最多 损失的机械能 ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2 2.碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—曲面模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0= (m+M)v共,损失的动能最多,分别转化为弹性势能和重力势能 再次分离 相当于弹性碰撞,系统水平方向动量守恒,满足mv0=mv1+Mv2,机械能守恒,满足m=m+M (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面或水平导轨光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞,满足mv0=(m+M)v共,损失的动能最多,分别转化为内能和电能 [例6]　(2025·广东卷)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等,方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是(　　) A [解析]　根据牛顿第二定律有a=,两小球所受外力F大小相等,由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3,可知M、N的质量之比为6∶4=3∶2。设M、N的质量分别为3m和2m,由图像可设M、N碰前的速度分别为4v和6v,因M、N系统所受合外力为零,设向右为正方向,则系统动量守恒,则由动量守恒定律有3m·4v-2m·6v= 3mv1+2mv2, 若系统为弹性碰撞,则由能量关系可知×3m(4v)2+×2m(6v)2=×3m+×2m, 解得v1=-4v、v2=6v, 因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则停止运动的时间之比为1∶1,即两物体一起停止,则B、D是错误的。 若不是弹性碰撞,则3m·4v-2m·6v=3mv1+2mv2, 可知碰后速度大小之比为v1∶v2=2∶3, 若假设v1=2v,则v2=3v,此时满足×3m(4v)2+×2m(6v)2>×3m+×2m, 则假设成立,因M、N的加速度大小之比仍为2∶3,则停止运动的时间之比为1∶1,对M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v=2∶1,可知碰撞前后运动时间之比为2∶1,可知A正确,C错误。 [例7]　(2025·江苏卷)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小; [答案]　v0 [解析]　根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,由于钢球质量也为m,根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中,二者速度互换,则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。 (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1; [答案]　 [解析]　根据题意可知,所有碰撞均为弹性碰撞,以向右为正方向,则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2, 由能量守恒定律有m=m+×3m, 解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0, 负号表示速度反向,则玻璃球的速度大小为v0。 (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 [解析]　根据题意结合(2)分析可知,玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹,且速度大小变为碰撞前的,右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞,速度互换,静止在光滑水平面上,玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞,同理可得,碰撞后玻璃球再次反弹,且速度大小为碰撞前的,综上所述,玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=()2nv0, 则玻璃球经历2n次碰撞后最终动能大小Ek=mv2=()4n+1m。 [答案]　 ()4n+1m 四 课堂巩固 强化关键能力 1.(多选)(2025·广东广州一模)如图所示,质量为60 kg的同学在练习跳球时,将篮球从离地面高为2 m的位置以5 m/s的初速度竖直向上抛出,接着在篮球正下方竖直举起手臂并准备沿竖直方向起跳,在篮球抛出后的0.2 s时刻恰好跳离地面,此时手指尖离地面高为2.5 m。不计空气阻力,g取10 m/s2,已知篮球到达最高点时,该同学的手指尖恰好触碰到篮球,则 (　　) A.起跳过程,地面对该同学的冲量为120 N·s B.起跳过程,合力对该同学的冲量为240 N·s C.触碰到篮球时该同学的速度为0 D.触碰到篮球时该同学的速度为1 m/s BD 解析:篮球从被抛出至最高点过程,运动时间t1==0.5 s,篮球到 达最高点时,该同学手指尖恰好触碰到篮球,则该同学运动的时 间t2=t1-Δt=0.3 s,由+h1=v人t2-g+h2,其中h1=2 m,h2=2.5 m,解 得v人=4 m/s,触碰到篮球时该同学的速度v=v人-gt2=1 m/s,C错误, D正确;起跳过程,根据动量定理有IF-mgΔt=mv人,解得地面对该同 学的冲量为IF=360 N·s,A错误;起跳过程,合力对该同学的冲量为I合=mv人=240 N·s,B正确。 2.(2025·广东广州模拟)如图所示,小球B和小球C静止在光滑水平面上,轻弹簧一端固定在B球上,另一端与C球接触但未拴接,弹簧处于自然伸长状态,小球A从光滑圆弧面上距水平地面高h处由静止滑下,圆弧面与水平地面平滑连接,A球与B球发生弹性正碰,并在碰撞后立即将A球拿走。已知小球A的质量为m,小球B的质量为3m,重力加速度为g,求: (1)A球和B球碰撞后瞬间,B球的速度大小; 解析:设A球与B球碰撞前的速度大小为v0,根据机械能守恒定律有mgh=m, 解得v0=。 设碰撞后,A球的速度大小为v1,B球的速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv0=-mv1+3mv2, 根据能量守恒定律有m=m+×3m,解得v2=v0=。 答案: (2)要使C球能获得最大动能,C球的质量应为多少。 解析:设C球的质量为mC,要使C球具有最大动能,则B、C通过弹簧作用,将C球弹离时,B球的速度为零,设C球获得的速度大小为v3,根据动量守恒定律有3mv2=mCv3, 根据能量守恒定律有×3m=mC, 解得v3=v2,mC=3m。 答案:3m $