专题2 第7讲 动量-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

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。 [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。 [答案]　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。 [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=。 [答案]　 (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。建立如下的物理 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 图形示例 方法总结 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]　(2025·浙江卷)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g取10 m/s2,则它降落到地面的时间约为 (　　) A.0.5 h　　　　　　　　　 B.3 h C.28 h D.166 h B [解析]　沙尘颗粒开始时速率较小,阻力较小,有mg-kv=ma,沙尘颗粒速率增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速率达到最大且稳定,此时速率满足mg=kvm,解得vm=2×10-3 m/s,对全过程由动量定理可得mgt-kt=mvm,即mgt-kh=mvm,则沙尘下落时间为t=,由于mvm≪kh,则t≈=104 s≈3 h,故选B。 二 考点二　动量守恒定律 及其应用 18 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。 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。 反思提升 考向2　反冲问题 [例5]　(2025·江苏镇江三模)柴油打桩机由重锤汽 缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量 为m,钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端,桩帽和桩 总质量为M。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下 落,汽缸下落过程中,桩体始终静止。当汽缸到最低 点时,向缸内喷射柴油,柴油燃烧,产生猛烈推力,汽缸和桩体瞬间分离,汽缸上升的最大高度为h,重力加速度为g。 (1)求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量; [解析]　设柴油燃烧使重锤汽缸获得的速度为v0,桩体获得的速度为 v,对分离后的重锤汽缸由机械能守恒定律有 m=mgh, 分离瞬间,由于系统内力远大于外力,故由动量定理有 I燃=mv0-0, 得I燃=m,方向竖直向上。 [答案]　m,方向竖直向上 (2)设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f,求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。 [解析]　分离瞬间,由于内力远大于外力,所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒,有 mv0=Mv, 分离后对桩体,由动能定理有 MgH-fH=0-Mv2, 得H=。 [答案]　 三 考点三　碰撞模型及其 应用 28 1.两种碰撞的特点 弹性 碰撞 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 完全 非弹性 碰撞　 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·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; [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。 [答案]　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; [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。 [答案]　 (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 [例7]　(2025·山东卷)如图所示,内有弯曲光滑轨道 的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的 两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方 向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹 簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h= 2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g取 10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求: (1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2; [解析]　根据题意可知,小球从开始下落到P处过程中,水平方向上动量守恒,则有mv1=Mv2, 由能量守恒定律有mgh=m+M, 联立解得v1=6 m/s,v2= m/s, 即小球速度为6 m/s,方向水平向左,方形物体速度为 m/s,方向水平向右。 [答案]　6 m/s　 m/s (2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 [解析]　由于小球落在物块a正上方,并与其粘连,小球竖直方向速度变为0,小球和物块a水平方向上动量守恒,则有mv1=(m+ma)v3,解得v3=2 m/s。 设当弹簧形变量为x1时物块b解除锁定,此时小球和物块a的速度为v4,根据胡克定律有F=kx1,根据系统机械能守恒有(m+ma)=(m+ma)+k, 联立解得v4=1 m/s,x1=0.3 m。 锁定解除之后,小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb, 解得vb= m/s,方向水平向左。 由能量守恒定律可得,最大弹性势能为Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)= J。 [答案]　 m/s　 J 四 课堂巩固 强化关键能力 1.大型工厂的车间中有一种设备如图甲所示,是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型,足够长的光滑水平杆上套有一个质量为3m的滑块,滑块正下方用长为L不可伸长的轻绳悬挂一个质量为m的小球。开始两者均静止,现给小球一个水平初速度v0(未知),小球恰好能达到与滑块等高的位置,此时滑块水平向右移动s,重力加速度为g,求: (1)初速度v0大小; 解析:小球第一次摆到最高点时,小球和滑块达到相同速度,由水平方向动量守恒有mv0=4mv共, 由系统机械能守恒有m=×4m+mgL, 联立得v0=。 答案： (2)小球第1次返回最低点时绳的拉力大小; 解析:小球第1次返回最低点时,设小球速度为v1,滑块的速度为v2,对系统由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0=mv1+3mv2,m=m+×3m, 解得v1=-v0,v2=v0。 由牛顿第二定律有FT-mg=, 联立解得FT=mg。 答案：mg (3)从给小球初速度开始到第1次摆到最高点的时间。 解析:从给小球初速度开始到第1次摆到最高点的过程中二者组成的系统水平方向动量守恒,对极短时间Δt内有mv0Δt=mv1'Δt+3mv2'Δt, 累加可得mv0∑Δt=m∑v1'Δt+3m∑v2'Δt, 又∑v1'Δt=s1=s+L,∑v2'Δt=s2=s, 则mv0t=ms1+3ms2, 解得t==。 答案： 2.如图所示,在倾角为θ的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A,凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ,槽内紧靠右挡板处有一小物块B,它与凹槽左挡板的距离为d。A、B的质量均为m,斜面足够长。现同时由静止释放A、B,此后B与凹槽A每次发生碰撞均交换速度,碰撞时间都极短。已知重力加速度为g。求: (1)物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间t1; 解析:设B下滑的加速度为aB,则有mgsin θ=maB, 解得aB=gsin θ。 A所受重力沿斜面的分力G1=mgsin θ<μ·2mgcos θ, 所以B下滑时,A保持静止,根据位移时间关系可得d=aB, 解得t1=。 答案： (2)B与A发生第一次碰撞后,A下滑时的加速度大小aA和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小v2; 解析:物块B刚释放后做匀加速运动,设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为v1,根据匀变速直线运动规律得v1==, 第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1、0,此后A减速下滑,根据牛顿第二定律可得2μmgcos θ-mgsin θ=maA,解得aA=2gsin θ,方向沿斜面向上, 设A速度减为零的时间为t1',下滑的位移大小为x1,则有t1'==,x1==, 在时间t1'内物块B下滑的距离为xB1=aBt1'2=<x1, 所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动,则B下滑距离x1与A发生第二次碰撞,则有=2aBx1,解得v2=。 答案：2gsin θ　 (3)凹槽A沿斜面下滑的总位移大小x。 解析:经过多次碰撞后,最终A、B处于静止状态,且B静止于A的下端。设凹槽A下滑的总位移为x,由功能关系有 mgxsin θ+mg(x+d)sin θ=2μmgxcos θ, 解得x=d。 答案：d 感谢您的观看 $