2026届高三物理二轮专题复习讲义：第8讲 动量定理 动量守恒定律

第8讲 动量定理　动量守恒定律 讲义 知识体系： 考点一　动量定理及应用 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)求解缓冲问题。 (2)求解平均力问题。 利用动量定理求解平均力的题目,多以实际情境为载体,但情境形式多样,常用方法是模型建构,解题思路如下: a.选取研究对象和研究过程,规定正方向,力或速度的方向与正方向相同的为正,与正方向相反的为负。 b.对运动过程等进行等效简化,化变量为恒量。 c.根据动量定理列方程求平均力等。 (3)求解流体问题。 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的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。 以流体微元原速率反弹为例，求所受冲击力的解题步骤： 在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。求小柱体的体积ΔV=SvΔt。 求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。应用动量定理Δp=FΔt。 作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。 联立解得F=-2ρSv2。 (4)在电磁感应中求解电荷量问题。 典例1:(2025·山东威海模拟)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t=0.15 s时运动员的机械能最大 B.t=0.30 s时运动员的速度大小为20 m/s C.t=1.30 s时运动员距蹦床的高度为5 m D.0~0.30 s内,运动员对蹦床的平均作用力大小为4 000 N 答案　C解析　蹦床和运动员组成的系统机械能守恒,根据牛顿第三定律结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,蹦床的弹性势能最大,运动员的机械能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.30 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时运动员的速度大小为v=gt=10 m/s,h=gt2=5 m,故C正确,B错误;同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理FΔt-mgΔt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得F=4 600 N,根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,故D错误。 典例2:假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止且有雾气，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　) A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2 C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2 答案　B解析　在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2=vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理得FΔt=(Δm1+Δm2)v，解得F=(ρ+nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F'=(ρ+nm)Sv2，故选B。 典例3:(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。 (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； 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N， 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。 考点二　动量守恒定律的应用 1.判断守恒的三种方法 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。 典例4:(2025·河南卷,7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　　) A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP 答案　D解析　对小车P、N的碰撞过程,由动量守恒定律有 mPvP+mNvN1=mPvP'+mNvN1', 整理得mP(vP-vP')=mN(vN1'-vN1),由题图甲可知vP-vP'>vN1'-vN1,解得mP<mN;对小车Q、N的碰撞过程,由动量守恒定律有mQvQ+mNvN2=mQvQ'+mNvN2',整理得mQ(vQ-vQ')=mN(vN2'-vN2),由题图乙可知vQ-vQ'<vN2'-vN2,解得mQ>mN,综上可得mQ>mN>mP,D正确。 典例5: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。 考点三　碰撞模型及拓展 1.碰撞问题遵循的三条原则 2.两种碰撞的特点 弹性碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒m1v1=m1v1'+m2v2' 机械能守恒m1=m1v1'2+m2v2'2 解得 v1'=， v2'= 结论： (1)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)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 3.碰撞模型拓展 模型 模型示例 模型特点 “滑块—弹 簧”模型 ①弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同,弹性势能最大(相当于完全非弹性碰撞),系统动量守恒m1v0=(m1+m2)v共;系统机械能守恒m1=(m1+m2)+Epm ②弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(相当于弹性碰撞)。系统动量守恒m1v0=m1v1+m2v2;系统机械能守恒 m1=m1+m2 “滑块— 斜(曲) 面”模型 ①上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒m=(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞) ②返回最低点:m与M分离点,水平方向动量守恒mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒m=m+M(相当于弹性碰撞) “滑块—木板” 模型(“子弹打 木板”模型) ①若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下,当两者速度相等时木块或木板的速度最大,两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值 ②系统的动量守恒mv0=(M+m)v共,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能,即ΔE=Q=Ffs相对=m-(M+m)(相当于完全非弹性碰撞) 典例6:如图所示,质量为2m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的物块A放在长木板左端。第一次一质量为m的子弹以速度大小v0射入物块A中并留在其中,物块恰好不滑离木板,子弹射入物块的时间极短。第二次同样的子弹以速度大小v0射入木板B中并留在其中,物块不滑离木板,子弹射入木板的时间也极短。子弹、物块均视为质点,物块与木板间的动摩擦因数恒定。下列说法正确的是(　　) A.两次木板获得的最大速度相等 B.两次物块的最终速度大小之比为1∶1 C.两次物块相对木板滑行的时间之比为3∶2 D.第一次子弹进入物块产生的热量与物块和木板摩擦产生的热量之比与第二次子弹进入木板产生的热量与物块和木板摩擦产生的热量之比相等 答案　B解析　第一次:过程一(子弹打物块模型),子弹射入物块,由动量守恒定律有mv0=2mv1,解得v1=,产生的热量Q1=m-×2m=m;过程二(板块模型),物块(包含子弹)在木板上滑动,由动量守恒定律有2mv1=(2m+2m)v2,解得v2=,对物块(包含子弹)根据动量定理有-μ·2mgt1=2mv2-2mv1,解得物块在木板上滑行的时间t1=,根据能量守恒定律可知,产生的热量Q2=×2m-×4m=m,则Q1∶Q2=2∶1。 第二次:过程一(子弹打木板模型),子弹射入木板,由动量守恒定律有mv0=3mv1',解得v1'=,产生的热量Q1'=m-×3mv1'2=m;过程二(板块模型),物块在木板(含子弹)上滑动,由动量守恒定律有3mv1'=(2m+2m)v2',解得v2'=,对物块根据动量定理有μ·mgt2=mv2',解得物块在木板上滑行的时间t2=,根据能量守恒定律知,产生的热量为Q2'=×3mv1'2-×4mv2'2=m,得Q1'∶Q2'=8∶1。由上可知,第一次木板获得的最大速度v2=,第二次木板获得的最大速度v1'=,A错误;两次物块的最终速度v2=v2'=,B正确;两次物块相对木板滑行的时间t1=t2=,C错误;Q1∶Q2≠Q1'∶Q2',D错误。 典例7:(2025·广东卷·7)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(　　) 答案　A解析　根据牛顿第二定律a=，两小球所受外力F大小相等，由v-t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2=×3m+×2m，解得v1=-4v、v2=6v，因碰撞后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，即两小球一起停止，故B、D错误；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，因碰撞后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大小之比为4v∶2v=2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。 典例8:(2025·山东卷,17)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=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; (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。 答案　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 解析　(1)小球由静止下落至运动到P点的过程,小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力,所以系统在水平方向上动量守恒, 由动量守恒定律有0=mv1-Mv2 又系统除重力外无外力做功,所以系统机械能守恒,由机械能守恒定律有 mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。 (2)从P点水平抛出后,小球做平抛运动,水平速度不变,小球与a的碰撞过程,在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律有mv1=(m+ma)v0 解得v0=2 m/s b刚解除锁定时,有F=kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定时,由机械能守恒定律有 (m+ma)=(m+ma)+Ep0 其中Ep0=k 联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小va=1 m/s b解除锁定后,a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒,当a与b共速时,弹簧弹性势能最大,由动量守恒定律有(m+ma)va=(m+ma+mb)vb 解得vb= m/s 由机械能守恒定律有(m+ma)=(m+ma+mb)+Epm 解得Epm=2.5 J。 4.解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时,因碰撞次数较多,过程复杂,在求解多次碰撞问题时,通常可用到以下两种方法: 数学 归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺,分析透彻,根据前几次数据,利用数学归纳法,可写出以后碰撞过程中对应规律或结果,通常会出现等差、等比数列,然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况,画出物体对应的v-t图像,通过图像可使运动过程清晰明了,并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 9.(2025·江苏卷,14)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v; (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; (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 答案　(1)v0　(2)v0　(3)m 解析　(1)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v10,钢球速度为v,则有 mv0=mv10+mv m=m+mv2 解得v10=0,v=v0 之后右侧钢球1碰球2,球2碰球3,…,球n-1碰球n,同理可得,碰撞的两球质量相等,交换速度,最右侧钢球最终运动的速度大小为v0。 (2)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,设碰撞后玻璃球速度为v1',钢球速度为v11,则有mv0=mv1'+3mv11 m=mv1'2+×3m 解得v1'=-v0,v11=v0 则玻璃球的速度大小为v1=v0。 (3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21, 则有mv1=mv2+3mv21 m=m+×3m 解得v2=-v0=-v0 以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0 则Ek=m=m。 学科网（北京）股份有限公司 $