2.4 第三讲 动量-（教师用书）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

第三讲　动量 考点一　动量定理 (2025·河北高考)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析：(1)物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝μg 则物块从开始运动到离开平台有 －＝－2ax0 物块从平台飞出后做平抛运动，有 h＝g，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高度时有h'＝g，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间Δt ＝ t－t1－t2 ＝ 0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正方向，在竖直方向有 IN－mgΔt ＝ mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1 解得IN ＝ 0.1 N·s 取水平向右为正方向，在水平方向有 －μFNΔt ＝mvx'－mvx，IN ＝FNΔt 解得vx'＝－1 m/s 由于vx'减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，所以物块弹离地面时水平速度的大小为0。 学生用书⬇第34页 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.若为匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解比用牛顿第二定律更简捷。 4.在变加速运动中F为时间t内的平均力。 某次台风登陆后，中心附近最大风速可达v＝163 km/h，空气的密度ρ＝1.3 kg/m3，假设强风正对吹向一块长10 m、宽4 m的玻璃幕墙，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出强风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近(　　) A.2.6×103 N B.5.3×104 N C.1.1×105 N D.1.4×106 N 模型剖析 第一步：模型构建，“柱体微元”模型 取一段极短时间Δt内的风柱作为研究对象，风柱的体积ΔV＝SvΔt，风柱的质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt。 第二步：确定研究对象的动量变化 风遇到玻璃幕墙后速度变为零，风柱的动量变化量大小为Δp＝Δmv＝ρSv2Δt。 模型剖析 第三步：分析受力，选择物理规律 风受到玻璃幕墙的作用力，力的方向与风的速度方向相反，力的冲量使风的动量发生改变，利用动量定理列式求解。 第四步：列式解题 力F在Δt内的冲量为FΔt，由动量定理得 －FΔt＝0－Δmv＝0－ρSv2Δt 解得F＝ρSv2≈1.1×105 N。 预测.(2025·湖北九师联盟模拟)高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图为水枪喷水清洗车玻璃，已知水枪出水口的直径为d，水的密度为ρ，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q(单位时间内水流体积)，不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是(　　) A.水枪管口喷出水流的速度大小为 B.水枪对管口水柱做功的功率为 C.水流对水枪的作用力大小为 D.水流对玻璃的冲击压强为 答案：D 解析：设水流速度为v，则流量Q＝Sv＝v，解得v＝，A错误；设经过极短时间Δt，出口水柱的质量Δm＝ρvΔt，由动能定理可得PΔt＝Δmv2，解得P＝，B错误；由动量定理，有FΔt＝Δmv，解得F＝，C错误；水流对玻璃的冲击压强为p＝＝，D正确。故选D。 考点二　动量守恒定律 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，若他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg 答案：BC 解析：对运动员和物块组成的系统，运动员每推接一次物块，系统动量增加2mv0，推接7次后，由动量定理得7×2mv0＝(M＋m)v7，v7＜5 m/s，解得M＞52 kg，假设推8次后反弹后可以接住，推接8次后，由动量定理得8×2mv0＝(M＋m)v8，v8＞5 m/s，解得M＜60 kg，故52 kg＜M＜60 kg。故选BC。 学生用书⬇第35页 应用动量守恒定律解题的基本步骤 预测.(2025·浙江嘉兴三模)如图甲所示，每只冰壶直径d＝30 cm、质量m＝19 kg。某次试投过程中，冰壶A在t＝0时刻以v0＝1 m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止，冰壶B的v -t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A.两只冰壶在t＝3 s时发生碰撞 B.碰撞前摩擦力对冰壶A做功为－3.42 J C.碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4 N·s D.t＝0和t＝5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9 答案：C 解析：两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的v -t图像可知冰壶做匀减速直线运动的加速度大小为a＝ m/s2，冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止，设冰壶B运动时间为tB，则xB＝v1tB－a，v1－atB＝0，解得tB＝3 s，v1＝0.6 m/s，所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3 s，因此两只冰壶在t＝2 s时发生碰撞，故A错误；对冰壶A有Wf＝m－m，解得Wf＝－6.08 J，故B错误；碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I＝mv1－0，解得I＝11.4 N·s，故C正确；全过程的位置图如图所示， 两只冰壶在t＝2 s时发生碰撞，所以t＝0时两冰壶重心的距离为Δx1＝·t1＋d，其中t1＝2 s，解得Δx1＝1.9 m，t＝5 s时两冰壶重心的距离为Δx2＝·(5 s－t1)＋d，解得Δx2＝1.2 m，所以t＝0和t＝5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为＝，故D错误。故选C。 考点三　碰撞、爆炸与反冲问题 (2025·江苏高考)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＋mv'2 解得v10＝0，v'＝v0 之后右侧钢球1碰钢球2，钢球2碰钢球3，…，钢球n－1碰钢球n，同理可得，碰撞的两球质量相等，交换速度，则最右侧钢球最终运动的速度大小为v＝v0。 (2)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，速度最终会交换到右侧第n个钢球，右侧第一个钢球静止，相当于与右侧第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。 1.碰撞的基本规律 学生用书⬇第36页 2.两种碰撞的几种模型 (1)弹性碰撞的模型 图例 (水平 面光 滑) 小球—弹 簧模型 小球—曲 面模型 小球—小 球模型 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、重力势能和电势能 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)完全非弹性碰撞的模型 图例(水 平面或 水平导 轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 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，转化为内能或电能 (2025·河南三门峡一模)某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x＝120 m，它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1＝6 s，t2＝2 s，若甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.两弹片分离瞬间的动量相同 B.弹片甲落地点到O点的距离为48 m C.tan θ＝ D.爆炸点距水平地面的高度为84 m 答案：D 解析：炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动量为0；炸裂成甲、乙两块弹片，根据动量守恒可知，甲、乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方向相反，故A错误。设两弹片分离时，甲的速度大小为v，由于甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1，根据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为2v，设爆炸点的高度为h，对甲、乙水平方向有x＝vcos θ·t1＋2vcos θ·t2，解得vcos θ＝12 m/s，对甲、乙竖直方向有h＝－vsin θ·t1＋g＝2vsin θ·t2＋g，解得vsin θ＝16 m/s，联立解得tan θ＝，v＝20 m/s，h＝84 m，所以甲落地时距O点的距离为x甲＝vcos θ·t1＝72 m，故B、C错误，D正确。故选D。 分析爆炸问题的“两个关键” 动量 守恒 由于爆炸的时间极短，爆炸时系统内物体间的相互作用力远大于系统的外力，所以在爆炸过程中，一般认为系统的总动量守恒 总动能 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 如图所示，质量为100 kg的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h＝0.8 m，在船尾处有一质量为20 kg的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断错误的有(　　) A.铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.4 s B.铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为0.6 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J 答案：B 解析：烧断细线后以小木船和铁块组成的整体为研究对象，由动量守恒定律得m船x1＝m铁x2，x1＋x2＝L，解得x1＝0.5 m，x2＝2.5 m，铁块离开小木船后做平抛运动，有x1＋x＝v2t，h＝gt2，解得t＝0.4 s，v2＝3 m/s，选项A正确，B错误；铁块与小木船相互作用时，由动量守恒定律得m船v1－m铁v2＝0，解得v1＝0.6 m/s，选项C正确；由机械能守恒定律得Ep＝m船＋m铁，解得Ep＝108 J，选项D正确。故选B。 学生用书⬇第37页 预测.(2025·浙江金华三模)如图，质量均为1 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22 m的细线，细线另一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　) A.球C摆到最低点的速度是 m/s B.木块A、B原先间距0.04 m C.球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21 m D.球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005 J 答案：C 解析：球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有0＝mCvC－mAvA，根据机械能守恒，有mCgL＝mC＋mA，解得vC＝2 m/s，vA＝0.2 m/s，故A错误；由A项分析知，0＝mCvC－mAvA，两边同乘以t，有0＝mCxC－mAxA，又xC＋xA＝L，联立解得xA＝0.02 m，故B错误；A与B碰瞬间根据动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝0.1 m/s，球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有mCvC－(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v共，根据能量守恒，有mC＋(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)＋mCgh，联立解得h＝0.21 m，故C正确；系统产生的热量为Q＝mA－(mA＋mB)v2＝0.01 J，故D错误。故选C。 1.体育情境类 (多选)(2024·全国甲卷)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，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.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 答案：BD 解析：根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10×1 m/s＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，其中Δt＝0.30 s，代入数据解得＝4 600 N，由牛顿第三定律可知，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，D正确。故选BD。 2.实验探究类 (2025·河南高考)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1和图2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1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2可知vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP。故选D。 3.科技探究类 (多选)(2025·湖南高考)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1＝，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(　　) A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mgh D.弹药释放的能量为48mgh 答案：BD 解析：弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律有ΔE＝×3m＋m，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D在滑轨上的运动过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＝(m＋5m)－(m＋5m)，D脱离滑轨后做平抛运动，则有s2＝v0t，h＝gt2，D的初动能EkD＝(m＋5m)，爆炸后瞬间A的动能EkA＝×3m，解得EkA＝2EkD，ΔE＝48mgh·，D从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－μ(m＋ 5m)gs1＋(m＋5m)gh＝(m＋5m)v2－(m＋5m)，解得v＝vD，则D的初动能与其落地时的动能相等。故选BD。 学科网（北京）股份有限公司 $