第24讲 动量定理的基本问题-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第二十四讲动 母题呈现 [例]如图所示，质量为m的小 A 球从距离地面高H的A点由 静止开始释放，落到地面上后 H 又陷入泥潭中，由于受到阻力 作用，经时间t到达距地面深度 h 为h的B点速度减为零。不计 B 空气阻力，重力加速度为g。关 于小球下落的整个过程，求： (1)小球的机械能变化量； (2)小球克服阻力做的功； (3)小球所受阻力的冲量； (4)小球动量的变化量是否等于所受阻力的 冲量。 量定理的基本问题 知识链接 一、动量 1.定义：物理学中把质量和速度的乘积mo定 义为物体的动量，用字母力表示。 2.表达式：p=mv。 3.单位：kg·m/s。 4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向 相同。 二、冲量 1.定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲 量。定义式：I=F△t。 2.单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s。 3.标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与恒 力的方向相同。 三、动量定理 1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于 它在这个过程始末的动量变化量。 2.表达式：I=p'-p或F(t'-t)=m'一mv。 3.矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相 同，也可以在某一方向上用动量定理。 4.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间 的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的 动量变化是结果。 (2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，而 不是某个力的冲量，它可以是合力的冲量， 可以是各力冲量的矢量和，也可以是合力 在不同阶段冲量的矢量和。 (3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了 大小相等、方向相同两方面的含义。建立 方程时要事先选定正方向，确定力与速度 的符号，才能列出关系式。 （4由Fa=-,得F=2-是即物 体所受的合力等于物体的动量对时间的变 化率。 (5)对于变力的冲量，往往通过动量定理来计 算，只有当相互作用时间△t极短，且相互 作用力远大于重力时，才可舍去重力。 80· 母题拓展 冲量与动量（矢量性） 缓冲问题 动量 动量 连续体问题 定理 电磁感应中的应 用（求电荷量、位移） 严格守恒 守恒条件 近似守恒 某一方向守恒 量守恒定律 表达式：m2十m22=m1′十m2 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞 碰撞 弹 性 动碰静 应用 爆炸 撞 动碰动 反冲 基本解题思路 确定研 一般为单个物体 究对象 先求每个力的冲量，再求各力冲 进行受 量的矢量和或先求合力，再求其 力分析 冲量 分析过程 选取正方向，确定初、末态的动量 找初、末态 和各冲量的正负号 列方程→根据动量定理列方程求解 二、流体类动量问题 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 究对 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单 位体积内粒子数n 构建“柱状”模型：沿流速)的方向选取一小 段柱体，其横截面积为S 分 小段柱体的体积△V=vS△t 微元 小段柱体质量m=p△V=puS△t 骤 研究 小段柱体粒子数N=nvS△t 小段柱体动量p=mv=puS△t 列出方程，应用动量定理F△t=△p研究 高考物理母题60讲 衍生练习 [衍生1]（多选）某同学受电动窗帘的启发， 设计了如图所示的简化模型。多个质量均 为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略 阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加 一个水平向右的恒力F,推动滑块1以 0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰 撞时间为0.04s,碰撞结束后瞬间两滑块 的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的 碰撞过程，下列说法正确的有 ( F一123-0 ⑤ A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 5.5N [衍生2]物体的运动状态可用位置x和动 量力描述，称为相，对应p一x图像中的一个 点。物体运动状态的变化可用p一x图像中 的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质 点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线 运动，则对应的相轨迹可能是 平卡 B [衍生3]快递运输时，我们经常看到，有些 易损坏物品外面都会利用充气袋进行包 裹，这种做法的好处是 ) A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所 受合力的冲量 B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动 量的变化 C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的 时间延长 D.可以使某颠簸过程中物品动量的变化 率增加 [衍生4幻质量为m的物块 在光滑水平面上以速率 匀速向左运动，某时刻 对物块施加与水平方向夹角为日的恒定拉 力F,如图所示。经过时间t,物块恰好以 相同速率v向右运动。在时间t内，下列 说法正确的是 、高考物理母题60讲 A.物块所受拉力F的冲量方向水平向右 B.物块所受拉力F的冲量大小为2m C.物块所受重力的冲量大小为零 D.物块所受合力的冲量大小为Ftcos0 [衍生5]网球质量约60g,某球员高速击球 时，球迎面飞来的速度约为50m/s,球与 球拍接触的时间大约是0.004s,若要用球 拍以同样的速率将球反向击回，则此过程 中网球 ( A.动量变化量为0 B.动量变化量约为3.0kg·m/s C.受到球拍的冲击力约为750N D.受到球拍的冲击力约为1500N [衍生6]（多选）如图所 示，质量为M的直 20武装直升机旋翼有 4片桨叶，桨叶旋转形 成的圆面面积为S。已知空气密度为p,重 力加速度大小为g。当直升机悬停在空中 时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为 ℃。，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质 量可表示为 A.-psod B-5 C.Am_Mg △t2vo D.Am_Mg △t [衍生7]我国为“长征九号”研制的大推力 新型火箭发动机联试成功，这标志着我国 重型运载火箭的研发取得突破性进展。若 某次实验中该发动机向后喷射的气体速度 约为3km/s,产生的推力约为4.8× 10N,则它在1s时间内喷射的气体质量 约为 A.1.6×102kg B.1.6×103kg C.1.6×105kg D.1.6×105kg [衍生8]某次10m跳台跳水训练中，运动 员进入水中深度3后速度减为零，其质 量m=50kg,忽略空气阻力，且运动员在 水中的运动近似为匀变速直线运动，重力 加速度g取10m/s2。则从入水到速度减 为零的过程中，水给运动员的冲量大小最 接近 () A.220N·s B.520N·s C.720N·s D.920N·s 8 [衍生9]生活中常用高压水枪清洗汽车，当 高速水流射向物体，会对物体表面产生冲 击力，从而实现洗去污垢的效果。图为利 用水枪喷水洗车的简化示意图。已知水枪 喷水口的横截面积为S,水的密度为p,不 计流体内部的黏滞力。假设水流垂直打到 车身表面后不反弹，测得水枪管口单位时 间内喷出水流体积为Q。 水流 0000000 (。) (1)求水枪喷水口喷出水流的速度大小； (2)清洗车身时，汽车静止不动，忽略水流 喷出后在竖直方向的运动。计算水流对车 身表面的平均作用力的大小F。 [衍生10]如图所示，由喷泉 中喷出的水柱，把一个质 量为M的垃圾桶倒顶在 空中，水以速率，、恒定的 质量增率△m(即单位时间 △t 喷出的质量)从地下射向空中。求垃圾桶 可停留的最大高度。（设水柱喷到桶底后 以相同的速率反弹，重力加速度为g)。 [归纳提升] 2设物块P到达B点时的速度大小为B,由能量守恒 定律得E,=2m呢十mg4l,② 联立①②式，并代入题给数据得=√6g,③ 设物块P滑到D点时的速度为D,由机械能守恒定 律得7m呢=7m6+mg·21,同 1 联立③⑤式得D=√g7,⑥ D满足④式要求，故物块P能运动到D点，并从D 点以速度VD水平射出。设物块P落回到轨道AB 所需的时间为1，由运动学公式得21=2g2,⑦ 物块P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s =vpt,⑧ 联立⑥⑦⑧式得s=2√2l。⑨ (2)设物块P的质量为M,为使物块P能滑上圆轨 道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可 知6mgl>Mg·5l,⑩ Mm,要使物块P仍能沿圆轨道滑回，物块P在圆 轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机 械能守恒定律有号Mm≤Mgl,E,=2Mg2十 aMg·5,号m≤M,所以号m≤MK号m [答案]1)V6g72E1(2)号m<M<号m [衍生8][解析](1)设施加外力时滑块和木板的加 速度大小分别为a1、a2,撤去外力时滑块及木板的速 度分别为y1、2,由牛顿第二定律，对滑块有F一mg =ma1,对木板有mg=Ma2,由运动学公式有1 at,v2=a2t 设撤去外力后滑块加速度大小为a3,则有，mg =1ma3 假设木板未碰到平台前已与滑块达到共同速度，设 再经过t2时间达到共同速度0，有0=U1一a3t2,0 =2十a2t2,解得t2=0.6s,0=4.8m/s,木板位移 xM=2a2(t十t2)2=3.84m,因为xM<d=4m,故 假设成立，故木板的最大速度为4.8m/s。 (2)设木板长度为L,在木板与平台碰撞前，滑块与木 板间的相对位移为1，则有1=2a1i十1t2 之a3t号-xM,解得L1=2.4m. 此后木板与平台发生弹性碰撞向左做减速运动，假 设木板与滑块再次达到共速前未与平台相碰，设再 经过时间t3达到的共同速度为o',则以向右为正方 向，有o′=0一a3t3,0′=一0十a2t3,解得t3= 1.92s,0'=0.96m/s。 因为'<，则此过程木板有向左的位移，假设正 确，即两者达到共同速度后再次与平台碰撞，同理分 析可知，以后重复上述运动，最终滑块停止在木板右 端，设第一次共速后至二者均静止，滑块与木板间相 对位移为e,由功能关系有mg1e=?(m十M0听， 解得L2=9.6m,故木板长度L=L1十L2=12m。 (3)因为L>L1,所以滑块与木板达到共同速度0后 一起运动，木板与平台碰后立即停止，设滑块滑离木 板时速度为，滑块通过轨道最高，点时速度为，对 滑块在木板上的滑行过程，由动能定理有一mg(L -h1)=2m2-7m,对滑块在丰同轨道上的运 ·20 高考物理母题60讲 动过程，由机械能守恒定律，有2m=2mgR+ 2m,在轨道最高点处，设轨道对滑块的弹力为 B,由丰损第二定徐，有F+mg=震每得P=10N。 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 =F=10N。 [答案](1)4.8m/s(2)12m(3)10N 第二十四讲动量定理的基本问题 「母题呈现] [例][解析](1)小球在整个过程中，动能变化量为 零，重力势能减小mg(H十)，则小球的机械能减小 了mg(H+h). (2)对全过程运用动能定理得，mg(H+h)-W:=0, 则小球克服阻力做功W,=mg(H+h)。 (3)根据运动学规律，落到地面的速度=√2gH,对 进入泥谭的过程运用动量定理得：IG一Ir=0一 mw√2gH,可知阻力的冲量为：Ir=mgt+m√2gH。 (4)对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化等于 重力的冲量和阻力冲量的矢量和。 [答案](1)mg(H+h)(2)mg(H+h)(3)mgt+ m2gH(4)见解析 [衍生练习] [衍生1][解析]取向右为正方向，滑块1和滑块2 组成的系统的初动量为p1=m1=1×0.40kg·m/s= 0.40kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1× 0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则滑块的碰撞过程 动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1=mv2 mh=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s=-0 18kg·m/s,负号表示方向水平向左，故B正确；对 滑块2，则有I2=m2=1×0.22kg·m/s=0.22kg ·m/s,故C错误；对滑块2根据动量定理有F△t I,,解得F=5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用 力大小为5.5N,故D正确。 [答案]BD [衍生2][解析]质，点沿x轴正方向做初速度为零的 匀加速直线运动，则有v2=2ax,而动量为p=mw,联 立可得p=m√2ax=m√2a·x,且x>0,故正确 的相轨迹可能为D。 [答案]D [衍生3][解析]充气袋在运输中起到缓冲作用，在 某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理 可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化 所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C 正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可 以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误。 [答案]C [衍生4幻[解析]物块所受拉力F的冲量为Ir=Ft, 方向与水平方向夹角为日，故A错误；物块所受重力 的冲量为Ic=mgt≠0，故C错误；由动量定理可知 I合=2mu=Ftcos0,故B错误，D正确。 「答案D [衍生5][解析]取被击回后网球速度的方向为正方 向，网球动量变化量约为△p=mv2一m1=0.06×50 kg·m/s+(0.06×50)kg·m/s=6.0kg·m/s,故 A、B错误；根据动量定理△p=F·△t,解得F= 1500N,故D正确，C错误。 [答案]D 、高考物理母题60讲 [衍生6][解析]直升机处于平衡状态，设直升机与 空气间的作用力为F,则F=Mg,飞机对空气的力与 空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F=F',对 空气由动量定理可得F△t=△m·o=pSvo△t·0, 解得-S故A错误B正确：由上式知Fa= △m·o,且F'=F=Mg,联立两式可得”=Mg,故 △t.o C错误，D正确 [答案]BD [衍生7][解析]设该发动机在t时间内，喷射出的 气体质量为m,根据动量定理，Ft=mu,可知，在1s 内喷射出的气体质量0=业=E=4.8X10 t3000 kg一 1.6×103kg。 [答案]B [衍生8][解析]在入水前，运动员做自由落体运动， 只受重力作用，则有=2gh,可得入水时的速度 1=10√2m/s,运动员入水后做匀减速直线运动，最 后速度减为0，因此入水后的平均速度0=十0 2 5V巨m/s,从入水到速度减为0所用时间t=d= 3 。=32 $,以竖直向下为正方向，根据动量定理 10 有I+mgt=0-mw1,可得I=-650√2N·s≈ 一919N·s,即水给运动员的冲量大小约为919N·s [答案]D [衍生9][解析](1)水枪管口单位时间△t内喷出水 流体积为Q,则有Q=S,:,解得水流的速度大小 △t 为0= S (2)以水运动方向为正方向，在与车身碰撞过程，对 △t时间内的水，在水平方向由动量定理可得一F'△t =0-m,m=oSu·△，解得F'=pS2=Q S 根据牛顿第三定律可知，汽车受到水平平均冲击力 为F=F'=Q S [答案11号 (2)Q [衍生10][解析]设垃圾桶可停留的最大高度为h, 并设水柱到达五高处的速度为v,则一呢 =一2gh,得v?=一2gh,由动量定理得，在极短时 间△t内，水受到的冲量为F△t= (· 解得F=2是·，=2所-一2g,据题意有 △t F=Mg,联立解得h= 呢 2g [答案] 6_Mg(△t) 2g8（△m 第二十五讲碰撞类问题 [母题呈现] 「例门「解析](1)因为小球A、B构成的系统动量守 恒，所以有mA0=mA十mBU2,① 因为碰撞为弹性碰撞，所以 1 2mA哈= mA听+7m话，② 由①@两式可得：=A,2 2mA voo mA十mB mA十mB ·26 (2)由碰撞过程中动量守恒定律可得：mA=（mA十 mgaE=mA听-"md 2 (3)设每个球的质量均为m,碰前系统总动量p= mYA1十mB1=6m十2m=8m,碰前的总动能Ek= 1 2m明十2mil=20m。若碰后va1=1m/s,v1= 6m/s,碰后总动量p'=mvA1十mvB1=7m,动量不守 恒，A错误；若yA2=4.5m/s,B2=3.5m/s,明显vA2 >v不合理，B错误；若VA3=3.5m/s,v3 4,5m/s,碰后总动量p'=m心A3十m3=8m,总动能 E=7m呢十7m。=16.25m,动量守恒，机镜能 不增加，C可能实现；若vA4=一1m/s,4=9m/s,碰 后总动量p'=mvA4十muB4=8m,总动能Ek4= m十之m品=4m,动量守恒，但机城能增加，违 1 反能量守恒定律，D错误。 (4)由碰撞过程动量守恒可得：mAYA十mBB=mAUB 十mBUB, 由碰撞是弹性碰撞，可得机械能守恒，所以2A十 1 之mB呢=2mA唱十2mB唱，两式联立可得：UA' 2mA mB包A十n=A士明A十mB mA十mB mA十mB 22 A。解得：UA'=3四 m/s,B'=3 m/sa [答案](1)mA一mB 2mA0（2)7mA8 mA++mB wo mA+mB mA ,(3)C(9m/s号 3 m/s 2 [衍生练习] [衍生1门[解析]甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒， 所以有p1十p2=p1'十p2',即p1'=2kg·m/s。由 于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为 机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一 部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增 所以有器益二县有测错 m2。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”， 要符合这一物理情景，就必领有品>品，即m<号 m m2 m2;同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等 于甲球的速度这一物理情景，即≤2，所以m1≥ 1 m2C正确。 「答案]C [衍生2][解析]A.设两球质量均为m,碰前总动量 bA十B=12kg·m/s,碰前总动能E=2 -5,若p'=6kg·m/,pm'=6kg·m/s,碰后 2m m 总动量p'=pA′十pB'=12kg·m/s碰后总动能Ek 一A2十p'2=36一45，故可能发生，A正确：B.若 m pA'=4kg·m/s,pB'=6kg·m/s,碰后p'=pA'十 pB'≠p故不可能，B错误；C.若pA'=-6kg·m/s, 18kg·m/8,碰后E十>，故不