专题二 第7讲 动量-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

第7讲　动量 【备考要求】　1.理解动量定理，会灵活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，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题.3.掌握碰撞特点及拓展模型，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题． 考点一　动量定理及其应用 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图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解 2.动量定理 (1)公式：FΔt＝mv′－mv (2)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． ⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移． [例1]　(2025·甘肃卷·15)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上．初始时刻，物块刚好能静止在细杆上．现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示．开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力．细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°.求： (1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小； (2)t在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f－t图像； (3)t＝6 s时，物块的速度大小． 解　(1)由图2可得F与t的关系为：F＝t＝mgt，可得t＝6 s时F的大小为：F1＝6×mg＝mg，因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大小，可得在0～6 s内F的冲量大小为：I1＝Δt＝F1Δt＝×mg×6＝mg； (2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间的动摩擦因数为μ，由平衡条件可得：mg sin θ＝μmg cos θ，解得：μ＝ 设物块与细杆间的弹力大小为N，在垂直于细杆方向上，由平衡条件可得：N＝|mg cos θ－F sin θ|，以沿细杆向上为正方向，物块与细杆间的摩擦力f为：f＝μN＝μ·|mg·cos θ－F sin θ|，其中：F＝mgt，代入数据整理可得：f＝·|1－t|，令1－t＝0，可得：t＝4 s 可得t在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为： 当0≤t＜4 s时，f＝(1－t)； 当4 s≤t≤6 s时，f＝(t－1) 作出相应的f－t图像如下图所示： (3)根据(2)的解答所得的f－t图像与时间轴围成的面积等于摩擦力的冲量大小，可得在0～6 s内摩擦力f的冲量大小为：If＝×4×mg＋×(6－4)×mg＝mg.设t＝6 s时，物块的速度大小为v，以沿细杆向下为正方向，对物块由动量定理得：mg sin θ·t＋I1cos θ－If＝mv－0，解得：v＝85(m/s). [例2]　(2025·重庆大学西南大学附中期中)2025年4月12日，北京遭遇近十年来罕见大风天气，局部地区达到14级大风，人能抵御大风等级与体重的关系如图，小附查阅资料：本次局部风速达40 m/s，空气密度约为1.2 kg/m3，一名质量60 kg的中学生直立正对风时挡风面积约为0.7 m2，请估算风对人的作用力约为多少(风吹到人后速度减为零)(　　) A.848 N B．944 N C.1 344 N D．1 618 N 答案　C 解析　设时间Δt内吹到人身上空气质量为Δm，则Δm＝ρSvΔt，规定风的速度方向为正方向，对Δt时间内吹到人身上的空气，根据动量定理得：－FΔt＝0－Δmv＝0－ρSvΔtv，解得：F＝ρSv2，代入数据解得：F＝1 344 N，根据牛顿第三定律可知，风对人的作用力约为1 344 N，故C正确，A、B、D错误． 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，取一小柱体作为研究对象． (2)求小柱体的体积ΔV＝SvΔt. (3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝SρvΔt. (4)应用动量定理Δp＝FΔt. (5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp＝－2Δmv. (6)联立解得F＝－2ρSv2.　 考点二　动量守恒定律及应用 　动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的动量之和等于作用后的动量之和．(常用) (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． (3)Δp＝0，系统总动量的变化量为零． [例3]　(2025·湖南省长沙市九校联盟第二次联考)一小球A质量为m＝1 kg，自h＝0.8 m处落在倾角为30°的固定光滑斜面上，小球与斜面碰撞时垂直斜面方向的速度大小变为原来的一半(沿斜面方向可视为速度不变)，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小球与斜面碰后瞬间的速度大小； (2)当小球碰后上升到最高点时，恰好与光滑平台上静止在长木板C上的小物块B发生弹性碰撞，小物块B的质量为2m，光滑平台足够长，求B碰后速度大小； (3)在(2)条件下，C的质量为3m，B、C间动摩擦因数为，B恰好停在C的右端，求木板长度L. 解　(1)小球与斜面碰前瞬间的速度大小为v，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，解得：v＝4 m/s 速度v沿斜面与垂直斜面的分速度大小分别为：v1＝v·sin 30°＝4×0.5 m/s＝2 m/s，v2＝v cos 30°＝4 × m/s＝2 m/s，由题意得碰撞后瞬间垂直斜面的分速度大小为：v3＝v2＝×2 m/s＝ m/s，由矢量合成得小球与斜面碰后瞬间的速度大小为：v′＝，解得：v′＝ m/s (2)小球与斜面碰后做斜抛运动，设此过程的水平分速度大小为vx，则有：vx＝v3sin 30°＋v1cos 30°，解得：vx＝ m/s，小球上升到最高点以速度vx与小物块B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：mvx＝mvA＋2mvB，mv＝mv＋×2mv 联立解得碰后B的速度大小为：vB＝ m/s； (3)B、C相对运动过程满足动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：2mvB＝(2m＋3m)v共，2μmgL＝×2mv2B－×(2m＋3m)v，解得：L＝m. 考点三　碰撞模型及拓展 1．两种碰撞的特点 弹性碰撞 举例：一动碰一静 动量守恒mv1＝m1v′1＋m2v′2 机械能守恒m1v＝m1v′＋m2v′ 解得 v′1＝， v′2＝ 结论： (1)m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，即两球碰撞后交换了速度 (2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v′1＝v1，v′2＝2v1 (3)m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2≈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＝m1v＋m2v－(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 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、重力势能或电势能 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mv＝mv＋Mv (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，分别转化为内能或电能 [例4]　(2025·重庆八中高三适应性试卷)如图所示，质量为m1＝3 kg的小车A置于光滑水平地面上，其右端固定一半径R＝1.15 m的四分之一圆弧轨道．质量为m2＝0.99 kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量m3＝10 g、速度v0＝800 m/s的子弹C击中，且子弹立即留在滑块B中，之后B与C共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车．不计A与B之间的摩擦和空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A．子弹C击中滑块B后瞬间，滑块B的速度大小为80 m/s B．滑块B第一次离开小车瞬间，滑块B的速度大小为2 m/s C．滑块B第二次离开小车瞬间，小车A的速度大小为8 m/s D．滑块B从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块B的位移大小为2 m 答案　D 解析　子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统动量守恒，子弹与B作用过程时间极短，A没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得m3v0＝(m3＋m2)v1，解得v1＝8 m/s，故A错误；滑块B离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方向，由水平方向动量守恒，得(m3＋m2)v1＝(m3＋m2＋m1)v2，解得v2＝2 m/s，滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得(m3＋m2)v＝m1v＋(m3＋m2)v＋(m3＋m2)gR，设滑块B离开小车时的竖直分速度为vy，则v＋v＝v，联立解得vy＝5 m/s，滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为t＝，解得t＝1 s，则x＝v2t，解得x＝2 m，从子弹击中后到B第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则：(m2＋m3)v1＝(m2＋m3)vB＋mAvA，(m2＋m3)v＝(m2＋m3)v＋mAv，解得vA＝4 m/s，故D正确，B、C错误． ►变式训练 变式　(多选)(2024·四川宜宾市二诊)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．物体B能上升的最大高度为0.6 m B．物体B能上升的最大高度为1.8 m C．物体C能达到的最大速度为4.0 m/s D．物体C能达到的最大速度为8.0 m/s 答案　AD 解析　子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mBv＝(mB＋mC)v＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，mBv＝mBv＋mCv，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确． [例5]　(多选)(2025·四川省德阳市高三二模)如图(a)所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度v0沿A、B连线向B物体运动．t＝0时，物体A与轻弹簧接触(不粘连)，此后的一段时间内，两物体的速度v与时间t的关系如图(b)所示．已知0～t0(t0＜t2)时间内，物体B运动的距离为v0t0，物体A的质量为m，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　) A．物体B的质量为3m B．物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为v0 C．0～t0时间内，物体A运动的距离为v0t0 D．物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒 答案　BC 解析　由图可知，t1时刻两物体速度相等，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)·，解得mB＝2m，故A错误；物体A与轻弹簧接触的过程中，由于合外力为零，所以两物体A、B组成的系统动量守恒．由于弹簧对A、B做功，所以A、B组成的系统机械能不守恒．由于只有系统内弹簧的弹力做功，所以两物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒．设物体A与轻弹簧分离时，物体A和B的速度分别为vA和vB.取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mvA＋mBvB，根据两物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒得mv0＝mvA＋mBvB，联立解得vB＝v0，故B正确，D错误；0～t时间内，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mvA＋mBvB，取极短时间Δt，则有∑mv0Δt＝∑mvAΔt＋∑mBvBΔt，即得mv0t0＝msA＋mBsB，由题意知，sB＝v0t0，解得物体A运动的距离为sA＝v0t0，故C正确． [例6]　(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. 解　(1)依题意，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量为m，玻璃球与钢球质量相等，根据弹性碰撞规律可知，在碰撞过程中，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为v0； (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，玻璃球与右侧钢球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋3mv2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋×3mv，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；方向向左 (3)根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，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小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＝v0，则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝mv2＝mv [例7]　(2025·湖北卷·15)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm.相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ.初始时木板和所有滑块均处于静止状态．现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(β为足够大常数，g为重力加速度大小).滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动．最大静摩擦力等于滑动摩擦力． (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小； (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j＋1个滑块开始滑动时的速度为vj＋1.用已知量和vj表示vj＋1； (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值． 提示：12＋22＋…＋k2＝k(k＋1)(2k＋1). 解　(1)对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块开始向右运动的过程中，受到的摩擦力为f＝2μmg，而长木板受到地面的最大静摩擦力为：fm＝μ(M＋3nm)g，由于n＞1，则f＜fm，所以长木板处于静止状态，第一个滑块做匀减速运动，对第一个滑块，由牛顿第二定律可得：2μmg＝ma，解得：a＝2μg.设第一个滑块与第二个滑块碰撞前的速度为v10，初速度为v1，由运动学公式可得：v－v＝2aL，联立解得：v10＝； (2)设第一个和第二个滑块碰撞后共同的速度为：v2，对第一、第二个滑块组成的系统，以v1＝的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv10＝2mv2，解得：v2＝v10＝＝ 设第二个滑块和第三个滑块碰撞前的速度为v20，则有：v－v＝2aL，解得：v20＝ 碰撞后共同的速度为v3，由动量守恒定律可得：2mv20＝3mv3，解得：v3＝v20＝ 设第3个滑块和第4个滑块碰撞前的速度为v30，则有：v－v＝2aL，解得：v30＝ 碰撞后共同的速度为v4，由动量守恒定律可得：3mv30＝4mv4，解得：v4＝v30＝ 由此可知，vn＝，由此类推可得：vj＝； (3)设看k个滑块一起在木板上滑动时，木板可得滑动，则有：2μkmg＞μ(nm＋3nm)g，解得：k＞2n，由此可知，第2n＋1个滑块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相对静止，设第2n＋1个滑块刚开始在木板上时的速度大小为v2n＋1，加速度的大小为a1，木板的加速度大小为a2，由(2)可知：v2n＋1＝ ，由牛顿第二定律可得：2μ(2n＋1)mg＝(2n＋1)ma1，2μ(2n＋1)mg－4μmg＝[4n－(2n＋1)]ma2，设第2n＋1个滑块开始滑动后，经过时间t与木板达到共同速度，恰好不与下一个滑块相碰，由运动学公式可得：v2n＋1－a1t＝a2t， v2n＋1t－a1t2－a2t2＝L， 联立以上各式解得：β＝. 学科网（北京）股份有限公司 $