高中物理二轮复习-专题二-第9课时-动量

专题二能量与动量第9课时动量命题规律1.命题规律：(1)动量定理及应用；(2)动量守恒定律及应用；(3)碰撞模型及拓展.2.常考题型：选择题、计算题.内容索引NEIRONGSUOYIN高考题型1动量定理及应用高考题型2动量守恒定律及应用专题强化练高考预测高考题型3碰撞模型及拓展1.冲量的三种计算方法高考题型1动量定理及应用公式法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.图象法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量.若F－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研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统.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时间内的平均冲力.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.3.流体作用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，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1所示.设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.图1例1

(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积√考向一动量定理对生活现象的解释解析汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上所述，选项D正确.例2

(2019·全国卷Ⅰ·16)最近，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4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为A.1.6×102kg B.1.6×103

kgC.1.6×105kg D.1.6×106

kg考向二动量定理的定量计算√例3

(2021·河南驻马店市期末)2021年5月15日，“天问一号”探测器在火星成功着陆，中国成为第二个成功着陆火星的国家.假定火星上风速约为18m/s，火星大气密度约为1.3×10－2kg/m3，“祝融号”火星车迎风面积约为6m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零.则火星车垂直迎风面受到的压力约为A.1.4N B.25N C.140N D.2500N考向三流体及尘粒柱状模型的应用√解析设t时间内吹到火星车上的气体质量为m，则m＝ρSvt根据动量定理－Ft＝0－mv，解得F≈25N根据牛顿第三定律，火星车垂直迎风面受到的压力约为25N.故选B.1.判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型.(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲.(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型.高考题型2动量守恒定律及应用2.动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多).(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零.例4

(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/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5.0m/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5.0m/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.48kg B.53kg C.58kg D.63kg考向一动量守恒定律的应用√√解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝

由题意知，v7<5.0m/s，则M>52kg，又知v8>5.0m/s，则M<60kg，故选B、C.例5

(多选)如图2所示，小车质量为M，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R的四分之一光滑圆，质量为m的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g.对此运动过程分析，下列说法中正确的是A.当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为R考向二人船模型和反冲运动√√图2解析当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，由机械能守恒定律得mgR＝设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x1和x2，则mx1－Mx2＝0，且x1＋x2＝R，联立解得x1＝

，故A错误，B正确.1.碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度.高考题型3碰撞模型及拓展2.两种碰撞特点(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′结论：①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度.②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动.③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：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，损失的动能最大，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，动量满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足3.碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面、水平导轨都光滑)

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，损失的动能最大，分别转化为内能或电能(2)“耗散型”碰撞拓展模型例6

(2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图3中实线所示.已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为A.3J

B.4JC.5J

D.6J图3考向一非弹性碰撞√解析根据题图图象，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0m/s，v乙′＝2.0m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，碰撞过程两物块损失的机械能ΔE＝

m甲v甲2＋

m乙v乙2－

m甲v甲′2－

m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故选A.例7

(2021·吉林白城一中高三模拟)如图4所示，用长l＝1m的轻绳将小球a悬挂在O点，从图示位置由静止释放，当小球a运动至最低点时与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，碰撞后b滑行的最大距离x＝2m.若小球a的质量m1＝1kg，物块b的质量m2＝3kg，物块b与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，小球a和物块b均可视为质点，则刚释放小球a时，轻绳与竖直方向的夹角的余弦值为A.0.8 B.0.6 C.0.5

D.0.2图4考向二弹性碰撞√解析a、b发生弹性碰撞，则有m1va＝m1v1＋m2v2根据牛顿第二定律可知μm2g＝m2a，解得a＝1m/s2根据速度位移公式则有0－v22＝－2ax，解得v2＝2m/s例8

(多选)(2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图5所示，

光滑圆槽B静置于光滑水平地面上.槽底端与水平面相切，一小球A从水平地面以初速度v0滑向圆槽，从底端沿槽上滑，未冲出圆槽，最后滑回水平地面.已知小球的质量为m，圆槽的质量为M，重力加速度为g.下列说法中正确的是C.小球上滑过程比下滑过程的动量变化大D.上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小图5考向三碰撞模型拓展√√解析小球滑上B，滑到最高点时，水平方向动量守恒mv0＝(m＋M)v小球离开B时，B的速度最大，有所以小球上滑过程和下滑过程的动量变化一样大，C错误；所以上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加量小，D正确.1.(2021·山东济宁市高三期末)航天器离子发动机原理如图6所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲动力.已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响.123高考预测图6该发动机产生的平均推力F的大小为123√1232.(2021·重庆市实验中学高二期末)如图7所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出.已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是A.该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒B.小球从U形管的另一端射出时，速度大

小为C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，

小球速度大小为D.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管速度大小为123图7√沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故mv0＝mv2＋mv1解析由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；小球与U形管系统机械能守恒，故小球从U形管的另一端射出的过程中，123解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B错误；小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球水平方向的速度与U形管的速度均为vx，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)vx，123设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得123故C错误，D正确.3.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图8所示，一带有

光滑圆弧轨道的长木板质量为M＝3kg，放置于光滑水平面上.长木板水平部分长L＝2m，圆弧轨道半径R＝0.6m，末端与长木板相切于B点.在圆弧轨道最高点A点由静止释放一质量为m＝1kg的滑块(可视为质点)，最后滑块恰好不脱离长木板.(取g＝10m/s2)求：(1)滑块刚滑到圆弧底端B点时滑块的速度v1和长木板的速度v2；图8123答案3m/s，方向向左1m/s，方向向右解析滑块从A滑到B过程，系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向左为正方向mv1＋Mv2＝0123代入数据解得v1＝3m/s，方向水平向左；v2＝－1m/s，负号表示方向水平向右.(2)滑块与长木板之间的动摩擦因数μ；123答案0.3解析滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(M＋m)v3代入数据解得v3＝0由能量守恒定律得123代入数据解得μ＝0.3(3)滑块在长木板水平部分上滑行的时间t.123答案1s解析对滑块，由动量定理得－μmgt＝mv3－mv1代入数据解得t＝1s.1.(2021·全国乙卷·14)如图1，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统A.动量守恒，机械能守恒

B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒

D.动量不守恒，机械能不守恒保分基础练1234567专题强化练图18√9101112解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒.故选B.1234567891011122.(多选)如图2所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上.c车上有一静止的质量为m的小孩.小孩先跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v.小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则A.a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量守恒B.b、c两车运动速率相等√√图2123456789101112解析a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向所受外力之和为零，水平方向动量守恒，故A正确；对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒，有0＝mv＋Mvc，负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b组成的系统水平方向动量守恒，有mv＋0＝Mvb＋mv，解得b车最终的速度为vb＝0，故B、C错误；123456789101112对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有mv＋0＝(M＋m)va，1234567891011123.(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图3所示，则A.t＝1s时物块的速率为1m/sB.t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t＝4s时物块的速度为零1234567图3√√89101112t＝2s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，t＝4s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故B正确，C、D错误.1234567891011124.(多选)(2021·广东广州市一模)长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b.以地面为参考系，给a和b以大小均为v0、方向相反的初速度，最后b没有滑离a.设a的初速度方向为正方向，a、b的v－t图象可能正确的是√√√1234567891011121234567891011125.(多选)如图4甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2(已知m2＝0.5kg)的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上.现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得A.在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧

处于伸长状态B.从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态C.t3时刻弹簧的弹性势能为6JD.在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态图412345678√√9101112解析从v－t图象可以看出，从0到t1时间内B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，故A正确；由v－t图象可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；123456789101112由v－t图象可知，t3时刻两物块的速度相同，都是2m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v3，解得m1＝1kg，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得解得t3时刻弹簧的弹性势能Ep＝6J，故C正确.1234567891011126.(多选)(2020·内蒙古包头市高三下学期一模)如图5，长度为l＝1m，质量为M＝1kg的车厢，静止于光滑的水平面上.车厢内有一质量为m＝1kg、可视为质点的物块以速度v0＝10m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10m/s2.下列说法正确的是A.n＝26B.系统因摩擦产生的热量为25JC.物块最终停在车厢右端D.车厢最终运动的速度为5m/s，方向水平向右图5√√123456789101112解析由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得车厢最终运动的速度为v＝5m/s，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得：＋Q，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q＝25J，故B、D正确；1234567891011127.(多选)如图6所示，光滑的水平杆上固定有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触.质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是A.物块C与物块B碰后速度为v1234567图68√√9101112解析物块C与物块B碰撞时动量守恒mv＝2mv1，碰撞过程中损失的机械能为若滑环A不固定，物块C与物块B碰后粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等时，B、C摆起的高度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv＝3mv21234567891011121234567891011128.(多选)(2020·山东省六校线上联考)如图7所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的

光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为

，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则A.B的最大速率为4m/sB.B运动到最高点时的速率为C.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞图7争分提能练12345678√√9101112B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，1234567891011121234567891011129.(2020·昆山震川高级中学)北海公园荷花池中的喷泉如图8甲所示，其水泵以一定的角度将水喷向空中，水的运动轨迹示意图如图乙所示，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d.已知喷水口的水流量为Q，水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略空气阻力.(1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx；图8123456789101112解析由平抛运动规律可知，竖直方向123456789101112(2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy.123456789101112解析极短时间Δt内击打在水面上的水的质量Δm＝ρQΔt水击打在水面上时竖直方向的速度设水受到的竖直方向的平均作用力大小为F，向下为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－Δmvy依据牛顿第三定律，可得水击打水面竖直向下的平均作用力的大小123456789101112解析以水平向右为正方向，A与B碰撞时，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1解得v1＝1m/s10.(2021·山西省高三三模)如图9所示，固定在轻弹簧两端的物体B、C置于光滑的水平面上，C靠在固定挡板上，物体A以水平向右的速度v0＝3m/s与B正碰并瞬间粘在一起，一段时间后C离开挡板.已知A、B、C的质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，求：(1)A与B刚刚碰撞后的速度大小v1；12345678图9答案1m/s

9101112解析分析可知C离开挡板瞬间，弹簧恰恢复原长，则有vC＝0从A与B碰撞后到C刚要离开挡板的过程中，C始终静止，挡板对C的弹力始终等于弹簧弹力.根据机械能守恒定律可知，C刚要离开挡板时，A和B的速度大小仍为v1，方向向左，设向右为正方向，以A和B为研究对象，根据动量定理有I板＝I弹＝－(mA＋mB)v1－(mA＋mB)v1解得I＝－6N·s，负号表示方向水平向左(2)从A与B刚刚碰撞后到C刚离开挡板的过程中，求挡板对C的冲量I；答案6N·s，方向水平向左123456789101112解得Ep＝0.75J.解析C离开挡板后，当A、B、C具有相同速度v2时，弹簧具有最大弹性势能，C离开挡板后，对A、B、C及弹簧组成的系统，根据动量守恒定律有(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2根据机械能守恒定律有(3)C离开挡板后，弹簧具有的最大弹性势能Ep.答案0.75J12345678910111211.如图10所示，质量为m3＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个水平轻质弹簧.滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑.质量为m2＝3kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放.两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g＝10m/s2).(1)求物体1从释放到与物