动量定理和动量守恒定律-高考物理二轮复习

第7讲动量定理和动量守恒定律-高考物理二轮复习

构建•知识网络壬三三壬三——————定锁定主干知识

—、

内容

矢量性1-动量一'

瞬时性--特点J

表达式---Ap=P'-pT）

相对性-Ap产_“2

定义式:、At-动联的

p=pf=m-反冲一人班模型

方向:与速度的变化方向相同」变化

「爆炸

定义式：/=自弹性碰撞

_）冲量-、

-碰撞——俳弹性碰撞

与力相J方向相同动量定理.

完全非弹性碰撞

1=Ap=P，P—表达式一

厂体验•高考真题明确高考考向

1.如图，小球4从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球8从左侧水平击中，小球力落地时

的水平位移为3m.两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10m/F,则碰撞前小球

B的速度大小】，为（）

A.1.5m/sB.3.0m/sC.4.5m/sD.6.0m/s

2.两小车P、。的质量分别为物和机o,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度

n随时间，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.nip>mN'>m（）C.>〃?/*>MND.

3.如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/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10m/s2。

小物块

平台?

^地面

(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0.45m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用

时间共计1s。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。

考情分析：本讲内容在高考中既有选择题又有计算题，计算题以中等难度以上题目为主，重点考查动量

定理和动量守恒定律，常用程序法解决多过程问题、微元法解决流体问题，同时注重模型的构建，如人

船模型、滑块曲面模型、子弹打木块模型等。

「精研•高频考点壬三—三——三三W三三-三——聚焦重难热新三―

考点一动量定理

»通法概述

动量定理在“四类”问题中的应用I.解缓冲问题——延长时间、减小冲力。如汽车安全气囊、跳高垫子。时

间由0.01s延长到1s,冲力可变为原来的需。

2.求解平均力问题——可分析计算碰撞、冲击过程等复:杂的情况。

3.求解流体问题--建、,/：柱状模型，△〃?=pS也，Fkt=

4.在电磁感应中求解电荷量问题--掌握动量定理和电荷量公式的应用BlL^t=^p,</=/AZo

》典例精析：

[例1]

4.如图1所示，细杆两端固定，质量为用的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆

±o现以水平向左的力厂作用在物块上，尸随时间/的变化关系如图2所示。物块开始滑动瞬间的滑

动摩擦力等于最大静摩擦力。组杆足够长，重力加速度为g,0=30°o求：

（1）f=6s时F的大小，以及，在0~6s内尸的冲量大小；

（2）f在0〜6s内，摩擦力/随时间，变化的关系式，并作出相应的"图像；

（3）f=6s时，物块的速度大小。

【例2】

5.电动自行车因低碳环保而成为现代流行的代步交通工具。电动自行车在无风情况下匀速行驶时，

会将正对空气的速度从。变为v,人和车总的迎风面积为S,空气密度为p,则其受到的空气的平均

阻力为（）

A.pSv2B.ZpSv2C.pSnD.2Psy

方法技巧用动量定理求解“流体”问题的方法

特点液体流、气体流等，质量具有连续性，通常已知密度P

（1）建立“柱状”模型，沿速度丫的方向选取一-段柱形流体，其横截面积为S

分析步骤（2）微元研究，作用时间加内的一段柱形流体的长度△/=23对应的质量&〃=pSM/

（3）建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

考点二动量守恒定律

力通法概述

动量守恒定律的应用

适用条件解题的基本思路

（1）确定研究对象，进行受力分析和过程分

（1）系统不受外力或系统所受的合外力为零。析。

（2）系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多，（2）确定系统动量在研究过程中是否守恒。

如碰撞、冲击、爆炸、猛拉等。（3）明确过程的初、末状态的系统动量。

（3）系统所受的合力不为零，在某个方向上的合力为零（4）规定正方向，根据动量守恒定律列方程

求解

»典例精析,

【例3】

6.如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5〃?，滑环质量为〃?，滑环套在水平固定的光

滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角

度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g,以下判断

正确的是（）

e滑环

索道

A.儿童和滑环组成的系统引量守恒

B.儿童和滑环组成的系统机械能守恒

C.儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能

D.儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1口5

》强化训练

7.如图所示，水平面上有两个木块,两木块的质量分别为加、加2,且阳2=2切。开始时两木块之间

有一根用轻绳缚住已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动。若两木块如和

阳2与水平面间的动摩擦因数分别为阳、R,且阳=2R,则在弹簧伸长的过程中，两木块

（）

A.动量大小之比为iniB.速度大小之比为2口1

C.动量大小之比为2口1D.速度大小之比为1口1

考点三碰撞与反冲问题

»通法概述

动量HPI+〃2=P/+〃2'

I

动能不增加耳|+&2三&J+%'或粉+良+短

两物体同向运动,则碰旅前应有0后＞1%,

L碰撞问题遵循的三条原则

碰撞后原来在前的物体速度一定增大，若

碰撞后两物体同向运动,则应有〜'二6'

'、速度合理卜

而物体痴两h碰撞后两物体的运动方

向不可能都不改变

2.反冲的两条规律

（I）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。

（2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由

两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有⑶访一〃?2可=0。

3＞典例精析

【例4】

8.“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实

验如图所示，质量为01kg的小球/以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5kg的

小球8发生正碰，碰撞后小球4向右反弹，当力向右移动2格的长度时，小球8向左移动1格的长

度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（）

A.小球A碰撞前后的速度大小之比为7D2

R.小球/碰撞前后的速度大小之比为3r12

C.碰撞前后，小球彳、8组成的系统动能不变

D.碰撞前后，小球力、8组成的系统动能减少

【例5】

9.如图甲所示，两个质量均为〃?、厚度均为4、高度均为。的木板力、4静止放置在光滑水平面

上，质量为〃?的子弹（体积忽略）以一定初速度伏）打入木板4子弹恰好未离开木板8且力、B两

木板没有发生碰撞。现把力、“两块木板绑在一起横放（如图乙所示），子弹再次以同样的初速度出

打入木板儿子弹也恰好未离开木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起

甲乙

A-2B-iC指D.差

【例6】

10.某校学生在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，

水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将

壳内质量为m=2.0kg的水相对地面以v=6m/s的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，口知水火

箭外壳质量为〃?0=0.4kg,上升阶段空气阻力恒为N,不计水平方向的任何力，重力加速度g

=10m/s2o

（1）求水火箭外壳能上升的最大高度从

（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即片h，a=0.4）,下落高度b=20m

时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：

①外壳匀速时的速度vm；

②外壳从下落到匀速所经历的时间；

③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。

【例7】

11.如图所示，长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面两端分别固定半径均为R的四分之一圆

弧体AB、CD,圆弧面光滑，圆弧面的最低点B、C均与长木板.上表面相切，长木板BC段上表面粗

糙，BC长为2R,长木板（包括两个圆弧体）质量为3m。将一个质量为m的物块在A点上方距离

A高度为R的P点由静止释放，物块恰好能到达D点，物块的大小忽略不计，重力加速度为g,

（1）长木板向左运动的最大距离；

（2）长木板运动过程中的最大速度；

（3）物块与长木板BC间的动摩擦因数。

规律总结人船模型

（I）一个原来处于静止状态的系统，在系统内两部分发生相对运动的过程中，在运动方向上满足:

①动量守恒：mv=Mvr,可推导出mx=Mx'）,

②位移关系：X十Xi则尸启，，尹冬具中X、V为两部分的对地位移，/为相对位移。

(2)常见模型图例

培优•提能加餐三三三三三三三三―三三拓展思维空间—三

应用数学归纳法解决多次碰撞问题1.常见模型：两个物体、多个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰

撞,

2.解题方法

(1)先分析前二至三次碰撞，得出初步结果；

(2)总结前几次数据，利用数学归纳法找出规律，通常会符合等差数列或等比数列，然后可得出通式，

求出多次碰撞最后的速度、位移、能量等结果。

【典例】

12.在光滑平直轨道边依次站着2025个人，间距均为力每人手里拿着质量均为机、编号为1、2、

3....2025的沙包。一个质量也为机的货斗，在恒定外力厂的推动下，从距离第!人的左侧"处

由静止开始沿直线向右运动①,货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗②,直到沙包

全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短②,货斗及沙包均可视为质点。求：

"!TT/

122（侬

(1)1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；

(2)2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③:

(3)全过程中的能量损失。

审题指导;

信息提取信息加工

从距离第1人的左侧，/处由静止开始沿直线向右运

利用动能定理，计算放入沙包前货斗的速度

动①

该人立即将沙包无初速放入货斗②

沙包投入过程中，动量守恒，可计算沙包的速度

沙包放入货斗时间极短②

利用数学归纳法，寻找以后碰撞过程中对应规律或

2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率③

结果

答案解析部分

1.【答案】B

【知识点】平抛运动；碰撞模型

【解析】【解答】小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，A球竖直方向上速度不变，设碰撞

后A球水平速度为vi,B球水平速度为V2,

222

碰撞为完全弹性碰撞，则有mv=mvi+mv2,排\。+扣〃/=排（v/1+v1）+imv2»

联立解得Vl=V,V2=0

小球A在竖直方向有h=*2,解得t=2s,

可知碰撞后小球A运动t,=ls落地，则水平方向上有x=vf.解得v=3.0m/s,

故答案为：Bo

【分析】先计算小球A自由下落Is后的位置和速度，再分析碰撞后A的平抛运动，结合完全弹性

碰撞的动量守恒和动能守恒规律，联立求解碰撞前小球B的速度。

2.【答案】D

【知识点】动量守恒定律；运动学v-t图象

【解析】【解答】对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mpvp+mNVNi=mpvp'+ITINVNI'»

整理得mp（vp—vp，）=ITIN（VNI,—VNI）,由题图1可知vp—VP>VNI'—VNI,

解得mpVmN；

对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQVQ+mNVN2=mQVQ，+mNVN2l

整理得mQ（VQ—VQ'）=niN（VN2'一VN2）,由题图2可知VQ—VQ，<VN2'一VN2,

解得mQ>mN,综上可得mQ>mN>mp,D正确。

【分析】本题利用完全弹性碰撞的速度变化规律分析质量关系：碰撞后，入射小车若反弹，说明其

质量小于被碰小车；若速度方向不变，说明其质量大于被碰小车。结合动量守恒和动能守恒可推导

质量大小关系。

3.【答案】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a=pg

则小物块从开始运动到离开平台有正-v1=2axQ

小物块从平台飞出后做平抛运动有力二£/；,x=vxti

联立解得x=0.6m

（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m,则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初

速度有九’二）9后,vy2=gt2

则物块与地面接触的时间At=t-ti-t2-0.1s

物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN—mgAt=mvy2—m（一

vyi）,vyi=gti

解得IN=0.1Ns

取水平向右为正，在水平方向有一jiNAt=vx'—vx,IN=N及

解得vx'=-lm/s

但由于vx碱小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'=0

【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；平抛运动；冲量

【蟀析】【分析】（1）在水平台上运动过程中，根据动能定理求解末速度大小，根据平抛运动的规律

求解物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离；

（2）从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，竖直方向根据动量定理列方程求解弹力冲量大

小；小物块与地面接触过程中，水平方向根据动量定理求解物块弹离地面时水平速度的大小。

4.【答案】（1）由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知如

所以当t=6s时，

0〜6s内F的冲量为F-t图像与时间轴所围成的面积，B|JI=lx3/3mgx6=2^mg

（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有

mgsin30°=pmgcos30°

即p=tan30。=卓

在垂直杆方向,当Fsin9=mgcos9时，t=4s

则0~4s,垂直杆方向，有Fsin9+N=mgcos0

摩擦力£=1我=苧（苧巾9—导加9£）=8（0<t<4）

在4〜6s内，垂直杆方向Fsin8=mgcos9+N

摩擦力£=河=苧（牛小。£—4=-3mg（4<t<6）

相应的f-t图像如图

mg、

(3)在0〜6s内沿杆方向，根据动量定理有IFCOS。-k+mgsinOxt=mv

在0〜6s内摩擦力的冲量为f-t图像与时间轴所围成的面积,则If=,x.mgx4+,0mgx2弓mg

联立有2^mg・cos30°—5mg+3mg=mv

可得v=^g。

【知识点】动量定理：冲量

【解析】【分析】(1)先由尸-£图像的线性关系写出F(t)表达式，代入t=6s求力的大小；冲

量是F-t图像与时间轴围成的面积，用三角形面积公式计算。

(2)初始静止时先求动摩擦因数出再分两段分析垂直杆方向的受力：0〜4s支持力向上，4〜6s

支持力向下，分别推导摩擦力f(t)的表达式。

(3)沿杆方向对0〜6s全过程应用动量定理，分别计算力尸、摩擦力/、重力分力的冲量，联

立求解末速度Vo

5.【答案】A

【知识点】动量定理

【解析】【解答】取一小段时间At内带动的空气为研究对象，则这一小段空气的质量△m=pvAtS

根据动量定理得FAt=Amv=pv2AtS

由牛顿第三定律知，风对人的作用力的大小F'=F

联立解得F-pSv?

故答案为：Ao

【分析】取时间A£内与车碰撞的空气柱为研究对象，利用动量定理分析空气的动量变化，从而求出

车对空气的平均作用力，再由牛顿第三定律得到空气对车的平均阻力。

6.【答案】B,D

【知识点】动后•守恒定律；机械能守恒定律

【解析】【解答】A：儿童和滑环组成的系统水平方向不受外力，竖直方向受力不平衡，所以系统水

平方向动量守恒但系统动量不守恒，故A错误；

BC：儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于

滑环增加的机械能，故B正确，C错误；

D：根据人船模型的规律有5叫人=心，不，解得5."=x环，则可知儿童和滑环的水平位移之比为

1E5,故D正确。

【分析】本题核心是分析系统的动量与机械能守恒条件，结合水平方向动量守恒(人船模型)分析

位移关系。

7.【答案】A,B

【知识点】动量守恒定律

【解析】【解答】AC左侧木块所受滑动摩擦力力=用〃”g,方向水平向右。右侧木块所受滑动摩擦

力力=|12M2g,方向水平向左，

根据题意有〃n=2〃”，用=2中，解得力=力，即两木块构成的系统所受外力的合力为0,则系统动量

守恒，

两木块动量大小相等，则动量大小之比为1口1,故A正确，C错误：

BD：根据动量守恒定律有miM-7®2=O,根据题意有加2=2如,解得州口也=2口1,故B正确，D

错误。

【分析】先对系统进行受力分析，判断水平方向合外力是否为零，确定动量是否守恒；再结合已知

的质量和动摩擦因数关系，推导动量与速度的比例关系。

8.【答案】B,C

【知识点】碰撞模型

【解析】【解答】AB：由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞

后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为v,则A球的速度为一2v,

设碰撞前A球的速度为vo,由于碰撞过程系统的动量守恒，则有0.1kgvo=-0.1kg-2v+0.5kg-v,

解得v=M，则球A碰撞后的速度大小为v』2vVvo,则小球A碰撞前后的速度大小之比为

3E2,故B正确，A错误；

CD：碰撞前系统的总动能Ek=30.1kgx%2,碰撞后系统的总动能Ek』*.lkgx2+^X0.5

kgx(Ivo)2,可得Ek=E,可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错

误。

【分析】空间站内无外力，系统动量守恒。先根据位移关系得到碰撞后两球的速度比，再结合动量

守恒定律求出A球碰撞前后的速度比，最后计算系统动能变化判断碰撞类型。

9.【答案】D

【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型

【解析】【解答】子弹第一次打入木板A的过程中，由动量守恒定律有mvo=mw+mv2,由能量守恒

2—imv12—imv2

定律有fd=imv02

22

子弹打入木板B的过程中，由动量守恒定律有mvi=2mv3,由能量守恒定律有fd=imv1—i-2mv3

2

联立解得fd=^mv0

子弹第二次打木板A的过程中，由动量守恒定律有mvo=3mv4,由能量守恒定律有fh=：m%2—

2

i-3mv4

联立解得砧=加为2,可得六If

故答案为：D

【分析】两种场景下，子弹与木板系统水平方向均不受外力，动量守恒；子弹恰好未离开木板，说

明最终与木板共速，且系统损失的动能等于阻力乘以相对位移。

10.【答案】（1）解：喷水过程中，根据动量守恒定律有mv=movo

22

上升过程中有mog4-fb=moa,0—v0=-2aII

解得H=36m。

（2）解：①外壳匀速时，有mog=kvm

解得vm=10m/So

②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有

mogt—kvt=movm

又讥=h

解得t=3So

③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有

2

mogh+W（=vni—0

解得Wr=-60J

【知识点】竖直上抛运动

【蟀析】【分析】（1）喷水瞬间劭量守恒，先求外壳初速度；上升阶段受重力和空气阻力，用牛顿第

二定律求加速度，再由运动学公式求最大高度。

⑵①匀速时受力平衡，重力与阻力相等，直接求匀速速度；

②下落阶段用动量定理（平均阻力冲量等于kvt=kh）,联立求时间；

③下落阶段用动能定理，重力做功减阻力做功等于动能变化，求阻力做功。

11.【答案】（1）解：物块从A点进入圆弧轨道AB开始至物块到达D点过程中，设物块向右的水平

位移大小为xi,长木板向左运动的最大距离为X2。系统水平方向动量守恒，则有m访=3m近

即mxi=3mx2

又因为/+%2=4/?

解得=R

（2）解.：当物块第一次到达B点时，长木板的速度最大。设小物块第一次到达B点时物块的速度

大小为vi,长木板的速度大小为V2,根据系统水平方向的动策守恒有m%=3m以

根据机械能守恒有mgx2R=说+'x3m