第一篇 专题二 第7讲 动量

第7讲 动量 命题规律 1.命题角度：(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.常用方法：柱状模型法.3.常考题型：选择题、计算题．

考点一 动量定理及应用

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－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内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．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变化量，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.

例1 (多选)(2022·广东梅州市一模)如图所示，学生练习用脚顺球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则( )

A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为2 kg·m/s

B．足球自由下落过程重力的冲量大小为4 kg·m/s

C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零

D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的11倍

答案 AD

解析 足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝2gh＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小也是5 m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝11mg，足球自由下落过程重力的冲量大小为mgvg＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用过程中动量变化大小为Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．

例2 (2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速．已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为( )

A．1N2qUm B．1NqUm2

C．N2qUm D．NqUm2

答案

C

解析 根据动能定理得qU＝12mv2，解得v＝2qUm，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·2qUm＝N2qUm，则根据牛顿第三定律可知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝N2qUm，故选C.

考点二 动量守恒定律及应用

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：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．

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(常用)．

(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3 (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4.0 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 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＝2n－1mv0M，则v7＝260 kg·m/sM，v8＝300 kg·m/sM.由题意知，v7<5.0 m/s，则M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、C.

例4 (2022·湖南岳阳市二模)如图所示，质量均为m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，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(重力加速度为g)( )

A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为m0mmgL2m＋m0

B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2mgL2m＋m0

C．球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0mgL2m＋m0

D．球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为m0L2m＋m0

答案 C

解析 小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据机械能守恒有：m0gL＝12m0vC2＋12×2mvAB2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m0vC＝2mvAB ，联立解得vC＝2mgL2m＋m0，vAB＝m0mmgL2m＋m0，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0mgL2m＋m0，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝m0L2m＋m0，故D正确．

考点三 碰撞模型及拓展

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)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．

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定律和机械能守恒定律．

以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有

m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2

解得v1′＝m1－m2v1m1＋m2，v2′＝2m1v1m1＋m2.

结论：

①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．

②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．

③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．

④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1.

(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：ΔE＝12m1v12＋12m2v22－12(m1＋m2)v共2.

3．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

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，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足12mv02＝12mv12＋12Mv22

(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，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能

例5 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )

A．碰撞后氮核的动量比氢核的小

B．碰撞后氮核的动能比氢核的小

C．v2大于v1

D．v2大于v0

答案 B

解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，12mv02＝12mv12＋12mv32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，12mv02＝12×14mv22＋12mv42，联立解得v2＝215v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝28mv015，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝12mv12＝12mv02，氮核的动能为EkN＝12×14mv22＝28mv02225，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误．

例6 (多选)(2022·河南省名校联盟二模)如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞．碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)( )

A．22gR B.2gR

C．25gR D.5gR

答案 BC

解析 A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒得：

12mv02＝12mv12＋12·2mv22 ，