高考物理第二轮复习 第7讲 动量定理及反冲模型讲义册子

专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)1．[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )A ．Mmv 0M ＋mB ．2Mv 0C ．2Mmv 0M ＋mD ．2mv 02.[2022·湖南押题卷]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m 0的球C ，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，则下列说法错误的是( )A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL2m ＋m 0C ．C 球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2m 0mgL2m ＋m 0D ．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L2m ＋m 03．[2022·湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ，在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v .前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 1和W 2，合外力的冲量大小分别为I 1和I 2.下列关系式一定成立的是( )A ．W 2＝3W 1，I 2≤3I 1B ．W 2＝3W 1，I 2≥I 1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I14.[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4 040倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出．往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车( )A.2 020 B．2 021 C．2 022 D．2 0235.[2022·重庆押题卷]如图所示，光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的光滑圆弧槽，槽底端离地高度为R，B为光滑小球，从圆弧槽左端静止释放，若滑块固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x1；若滑块不固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x2；已知x1∶x2＝1∶3.由此可知，小球B和滑块A的质量比为( ) A．1∶2 B．2∶1C．1∶3D．2∶36．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q 处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒7．[2022·湖南卷]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v­ t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变二、非选择题8.如图所示，质量m＝1 kg的弹性小球A在长为l＝0.9 m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P，P处有一个水平槽，水平地面距水平槽的高度恰好是1.8 m，槽内有许多质量均为M＝3 kg的弹性钢球，小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰(碰撞时间极短)，钢球水平飞出做平抛运动．每次被小球A 碰撞后，槽内填充装置可将另一个相同的钢球自动填充运动到P点位置且静止．现将小球A 在顶点P以v0＝32 m/s的初速度向左抛出(如图)，小球均可视为质点，g取10 m/s2，求：(1)第一次碰撞后瞬间，小球A和第一个钢球获得的速度；(2)小球A能将钢球碰出去的钢球个数；(3)第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．9.[2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；(3)滑杆向上运动的最大高度h.专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律1．解析：由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：mv 0＝（M ＋m ）v ，解得v ＝mv 0M ＋m根据动量定理，合外力的冲量I ＝Mv ＝Mmv 0M ＋m，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A2．解析：小球C 下落到最低点时，AB 开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒有：m 0gL ＝12m 0v 2C ＋12×2m ×v 2AB取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m 0v C ＝2m ×v AB联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0 ，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，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I AB ＝mv AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，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x 1，AB 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0 ，故D 正确．答案：C3．解析：根据动能定理可知W 1＝12 m （2v ）2－12 mv 2＝32 mv 2，W 2＝12 m （5v ）2－12m （2v ）2＝212mv 2，可得W 2＝7W 1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv ≤I 1≤3mv ，3mv ≤I 2≤7mv ，比较可得I 2≥I 1，一定成立．D 正确．答案：D4．解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A 车后，小孩和B 车获得速度为v 1，由动量守恒定律m B v 1－m A v ＝0解得v 1＝m Am Bv小孩第n －1次推出A 车后小孩和B 车获得速度为v n －1，第n 次推出A 车后，小孩和B车获得速度为v n .第n 次推出A 车前后，由动量守恒定律m A v ＋m B v n －1＝－m A v ＋m B v n得v n －v n －1＝2m Am Bv由等差数列公式得v n ＝v 1＋（n －1）2m A m B v ＝2n －14 040 v当v n ≥v 时，再也接不到小车，即2n －14 040 ≥1得n ≥2 020.5 取n ＝2 021，故选B. 答案：B5．解析：A 的质量为m A ，B 的质量为m B ；当滑块固定时，由动能定理m B gR ＝12 m B v 2B随后小球B 做平抛运动x 方向x 1＝v B t y 方向R ＝12gt 2联立得x 1＝2R若滑块不固定时，由水平方向上动量守恒0＝m A v A ＋m B v B 由能量守恒得m B gR ＝12 m B v 2B ＋12m A v 2AB 随后做平抛运动，A 随后做匀速运动 x 方向x 2＝v B t －v A t y 方向R ＝12gt 2因为x 1∶x 2＝1∶3 联立得m A ∶m B ＝1∶2，故选B. 答案：B6．解析：碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A 错误；碰后红壶运动的距离为x 1＝R 2－R 1＝0.61 m 蓝壶运动的距离为x 2＝2R 2＝2.44 m二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v 21 ＝2ax 1对蓝壶有v 22 ＝2ax 2联立可得v 1v 2 ＝12即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B 正确；设红壶碰前速度为v 0，则有mv 0＝mv 1＋mv 2，故有v 0＝3v 1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C 正确；碰前的动能为E k0＝12 mv 2碰后动能为E k1＝12 mv 21 ＋12 mv 22则有E k0>E k1，机械能不守恒，D 错误． 答案：BC7．解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mgv ，因此在0～t 1时间内，结合v ­t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v ­t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C 项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D 项错误．答案：AC8．解析：（1）小球A 在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv ′1；12 mv 20 ＝12 mv 21 ＋12Mv ′21联立解得v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0＝－16 m/s ；v ′1＝2m M ＋m v 0＝12v 0＝16 m/s. （2）利用上述方程还可得小球A 第一次碰后的速度v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0同理可知碰撞n 次以后瞬间的速度为v n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 n v 0，负号表示与碰前入射速度方向相反，小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n 次后假定再次到达P 位置，其速度大小一定有v n ≥gl ＝3 m/s ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12 nv 0≥gl ，解得3<n <4，n 为整数，所以取4，小球A 可以与4个钢球碰撞．（3）第4个钢球碰后速度v ′4＝2mm ＋Mv 4＝2 m/s ，由于两球是分别朝向左、右两边做平抛运动，水平距离是x ＝x 1＋x 4，平抛时间是t ＝ 4Lg＝0.6 s ，得x ＝（16＋2）×0.6m ＝10.8 m答案：（1）见解析 （2）4个 （3）10.8 m9．解析：（1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N 1＝（m ＋M ）g ＝8 N滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N 2＝Mg －f代入数据得N 2＝5 N.（2）方法一 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma 1 解得a 1＝15 m/s 2，方向向下 由运动学公式得v 2－v 20 ＝－2a 1l 代入数据得v ＝8 m/s.方法二 由动能定理得－（mg ＋f ）l ＝12 mv 2－12 mv 20代入数据解得v ＝8 m/s.（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv ＝（M ＋m ）v共代入数据得v 共＝2 m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有 －（M ＋m ）gh ＝0－12 （M ＋m ）v 2共代入数据得h ＝0.2 m答案：（1）8 N 5 N （2）8 m/s （3）0.2 m。

第7讲 动量定理及反冲模型题一：高台滑雪运动员经过一段滑行后从斜坡上的O 点水平飞出，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员连同滑雪板的总质量m ＝50 kg ，他落到了斜坡上的A 点，A 点与O 点的距离s ＝12 m ，如图所示。

忽略斜坡的摩擦和空气阻力的影响，重力加速度g ＝10 m/s 2。

（1）求运动员离开O 点时的速度大小。

（2）运动员落到斜坡上顺势屈腿以缓冲，使他垂直于斜坡的速度在t ＝0.50 s 的时间内减小为零，设缓冲阶段斜坡对运动员的弹力可以看作恒力，求此弹力的大小。

题二：雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度。

研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式f ＝12C ρSv 2来计算，其中C 为空气对雨滴的阻力系数（可视为常量），ρ为空气的密度，S 为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度v 方向的横截面积）。

假设雨滴下落时可视为球形，且在到达地面前均已达到收尾速度。

每个雨滴的质量均为m ，半径均为R ，雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C 0，重力加速度为g 。

（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；（2）大量而密集的雨滴接连不断地打在地面上，就会对地面产生持续的压力。

设在无风的天气条件下，雨滴以收尾速度匀速竖直下落的空间，单位体积内的雨滴个数为n （数量足够多），雨滴落在地面上不反弹，雨滴撞击地面时其所受重力可忽略不计，求水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小。

题三：在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用。

在轻核聚变的核反应中，两个氘核（H 21）以相同的动能E 0＝0.35MeV 做对心碰撞，假设该反应中释放的核能全部转化为氦核（He 32）和中子（n 10）的动能 。

已知氘核的质量m D ＝2.0141 u ，中子的质量m n ＝1.0087 u ，氦核的质量m He ＝3.0160 u ，其中1 u 相当于931 MeV 。

冲量及动量守恒讲义（含详细解析）★一、考情直播 1．考纲解读考纲内容能力要求考向定位动量和冲量理解动量的的概念，知道冲量的意义理解动量和冲量都是矢量，会计算一维动量变化理解动量变化和力之间的关系，会用来计考纲对冲量、动量的考查主要集中在对概念的理解和简单应用上，考纲要求为 I 级，动量定理在考纲中没有明确提出来，但是在教材中出现了动量定理的表达式，因此要掌握动量定理的一般应用． 2．考点整合考点一动量的概念（ 1）定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量，公式： p =mv （ 2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应．（ 3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同．（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而第五章动量一、考纲要求碰撞与动量守恒动量、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅱ 只限于一维Ⅰ、知识网络第 1 讲冲量动量动量定理动量具有相对性．题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系．(5)动量的变化： p p tp0 ．由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则．( 6)动量与动能的关系：P 2mE k，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的．【例 1】如图 6-1-1 一个质量是 0．2kg 的钢球，以 2m/s 的速度射到坚硬的大理石板上，立即反弹，速度大小仍为 2m/s，求出钢球动量变化的大小和方向？图6-【解析】取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v=2m/s ，碰撞前钢球的动量为p=mv=0．2× 2kg· m/s=0．4kg· m/s．碰撞后钢球的速度为v′ = -2m/s ，碰撞后钢球的动量为p′ =mv′ =-0 ．2× 2kg · m/s=-0 ．4kg·m/s．碰撞前后钢球动量的变化为：Δ p=pˊ- p=-0 ．4kg· m/s-0 ．4 k g ·m/s=-0 ．8 kg · m/s 且动量变化的方向向左．【规律总结】动量是一个矢量，动量的方向和速度方向相同，所以只要物体的速度大小或方向发生变化，动量就一定发生变化．例如做匀速直线运动的物体其动量是恒量，而做匀速圆周运动的物体，由于速度方向不断在改变，即使其动量大小不变，但因其方向不断改变，所以其动量是一变量．考点二冲量的概念(1)定义 : 力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应．(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定( 不能说和力的方向相同 )．如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．(4)高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量．对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求．(5)要注意的是：冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．【例 2】恒力F作用在质量为m的物体上，如图 6-1-2 所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是( ) A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F 对物体的冲量大小为Ft图 6-1-2C．拉力F 对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零【解析】按照冲量的定义，物体受到恒力F作用，其冲量为Ft ，物体因为静止，合外力为 0，所以合力冲量为 0．【易错提示】力对物体有冲量作用必须具备力和该力作用下的时间两个条件．只要有力并且作用一段时间，那么该力对物体就有冲量作用，所以冲量是过程量．需要注意的是冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．考点三动量定理(1)动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．既I =Δp(2)动量定理的理解①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和) ．②动量定理给出了冲量(过程量)和动量变化(状态量)间的互求关系．③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：F P (牛顿第二定律的动量形式) ．t④动量定理的表达式是矢量式．在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正．遇到涉及力、时间和速度变化的问题时．运用动量定理解答往往比运用牛顿运动定律及运动学规律求解简便．应用动量定理解题的思路和一般步骤为：(l)明确研究对象和物理过程；(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；(4)依据动量定理列方程、求解．【例3】一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则( )A、过程 I 中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力的冲量的大小C、I 、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零【解析】根据动量定理可知，在过程 I 中，钢珠从静止状态自由下落．不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，选项A 正确；过程I 中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对；在 I 、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零．且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故 C选项正确， D 选项错误．因此，本题的正确选项为 A、C．【规律总结】这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题．要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合．若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理．当t1>> t 2时，F>>mg．(3)简解多过程问题．【例 4】一个质量为 m=2kg的物体，在 F1=8N 的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t 1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t 2=4s 后撤去外力，物体再经过 t 3=6s 停下来．试求物体在水平面上所受的摩擦力．【解析】：规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量P1=0，末动量P2=O．据(F1t1 F2t2 f(t1 t2 t3) 0动量定理有：即： 8 5 5 4 f(5 4 6) 0 ，解得 f 4N【规律总结】由例4 可知，合理选取研究过程，能简化解题步骤，提高解题速度．本题也可以用牛顿运动定律求解．同学们可比较这两种求解方法的简繁情况．（ 4）求解平均力问题【例 5】质量是 60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1．2s，安全带伸直后长 5m，求安全带所受的平均作用力．（ g= 10m ／ s2）【解析】人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：V02 2ghV0 2gh 10m/ s取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F ，取 F方向为正方向，由动量定理得：Ft =m V— m V0所以 F mg 01100N ，（方向竖直向下）【注意】动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在 t 时间内的平均值．（ 5）求解恒力作用下的曲线运动问题20【例 6】如图 6-1-3 所示，以v o ＝10m／s2的初速度与水平方向成 300角抛出一个质量 m＝2kg的小球．忽略空气阻力的作用， g 取 10m／ s2．求抛出后第 2s 末小球速度的大小．【注意】在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：（5）求解流体问题-26【例7】某种气体分子束由质量m=5．4X10-26kg 速度V＝460m/s 的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1．5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．【解析】设在△ t 时间内射到 S 的某平面上的气体的质量为Δ M，则：M V tS.n0 m取Δ M为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以 V方向规定为正方向，由动量定理22【解析】小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，方向应用动量定理得：所以 mgt=m v y-（-m v0．在竖直方向做匀变速运动，竖直解得v y=gt- v0． sin30F y t=m v y-m v y00=15m/s．而v x=v0．cos300=5 3m/s在第 2s 未小球的速度大小为：v 02 v y2 10 3m/sF x t=m v x-m v x0；F y t=m v y-m v y0．图 6-得:-F Δt=ΔMV-（-ΔM．V），解得F 2V 2 n0 Sm ，平面受到的压强 P为：P F /S 2V2n0m 3.428P a【注意】处理有关流体（如水、空气、高压燃气等）撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△ t 内射到物体表面上的流体为研究对象（6）对系统应用动量定理．【例 8】如图 6-1-4 所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为 V0 时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？V0m M图 6-1-4 图6-1- 【解析】以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为M m a ，该过程经历时间为V0/ μg，末状态拖车的动量为零．全过程对系统用动量定理可得：M m a V0MV/M mV0, V/ M m a gV0g Mg【注意】这种方法只能用在拖车停下之前．因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是 M m a ．★二、高考热点探究一般而言，高考中对冲量、动量的考查主要集中在对概念的理解和简单应用，动量定理的一般应用及对现象的解析【真题1】一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δ t 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v．在此过程中，（）12A．地面对他的冲量为mv+mgΔ t ，地面对他做的功为 mv22B．地面对他的冲量为mv+mgΔ t ，地面对他做的功为零12C．地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为1 mv22D．地面对他的冲量为 mv－mgΔt ，地面对他做的功为零【解析】取运动员为研究对象，由动量定理得： F mg t mv 0，即I F t mv mg t ，运动员地面没有离开地面，地面对运动员的弹力做功为零．所以 B 选项正确．【点评】本题考查了考生对冲量和功这两个概念的理解，冲量和功都是过程量，但决定因素不一样，冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累．【真题2】如图6-1-5 所示，一质量为m的小球，以初速度v0 沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为 300的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的3， 4 斜面对小球的冲量大小．图 6-1-5求在碰撞中【解析】小球在碰撞斜面前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球速度为 v ．由题意， v 的方向与竖直线的3 夹角为30°，且水平分量仍为 v 0，如图．由此得 v ＝2v 0 ，碰撞过程中，小球速度由 v 变为反向的 v.碰43撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为 I m( v) mv ， 4由①、②得 I 7mv 02【点评】本题考查了考生应用动量定理处理变力的冲量的能力，在应用动量定理的时候一定要注意其矢量性．【真题 3】如图 6-1-6 一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度 h 0＝ 1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板．在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块(视为质点) ．小物块与斜面2之间的动摩擦因数μ＝ 0.2 ．当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回．重力加速度 g ＝ 10 m/s 2．在小物块与挡板的前 4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？式中 k tan tan由此可知，小物块前4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 I 1 2m 2gh 0 (1 cot ) 总冲量为 I I 1 I 2 I 3 I 4 I 1(1 k k 2 k 3)v ．1 由功能关系得 mgh mv 2mgcos h ①2sin以沿斜面向上为动量的正按动量定碰撞过程中挡板给小物块的冲I mv m( v)② 12h'，则 mv 2mgh mgcos hh③sin12mv mgcos2 sin mv m( v ) ⑤ '为小物块再次到达斜面底端时的速度， I '为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量．kI ⑥ 同理，有 mghI 式中，v式得 I 由①②③④⑤解析】解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端图时6速-1-度6 为设碰撞后小物块所能达到的最大代入数据得解法二：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块向下运动的加速度为 a ，依牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma设小物块与挡板碰撞前的速度为 v ，则 v 22a hsin 以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 I mv m( v) 由①②③式得 I 1 2m 2gh(1 cot ) 设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为 mgsin mgcos ma 由②⑤⑥式得 h k 2htan 式中 k tan同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量由④⑦⑨式得 I kI 由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为I 1总冲量为1k2m 2gh(1 cot ⑩ 2m 2gh 0 (1 cot )I k 2 k nI 12I 2 I 3 I 4 I 1(1 k k 2 1 k n )1kk3)代入数据得★三、抢分频道1kI2m 2gh 0 (1 cot )0.43(3 6) N·s◇限时基础训练( 姓名 20 分钟) 成绩1．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球的动量变化率C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量1 ．【答案】B ．这样接球目的是为了通过延长作用时间减少篮球对运动员的作用力，即动量变化率班级 k 2k n 11 k n) 1k1 k2m 2gh 0 (1 cot )I 0.43(3 6) N·s ⑿小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和④ a' ，依牛顿第二定律有⑤ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为 v 2 si nt 2．玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中（）A．茶杯动量较大 B ．茶杯动量变化较大C．茶杯所受冲量较大 D ．茶杯动量变化率较大2．【答案】 D．玻璃杯从同一高度落下掉在石头作用时间短，动量变化相同，所以作用力大．3．质量为m的钢球自高处落下，以速率 v1 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2．在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为（）A．向下， m（v1－ v 2） B ．向下， m（v1＋ v 2）C．向上， m（v1－ v2）D．向上， m（v1＋ v2）3．【答案】 D．钢球落地前瞬间的动量（初动量）为mv1，方向竖直向下．经地面作用后其动量变为mv2，方向竖直向上．设竖直向上为正方向，据动量变化△P=P -P 得：△ P= mv2- （- mv1）= m（v1+v2），因地面对钢球的作用力竖直向上，所以其冲量方向也竖直向上．4．质量为 5 kg 的物体，原来以 v=5 m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N·s 的作用，历时 4 s ，物体的动量大小变为（）A．80 kg ·m/s B．160 kg ·m/sC．40 kg · m/s D．10 kg ·m/s4．【答案】C．取初速度方向为正方向，由动量定理Ft mv mv 代入数据可得Ｃ．5．一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t ，上升的最大高度是 H，所受空气阻力大小恒为 F，则在时间 t 内（）A．物体受重力的冲量为零B．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小C．物体动量的增量大于抛出时的动量 D．物体机械能的减小量等于FH 5．【答案】BC．由运动学知，上升的时间大于下降的时间，根据冲量定义I Ft ，可知 A 错 B对；取竖直向上为正，物体动量的增量p mv mv m v v mv ，故 C 正确；由于阻力做功等于 2FH，故D错误．6．如图 6-1-7 （甲），物体 A和 B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动， A的质量为 m， B 的质量为 M，当连接 A、 B 的绳突然断开后，物体 A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落的速度大小为u ，如图（乙）所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体 A 的冲量（）A. mvB. mv MuC. mv MuD. mv mu图6-1-7 两物体的运动具有同时性，则t1 t2，所以I mu mv．6．【答案】 D．分别以 A、B 为研究对象，由动量定理得I mgt1 mv， Mgt 2 Mu ，图 6-1-107．如图 6-1-8 所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是（）A ．重力的冲量B ．合力的冲量C ．刚到达底端时动量的水平分量D ．以上几个量都不同 7．【答案】 D ．角度不同，所用的时间不同，速度方向不同，到达所以到底端的速度水平分量也不同，动量就不同，重力的冲量也不同，故Ｄ正确．8．质点所受的力F 随时间变化的规律如图6-1-9 所示，力的方向始终在一直线上．已知 t ＝0 时质点的速度为零．在图示t 1、t 2、t 3和 t 4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大A ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 4８．【答案】 0～t2 阶段，冲量为正， t 2～t 4阶段，冲量为负，由动量定理判图 6-1-8 断 t 2 时刻“面积”最大，动量最大，进而得出 t 2 时刻速度最大 .９．粗糙水平面上物体在水平拉力F 作用下从静止起加速运动，经过时间 t 撤去 F ，在阻力 f 作用下又经3t 停下，则 F ： f 为（） A ．3： 1 B ．4：1 C ．1： 4 D ．1；3８．【答案】Ｂ．用全过程法求解即可， Ft f 4t 0，F: f 4 : 1，故Ｂ正确．10．（2001年京、皖、蒙春季高考试题）质量为m =0．10 kg 的小钢球以 v 0=10 m/s 的水平速度抛出，下落h =5 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角____ θ= ．刚要撞击钢板时小球的动2量大小为 ____ ．（取 g =10 m/s 2）10．【答案】45°；2 kg ·m/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速度与钢板垂直．利用这一结论可求得钢板与水平面的夹角θ =45°，利用平抛运动规律（或机械能守恒定律）可求得小球与钢板撞击前的速度大小 v= 2 v0=10 2 m/s ，因此其动量的大小为 p=mv= 2 kg · m/s ．◇基础提升训练1．质量不等的两个物体静止在光滑的水平面上，两物体在外力作用下，获得相同的动能 . 下面的说法中正确的是（）A. 质量小的物体动量变化大B. 质量大的物体受的冲量大1．【答案】 B ．根据 p =mv = 2mE k 知，两物体在外力的作用下获得相等的动能，质量大的物体获得的动量大，则其所受的冲量大，B 选项正确， A 、C 选项错 .根据题目条件无法比较动量变化率的大小，图 66-1-1-8-7 C. 质量大的物体末动量小D.质量大的物体动量变化率一定大D选项错．2．沿同一直线，甲、乙两物体分别在阻力F1、F2 作用下做直线运动，甲在t 1时间内，乙在t 2时间内动量p随时间t 变化的p－t 图象如图6-1-10 所示. 设甲物体在t 1时间内所受到的冲量大小为I 1，乙物体在t 2时间内所受到的冲量大小为I 2，则两物体所受外力F及其冲量I 的大小关系是（）A. F1> F2，I 1=I2B.F1C.F1> F2，I 1>I 2D. F1=F2，I 1=I 2图 6-1-13图 6-1-132．【答案】 A ．由 F = p知F 1>F 2.由Ft =Δp 知 I 1=I 2．t3．质量为 m 的小球从 h 高处自由下落，与地面碰撞时间为Δ t ，地面对小球的平均作用力为 F ，取竖直向上为正方向，在与地面碰撞过程中（F15 10 t/s-10图 6-1-11４．【答案】 5，25．由图象知 t =5 s 时， F 1、F 2大小相等，此后 F 2> F 1，物体开始做减速运动，故 t =5 s 时速度最大 .由I =Ft 知， F －t 图象中图线与时间轴所围面积为力的冲量，所以，前 5 s 内F 1、F 2的冲量分别为I 1=37.5 N ·s ，I 2=－12.5 N ·s ，所以，前 5 s 内合力的冲量为I =I 1+I 2=25 N ·s ，由动量定理知，物体在前 5 s 内增加的动量，也就是从静止开始运动后 5 s 末的动量，为25 kg · m/s.◇能力提升训练1. 如图 6-1-12 所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度点. 若以 2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为（） A.仍在 P 点 B.在P 点左边C.在 P 点右边不远处D.在 P 点右边原水平位移的两倍处 1．【答案】 B ．纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以力的作用时间较长，铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故 B 选项正确．A.重力的冲量为 mg （2h +Δt ）gB. 地面对小球作用力的冲量为F ·C. 合外力对小球的冲量为（ mg +F ）D.合外力对小球的冲量为（ mg －F ）·Δ t ３．【答案】 B ．在与地面碰撞过程中，取竖直向上为正方向，重力的冲量为量为（ F －mg ）Δ t ，故正确选项应为Ｂ．４．一个物体同时受到两个力 F 1、F 2 的作用， F 1、F 2与时间的关系如图开始运动，当该物体具有最大速度时，物体运动的时间是 s ，大动量值是____ k g · m/s. Δt ·Δ t －mg Δ t ，合外力对小球的冲 6-1-11 所示，如果该物体从静止F/N10v 抽出纸条后，铁块掉在地上的 P v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦.以 2v 的速度抽出纸条的过程，铁图 6-1-2. 如图6-1-13 所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则（）①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为 0②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为图 6-1-13④ 每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为以上结论正确的是A.①④ B.②③ C. ②③④ D.①③④2．【答案】B ．重力为恒力，故物体每转一周重力的冲量为mgT . 由于物体做的是非匀速圆周运动，故转半1T周的时间不一定是 1T ，所以，重力的冲量也不一定是 mg T. 每转一周，物体的动量变化量为零，故合外22力的冲量为零 . 选项 B 正确．3．如图 6-1-14 ，质量分别为 m A 、m B 的木块叠放在光滑的水平面上，在 A 上施加水平恒力 F ，使两木块从静止开始做匀加速运动， A 、B 无相对滑动，则经过 t s ，木块 A 所受的合外力的冲量为，木块 B的动量的增量Δ p 为 _ .联立解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为 F f = Ft 1=2 N.t1 t 2说明：式①②中 F f 仅表示滑动摩擦力的大小， F f 前的负号表示F f 与所取正方向相反 . 方法二：将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程 . 在时间 t 1内物体所受合外力为（F －F f ），在时间 t 2 内物体所受合外力为－F f ，整个运动时间（ t 1+t 2）内，物体所受合外力冲量为（ F －F f ） t 1+（－F f ） t 2.对物体整个运动过程应用动量定理有（ F －F f ）t 1+（－F f ）t 2=0mgT/2 3．【答案】m A Ft m A m Bm B Ft.因 A 、 B 之间无相对运动，可把 m A m BA 、B 看作一个整体，由牛顿第二定律有F =（ m A +m B ） a 得： a = Fm A m B，木块 A 所受的合外力 F A ＝m A F ，木块 A m A m B 所受合外力的冲量 I A ＝m A Ft ，木块 B 动量的增量Δ m A m BpB ＝m B Ftm A m B4．质量 m =5 kg 去力 F ，物体又经 4．【解析】：因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力 F f ，撤去力 F 后，物体只受摩擦力向为正方向 .方法一：设撤去力 F 时物体的运动速度为 v . 对于物体自静止开始运动至撤去力有（F －F f ）t 1=mv对于撤去力 F 直至物体停下这一过程，由动量定理有的物体在恒定水平推力 F =5 N 的作用下， t 2=3 s 停了下来 . 求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小自静止开始在水平路面上运动，－F f ）t 2=0－mv t 1=2 s 后，撤 F 前，物体在水F . 取物体运F 这一过程，由动量定理 BF图 6-1-解得F f = Ft1=2 N. t1 t25．有一宇宙飞船，它的正面面积S=0.98 m 2，以v=2×103 m/s 的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m=2×10－7 kg. 要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少（设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上） .5 ．解析：微粒尘由静止至随飞船一起运动，微粒的动量增加量是飞船对微粒作用的效果，设增加的牵引力为F，依动量定理列方程Ft =nmv－0，即微粒对飞船的冲量大小也为Ft，其中n= Svt= SvtV1 F= nmv= Svt· mv =Smv2=0.98 ×2×10－7×（2×103）2 N=0.78 N.t1t。

2022-2023高考物理二轮复习（新高考）专题03力与动量.动量守恒定律●高考考点分析---在高考中，牛顿定律、功能关系、动量守恒定律是解题的三种基本方法。

无论什么运动状况，都可以从这三方面入手。

三者可以是递进关系：由牛顿定律的力引出功能关系、动量定理；也可能是并列关系：有些题目从三个角度都可以进行解析。

只有熟练运用这三者，才能在高考中游刃有余。

该类题型一般为单项选择题、不定项选择题、实验和计算题。

●知识框架●学习目标1.理解冲量与动量之间的关系。

2.熟练掌握动量守恒定律及其条件。

3.理清碰撞问题中的动量、能量关系。

4.能够将反冲问题举一反三，掌握其解题思路。

07讲动量与动量守恒定律基本应用●力与物体平衡的思维导图●重难点突破1.动量定理：Ft=mv-mv 0注：F 为物体所受合力；要规定正方向。

2.动量守恒条件：（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。

（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。

（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。

3.动量守恒定律：1如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2表达式：(1)p＝p′或m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．●考点应用1.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．例1.（2022·山东·临邑第一中学高二阶段练习）如图所示，下列情形都忽略空气阻力。

下列说法正确的是（）A．若子弹击入沙袋时间极短，可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒B．若子弹击入杆的时间极短，可认为子弹和固定杆组成系统动量守恒C．圆锥摆系统动量守恒D．以上说法都不正确【答案】A【详解】A．子弹击入沙袋时间极短，水平方向合外力为零，故可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒。

高考物理动量和动量守恒复习讲义第七讲 动量和动量守恒一、 知识要点两个概念： 两个规律： 两个模型：二、 高考《考试说明》三、 高考考点分析 1．冲量和动量的矢量性是必须注意的一个方向。

2．动量定理的应用特别要注意对有关物理现象的定性解释及对变力的冲量和曲线运动的动量变化的求解。

3．动量守恒定律的条件及碰撞的可能性判断是选择题喜欢考查的一个内容。

4．动量守恒定律的应用应注意掌握该定律的多种表达形式，并掌握一些常见的典型问题；重点应掌握动量与能量相结合处理较为复杂的物理问题和这一规律与其他物理知识的联系。

近两年没有出现这方面的综合题，今年应引起注意。

四、 典型例题和解题方法指导1．基本概念的应用：【例1】水平拉力F 1、F 2分别作用在水平面上的物体一段时间后撤去拉力，使物体从静止开始运动后又停止下来，如果物体在这两种情况下的总位移相等，且F 1＞F 2，设物体所受摩擦恒定，那么对应物体运动的两个过程中，力F 1、F 2冲量大小判断中正确的是（ ）A ．F 1冲量较大B ．F 2冲量较大C ．F 1、F 2冲量一样大D ．条件不足，无法判断2．基本概念的应用特别应注意对动量守恒定律的各种不同表达式的理解，以及对动量守恒定律动态分析。

p p '=（系统相互作用前总动量等于相互作用后的总动量）普遍表达式为：22112211v m v m v m v m '+'=+ 0=∆p （系统总动量的增量为零）动量 冲量 反冲运动 碰撞v0 C静止在太空的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的，加速电压为U，每个氧离子，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，参考答案：【例1】水平拉力F 1、F 2分别作用在水平面上的物体一段时间后撤去拉力，使物体从静止开始运动后又停止下来，如果物体在这两种情况下的总位移相等，且F 1＞F 2，设物体所受摩擦恒定，那么对应物体运动的两个过程中，力F 1、F 2A ．F 1冲量较大B ．F 2冲量较大C ．F 1、F 2冲量一样大D ．条件不足，无法判断【解析】：用图解法。