第8讲　动量（含解析）--2024年高考物理大二轮复习讲义

这是一份第8讲　动量（含解析）--2024年高考物理大二轮复习讲义，共12页。

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.掌握碰撞模型及拓展，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。
考点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
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 (2023·江苏南通市调研)小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则( )
A．起跳过程屈腿姿态不同，地面对小明做的功总为零
B．起跳过程屈腿姿态不同，地面对小明的平均作用力大小相同
C．着地过程屈腿姿态不同，地面对小明的冲量相同
D．着地过程屈腿姿态不同，小明的动量变化率相同
学习笔记：______________________________________________________________
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例2 (2023·江苏南通市期末)湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为( )
A．ρSv22 B．ρS(v2－v1)2
C．ρS(v2－v1)2v1 D．ρS(v2－v1)2v2
学习笔记：______________________________________________________________
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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＝vSΔt。
(3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。
(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＝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变化量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的变化量为零。
例3 (2022·江苏常熟市模拟)一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为( )
A．v0 B.eq \f(M－mv0,M)
C.eq \f(M＋mv0,M) D.eq \f(M＋mv0,M－m)
学习笔记：______________________________________________________________
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例4 (2020·全国卷Ⅱ·21改编)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．51 kg
C．58 kg D．63 kg
学习笔记：______________________________________________________________
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考点三 碰撞模型及拓展
1．碰撞问题遵循的三条原则
2．两种碰撞的特点
(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′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋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＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22－eq \f(1,2)(m1＋m2)v共2。
3．碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
例5 (2023·江苏省南京师范大学附属中学一模)如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．物块C的质量为2 kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5 J
C．4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s
学习笔记：______________________________________________________________
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例6 如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，半圆轨道半径为R，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为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．3eq \r(2gR) B．2eq \r(2gR)
C．2eq \r(5gR) D.eq \r(5gR)
学习笔记：______________________________________________________________
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例7 如图所示，质量为M＝0.25 kg、带有eq \f(1,4)圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m＝0.9 kg的物块，质量为m0＝0.1 kg的橡皮泥以大小为v0＝10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h＝0.8 m，弧形槽的半径为r＝0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小；
(2)物块沿弧形槽上滑的最大高度；
(3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。
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1．(2023·江苏高考仿真模拟)某跳水运动员从10 m跳台跳出，进入水中深度3 m后速度减为零，其质量为m＝50 kg，忽略空气阻力，且她在水中的运动近似为匀变速直线运动。则从入水到速度减为零的过程中，水给她的冲量大小最接近( )
A．220 N·s B．520 N·s
C．720 N·s D．920 N·s
2．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M＝2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)，则下列说法错误的是( )
A．滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的动量不守恒
B．滑块从A滑到C的过程中滑块和小车系统的机械能不守恒
C．滑块从A滑到C的过程中滑块和小车的对地位移大小相等
D．L、R、μ三者的关系为R＝μL
第8讲 动量
例1 A [根据题意，由公式W＝Fx可知，无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对小明的作用力的方向位移为0，则地面对小明做的功总为零，故A正确；起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对小明的平均作用力大小不同，故B错误；由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，设地面对小明的冲量为I，由动量定理有mgt－I＝Δp可知，由于t不同，则I不同，故C、D错误。]
例2 C [单位时间t内冲击船帆的空气的体积V＝SL＝S(v2－v1)t，单位时间t内冲击船帆的空气质量m＝ρV＝ρS(v2－v1)t，空气的动量改变量Δp＝m(v2－v1)，帆对空气的作用力为F，由动量定理Ft＝Δp，解得F＝ρS(v2－v1)2，根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2，风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正确，A、B、D错误。]
例3 C [列车原来匀速前进，所受合外力为零，从脱钩后到最后一节车厢停止运动的过程，合外力仍为零，故满足动量守恒，可得(M＋m)v0＝Mv1，解得前部列车的速度为v1＝eq \f(M＋m,M)v0，故选C。]
例4 C [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＝eq \f(2n－1mv0,M)，则v7＝eq \f(260 kg·m/s,M)，v8＝eq \f(300 kg·m/s,M)。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C。]
例5 D [由题图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg，故A错误；A、C粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v22＝13.5 J，故B错误；由题图乙知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s,4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－18 N·s，方向向左，故C错误；物块B刚离开墙壁时，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有(mA＋mC)v3＝(mA＋mC)v4＋mBvB，eq \f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq \f(1,2)(mA＋mC)v42＋eq \f(1,2)mBvB2，代入数据解得vB＝－3.6 m/s，物块B的最大速度大小为3.6 m/s，故D正确。]
例6 C [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，
由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv2，
由能量守恒定律得：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22 ，
联立得：v2＝eq \f(2v0,3)
若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：2mg＝2m·eq \f(vmin2,R)
A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：
2mg·2R＝eq \f(1,2)·2mv22－eq \f(1,2)·2mvmin2
联立得：v0＝1.5eq \r(5gR)，可知若小球A经过最高点，则需要满足：
v0≥1.5eq \r(5gR)
若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，最高到达与O等高处，此时由机械能守恒定律得：
2mg·R＝eq \f(1,2)·2mv22
联立得：v0＝1.5eq \r(2gR)
可知若小球A不脱离轨道时，需满足：
v0≤1.5eq \r(2gR)
由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5eq \r(2gR)或v0≥1.5eq \r(5gR)，故A、B、D错误，C正确。]
例7 见解析
解析 (1)橡皮泥与物块碰撞过程，橡皮泥与物块组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v
解得v＝1 m/s
在弧形槽底端对物块由牛顿第二定律得FN－(m＋m0)g＝(m＋m0)eq \f(v2,r)
解得FN＝20 N
由牛顿第三定律可知，在弧形槽底端物块对弧形槽的压力大小为20 N
(2)物块沿弧形槽向上滑动的过程中，物块、橡皮泥和物体水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，则有
(m＋m0)v＝(M＋m＋m0)v′
eq \f(1,2)(m＋m0)v2＝eq \f(1,2)(M＋m＋m0)v′2＋(m＋m0)gh1
解得h1＝0.01 m
(3)物块在弧形槽上运动过程中，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以水平向右为正方向，设物块与弧形槽分离瞬间，物块及橡皮泥的速度为v1，物体的速度为v2，则有
(m＋m0)v＝Mv2＋(m＋m0)v1
eq \f(1,2)(m＋m0)v2＝eq \f(1,2)Mv22＋eq \f(1,2)(m＋m0)v12
解得v1＝0.6 m/s、v2＝1.6 m/s
此后物块向右做平抛运动，物体向右做匀速直线运动
物块从离开弧形槽到落地经过的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
物块的水平位移为x1＝v1t＝0.24 m
物体的位移为x2＝v2t＝0.64 m
所以物块落地瞬间，物块到物体最左端的距离为Δx＝x2－x1＝0.4 m。
高考预测
1．D [在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力，则有v12＝2gh，可得入水时的速度v1＝10eq \r(2) m/s，她入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，因此入水后的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v1＋0,2)＝5eq \r(2) m/s，从入水到速度减为0所用时间t＝eq \f(d,\x\t(v))＝eq \f(3,5\r(2)) s＝eq \f(3\r(2),10) s，以向上为正方向，根据动量定理I－mgt＝0－m(－v1)，可得水给她的冲量I＝650eq \r(2) N·s≈919 N·s，故选D。]
2．C [滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合力不为零，系统动量不守恒，故A正确；滑块从A滑到C的过程中需要克服摩擦力做功，滑块和小车系统的机械能不守恒，故B正确；滑块从A滑到C的过程中，设滑块在小车上运动过程中某时刻的速度大小为v1，小车的速度大小为v2，滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，有mv1＝Mv2，所以整个过程中，滑块与小车的平均速度满足meq \x\t(v1)＝Meq \x\t(v2)，设滑块水平方向相对地面的位移大小为x1，小车相对地面的位移大小为x2，则有mx1＝Mx2，并且x1＋x2＝R＋L，解得x1＝eq \f(2,3)(R＋L)，x2＝eq \f(1,3)(R＋L)，故C错误；系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得滑块在C点时，滑块与小车一起的速度为v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL，故D正确。]
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
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，机械能守恒，满足eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
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