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1、20202020 年物理二轮专题过关宝典年物理二轮专题过关宝典专题五：动量专题五：动量【知识回扣】1.思维导图2.动量守恒定律(1)常用的四种表达形式：1m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。2p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。3p0，系统总动量的增量为零。(2)常见的几种守恒形式及成立条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。（3）动量守恒的性质：动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题
2、应选取统一的正方向分清矢量性各物体初末动量的正、负。各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这相对性个参考系)。动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2必须是系统中各物体在相互作同时性用前同一时刻的动量，p1、p2必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加3.碰撞4.弹性碰撞模型特例两质量分别为 m1、m2的小球发生弹性正碰，v10，v20，则碰后两球速度分别为 v1m1m22m1v1，v2v.m1m2m1m21(1)若 m1m2的两球发生弹性正碰，v10，v20，则碰后 v10，v2v1，即二者碰后交换速度。(2)若 m1m2，v10，v20，则二
3、者弹性正碰后，v1v1，v22v1.表明 m1的速度不变，m2以 2v1的速度被撞出去。(3)若 m1m2，v10，v20，则二者弹性正碰后，v1v1，v20.表明 m1被反向以原速率弹回，而 m2仍静止。【热门考点透析】考点一动量、冲量和动量定理1.(2019武汉高三下学期 2 月调考)运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转 180后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为 90 kg，两个喷嘴的直径均为 10 cm，已知重力加速度大小 g10 m/s2，水的密度 1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()A2.7 m/
4、sB5.4 m/sC7.6 m/sD10.8 m/s【答案】C【解析】设 t 时间内有质量为 m 的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得Ft2mv，md2v t，设运动员与装备的总质量为 M，运动员悬停在空中，所以 FMg，由牛顿第三定律得 FF，联立解4得 v7.6 m/s，C 正确。2.(2019黑龙江哈尔滨4月理综检测)水平推力 F1和F2分别作用于置于水平面上的等质量的 a、b两物块上，作用一段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动一段时间停下来两物块运动的 v-t 图象如图所示，图中 ABCD，则下列说法正确的是()A两物块所受摩擦力大小相等B两物块所受摩擦力冲量大小相等C
5、F1的冲量大于 F2的冲量DF1的冲量小于 F2的冲量【答案】AD【解析】由图，AB 与 CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故 A 正确根据 IFft，由图看出摩擦力的作用时间tOBtOD，可知摩擦力的冲量不相等，选项 B 错误根据动量定理，对整个过程研究得F1t1FftOB0，F2t2FftOD0，因 tOBtOD，则有 F1t1F2t2，即 F1的冲量小于 F2的冲量，故 C 错误，D 正确故选 A、D3.（2018 年全国高考 2）高空坠物极易对行人造成伤害若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的
6、25 层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A10 N【答案】C【解析】本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是 3m，由动能定理可知：mgh mv2，解得：v 2gh 210325 10 15m/s落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：N mgt 0mv，解得：N 1000N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故 C 正确，故选 C【增分攻略】12B102 NC103 ND104
7、 N1.动量定理研究对象选择可以是单一物体，也可以是质点系，在研究质点系问题时，受力分析时只考虑质点系的外力。2在应用动量定理时需要规定正方向。考点二动量守恒定律及应用1把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下 列说法正确的是()A枪和弹组成的系统动量守恒B枪和车组成的系统动量守恒C枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D枪、弹、车三者组成的系统动量守恒【答案】D【解析】内力、外力取决于系统的划分。以枪和弹组成系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧弹力对枪的作用力，系统动量不守
8、恒。枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒。枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故 D 正确。2 如图所示，一个倾角为 的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为 M，顶端高度为 h，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A.C.mhMhB.MmMmmhcot Mhcot D.MmMm【答案】C【解析】此题属“人船模型”问题，m 与 M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设 m 在水平方向上对地位移为 x1，M 在水平方向对地位移为 x2，因此 0mx1M
9、x2且 x1x2hcot.由可得 x2mhcot，故选 CMm3.(2019佛山模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为 m 的小球从槽上高 h 处由静止开始自由下滑()A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球能回到槽上高 h 处【答案】BC【解析】.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项 A 错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守
10、恒，选项 B 正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项 C 正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项 D 错误4.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为 m210 kg，
11、小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小 g10 m/s2。(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】(1)20 kg(2)见解析【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20(m2m3)v112m2v220(m2m3)v m2gh22式中 v203 m/s 为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1m2v200代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体
12、分离后的速度分别为 v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v311212m2v220 m2v2 m3v3222联立式并代入数据得v21 m/s【增分攻略】1.应用动量守恒定律解题的步骤2.应用“人船模型”解题的两个关键点（1）“人船模型”的应用条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件。（2）人、船位移大小关系：m人s人m船s船，s人s船L(L 为船的长度)。考点三碰撞、爆炸和反冲1.(2017全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小
13、为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A30 kgm/sC6.0102 kgm/s【答案】A【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 pmv00，解得 pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项 A 正确。2.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B 并发生碰撞后，两球 A、B 速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4m/s，vB7 m/sDvA7 m/s
14、，vB1.5 m/s【答案】B【解析】虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但 A、D 两项中，碰后 A 的速度 vA大于 B 的速度 vB，必然要112发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能 Ek mAv2A mBvB57 J，大于碰前的总动能 Ek2222 J，违背了能量守恒定律；而 B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故 B 项正确。3.(2019山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)木板左端有一质量也为 m(可视为质点)的滑块滑块与
15、木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态给滑块一个水平向右的初速度 v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止求：B5.7102 kgm/sD6.3102 kgm/s(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度【答案】(1)2v0(2)滑块速度为 0木板速度为 v0，方向水平向右4gL【解析】(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为 v1，以水平向右为正
16、方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有 mv02mv11解得 v1 v0，方向水平向右2滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知11mgL mv22mv20 122v20联立解得.4gL(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为 v1和 v2，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为 v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有2mv1mv1mv22mv12mv2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有111mgL mv12 mv22 2mv22222联立以上各式解得 v10；v2v0，方向水平向右。【增分攻略】1.分析碰撞问题的三个依据
17、(1)动量守恒，即 p1p2p1p2。p12p22p12p22(2)动能不增加，即 Ek1Ek2Ek1Ek2或。2m12m22m12m2(3)速度要合理：碰前两物体同向，则 v后v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且 v前v后。两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前
18、的位置以新的动量开始运动动能增加位置不变3.对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒机械能增加反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加考点四动量和能量的综合应用1.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和 B，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为 v0的子弹射中并且子弹嵌在其中已知物体A 的质量 mA是物体 B 的质量 mB的4，子弹的质量m 是物体 B 的质量的4，弹簧压缩到最短时 B 的速度为()31Av02Bv04Cv08Dv03【答案】C【解析
19、】根据题意可知，B 的质量 mB为 4m，A 的质量 mA为 3m，子弹的质量为 m，子弹刚射入物块 A 时，A 具有最大速度 v，此过程中子弹与A 的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：mv0=（m+mA）v解得：v v04对子弹、滑块 A、B 和弹簧组成的系统，A、B 速度相等时弹簧被压缩到最短弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可得：（m+mA）v=（m+mA+mB）v由此解得：v故选 C。v082如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在 C 点，总质量为 M2 kg。物块从斜面上 A 点由静止滑下，经过 B 点时
20、无能量损失。已知物块的质量 m1kg，A 点到 B 点的竖直高度为 h1.8 m，BC 长度为 L3 m，BD 段光滑。g 取 10 m/s2。求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达 C 点的速度。【答案】(1)12 J(2)2 m/s1【解析】(1)由 A 点到 B 点的过程中，由动能定理得：mgh mv22B解得 vB 2gh6 m/s由 B 点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取 vB方向为正方向，mvB(Mm)v此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：112Ep mv2B(Mm)v22由以上两式可得 Ep12 J。(2)物块由 B 点至第二次到达 C 点的过程中，
21、系统动量守恒，取 vB方向为正方向，mvBmvCMv物块由 B 点至第二次到 C 点的整个过程11212机械能守恒 mv2B mvC Mv222由以上两式可解得：vC2 m/s；vC6 m/s(第一次到 C 点的速度，舍去)即物块第二次到达 C 点的速度为2 m/s。3.如图，质量为 6m，长为 L 的薄木板 AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平，B 端上放有质1量为 3m 且可视为质点的滑块C，C 与木板之间的动摩擦因数为 3，质量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点
22、时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断 C 能否从木板上掉下来。【答案】(1)3mg(2)L(3)见解析1【解析】(1)设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程，由动能定理 mgL mv2得，v0 2gL20小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：v20FTmgm，L解得：FT3mg，由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FTFT，即细绳能够承受的最大拉力为：FT3mg。1(2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移 h gt22v0水平分位移：L t，2解得
23、：hL。(3)小球与滑块 C 碰撞过程中小球和 C 组成的系统动量守恒，设 C 碰后速率为 v1，v03mv1，依题意有 mv0m2假设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速度为 v2，由动量守恒得：3mv1(3m6m)v2，由能量守恒得：1123mv23mgs，1(3m6m)v2 22L联立解得：s，2由 sL 知，滑块 C 不会从木板上掉下来。【增分攻略】1含有弹簧的系统中，当弹簧的弹性势能最大时，相互作用的物体速度相同。2板块问题常涉及多个物体、多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块问题要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后逐个建立动量守恒和能量守恒的方程。同时注意一些关键字眼，如木板足够长，说明物块最终与木板同速，其相对滑动距离对应木板至少长度。3.利用动量和能量观点解题的技巧：(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律。(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究。(3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒。(4)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。