資源簡介

第8講　動量
目標要求　
1.理解動量定理，會靈活利用動量定理求解時間、末速度等物理量。
2.理解動量守恒定律成立的條件，會在碰撞、爆炸等相互作用的系統中利用動量守恒定律解決有關問題。
3.掌握碰撞模型及拓展，會應用動量守恒定律等規律解決實際問題。
考點一　動量定理及應用
1．沖量的三種計算方法
公式法 I＝Ft適用于求恒力的沖量
動量定理法 多用于求變力的沖量或F、t未知的情況
圖像法 F－t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量，若F與t成線性關系，也可直接用平均力求解
2.動量定理
(1)公式：FΔt＝mv′－mv
(2)應用技巧：
①研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統。
②表達式是矢量式，需要規定正方向。
③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷。
④在變加速運動中F為Δt時間內的平均力。
⑤電磁感應問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或導體棒的位移。
例1　(2023·江蘇南通市調研)小明在立定跳遠時，從起跳至著地的整個過程如圖所示。保持起跳速度不變，則(　　)
A．起跳過程屈腿姿態不同，地面對小明做的功總為零
B．起跳過程屈腿姿態不同，地面對小明的平均作用力大小相同
C．著地過程屈腿姿態不同，地面對小明的沖量相同
D．著地過程屈腿姿態不同，小明的動量變化率相同
學習筆記：______________________________________________________________
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例2　(2023·江蘇南通市期末)湖面上有帆船正以速度v1勻速順風航行。已知該船帆的有效受風面積為S，水平風速恒為v2，且v1＜v2，湖面上空氣密度為ρ。則風對船帆的推力的功率為(　　)
A．ρSv22 B．ρS(v2－v1)2
C．ρS(v2－v1)2v1 D．ρS(v2－v1)2v2
學習筆記：______________________________________________________________
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流體的柱狀模型
對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，在極短的時間Δt內通過某一橫截面積為S的橫截面的柱形流體的長度為Δl＝vΔt，如圖所示。
流體微元原速率反彈所受作用力的求解步驟：
(1)在極短時間Δt內，取一小柱體作為研究對象。
(2)求小柱體的體積ΔV＝vSΔt。
(3)求小柱體的質量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。
(4)應用動量定理Δp＝FΔt。
(5)作用后流體微元以速率v反彈，有Δp＝－2Δmv。
(6)聯立解得F＝－2ρSv2。
考點二　動量守恒定律及應用
動量守恒定律的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的動量之和等于作用后的動量之和。(常用)
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。
(3)Δp＝0，系統總動量的變化量為零。
例3　(2022·江蘇常熟市模擬)一列車沿平直軌道以速度v0勻速前進，途中最后一節質量為m的車廂突然脫鉤，若前部列車的質量為M，脫鉤后牽引力不變，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，則當最后一節車廂滑行停止的時刻，前部列車的速度為(　　)
A．v0 B.
C. D.
學習筆記：______________________________________________________________
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例4　(2020·全國卷Ⅱ·21改編)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg B．51 kg
C．58 kg D．63 kg
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考點三　碰撞模型及拓展
1．碰撞問題遵循的三條原則
2．兩種碰撞的特點
(1)彈性碰撞
兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒定律和機械能守恒定律。
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性正碰為例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
結論：
①當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。
②當m1＞m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運動。
③當m1＜m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質量小的球被反彈回來。
④當m1 m2時，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(2)完全非彈性碰撞
動量守恒，末速度相同，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，機械能損失最多，機械能的損失ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2。
3．碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
圖例 (水平 面光 滑) 小球－彈簧模型 小球－曲面模型 小球－小球模型
達到 共速 相當于完全非彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉化為彈性勢能、重力勢能或電勢能
再次 分離 相當于彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，機械能守恒，滿足mv02＝mv12＋Mv22
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
圖例(水平 面或水平 導軌光滑)
達到共速 相當于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉化為內能或電能
例5　(2023·江蘇省南京師范大學附屬中學一模)如圖甲所示，物塊A、B的質量均為2 kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻壁接觸但不粘連。物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A．物塊C的質量為2 kg
B．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5 J
C．4 s到12 s的時間內，墻壁對物塊B的沖量大小為0
D．物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6 m/s
學習筆記：______________________________________________________________
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例6　如圖所示，豎直放置的半圓形軌道與水平軌道平滑連接，半圓軌道半徑為R，不計一切摩擦。圓心O點正下方放置質量為2m的小球A，質量為m的小球B以初速度v0向左運動，與小球A發生彈性碰撞。碰后小球A在半圓形軌道運動時不脫離軌道，則小球B的初速度v0可能為(重力加速度為g)(　　)
A．3 B．2
C．2 D.
學習筆記：______________________________________________________________
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例7　如圖所示，質量為M＝0.25 kg、帶有圓弧形槽的物體放在水平地面上，弧形槽的最低點靜置一可視為質點、質量為m＝0.9 kg的物塊，質量為m0＝0.1 kg的橡皮泥以大小為v0＝10 m/s、水平向右的速度與物塊發生碰撞，碰撞后二者不分離，此后物塊沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低點距離地面的高度為h＝0.8 m，弧形槽的半徑為r＝0.1 m，弧形槽底端切線水平，忽略一切摩擦和橡皮泥與物塊的碰撞時間，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)橡皮泥擊中物塊后瞬間物塊對弧形槽的壓力大小；
(2)物塊沿弧形槽上滑的最大高度；
(3)物塊落地瞬間到物體最左端的距離。
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1．(2023·江蘇高考仿真模擬)某跳水運動員從10 m跳臺跳出，進入水中深度3 m后速度減為零，其質量為m＝50 kg，忽略空氣阻力，且她在水中的運動近似為勻變速直線運動。則從入水到速度減為零的過程中，水給她的沖量大小最接近(　　)
A．220 N·s B．520 N·s
C．720 N·s D．920 N·s
2．如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知M＝2m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ(0<μ<1)，則下列說法錯誤的是(　　)
A．滑塊從A滑到C的過程中滑塊和小車系統的動量不守恒
B．滑塊從A滑到C的過程中滑塊和小車系統的機械能不守恒
C．滑塊從A滑到C的過程中滑塊和小車的對地位移大小相等
D．L、R、μ三者的關系為R＝μL
第8講　動量
例1　A　[根據題意，由公式W＝Fx可知，無論起跳過程屈腿姿態什么樣，地面對小明的作用力的方向位移為0，則地面對小明做的功總為零，故A正確；起跳過程屈腿姿態不同，則起跳時間不同，由于起跳速度不變，由動量定理可知，地面對小明的平均作用力大小不同，故B錯誤；由于起跳速度不變，則落地速度也不變，即落地過程中動量的變化量不變，但著地過程屈腿姿態不同，落地時間不同，設地面對小明的沖量為I，由動量定理有mgt－I＝Δp可知，由于t不同，則I不同，故C、D錯誤。]
例2　C　[單位時間t內沖擊船帆的空氣的體積V＝SL＝S(v2－v1)t，單位時間t內沖擊船帆的空氣質量m＝ρV＝ρS(v2－v1)t，空氣的動量改變量Δp＝m(v2－v1)，帆對空氣的作用力為F，由動量定理Ft＝Δp，解得F＝ρS(v2－v1)2，根據牛頓第三定律，帆船在航行過程中受到的風的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2，風對船帆的推力的功率為P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正確，A、B、D錯誤。]
例3　C　[列車原來勻速前進，所受合外力為零，從脫鉤后到最后一節車廂停止運動的過程，合外力仍為零，故滿足動量守恒，可得(M＋m)v0＝Mv1，解得前部列車的速度為v1＝v0，故選C。]
例4　C　[設運動員的質量為M，第一次推物塊后，運動員速度大小為v1，第二次推物塊后，運動員速度大小為v2，……，第八次推物塊后，運動員速度大小為v8。第一次推物塊后，由動量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物塊后由動量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，則v7＝，v8＝。由題意知，v7<5.0 m/s，則M>52 kg，又知v8>5.0 m/s，則M<60 kg，故選C。]
例5　D　[由題圖知，C與A碰前速度為v1＝9 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg，故A錯誤；A、C粘在一起速度變為0時，彈簧的彈性勢能最大，為Ep＝(mA＋mC)v22＝13.5 J，故B錯誤；由題圖乙知，12 s末A和C的速度為v3＝－3 m/s,4 s到12 s過程中墻壁對物塊B的沖量大小等于彈簧對物塊B的沖量大小，也等于彈簧對A和C整體的沖量大小，墻對B的沖量為I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得I＝－18 N·s，方向向左，故C錯誤；物塊B剛離開墻壁時，A、C向左運動的速度大小為3 m/s，物塊B離開墻壁后，系統動量守恒、機械能守恒，當彈簧再次恢復原長時，物塊B的速度最大，則有(mA＋mC)v3＝(mA＋mC)v4＋mBvB，(mA＋mC)v32＝(mA＋mC)v42＋mBvB2，代入數據解得vB＝－3.6 m/s，物塊B的最大速度大小為3.6 m/s，故D正確。]
例6　C　[A與B碰撞的過程為彈性碰撞，則碰撞的過程中動量守恒，設B的初速度方向為正方向，設碰撞后B與A的速度分別為v1和v2，
由動量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv2，
由能量守恒定律得：
mv02＝mv12＋·2mv22 ，
聯立得：v2＝
若小球A恰好能通過最高點，說明小球到達最高點時僅由小球的重力提供向心力，設在最高點的速度為vmin，由牛頓第二定律得：2mg＝2m·
A在碰撞后到達最高點的過程中機械能守恒，得：
2mg·2R＝·2mv22－·2mvmin2
聯立得：v0＝1.5，可知若小球A經過最高點，則需要滿足：
v0≥1.5
若小球A不能到達最高點，則小球不脫離軌道時，最高到達與O等高處，此時由機械能守恒定律得：
2mg·R＝·2mv22
聯立得：v0＝1.5
可知若小球A不脫離軌道時，需滿足：
v0≤1.5
由以上的分析可知，若小球不脫離軌道時，需滿足：v0≤1.5或v0≥1.5，故A、B、D錯誤，C正確。]
例7　見解析
解析　(1)橡皮泥與物塊碰撞過程，橡皮泥與物塊組成的系統動量守恒，則由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v
解得v＝1 m/s
在弧形槽底端對物塊由牛頓第二定律得FN－(m＋m0)g＝(m＋m0)
解得FN＝20 N
由牛頓第三定律可知，在弧形槽底端物塊對弧形槽的壓力大小為20 N
(2)物塊沿弧形槽向上滑動的過程中，物塊、橡皮泥和物體水平方向動量守恒，系統的機械能守恒，則有
(m＋m0)v＝(M＋m＋m0)v′
(m＋m0)v2＝(M＋m＋m0)v′2＋(m＋m0)gh1
解得h1＝0.01 m
(3)物塊在弧形槽上運動過程中，系統水平方向動量守恒，系統機械能守恒，以水平向右為正方向，設物塊與弧形槽分離瞬間，物塊及橡皮泥的速度為v1，物體的速度為v2，則有
(m＋m0)v＝Mv2＋(m＋m0)v1
(m＋m0)v2＝Mv22＋(m＋m0)v12
解得v1＝0.6 m/s、v2＝1.6 m/s
此后物塊向右做平拋運動，物體向右做勻速直線運動
物塊從離開弧形槽到落地經過的時間為t＝＝0.4 s
物塊的水平位移為x1＝v1t＝0.24 m
物體的位移為x2＝v2t＝0.64 m
所以物塊落地瞬間，物塊到物體最左端的距離為Δx＝x2－x1＝0.4 m。
高考預測
1．D　[在入水前，運動員做自由落體運動，只受重力，則有v12＝2gh，可得入水時的速度v1＝10 m/s，她入水后做勻減速直線運動，最后速度減為0，因此入水后的平均速度＝＝5 m/s，從入水到速度減為0所用時間t＝＝ s＝ s，以向上為正方向，根據動量定理I－mgt＝0－m(－v1)，可得水給她的沖量I＝650 N·s≈919 N·s，故選D。]
2．C　[滑塊從A滑到C的過程中水平方向動量守恒，豎直方向上合力不為零，系統動量不守恒，故A正確；滑塊從A滑到C的過程中需要克服摩擦力做功，滑塊和小車系統的機械能不守恒，故B正確；滑塊從A滑到C的過程中，設滑塊在小車上運動過程中某時刻的速度大小為v1，小車的速度大小為v2，滑塊和小車組成的系統在水平方向動量守恒，有mv1＝Mv2，所以整個過程中，滑塊與小車的平均速度滿足m＝M，設滑塊水平方向相對地面的位移大小為x1，小車相對地面的位移大小為x2，則有mx1＝Mx2，并且x1＋x2＝R＋L，解得x1＝(R＋L)，x2＝(R＋L)，故C錯誤；系統在水平方向動量守恒，以向右為正方向，對整個過程，由動量守恒定律得0＝(m＋M)v′，解得滑塊在C點時，滑塊與小車一起的速度為v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，解得R＝μL，故D正確。]

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