2025高考物理二轮复习专题二-功和能、动量-第6讲 冲量与动量 课件 (共62张PPT)

(共62张PPT)
第6讲 冲量与动量
题型1 动量、冲量与动量定理
题型2 动量守恒定律的应用
题型3 碰撞模型及其拓展解答规范
网络构建
备用习题
【关键能力】
在近年的浙江物理试题中，动量的考查
呈现多点分布的特点，即动量概念的理
解、动量定理的应用、动量守恒定律的
应用，分散在选择题和不同的计算题中.
在选择题中，偏重概念的理解，特别是
对矢量性的理解.在动能定理与曲线运动相结合的大题中往往会加入两物
体碰撞的环节，在电磁感应为主的大题中一般要计算安培力的冲量，在带
电粒子运动的大题中会涉及电子束等对靶的冲击力的计算.
题型1 动量、冲量与动量定理
冲量的三种计算方法
公式法 适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或、 未知的情况
图像法 图线与时间轴围成的面积表示力的冲量.若
成线性关系，也可直接用平均力求解
例1 [2024·余姚模拟] 如图所示，某高中学生正在
练习头部颠球技巧.假设足球从静止开始下落 ，
被头竖直顶起，离开头部后足球上升的最大高度仍
为，足球与头部的接触时间为 ，足球的
质量为 ，不计空气阻力.下列说法正确的是
( )
A.头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为
B.头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量
C.头向上顶球的过程中，头部对足球的平均作用力大小为
D.从最高点下落至又回到最高点的过程中，足球重力的冲量为零
√
[解析] 取竖直向下为正分向，由题知，下落、上升的
高度都为 ，则足球下落到与头部
刚接触时有，解得 ，足球与头部
碰撞后，速度反向，大小不变，即为 ，
则动量变化量为
，
即动量变化量的大小为 ，故A错误；
设头对足球的冲量为，根据动量定理可得
，故B错误；根据动量定理可得
，即，解得
，故C正确；从最高点下落至又回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，所以冲量不为零，故D错误.
技法点拨
1.动量、动量改变量、冲量都是矢量，在比较它们或者是用动量定理计算
时，应先确定正方向.
2.动量定理除了用于计算恒力的冲量之外，也可以结合图像分析变力
的冲量、物体的多过程问题.
3.在电磁感应中经常需要通过动量定理计算变力安培力的冲量(求导体棒通
过位移、通过导体棒的电荷量等)，在磁场的问题中，经常需要结合动量
定理求洛伦兹力的冲量(涉及某方向的动量定理).
例2 [2024·湖州模拟] 静电喷漆是利用高压形
成的静电场进行喷漆的技术.其原理如图所示，
在给工件喷漆的过程，由喷嘴 喷出的带负电
雾状油漆经、间电场加速后，射到置于 处
A. B. C. D.
需喷漆的工件并附着其上.已知喷嘴每秒喷出油漆 ，电场力做功的功率
为，不计油漆在 处的初速度，也不计重力，则油漆对工件表面的
平均压力大小约为( )
√
[解析] 以 时间喷出的油漆为研究对象，在
、间的电场中加速，设末速度为 ，则有
，解得油漆射到工件表面时的速
度为，油漆射到工件表面经 时
间后速度变为零，设受到工件表面的平均压力
为，由动量定理得 ，其中
，解得 ，由牛顿第三定律可
知，油漆对工件表面的平均压力大小约为 ，
故B正确.
技法点拨
这是动量定理在流体模型中的典型应用，可以选取单位时间内
的喷出油漆为研究对象，该研究对象质量为，速度由减为0,再用动
量定理求解受到的作用力大小.
【迁移拓展】
1.某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，
为跳高运动员的技术动作改进提供参考.如图
所示为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量
受到水平地面的支持力随时间变化关系曲线.
图像中至 内，曲线下方的面积与
阴影部分的面积相等.已知该运动员的质量为，重力加速度 取
.下列说法正确的是( )
A.起跳过程中运动员的最大加速度约为
B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为
C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为
D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
√
[解析] 由图像可知，运动员受到的最大支持
力约为 ，根据牛顿
第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速
度约为
，故A错误；根据图像可知，起跳过程中支持力的冲量为 ，
起跳过程中运动员所受合力的冲量为
，根据动量定理可得
，解得起跳离开地面瞬间的速度
为 ，则起跳后运动员重心上升的平
均速度为 ，起
跳后运动员重心上升的最大高度为
，故B、D错误，C正确.
2.如图所示，质量为、电阻为、边长为的正方形金属线框 放在光
滑绝缘水平面上，宽度为 的有界匀强磁场垂直于水平面向下，磁感应强
度大小为，给线框一初速度使其向右进入磁场，一段时间后 边离开
磁场.线框运动过程中 边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是
( )
A.线框刚进磁场时的加速度大小为
B.线框的初速度大小满足
C.线框进、出磁场过程，克服安培力做功相同
D.线框进、出磁场过程，安培力的冲量相同
√
[解析] 线框刚进磁场时，所受安培力大小
，加速
度 ，A错误；线框进、出磁场过程，
安培力的冲量大小均为
，D正确；线框穿过
磁场过程,根据动量定理得 ,即
，解得
，B错误；线框在进、出磁场过程中均
做减速运动，线框进磁场
过程受到的平均安培力大于出磁场过程受到的平
均安培力，因此线框进磁场过程克服安培力做的
功大于出磁场过程克服安培力做的功，C错误.
题型2 动量守恒定律的应用
1.判断动量守恒的三种方法
(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)，作用前的动量之和等于作用后的动量
之和(常用).
(2)，相互作用的两个物体动量的增量等大反向.
(3)，系统总动量的增量为零.
例3 [2021·浙江1月选考] 在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水
平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中
最高点时炸裂成质量之比为 、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器
引爆瞬间开始计时，在末和 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击
地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为 ，忽略空气阻力.下列
说法正确的是取 ( )
A.两个碎块的位移大小之比为
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为
D.爆炸后两个碎块落地点之间的水平距离为
√
[解析] 爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆
炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量之比为 的两
个碎块，其速度之比为 ，根据平抛运动规律可知，
水平方向位移大小之比为 ，但合位移大小之比并
不为，选项A错误.根据题意，设声速为 ，则
，因此 ，两碎块落地点相距
，选项D错误.以上推导说明爆炸物爆炸之后
质量为的碎块落地声音传到接收器需要 ，质量
为的碎块落地声音传到接收器时间为 .
因此爆炸物爆炸后碎块平抛落地时间为 ，根据平
抛运动的规律可知，碎块下落的高度
，选项B正确.质量为 的爆炸物碎
块的水平速度为， 选项C错误.
技法点拨
1.爆炸过程烟花受重力作用，由于爆炸时的内力远大于重力，仍可认为系
统动量守恒.
2.引爆后，两碎块先做平抛运动，平抛运动下落的时间相同，声音从落地
点传到声音记录器的时间差与总时间差相等，该时间差反映了平抛运动水
平位移的关系.
例4 [2024·舟山模拟] 如图所示，一个带有光滑半圆槽的大物块与另一小
物块挨在一起，放置在光滑的水平面上，一小球自左侧槽口 的正上方从
静止开始落下，与圆弧槽相切进入槽内，经最低点后恰能上升到右侧槽口
.已知大物块、小物块和小球的质量均相等，圆槽的半径为 ，重力加速
度为 ，则( )
A.小球从离高为 处开始下落
B.小物块运动的最大速度为
C.大物块运动的最大速度为
D.小球从进入圆槽后，还能从 离开圆弧槽
√
[解析] 小球从A运动到B的过程中，小球对半
圆槽的压力方向向左下方，所以大物块要向左
推动小物块一起加速运动，小球到最低点B后
小物块与大物块分离，小球在半圆槽内继续上
升，对半圆槽的压力方向向右下方，大物块做
减速运动.设小球在最低点时的速度为 ，此
时大、小物块的速度均为 ，对小球与大、
小物块组成的系统，根据水平方向上动量守恒
有 ，根据系统机械能守恒有
，小球经最
低点后恰能上升到右侧槽口C，此时小球和大
物块的速度相同，设为 ，对小球和大物块组
成的系统，根据水平方向上动量守恒有
，根据系统机械能守恒有
，联立解
得， ，
， ，A正确；由上分析可知，
小球经过圆弧最低点时，
大、小物块获得最大速度，为 ，B、
C错误；小球从A到最低点之后，大、小物块
分离，之后小球与圆弧槽向右运动，且小球在
圆弧槽内左右两侧最高上升到A、C处，小球
不能从A离开圆弧槽，故D错误.
技法点拨
(1)相互作用的系统，如果系统在某一方向上的合力为零，则在该方向上
动量守恒，但是若在另一方向上的合力不为零，则在对应方向上动量不守
恒；
(2)在相互作用过程中，要判断是否存在能量改变，通常情况下物体
的碰撞、绳子突然绷紧、火药燃烧等通常伴随着能量的改变.
【迁移拓展】
1.如图所示，质量为、倾角为 的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量
为的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为
的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失.重力加速度用 表示，
下列说法正确的是( )
A.这两次碰撞过程中小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B.第②次碰撞后斜劈的速度小于
C.第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于
D.第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上，第②次碰撞前、
后小球的速度方向与斜面法线的夹角一定相等
√
[解析] 第①次碰撞过程中，小球对斜劈的作用力
沿水平方向，则水平地面斜劈的支持力仍等于斜
劈的重力，所以小球和斜劈组成的系统所受的合
外力为零，系统动量守恒；第②次碰撞过程中，小球对斜劈的作用力垂直
于斜面向下，则水平地面对斜劈的支持力大于斜劈的重力，所以小球和斜
劈组成的系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误.第①次碰
撞前、后小球的速度方向都沿水平方向，即在一条直线上；将第②次碰撞
后小球的速度分解，如图所示，碰后小球速度沿斜面方向的分量与碰前相
同，为 ，而垂直于斜面方向的分量与碰前方向相反且大小减
小，即 ，所以第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的
夹角一定不相等，由于第2次碰撞过程中小球速度由水平向左变成斜向左
上，可知小球受到的合外力有斜向上的分量，对于小球和斜劈组成的系统
受力分析，可知地面对斜劈的支持力大于 ，故C、D错误.第②次
碰撞过程中，系统在水平方向上动量守恒，有
，解得 ，故B正确.
2.[2024·湖州中学模拟] 如图所示，空间中有一环型
匀强磁场，其内半径为，外半径为 .在内
圆上的 点处有一静止微粒发生裂变，生成甲、乙
两个小微粒(均带正电)，且二者初速度均沿切线方
向并处于如图所示的平面内(甲左、乙右).若两微粒
均恰好不从外环射出磁场，则甲、乙两者所带电荷
量之比为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根据左手定则可知，甲、乙两粒子运动轨迹
如图所示，设向右为正方向，向右的乙粒子速度为
，质量为，向左的甲粒子速度为 ，质量为
，由动量守恒定律有 ，对甲
粒子，由几何关系有 ，对乙粒子，
由几何关系有 ，带电粒子在磁场
中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
，可得，由于 ,故
，故B正确.
题型3 碰撞模型及其拓展 .
1.碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：.
(2)动能不增加：.
(3)速度要符合实际情况：若碰后同向运动，则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、速度为的小球与质量为的静止小球发生弹性正碰为例，
有


解得，.
结论：
①当时，， ，两球碰撞后交换了速度.
②当时，，，碰撞后两球都沿速度 的方向运动.
③当时，， ，碰撞后质量小的球被反弹回来.
④当时，， .
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同： ；机械能损失最多，
机械能的损失： .
例5 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨
道与光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点.
一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 点正下
方，并轻靠在物块左侧.现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小
球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块沿着轨道运动.已
知细线长，小球质量 ，物块、小车质量均为
，小车上的水平轨道长，圆弧轨道半径 .
小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取 .
(1) 求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
[答案]
[解析] 对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有
解得 (1分)
小球在最低点时，由牛顿第二定律有
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小
为 (1分)
(2) 求小球与物块碰撞后的瞬间物块速度的大小;
[答案]
[解析] 小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机
械能守恒定律有
(1分)
(1分)
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
(1分)
(3) 为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平
轨道间的动摩擦因数 的取值范围.
[答案]
[解析] 若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共
速，则对物块与小车整体由水平方向上动量守恒有
(1分)
由能量守恒定律有
(1分)
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置时两者共速，
则对物块与小车整体由水平方向上动量守恒有
(1分)
由能量守恒定律有
(1分)
解得 (1分)
综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值
范围为 (1分)
规范答题区 自评项目(共100分) 自评得分
书写工整无涂抹(20分)
有必要的文字说明(20分)
使用原始表达式、无代数过程(30分)
有据①②得③等说明(10分)
结果为数字的带有单位，求矢量的有方 向说明(20分)
【迁移拓展】
1.[2024·宁波模拟] 算盘是中国古老的计算工具，承载着我国古代劳动人
民的智慧结晶和悠远文明.算盘一般由框、梁、档和算珠组成，中心带孔
的相同算珠可在档上滑动，使用前算珠需要归零.若一水平放置的算盘中
分别有一颗上珠和一颗顶珠未在归零位置，上珠靠梁，顶珠与框相隔
，上珠与顶珠相隔 ，如图甲所示.现用手指将上珠以一
定初速度拨出，一段时间后，上珠与顶珠发生正碰(碰撞时间极短)，整个
过程，上珠运动的 图像如图乙所示.已知算珠与档之间的动摩擦因数
处处相同，重力加速度大小取 .下列说法正确的是( )
A.算珠与档之间的动摩擦因数为0.25
B.上珠从拨出到停下所用时间为
C.上珠与顶珠发生的碰撞是弹性碰撞
D.顶珠碰撞后恰好能运动至归零位置
√
[解析] 由图像可知，上珠拨出时的速度 ，上珠与顶珠碰撞前
的速度 ,上珠从拨出至与顶珠碰撞前，根据运动学公式有
，解得 ，故A错误；由图像可知，上珠碰撞前的
速度，碰撞后的速度 ，根据动量守恒定律有
，解得碰撞后顶珠的速度 ，因
，所以碰撞前、后系统机械能有损失，该碰撞不是
弹性碰撞，故C错误；上珠从拨出到停下所用时间为
，故B错误；碰撞后顶珠做匀减速直线运动，位移
，由于 ，所以碰撞后顶珠恰好能运动至归零位置，
故D正确.
2.某款智能手机内部振动马达的原理如图所示，
手机在振动时，会给两弹簧连接的质量块施加
一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，
使手机向某方向振动.手机中质量块的质量为
，除质量块外手机质量为 .若将手机放在水平光滑的桌面上，
某次振动时，质量块获得 的水平向左的初速度，开始时弹簧处于原
长，质量块与手机间的摩擦力不计，取 ，求：
(1) 当弹簧的弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能；
[答案] ;
[解析] 已知手机的质量为 ，质量块的质
量为 ，开始振动时质量块的初速度
.当质量块、手机共速时，弹簧的弹性势能最大，对质量块
和手机组成的系统，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
(2) 手机能获得的最大速度；
[答案]
[解析] 当弹簧恢复原长时，手机速度最大，
设为，此时质量块速度为 ，由动量守恒
定律得
由能量守恒定律得
解得
(3) 质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能.
[答案]
[解析] 质量块开始向右运动瞬间，速度为0，
设此时手机的速度为 ，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
1.　(多选) 质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2.则 (　　)
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
√
√
[解析] 物块与地面间的摩擦力为Ff=μmg=2 N,对物块,0~3 s内由动量定理可知(F-Ff)t1=mv3,3 s时物块的动量为p=mv3=6 kg·m/s,设3 s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+Ff)t=0-mv3,解得t=1 s,所以物块在4 s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确,C错误;
设0~3 s内物块发生的位移为x1,由动能定理可得(F-Ff)x1=m,得x1=9 m,3~4 s过程中,对物块,由动能定理可得-(F+Ff)x2=0-m,得x2=3 m,4~6 s物块开始反向运动,物块的加速度大小为a==2 m/s2,发生的位移为x3=a=4 m0~6 s内力F所做的功为W=Fx1-Fx2+Fx3=40 J,故D正确.
2. 一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练,用步枪在t时间内沿水平方向发射了7发子弹.若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M,发射每两发子弹之间的时间间隔相等,每发子弹的质量为m,子弹离开枪口的对地速度为v0.射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,忽略因射击导致装备质量的减少,则在t时间内皮划艇的位移为(　　)
A. B. C. D.
√
[解析] 发射子弹时,根据动量守恒可得每发射一颗子弹,皮划艇增加的速度为Δv=,所以在t时间内沿水平方向发射了7发子弹,则皮划艇在6个时间内,分别以Δv、2Δv、3Δv、…匀速运动,每段匀速运动的位移依次为x1=Δv×,x2=2Δv×,x3=3Δv×,…,故t时间内皮划艇的总位移为x=x1+x2+x3+x4+x5+x6=,故选B.
3.　(多选)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则 (　　)
A.该碰撞为弹性碰撞
B.该碰撞为非弹性碰撞
C.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
√
√
[解析] 规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s,说明A、B两球的速度方向向右,两球质量关系为mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,所以左方是A球,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s,由碰撞过程系统总动量守恒得mAvA+mBvB=-mAv'A+mBv'B,可知碰撞后B球的动量是10 kg·m/s,根据mB=2mA,所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5,选项C正确,D错误;
碰撞前系统动能为,碰撞后系统动能为,则碰撞前后系统机械能不变,
碰撞是弹性碰撞,选项A正确,B错误.