2025届高考物理二轮复习讲义：专题二 功和能、动量 第6讲 冲量与动量（含解析）

2025届高考物理二轮复习讲义
专题二 功和能、动量 第6讲 冲量与动量
【网络构建】
【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 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-t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45 cm,被头竖直顶起,离开头部后足球上升的最大高度仍为45 cm,足球与头部的接触时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,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1.2 kg·m/s
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28 N
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

【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F-t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K喷出的带负电雾状油漆经K、P间电场加速后,射到置于P处需喷漆的工件并附着其上.已知喷嘴每秒喷出油漆1 g,电场力做功的功率为2000 W,不计油漆在K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(　)
A.1 N
B.2 N
C.5 N
D.10 N
【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(Δt=1 s)内的喷出油漆为研究对象,该研究对象质量为mΔt,速度由v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10.10 s至10.35 s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60 kg,重力加速度g取10 m/s2.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42 m/s2
B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m/s
C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 m
D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N·s
2.如图所示,质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框abcd放在光滑绝缘水平面上,宽度为2L的有界匀强磁场垂直于水平面向下,磁感应强度大小为B,给线框一初速度v0使其向右进入磁场,一段时间后cd边离开磁场.线框运动过程中ab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v0≥
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
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)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增量等大反向.
(3)Δp=0,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2∶1、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5 s末和6 s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340 m/s,忽略空气阻力.下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　)
A.两个碎块的位移大小之比为1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两个碎块落地点之间的水平距离为340 m

【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A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C.已知大物块、小物块和小球的质量均相等,圆槽的半径为R,重力加速度为g,则 (　)
A.小球从离A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A进入圆槽后,还能从A离开圆弧槽
【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M、倾角为θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上,质量为m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v0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g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(M+m)g
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
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R1,外半径为R2=2R1.在内圆上的A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.1∶3 B.3∶1 C.1∶2 D.2∶1
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:p1+p2=p1'+p2'.
(2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'.
(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'
m1=m1v1'2+m2v2'2
解得v1'=,v2'=.
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m10,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=m1+m2-(m1+m2).
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O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L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m.小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间物块速度的大小;
(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μ的取值范围.
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d1=1 cm,上珠与顶珠相隔d2=4 cm,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v-t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g取10 m/s2.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0.2 s
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
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0.02 kg,除质量块外手机质量为0.18 kg.若将手机放在水平光滑的桌面上,某次振动时,质量块获得5 m/s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,g取10 m/s2,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;
(2)手机能获得的最大速度;
(3)质量块开始向右运动瞬间,弹簧的弹性势能.
参考答案与详细解析
题型1
例1　C　[解析] 取竖直向下为正分向,由题知,下落、上升的高度都为h=45 cm=0.45 m,则足球下落到与头部刚接触时有v2=2gh,解得v=3 m/s,足球与头部碰撞后,速度反向,大小不变,即为v'=-3 m/s,则动量变化量为Δp=mv'-mv=(-3-3)×0.4 kg·m/s=-2.4 kg·m/s,即动量变化量的大小为2.4 kg·m/s,故A错误;设头对足球的冲量为IF,根据动量定理可得IG-IF=Δp,故B错误;根据动量定理可得IG-IF=Δp,即(mg-F)Δt=Δp,解得F=28 N,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.
例2　B　[解析] 以1 s时间喷出的油漆为研究对象,在K、P间的电场中加速,设末速度为v,则有Pt=mtv2,解得油漆射到工件表面时的速度为v=2000 m/s,油漆射到工件表面经Δt时间后速度变为零,设受到工件表面的平均压力为F,由动量定理得-FΔt=0-Δm·v,其中Δm=mΔt,解得F=2 N,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2 N,故B正确.
【迁移拓展】
1.C　[解析] 由图像可知,运动员受到的最大支持力约为Fmax=42×60 N=2520 N,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amax== m/s2=32 m/s2,故A错误;根据图像可知,起跳过程中支持力的冲量为IF=22×60×(10.35-10.10) N·s=330 N·s,起跳过程中运动员所受合力的冲量为I合=IF-mgt=330 N·s-60×10×(10.35-10.10) N·s=180 N·s,根据动量定理可得I合=mv-0,解得起跳离开地面瞬间的速度为v=3 m/s,则起跳后运动员重心上升的平均速度为==1.5 m/s,起跳后运动员重心上升的最大高度为h==0.45 m,故B、D错误,C正确.
2.D　[解析] 线框刚进磁场时,所受安培力大小F=BIL=BL=,加速度a==,A错误;线框进、出磁场过程,安培力的冲量大小均为IF=BL·Δt=BL·Δt=BL·Δt=·ΔΦ=,D正确;线框穿过磁场过程,根据动量定理得-2IF=mv-mv0,即≤mv0,解得v0≥,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
例3　B　[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2∶1的两个碎块,其速度之比为1∶2,根据平抛运动规律可知,水平方向位移大小之比为1∶2,但合位移大小之比并不为1∶2,选项A错误.根据题意,设声速为v0,则=1 s,因此s=340 m,两碎块落地点相距1020 m,选项D错误.以上推导说明爆炸物爆炸之后质量为2m的碎块落地声音传到接收器需要1 s,质量为m的碎块落地声音传到接收器时间为2 s.因此爆炸物爆炸后碎块平抛落地时间为4 s,根据平抛运动的规律可知,碎块下落的高度h=gt2=80 m,选项B正确.质量为2m的爆炸物碎块的水平速度为v==85 m/s,选项C错误.
例4　A　[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v球,此时大、小物块的速度均为v物,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mv球=2mv物,根据系统机械能守恒有mg(h+R)=m+×2m,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v,对小球和大物块组成的系统,根据水平方向上动量守恒有mv球-mv物=2mv,根据系统机械能守恒有m+m=×2mv2+mgR,联立解得h=,v物=,v球=,v=,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v物=,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.
【迁移拓展】
1.B　[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vx=v0cos θ,而垂直于斜面方向的分量与碰前方向相反且大小减小,即vy2.B　[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v乙,质量为m乙,向左的甲粒子速度为v甲,质量为m甲,由动量守恒定律有0=m乙v乙-m甲v甲,对甲粒子,由几何关系有r甲==,对乙粒子,由几何关系有r乙==R1,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qvB=m,可得r=,由于m甲v甲=m乙v甲,故==,故B正确.
题型3
例5　(11分)(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
[解析] (1)对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理有mgL=m-0
解得v0=5 m/s(1分)
小球在最低点时,由牛顿第二定律有
FT-mg=m
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N(1分)
(2)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
mv0=mv1+Mv2 (1分)
m=m+M (1分)
解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=4 m/s(1分)
(3)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Mv2=2Mv3(1分)
由能量守恒定律有
M=×2M+μ1Mgs (1分)
解得μ1=0.4
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Mv2=2Mv4 (1分)
由能量守恒定律有M=×2M+μ2Mgs+MgR (1分)
解得μ2=0.25 (1分)
综上所述,物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4(1分)
【迁移拓展】
1.D　[解析] 由图像可知,上珠拨出时的速度v0=0.5 m/s,上珠与顶珠碰撞前的速度v1=0.3 m/s,上珠从拨出至与顶珠碰撞前,根据运动学公式有-=2μgd2,解得μ=0.2,故A错误;由图像可知,上珠碰撞前的速度v1=0.3 m/s,碰撞后的速度v2=0.1 m/s,根据动量守恒定律有mv1=mv2+mv,解得碰撞后顶珠的速度v=0.2 m/s,因m>m+mv2,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t=+=0.15 s,故B错误;碰撞后顶珠做匀减速直线运动,位移x==0.01 m,由于x=d1,所以碰撞后顶珠恰好能运动至归零位置,故D正确.
2.(1)0.5 m/s　0.225 J　(2)1 m/s　(3) J
[解析] (1)已知手机的质量为M=0.18 kg,质量块的质量为m=0.02 kg,开始振动时质量块的初速度v0=5 m/s.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mv0=(m+M)v共
解得v共=0.5 m/s
由能量守恒定律得Epm=m-(m+M)
解得Epm=0.225 J
(2)当弹簧恢复原长时,手机速度最大,设为vm,此时质量块速度为v1,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mvm
由能量守恒定律得m=m+M
解得vm=1 m/s
(3)质量块开始向右运动瞬间,速度为0,设此时手机的速度为v2,由动量守恒定律得mv0=Mv2
由能量守恒定律得Ep=m-M
解得Ep= J