模板08动量定理和动量守恒定律（三大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年01月试卷_01012025年高考物理答题技巧与模板构建

模板 08 动量定理和动量守恒定律（三大题型） 本节导航： 题型01 动量定理的应用 题型02 动量守恒定律的四类应用 题型03 反冲和爆炸问题 题型 01 动量定理的应用 动量定理和牛顿第二定律都是研究物体运动状态变化与所受外力之间的关系。牛顿第二定律说明了力 和加速度的瞬时关系，但对于迅速变化的问题，由于发生冲击作用的量值很大，变化很快，作用时间很短， 运用牛顿第二定律求解就比较困难，而应用动量定理就可以不考虑中间细节变化，只求整个过程中冲量的 总体效果，这就为解决动力学问题提供了另一种方法。 一、必备基础知识 1、动量和冲量 动量的定义：物体的质量和速度的乘积。表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。方向：动量是矢量，方向与 速度的方向相同。 冲量的定义：力与力的作用时间的乘积。表达式：I＝FΔt，单位：N·s。方向：冲量是矢量，其方向与 力的方向相同。 2、动量定理 内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。 表达式：I=F ·t＝Δp＝p′－p。 合 动量变化的原因：外力的冲量。 动量定理的表达式是矢量式，动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用。 动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几 个力的作用时间是相同还是不同的都适用。 动量定理的研究对象是一个质点或者是一个物体的系统，对物体系统，只需分析系统受的外力，不必 考虑系统内力，系统内力的作用不改变整个系统的总动量。动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲 量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。 𝑝 －𝑝 由动量定理得：F ＝ 2 1，即物体动量的变化率等于它受到的合力。 合 𝑡 与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能 改变物体的动量。 当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。 3、动量定理的应用 解释现象：物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当力的作用时间越长时，力就 越小；作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化越小。 求变力的冲量：用I＝Δp求变力的冲量。 求动量的变化量：用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。 求流体问题或粒子流问题：解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象， 方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解（分析方法为：选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对 象；确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；分析连续体的受 力情况和动量的变化情况；应用动量定理列出数学表达式；求解并分析和讨论结果。） 二、解题模板 1、解题思路 2、注意问题 动量定理中的力是合力。合力的冲量只取决于合力和作用时间，与物体的运动状态等无关。 对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。 物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。 3、解题方法 冲量的三种计算方法： 公式法：利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。 图像法：利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可 以计算变力的冲量。 动量定理法：如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求 出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量。 流体类“柱状模型”解题方法： 流体及其特点：通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。解题方 法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt；③建立方程： 应用动量定理研究这段柱状流体。 微粒类“柱状模型”解题方法： 微粒及其特点：通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体 积内的粒子数n。解题方法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为 S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒 子数N＝nvSΔt；③建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算。 动量定理解释的两类物理现象：①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越 小；②F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。 （2024·江西·一模）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中， 一质量m30kg的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在t 0时刚好第一 0 次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻 为t 0.2s；第二次开始碰撞气囊的时刻为t 1.8s，第二次碰撞气囊结束的时刻为t 1.95s；第三次开始碰 1 2 3 撞气囊的时刻为t 2.35s。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取 4 10m/s2。求： (1)头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小； (2)头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量I 的大小和方向。 F 思路分析 第一问的思路： 头锤第一次离开气囊表面到 根据对称性可求得 第二次开始碰撞气囊表面这 速度 个过程做竖直上抛运动 第二问的思路：由图像可求得第二 根据运动规律可求得 根据动力定理可 次碰后的运动时间 得出碰撞前的速度 求得冲量 详细解析 【答案】(1)v 8m/s 1 (2)I 345Ns，方向竖直向上 F 【详解】（1）根据题图可知头锤从t 0.2s第一次离开气囊表面到t 1.8s第二次开始碰撞气囊表面经历的 1 2 时间为t 1.6s，据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间为0.8s，则 1 t v g 1 1 2 解得 v 8m/s 1 （2）第二次碰撞气囊结束的时刻为t 1.95s；第三次开始碰撞气囊的时刻为t 2.35s，得 3 4 t t t 2 4 3 则有 t v g 2 2 2 解得 v 2m/s 2 第二次与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） I mgt t mv mv  F 3 2 2 1 解得 I 345Ns F 方向竖直向上 （2024·湖南·模拟预测）为测试某新车的性能，试验员驾驶该车在某实验路面上匀速行驶，运动 过程中，前方空气与车作用后迅速与车共速，产生空气阻力。已知该车的迎风面积为S，空气密度为，车 的质量（含驾驶员）为m。(1)在某次实验时，该车匀速运动时功率为P，若忽略车与地面的摩擦力，求该实验条件下空气阻力的表达 式。 (2)若不可忽略车与地面的摩擦力，地面对车的摩擦力与车重力成正比，试验员认为：保持功率不变，减轻 车身重量可以减小空气阻力。该结论是否正确？请说明理由。 (3)若汽车行驶过程中空气不仅会产生空气阻力，也能提供升力，升力的大小为kv2，车与地面的动摩擦因数  2  为S  k。在测试过程中发现汽车以某一速度运动时，汽车功率最大。求该速度v 。  3  0 【答案】(1)F  3SP2 空 (2)不正确，见解析 mg (3)v  0 3(kS) 【详解】（1）t时间内，与该车碰撞的空气质量为 mV Svt 对空气，t时间内，根据动量定理有 FΔt Δmv0 解得 F Sv2 根据牛顿第三定律，该车受到的空气阻力 F F Sv2 空 且 PF v 空 联立解得 F  3SP2 空 （2）地面对车的摩擦力与车重力成正比，设比例系数为k ，则 1F kmg f 1 该车受到的空气阻力 F F Sv2 空 该车匀速运动时，有 P(F F )v(Sv2kmg)v 空 f 1 保持功率不变，减轻车身重量，则v增大，空气阻力增大，故结论不正确。 （3）地面对车的摩擦力 F (mgkv2) f 汽车功率为 P(F F )v(Sk)v3mgv 空 f 对汽车功率求导可得 P3(Sk)v2mg 根据数学关系可知，当 3(Sk)v2mg 0 时，汽车功率最大，解得 mg v  0 3(kS) 题型 02 动量守恒定律的四类应用 动量守恒定律是高考的主要考点之一， 一、必备基础知识 1、动量守恒定律 内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 表达式：m v ＋m v ＝m v′ ＋m v′ 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示 1 1 2 2 1 1 2 2 各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、 方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp ＝－Δp 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动 1 2 量的减少量。 守恒条件： 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的 条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力， 系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 实际条件 系统所受合外力为0。 单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在 该方向上动量守恒。 某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统 动量守恒。 2、碰撞 定义：碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生相互作用。 时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。 相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用 力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。 动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以 忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。 位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的 位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。 能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰 撞前系统的总机械能。 3、对心碰撞和非对心碰撞 ①对心碰撞：如下图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连 线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。②非对心碰撞：如下图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球 心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。 4、弹簧-滑块模型 模型图例如下图所示： 模型速度-时间图像如下图所示： 模型特点： 动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小。 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。 如上图，当A与弹簧分离瞬间AB的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到。 5、滑块—斜(曲)面模型 模型图例如下图所示： 模型特点： 上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度v ，此时m的竖直速度v ＝0。系统水平方向动量守 共 y1 1 恒：mv ＝(M＋m)v ，系统机械能守恒： mv 2＝ (M＋m)v 2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一 0 共 0 共 2 2 定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。 返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一 1 1 1 动碰一静的结论得到水平方向动量守恒：mv ＝mv ＋Mv ，系统机械能守恒： mv 2＝ mv 2＋ Mv 2，相当于 0 1 2 0 1 2 2 2 2 完成了弹性碰撞。 模型的延伸： 小球—小车/滑环模型（如下图所示）也是水平方向动量守恒和机械能守恒。 6、子弹-木块模型 模型图例如下图所示： 模型特点： 子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。这是一种完全非弹性碰撞。   从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv  M m v，从能量的角度看，该过程系 0 统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为 f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 、s ，如 1 2 1 1 图所示，显然有s  s  d，对子弹用动能定理： fs  mv2  mv2，对木块用动能定理： 1 2 1 2 2 0 1 1 1 Mm   fs  Mv2，则有：fd  mv2  M  mv2  v2，这个式子的物理意义是： 2 2 2 0 2 2  M  m  0 fd 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见 f d Q，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对 滑动的路程的乘积。 若d=L（木块的长度）时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。 若d＜L（木块的长度）时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。 若d＞L（木块的长度）时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。设穿过木 1 1 块后子弹的速度为 v ，木块的速度为 v ，则有：mv =mv +Mv ，- f （S +L）= mv2 - mv2， f 1 2 0 1 2 2 2 1 2 0 1 1 1 1 S = Mv2，解得：Q= f L= mv2 -- Mv2 + mv2。 2 2 2 2 0 2 2 2 1 Mmv 2 m 由上式不难求得平均阻力的大小： f  0 ，木块前进的距离：s  d 。从牛顿 2M  md 2 M  m 运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位 s  d v  v/2 v  v d v M  m m 移与平均速度成正比： 2  0  0 ,  0  ,s  d ，一般情 s v/2 v s v m 2 M  m 2 2 况下M  m，所以s <v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若 后 前 碰后两物体同向运动，应满足v ′≥v ′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动 前 后 方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。 弹簧-滑块模型的临界问题为：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压 缩量最大。 滑块—斜(曲)面模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等。 子弹-木块模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。 滑块-木板模型的临界问题为：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。 3、解题方法 弹性碰撞： 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。 弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m v ＋ m v ＝m v ′＋m v ′。 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 ②机械能守恒： m 1 v2 1 ＋ 𝑚 2 𝑣2 2 ＝ m 1 v 1 ′2＋ m 2 v 2 ′2。 2 2 2 2 1 1 1 1 整理得：m 1 v 1 —m v ′＝m 2 v 2 —m 2 v 2 ′， m 1 v2 1 — m 1 v 1 ′2＝ 𝑚 2 𝑣2 2 — m 2 v 2 ′2。得：v 1 ＋v ′＝v 2 ＋v 2 ′。 1 1 2 2 2 2 1 （𝑚 𝑚 ）𝑣 2𝑚 𝑣 （𝑚 𝑚 ）𝑣 2𝑚 𝑣 解得：v ′＝ 1 2 1 2 2，v ′= 2 1 1 1 1。 2 1 𝑚 1 𝑚 2 𝑚 1 𝑚 2 当v ≠0，v =0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m v ＋ m v ＝m v ′＋m v ′， 1 2 1 1 2 2 1 1 2 21 1 1 m －m 2m 1 2 1 由机械能守恒得 m 1 v2 1 ＝ m 1 v 1 ′2＋ m 2 v 2 ′2，解得v 1 ′＝ v 1 ，v 2 ′＝ v 1 。 2 2 2 m ＋m m ＋m 1 2 1 2 过程分析：①若m ＝m ，则有v ′＝0，v ′＝v ，即碰撞后两球速度互换。 1 2 1 2 1 ②若m ＞m ，v ′和v ′都是正值，表示v ′和v ′都与v方向同向（当m ≫m ，则有v ′＝v ，v ′＝ 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2v ，表示m 的速度不变，m 以2v 的速度被撞出去）。 1 1 2 1 ③若m