微专题Ⅰ－2 动量定理 动量守恒定律

动量定理

动量守恒定律微专题Ⅰ－2010203目录命题视角(一)动量冲量动量定理命题视角(二)动量守恒定律及其应用命题视角(三)碰撞、爆炸与反冲04专题跟踪检测01命题视角(一)

动量冲量动量定理1．(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(

)[真题试能力]答案：D

2．(2023·新课标卷)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(

)A．甲的速度大小比乙的大

B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等

D．甲和乙的动量之和不为零答案：BD

对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。3．(2023·新课标卷)(多选)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是(

)A．在x＝1m时，拉力的功率为6WB．在x＝4m时，物体的动能为2JC．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s答案：BC0～4m的过程，由动能定理有W′－μmgx4＝Ek4－0，解得Ek4＝2J，B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgΔx＝8J，C正确；1．动量、冲量、动量定理[固本提素养]2．应用动量定理解题技巧(1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题时都可以适用。例如：部分导体切割磁感线，求电荷量或位移的问题。(2)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。(3)在应用动量定理时需要规定正方向。1.在某校“玩转奇趣悬浮，揭开飞翔奥秘”的科技实验活动中，一位同学表演了一个悬球实验，该实验装置如图：一根两端开口的竖直细管，底端与充气泵(图中未画出)连接，充气泵将气体由底端吹入，使细管上端的小球悬浮在空中。假设气体的密度恒为ρ，气体与小球的作用面积恒为S，气体与小球作用前速度为v，与作用面垂直，作用后速度减为零。重力加速度为g，则小球的质量为(

)[精练速过关]答案：A

2.蹦床是一项技术含量很高的体育运动。如图所示，比赛中运动员从空中最高点O自由下落，接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力。运动员从最高点下落到最低点的过程中，运动员在(

)A．OA段动量守恒B．AC段的动量变化量小于AC段弹力的冲量C．B点的动量为零D．OA段受到重力的冲量等于AC段弹力的冲量答案：B

解析：OA段合外力即为重力，合外力不为零，动量增大，故A错误；AC段根据动量定理有IG＋I弹＝Δp可知，Δp<0，IG>0，I弹<0，则有|Δp|<|I弹|，故B正确；OB段都是加速向下运动，B点动量不为零，故C错误；全程根据动量定理有IG＋I弹＝Δp＝0，OC段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量大小相等，方向相反，显然OA段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量大小不相等，方向相反，故D错误。3．(2023·湖州高三调研)(多选)手机逐渐走进每个人的生活，有些人喜欢躺着看手机，偶尔会出现手机滑落砸到脸上的情况。若某手机的质量为200g，从距人脸上方约20cm的高度与地面平行无初速度掉落，砸到脸后经0.1s手机停止运动。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列分析正确的是(

)A．脸受到的平均撞击力大小约为6NB．脸受到的平均撞击力大小约为9NC．全过程手机重力的冲量大小约为0.2N·sD．全过程手机重力的冲量大小约为0.6N·s答案：AD

02命题视角(二)

动量守恒定律及其应用

[例1]

如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(

)A．P对Q做功为零B．P和Q之间相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒题点1动量守恒的判断[答案]

B[解析]

P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动过程中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q运动方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为零，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为零，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。[微点拨]判断系统动量是否守恒的三点注意(1)注意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。(2)注意所研究的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程则可能不守恒。(3)注意守恒条件——整体不满足系统动量守恒条件时，在某一方向可能满足动量守恒条件。[例2]

(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(

)A．48kg

B．53kgC．58kg

D．63kg题点2多个物体多次作用问题[答案]

BC[解析]选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52kg＜M＜60kg，故B、C项正确，A、D项错误。[微点拨]应用动量守恒定律解题的两点提醒(1)应用动量守恒定律时应注意系统的组成和过程的选取。(2)两物体沿同一直线运动，避免相撞的临界条件是二者同向同速。

题点3

“人船模型”的应用[答案]

A[微点拨]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x人＝m船x船，x人＋x船＝L(L为船的长度)。03命题视角(三)

碰撞、爆炸与反冲1．(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5s末和6s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340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(

)[真题试能力]A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m答案：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，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为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，A错误；质量大的碎块其初速度为85m/s，C错误。2.(2022·山东等级考)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(

)A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案：A

解析：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。3．(2021·广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。答案：(1)能，计算过程见解析(2)0.2s1．碰撞遵循的三个原则[固本提素养]2．爆炸与反冲的三个特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。(3)系统初始状态若处于静止，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。1．(多选)为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则(

)[精练速过关]答案：BC2．(2023·杭州高三质检)(多选)如图所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(

).A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s答案：AB

解析：以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67m/s。从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2m/s<vB<2.67m/s，故选项A、B正确。3．(多选)如图所示，光滑桌面上质量为1kg的木板C静止并被锁定，在木板的中央处放置两个可视为质点的小滑块A和B，质量分别为2kg和1kg，两滑块间有少量炸药。某时刻炸药爆炸释放的能量为12J并全部转化为两滑块的动能，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间的动摩擦因数均为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，g取10m/s2，不计炸药的质量。则(

)A．木板C的最终速度为0.5m/sB．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为12JC．木板C的最小长度为7.5mD．木板C受到的冲量为1N·s答案：AC

根据动量定理，可知木板C受到的冲量I＝mCv＝0.5N·s，选项D错误。4．一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。04专题跟踪检测1．(2023·浙江镇海适应性考试)如图，一滑板爱好者在水平面滑行，看到杆后起跳，人与滑板分离，越过横杆后仍落在滑板上，忽略一切阻力，则(

)A．整个过程中人和滑板组成的系统总动量守恒B．起跳时滑板对人做正功C．运动员起跳时脚对滑板的作用力斜向后D．运动员起跳时脚对滑板的作用力应竖直向下答案：D

解析：运动员竖直起跳，竖直方向有加速度，合外力不为零，动量不守恒，A错误；起跳时板对人的脚有弹力时脚没有位移，板对人不做功，故B错误；运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动，各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板上，所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下，故C错误，D正确。2．垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去的排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则(

)A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零B．球从击出到落回的时间内，阻力的冲量为零C．球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量D．球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量答案：C

解析：整个过程中，重力不为零，作用时间不为零，根据IG＝mgt可知，重力冲量不为零，选项A错误；由于整个过程中，阻力都做负功，所以上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，即上升过程所用时间比下降过程所用时间少，根据If＝ft可知，上升阶段阻力冲量小于下降阶段阻力冲量，整个过程中阻力冲量不为零，选项B错误，C正确；设初速度为v0，上升阶段，初速度为v0，末速度为零，动量变化量为Δp1＝0－mv0＝－mv0；下降阶段，初速度为零，末速度小于v0，动量变化量为Δp2＜mv0－0＝mv0，两者不相等，选项D错误。3．乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒坛的一项发球技术。某运动员在练习高抛发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后乒乓球向上运动的最大高度为2.45m，若抛球过程中，手掌和乒乓球接触的时间为5ms，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则该过程中手掌对乒乓球的作用力大小约为(

)A．0.4N B．4NC．40N D．400N答案：B

4.在水上做飞行运动表演的运动员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，悬停在空中，如图所示，已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小10m/s2，水的密度1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(

)A．2.7m/s B．5.4m/sC．7.6m/s D．10.8m/s答案：B

解析：设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，S为一个喷嘴的横截面积，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝m·2v，联立解得v≈5.4m/s，故B正确。5．(2023·绍兴高三检测)(多选)一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4m/s的匀速直线运动。已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8s静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10m2，帆船的总质量约为M＝936kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3kg/m3，下列说法正确的是(

)A．风停止后帆船的加速度大小是1m/s2B．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468NC．帆船匀速运动受到的风的推力大小为936ND．风速的大小为10m/s答案：BD

解得F＝468N，C错误；设在时间t内，正对帆面且吹向帆面的空气质量为m，则m＝ρS(v－v0)t，根据动量定理有－F′t＝mv0－mv，根据牛顿第三定律知F′＝F，解得v＝10m/s，D正确。6．(多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(

)A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/sD．vA′＝－3m/s，vB′＝6.5m/s答案：BC

解析：两球碰撞后不会再发生二次碰撞，碰撞后A的速度不能大于B的速度，故A错误；两球碰撞过程，系统不受外力，碰撞过程系统总动量守恒，B、C、D选项动量都守恒，根据能量守恒定律，碰撞后系统总动能应该小于或者等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰后总动能为18J，C选项碰后总动能为16.75J，D选项碰后总动能为46.75J，故B、C正确，D错误。7．(2023·台州高三模拟)一质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则(

)A．t＝2s时，物块的动量大小为0B．t＝3s时，物块的速率为1m/sC．t＝0到t＝1s时间内，合力F对物块冲量的大小为1N·sD．t＝2s到t＝3s时间内，物块动量变化量的大小为2kg·m/s答案：B

8.(多选)如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t＝0时轻绳断开，物体A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是(

)答案：ACD

9．如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为m＝6kg的物体，在大小为12N、方向平行于斜面的拉力F的作用下做匀速直线运动，从x1＝2.5m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x的变化规律如图乙所示，当x2＝7m时拉力减为零，物体速度刚好为零，取g＝10m/s2，下列说法正确的是(

)A．斜面倾角θ为30°B．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27JC．物体匀速运动时的速度大小为3m/sD．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12N·s