2024-2025学年高考物理一轮复习专题11动量知识点讲解含解析

专题11动量考点风向标考点风向标第一部分：考点梳理考点一、动量、冲量的理解及计算考点二动量定理的理解和应用考点三、动量守恒定律的理解及应用考点四、动量守恒定律的3个应用实例考点五、动量观点与能量观点的综合应用考点六、试验—验证动量守恒定律考点一、动量、冲量的理解及计算1．动量、动能、动量变更量的比较名称项目动量动能动量变更量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2Δp＝p′－p矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)动量是矢量，在计算动量变更时先规定正方向，然后用末动量－初动量，该处的“－”号为运算符号，与方向无关。2．冲量的计算方法(1)计算冲量可以运用定义式I＝Ft求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。(2)利用F­t图象计算，F­t围成的面积可以表示冲量，该种方法可以计算变力的冲量。（典例应用1）如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的eq\f(1,4)圆弧轨道，圆心O在S的正上方，在O、P两点各有一质量为m的物块a和b，从同一时刻起先，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等【答案】A【解析】在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒故有mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同。由于a的路程小于b的路程。故ta<tb，即a比b先到达S。当到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左。故两物体的动量大小相等，方向不相同，故A正确，B、C、D错误。（典例应用2）如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为eq\f(1,2)v0，则以下说法正确的是()A．滑块的动量变更量的大小为eq\f(1,2)mv0B．滑块的动量变更量的大小为eq\f(3,2)mv0C．滑块的动量变更量的方向与v0的方向相同D．重力对滑块的冲量为零【答案】：B【解析】以初速度方向为正，有：Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－eq\f(1,2)mv0－mv0＝－eq\f(3,2)mv0所以滑块的动量变更量的大小为eq\f(3,2)mv0，方向与v0的方向相反，故A、C错误，B正确；依据I＝Ft得重力的冲量为I＝mgt，不为零，故D错误。考点二、动量定理的理解和应用动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量假如物体受到大小或方向变更的力的作用，则不能干脆用I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变更Δp，等效代换变力的冲量I。(2)应用Δp＝FΔt求动量的变更在曲线运动中，速度方向时刻在变更，求动量变更(Δp＝p2－p1)须要应用矢量运算方法，计算比较困难，假如作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变更。（典例应用3）篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球快速收缩至胸前，这样做可以()A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变更量 D．减小球的动能变更量【答案】B【解析】先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球与手接触的时间，取球的初速度方向为正方向，依据动量定理－Ft＝0－mv得F＝eq\f(mv,t)，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量变更量、动能的变更量都不变，所以B正确。(典例应用4)有一个质量为0.5kg的篮球从h＝0.8m的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.64，且每次球与地面接触时间相等，空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽视。(重力加速度g取10m/s2)(1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？(2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多少？【答案】(1)3.6N·s(2)5∶4【解析】(1)篮球原高度为h，与地面第一次碰前瞬时速度为v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s由v2＝2gh可知，第一次碰后的速度为v1＝eq\r(2gh′)＝eq\r(2g×0.64h)＝3.2m/s选向上为正方向，由动量定理有I＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0＝1.8×0.5×4N·s＝3.6N·s。(2)同理其次次碰前瞬时速度和其次次碰后瞬时速度关系为v2＝0.8v1＝0.82v0。设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为F1、F2，选向上为正方向，由动量定理有F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0F1∶F2＝5∶4方法总结(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较困难的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。考点三、动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，须要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等。(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必需是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。2．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。（典例应用5）在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹起先射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒【答案】B【解析】：子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒。由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断削减，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。选项B正确。(典例应用6)(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止起先自由下滑()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处【答案】BC【解析】：在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分别后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。方法总结：应用动量守恒定律应留意以下三点(1)确定所探讨的系统，单个物体无从谈起动量守恒。(2)推断系统是否动量守恒，还是某个方向上动量守恒。(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。考点四、动量守恒定律的3个应用实例实例①碰撞1．碰撞后运动状态可能性推断的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。(3)速度要符合情景。①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度肯定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不行能都不变更。2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的推断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，准确地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告知物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告知是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。（典例应用7）(多选)质量分别为mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是()A．vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/sB．vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s，vQ＝4m/s【答案】AB【解析】碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P0)＝8J。假如vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝eq\f(8,3)J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；假如vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝6.75J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；假如vP＝1m/s，vQ＝3m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；假如vP＝－4m/s，vQ＝4m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，Ek′＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝24J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。实例②爆炸爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽视不计，可以认为爆炸后仍旧从爆炸前的位置以新的动量起先运动(典例应用8)如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝eq\f(m,2)。起先时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动。求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能？【答案】：见解析【解析】：(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒mAv0＝－(mA＋mB)v0＋mCvC炸药对C的冲量：I＝mCvC－0解得：I＝eq\f(5,2)mv0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒mCvC－mBvB＝0据能量关系：ΔE＝eq\f(1,2)×eq\f(m,2)veq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：ΔE＝eq\f(75,8)mveq\o\al(2,0)实例③反冲运动对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加（典例应用9）(2024·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽视)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s【答案】：A【解析】：由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30kg·m/s，选项A正确。（典例应用10）如图所示，一质量M＝2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3m处由静止释放一质量mA＝1kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知全部接触面均光滑，重力加速度为g＝10m/s2。求小球B的质量。【答案】：3kg【解析】：设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2联立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1m/s由动量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)联立解得mB＝3kg。考点五、动量观点与能量观点的综合应用1．解决力学问题的三个基本观点动力学观点运用牛顿定律结合运动学学问解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量定理、动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.动量观点和能量观点的比较(1)相同点：①探讨对象都是相互作用的物体组成的系统；②探讨过程都是某一运动过程。(2)不同点：动量守恒定律是矢量表达式，还可写出重量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无重量表达式。（典例应用11）如图所示，物块A和B通过一根轻质不行伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。【答案】(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m【解析】(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h＝eq\f(1,2)gt2①代入数据解得：t＝0.6s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有：vB＝gt③由于绳子不行伸长，在绳子绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，所以重力可以忽视，由动量定理得：对A：FT·Δt＝mv④对B：FT·Δt＝－mBv－(－mBvB)⑤联立④⑤得mBvB＝(mA＋mB)v⑥之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③⑥式，代入数据解得：v＝2m/s⑤(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入数据解得：H＝0.6m⑦方法总结利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若探讨对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若探讨对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细微环节不予细究，这正是它们的便利之处。特殊对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。（典例应用12）如图所示，质量为M＝300kg的小船，长为L＝3m，浮在静水中。起先时质量为m＝60kg的人站在船头，人和船均处于静止状态。若此人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船将前进多远？【答案】0.5m方向与人行走的方向相反【解析】人在船上走，船将向人走的反方向运动。由系统动量守恒知，任一时刻船、人的总动量都等于0。所以人走船动，人停船停。人走要经过加速、减速的过程，不能认为是匀速运动，所以船的运动也不是匀速运动，但可以用平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)表示，对应的是平均动量p＝meq\x\to(v)＝meq\f(x,t)，t是相同的，但要留意位移都是对地的，所以x人＝L＋x船。x船为未知量，包括大小、方向。人、船组成的系统动量守恒，取人行进的方向为正方向。不考虑未知量x船的正、负。则有mv人＋Mv船＝0，即eq\f(mL＋x船,t)＋eq\f(Mx船,t)＝0，由上式解得x船＝－eq\f(mL,m＋M)＝－eq\f(60×3,60＋300)m＝－0.5m负号表示船运动的方向与人行走的方向相反，则船向船头方向前进了0.5m。试验七：验证动量守恒定律试验原理与操作1．试验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。2．试验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞试验(1)测质量：用天平测出滑块质量。(2)安装：正确安装好气垫导轨。(3)试验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种状况下碰撞前后的速度(①变更滑块的质量。②变更滑块的初速度大小和方向)。(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞试验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。(3)试验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。(5)变更条件：变更碰撞条件，重复试验。(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。方案三在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞试验(1)测质量：用天平测出两小车的质量。(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。(3)试验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离刚好间由v＝eq\f(Δx,Δt)算出速度。(5)变更条件：变更碰撞条件，重复试验。(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。方案四利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。(2)依据如图所示安装试验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平。(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好。登记重垂线所指的位置O。(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把全部的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置。(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复试验10次。用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N。如图所示。(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。最终代入m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，看在误差允许的范围内是否成立。(7)整理好试验器材放回原处。(8)试验结论：在试验误差范围内，碰撞系统的动量守恒。数据处理与分析(典例应用13)某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的试验。先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止起先滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端上，让a球仍从原固定点由静止起先滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。(1)本试验必需测量的物理量有________。A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小球a、b的半径rD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE．记录纸上O点到A、B、C各点的距离eq\x\to(OA)、eq\x\to(OB)、eq\x\to(OC)F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h(2)放上被碰小球b，两球(ma＞mb)相碰后，小球a、b的落地点依次是图中水平面上的________点和________点。(3)某同学在做试验时，测量了过程中的各个物理量，利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，那么推断的依据是看________和________在误差允许范围内是否相等。【答案】(1)BE(2)AC(3)ma·eq\x\to(OB)(ma·eq\x\to(OA)＋mb·eq\x\to(OC))【解析】(1)B点是不发生碰撞时a球的下落点，A点是发生碰撞后a球的下落点，C点是碰后b球的下落点。设小球a运动到轨道末端时的速度大小为vB，与球b发生碰撞后的瞬时速度大小为vA，碰后b球的速度大小为vC，本试验就是要验证关系式mavB＝mavA＋mbvC是否成立，因为小球做平抛运动的高度相同，下落时间相同，它们在水平方向上位移与水平方向上的速度成正比，所以本试验也可以验证ma·eq\x\to(OB)＝ma·eq\x\to(OA)＋mb·eq\x\to(OC)是否成立，B、E正确。(2)两球碰撞后，a球在水平方向上的分速度较小，下落时间相同时，落地时的水平位移也较小，所以小球a、b的落地点