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【2026版物理步步高大二轮专题复习讲义培优版专题二第5讲动量

2026-02-23 14:05:50

第5讲　动量

考点一　动量定理及应用

1.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与t成线性关系，也可直接用平均力求解

2.动量定理

(1)公式：FΔt=mv'-mv

(2)应用技巧：

①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。

②表达式是矢量式，需要规定正方向。

③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。

例1　(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求：

(1)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小；

(2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像；

(3)t=6 s时，物块的速度大小。

答案　(1)　(2)见解析　(3)g

解析(1)由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=t

所以当t=6s时，F=

0~6s内F的冲量为F-t图像围成的面积，即I=mg×6=mg

(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin30°=μmgcos30°

即μ=tan30°=，此后F增大F_N减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsinθ=mgcosθ时，t=4s，则0~4s，垂直杆方向Fsinθ+F_N=mgcosθ

摩擦力f=μF_N=mg-mgt)=(-t)mg(0≤t≤4s)

在4~6s内，垂直杆方向Fsinθ=mgcosθ+F_N

摩擦力f=μF_N=mgt-mg)=(t-)mg(4s<t≤6s)

相应的f-t图像如图

(3)在0~6s内沿杆方向根据动量定理有mgtsinθ+I_Fcosθ-I_f=mv

在0~6s内摩擦力的冲量为f-t图像围成的面积，则I_f=mg×4+mg×2=mg

联立有mg×6sin30°+mg·cos30°-mg=mv

可得v=g。

例2　(2025·福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为r的圆柱形水流垂直射到要切割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为v，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为(　　)

A.ρπv²r²B.ρπv²r²

C.ρπvr²D.ρπvr²

答案　A

解析以水为研究对象，根据动量定理可知F=，又m=ρV=ρSl=ρπr²vt，联立可得F=ρπv²r²，由牛顿第三定律可知，钢板受到水的平均冲力大小为ρπv²r²，故选A。

流体的柱状模型

对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。

以流体微元原速率反弹为例，求所受冲击力的解题步骤：

(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。

(2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。

(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。

(4)应用动量定理Δp=FΔt。

(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。

(6)联立解得F=-2ρSv²。

例3　(多选)(2025·山东青岛市三模)将小球以初速度v₀竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为t，重力加速度为g，则(　　)

A.t时间内空气阻力的冲量为零

B.t时间内空气阻力的冲量不为零

C.t=

D.t=

答案　AC

解析选向上为正方向，上升过程中空气阻力冲量I_f1=-k·Δt=-kx，x为上升的高度，同理，下降过程中I_f2=kx，所以t时间内空气阻力的冲量I_f=I_f1+I_f2=0，A正确，B错误；全过程根据动量定理有-mgt+I_f=-mv-mv₀，可得t=正确，D错误。

变式(2025·山东烟台市二模)如图所示，一质量为m的足球在水平地面上的A点由静止被踢出后落在水平地面的B点，已知足球在A点离开地面时速度方向与水平方向的夹角为37°，足球所受空气阻力大小与速度大小成正比，比例系数为k，足球在空中飞行时间为t，A、B两点的水平距离为x，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为53°，重力加速度为g，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。求：

(1)足球离开A点时和到达B点时的速度大小；

(2)从A点运动到B点的过程中，空气阻力对足球做的功。

答案　(1)

(2)

解析(1)设足球离开A点时的速度为v₀，到达B点时的速度为v，在竖直方向，选取向下为正方向，从A到B应用动量定理

mgt+∑kv_yΔt=mvsin53°-(-mv₀sin37°)

整理可得mgt=0.8mv+0.6mv₀

水平方向，选取向右为正方向，从A到B应用动量定理

-∑kv_xΔt=mvcos53°-mv₀cos37°

整理可得-kx=0.6mv-0.8mv₀

联立解得v₀==

(2)从A到B，由动能定理得W_f=mv²-m

结合上述结论，解得W_f=。

动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用

1.当物体受到的力与速度成正比，即F=kv，且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量I_F=∑kv·Δt=k∑vΔt，其中vΔt表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即∑vΔt表示整段时间内的总位移x。若物体受到阻力F_f=kv和其他外力(恒力)作用，由动量定理：F_恒t-∑kvΔt=mΔv，即F_恒·t-kx=mΔv，可求未知量t或x。

2.若变力为安培力。

两种形式：(1)I=∑Bil·Δt=Bl∑iΔt=Blq；

(2)I=∑BilΔt，i=，知I=∑vΔt=x。

考点二　动量守恒定律及应用

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变化量等大反向。

(3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。

例4　(多选)(2025·山东省部分学校联考)如图所示，两块相同平板P₁、P₂置于光滑水平面上，质量均为0.5 kg，板长均为0.4 m，P₂的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P₂中点A处。物体P置于P₁的最右端，质量为1 kg且可看作质点。P₁与P以共同速度v₀=4 m/s向右运动，与静止的P₂发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P₁与P₂粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P₁、P₂之间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s²，下列说法正确的有(　　)

A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m

B.若P与P₁、P₂之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1 m/s

C.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力

D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小

答案　ACD

解析设板的质量为m，物体的质量为2m，P₁、P₂碰撞时，系统在水平方向上动量守恒，P₁、P₂碰撞后，二者的共同速度为v₁，则有mv₀=2mv₁，解得v₁=2m/s，弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为v₂，设弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，则有2mv₁+2mv₀=(2m+2m)v₂，解得v₂=3m/s，根据能量守恒定律可得，P与P₁、P₂整体共速时损失的动能为E_损=×2m+×2m-(2m+2m)=μ·2mg(L+2x)，解得x=0.1m，故A正确；若P与P₁、P₂之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，因为P的质量与P₁、P₂整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P与P₁、P₂整体交换速度，即此时P的速度为2m/s，故B错误；若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的最大压缩量x'>x=0.1m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E_损与未换弹簧时相同，所以物体P无法返回A点，而是在A点右侧与P₂相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确；由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E_损与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E_损全部转化为因摩擦产生的热量，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能E_损一部分转化为因摩擦产生的热量，另一部分转化为弹簧的弹性势能(属于系统的机械能)，所以此时系统损失的机械能减小，故D正确。