2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題15 動量與動量定理（含解析）

專題15 動量與動量定理【專題導航】目錄熱點題型一 對動量定理的理解和基本應用1熱點題型二 動量定理的綜合應用31應用動量定理解釋的兩類物理現象32. 應用動量定理解決兩類問題4(1)應用動量定理解決微粒類問題4(2)應用動量定理解決流體類問題5熱點題型三動量定理在多過程問題中的應用7【題型演練】9【題型歸納】熱點題型一 對動量定理的理解和基本應用1對動量定理的理解(1)動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力這種情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值(2)動量定理的表達式F·tp是矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統所受的合力2用動量定理解題的基本思路3動量定理的應用技巧(1)應用Ip求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用IFt求沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化p，等效代換得出變力的沖量I.(2)應用pFt求動量的變化例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(pp2p1)需要應用矢量運算方法，計算比較復雜如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動量的變化【例1】(2019·北京西城區(qū)模擬)1966年，在地球的上空完成了用動力學方法測質量的實驗實驗時，用“雙子星號”宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組(后者的發(fā)動機已熄火)，接觸以后，開動“雙子星號”飛船的推進器，使飛船和火箭組共同加速推進器的平均推力F895 N，推進器開動時間t7 s測出飛船和火箭組的速度變化v0.91 m/s.已知“雙子星號”飛船的質量m13 400 kg.由以上實驗數據可測出火箭組的質量m2為()A3 400 kg B3 485 kg C6 265 kg D6 885 kg【答案】選B.【解析】根據動量定理得Ft(m1m2)v，代入數據解得m23 485 kg，B選項正確【變式1】在光滑水平面上，原來靜止的物體在水平力F作用下，經過時間t后，動量為p，動能為Ek；若該物體在此光滑水平面上由靜止出發(fā)，仍在水平力F的作用下，則經過時間2t后物體的()A動量為4p B動量為p C動能為4Ek D動能為2Ek【答案】C【解析】根據動量定理得，Ftp，F·2tp1，解得p12p，故A、B錯誤；根據牛頓第二定律得Fma，解得a，因為水平力F不變，則加速度不變，根據xat2知，時間變?yōu)樵瓉淼?倍，則位移變?yōu)樵瓉淼?倍，根據動能定理得Ek14Ek，故C正確，D錯誤【變式2】(多選)質量為m的物體， 以v0的初速度沿斜面上滑，到達最高點后返回原處的速度大小為vt，且vt0.5v0，則()A上滑過程中重力的沖量比下滑時小 B上滑時和下滑時支持力的沖量都等于零C合力的沖量在整個過程中大小為mv0 D整個過程中物體的動量變化量為mv0【答案】AC【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原處時速度為vt0.5v0，說明斜面不光滑設斜面長為l，則上滑過程所需時間t1，下滑過程所需時間t2，t1<t2，根據沖量的定義可知，上滑過程中重力的沖量比下滑時小，A正確上滑和下滑時支持力的沖量都不等于零，B錯誤對全過程應用動量定理，則I合pmvtmv0mv0，C正確，D錯誤熱點題型二 動量定理的綜合應用1應用動量定理解釋的兩類物理現象(1)當物體的動量變化量一定時，力的作用時間t越短，力F就越大，力的作用時間t越長，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎(2)當作用力F一定時，力的作用時間t越長，動量變化量p越大，力的作用時間t越短，動量變化量p越小【例2】有關實際中的現象，下列說法正確的是()A火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力C用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好【答案】ABC【解析】.火箭升空時，內能減小，轉化為機械能，火箭向后噴出氣流，火箭對氣流有向后的力，由于力的作用是相互的，氣流對火箭有向前的力的作用，從而推動火箭前進，故選項A正確；體操運動員在落地的過程中，動量變化一定，由動量定理可知，運動員受到的沖量I一定，著地時屈腿是延長時間t，由IFt可知，延長時間t可以減小運動員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響，故選項C正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，就要延長碰撞時間，由IFt可知，車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固，故選項D錯誤【變式1】如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以足夠大的速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點為()A仍在P點 B在P點左邊C在P點右邊不遠處 D在P點右邊原水平位移的兩倍處【答案】B.【解析】紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動摩擦力的作用時間較長，即加速時間較長，由IFftmv得鐵塊獲得速度較大，平拋運動的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，鐵塊所受滑動摩擦力作用時間較短，即加速時間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運動的位移較小，故B選項正確【變式2】從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列說法正確的是()A掉在水泥地上的玻璃杯動量小，而掉在草地上的玻璃杯動量大B掉在水泥地上的玻璃杯動量改變小，掉在草地上的玻璃杯動量改變大C掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小D掉在水泥地上的玻璃杯動量改變量與掉在草地上的玻璃杯動量改變量相等【答案】D.【解析】玻璃杯從同樣高度落下，到達地面時具有相同的速度，即具有相同的動量，與地面相互作用后都靜止所以兩種地面的情況中玻璃杯動量的改變量相同，故A、B、C錯誤，D正確2.應用動量定理解決兩類問題(1)應用動量定理解決微粒類問題微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質量具有獨立性，通常給出單位體積內粒子數n分析步驟1建立“柱體”模型，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間t內一段柱形流體的長度為l，對應的體積為VSv0t，則微元內的粒子數Nnv0St3先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算【例3】航天器離子發(fā)動機原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或調整姿態(tài)的反沖力已知單個正離子的質量為m，電荷量為q，正、負柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I.忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對航天器質量的影響該發(fā)動機產生的平均推力F的大小為()AI BI CI D2I【答案】A【解析】.以正離子為研究對象，由動能定理可得qUmv2，t時間內通過的總電荷量為QIt，噴出的總質量mmm.由動量定理可知Ftmv，聯立以上各式求解可得FI，選項A正確【變式】正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為m，單位體積內粒子數量n為恒量為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明)【答案】fnmv2【解析】一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量I2mv，如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vt為高構成柱體，由題設可知，其內有的粒子在t時間內與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數Nn·Svtt時間內粒子給器壁的沖量IN·InSmv2t器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F則器壁單位面積所受粒子的壓力fnmv2(2)應用動量定理解決流體類問題流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質量具有連續(xù)性，通常已知密度分析步驟1建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間t內的一段柱形流體的長度為l，對應的質量為mSvt3建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體兩類流體運動模型第一類是“吸收模型”，即流體與被碰物質接觸后速度為零，第二類是“反彈模型”，即流體與被碰物質接觸后以原速率反彈設時間t內流體與被碰物質相碰的“粒子”數為n，每個“粒子”的動量為p，被碰物質對“粒子”的作用力為F，以作用力的方向為正，則“吸收模型”滿足Ft0n(p)，“反彈模型”滿足Ftnpn(p)“反彈模型”的動量變化量為“吸收模型”的動量變化量的2倍，解題時一定要明辨模型，避免錯誤 【例4】(2019·合肥一模)質量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向彈回取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內，關于球動量變化量p和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是()Ap2 kg·m/sW2 J Bp2 kg·m/sW2 JCp0.4 kg·m/sW2 J Dp0.4 kg·m/sW2 J【答案】A【解析】取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量：pmv2mv10.2×4 kg·m/s0.2×(6) kg·m/s2 kg·m/s，方向豎直向上由動能定理，合外力做的功：Wmvmv×0.2×42J×0.2×62 J2 J，故A正確【變式】(2019·山東淄博一中質檢)如圖所示是一種彈射裝置，彈丸的質量為m，底座的質量M3m，開始時均處于靜止狀態(tài)，當彈簧釋放將彈丸以對地速度v向左發(fā)射出去后，底座反沖速度的大小為 v，則摩擦力對底座的沖量為 ()A0 Bmv，方向向左 Cmv，方向向右 Dmv，方向向左【答案】B.【解析】設向左為正方向，對彈丸，根據動量定理：Imv；則彈丸對底座的作用力的沖量為mv，對底座根據動量定理：If(mv)3m· 得：If ，正號表示正方向，向左【變式2】一艘帆船在湖面上順風航行，在風力的推動下做速度為v04 m/s的勻速直線運動已知帆船在該運動狀態(tài)下突然失去風的推力的作用，此后帆船在湖面上做勻減速直線運動，經過t8 s靜止；該帆船的帆面正對風的有效面積為S10 m2，帆船的總質量約為M936 kg，若帆船在行駛過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為1.3 kg/m3，下列說法正確的是()A 風停止后帆船的加速度大小是1 m/s B帆船在湖面上順風航行所受水的阻力大小為468 NC帆船勻速運動受到風的推力的大小為936 D風速的大小為10 m/s【答案】BD.【解析】求解風停止后帆船的加速度時要選擇帆船作為研究對象，求解風速時要選擇在時間t內正對帆面且吹向帆面的空氣作為研究對象，風突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做勻減速直線運動，設帆船的加速度大小為a，則a0.5 m/s2，選項A錯誤；由牛頓第二定律可得fMa，代入數據解得f468 N，選項B正確；設帆船勻速運動時受到風的推力大小為F，根據平衡條件得Ff0，解得F468 N，選項C錯誤；設在時間t內，正對帆面且吹向帆面的空氣的質量為m，則mS(vv0)t，根據動量定理有Ftmv0mv，解得v10 m/s，選項D正確熱點題型三動量定理在多過程問題中的應用應用動量定理解決多過程問題的方法與動能定理類似，有分段列式和全程列式兩種思路【例5】一高空作業(yè)的工人重為600 N，系一條長為L5 m的安全帶，若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時間t1 s(工人最終懸掛在空中)，則緩沖過程中安全帶受的平均沖力是多少？(g取10 m/s2，忽略空氣阻力的影響)【答案】1 200 N【解析】法一分段列式法：依題意作圖，如圖所示設工人剛要拉緊安全帶時的速度為v1，v2gL，得v1經緩沖時間t1 s后速度變?yōu)?，取向下為正方向，對工人由動量定理知，工人受兩個力作用，即拉力F和重力mg，所以(mgF)t0mv1，F將數值代入得F1 200 N.由牛頓第三定律，工人給安全帶的平均沖力F為1 200 N，方向豎直向下法二全程列式法：在整個下落過程中對工人應用動量定理，重力的沖量大小為mg( t)，拉力F的沖量大小為Ft.初、末動量都是零，取向下為正方向，由動量定理知mg( t)Ft0解得F1 200 N由牛頓第三定律知工人給安全帶的平均沖力FF1 200 N，方向豎直向下【變式1】如圖所示，自動稱米機已在許多大糧店廣泛使用買者認為：因為米流落到容器中時對容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認為：當預定米的質量達到要求時，自動裝置即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭執(zhí)起來下列說法正確的是()A買者說的對 B賣者說的對 C公平交易 D具有隨機性，無法判斷【答案】C.【解析】設米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，設盛米的容器中靜止的那部分米的質量為m1，空中還在下落的米的質量為m2，落到已靜止的米堆上的一小部分米的質量為m.在極短時間t內，取m為研究對象，這部分米很少，md·t，設其落到米堆上之前的速度為v，經t時間靜止，如圖所示，取豎直向上為正方向，由動量定理得(Fmg)tmv即Fdvd·t·g，因t很小，故Fdv根據牛頓第三定律知FF，稱米機的讀數應為Mm1d因切斷米流后空中尚有t時間內對應的米流在空中，故dm2【變式2】一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖所示一物塊以v09 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止，g取10 m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數；(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力F的大??；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)0.32(2)130 N(3)9 J【解析】(1)由動能定理有mgxmv2mv可得0.32.(2)由動量定理有Ftmvmv可得F130 N.(3)由能量守恒定律有Wmv29 J.【題型演練】1. 將一個質量為m的小木塊放在光滑的固定斜面上，使木塊從斜面的頂端由靜止開始向下滑動，滑到底端總共用時t，如圖所示，設在下滑的前一半時間內木塊的動量變化為p1，在后一半時間內其動量變化為p2，則p1p2為()A12B13 C11 D21【答案】C【解析】木塊在下滑的過程中，一直受到的是重力與斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定為Fmgsin ，方向也始終沿斜面向下由動量定理可得p1p2(F·t1)(F·t2)(mgsin ·t)(mgsin ·t)11，故選項C正確2.(2019·湖北黃岡質檢)一小球從水平地面上方無初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設小球與地面碰撞沒有機械能損失，運動時的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是()A上升過程中小球動量改變量等于該過程中空氣阻力的沖量B小球與地面碰撞過程中，地面對小球的沖量為零C下落過程中小球動能的改變量等于該過程中重力做的功D從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功【答案】D【解析】根據動量定理可知，上升過程中小球動量改變量等于該過程中重力和空氣阻力的合力的沖量，選項A錯誤；小球與地面碰撞過程中，由動量定理得：Ftmgtmv2(mv1)，可知地面對小球的沖量Ft不為零，選項B錯誤；下落過程中小球動能的改變量等于該過程中重力和空氣阻力做功代數和，選項C錯誤；由能量守恒關系可知，從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功，選項D正確；故選D.2. 為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內杯中水位上升了45 mm.查詢得知，當時雨滴豎直下落速度約為12 m/s據此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3)()A0.15 Pa B0.54 Pa C1.5 Pa D5.4 Pa【答案】A【解析】設雨滴受到支持面的平均作用力為F.設在t時間內有質量為m的雨水的速度由v12 m/s減為零以向上為正方向，對這部分雨水應用動量定理：Ft0(mv)mv，得到Fv.設水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在t時間內水面上升h，則有mSh，得FSv.壓強pv1×103×12× Pa0.15 Pa.4.一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s.則這一過程中動量的變化量為()A大小為3.6 kg·m/s，方向向左 B大小為3.6 kg·m/s，方向向右C大小為12.6 kg·m/s，方向向左 D大小為12.6 kg·m/s，方向向右【答案】D【解析】.選向左為正方向，則動量的變化量pmv1mv012.6 kg·m/s，大小為12.6 kg·m/s，負號表示其方向向右，D正確5(2018·高考全國卷 )高空墜物極易對行人造成傷害若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為()A10 N B102 N C103 N D104 N【答案】C【解析】.根據自由落體運動和動量定理有2ghv2(h為25層樓的高度，約70 m)，Ftmv，代入數據解得F1×103 N，所以C正確6.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為，質量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為t.對于這一過程，下列判斷正確的是()A斜面對物體的彈力的沖量為零 B物體受到的重力的沖量大小為mgtC物體受到的合力的沖量大小為零 D物體動量的變化量大小為mgsin ·t【答案】BD.【解析】由沖量的求解公式可知，斜面對物體的彈力的沖量為mgcos ·t，選項A錯誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項B正確；物體回到斜面底端的速度仍為v，方向與初速度方向相反，故根據動量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項C錯誤；因整個過程中物體所受的合力為mgsin ，則根據動量定理可知，物體動量的變化量大小為mgsin ·t，選項D正確7.如圖所示，AB為固定的光滑圓弧軌道，O為圓心，AO水平，BO豎直，軌道半徑為R，將質量為m的小球(可視為質點)從A點由靜止釋放，在小球從A點運動到B點的過程中()A小球所受合力的沖量方向為弧中點指向圓心 B小球所受支持力的沖量為0C小球所受重力的沖量大小為m D小球所受合力的沖量大小為m【答案】D【解析】小球受到豎直向下的重力和垂直切面指向圓心的支持力，所以合力不指向圓心，故合力的沖量也不指向圓心，A錯誤；小球的支持力不為零，作用時間不為零，故支持力的沖量不為零，B錯誤；小球在運動過程中只有重力做功，所以根據機械能守恒可得mgRmvB2，故vB，根據動量定理可得I合pmvBm，故C錯誤，D正確8.小球質量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是v，球與墻撞擊時間為t，在撞擊過程中，球對墻的平均沖力大小是()A. B. C. D.【答案】C【解析】設初速度方向為正，則彈后的速度為，則由動量定理可得Ft2m×2mv，解得F，負號表示力的方向與初速度方向相反由牛頓第三定律可知，球對墻的平均沖力為FF，故選C.9.質量為m的物體， 以v0的初速度沿斜面上滑，到達最高點后返回原處的速度大小為vt，且vt0.5v0，則()A上滑過程中重力的沖量比下滑時小 B上滑時和下滑時支持力的沖量都等于零C合力的沖量在整個過程中大小為mv0 D整個過程中物體的動量變化量為mv0【答案】AC【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原處時速度為vt0.5v0，說明斜面不光滑設斜面長為l，則上滑過程所需時間t1，下滑過程所需時間t2，t1<t2，根據沖量的定義可知，上滑過程中重力的沖量比下滑時小，A正確上滑和下滑時支持力的沖量都不等于零，B錯誤對全過程應用動量定理，則I合pmvtmv0mv0，C正確，D錯誤10.如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為p1、p2、p3，則有()A 三個過程中，合力的沖量相等，動量的變化量相等B三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等CI1I2I3，p1p2p3DI1I2I3，p1p2p3【答案】ABC【解析】.由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量的大小pmv相等，即p1p2p3；根據動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由gsin ·t2得物體下滑的時間t，所以越小，sin2越小，t越大，重力的沖量Imgt就越大，故I1I2I3，故A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據動能定理，動能的變化量相等，故B正確13