2020年高考物理一轮复习 热点题型归纳与变式演练 专题15 动量与动量定理（含解析）

专题15 动量与动量定理【专题导航】目录热点题型一 对动量定理的理解和基本应用1热点题型二 动量定理的综合应用31应用动量定理解释的两类物理现象32. 应用动量定理解决两类问题4(1)应用动量定理解决微粒类问题4(2)应用动量定理解决流体类问题5热点题型三动量定理在多过程问题中的应用7【题型演练】9【题型归纳】热点题型一 对动量定理的理解和基本应用1对动量定理的理解(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值(2)动量定理的表达式Ftp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力2用动量定理解题的基本思路3动量定理的应用技巧(1)应用Ip求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用IFt求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化p，等效代换得出变力的冲量I.(2)应用pFt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(pp2p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化【例1】(2019北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速推进器的平均推力F895 N，推进器开动时间t7 s测出飞船和火箭组的速度变化v0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m13 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为()A3 400 kg B3 485 kg C6 265 kg D6 885 kg【答案】选B.【解析】根据动量定理得Ft(m1m2)v，代入数据解得m23 485 kg，B选项正确【变式1】在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F作用下，经过时间t后，动量为p，动能为Ek；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F的作用下，则经过时间2t后物体的()A动量为4p B动量为p C动能为4Ek D动能为2Ek【答案】C【解析】根据动量定理得，Ftp，F2tp1，解得p12p，故A、B错误；根据牛顿第二定律得Fma，解得a，因为水平力F不变，则加速度不变，根据xat2知，时间变为原来的2倍，则位移变为原来的4倍，根据动能定理得Ek14Ek，故C正确，D错误【变式2】(多选)质量为m的物体， 以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt0.5v0，则()A上滑过程中重力的冲量比下滑时小 B上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C合力的冲量在整个过程中大小为mv0 D整个过程中物体的动量变化量为mv0【答案】AC【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt0.5v0，说明斜面不光滑设斜面长为l，则上滑过程所需时间t1，下滑过程所需时间t2，t1t2，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A正确上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误对全过程应用动量定理，则I合pmvtmv0mv0，C正确，D错误热点题型二 动量定理的综合应用1应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间t越短，力F就越大，力的作用时间t越长，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)当作用力F一定时，力的作用时间t越长，动量变化量p越大，力的作用时间t越短，动量变化量p越小【例2】有关实际中的现象，下列说法正确的是()A火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好【答案】ABC【解析】.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由IFt可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由IFt可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误【变式1】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A仍在P点 B在P点左边C在P点右边不远处 D在P点右边原水平位移的两倍处【答案】B.【解析】纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由IFftmv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确【变式2】从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是()A掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等【答案】D.【解析】玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确2.应用动量定理解决两类问题(1)应用动量定理解决微粒类问题微粒及其特点通常电子流、光子流、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粒子数n分析步骤1建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2微元研究，作用时间t内一段柱形流体的长度为l，对应的体积为VSv0t，则微元内的粒子数Nnv0St3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算【例3】航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响该发动机产生的平均推力F的大小为()AI BI CI D2I【答案】A【解析】.以正离子为研究对象，由动能定理可得qUmv2，t时间内通过的总电荷量为QIt，喷出的总质量mmm.由动量定理可知Ftmv，联立以上各式求解可得FI，选项A正确【变式】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】fnmv2【解析】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量I2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在t时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数NnSvtt时间内粒子给器壁的冲量INInSmv2t器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F则器壁单位面积所受粒子的压力fnmv2(2)应用动量定理解决流体类问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度分析步骤1建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S2微元研究，作用时间t内的一段柱形流体的长度为l，对应的质量为mSvt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体两类流体运动模型第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft0n(p)，“反弹模型”满足Ftnpn(p)“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误 【例4】(2019合肥一模)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()Ap2 kgm/sW2 J Bp2 kgm/sW2 JCp0.4 kgm/sW2 J Dp0.4 kgm/sW2 J【答案】A【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：pmv2mv10.24 kgm/s0.2(6) kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上由动能定理，合外力做的功：Wmvmv0.242J0.262 J2 J，故A正确【变式】(2019山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 v，则摩擦力对底座的冲量为 ()A0 Bmv，方向向左 Cmv，方向向右 Dmv，方向向左【答案】B.【解析】设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：Imv；则弹丸对底座的作用力的冲量为mv，对底座根据动量定理：If(mv)3m 得：If ，正号表示正方向，向左【变式2】一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v04 m/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的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t8 s静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S10 m2，帆船的总质量约为M936 kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为1.3 kg/m3，下列说法正确的是()A 风停止后帆船的加速度大小是1 m/s B帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468 NC帆船匀速运动受到风的推力的大小为936 D风速的大小为10 m/s【答案】BD.【解析】求解风停止后帆船的加速度时要选择帆船作为研究对象，求解风速时要选择在时间t内正对帆面且吹向帆面的空气作为研究对象，风突然停止，帆船只受到水的阻力f的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a，则a0.5 m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律可得fMa，代入数据解得f468 N，选项B正确；设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F，根据平衡条件得Ff0，解得F468 N，选项C错误；设在时间t内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m，则mS(vv0)t，根据动量定理有Ftmv0mv，解得v10 m/s，选项D正确热点题型三动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路【例5】一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t1 s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g取10 m/s2，忽略空气阻力的影响)【答案】1 200 N【解析】法一分段列式法：依题意作图，如图所示设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，v2gL，得v1经缓冲时间t1 s后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，所以(mgF)t0mv1，F将数值代入得F1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F为1 200 N，方向竖直向下法二全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg( t)，拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg( t)Ft0解得F1 200 N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力FF1 200 N，方向竖直向下【变式1】如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来下列说法正确的是()A买者说的对 B卖者说的对 C公平交易 D具有随机性，无法判断【答案】C.【解析】设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为m.在极短时间t内，取m为研究对象，这部分米很少，mdt，设其落到米堆上之前的速度为v，经t时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得(Fmg)tmv即Fdvdtg，因t很小，故Fdv根据牛顿第三定律知FF，称米机的读数应为Mm1d因切断米流后空中尚有t时间内对应的米流在空中，故dm2【变式2】一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示一物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小；(3)求物块在反向运动过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)由动能定理有mgxmv2mv可得0.32.(2)由动量定理有Ftmvmv可得F130 N.(3)由能量守恒定律有Wmv29 J.【题型演练】1. 将一个质量为m的小木块放在光滑的固定斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为p1，在后一半时间内其动量变化为p2，则p1p2为()A12B13 C11 D21【答案】C【解析】木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为Fmgsin ，方向也始终沿斜面向下由动量定理可得p1p2(Ft1)(Ft2)(mgsin t)(mgsin t)11，故选项C正确2.(2019湖北黄冈质检)一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是()A上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零C下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功【答案】D【解析】根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：Ftmgtmv2(mv1)，可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确；故选D.2. 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103kg/m3)()A0.15 Pa B0.54 Pa C1.5 Pa D5.4 Pa【答案】A【解析】设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v12 m/s减为零以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft0(mv)mv，得到Fv.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在t时间内水面上升h，则有mSh，得FSv.压强pv110312 Pa0.15 Pa.4.一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s.则这一过程中动量的变化量为()A大小为3.6 kgm/s，方向向左 B大小为3.6 kgm/s，方向向右C大小为12.6 kgm/s，方向向左 D大小为12.6 kgm/s，方向向右【答案】D【解析】.选向左为正方向，则动量的变化量pmv1mv012.6 kgm/s，大小为12.6 kgm/s，负号表示其方向向右，D正确5(2018高考全国卷 )高空坠物极易对行人造成伤害若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 N B102 N C103 N D104 N【答案】C【解析】.根据自由落体运动和动量定理有2ghv2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ftmv，代入数据解得F1103 N，所以C正确6.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是()A斜面对物体的弹力的冲量为零 B物体受到的重力的冲量大小为mgtC物体受到的合力的冲量大小为零 D物体动量的变化量大小为mgsin t【答案】BD.【解析】由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcos t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin t，选项D正确7.如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中()A小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心 B小球所受支持力的冲量为0C小球所受重力的冲量大小为m D小球所受合力的冲量大小为m【答案】D【解析】小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，A错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒可得mgRmvB2，故vB，根据动量定理可得I合pmvBm，故C错误，D正确8.小球质量为2m，以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是v，球与墙撞击时间为t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是()A. B. C. D.【答案】C【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为，则由动量定理可得Ft2m2mv，解得F，负号表示力的方向与初速度方向相反由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲力为FF，故选C.9.质量为m的物体， 以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt0.5v0，则()A上滑过程中重力的冲量比下滑时小 B上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C合力的冲量在整个过程中大小为mv0 D整个过程中物体的动量变化量为mv0【答案】AC【解析】以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt0.5v0，说明斜面不光滑设斜面长为l，则上滑过程所需时间t1，下滑过程所需时间t2，t1t2，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A正确上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误对全过程应用动量定理，则I合pmvtmv0mv0，C正确，D错误10.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为p1、p2、p3，则有()A 三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等CI1I2I3，p1p2p3DI1I2I3，p1p2p3【答案】ABC【解析】.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量的大小pmv相等，即p1p2p3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由gsin t2得物体下滑的时间t，所以越小，sin2越小，t越大，重力的冲量Imgt就越大，故I1I2I3，故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确13