高考物理一轮复习方略关键能力题型突破6-1动量动量定理

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。关键能力·题型突破考点一冲量及动量变化的计算【典例1】(多选)跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法正确的是 ()A.运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B.运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C.运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D.运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向【解析】选A、B、D。根据动量定理可知，运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，A项正确；运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确；运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确。【多维训练】清华大学曾对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是()A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D.安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大【解析】选C。在碰撞过程中，驾驶员的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=Δp可知，安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力，即安全气囊减小了驾驶员的动量变化率。1.动量、动能、动量变化量的比较：名称项目动量动能动量变化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=12mvΔp=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=p22m2.冲量的特点：(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力作用的时间决定。恒力的冲量等于力与作用时间的乘积。(2)矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致。(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。【加固训练】(2019·武汉模拟)如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是 ()越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关【解析】选D。由题知，物体所受的摩擦力Ff=F，且为恒力，由A到B的过程中，v越大，所用时间越短，If=Ft越小；因为Wf=F·AB，故Wf与v无关。选项D正确。考点二动量定理的理解及应用应用动量定理解释生活现象【典例2】玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于在玻璃杯与石头的撞击过程中 ()A.玻璃杯的动量较大 B.玻璃杯受到的冲量较大C.玻璃杯的动量变化较大 D.玻璃杯的动量变化较快【解析】选D。从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft=mΔv知，此时玻璃杯受到的力F较大，即玻璃杯的动量变化较快，容易碎，D正确。应用动量定理求解单过程问题【典例3】(2019·三明模拟)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100N【解析】选B。豆粒从80cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12=2gh，则v1=2gh=2×10×0.8m/s=4m/s。设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft=mv2mv1则F=m【多维训练】(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s×102kg C.1.6×105kg 【解析】选B。设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m，对该气体根据动量定理有：Ft=mv0，解得m=Ftv=4.8×106×13×10应用动量定理求解多过程问题【典例4】“蹦床”已成为奥运会的比赛项目。质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g) 【解析】设运动员下降h1刚接触床垫时的速度大小为v1，则离开床垫时的速度大小为v2，由机械能守恒定律得12mv12=mgh1，12设时间t内，床垫对运动员的平均作用力为F，取向上为正方向，由动量定理得(Fmg)t=mv2(mv1)以上三式联立可得F=m(再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为F′=F=m(2答案：m(2利用动量定理求解流体问题【典例5】(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。【解析】(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm=ρΔV ①ΔV=v0SΔt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt=ρv0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2+(Δm)gh=12(Δm)在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt=Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h=v022g答案：(1)ρv0S(2)v0动量定理与图象的综合【典例6】如图所示，物体从t=0时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是 ()～2s内合外力的冲量一直增大～4s内合外力的冲量为零s末物体的动量方向发生变化～4s内物体动量的方向一直不变【解析】选C。根据Ft图象面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4s内合外力的冲量为零，B正确；2s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。SHAPE1.用动量定理解题的四个步骤：2.三招速解变质量(如流体)问题：【加固训练】一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示。求：(1)0～8s时间内拉力的冲量；(2)0～6s时间内物体的位移；(3)0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。【解析】(1)0～8s时间内拉力的冲量I=F1t1+F2t2+F3t3=(1×2+3×4+2×2)N·s=18