高考物理系统性复习 (考点分析) 第一节 动量和动量定理（附解析）

【考点分析】第一节动量和动量定理【考点一】动量和动能之间的关系【典型例题1】对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是()A．物体的动能改变，其动量不一定改变B．物体动量改变，则其动能一定改变C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变D．动量是标量，动能是矢量【解析】物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误．【答案】C【考点二】对动量和冲量的理解【典型例题2】(2022•北京市西城区高三(上)期末)如图所示，一个钢球以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动，在这一过程中()A．钢球的动能变化量为0B．钢球的动量变化量为0C．墙壁对钢球的弹力做负功D．墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左【解析】A．与墙壁碰撞前后钢球的速度大小不变，可知钢球的动能变化量为0，故A正确；B．钢球的速度大小不变，方向发生改变，可知钢球的动量变化量不为0，故B错误；C．由动能定理可知，墙壁对钢球的弹力做功为零，故C错误；D．由题意可知，钢球的动量变化量的方向向左，根据动量定理可知墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左，故D正确。故选AD。【答案】AD【考点三】对冲量的计算【典型例题3】(2022•湖北省七市高三(下)三月调研)质量为m的物体在光滑水平面上以速度v匀速向左运动。某时刻施加恒力F作用在物体上，力F与水平方向夹角为θ，如图所示。经过时间t，物体的速度大小仍为v，方向水平向右。则在时间t内，下列说法中正确的是()A．重力对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小是C．合力对物体的冲量大小为零D．力F与v的大小满足的关系为【解析】A．重力对物体的冲量大小，A错误；B．拉力F对物体的冲量大小，B错误；CD．根据动量定理，，C错误，D正确。故选D。【答案】D【考点四】对动量定理的理解【典型例题4】关于动量和冲量，下列说法正确的是()A．动量越大的物体受到的冲量越大B．冲量总是与物体动量方向相同C．冲量是物体动量变化的原因D．作用在静止物体上的力的冲量总是为零【解析】冲量是物体动量变化的原因，选项C正确；动量大说明物体的速度大，但无法明确动量的变化，故不能确定物体的冲量大小，选项A错误；冲量与物体动量变化量方向相同，选项B错误；根据I＝Ft，只要有力作用在物体上，经过一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么运动状态无关，故选项D错误．【答案】C【考点五】用动量定理解释生活中的现象【典型例题5】(2022•广东肇庆市高三(下)三模)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是()A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小【解析】ABC．充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，AB错误，C正确；D．动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确。故选CD。【答案】CD【考点六】动量定理的有关计算【典型例题6】(2022•河北省保定市高三(上)期末)成语故事《守株待兔》中，质量为m的野兔受到惊吓后，由静止开始以大小为a的加速度沿直线匀加速奔跑距离s后一头撞晕在树桩上。若野兔与树桩作用的时间为t，不计野兔与树桩碰撞过程中路面对野兔的摩擦力，则该过程中野兔受到树桩对它的平均作用力大小为()A． B． C． D．【解析】设撞树桩前瞬间的速度为，根据速度位移公式，解得，根据动量定理得，解得，故B正确，ACD错误。故选B。【答案】B【考点七】动量定理在多过程中的应用【典型例题7】如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J，小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；(2)木板的长度L。【解析】木板受到瞬时冲量作用后获得初动量，此后A、B相对运动，B在摩擦力作用下做加速运动，A在B的反作用力及C的摩擦力作用下做减速运动，最终B从A上掉下来。(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0代入数据解得v0＝3.0m/s。(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，其中FCA＝μ(mA＋mB)g＝12N，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，由动量定理得－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv。FABt＝mBvB其中FAB＝FBA，EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝8.0J，EkB＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝0.50J设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，由动能定理得－(FBA＋FCA)xA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)FABxB＝EkB木板A的长度L＝xA－xB代入数据解得L＝0.50m。【答案】(1)3.0m/s(2)0.50m【归纳总结】动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp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I＝Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量．例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)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，等效代换动量的变化量．【考点八】应用动量定理处理流体冲击力问题【典型例题8】(2022•福建省莆田市高三(下)二检)在我市创建全国文明城市期间，清洁工人经常使用高压水枪来清除墙壁上的小广告。其模型简化为圆形水枪管口贴近竖直墙壁，水以速度v垂直射到墙壁上，随后沿墙面散开，不反弹。设水枪管口的半径为R，水的密度为ρ。则水对墙壁的冲击力为()A． B． C．D．【解析】在时间内流出水的质量为，根动量定理得，联立解得，故B正确，ACD错误。故选B。【答案】B【归纳总结】1．流体作用模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究2．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S(2)微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算【考点九】流体运动吸收模型【典型例题9】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【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Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得(F－Δmg)Δt＝Δmv即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv根据牛顿第三定律知F＝F′，称米机的读数应为M＝eq\f(N,g)＝eq\f(m1g＋F′,g)＝m1＋deq\f(v,g)因切断米流后空中尚有t＝eq\f(v,g)时间内对应的米流在空中，故deq\f(v,g)＝m2可见，称米机读数包含了静止在袋中的那部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项C正确．【答案】C【考点十】流体运动反弹模型【典型例题10】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eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S. ③(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eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0) ④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＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2).【答案】(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)【归纳总结】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Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－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．【考点十一】动量定理在抛体中的应用【典型例题11】(2022•北京市石景山区高三(下)一模)首钢滑雪大跳台(如图甲所示)又称“雪飞天”，是北京2022年冬奥会自由式滑雪和单板滑雪比赛场地，谷爱凌和苏翊鸣在此圆梦冠军。为研究滑雪运动员的运动情况，建立如图乙所示的模型。跳台滑雪运动员从滑道上的A点由静止滑下，从跳台O点沿水平方向飞出。已知O点是斜坡的起点，A点与O点在竖直方向的距离为h，斜坡的倾角为θ，运动员的质量为m。重力加速度为g。不计一切摩擦和空气阻力。求：(1)运动员经过跳台O时的速度大小v；(2)从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的时间t；(3)从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的过程中动量的变化量。【解析】(1)运动员从A点滑到O点，根据机械能守恒定律解得(2)运动员从O点到斜坡上，根据平抛运动规律，，解得(3)运动员从O点到斜坡上，设动量变化量为，根据动量定理可得运动员的动量变化量大小为，方向竖直向下【答案】(1)；(2)；(3)，方向竖直向下【考点十二】动量定理在圆周运动中的应用【典型例题12】(2021·高考北京卷)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是()A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为【解析】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为，故B错误；C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为，故D正确。故选D。【答案】D【考点十三】动量定理在曲线运动中的应用【典型例题13】(2021·黑龙江哈师大附中月考)将质量为m的物体A以速率v0水平抛出，由于受到风力作用，经过时间t后，物体下落了一段距离h后，速率仍为v0，方向却与初速度相反，如图所示。在这一运动过程中，下列说法中正确的是()A．风力对物体做功为零B．风力对物体做负功C．物体机械能减少了eq\f(mg2t2,2)D．风力对物体的冲量大于2mv0【解析】取竖直向下为正，设风力对物体做功为W，根据动能定理得，mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则风力对物体做功W＝－mgh，即风力对物体做负功，故A错误，B正确；取水平向左为正方向，风力对物体的水平冲量大小为I，由动量定理得，在水平方向有I＝mv0－m(－v0)＝2mv0，由于物体在竖直方向速度变化为零，可知风力对物体在竖直方向上必有冲量，由平行四边形法则可知，风力对物体的冲量大小大于2mv0，故D正确；物体的初、末速度相等，即物体的动能变化为0，所以机械能的减少量等于重力势能的减少量，由于t时间内物体在竖直方向上下落高度h<eq\f(1,2)gt2(因为风力对物体的作用力向上)，物体向下运动的加速度会小于重力加速度，所以机械能减少量为ΔE＝mgh<eq\f(mg2t2,2)，故C错误。【答案】BD【考点十四】动量定理在连接体中的应用【典型例题14】(2022•安徽省淮北市高三(上)一模)如图甲所示，质量分别为和的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。时刻将B物体解除锁定，时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为，AB两物体运动的图像如图乙所示，其中和分别表示时间和时间内B物体