新高考物理一轮复习知识梳理+分层练习专题36 动量 冲量和动量定理（含解析）

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2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题36  动量 冲量和动量定理导练目标导练内容目标1动量、动量变化量和冲量目标2动量定理目标3用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题【知识导学与典例导练】一、动量、动量变化量和冲量1．动能、动量、动量变化量的比较 动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ek＝mv2p＝mvΔp＝p′－p标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。②作出F­t变化图线，图线与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出冲量。【例1】两个质量不同的物体在同一水平面上滑行，物体与水平面间的动摩擦因数相同，比较它们滑行的最大距离，下列判断中正确的是（　　）A．若两物体的初速度相等，则它们的最大滑行距离相等B．若两物体的初动量相等，则它们的最大滑行距离相等C．若两物体的初动能相等，则质量小的最大滑行距离大D．若两物体停止前的滑行时间相等，则两物体的最大滑行距离相等【答案】ACD【详解】A．由动能定理可知可得则可知，若初速度相等，则最大滑行距离相等，A正确；B．根据；由动能定理可知可得若初动量相等，质量大小不清楚，滑行距离没法比较，B错误；C．由动能定理可知可得若初动能相等，质量小的，滑行距离大，C正确；D．因两物体的加速度由可知，滑行时间相等说明初速度一定相等，故滑行距离一定相等，D正确。故选ACD。【例2】一质量为的物块在合外力的作用下从静止开始沿直线运动。随某物理量变化的图线如图所示，则（　　）A．若横轴为时间t/s，则时物块的动量大小为B．若横轴为时间t/s，则时物块的动量大小为C．若横轴为位移x/m，则时物块的动能大小为D．若横轴为位移x/m，则 时物块的动能大小为【答案】BC【详解】AB．若横轴为时间，围成的面积就代表冲量的大小，所以时的冲量为根据动量定理可得时的动量为同理时的冲量为根据动量定理可得时的动量为故A错误，B正确；C D．若横轴为位移，围成的面积就代表做功的多少，根据动能定理可得时做功为所以动能为，同理当时，做功为所以动能为，故C正确，D错误。故选BC。二、动量定理1.动量定理的理解(1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。(2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。(3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F=(牛顿第二定律的动量形式)。(4)动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。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。(5)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.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Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt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,力作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。3.动量定理的应用技巧(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求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。(2)应用Δp=FΔt求动量的变化【例3】当地时间2021年7月30日，东京奥运会女子蹦床决赛，整套动作完美发挥的朱雪莹，以56.635分夺得金牌，帮助中国蹦床队时隔13年重获该项目冠军。队友刘灵玲收获一枚银牌。已知朱雪莹的体重为45kg，在比赛中，朱雪莹从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处。已知朱雪莹与网接触的时间为0.15s，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，g取，则（　　）A．运动员下落接触网面前瞬间的速度为6m/sB．运动员上升离开网面瞬间的速度为10m/sC．运动员和网面之间的相互作用力大小为5400ND．运动员和网面之间的相互作用力大小为5850N【答案】BD【详解】A．运动员下落接触网面前瞬间的速度大小为故A错误；B．运动员上升离开网面瞬间的速度大小为故B正确；CD．先竖直向上为正方向，运动员和网接触过程中，由动量定理知 可解得故C错误，D正确。故选BD。【例4】水平面上有质量相等的a、b两个物体，分别施加水平推力作用在a、b上，使a、b在水平面上运动起来。在t1、t2时刻分别撤去作用在a、b上的推力，两物体继续运动一段距离后停下、两物体的v－t图像如图所示，图中实线为a的运动图线，虚线为b的运动图线，图线中AB段平行于CD段。在a、b运动的整个过程中（　　）A．a受到的水平推力冲量等于b受到的水平推力冲量B．a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D．合力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量【答案】BD【详解】撤去外力后两物体受的阻力相等，设为f，根据动量定理，对a：对b：因则；即a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，合力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，均为0，故选项AC错误，BD正确；故选BD。 三、用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题1.流体类“柱状模型”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ρ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Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体【例5】如图所示，一横截面积为S的注射器竖直固定，管内充满密度为ρ的液体，其下端面上有一截面积为S的小喷口，喷口离地的高度为h（h远大于喷口的直径）。管中有一轻活塞，用竖直向下的推力F使活塞以速度v0匀速推动液体，使液体从喷口射出，液体击打在水平地面上后速度立即变为零。若重力加速度为g，液体在空中不散开，不计空气阻力，液体不可压缩且没有黏滞性，活塞与管内壁无摩擦。则下列判断正确的是（　　）A．液体从小喷口竖直射出速度的大小为10v0B．推力F的大小不变C．液体刚落地的速度大小为D．若不考虑重力作用，液体击打地面平均作用力的大小为【答案】ACD【详解】A．因为液体不可压缩且没有黏滞性，根据连续性可得解得v1=10v0故A正确；B．推力F和管内液体的重力共同作用使液体匀速喷出，由于管内液体重力越来越小，故推力F越来越大，故B错误；C．根据匀变速运动的规律得，解得故C正确；D．取△t时间内液体为研究对象，液体竖直向下的初速度为v2，末速度为0，取向上为正方向，根据动量定理得F′△t=0－（－△mv2）因为△m=ρSv0△t解得根据牛顿第三定律可知故D正确。故选ACD。2.微粒类“柱状模型”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“柱状模型”，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＝nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算【例6】对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。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的关系正确的是（　　）A．nmv2 B．nmv2C．nmv2 D．nmv2【答案】B【详解】一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有 的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N＝n·SvΔt，Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt由I＝FΔt可得F＝＝nSmv2f＝＝nmv2所以ACD错误；B正确；故选B。【多维度分层专练】1．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放。关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（　　）A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同 D．它们动能的增量相同【答案】A【详解】A．这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I=Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，A正确；B．从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑小滑环的冲量最大，B错误；C．从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑小滑环的冲量最大，C错误；D．重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，D错误。故选A。2．人们经常利用“打夯”的方式将松散的地面夯实，如图所示，在某次打夯过程中，甲、乙两人通过绳子对对重物各施加一个力，将重物提升到距地面后重物做自由落体运动把地面砸结实。已知重物从接触接触地面到速度为零用时，重物的质量为，取，则下列说法正确的的是（　　）A．重物下降过程中中，机械能变小B．重物上升过程中，机械能守恒C．在接触地面到速度为零的过程中重物对地面的平均作用力为D．在接触地面到速度为为零的过程中地面对重物作用力的冲量大小为【答案】D【详解】A．重物下降过程中做自由落体，只有重力做功，因此机械能守恒，故A错误；B．重物在上升过程中有绳的拉力做正功，故机械能增加，故B错误；CD．取重物开始下降到与地面接触速度减为零的整个过程进行研究，则末速度v1=0，初速度v0=0，重物做自由落体的时间为t，根据自由落体的规律有：即落地时的速度大小为v=gt=10×0.4m/s=4m/s整个运动的总时间为t′=（0.4+0.05）s=0.45s地面给重物的作用力为F，且该力的作用时间为t1=0.05s，根据动量定理有：mgt′-Ft1=0-0代入数据有：地面给重物的作用力的冲量大小为：I=Ft1=5400×0.05N•s=270N•s故C错误D正确。故选D。3．如图所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。在时刻，物体在水平力作用下由静止开始做直线运动。在到时间内物体的加速度随时间的变化规律如图所示。已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等。则（　　）A．时刻，力等于B．在到时间内，合力的冲量大小C．在到时间内，力大小恒定D．在到时间内，物体的速度逐渐变小【答案】B【详解】A．依据牛顿第二定律，时刻，合力为零，拉力等于摩擦力，故A错误； B．依据冲量的公式=mat即I=故B正确； C．由于加速度的大小变化，而摩擦力不变，所以力F大小变化，故C错误；D．由于加速度的方向使终不变，物体的速度逐渐变大，故D错误。故选B。4．如图，在光滑水平面上有AB两点，AB相距s，一质量为m的小球由A点以大小为的初速度向右运动。小球受到水平面内的恒力F作用，经时间t小球达到B点，其速度大小仍为，方向与初速度方向夹角成120°。则小球由A运动到B过程中，下列说法正确的是（　　）A．恒力方向与初速度方向相反B．恒力大小为C．恒力对物体做正功，其大小为D．恒力冲量的大小为【答案】B【详解】A．如图所示因水平面内只受恒力F，速度的合成遵循平行四边形定则，由矢量图易知，恒力与初速度方向不共线，与-v0夹角为30°；速度变化量大小为，故A错误；BD．根据动量定理得解得恒力大小为故B正确，D错误；C．由动能定理可知动能变化为0，则恒力做功为0，故C错误。故选B。5．为估算淋浴时，人头部受水冲击产生的平均压强。测试员在花洒下自己头顶处，放置一个烧杯，测得半分钟内烧杯中水面上升了90mm，查询得知花洒喷出的水落至头顶时速度约为0.7m/s。据此估算人头部受水冲击的平均压强约为（设水滴撞击头部后无反弹，不计水滴重力，水的密度为1.0×103kg/m3，将人头顶视为平面）（　　）A．2.1Pa B．4.9PaC．210Pa D．490Pa【答案】A【详解】设水杯的横截面积为S，雨滴对杯底的压力对落下的雨滴由动量定理有式中联立得故选A。6．离子推进器已经全面应用于我国航天器，其工作原理如图所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得反推力。已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q，AB间距为d，推进器单位时间内喷射的氙离子数目n。则喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小为（　　）A． B． C． D．【答案】C【详解】氙离子在栅电极A、B间经历直线加速过程，根据动能定理有解得由动量定理得解得由牛顿第三定律知，对推进器产生的反冲作用力大小是故选C。7．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触，但未与物体P连接，弹簧水平且无形变。现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）A．物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势为B．弹簧被压缩成最短之后的过程，P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀减速运动C．最初对物体P施加的瞬时冲量D．物体P整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反【答案】AC【详解】A．当P从距离初始位置处，运动到距离初始位置左侧2x0处时，弹簧的弹性势能全部转化为内能，所以有选项A正确；B．弹簧被压缩成最短之后的过程，受到水平向右的摩擦力，大小恒定，水平向左的弹力，大小在减小，所以先做加速度减小的加速运动，当弹力等于摩擦力后加速度为零，速度加速到最大，之后弹力小于摩擦力，做减速运动，随着弹力的减小，加速度在增大，做加速度增大的减速运动，当弹力为零后，只受摩擦力作用，做匀减速直线运动，选项B错误；C．从开始运动到压缩到最短过程中，动能转化为内能和弹簧的弹性势能，根据能量守恒可得最初对物体P施加的瞬时冲量联立解得选项C正确；D．整个过程中可见摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量不是大小相等、方向相反，选项D错误。故选AC。8．我国规定摩托车、电动车、自行车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0。如图所示，挤压过程中视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）头盔触地前瞬间的速度大小；（2）物体做匀减速直线运动的时间；（3）匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小。【答案】（1）6m/s；（2）0.01s；（3）3050N【详解】（1）头盔自由下落过程，据动能定理可得解得v=6m/s（2）物体做匀减速直线运动的过程，据位移公式可得解得t=0.01s（3）物体做匀减速直线运动的过程，以向下为正方向，据动量定理可得解得头盔对物体的平均作用力大小F=3050N9．如图甲所示，光滑的圆形轨道与光滑斜面通过一粗糙的水平面上连接，有一质量为5kg的物体，在大小为20N沿斜面向下的恒力F的作用下由静止开始沿斜面向下做加速度为10m/s2的匀加速运动，2s末滑至斜面底端，不考虑物体与斜面底端碰撞的机械能损失，物体滑上水平轨道后，力F变为沿水平向左，且大小按乙图所示规律变化，作用3s后物体滑上圆形轨道，已知圆形轨道的半径为2m，（g=10m/s2，），求：(1)物体沿斜面下滑过程中恒力F的冲量大小；(2)物体滑至斜面底端的动量大小；(3)若物体能够保持不脱离圆形轨道运动，求物体与水平面间的动摩擦因素μ取值范围。【答案】(1)40N·s；(2)100kg·m/s；(3)或【详解】(1)物体沿斜面下滑时，由冲量的定义可得I=F·t=20×2 N·s =40N(2)物体滑到斜面底端的速度为故物体的动量为(3)不脱离圆形轨道有情况1：刚好运动通过D有解得由机械能守恒可得解得由动量定理可得解得情况2：恰好能运动到C点有解得由动量定理可得解得滑块至少能运动至B点：解得综上所述，动摩擦因数的范围是或10．目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——霍尔推力器。其工作原理简化如下：由阴极逸出（初速度极小）的一部分电子进入放电室后，在电场力与磁场力的共同作用下被束缚在一定的区域内，与推进剂工质（氙原子）发生碰撞使其电离；电离后的氙离子在磁场中的偏转角度很小，其运动可视为在轴向电场力作用下的直线运动，并最终被高速喷出，霍尔推力器由于反冲获得推进动力。设某次核心舱进行姿态调整，开启霍尔推力器，电离后的氙离子初速度为0，经电压为U的电场加速后高速喷出，单位时间内喷出氙离子的数目为N，已知一个氙离子的质量为m，电荷量为q，忽略离子间的相互作用力和电子能量的影响，求：（1）氙离子喷出加速电场的速度v及其所形成的等效电流为I；（2）霍尔推力器获得的平均推力大小F；（3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与电压为U的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映推进器工作情况．通过计算说明，如果要增大S可以采取哪些措施。【答案】（1），；（2）；（3）见解析【详解】（1）由动能定理①解得②由电流定义，等效电流③（2）以内喷出的n个氙离子为研究对象：由动量定理④推出⑤根据牛顿第三定律得，推力器获得推力⑥联立②⑤⑥得⑦（3）设内电场对n个氙离子做功为W，则电场做功功率为⑧又⑨联立⑧⑨得⑩根据题意，由⑦⑩推出⑪根据上式可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法。