第七章 第1讲　动量和动量定理练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第七章 第1讲　动量和动量定理练习含答案-高考物理一轮专题，共15页。
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验,理解动量定理和动量守恒定律,能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。
2.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
3.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一。
【考情分析】
第1讲 动量和动量定理


1.下列关于冲量、动量、动能的说法正确的是( )
[A] 物体的动量增大2倍,其动能也增大2倍
[B] 物体合力的冲量不为零,其动量变化量和动能变化量一定不为零
[C] 由冲量的定义式I=FΔt可知,冲量是矢量,冲量的方向一定与物体受力方向相同
[D] 由动量的定义式p=mv可知,动量是矢量,动量的方向与速度的方向相同
【答案】 D
2.(2024·山东菏泽期中)如图所示是用木槌把糯米饭打成糍粑的场景,已知木槌质量为12 kg,木槌刚接触糍粑时的速度为6 m/s,打击糍粑0.1 s后木槌静止,重力加速度g取10 m/s2,木槌击打糍粑过程中所受平均作用力大小为( )
[A] 1 080 N [B] 840 N
[C] 720 N[D] 600 N
【答案】 B
【答案】 乘积 FΔt N·s 矢量 相同 质量 速度 mv 速度 变化量 mv′-mv
考点一 对动量和冲量的理解
1.动能、动量、动量变化量的比较
续 表
2.冲量的四种计算方法
[例1] 【对冲量、动量及动量变化量的理解】 下列关于冲量和物体动量的说法正确的是( )
[A] 物体所受合力越大,它的动量就越大
[B] 物体所受合力越大,它的动量变化越快
[C] 物体所受合力的冲量越大,它的动量就越大
[D] 物体所受合力冲量越大,它的动量变化越快
【答案】 B
【解析】 物体所受合力越大则加速度越大,但是加速度与速度大小无必然联系,加速度大时,物体速度不一定大,动量就不一定大,但加速度越大,速度变化越快,则动量变化越快,故A错误,B正确;根据I=FΔt=Δp,物体所受合力的冲量越大,它的动量变化越大,动量不一定大,动量变化也不一定快,故C、D错误。
[例2] 【恒力冲量的计算】 如图,一物体静止在水平地面上,受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后,物体仍保持静止。下列说法正确的是( )
[A] 物体所受拉力F的冲量方向水平向右
[B] 物体所受拉力F的冲量大小是Ftcs θ
[C] 物体所受摩擦力的冲量大小为0
[D] 物体所受合力的冲量大小为0
【答案】 D
【解析】 根据冲量的定义式有I=Ft,可知物体所受拉力F的冲量方向与F相同,故A错误;物体所受拉力F的冲量大小是Ft,故B错误;物体处于平衡状态,则有Ff=Fcs θ, 则物体所受摩擦力的冲量大小为If=Fft=Ftcs θ,故C错误;物体所受合力为零,所以物体所受合力的冲量大小为0,故D正确。
[例3] 【变力冲量的计算(F-t图像法)】 (2024·广东卷,14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】 (1)mamg+FN
(2)①330 N·s,方向竖直向上 ②0.2 m
【解析】 (1)如图所示,敏感球受重力mg和敏感臂的压力FN以及斜面的支持力FN′,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma,
解得tan θ=mamg+FN。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小
IF=12×0.1×6 600 N·s=330 N·s,
方向竖直向上;
②头锤落到气囊上时的速度
v0=2gH=8 m/s,
取竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程根据动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
则上升的最大高度h=v22g=0.2 m。
考点二 对动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)动量定理中的冲量是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(2)Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中Ft是物体所受的合力的冲量。
(3)Ft=p′-p说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。
(4)Ft=p′-p整理为F=Δpt,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。
(5)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全过程应用动量定理。
2.解题基本思路
[例4] 【定性解释有关现象】 (2024·黑龙江哈尔滨二模)2023年7月22日,中国女足迎来第九届世界杯首战。如图所示,某次扑球时,守门员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的足球扑去,使足球停下。与不戴手套相比,此过程守门员戴手套可以( )
[A] 减小足球的惯性
[B] 减小足球对手的冲量
[C] 减小足球的动量变化量
[D] 减小足球对手的平均作用力
【答案】 D
【解析】 守门员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的球扑去,这样可以延长球与手接触的时间,对球,取球的初速度方向为正方向,根据动量定理得-Ft=0-mv,可得F=mvt,当时间延长时,动量的变化量不变,则球受到的冲量不变,可减小球动量的变化率,即减小手对球的平均作用力,足球的惯性由质量决定,不会变化。
用动量定理解释现象(F=ΔpΔt)
(1)Δp一定时,F的作用时间越短,力就越大;作用时间越长,力就越小。
(2)F一定,此时力的作用时间越长,Δp就越大;力的作用时间越短,Δp就越小。
[例5] 【动量定理的定量计算】 (2024·广东广州模拟)(多选)质量为0.60 kg的篮球从高1.80 m处由静止释放,碰地后反弹上升1.25 m,若篮球与地面的接触时间为0.1 s,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则与地面碰撞过程中,篮球( )
[A] 机械能的减少量为10.8 J
[B] 动量变化量大小为6.6 kg·m/s
[C] 对地面的冲量大小为7.2 N·s
[D] 所受合力的冲量大小为6.6 N·s
【答案】 BCD
【解析】 篮球做自由落体运动,根据自由落体运动规律,落地速度v1=2gh1=6 m/s,反弹速度v2=2gh2=5 m/s,机械能的减少量ΔE=12mv12-12mv22=3.3 J,故A错误;取向上为正方向,动量变化量大小Δp=mv2-(-mv1)=6.6 kg·m/s,故B正确;根据动量定理I-mgt=Δp,解得地面对篮球的冲量I=7.2 N·s,根据牛顿第三定律可知,篮球对地面的冲量大小为 7.2 N·s,故C正确;根据动量定理结合B选项分析,可知篮球所受合力的冲量大小为6.6 N·s,故D正确。
考点三 应用动量定理处理“流体模型”
“流体模型”问题的类型及解决思路
[例6] 【“流体类”模型】 (2024·上海黄浦二模)消防员用横截面积为S的喷水枪,喷出恒定流速为v的水流,水流垂直射向着火的墙体后,速度可视为0。水的密度为ρ,水流的重力忽略不计。求:
(1)水枪在Δt时间内喷出水的质量;
(2)墙体受到水流平均冲击力的大小。
【答案】 (1)ρSvΔt (2)ρSv2
【解析】 (1)水枪在Δt时间内喷出水的质量为Δm=ρSvΔt。
(2)以水喷出的方向为正方向,与墙体碰撞过程中对Δt时间内的水,根据动量定理得
-FΔt=0-Δmv,
解得F=ρSv2,
根据牛顿第三定律可得,
墙体受到水流平均冲击力的大小
F′=F=ρSv2。
[例7] 【“微粒类”模型】 如图,将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不变,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则持续倾倒黄豆的时间约为( )
[A] 1.5 s[B] 2.5 s[C] 3.0 s[D] 5.0 s
【答案】 B
【解析】 黄豆落在秤盘上的速度大小为v=2gh=5 m/s,设持续倾倒黄豆的时间为t,则单位时间落在秤盘上的黄豆数量为n=2 000t,黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力,故重力可以忽略,由动量定理得FΔt=2nm0v,方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v,又F=0.8 N,则代入数据可得t=2.5 s,故选B。
(满分:60分)
对点1.对动量和冲量的理解
1.(4分)(2025·江苏南通开学考试)巴黎奥运会上,运动员托着重为G的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举,至双臂伸直(图丙),则运动员从图甲到图丙的过程中( )
[A] 地面对运动员做正功
[B] 地面对运动员的冲量为0
[C] 运动员受到重力的冲量为0
[D] 运动员对杠铃的冲量大于GΔt
【答案】 D
【解析】 地面对运动员的支持力的位移为0,则地面对运动员不做功,选项A错误;地面对运动员的支持力的冲量IN=FNt,则地面对运动员的冲量不为0,选项B错误;重力的冲量I=G人t,可知运动员受到重力的冲量不为0,选项C错误;运动员从题图甲到题图丙的过程中运动员对杠铃的作用力为G,作用时间大于Δt,可知运动员对杠铃的冲量大于GΔt,选项D正确。
2.(4分)如图所示,质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动,经过时间t1速度为零并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff,重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是( )
[A] 重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)sin θ
[B] 支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)cs θ
[C] 合力的冲量为0
[D] 摩擦力的总冲量为Ff(t1+t2)
【答案】 B
【解析】 重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2),A错误;支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)cs θ,B正确;整个过程中滑块的动量发生了改变,故合力的总冲量不为0,C错误;上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反,故若以沿斜面向上为正方向,摩擦力的总冲量为Ff(t2-t1),D错误。
对点2.对动量定理的理解和应用
3.(4分)锤子是常用装修工具。铺木地板时,调整地板之间衔接平整,需要用锤子轻轻敲打;把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由,以下说法正确的是( )
[A] 钉铁钉时,应选铁锤快速敲打,以获得较大的打击力
[B] 钉铁钉时,应选木锤快速敲打,以获得较小的打击力
[C] 铺地板时,应选铁锤低速敲打,以获得较小的打击力
[D] 铺地板时,应选木锤低速敲打,以获得较大的打击力
【答案】 A
【解析】 根据动量定理得Ft=0-(-mv0),解得F=mv0t,钉铁钉时,为了获得较大的打击力F,应选择铁锤快速敲打,选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大,快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t,增大铁锤的打击力,A正确,B错误。根据F=mv0t,铺木地板时,为了获得较小的打击力F,应该选择木锤低速敲打;选择木锤是因为木锤的质量小,低速敲打增大木锤与地板的作用时间t,减小木锤的打击力,C、D错误。
4.(4分)(2024·江苏扬州模拟)如图,在光滑的水平桌面上,质量为m的小球在轻绳的作用下,绕O点以速率v做匀速圆周运动。AB连线为直径,由A点开始计时,经过时间t小球在B点,绳子的拉力大小为F,此过程下列说法正确的是( )
[A] 圆周运动的周期可能为23t
[B] 小球重力冲量大小为0
[C] 绳子拉力的冲量大小为Ft
[D] 小球动量的变化量大小为0
【答案】 A
【解析】 小球绕O点做匀速圆周运动,由A到B点的运动时间t可能是半个周期的奇数倍,即t=nT2,其中n取奇数,则T=2tn,当n=3时,T=23t,故A正确;在时间t内,小球重力的冲量IG=mgt,故B错误;小球在A点和B点时的速度方向相反,则绳子拉力的冲量IF=mv-(-mv)=2mv,而绳子拉力为变力,可知IF≠Ft,故C错误;由C可知,小球在由A点到B点的运动过程中,动量的变化量大小为2mv,故D错误。
5.(6分)(2025·甘肃金昌阶段检测)(多选)如图甲所示,一个质量m=1 kg的物块静止在水平面上,现用水平力F向右拉物块,F的大小随时间变化关系如图乙所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度大小g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
[A] 0～4 s内,重力的冲量大小为0
[B] 0～4 s内,重力的冲量大小为40 N·s
[C] 4 s末,物块的速度大小为8 m/s
[D] 4 s末,物块的速度大小为9 m/s
【答案】 BD
【解析】 0～4 s内,重力的冲量大小为IG=mgt0=40 N·s,故A错误,B正确;当水平力满足F=Ff=μmg=2 N,物块才开始运动,则1～4 s内由F-t 图像可知水平力F的冲量大小为IF=2+82×3 N·s=15 N·s,由动量定理可得IF-μmgt=mv,其中μmgt=0.2×1×10×3 N·s=6 N·s,解得4 s末物块的速度大小为v=9 m/s,故C错误,D正确。
对点3.应用动量定理处理“流体模型”
6.(4分)(2024·广东汕头一模)某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车,如图所示,叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开,叶片旋转形成的圆面积为S,空气密度为ρ,下列说法正确的是( )
[A] 风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
[B] t时间内叶片排开的空气质量为ρSv
[C] 叶片匀速旋转时,空气对小车的推力为ρSv2
[D] 叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为12ρSv2
【答案】 C
【解析】 风力小车消耗电能后转化成风能,再推动小车运动,所以是电能转化为小车的动能,故A错误;t时间内叶片排开的空气质量为m=ρvtS,故B错误;根据动量定理,叶片匀速旋转时,空气受到的推力为F=mvt=ρSvt·vt=ρSv2,根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2,单位时间内空气流动的动能为Ek=12m0v2=12ρSv·v2=12ρSv3,故C正确,D错误。
7.(6分)(2024·湖南长沙阶段练习)(多选)宇宙尘埃有很大的科研价值,某人造地球卫星携带的收集装置如图所示。卫星飞行进入一个尘埃区,尘埃区每单位体积空间有n颗尘埃,尘埃的平均质量为m0,卫星正面面积为S,前进速度保持为v0,为了保持卫星原有的飞行速度,以下说法正确的是( )
[A] 卫星推进器需要提供的推力随卫星质量增大而增大
[B] 随卫星质量的增大,卫星推进器需要提供的推力不变
[C] 卫星推进器提供的推进功率为nSm0v03
[D] 卫星推进器提供的推进功率为nSm0v02
【答案】 BC
【解析】 设卫星在尘埃区飞行时间为t,飞船扫过的尘埃数量为N=nSv0t,对卫星和尘埃整体分析,根据动量定理可得F′t=(Nm0+M)v0-Mv0,解得卫星推进器需要提供推力F′=nSm0v02,可知,为了保持卫星原有的飞行速度,卫星推进器需要提供的推力不变,故A错误,B正确;推进功率为P=F′v0,解得P=nSm0v03,故C正确,D错误。
8.(6分)(2024·贵州遵义阶段练习)(多选)等离子体推进器的原理结构如图所示,首先由电子枪产生高速电子流,经过碰撞,电子将等离子体发生器内的惰性气体电离,形成等离子体,最后等离子体中的正离子经过静电加速层加速后高速飞出,从而对等离子体推进器产生作用力。假设正离子的质量为m,电荷量为q,经电压为U的静电加速层加速后形成电流为I的离子束,忽略离子进入静电加速层的初速度,不计离子重力和离子间的相互作用力,下列说法正确的是( )
[A] 离子推进器是将化学能转化为机械能的装置
[B] 离子由静电加速层喷出时的速度大小为qU2m
[C] 单位时间内,由静电加速层喷出的离子数为Iq
[D] 离子推进器产生的推力大小为I2mUq
【答案】 CD
【解析】 离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能,A错误;根据动能定理有qU=12mv2,离子由静电加速层喷出时的速度大小为v=2qUm,B错误;若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数,根据电流的定义有I=nq,单位时间内,由静电加速层喷出的离子数为n=Iq,C正确;Δt时间内喷出离子的动量变化量为Δp=nΔtmv,根据动量定理有FΔt=Δp,则F=nmv=I2mUq,D正确。
9.(4分)临近盛夏,池中的荷叶为小生命们提供了遮阳避雨的场所。若在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算池中荷叶叶面承受雨滴撞击产生的平均压强p,建立以下模型:假设荷叶叶面呈水平状,雨滴竖直下落的速度为v,所有落到叶面上的雨滴,约有23向四周溅散开,溅起时竖直向上的速度为v5,另约13的雨滴撞击叶面后无反弹留在叶面上;忽略叶面上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响;忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ,则p约为( )
[A] 6ρhv5t[B] 11ρhv10t
[C] 17ρhv15t[D] ρhv15t
【答案】 C
【解析】 设荷叶的面积为S,则t时间内落到荷叶上面雨滴的质量为m=ρSh,根据题意,有23的雨滴向四周散开,取竖直向上为正方向,根据动量定理有F1t=2m3×v5-(-2m3v),另13留在叶面上,根据动量定理有F2t=0-(-m3v),根据压强的定义式p=FS,可得p=F1+F2S,联立解得p=17ρhv15t,故选C。
10.(18分)(2025·云南昆明开学考试)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立xOy直角坐标系,如图甲所示。从t=0开始,将一可视为质点的物块从O点由静止释放,同时对物块施加沿x轴正方向的力F,其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1.2 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)t=1 s时,物块的y坐标值;
(2)t=2 s时,物块的速度大小。
【答案】 (1)2.5 m (2)55 m/s
【解析】 (1)在y轴方向的加速度为
ay=mgsin30°m=gsin 30°=5 m/s2,
故t=1 s时,物块的y坐标值为y=12ayt2=2.5 m。
(2)t=2 s时,在x轴正方向,对物块根据动量定理Ft=mvx-0,
由题图乙可知F与t呈线性关系,围成面积为
S=Ft=2×62 N·s=1.2vx,解得vx=5 m/s,
此时y轴方向速度为vy=ay·t=5×2 m/s=10 m/s,
故此时物块的速度大小为
v=vx2+vy2=55 m/s。
动量和动量定理
2024·广东卷·T14、2024·福建卷·T7、2023·广东卷·T10、2023·新课标卷·T19
动量守恒定律
2024·广东卷·T10、2024·江苏卷·T9、2024·江苏卷·T14、2024·山东卷·T17、
2024·河北卷·T15、2024·湖南卷·T15、2023·广东卷·T15
实验:验证动量守恒定律
2024·新课标卷·T22、2024·山东卷·T13、2023·辽宁卷·T11、
2022·全国甲卷·T23
情境导思
某同学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 kg的物体,物体与头盔紧密接触,使其从0.8 m的高处自由落下,并与水平面发生碰撞,头盔被挤压了0.02 m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10 m/s2。
(1)物体落地瞬间的速度为多少?
(2)匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为多少?
(3)物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为多少?物体在自由下落过程中重力的冲量大小为多少?
比较
项目
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=12mv2
p=mv
Δp=p′-p
标矢性
标量
矢量
矢量
比较
项目
动能
动量
动量变化量
特点
状态量
状态量
过程量
关联
方程
Ek=p22m,Ek=12pv
p=2mEk,p=2Ekv
公式法
利用定义式I=FΔt计算冲量,此法仅适用于计算恒力的冲量
图像法
利用F-t图像计算,F-t图线与横轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量
平均
力法
若力随时间均匀变化,即力与时间是一次函数关系,则力F在某段时间t内的冲量I=F1+F22Δt,F1、F2为该段时间内初、末两时刻的力
动量
定理法
对于变力的冲量,不能直接用I=FΔt求解,若已知初、末时刻动量的情况,可用动量定理求解,即求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量
类型
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
解题
思路
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S
②微元
研究
小柱体的体积ΔV=vSΔt
小柱体的质量m=ρΔV=ρvSΔt
小柱体的粒子数N=nΔV=nvSΔt
小柱体的动量p=mv=ρv2SΔt
③建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究