2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（26）动量 动量定理（解析版）.docx

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1、2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（26）动量 动量定理（解析版）考点一 1对动量的理解(1)动量的两性瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或某一位置而言的相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量(2)动量与动能的比较动量动能物理意义 描述机械运动状态的物理量定义式pmvEkmv2标矢性 矢量 标量变化因素 物体所受冲量 外力所做的功大小关系pEk对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化，动能不一定发生变化它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解(1)冲量的两性时间性

2、：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积矢量性：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改变量的方向一致(2)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(3)冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位N·sJ公式IFt(F为恒力)WFlcos (F为恒力)标矢性矢量 标量意义表示力对时间的累积是动量变化的量度表示力对空间的累积是能量变化多少的量度都是过程量，都与力的作用

3、过程相互联系3.对动量变化量的理解物体动量的变化是矢量，其方向与物体速度的变化量v的方向相同在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合力的方向相同1、（2020·江西省崇义中学开学考试）质量为m的铁锤，以速度v，竖直打在木桩上，经过t时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）AmgtBCD【答案】C【解析】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，则有解得所以铁锤对木桩的平均冲力C正确，ABD错误。故选C。2、对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，正确的是()A物体的动量方向向上，动量

4、变化量的方向也向上B物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下C物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上D物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下【答案】B【解析】取竖直向上为正方向，物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量pmgt，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下B选项正确3、(多选)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，小球()A所受合力的冲量水平向右 B所受支持力的冲量水平向右C所受合力的冲量大小为m D所受重力的冲量

5、大小为零【答案】AC【解析】在小球从A点运动到B点的过程中，根据动量定理可知I合mv，v的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A正确，B错误；在小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒，故有mgRmv，解得vB，即v，所以I合m，C正确；小球所受重力的冲量大小为IGmgt，大小不为零，D错误4、如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A.合力对物块的冲量大小一定为2mv2 B.合力对物块的冲量大小一定为2mv1C.合力

6、对物块的冲量大小可能为零 D.合外力对物块做的功可能为零【答案】D【解析】若v2<v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知，合力的冲量为I合=mv2-(-mv2)=2mv2，根据动能定理知，合力做功的大小为零。v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合=mv1+mv2，合力做功为W=12mv12-12mv22。故D正确，A、B、C错误。5、质量是8 g的玻璃球，以3 m/s的速度向右运动，碰到一个物体后被弹回，以2 m/s的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量【答案】4.0×102 kg·m/s，水平向左【解析

7、】设水平向右的方向为正方向，则pmv8×103×3 kg·m/s2.4×102 kg·m/s，pmv8×103×(2) kg·m/s1.6×102 kg·m/s故玻璃球动量的变化量为ppp1.6×102 kg·m/s2.4×102 kg·m/s4.0×102 kg·m/s“”表示动量变化量的方向水平向左6、(多选)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

8、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】斜面对物体的弹力的冲量大小I=FNt=mgcos ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为IG=mg·t，故B正确；物体所受到的合力的冲量大小为mgtsin，由动量定理得，动量的变化量为p=I合=mgsin ·t，故C错误，D正确。考点二 对动量定理的理解1动量定理表达式为Ftp，它的左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一

9、个力的冲量其中力F可以是恒力，也可以是变力，如果是变力，则F应是在t时间内的平均值2动量定理说明的是合力的冲量I合和动量的变化量p的关系，I合与p不仅大小相等而且方向相同3动量定理的研究对象是单个物体或物体系统系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和，而系统内物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知，其总冲量为零，不会改变系统的总动量4在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便，不需要考虑运动过程的细节7、如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚

10、好能运动至C点设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则()At1>t2Bt1t2CI1>I2DI1I2【答案】C【解析】小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点，说明在圆弧内要克服摩擦力做功，在圆槽内做减速运动，因此AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动过程中的运动时间为t1<t2，故A、B错误；沿圆心方向的合力与速度垂直，动量变化为零，AB段平均速率大于BC段平均速率，说明切线方向上AB段速度变化量较大，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合

11、外力的冲量大小为I1>I2，故C正确，D错误8、（2020·湖北省黄石二中高三月考）运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度=1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（ ）A2.7m/sB5.4m/sC7.6m/sD10.8m/s【答案】C【解析】设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F=Mg设水喷出时的

12、速度为v，在时间t内喷出的水的质量t时间内质量为的水获得的冲量联立解得v=7.6m/s，故C正确，ABD错误。故选C。9、质量为60 kg的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，不计空气阻力影响，取g10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A100 N B500 N C600 ND1 100 N【答案】D【解析】在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有v0 m/s10 m/s，取竖直向下为正方向，根据动量定理，有mg·tF

13、3;t0mv0，解得Fmg600 N N1 100 N，由牛顿第三定律可知，安全带受到的平均冲力FF1 100 N故选D.10、质量m0.60 kg的篮球从距地板H0.80 m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h0.45 m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t1.1 s，忽略空气阻力，重力加速度g10 m/s2，求篮球对地板的平均撞击力【答案】16.5 N，方向向下【解析】设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度大小为v1；反弹离地时的速度大小为v2，上升的时间为t2.由动能定理和运动学规律得，下落过程有mgHmv0代入数据解得v14 m/s，t10.4 s上升

14、过程有mgh0mv代入数据解得v23 m/s，t20.3 s篮球与地板接触时间为ttt1t20.4 s.解法一：设地板对篮球的平均撞击力为F，取向上为正方向，由动量定理得(Fmg)tmv2(mv1)解得F16.5 N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为FF16.5 N，方向向下解法二：取竖直向上为正方向，由动量定理得Ftmgt00解得F16.5 N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为FF16.5 N，方向向下【提 分 笔 记】求动量变化量或冲量曲线运动是二维运动，高中阶段不要求掌握其动量变化量的直接计算，往往通过求冲量间接求得动量变化量.考点三 1研究对象常见的连续流体如液体、气体

15、流、电子流、光子流等2研究方法 隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解3基本思路(1)在极短时间t内，取一小柱体作为研究对象(2)求小柱体的体积VSvt.(3)求小柱体质量mVSvt. (4)求小柱体的动量变化pvmv2St. (5)应用动量定理Ftp.11、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，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的

16、水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度【答案】(1)v0S(2)【解析】(1)在刚喷出一段很短的t时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变该时间内，喷出水柱高度lv0t喷出水柱质量mV其中V为水柱体积，满足VlS由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为v0S.(2)设玩具底板相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲Mg其中，F冲为水柱对玩具底板的作用力由牛顿第三定律：F压F冲其中，F压为玩具底板对水柱的作用力，设v为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v2v2gh由(1)知，喷泉在很短t时间内，喷出的水的质量为mSv0t由题意可知，在竖直方向上，取竖直向上为正方向，对该部分水

17、柱应用动量定理(F压mg)t0mv由于t很小，mg也很小，可以忽略，式变为F压t0mv由可得h.12、（2020·内蒙古自治区高三一模）小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向抛出，最终落在该斜面上已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度（n1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A小球乙落在斜面上时的位移为 B小球乙在空中运动的时间为C小球乙落在斜面上时的动能为 D小球乙离斜面最远时的动量为【答案】BC【解析】设斜面倾角为，则 ，解得；，；则将与小球甲质量相同的

18、小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n；小球乙落在斜面上时的位移为s/n2；小球乙落在斜面上时的动能为Ek/n2，选项A错误，BC正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为，动量为，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n，选项D错误；故选BC.13、(多选)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是()A重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等B重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C整个过程中空

19、气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量【答案】AC【解析】小球上升和下降过程的位移大小相等，故重力在上升和下降过程中做的功大小相等，选项A正确；小球上升过程加速度a1，下降过程加速度a2，结合hat2得，上升过程时间短，故重力在上升过程和下降过程的冲量不相等，选项B错误；重力以外的其他力所做的功等于机械能的变化量，选项C正确；根据动量定理得，重力和空气阻力的冲量矢量和等于小球动量的变化量，而重力冲量不为零，选项D错误14、（2020·山东省高考模拟）竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态一个质量也为m的物

20、块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q.下列说法正确的是A物块与钢板碰后的速度为B物块与钢板碰后的速度为C从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为D从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h)【答案】BC【解析】物体下落h，由机械能守恒：mgh=mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：，解得，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：，则弹性势能的增加量为，选项C正确，D错误.15、如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移时间图象

21、如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，已知A、B碰撞时间极短t0.01 s，图中无法显示，则()A物体B的质量为2 kgB物体B的质量为4 kgCA、B碰撞时的平均作用力为300 NDA、B碰撞时的平均作用力为100 N【答案】C【解析】由图乙可知撞前vA4 m/s，vB0，撞后v m/s1 m/s，则由mAvA(mAmB)v可得mB3 kg，A、B错误；对B有FtmBv0，解得F300 N，C正确，D错误16、如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面。不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为() A.2

22、B.32 C.43 D.54【答案】C【解析】设物块在撤去拉力时速度大小为v，落地速度大小为v；上升过程：x=v2t；下降过程：x=v'-v2t；解得vv=12；由动量定理得，上升过程：(F-mg)t=mv；下降过程：-mgt=-mv-mv；联立解得Fmg=43，故选C。17、一艘帆船在静水中由于风力的推动做匀速直线运动，帆面的面积为S，风速为v1，船速为v2(v2<v1)，空气密度为，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力的大小为多少？【答案】S(v1v2)2【解析】时间t内吹过帆面的空气受帆面阻力，动量减小，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有FtS(v1v2)t(v2v1)解得FS(v1v2)2根据牛顿第三定律，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力为FFS(v1v2)2.