2023年高考物理一轮复习核心知识点提升--碰撞与动量守恒定律.pdf

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1、第六章碰撞与动量守恒定律考查内容自主命题卷全国卷考情分析动量动量定理20 21 湖南卷 T 220 1 9 北京卷-T 2420 20 全国卷I -T 1 420 1 9 全国卷I I-T 2520 1 8 全国卷I -T 1 420 1 8 全国卷I I T 1 520 1 8 全国卷I I I T 25动量守恒定律20 21 山东卷-T 1 120 21 广东卷-T 1 320 21 河北卷T 1 320 20 江苏卷 T 1 2(3)20 20 北京卷T 1 320 1 9 江苏卷-T 1 220 1 8 天津卷 T 9(1)20 1 8 海南卷，T 1 420 21 全国乙卷 T 1

2、420 20 全国卷I I-T 2120 20 全国卷I I I T 1 520 1 8 全国卷I I-T 24动量和能量的综合20 20 天津卷-T 1 120 20 山东卷4 1 820 1 8 全国卷I T 24实验：验证动量定理20 21 江苏卷4 1 120 20 全国卷I -T 23试题情境生活实践类安全行车（安全气囊）、交通运输（机车碰撞、喷气式飞机）、体育运动（滑冰接力、球类运动）、火箭发射、爆炸、高空坠物学习探究类气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞6.1动量、冲量、动量定理GG66一、动量、动量变化、冲量1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积.(2)表达式：p=mv.(

3、3)方向：动量的方向与速度的方向相同.2.动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量b p也是矢量,其方向与速度的改变量限的方向相同.(2)动量的变化量 ，一般用末动量p减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量.即=一 .3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.(2)公式：I=F t.(3)单位：Ns.(4)方向：冲量是矢量,其方向与力的方向相同.二 动量定理1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量.2.公式：iv一?1=F(t一/J或 一 口 =/.3.动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即合力的冲量是

4、原因，物体的动量变化量是结果.(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，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.动量定理表达式是先量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含对动量和冲量的理解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E.k=21 fnv2p=mvp=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p1 1 I-2EkEL2一 及一心。，p 72iEk,p-v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

5、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.冲量的三种计算方法公式法利用定义式/=月计算冲量，此方法仅适用于计算恒力的冲量，无须考虑物体的运动状态图像法利用/一 图像计算，/一，图像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4,S动重定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则 不 能 直 接 用 求 变 力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由/=?求变力的冲量3.冲 二 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I=F t(F为恒力)W=F l

6、cos a（F 为恒力）标矢性矢量标量意义(1)表示力对时间的累积(2)是动量变化的量度(1)表示力对空间的累积(2)是能量变化多少的量度共同点都是过程量，都与力的作用过程相互联系例 题1.如图所示，质量为机的滑块沿倾角为。的固定斜面向上滑动，经过时间t,速度为零并又开始下滑，经过时间/2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R,重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是()-1A.重力对滑块的总冲量为wg(ri+/2)sin 0B.支持力对滑块的总冲量为加g(tl+f2)C0S。C.合外力的冲量为0D.摩擦力的总冲量为R i+f2)【答案】B【解析】重力对滑块的总冲量为

7、机飙/|+/2),A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(A+f2)cos。，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0,C项错误；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D项错误.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力R力 b随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()FM-21 7 A.第2 s末，质点的动量为0B.第2 s末，质点的动量方向发生变化C.第4 s末，质点回到出发点D.在1 3 s时间内，力户的冲量为0【答案】D【解析】由题图可知，0 2 s时间内E的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速

8、度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末,质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2 4 s内尸的方向与0 2 s内E的方向不同，该质点0 2 s内做加速运动，2 4 s内做减速运动,所以质点在0 4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在/一/图 像 中，图线与横轴所围的面积表示力户的冲量，由题图可知，1 2 s内的面积与2 3 s内的面积大小相等，一 正 一 负，则 在1 3 s时间内，力F的冲量为0,故选项D正确.G 跳如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80c m,被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80c

9、m。已知足球与头部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 k g,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是()Q“LA.头部对足球的平均作用力为足球重力的IO倍B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg-m/sC.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg-m/sD.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N s【答案】C【解析】足球自由下落80cm时的速度为功，时间为力，有 5 =，荻=4 m/s,、J =0.4 s,反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm,根据运动的对称性可知上抛的初速度02=S=4 m/s,上升的时间

10、d=九=0.4 s;对足球与人接触的过程，Ar=0.1 s,取向上为正，由动量定理有(E mg),/=mV2(历i)=A p,解得R=36 N,3=3.2 kg m/s,即头部对足球的平均作用力为36N,而足球的重力为4 N,则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Ap=3.2 kg m/s,故A错误，C正确；足球刚接触头部时的动量为pi=/0i=L6kg m/s,故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为 /G=?g(/i+Af+/2)=3.6N s,故 D 错误。对动量定理的理解和应用i.对动量定理的理解(1)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

11、情况下，动量定理中的力R 应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式用=p，-p 是矢量式，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E 是物体或系统所受的合力。(3)由F t=p_p得即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。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，力的作用时间加越短，力/就越大，力的作用时间4 越长，力E 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/一定时，力的作用时间加越长，动量变化量?越大，力的作用时间加越短，动量变化量 p越小。3.用动量定理解题的基本思路撞，车内的安全气囊会

12、被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理?=必/知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D 正确.B.t-mi一扃后

13、iD.t-m g高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为人（可视为自由落体运动），此后经历时间，安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上.重力加速度为g,忽略空气阻力，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A.呼+感c呼+鹿【答案】A【解析】安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由l?=2g/7可得，安全带对人起作用前瞬间，入 的 速 度 理；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，取竖直向下为正方向，由动量定理-.,70 2ah可得（陪一/）/=0 一故T7=7+?

14、g=/+m g,故选项A正确.I将质量为m=lk g的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为=0.5,现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F=10 N,物体由静止开始运动，作 用4 s后撤去产.已知g=10m/s2,对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是（）A.整个过程物块运动的时间为6 sB.整个过程物块运动的时间为8 sC.整个过程中物块的位移大小为40 mD.整个过程中物块的位移大小为60 m【答案】B【解析】在整个过程中由动量定理得F h mgt=0,解 得/=8 s,选 项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得F九 一力=加。，解 得。

15、=20 m/s,因物块加速和减速过程的平均速度都为v=卓？=，全程的平均速度也为则物块的总位移=8=与*8 m=80 m,选 项C、D错误.动量定理与微元法的综合应用i.流体类“柱状模型”问题对于流体运动，可沿流速。的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间M内通过某一横截面S的柱形流体的长度为/,如图所示。设流体的密度为P，则在/的时间内流过该截面的流体的质量为m=pSbl=pSobt,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F t=mv,分两种情况：I A/-I 作用后流体微元停止，有4二一。，代入上式有产=pSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有2,代入上式

16、有F=-2pSv2o2.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，作用时间加内一段柱形流体的长度为/,对应的体积为A V=Svo/t,则微元内的粒子数N=nvoS/t(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算例题3.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了 4 5 m m.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为1 2 m/s,据此估算该压强约为(设雨

17、滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1 X I O3 k g/m 3)()A.0.1 5 P a B.0.5 4 P a C.1.5 P a D.5.4 P a【答案】A【解析】设雨滴受到支持面的平均作用力为E.设在/时间内有质量为加的雨水的速度由。=1 2 m/s减为零.以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F A r=0-（-AWP）=AMW,得到尸=后已设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水，在/时间内水面上升/,则有/M=pS A/7,得 F=p S 吃,由牛顿第三定律得尸=F,F h,4 5 X 1 0、压强p=K=p%=X 1 03X 1 2 X 3 600-P a=0.

18、1 5 P a.宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题.假设一宇宙飞船以。=2.0X 1 03 m/s的速度进入密度p=2.0义IO-6 k g/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S=5 n?,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度。不变，所需推力多大？【答案】40 N【解析】设飞船在微粒尘区的飞行时间为4,则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量?=pSvM微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得F bt=A/MU=pSudtv所以飞船所需推力大小F =F=p S v2=2.0 X

19、1 O x 5 X (2.0X 1 03)2 N=40 N.如图所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒顶在空中，水以速率优、恒定的质量增率（即单位时间喷出的质量）不 从地下射向空中。求垃圾桶可停留的最大高度。（设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹，重力加速度为g）【解析】设垃圾桶可停留的最大高度为h,并设水柱到达力高处的速度为5,则VTvi=-2 g h得 vl=vi-2gh由动量定理得，在极短时间/内，水受到的冲量为E加=2（普加卜解得尸=2等,v t=2 v i 2gh据题意有F=Mg联 立 解 得 仁 皆 中 盖 2貂 嘴 境 缭 合 摆 开 练1.静止在光滑水平面上的两物块通过

20、一根细线相连，中间夹着一根压缩了的轻弹簧（与两物块均不拴接），如图所示，/物块的质量是8物块质量的2倍。现烧断细线，在弹簧弹开两物块的过程中，用、IB分别表示弹簧对/、3两物块的冲量大小，则（）IA=IR B.IA=2IBC.2IA=IB D.31A=IB【答案】A【解析】烧断细线后在弹簧弹开两个物体的过程中，Z、8所受的弹簧弹力大小相等、作用时间”目等，则由/=曲 知=R，故A正确，B、C、D错误。2.某物体的。一/图像如图所示，下列说法正确的是（）k4.A.在0 6和/2 时间内，合外力做功和冲量都相同B.在 介 f2和t3 时间内，合外力做功和冲量都相同C.在0及 和B/4时间内，合外力

21、做功和冲量都相同D.在0力和白时间内，合外力做功和冲量都相同【答案】C【解析】在0九 时 间 内 动 能 的 变 化 量 为 动 量 变 化 量 为 血 加：在/2/3时间内动能变化量为（由田，动量变化量为一ZW0O,根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知合外力的冲量不同，故A错误；在 力/2时间内动能变化量为0 3 就=一；/加，动量变化量为0 m 0 0=一加 伙），在f3以时间内动能变化量为0；加比=-gwwG，动量变化量为0一（一加a）=加仇。则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；在0 /2和 介/4时间内动能变化

22、量均为0，动量变化量均为0,根据两个定理得知合外力做的功和冲量都相同，故C正确；由上分析得知：在0 八和/3 白时间内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做的功不同，冲量相同，故D错误。3.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力Q、入分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的。一/VA C图像如图所示，图中N8 c。则整个过程中（）rA.凡的冲量等于B的冲量B.K的冲量大于尸2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对。物体的冲量等于合外力对b物体的冲量【答案】D【解析】由题图知，Z 8与CZ）平行，说明推力撤去后两物体的加速

23、度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于A的时间，根据/=力可知，摩擦力对。物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得用力一。8=0，F ltl ftOD 0,由题图知,t o8V则有月力出及，即B的冲量小于B的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。4.篮球训练中，某同学伸出双手迎接飞来的篮球，触球后双手随篮球收缩至胸前。这样接球有助于减小接球过程中（）A.篮球动量的变化量B.篮球动能的变化量C.篮球对手的作用力

24、D.篮球对手作用力的冲量【答案】C【解析】根据题意，由动量定理可得：在双手接触篮球时有/=加以双手随篮球收缩至胸前这一过程增加了双手对球的作用时间。再由尸=十可得：若作用时间增大，球对人的冲击力变小，故C 正确，A、B、D 错误。5.某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d 的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、祛遮光色 j光电门、a由 飞寸/A 8气垫导轨滑块 诙码麻4码盘和祛码等。篇实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测祛码与祛码盘的总质量如、滑

25、块(含遮光片)的质量加 2；(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与祛码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在祛码和祛码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过/、8 两处的光电门的遮光时间小加2及遮光片从运动到8 所用的时间42；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将祛码和祛码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小/=，滑块动量改变量的大小p=;(用题中给出的物理量及重力加速度g 表示)(6)某次测量得到的一组数据为：1.000cm,m,=1.50X 10 2kg,/2=0.400kg,A/I=3.900X102S,A/2=1.270X102S,n2=1

26、.50s,g=9.80 m/s2o 计算可得/=N s,kp=kgm s ；(结果均保留3 位有效数字)定义3=X 100%,本次实验5=%(保留1位有效数字)。【答案】大 约 相 等(5)加 32加 2隰 一 潦)(6)0.221 0.212(7)4【解析】(1)当气垫导轨水平时，滑块在导轨上做匀速运动，所以滑块上的遮光片通过两个光电门的遮光时间相等。(5)根据冲量的定义可得/=/mgfi2；根据动量改变量的定义可得d(d d嗝=小 忘 f。(6)代入数据得/=Mgfi2=1.50X10-2x9.80X1.50N-s0.221 N s;bp=牝 七 一 哥=04。*1000X I。一?x f

27、 j最1y-茄 最1m k g m/s0.212kg m/so(7)根据定义可得 5=|三|X 100%比4%。6.一质 量 为0.5 k g的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2。现给物块一水平方向的外力R R随时间，变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2,则()F/N2-：B)=1.5 s时物块的动量大小为2 kg m/sC.，=(62小)s时物块的速度大小为0.5m/sD.在3 4 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】根据动量定理可得，/=1 s时物块的动量大小为p=F t/imgt=kg m/s,A错误；根据动

28、量定理可得，/=1.5 s时物块的动量大小为p,5=F t,5iUfngt,5=1 kg m/s,B错误；设,时刻物块的速度为零，由动量定理得/一 侬=00图像在2 4 s内方程为尸=0.5/2(N),根据/一/图像与/轴所围的面积表示冲量，可得=2X1+1X 1+-2)联立式解得/=(62小)s,故C错误；因为/=(62小)s在2 3 s内，所以在3 4 s的时间内，物块静止，随 着E的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确。7.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3 km/

29、s,产生的推力约为4.8X106 N,则 它 在1 s时间内喷射的气体质量约为（）A.1.6X102 kg B.1.6X103 kgC.1.6X105 kg D.1.6X106 kg【答案】B【解析】根 据 动 量 定 理 有 必 解 得 后=m=1.6XI（）3kg/s,所 以B正确。8.2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅 用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量为120 k g,设发动机启动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的

30、质量为（不考虑喷气对总质量的影响，g取10 m*）（）A.0.02 kg B.0.20 kgC.0.50 kg D.5.00 kg【答案】B【解析】设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为R 根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于尸，对扎帕塔（及装备），F=M g o设时间，内喷出的气体的质量”?,则对气体由动量定理得必/=/0Am代入数据解得詈=0.2 kg/s发动机每秒喷出气体的质量为0.2 k g,故B正确，A、C、D错误。9.灌浆机可以将涂料以速度。持续喷在墙壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。涂料的密度为p,墙壁上涂料厚度每秒增加小不计涂料重力的作用，则喷

31、涂料对墙产生的压强为（）c puA.puv B.1八pu c C.J D.-Mpv【答案】A【解析】在涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从。变 为0,其动量的变化源于墙壁对它的冲量，于是以/时间内喷到墙壁上面积为AS、质量为加的涂料为分析对象，墙壁对它的作用力为R 涂料增加的厚度为人。由 动 量 定 理 知 又 夕=太，km=pSh,/?=，联立可得p=p u v,故A正确，B、C、D错误。10.水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无须二次加工以及节约材料等特点，因此得到广泛应用。若横截面直径为d的水流以速度。垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为 ，则钢板受到水的冲力大小为（）A-npcfiv B.11Pd2V2C.I tpePv D.甲pd2V2【答案】D【解析】设时间f内有体积V的水打在钢板上，则这些水的质量m=p V=p S v t=I td2pvt,以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为E,以水运动的方向为mv 1正方向，由动量定理有用=0 一加0,解 得 尸=7=一不壮2 P故D正确，A、B、C错误。