2023年新高考物理大一轮单元复习检测05 动量及其守恒定律【亮点讲】（解析版）.pdf

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1、单元0 5动量及其守恒定律 知 识 梳 理.构建体系_ C-，动量和能量是高考中的重点。常考的热点是动量定理、动量守恒定律的理解与应用，动量守恒与能量守恒的综合应用，动量守恒定律与电磁学、原子物理等知识的综合应用等。同时体会物理模型法、图像法、微元法、分析推理、数理结合法等解题方法。本部分试题与日常生活、现代高科技联系比较密切，要体会物理知识的应用。1.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式/=凡计算。(2)变力的冲量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b在某段时间t内R+R的冲量t,其中A、内为该段时间内初、末两时刻力的大小。作出尸/变化图线，图线

2、与t轴所夹的面积即为变力的冲量。如图所示。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。间接求出冲量。2.应用动量定理解题的一般步骤(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。3.动量守恒定律的应用常见模型球与球 球与物体 物体与物体4.应用动量守恒定律解题的

3、基本思路明确研广 3 确定系统的组成及研究过程究，象(分,受力卜一判断动量是否守恒(定5方向卜一确定初、末状态的动量列方程|.列动量守恒方程，求出结果,、求结果J 必要时讨论说明5 .动量定理和功能关系的应用常见模型动量定理在日常生活中的应用 滑动中的动量定理应用6 .动量定理的解题技巧(1)对不涉及加速度和位移的力与运动的关系问题，应用动量定理不需要考虑运动过程的细节，解题较为方便。(2)在应用动量定理解题时，需要表达物体(沿某方向)受到的合冲量，所以一定要对物体认真进行受力分析，不可有遗漏的力。(3)当合力远大于重力时，可忽略重力的冲量。(4)对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算。(5)

4、建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的正、负号。7 .动量观点与能量观点综合应用技巧(1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都应合理选取研究过程。(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系。(3)注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度、动量等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算。另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞。-g亮点讲【典 例 1】(动量定理的一般应用)行驶中的汽车如果发生

5、剧烈碰撞，车内的安全气囊会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】A B D,在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，但安全气囊会增加作用的时间，根据动量定理Ft=dp可知，可以减小司机受到的冲击力F,同时安全气囊会增大司机的受力面积，则司机单位面积的受力大小g减小，故4 8错误，。正确。C、安全气囊只是延长了作用时间，减小了司机的受力，将司机的动能转换成气囊的

6、弹性势能，故C错误。故选：Do【典 例2】（用动量定理分析缓冲问题）2022年4月11日，渝西地区经历了20年一遇的大风暴雨极端天气,12日凌晨电力抢修人员就投入了紧张的工作；高空作业须系安全带，保护自身安全。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九（可视为自由落体运动）.此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为A.平一.B +m g C.+mg D.嘤 一7ng【答案】B【解析】对自由落体运动，有：h=gt12,解得：口=J号，规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：m

7、gG+t）-Ft=0；解得：F=芈史+m g，故8正确，ACD错误。故选瓦【典例3】（用动量定理分析流体问题）“水上飞人运动”是一项新兴运动形式。操控者借助“喷射式悬浮飞行器”向下喷射高压水柱的方式实现在水面上方或悬停或急速升降等动作。假设某玩家（含设备）质量为M,底部两个喷口的总面积为S,忽略空气阻力和管道（含装置）对人的作用，下列说法正确的是A.当装置向下喷水时.，人将沿着喷水的反方向做直线运动B.若要悬停在空中，向下喷水的水速应为J墨C.当人匀速上升时，人所受的合外力做的总功为0D.若要实现向上以加速度a加速运动，向下喷水的水速应为【答案】C【解析】C.由于人匀速上升，合力为0,所以合力

8、做的总功为0,故C正确；区人（含设备）悬停在空中，对人（含设备）受力分析有M g =?以a时间的水柱为研究对象，根据动量定理尸2 t =/4 t S p次即尸=/S p水,P=F所以水速应为：V=故8错误；。.向上加速，则F -M g =M a,F =v2sp水,F=F所以=嗯 但 故。错误；A.由于不知道人的初始状态，向下喷水时，既可能向上运动，也可能向下运动，N SP*故A错误。故选：C【典 例4（碰撞合理性分析）如图所示质量相等的4、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，4球的速度是8 m/s,B球的速度是4 m/s,经过一段时间后4 8两球发生了对心正碰。对于该碰撞

9、之后的力、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是o O正方向/7/7 7 A.，A=一4 m/s,UB=8 m/s B.vrA=l m/s,=3 m/sC.MA 2 m/s,vB 2 m/s D.vA 5m/s,vB 9 m/s【答案】D【解析】设每个球的质量均为m,碰前系统总动量=巾以+=8 m -4 z n =4m碰前的总动能Ek =40 m A.若i M =-4 m/s,vB=8 m/s,碰后总动量p，=mvA+mvB=47n则动量守恒，总动能E k =（n w%+（m u 盲=40 m机械能也守恒，故A可能实现，不符合题意；8.若叨4

10、=I m/s,vB=3m/s,碰后总动量碰后总动量p，=n w +mvB=4巾总动能E；=（n w g +n t/盲=5m动量守恒，机械能不增加，故B可能实现，不符合题意。C.若i M =2 m/s,vB=2 m/s,碰后总动量p，=mvA+mvB-4m总动能E k =动量守恒，机械能不增加，故C可能实现，不符合题意；D若叨4=-5m/s,u B =9m/s,碰后总动量p，=771 1/4+mvB=4zn则动量守恒，总动能E1 =+mvl=53m机械能增加，故拉不可能实现，符合题意。【典例5（动量守恒定律的理解及简单应用）（多选）在20 22年北京冬奥会花样滑冰赛场上，隋文静、韩聪以0.43分

11、的优势获得冠军。比赛中，当隋文静、韩聪以相同速度5.0 7H/S沿直线前、后滑行时，韩聪突然将隋文静沿原方向向前推出，推力作用时间为0.8 s,隋文静的速度变为l l.（h n/s。假设隋文静和韩聪的质量分别为40 k g和60 k g,作用前后两人沿同一直线运动，不计冰面阻力，将人视为质点，则A.分离时韩聪速度的大小为1.0 m/sB.这一过程中，韩聪对隋文静冲量的值为440 N-sC.这一过程中，韩聪对隋文静平均推力的大小为450 ND.这一过程中，隋文静对韩聪做的功为-720/【答案】AD【解析】A.以两人原来运动方向为正，由动量守恒定律得：（n r,+m2）v =m/i +m2v2,式

12、中u =5.0 m/s,v1=ll.Om/s,m-i=4 0 kg,m2=60 kg,代入数据解得：v2=l m/s,即分离时韩聪速度大小为l m/s,故A正确；A对隋文静，由动量定理可知韩聪对隋文静冲量：/=-m1 V=40 x （1 1.0 -5.0）J V -s=240 N s,故8错误;C.对隋文静，由动量定理有:/=F t解得:F =-30 0/V,即韩聪对隋文静平均推力的大小为30 0 N,故 C错误；/）.对韩聪，由动能定理可得：w=|m2v m2v2=X 60 x （1.02-5.02）/-720 7,故。正确。故选A。【典例6】（人船模型）（多选）如图所示，质量为9nl的滑块

13、4置于光滑水平地面上，A底面宽为a,上表面宽为6,高为h,左侧面为一光滑圆弧面，与地面平滑连接。将一质量为m的滑块B（可视为质点）从A的左侧面顶端由静止释放，一段时间后B滑到4的底端。从系统开始运动到B刚滑到4底端的过程中，重力加速度为g,下列说法正确的是A.4、8组成的系统动量守恒C.合外力对4的冲量大小为型国5【答案】C DB.支持力对B做功为D.4滑动的距离为京a-b）【解析】A S、B组成的系统在运动过程中合外力不为零，因此系统动量不守恒，但系统在水平方向上合力为零，因此系统水平方向动量守恒，选项A没有说是水平方向动量守恒，故A错误；B.A,B组成的系统机械能守恒，B下滑过程中，B减小

14、的机械能转移给4由此可知支持力对B做负功，故B错误；C.对4、B系统，B下滑过程中，由水平动量守恒有T n%=9 m%，由系统机械能守恒有m g h=g m%?+1（9 6）以2,合外力对4的冲量/=9 m以，联立解得/=当 电，故C正确；D系统运动过程中水平方向动量守恒，4、B在水平方向的动量大小始终相等，方向相反，因 此 两 物 体 水 平 方 向 满 足=加心，又%4+4=。-从解 得 当=!（”6），故。正确。故选 8。【典 例7】（动量与能量观点分析子弹打木块模型）（多选）用不可伸长的细线悬挂一质量为”的小木块，木块静止，如图所示。现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块

15、中，子弹初速度为先，则下列判断正确的是 （%百 亡IA.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为舞M+mC.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为，岁 诏,2g(M+m)z【答案】BD【解析】4c.从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A

16、C错误；8.规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得：m几=(m+M)u所以子弹射入木块后的共同速度为：”隐，故B正确；D之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：+m)v2=(M+m)g九可得上升的最大高度为：人=故0正确；故选8。2g(M+m)z【典 例8(用动量与能量观点分析滑块-木板模型)(多选)如图所示，长木板4静止在光滑的水平面上,质量徵=2kg的物体B以水平速度为=3m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A B间存在摩擦，之后4、B速度随时间变化的情况如图乙所示，取g=10m/s2,则下列说法正确的是I 2 r/s甲 乙A.长木板A获得的动能为旬 B.长木板

17、的质量为4kgC.A、B间的动摩擦因数为0.2 D.长木板4的最小长度为1m【答案】BC【解析】48、在0 1s内，B相对于4滑动，以物体B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得nwo=(m+m v,由图知u=lm/s解得小4=4 k g,所以长木板4获得的动能E以=爪4/=g x 4 x=2/,故A错误，8正确；D、在u-t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，则在0 1s内，B与4的位移之 差 工=早 血=1.5m,则要使B不从4上滑下，长木板4的最小长度为1.5m,故。错误；C、B在4上相对运动时，对B,根据牛顿第二定律有：nmg-m a,据题图有a=?=n/s?=2m/s2,解得4

18、=0.2,故C正确。故选：B C。【典例9】(用动量与能量观点分析弹簧类问题)(多选)如图所示，质量均为m的4、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直静置在水平地面上。在A的正上方八高处有一质量也为m的物体C,现将物体C由静止释放，C与4发生碰撞后立刻粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面。弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。则zzz/ZzA.C物体碰撞前后瞬间的动量比为2:1B.碰后4、C整体的最大加速度为gC.弹簧的最大压缩量为管D.C离4上端的高度九=等k【答案】AD【解析】4设碰撞前瞬间C速度为%动量为Po,碰后速度为。共，动量为Po,

19、则根据动量守恒定律Po=nw0=共，可求po =nw/=（po，=|v0,故A正确；8.碰后4、C整体在竖直面做往复运动，且关于平衡点对称，所以在最高点和最低点有最大加速度，由于之后的运动过程中物体B恰好不脱离地面，所以4、C整体向上最高点时弹簧弹力F=mg，设此时4、C整体加速度为。小，则根据牛顿第二定律2mg+mg=2mam,可求a m=|g,故8错误；C.根据弹簧的对称性，可知4、C整体向下最低点时加速度也为a 4 此时弹簧弹力为吊，最大压缩量为取e WfJn-2mam,又因为7 =kZXm，可求4Xm=色，故C错误；D开始时弹簧压缩量与=詈，碰后物体B被刚拉离地面时弹簧伸长量七=詈，则

20、碰后4、C整体将上升x=2x 已 知 碰 后 速 度 口 对4、C由机械能守恒有:-2m吸=2mgx,对C由动能定理有mg/i=诏，联立以上式子可求九=等，故。正确。故选40。【典 例10】（爆炸问题）（多选）向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两物块，若质量较大的a物块的速度方向仍沿原来的方向，则A.b的速度方向一定与初速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b飞行的大C.a、b一定同时到达水平地面D.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等【答案】C D【解析】4、在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒

21、.炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但是否与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，故A错误；8、a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故B错误；C、a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a，b一定同时到达水平地面，故C正确；。、在炸裂过程中，a,b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，故。正确。故选CD。【典 例1 1】（动量定理的综合应用）如图所示为大米自动分袋包装流水线上自动称米

22、设备的简化示意图。买者认为：因为米流落到米袋中时对米袋中的米有向下的冲力而不划算。生产者则认为：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。请你判断最终米袋及其中的米的总质量与切断米流时的显示质量是否一致，并给出解释。解：最终米袋及其中的米的总质量与切断米流时的显示质量一致，理由如下：设单位时间米流出的质量为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，设米袋及其中静止的米的总质量为空中还在下落的米的质量为巾2,落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为2小。在极短时间久内，以落到已静止米堆上的米为研究对象，设其落到米堆上之前的速度为外

23、经小时间静止，如图所示，尸mg取竖直向上为正方向，由动量定理得（F -又A m=d d t,解得F =d v+d g 4 t,根据牛顿第三定律知F =F,则显示质量应为M =2 =誓 巴=mi +dAt+d：,因切断米流后尚有t=：时间内对应的米流在空中，故d：=巾2，所以显示质量包含了米袋及其中静止的米的总质量皿1，也包含了尚在空中下落的米的质量血2,也包含了落到已静止米堆上的米的质量Zm,所以最终米袋及其中米的总质量与切断米流时的显示质量一致。【典 例1 2（动量与能量的综合应用）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为M的小车，小车的左侧靠在竖直墙壁上，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道A

24、B的最低点B与水平轨道B D平滑相接，小车的右端固定有一个轻质弹簧，弹簧左端自然伸长至C点，水平轨道B C段粗糙，C D段光滑.现有一可视为质点的物块从4点正上方九=R处无初速度下落，物块质量为优，恰好落入小车沿圆轨道滑动，然后沿水平轨道滑行，与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又恰好返回到B点相对于小车静止.已知M =3 m,物块与水平轨道B C间的动摩擦因数为，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，重力加速度为少求(1)物块下落后由A 滑至B 处时的速度大小；(2)水平轨道B C 段的长度L；(3)压缩弹簧过程中，弹簧所具有的最大弹性势能.【答案】解：(1)设物块运动到B 点的速度大小为班,则由机械能守恒定律有2 mg R 诏解得知=2项(2)设物块与回到B 点时与小车相对静止的速度为z由动量守恒有m%=(M+m)v解得v=根据能量守恒定律有：2HmgL=|mvj-+m)v2结合已知并代入速度可得L=答4 K(3)由题意可知，当弹簧最短时，弹性势能最大，此时物块与小车的速度相同，由动量守恒可得共同速度仍然为，根据能量守恒定律有卬ngL+丑刖=mvl+m)v2结合前面的分析可得E pm=mgR