2024版高考物理一轮复习第九章磁场专题强化十带电粒子在交变电磁场中的运动学案新人教版.doc

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1、2024版高考物理一轮复习第九章磁场专题强化十带电粒子在交变电磁场中的运动学案新人教版专题强化十带电粒子在交变电磁场中的运动带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路一、带电粒子在“交变磁场”中的运动例1如图甲所示，质量为m带电量为q的带电粒子在t0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，区域磁场磁感应强度大小不变、方向周期性变化如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；区域为匀强电场，方向向上；区域为匀强磁场，磁感应强度大小与区域相同均为B0。粒子在区域内一定能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为整数倍，则(1)粒子在区域运动的轨道半径为多少？(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进

2、入区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)。解析(1)带电粒子在区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0m解得r。(2)符合第(2)问的两种运动轨迹示意图。第一种情况：粒子在区域运动半径Rqv2B0m，解得粒子在区域速度大小：v2第二种情况：粒子在区域运动半径R，粒子在区域速度大小：v22v0。答案(1)或(2)2v0二、带电粒子在“交变电场”中的运动例2在图甲中，加速电场A、B板水平放置，半径R0.2 m 的圆形偏转磁场与加速电场的A板相切于N点，有一群比荷为5105C/kg的带电粒子从电场中的M点处由静止释放，经过电场加速后，从N点垂直于A板进入圆形偏转磁场，加速电场的

3、电压U随时间t的变化如图乙所示，每个带电粒子通过加速电场的时间极短，可认为加速电压不变。时刻进入电场的粒子恰好水平向左离开磁场，(不计粒子的重力)求：(1)粒子的电性；(2)磁感应强度B的大小；(3)何时释放的粒子在磁场中运动的时间最短？最短时间t是多少(取3)解析(1)由题意可知，粒子水平向左离开磁场，则粒子所受洛伦兹力向左，根据左手定则得，粒子带负电。(2)由图乙可知，在时刻，U100 V，根据动能定理得：Uqmv0，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1Bm粒子恰好水平向左离开磁场，粒子轨道半径：r1R解得：B0.1 T。(3)速度越大，粒子在磁场中运动的轨

4、迹半径越大，时间越短，则当tkT(k0,1,2,3)时进入电场的粒子在磁场中运动的时间最短，根据动能定理得：Uqmv，根据牛顿第二定律得：qv2Bm设圆弧所对的圆心角为2，由几何关系得：tan ，根据周期公式得：T，粒子在磁场中的运动时间：tT。解得t2105s。答案(1)负电(2)0.1 T(3)kT(k0,1,2，3，)2105s三、带电粒子在“交变电、磁场”中的运动例3如图a所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图b所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y

5、轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图b中，在0t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求：(1)粒子P的比荷；(2)t2t0时刻粒子P的位置；(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。解析(1)0t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R又qv0B0m代入，解得。(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T联立解得T4t0即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t02t0时间内水平位移和竖直位移

6、分别为x1、y1，则x1v0t0y1at，其中加速度a由解得y1R，因此t2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示。(3)分析知，粒子P在2t03t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2x1v0t0；在3t05t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L即O、d间的距离L2R2x1解得L2v0t0。答案(1)(2)(3)2v0t0专题强化训练1如图甲所示，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边

7、长，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为(C)甲A11B23C29D9解析设粒子的质量为m，带电量为q，设粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为，则有：2rsin ，2(rrcos )又，联立解得60，所以有：TB，TB，解得：T1；如果把磁场换为电场，则有v0T2，解得：T2，所以，故C项正确，A、B、D三项错误。2

8、回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T。一束粒子在0时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为0。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够射出的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用力。求：(1)出射粒子的动能；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间。答案(1)(2)解析(1)粒子运动半径为R时，有qvBm，且Ekmv2，解得Ek。(2)粒子被加速n次达到动能Ek，则EknqU。粒子在狭缝间做匀加速运动

9、，设n次经过狭缝的总时间为t，加速度a，匀加速直线运动nda(t)2由t0(n1)t，解得t0。第六章动量和动量守恒定律课标解读课程标准命题热点1通过实验和理论推导，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。2探究并了解物体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体会用动量守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。(1)动量定理的理解与应用。(2)动量守恒定律的理解与应用。(3)动量守恒与能量守恒的综合应用。(4)动量守恒定律与电磁学、原子物理等知识的综合应用。第1讲动量动量定理知识梳理双

10、基自测ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理知识点1动量1动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积。(2)公式：pmv。(3)单位：千克米每秒，符号是kgm/s。(4)矢量性：方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。2动量变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量和初动量的矢量差(也是矢量)。(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，ppp。知识点2动量定理1冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积。(2)公式：IFt。(3)单位：牛顿秒，符号是Ns。(4)矢量性：方向与力的方向相同。(5)物理意义：反映

11、力的作用对时间的积累效应。2动量定理(1)内容：物体在一个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)表达式：mvmvF合t或ppF合t。思考：教材中是如何推导动量定理表达式的？答案设一质量为m的物体，初速度为v，在恒力F作用下的时间t内，速度从v变化到v，由于物体做匀加速运动，则有a，再根据牛顿第二定律得Fma，即Ftmvmv。双基自测一、堵点疏通1某物体的速度大小不变，动量一定不变。()2物体的质量越大，动量一定越大。()3物体的动量相同，其动能一定也相同。()4冲量是矢量，其方向与力的方向相同。()5力越大，力对物体的冲量越大。()6若物体在一段时间内，其动量发生了变化，

12、则物体在这段时间内的合外力一定不为零。()二、对点激活1下列关于动量和冲量的说法不正确的是(D)A动量大的物体动能不一定大B物体运动状态发生变化，则其动量一定发生改变C冲量是物体动量变化的原因D冲量方向与动量方向一致解析根据动量和动能的关系Ek可知，动量大的物体动能不一定大，选项A正确；物体运动状态改变，即速度发生变化，则动量一定变化，故B正确；冲量是物体动量变化的原因，选项C正确；冲量方向与动量变化的方向一致，选项D错误。2为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A，B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。A，B两小球

13、开始下落到落地前瞬间的过程中，下列对A，B球描述正确的是(B)AA球与B球的速率变化量相同BA球与B球的动量变化量相同CA球与B球的动量变化率不同DA球与B球的动能变化量不同解析因为A球立即水平飞出，以一定的速度做平抛运动，B球被松开，做自由落体运动，所以两球落地的速率不同，速率的变化量也不同，故A错误；两球落地的时间相同，受到的重力也相同，落地过程中重力的冲量相同，则两球动量的变化量相同，故B正确；A球与B球的动量变化率等于重力，故A球与B球的动量变化率相同，故C错误；下落过程中重力做功相同，则动能变化量相同，故D错误。3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

14、全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h(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量，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多大？答案mg解析对自由落体运动，有：hgt解得：t1规定向下为正方向，对运动的全过程，根据动量定理，有：mg(t1t)Ft0解得：Fmg。核心考点重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO考点一对动量、冲量的理解1动量的性质(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用pmv表示。(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。(3)相对性：因物体的速度与参考系的选

15、取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。2冲量的性质(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同。3动量和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决定因素物体所受冲量外力所做的功换算关系p，Ek例1(2021云南玉溪一中月考)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位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑

16、环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点无初速度释放，下列关于它们下滑过程的说法中正确的是(B)A重力对各环的冲量中a的最大B弹力对各环的冲量中c的最大C合力对各环的冲量大小相等D各环的动能增量相等解析本题考查了动能定理和动量定理。设任一细杆与竖直方向的夹角为，环运动的时间为t，圆周的直径为D。则环的加速度大小为agcos 。由位移公式得Dcos at2gcos t2，得到t，所以三个环的运动时间相同，由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式IFt分析可知，重力对各环的冲量相等，A错误；弹力FNmgsin ，则c环受到的弹力最大，三个环的运动时间相等，则弹力对c环的冲量最大，B正确；a环

17、的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，D错误。名师点拨冲量的计算方法 (1)恒力冲量的计算首先考虑公式，其次考虑用动量定理求解；变力冲量的计算首先用动量定理求解，其次可考虑Ft图像中的面积对应冲量。(2)总冲量的三种求法：若各个外力是恒力，且各力的作用时间也相同，可以先求出合力再乘以时间求冲量，即I合F合t。若各个外力是恒力，但各力的作用时间不相同，可以先求出每个外力在相应时间内的冲量，然后求各外力冲量的矢量和。若外力是变力，可以应用动量定理求合外力的冲量。变式训练1将质量相等的三只小球a，b，c从离地同一高度以大小相同的初速度分别

18、上抛、下抛、平抛出去，空气阻力不计，那么，有关三球动量和冲量的情况是(C)A三球刚着地时的动量均相同B三球刚着地时的动量均不相同C三球从抛出到落地时间内，受重力冲量最大的是a球，最小的是b球D三球从抛出到落地时间内，动量的变化量均相同解析三个小球a，b，c在空中均只受重力，故机械能守恒，则三小球落地时的速度大小相等，但c速度不沿竖直方向，故a，b的速度相等，动量相等，但与c不相等，故选项A，B错误；由于a的时间最长，b的时间最短，故a受冲量最大，b受冲量最小，选项C正确；物体动量的变化量等于合外力的冲量，故a动量变化最大，b最小，选项D错误。考点二对动量定理的理解及应用1应用动量定理解题的一般

19、步骤(1)明确研究对象和研究过程研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。(2)进行受力分析只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。(3)规定正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负

20、。(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。(5)根据动量定理列式求解。2应用动量定理解题的注意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实

21、际意义。例2“蹦床”已成为奥运会的比赛项目。质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力。(空气阻力不计，重力加速度为g)延伸思考(1)床垫对运动员的冲量是多少？(2)如果运动员不是落在床垫上，而是落在水泥地面上，运动员所受的平均冲力表达式相同吗？实际结果有区别吗？解析设运动员下降h1刚接触床垫的速度大小为v1，则离开床垫的速度大小为v2，由机械能守恒定律得mvmgh1，mvmgh2设时间t内，床垫对运动员的平均作用力为F，取向上为正方向，由动量定理得(Fmg)tmv2(mv1)以上

22、三式联立可得Fmg再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为FFmg，方向竖直向下。延伸思考提示：(1)床垫对运动员的冲量IFtm()mgt，方向竖直向上。(2)运动员所受的平均冲力表达式相同，但因落在水泥地面上时，作用时间t明显减小，故运动员所受平均冲力明显增大，容易受到伤害。答案mg，方向竖直向下变式训练2如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为(C)AI0BImv0CI2mv0DI3mv0解析设木块离开弹簧时的速度为v，根据机

23、械能守恒定律得：mv2mv，所以vv0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：Imv(mv0)2mv0，故选项C正确。名师讲坛素养提升MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG用动量定理求解流体冲击力问题应用动量定理求解流体冲击力，关键是“柱体微元”模型，具体思路是：(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VvSt(3)求小柱体质量mVvSt(4)求小柱体的动量变化pvmv2St(5)应用动量定理Ftp例3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

24、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水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p

25、(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h答案(1)v0S(2)变式训练3一艘宇宙飞船以v1.0104m/s的速度进入密度为2.0107kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？答案100 N解析设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为m，则mSvt这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ftpmv则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为

26、FF综合并代入数值得F100 N，即飞船的牵引力应为100 N。2年高考1年模拟2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI1(2020课标，14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，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(D)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解析本题考查动量定理的应用。安全气囊并不能改变碰撞前后司机动量的变化量，B错误；汽车碰撞瞬间，安全气囊充满气体，司机的动能转化为与气囊碰撞过程

27、产生的内能，气囊延长了司机的受力时间，由动量定理知，司机受到的力F，故司机受到的力减小，气囊又增大了司机的受力面积，故司机在单位面积上受力减小，A、C错误，D正确。2(2020课标，21)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦

28、力，该运动员的质量可能为(BC)A48 kgB53 kgC58 kgD63 kg解析本题考查多次碰撞问题。取运动员与物块组成的系统为研究对象，背离挡板运动的方向为正方向，由动量守恒定律可知，运动员第1次推出物块后有0Mv1mv，物块第1次追上运动员有mvMv1(mM)v12mv，运动员第2次推出物块后有(mM)v1Mv2mv，即(221)mvMv2，物块第2次追上运动员有Mv2mv(mM)v2，物块第n1次追上运动员有mvMvn1(mM)vn1，运动员第n次推出物块后有(mM)vn1Mvnmv，即vnmv，当vnv时，物块就不能再追上运动员，且vn1v，当n8时，解得52 kgM60 kg，故

29、B、C符合要求。3(2019全国卷，16)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/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(B)A1.6102 kgB1.6103 kgC1.6105 kgD1.6106 kg解析设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ftmv知，m kg1.6103 kg，选项B正确。4(2019全国卷，25)一质量为m2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突

30、然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线。(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小。(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1

31、t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案(1)如图所示(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m解析(1)vt图像如图所示。(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取t1 s。设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1,2,3，。若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学公

32、式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在t24t时刻前，汽车已经停止。因此，式不成立。由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，不合题意，舍去。(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入已知数据解得

33、v130 m/sW1.16105 J从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，代入已知数据解得s87.5 m。第1讲动量动量定理一、选择题(本题共12小题，18题为单选，912题为多选)1(2020北京朝阳区期中)蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是(B)A第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等B第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等C第一、第二阶段重力的总冲量大于第二阶段弹力的冲量D第一阶段运

34、动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小解析本题考查对动量和冲量的理解。整个下落过程中，只有重力和弹力有冲量；由于初、末速度都为零，动量变化量为零，根据动量定理，总冲量为零，则第一、第二阶段，重力对运动员的总冲量大小等于第二阶段弹力的冲量大小，则第一阶段重力的冲量大小应小于第二阶段弹力的冲量大小，故A、C错误；根据动量定理可知，第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量大小相等，方向相反，故B正确；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段，开始的一段时间内，重力大于弹力，运动员的速度仍增大，故D错误。2(2021重庆北碚区期末)如图所示，质量为m的物体，沿倾角为的固

35、定粗糙斜面由静止开始下滑，经过时间t，滑至底端，且此时速度为v，则物体下滑过程中，下列说法错误的是(A)A重力的冲量为mgtsin B重力的冲量为mgtC斜面支持力的冲量为mgtcos D合力的冲量为mv解析本题考查冲量的概念和动量定理的应用。物体所受重力的冲量大小为IGmgt，故A错误，B正确；物体下滑过程所受支持力的冲量大小为INtmgcos t，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，则合外力的冲量为I合mv，故D正确。本题选说法错误的，故A符合题意。3(2020河北张家口摸底)一质点静止在光滑水平面上。现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列

36、说法正确的是(C)A第2 s末，质点的动量为0B第2 s末，质点距离出发点最远C在02 s内，F的功率先增大后减小D在02 s内，F的冲量为0解析由图线可知，在02 s内，质点做加速度先增大后减小的变加速运动，在第2 s末，质点的速度达到最大，动量达到最大，故A错误；在24 s内，质点做加速度先增大后减小的变减速运动，速度逐渐减小，4 s末F的总冲量为零，质点的速度减为零，此时质点距离出发点最远，故B错误；在02 s内，F先增大后减小，而速度逐渐增大，第2 s末，质点受力F0，由PFv知，F的功率先增大后减小，故C正确；在02 s内，F的冲量为图线与时间轴所围“面积”，为一定的数值，故D错误。

37、故选C项。4(2018全国卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(B)A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比解析速度vat，动能Ekmv2ma2t2，与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v22ax，动能Ekmv2m2axmax，与位移成正比，B正确；动能Ekmv2，与速度的平方成正比，C错误；动量pmv，动能Ekmv2，与动量的平方成正比，D错误。5(2020湖北荆门统考)两木块A、B质量之比为21，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A、B在开始滑行到停止运动的过程中，下列关于滑行的时间之

38、比tAtB和距离之比xAxB的说法正确的是(A)A初动能相同时分别为1，12B初动能相同时分别为14,14C初动量相同时分别为1，12D初动量相同时分别为12,12解析本题考查了牛顿第二定律、动量定理、动能定理。根据牛顿第二定律得ag，两木块A、B与地面间的动摩擦因数相等，则两木块做匀减速运动的加速度大小相等，由题意知两木块质量之比为21，当初动能相同时，根据Ekmv2知，初速度大小之比为1，根据t知，滑行的时间之比为1；根据匀变速直线运动的平均速度推论知xvt，因为初速度大小之比为1，运动时间之比为1，则滑行距离之比为12，故A正确，B错误；若初动量相等，由pmv可知初速度大小之比为12，则

39、根据t知，滑行的时间之比为12；根据匀变速直线运动的平均速度推论知xvt，因为初速度大小之比为12，时间之比为12，则滑行距离之比为14，故C、D错误。6雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为(A)A0.25 NB0.5 NC1.5 ND2.5 N解析本题考查动量定理的流体类问题中的应用。设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在

40、t时间内有质量为m的雨水的速度由v10 m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理得Ft0(mv)，解得F。设水杯横截面积为S，水杯里的雨水在t时间内水面上升h，则有mSh，FSv。则芭蕉叶面受到的压强为pv110310 N/m20.25 N/m2，即单位面积上的平均受力为0.25 N，故A正确，B、C、D错误。7用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒

41、受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g，g取10 m/s2，则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(B)A0.2 NB0.6 NC1.0 ND1.6 N解析豆粒从80 cm高处落下时速度为v，v22gh，则vm/s4 m/s。设向上为正方向，且豆粒重力忽略不计，根据动量定理有Ftmv2mv1，则FN0.6 N。选项B正确，A、C、D错误。8(2020河北邢台第二次月考 )我国2020年下半年将发射“嫦娥五号”，进行区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标。若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，则在此阶段，“嫦娥五号”

42、的动能Ek与距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图像，可能正确的是(B)解析“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，设在此阶段合力为恒力F。应用逆向思维法，将“嫦娥五号”的运动等效为由月球表面向上的匀加速直线运动，由动能定理知FhEk0，整理得EkFh，故A错误，B正确；由动量定理Ftp0，整理得pFt，故C、D错误。故选B项。9(2020海南海口期末)从某高处落下一个鸡蛋，分别落到棉絮上和水泥地上，下列结论正确的是(CD)A落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小B落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大C落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为

43、它的动量变化率小D落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它的动量变化快解析本题考查动量定理的应用。鸡蛋分别落到棉絮上和水泥地上，在与棉絮和水泥地接触的过程中，鸡蛋的速度都由v变化为零，可知动量变化量相同，根据动量定理知，合力的冲量相等，故A、B错误；根据F合tp知，落到棉絮上的作用时间长，动量的变化率小，则合力小，因此落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，故C正确；落到水泥地上的作用时间较短，动量的变化率大，动量变化快，则水泥地对鸡蛋的作用力大，因此鸡蛋易碎，故D正确。10(2021山东等级考模拟)第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息

44、，及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是(AC)A击球过程合外力对乒乓球做功为零B击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C在上升过程中，乒乓球处于失重状态D在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析本题考查超、失重问题，外力做功及冲量的计算。击球过程乒乓球以原速率返回，动能不变，根据动能定理，合外力对乒乓球做功为零，故A正确；击球过程乒乓球以原速率返回，速度方向改变，速度变化量不为零，根据动量定理，合外力对乒乓球的冲量不为零，故B错误；在上升和下落过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为重力加速度g，所以乒乓球均处于失重