2021年高考物理 动量
【物理教案】2021江苏高考物理：第六章+第1讲+动量定理及其应用
目标要求内容要求说明1.动量和冲量理解冲量和动量.2.动量定理和动量守恒定律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.3.弹性碰撞和非弹性碰撞通过实验，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.4.实验八验证动量守恒定律第1讲动量定理及其应用一、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 ＝m v .(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Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv 的方向相同．(2)动量的变化量Δp ，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Δp ＝p ′－p .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＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．判断正误(1)物体质量不变时，运动的速度变化，其动量一定变化．(√)(2)当物体受力方向与运动方向垂直时，该力的冲量为0.(×)(3)某个恒力对物体做功为0时，冲量不为0.(√)(4)做匀速圆周运动的物体动量不变．(×)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：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I.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．(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．自测(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为() A．10N B．102N C．103N D．104N答案C解析设每层楼高约为3m，则下落高度约为h＝3×25m＝75m，由mgh＝12m v2及(F－mg)t＝m v结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F′＝F＝m2ght mg≈103N.1．对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的．②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常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p ＝m v E k ＝12m v 2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p ＝2mE kE k ＝p 22m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①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．②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·s J公式I ＝Ft (F 为恒力)W ＝Fl cos α(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都是过程量，都与力的作用过程相联系题型1对动量和冲量的定性分析例1关于物体的动量，下列说法中正确的是()A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的加速度不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．物体的动量越大，其惯性也越大答案A解析动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，与该时刻物体的速度方向相同，选项A 正确；加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．变式1(2019·江苏宿迁市期中)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以()A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量答案B解析先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理有－Ft＝0－m v，解得F＝m vt，当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力减小，而冲量和动量的变化量都不变，动能的变化量也不变，所以B正确．题型2对动量和冲量的定量计算例2(多选)(2019·湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图1甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则()图1A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2) C．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)D．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0答案AC解析因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M ＋m )g ，整个过程的时间为(t 1＋t 2＋Δt )，根据I ＝Ft 可知地面对运动员的冲量为(M ＋m )g (t 1＋t 2＋Δt )；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A 正确，B 错误；运动员对重物的作用力为Mg ，作用时间为(t 1＋t 2＋Δt )，根据I ＝Ft 可知运动员对重物的冲量为Mg (t 1＋t 2＋Δt )，重物的位移为(h 1＋h 2)，根据W ＝Fl cos α可知运动员对重物做的功为Mg (h 1＋h 2)，选项C 正确，D 错误．变式2(多选)如图2所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F 的作用下匀速前进了时间t ，则()图2A ．拉力对物体的冲量大小为FtB ．拉力对物体的冲量大小为Ft sin θC ．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θD ．合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F 对物体的冲量大小为Ft ，故A 项正确，B 项错误；物体受到的摩擦力F f ＝F cosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F f t ＝Ft cos θ，故C 项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D 项正确．1．对动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体．(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 是物体所受的合外力的冲量．(3)Ft ＝p ′－p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(4)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δpt ，即物体所受的合外力等于物体的动量的变化率．2．解题基本思路(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体．(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．例3(2018·江苏卷·12C(3))如图3所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m ，运动速度的大小为v ，方向向下．经过时间t ，小球的速度大小为v ，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g ，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．图3答案2m v ＋mgt解析取向上为正方向，根据动量定理m v －(－m v )＝I 且I ＝(F －mg )t解得I F ＝F t ＝2m v ＋mgt .变式3(2020·山东临沂市质检)材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止，则()A ．质量大的滑块运动时间长B ．质量小的滑块运动位移大C ．质量大的滑块所受摩擦力的冲量小D ．质量小的滑块克服摩擦力做功多答案B解析以初速度方向为正方向，根据动能定理可知：－μmgx ＝0－E k ，即两滑块克服摩擦力做的功相等，且质量较小的滑块运动位移较大，选项B 正确，D 错误；根据动量定理：－μmgt ＝0－p ，p ＝2mE k ，则t ＝1μg2E km，可知质量大的滑块运动时间短，选项A 错误；根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量，即：I ＝Δp ＝－2mE k ，则质量大的滑块摩擦力的冲量大，故C 错误．变式4(2019·江西南昌市4月第二次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止．其速度—时间图象如图4所示，且α>β，若拉力F 做的功为W 1，冲量大小为I 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，冲量大小为I 2.则下列选项正确的是()图4A．W1>W2；I1>I2B．W1<W2；I1>I2C．W1<W2；I1<I2D．W1＝W2；I1＝I2答案D解析全过程由动能定理得：W1－W2＝0，则W1＝W2；由动量定理得：I1－I2＝0，则I1＝I2，故D正确.例4一高空作业的工人质量为60kg，系一条长为L＝5m的安全带，若工人由静止不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g取10m/s2，忽略空气阻力的影响)答案1200N，方向竖直向下解析解法一分段列式法：设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，则由v12＝2gL，得v1＝2gL经缓冲时间t＝1s后速度变为0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，所以(mg－F)t＝0－m v1，解得F＝mgt＋m v1t将数值代入得F＝1200N.由牛顿第三定律知，工人对安全带的平均冲力F′＝F＝1200N，方向竖直向下．解法二全程列式法：由L＝12gt02得，工人自由下落时间为t0＝2Lg，在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg(2Lg＋t)，拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg(2Lg＋t)－Ft＝0解得F＝mg(2Lg＋t)t＝1200N由牛顿第三定律知工人对安全带的平均冲力F′＝F＝1200N，方向竖直向下．变式5在水平力F ＝30N 的作用下，质量m ＝5kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间？(g 取10m/s 2)答案12s 解析解法一分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，F f ＝μmg ，初速度为零，末速度为v .取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0；对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，初速度为v ，末速度为零，根据动量定理有－μmgt 2＝0－m v .联立解得：t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6s ＝12s.解法二研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态的速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6s ＝12s.1．研究对象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等．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Δt 内，取一小柱体作为研究对象．(2)求小柱体的体积ΔV ＝v S Δt (3)求小柱体质量Δm ＝ρΔV ＝ρv S Δt(4)求小柱体的动量变化Δp ＝v Δm ＝ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt ＝Δp 例5(2019·全国卷Ⅰ·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3km/s ，产生的推力约为4.8×106N ，则它在1s 时间内喷射的气体质量约为()A ．1.6×102kgB ．1.6×103kgC ．1.6×105kgD ．1.6×106kg答案B解析设1s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝m v －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103kg ，选项B 正确．变式6(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为()A ．F ＝ρS vB ．F ＝ρS v 2C ．F ＝12ρS v 3D ．F ＝ρS v 3答案B解析设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρS v t ，对m ，根据动量定理有－F ′t＝0－m v ＝0－ρS v 2t ，解得F ′＝ρS v 2，由牛顿第三定律可得风力F ＝F ′＝ρS v 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．1．(动量定理定性分析问题)(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥上的玻璃杯动量变化快，掉在草地上的玻璃杯动量变化慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长答案CD2．(动量和冲量的理解)(2019·江苏南京、盐城市一模)一只质量为5.4kg的保龄球，撞上一只原来静止、质量为1.7kg的球瓶．此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以1.8m/s 的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s．求：(1)碰撞后保龄球的动量大小；(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小．答案(1)9.72kg·m/s(2)102N解析(1)碰撞后对保龄球p1＝M v1＝5.4×1.8kg·m/s＝9.72kg·m/s.(2)取碰撞后球瓶的速度方向为正方向，对球瓶：Δp＝m v－0＝1.7×3.0kg·m/s＝5.1kg·m/s，由动量定理有：F·Δt＝Δp，代入数据求得F＝102N.3．(动量定理的基本应用)(2019·江苏省四星级高中一调)某质量为m的运动员从距蹦床h1高处自由落下，接着又能弹起h2高，运动员与蹦床接触时间为t，在空中保持直立．重力加速度为g.取竖直向上为正方向，忽略空气阻力．求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量I；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.答案(1)mgt，方向竖直向下(2)m(2gh1＋2gh2)t＋mg解析(1)以竖直向上为正方向，由动量的定义式I＝Ft，得重力的冲量为：I G＝－mgt，负号表示方向竖直向下；(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，则有：v12＝2gh1，v22＝2gh2由动量定理有：－mgt＋Ft＝m v2－(－m v1)解得：F＝m(2gh1＋2gh2)t＋mg.4．(应用动量定理处理“流体模型”)(2020·湖北武汉市调研)运动员在水上做飞行表演，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5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，重力加速度大小g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()图5A．2.7m/s B．5.4m/s C．7.6m/s D．10.8m/s答案C解析设Δt时间内一个喷嘴中有质量为m的水喷出，忽略水的重力的冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理有：FΔt＝2m v，m＝ρvΔt·πd24，因运动员悬停在空中，则F＝Mg，联立并代入数据解得：v≈7.6m/s，故C正确．1．关于动量和动能，下列说法中错误．．的是()A．做变速运动的物体，动能一定不断变化B．做变速运动的物体，动量一定不断变化C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零答案A解析做变速运动的物体，速度大小不一定变化，则动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故D正确．2．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，则此物体的运动不可能．．．是() A．匀速圆周运动B．自由落体运动C．平抛运动D．竖直上抛运动答案A解析如果物体在任意相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力，则物体可能做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．3．(2019·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是() A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案D解析在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理有：－F t＝m v2－m v1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误．4.(2020·福建泉州市质检)如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是()图1A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们动能的增量相同答案A解析这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D 错误．5．(2019·广东广州市4月综合测试)如图2，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客()图2A．动量不变B．线速度不变C．合外力不变D．机械能不守恒答案D解析坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确．6.(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下由静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图3所示，则()图3A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零答案AB解析F－t图线与时间轴围成的面积表示合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s；根据动量定理I＝mΔv可知，物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s；由p＝m v可知，物块在1s、2s、3s、4s时的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，A、B正确．7．(2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态B．在t时间内，小明机械能增加了mghC ．在t 时间内，地面对小明的平均支持力为F ＝m 2gh tD ．在t 时间内，地面对小明做功mgh答案B 解析从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h ，可知小明离开地面时的机械能为mgh ，故B 正确；取向上为正方向，在时间t 内，由动量定理得：F t －mgt ＝m v －0，离开地面到最高点有：mgh ＝12m v 2，联立解得：F ＝m 2gh t＋mg ，故C 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D 错误．8．(2020·山西晋中市模拟)质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图4所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是()图4A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5答案C 解析由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3m v 0t 0，F 2＝5m v 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2，v －t 图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确．9．(2020·河南郑州市调研)质量为1kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5N 的水平恒力F 作用于物体上，使之加速前进，经3s 后撤去F .求物体运动的总时间．(g 取10m/s 2)答案3.75s 解析物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为Ft 1，摩擦力的冲量为F f t .选水平恒力F 的方向为正方向，根据动量定理有Ft 1－F f t ＝0①又F f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg，代入数据解得t ＝3.75s.10.(2016·全国卷Ⅰ·35(2))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v 0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ρ，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．答案(1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g 2ρ2v 02S 2解析(1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变．该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S (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 ④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⑤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：v ′2－v 02＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F 压＋Δmg )Δt ＝Δm v ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为F 压Δt ＝Δm v ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 022g －M 2g2ρ2v 02S 2。
【高中物理】冲量与动量公式：2021年高考物理考试辅导
【高中物理】冲量与动量公式：2021年高考物理考试辅导【摘要】高考1.动量：p=mv{p：动量(kg/s)，m：质量(kg)，v：速度(m/s)，方向与速度方向相同｝2.冲量：I=ft{I:冲量（NS），F:恒力（n），t:力的作用时间（s），方向由F决定3.动量定理：i=δp或ft=mvt–mvo{δp：动量变化δp=mvt–mvo，是矢量式}4.动量守恒定律：P之前的总量=P之后的总量或P=P''，也可以是m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'5.弹性碰撞：δp=0;δek=0{即系统的动量和动能均守恒}6.非弹性碰撞δp=0；0<δek<δekm{δek:动能损失，ekm:最大动能损失}7.完全非弹性碰撞δp=0;δek=δekm{碰后连在一起成一整体}8.物体M1以V1:V1′=（M1-m2）V1/（M1+m2）V2′=2m1v1/（M1+m2）的初始速度与静止物体m2发生弹性碰撞9.由8得的推论——等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒)10.当子弹m以水平速度VO射入长木块m并嵌入其中时的机械能损失。
e损=mvo2/2-(m+m)vt2/2=fs相对{vt：共同速度，f：阻力，s相对子弹相对长木块的位移}注：(1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们“中心”的连线上;（2）上述表达式是除动能外的向量运算，在一维情况下可以转化为代数运算；(3)系统动量守恒的条件：合外力为零或系统不受外力，则系统动量守恒(碰撞问题、爆炸问题、反冲问题等);（4）碰撞过程（由具有极短时间和碰撞的物体组成的系统）被视为动量守恒，当原子核衰变时动量守恒；(5)爆炸过程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能增加;（6）其他相关内容：反冲运动、火箭、航天技术发展和空间导航。
（见第一卷第128页）更多精彩内容请点击：>>。
2021年高考物理专题复习：动量守恒定律
6．如图，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小物块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑。开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度），正确的说法是（）
A．滑块和小球组成的系统动量守恒
B．滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
C．滑块的最大速率为
D．滑块向右移动的位移为
10．关于对动量定理和动量守恒定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A．一个物体动量发生变化，则它的动能也一定发生变化
B．跳高运动员在跳高时，总是跳到沙坑里或海绵上，这样做是为了延长着地过程中的作用时间
D．匀速圆周运动由于加速度方向始终指向圆心，时刻在变，故匀速圆周运动属于非匀变速曲线运动，D错误。
故选A。
2．C
【详解】
A．在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
(1)求碰前瞬间小球A的速率和碰后瞬间小物块B的速率；
(2)求小物块B的落地点与O点的水平距离。
22．如图所示为某工厂检测产品质量的模型图，质量m=3kg的合格产品（可视为质点）在离A点竖直距离为h=2m的地方由静止释放，产品沿A点切线方向进入质量为M=5kg、半径为R=1.2m的半圆凹槽（边界厚度可忽略，槽内壁和下表面光滑），凹槽紧靠左边固定竖桩N。产品从C点飞出，并无机械能损失水平飞入平台EF，产品与平台之间的动摩擦因数为0.45，最终停在F点，不合格产品不能到F点，求∶
12．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上固定一个与斜面垂直的挡板，两质量均为 的物体Ａ、B用轻质弹簧连接在一起，静止在斜面上，用外力 将物体B缓慢地压缩至 点。撤去 后，物体上滑的最远位置为 ，此时物体A恰好要离开挡板。已知弹簧弹性势能 ，其中 为弹簧劲度系数， 为形变量，重力加速度为 ，则（ ）
2021届高考物理：实验验证动量守恒定律含答案
(2)作用前A、B质量与速度乘积之和为________；作用后A、B质量与速度乘积之和为__________________________。
(3)作用前、后A、B质量与速度乘积之和并不完全相等、产生误差的原因有__________________________________________________________________________________(至少答出两点)。
(3)若利用斜槽小球碰撞应注意：①斜槽末端的切线必须水平；②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；③选质量较大的小球作为入射小球；④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
3．探究结论
寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。
[题组训练]
1．在实验室里为了验证动量守恒定律、一般采用如图甲、乙所示的两种装置：
(1)A、B离开弹簧后、应该做__________运动、已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g、根据照片记录的信息、从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是________________________________________________。
(2)若不计此失误、分开后、A的动量大小为__________kg·m/s、B的动量的大小为__________kg·m/s。本实验中得出“在实验误差允许范围内、两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是___________________________________
[答案](1)BCDE(2)0.420 0.417
数据处理及分析
1．数据处理
本实验运用转换法、即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移；由于本实验仅限于研究系统在碰撞前后动量的关系、所以各物理量的单位不必统一使用国际单位制的单位。
2021届高考物理考前特训：动量 (解析版)
动量【原卷】1．如图1所示，一根长为L =1m 的空心铝管竖直放置，把一枚m =20g 的小圆柱形永磁体从铝管上端管口放入管中由静止释放，圆柱形永磁体直径略小于铝管的内径。
永磁体在管内运动时，不与铝管内壁发生摩擦且无翻转，不计空气阻力。
若永磁体下落过程中在铝管内受到的阻力f 与永磁体下落的速度大小v 成正比，且满足f =0.1v （N ），永磁体运动的v-t 图像如图2所示，永磁体在0t 时刻离开铝管下端时阻力恰好等于重力，重力加速度g 取210m /s 。
关于永磁体在铝管内运动的过程，下列说法正确的是（ ）A ．永磁体离开铝管下端时的速度大小为2m/sB ．永磁体穿过铝管的时间为0.5sC ．永磁体穿过铝管的过程中重力的冲量大小为0.14N s ⋅D ．永磁体穿过铝管的过程中阻力的冲量大小为0.10N s ⋅2．如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，其质量1kg A m =、4kg B m =，B 球上固定一轻质弹簧。
若A 球以速率4m/s v =向右运动去碰撞静止的B 球，下列说法正确的是( )A．当A球速率为零时，B球速率最大B．弹簧最大的弹性势能为6.4JC．碰撞结束时，小球A将向左运动D．碰撞结束时，B球速度大小为1.6m/s3．物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物体a的质量为1.2kg，如图甲所示。
开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=1s时撤去，在0~1s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所专示。
弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是（）A．t=1s时a的速度大小为0.8m/sB．t=1s时弹簧伸长量最大C．b物体的质量为0.8kgD．弹簧伸长量最大时，a的速度大小为0.6m/s4．如图所示，三个小球静止在足够长的光滑水平面，BC两个小球之间用弹簧连接起来，A球紧靠B球，m A=m B=1kg，m C=2kg。
最新2021高考物理试题分类汇编：动量 机械能
高考试题分类汇编：动量 机械能第一部分：选择题（2021模拟年全国卷Ⅰ）21．胡文质量为M 的物块以速度V 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m 可能为A.2B.3C.4D. 5答案：AB解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P ,则总动量为2P ,根据K mE P 22=,以及能量的关系得M P m p M P 2224222+≥3≤m M ,所以AB 正确。
（2021模拟年全国卷Ⅱ）20. 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m 的小物体。
假定物块所受的空气阻力f 大小不变。
已知重力加速度为g ，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为A ．202(1)v f g mg +和v B ．202(1)v f g mg +和v C ．2022(1)v f g mg +和v D ．2022(1)v f g mg +和v 答案：A解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力f 做负功,由动能定理得221)(o mv fh mgh -=+-,=h 202(1)v f g mg +,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有2221212o mv mv mgh -=-,解得=v v 正确。
（2021模拟年上海物理）5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。
在上升至离地高度h 处，胡文小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h 处，小球的势能是动能的两倍，则h 等于A ．H/9B ．2H/9C ．3H/9D ．4H/9答案：D 解析：小球上升至最高点过程：20102mgH fH mv --=-；小球上升至离地高度h 处过程：22101122mgh fh mv mv --=-，又21122mv mgh =；小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处过程：222011(2)22mgh f H h mv mv ---=-，又22122mv mgh =；以上各式联立解得49h H =，答案D 正确。
2021高考物理通用练习：考点1动量、冲量、动量定理
考点17动量、冲量、动量定理题组一基础小题1．（多选）关于冲量和动量,下列说法中正确的是( ）A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．动量是物体冲量变化的原因D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化答案AB解析冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与时间的乘积,即I＝Ft，故A正确;动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即p＝mv，故B正确；力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误.2．校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小（）A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案B解析跳远比赛时，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量一定，设为Δp，由动量定理可知,人受到的合力的冲量I＝Δp是一定的，在沙坑里填沙延长了人与沙坑的接触时间,Δt变大，由动量定理知：Δp＝FΔt，错误!＝F,Δp一定，Δt越大，动量变化率错误!越小，人受到的合外力F越小，越安全,所以要在沙坑里填上沙子，故B 正确，A、C、D错误。
3．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t 内所受力的冲量，正确的是( ）A．拉力F的冲量大小为Ft cosθB．摩擦力的冲量大小为Ft sinθC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小为mgt答案C解析拉力F的冲量大小为Ft,故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cosθ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cosθ，故B错误;重力的冲量大小为mgt,故C正确;支持力的大小为N＝mg－F sinθ，则支持力的冲量大小为(mg－F sinθ）t，故D错误.4．古时有“守株待兔”的寓言。
2021高考物理课标全国版一轮课件：第6章 第1讲 动量 冲量 动量定理
Ⅱ卷24题
动量守恒定律、牛顿第二定律
Ⅲ卷25题
动量、动能定理、受力分析
•第1讲 动量 冲量 动量定理
栏 目 导 航
01
主干回顾·强化根基
02
核心考点·探究突破
01
主干回顾·强化根基
• 一、动量、动量变化、冲量
• 1．动量 • (1)定义：物体的质_量______速_度与________的乘积． • (2)表达式：p＝m_v_______.
定义式 标矢性
Ek＝12mv2 标量
p＝mv 矢量
Δp＝p′－p 矢量
特点 关联方程
状态量
状态量
过程量
Ek＝2pm2 ，Ek＝12pv，p＝ 2mEk，p＝2vEk
• 2.对冲量的理解
• (1)冲量的两性
• ①时间性：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．
考点二 动量定理的理解和应用
1．动量定理的理解 (1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体． (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 受的合外力的冲量． (3)Ft＝p′－p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即 合外力的冲量是动量变化的原因． (4)由 Ft＝p′－p，得 F＝p′t－p＝Δtp，即物体所受的合外力等于物体的动量对 时间的变化率．
• (1)应用动量定理解题的一般步骤
• 4．从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉
在软泥地上不易碎．这是因为
()
D
• A．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大
• B．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大
• C．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作 用时间短，因而受到水泥地的作用力大
4.2021届高考物理专题动量与能量
1 / 28专题二 动量与能量第4讲 功与能考点2018年2019年2020年核心解读Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 近几年全国卷对功能关系这一部分的命题呈现多样化趋势,不但从动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查,还从运动形式的角度如平抛运动、匀变速直线运动、圆周运动等进行综合考查。
在备考中一定要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握,并注意知识点在运动形式中的应用1.功与功率T19从近几年高考来看,关于功与功率的考查,多以选择题的形式出现,有时与电流及电磁感应相结合命题 2.动能定理 能量守恒定律T14 T25T18 T25T25 T22动能定理及能量守恒定律仍是高考考查的重点。
高考题注重与生产、生活、科技相结合,将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中去,能力要求不会降低3.机械能守恒定律 功能关系T18 T15T20功和能的关系一直是高考的“重中之重”,是高考的热点和重点,涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重,而且还经常有压轴题考题深研·考点突破 考点一 功与功率典例1 (多选)(2018课标Ⅲ,19,6分)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。
某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。
对于第①次和第②次提升过程, (AC)A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5考查角度功、功率等概念及牛顿第二定律等规律与图像的综合素养立意物理观念、科学思维思维引领v-t图线与t轴所围的面积表示位移,两次位移相同即两图线与时间轴围成的面积相等,据此可以求得两次所用的时间之比;v-t图线的斜率表示加速度,由牛顿第二定律可以求得最大牵引力之比;由P=Fv可分析求解电机输出的最大功率;由于电机牵引力是变力,可根据动能定理求解变力做的功模型构建除动能定理之外,求解变力做功的常用方法还有微元法、化变力为恒力、图像法等1地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。
考点29 冲量、动量定理——2021年高考物理专题复习附真题及解析
考点29 冲量、动量定理考情分析考点解读一、动能、动量和动量变化量二、冲量1．定义：力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft。
2．冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
3．冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。
如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。
对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。
4．高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。
对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化间接求得。
5．要注意的是：冲量和功不同。
恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。
特别是力作用在静止的物体上也有冲量。
三、求恒力和变力冲量的方法四、动量定理1．动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即I p =∆。
2．动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。
这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
3．动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
4．现代物理学把力定义为物体动量的变化率：tpF ∆∆=（牛顿第二定律的动量形式）。
6．应用动量定理解题的一般步骤为：（1）明确研究对象和物理过程；（2）分析研究对象在运动过程中的受力情况及各力的冲量；（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（4）依据动量定理列方程、求解。
注意：动量定理的表达式是矢量式。
在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
重点考向考向一 动量和冲量典例引领（2020·福建省高二期末）质量为m 的物体以速度v 0从地面竖直向上抛出，落回地面时的速度大小为0.8v 0，在此过程中空气阻力大小恒定，则（ ） A ．整个过程中重力的冲量大小为0 B ．整个过程中动量的变化量大小为0.2mv 0C ．上升过程中动量的变化率大于下落过程中动量的变化率D ．上升过程中空气阻力的冲量与下落过程中空气阻力的冲量大小相等 【参考答案】C【详细解析】在考虑阻力的情况下，上升与下降过程的加速度不同。
2021届高考物理：动量和动量定理含答案
B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反
D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同
[答案]A
3．(人教版选修3－5P11T2改编)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为p，动能变为Ek。若上述过程F不变，物体的质量变为 ，以下说法正确的是( )
A．减小了驾驶员的动量变化量
B．减小了驾驶员的动量变化率
C．减小了驾驶员受到撞击力的冲量
D．延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大
B[在碰撞过程中，驾驶员的动量变化量是一定的，而使用安全气囊后增加了撞击力作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，安全气囊可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，A、C、D错误。]
A．经过时间2t，物体动量变为2p
B．经过位移2L，物体动量变为2p
C．经过时间2t，物体动能变为4Ek
D．经过位移2L，物体动能变为4Ek
A[由动量定理得p＝Ft，则经过时间2t，物体的动量p2＝F·2t＝2p，由p2＝2mEk，得物体的动能Ek2＝ ＝8Ek，选项A正确，C错误；由动能定理Ek＝FL，则经过位移2L，物体的动能Ek2＝F·2L＝2Ek，由p2＝2mEk，得物体的动量p2＝ ＝p，选项B、D错误。]
C．1.6×105kgD．1.6×106kg
B[根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得 ＝ ＝1.6×103kg/s，所以选项B正确。]
动量定理与图象的结合
3.(20xx·晋中模拟)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用。力F分别按图A、B、C、D所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是F与mg的比值，水平向右为正方向)。已知物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2 s末的速率，则这四个速率中最大的是( )
2021高考物理动量知识点大全
2021高考物理动量知识点大全物理对我们来说并不陌生。
在我们的周围，大至整个宇宙，小至我们身边，无时无刻不在发生种.种的物理现象。
接下来在这里给大家分享一些关于2021高考物理动量知识点，供大家学习和参考，希望对大家有所帮助。
2021高考物理动量知识点【一】1.动量和冲量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv。
是矢量，方向与v的方向相同。
两个动量相同必须是大小相等，方向一致。
(2)冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，即I=Ft。
冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定。
2.★★动量定理：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。
表达式：Ft=p′-p或Ft=mv′-mv(1)上述公式是一矢量式，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。
高三物理一轮复习中也需要特别注意。
(2)公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
(3)动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。
对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。
系统内力的作用不改变整个系统的总动量。
(4)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。
对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值。
★★★3.动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
表达式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(1)动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或系统所受外力的合力为零。
②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计。
③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变。
(2)动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性。
4.爆炸与碰撞(1)爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理。
2021年新高考大二轮物理 专题二 第8课时 动量
第8课时动量高考题型1动量定理的应用1．冲量的三种计算方法(1)公式法：I＝Ft适用于求恒力的冲量．(2)动量定理法：多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．(3)图像法：用F－t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量．2．动量定理(1)公式：FΔt＝m v′－m v(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．考题示例例1(2020·全国卷Ⅰ·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()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Δp＝FΔt 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．例2(2019·全国卷Ⅰ·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4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg答案 B解析 设1 s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝m v －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确． 例3 (多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图1所示，则( )图1A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零答案 AB解析 由动量定理可得：Ft ＝m v ，解得v ＝Ft m .t ＝1 s 时物块的速率为v ＝F 1t 1m ＝2×12m /s ＝1 m/s ，故A 正确；t ＝2 s 时物块的动量大小p 2＝F 2t 2＝2×2 kg·m /s ＝4 kg·m/s ，t ＝3 s 时物块的动量大小为p 3＝(2×2－1×1) kg·m /s ＝3 kg·m/s ，t ＝4 s 时物块的动量大小为p 4＝(2×2－1×2) kg·m /s ＝2 kg·m/s ，所以t ＝4 s 时物块的速度为1 m/s ，故B 正确，C 、D 错误．命题预测1．(2020·山西大同市高三期末)鸟撞飞机是导致空难的重要原因之一，被称为“飞机杀手”．假设在某次空难中，鸟的质量为0.6 kg ，飞行的速度大小为3 m /s ，迎面撞上速度大小为720 km/h 的飞机，对飞机的撞击力达到1.6×106 N ，则鸟撞飞机的作用时间大约为( )A ．1.5×10－5 sB ．1.5×10－4 s C ．7.6×10－6 sD ．7.6×10－5 s 答案 D解析 720 km /h ＝200 m/s.设鸟与飞机碰撞时间为t ，由动量定理有：Ft ＝m Δv ，解得：t ＝m Δv F＝0.6×()200＋31.6×106 s ≈7.6×10－5 s ，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．2.(2020·宁夏回族自治区银川一中高三三模)水平面上有质量相等的a 、b 两个物体，水平推力F 1、F 2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v －t 图线如图2所示，图中AB ∥CD .则整个过程中( )图2A ．F 1的冲量等于F 2的冲量B ．F 1的冲量大于F 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a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量答案 D解析 由AB 与CD 平行可知，撤去推力后两物体的加速度相同，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b 的运动总时间，根据I ＝F f t 可知，摩擦力对a 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，对整个过程有F 1t 1－F f t OB ＝0，F 2t 2－F f t OD ＝0，由题图看出t OB ＜t OD ，则有F 1t 1＜F 2t 2，即F 1的冲量小于F 2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，所以合外力的冲量相等，故D 正确．3．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时作必要的说明)答案 f ＝13nm v 2 解析 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2m v ，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N ＝16n ·S v Δt ， Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝13nSm v 2Δt 器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝I Δt则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝13nm v 2. 高考题型2 动量守恒定律的应用1．判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．2．动量守恒定律的三种表达形式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律应用技巧(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒．(2)动量守恒定律是矢量式，书写时要规定正方向．(3)系统中各物体的速度是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度． 考题示例例4 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图3中实线所示．已知甲的质量为1 kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )图3A ．3 JB ．4 JC ．5 JD ．6 J答案 A解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v 甲＝5.0 m/s ，v 乙＝1.0 m/s ，碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲′＝－1.0 m/s ，v 乙′＝2.0 m/s ，碰撞过程由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，解得m 乙＝6 kg ，碰撞过程损失的机械能ΔE ＝12m 甲v 甲2＋12m 乙v 乙2－12m 甲v 甲′2－12m 乙v 乙′2，解得ΔE ＝3 J ，故选A. 例5 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )A ．48 kgB ．53 kgC ．58 kgD ．63 kg答案 BC解析 设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，整理得v n ＝(2n －1)m v 0M ，则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/s M.由题意知，v 7<5 m /s ，则M >52 kg ，又知v 8>5 m/s ，则M <60 kg ，故选B 、C.例6 (2018·全国卷Ⅰ·24)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．答案 (1)1g 2E m (2)2E mg解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12m v 02① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0－v 0＝－gt ②联立①②式得t ＝1g 2E m③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14m v 12＋14m v 22＝E ⑤ 12m v 1＋12m v 2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14m v 12＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg命题预测4．(2020·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图4所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 和m 的两滑块A 、B ，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A 、B 不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是( )图4A ．两滑块的动量大小之比p A ∶pB ＝2∶1B ．两滑块的速度大小之比v A ∶v B ＝2∶1C ．两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶2D ．弹簧对两滑块做功之比W A ∶W B ＝1∶1答案 C解析 以滑块A 运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2m v A－m v B ＝0，得v A ＝v B 2，两滑块速度大小之比为：v A v B ＝12，两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶2，B 错误，C 正确；两滑块的动量大小之比p A p B ＝2m v A m v B ＝11，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即W A ∶W B ＝1∶2，D 错误．5.(2020·湖南高三二模)如图5所示，一块质量为M 的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧．一个质量为m 的小物块(可视为质点)以水平速度v 0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后(弹簧始终处于弹性限度内)，最终又恰好相对静止在长木板的最右端．以下说法正确的是( )图5A ．物块的最终速度为12v 0 B ．长木板的最终速度为v 0 C ．弹簧的最大弹性势能为Mm v 022(M ＋m )D ．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为Mm v 022(M ＋m )答案 D解析 小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有m v 0＝(m ＋M )v 2，解得v 2＝m v 0m ＋M，故A 、B 错误；小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有m v 0＝(m ＋M )v 1，解得v 1＝m v 0m ＋M，由能量守恒定律，得E pm ＋Q ＋12(m ＋M )v 12＝12m v 02，Q ＝F f L ，小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得Q ′＋12(m＋M )v 22＝12m v 02，Q ′＝F f (2L )，联立解得E pm ＝Mm v 024(M ＋m )，Q ′＝Mm v 022(M ＋m )即弹簧的最大弹性势能为E pm ＝Mm v 024(M ＋m )，系统损失的机械能为ΔE ＝Q ′＝Mm v 022(M ＋m )，故C 错误，D 正确． 高考题型3 碰撞模型及拓展1．三种碰撞的特点及规律弹性碰撞 动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE ＝(12m 1v 12＋12m 2v 22)－12(m 1＋m 2)v ′2 非弹性碰撞 动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能有损失，机械能的损失：ΔE ＝(12m 1v 12＋12m 2v 22)－(12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2) 碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度2．小球—曲面模型(如图6)图6(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大水平方向动量守恒：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v能量守恒：12m 1v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋m 1gh (相当于完全非弹性碰撞)(2)小球返回曲面底端时动量守恒：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2能量守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 (相当于弹性碰撞)3．小球—弹簧模型(如图7)图7(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大动量守恒：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v能量守恒：12m 1v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋E pm (相当于完全非弹性碰撞)(2)弹簧恢复原长时：动量守恒：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2能量守恒：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 (相当于完全弹性碰撞)考题示例例7 (2019·海南卷·13)如图8，用不可伸长轻绳将物块a 悬挂在O 点：初始时，轻绳处于水平拉直状态．现将a 由静止释放，当物块a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b 滑行的最大距离为s .已知b 的质量是a 的3倍．b 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .求图8(1)碰撞后瞬间物块b 速度的大小；(2)轻绳的长度．答案 (1)2μgs (2)4μs解析 (1)设a 的质量为m ，则b 的质量为3m ，对物块b 碰撞后由动能定理有：－μ·3mgs ＝0－12·3m v b 2，解得v b ＝2μgs (2)a 球从水平位置摆下的过程：mgL ＝12m v 02 a 、b 碰撞的过程：m v 0＝m v a ＋3m v b12m v 02＝12m v a 2＋12·3m v b 2 联立解得：L ＝4μs .例8 (2020·北京卷·13)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图9所示．在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰．以下分析正确的是( )图9A ．将1号移至高度h 释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h .若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆到高度hB ．将1、2号一起移至高度h 释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h ，释放后整个过程机械能和动量都守恒C ．将右侧涂胶的1号移至高度h 释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度hD ．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h 释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h ，释放后整个过程机械能和动量都不守恒答案 D解析 若将2号球换成质量不同的小钢球，1号碰2号时不能交换速度，2号碰3号时也不能交换速度，则3号不能摆至高度h ，故A 错误；释放后下落过程以及摆起过程合外力不为0，动量不守恒，故B 错误；右侧涂胶的1号碰2号时粘在一起，为非弹性碰撞，有机械能损失，则与3号相碰后，3号不能摆至高度h ，故C 错误；碰撞后，2号和3号粘在一起，属于非弹性碰撞，机械能不守恒，2、3号不能摆至高度h ，且释放后下落过程以及摆起过程动量都不守恒，故D 正确．命题预测6．(2020·河南名校联盟3月调研)如图10所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m 的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R ，一质量也为m 的小球，以水平速度v 0自滑块的左端A 处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B .若将小球的初速度增大为2v 0，不计空气阻力，则小球能达到距B 点的最大高度为( )图10A ．RB ．1.5RC ．3RD ．4R 答案 C解析 若小球以水平速度v 0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v 1，以小球的初速度v 0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 m v 0＝2m v 1由机械能守恒定律得 12m v 02＝12·2m v 12＋mgR 代入数据解得v 0＝2gR若小球以2v 0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v 2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得 2m v 0＝2m v 2 由能量守恒得12m (2v 0)2＝12·2m v 22＋mgR ＋12m v y 2 解得v y ＝6gR小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则 h ＝v y 22g＝3R故距B 点的最大高度为3R . 故选C.7.如图11所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M 、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直．已知两杆间距为0.4 m ，弹簧原长为0.5 m ，两球的质量均为0.2 kg.现给M 球一沿杆向右0.6 N·s 的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是( )图11A ．M 球在开始的一段时间内做加速度增大的加速运动，直到达到最大速度B ．弹簧第一次达到0.6 m 时，M 球的速度大小为3 m/sC ．弹簧第二次达到0.6 m 时，M 球的速度大小为3 m/sD ．弹簧达到最长时，M 球的速度大小为1.5 m/s 答案 D8．如图12所示，质量m ＝1 kg 的小物块在高h 1＝0.3 m 的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K 锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K ，小物块将以水平速度v 0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B 点的高度h 2＝0.15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M ，小物块滑下与M 发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度大小的13，碰撞过程中无能量损失，g ＝10 m/s 2，求：图12(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能E p ； (2)物块M 的质量． 答案 (1)0.5 J (2)2.0 kg解析 (1)小物块由A 运动到B 做平抛运动，则有h 1－h 2＝12gt 2，解得t ＝310 s由几何关系有R ＝h 1，h 1－h 2＝R2，∠BOC ＝60°设小球做平抛运动时的初速度为v 0， 则gtv 0＝tan 60° 弹性势能E p 等于小物块在A 点的动能，E p ＝12m v 02解得：E p ＝0.5 J.(2)设小物块到C 点时的速度为v 1， 小物块从A 点到C 点过程，机械能守恒 由机械能守恒定律有12m v 02＋mgh 1＝12m v 12小物块与M 碰撞过程动量守恒，有：m v 1＝m v 3＋M v 2 小物块与M 碰撞过程能量守恒，有：12m v 12＝12m v 32＋12M v 22其中v 3＝－v 13由以上各式解得：M ＝2.0 kg.专题强化练[保分基础练]1．(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A ．10 N B ．102 N C ．103 N D ．104 N 答案 C解析 设每层楼高约为3 m ，则下落高度约为 h ＝3×25 m ＝75 m由mgh ＝12m v 2及(F －mg )t ＝m v 结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F ′＝F ＝m 2ght＋mg ≈103 N.2．(2020·广东广州市阶段检测)短道速滑接力比赛中，运动员甲和乙在水平直道交接时，后面的乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，则此过程中( ) A ．甲、乙系统的总动量守恒 B ．甲、乙系统的机械能守恒 C ．甲、乙的动量变化量相同 D ．甲、乙的动能变化量相同 答案 A解析乙猛推甲一把过程中，甲、乙系统所受外力的矢量和为0，则甲、乙系统的总动量守恒，故A正确；乙猛推甲一把过程中，乙将体内的能量转化为机械能，则甲、乙系统的机械能增加，故B错误；乙猛推甲一把过程中，甲对乙和乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙的动量变化量大小相等、方向相反，故动量变化不相同，故C错误；甲、乙间的作用力大小相等，不知道甲、乙的位移关系，不能求出甲、乙动能变化关系，故D错误．3.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移－时间图像如图1所示．则下列判断错误的是()图1A．碰撞前后A的运动方向相反B．A、B的质量之比为1∶2C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小D．碰前B的动量较大答案 C解析由位移－时间图像可得，碰撞之前v A＝20－302m/s＝－5 m/s，碰撞之后v A′＝20－102m/s＝5 m/s，则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确．由位移－时间图像可得，碰撞之前v B＝20－02m/s＝10 m/s，根据动量守恒定律得m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v A′，代入数据得m A∶m B＝1∶2，故B正确．碰撞前后A速度大小相等，则碰撞A动能不变，故C错误．碰前A、B速度方向相反，碰后A、B速度方向与B碰前速度方向相同，则碰前B的动量较大，故D正确．4.(2020·山西太原市高三模拟)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，如图2.已知扎帕塔(及装备)的总质量为120 kg，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质量为(不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10 m/s2)()图2A．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F，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F，对扎帕塔(及装备)，则有F＝Mg.设时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δm v，解得Δm＝F v＝Mg v，Δt＝1 s，代入数据解得ΔmΔt＝0.2 kg，B正确．5．(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A．Snm v02B．2Snm v02C．Snm v03D．2Snm v03答案 C解析时间t内黏附在飞船上的尘埃质量：M＝v0tSnm，对黏附的尘埃，由动量定理得：Ft ＝M v0，解得：F＝nm v02S；维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝F v0＝nm v03S，故选项C正确，A、B、D错误．6．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图3(a)所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()图3A．两壶发生了弹性碰撞B．碰后蓝壶速度为0.8 m/sC．碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力答案 B解析由题图(b)知：碰前瞬间红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后瞬间速度为v0′＝0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后瞬间蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：m v0＝m v0′＋m v，代入数据解得：v＝0.8 m/s，12m v02＞12m v0′2＋12m v2，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据v－t图像与横坐标轴围成的面积表示位移，碰后蓝壶运动的位移大小x＝v2t＝0.82×5 m＝2 m，故C错误；根据v－t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力，故D错误．7．如图4甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上．现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得()图4A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2答案 C解析由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m 2继续加速，m 1先减速为零，然后反向加速，t 2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t 3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B 错误；系统动量守恒，从t ＝0开始到t 1时刻有：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，将v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s 代入得：m 1∶m 2＝1∶2，故C 正确；在t 2时刻，m 1的速度为：v 1′＝－1 m /s ，m 2的速度为：v 2′＝2 m/s ，又m 1∶m 2＝1∶2，则动量大小之比为p 1∶p 2＝1∶4，故D 错误．8.(多选)(2020·山东省六校线上联考)如图5所示，光滑水平面上有一质量为2M 、半径为R (R 足够大)的14光滑圆弧曲面C ，质量为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为M2，小球A 以v 0＝6 m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则( )图5A ．B 的最大速率为4 m/sB ．B 运动到最高点时的速率为34 m/sC ．B 能与A 再次发生碰撞D ．B 不能与A 再次发生碰撞 答案 AD解析 A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M2v 0＝M 2v A ＋M v B ，12·M 2·v 02＝12·M 2v A 2＋12M v B 2，解得v A ＝－2 m/s ，v B ＝4 m/s ，故B 的最大速率为4 m/s ，选项A 正确；B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v ，则M v B ＝(M ＋2M )v ，得v ＝43 m/s ，选项B 错误；从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B 、C 分离时速度分别为v B ′、v C ′，由水平方向动量守恒有M v B ＝M v B ′＋2M v C ′，由机械能守恒有12·M v B 2＝12·M v B ′2＋12·2M v C ′2，联立解得v B ′＝－43 m/s ，由于|v B ′|<|v A |，所以二者不会再次发生碰撞，选项C 错误，D 正确．[争分提能练]9．(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市三中高三第二次模拟)如图6所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2且m1＜m2，A、B与水平轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是()图6A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1＜L2D．若两次弹簧压缩到最短时A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1＞v2答案AC解析由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，且E k＝p22m，可知A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1＞W2，故B错误；由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1＋m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1＋m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的球初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1＜L2，故C正确；由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1＋m2，则两次弹簧压缩到最短时系统的速度大小相等，故D错误．10．(多选)(2020·湖北武汉市质量检测)如图7所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出．已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是()图7A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒。
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动量 动量守恒定律
基础热身
1．2012ꞏ佛山质检如图K18－1所示，两个同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计
图K18－1
摩擦阻力．下列判断正确的是( )
A ．互推后两个同学的总动量增加
B ．互推后两个同学的动量大小相等，方向相反
C ．分离时质量大的同学的速度小一些
D ．互推过程中机械能守恒
2．2012ꞏ泉州质检甲、乙两物体在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，两物体的速度大小分别为3 m/s 和1 m/s ；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s ，则甲、乙两物体的质量之比为( )
A ．2∶3
B ．2∶5
C ．3∶5
D ．5∶3
3．在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m 1＝2 kg ，
乙球的质量m 2＝1 kg ，
规定向右为正方向，碰撞前后甲球的速度随时间变化的情况如图K18－2所示．已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )
图K18－2
A ．7 m/s ，向右
B ．7 m/s ，向左
C ．1 m/s ，向左
D ．1 m/s ，向右
4．如图K18－3所示，在光滑的水平直线导轨上，有质量分别为2m 和m 、带电荷量分别为2q 和q 的两个小球A 、B 正相向运动，某时刻A 、B 两球的速度大小分别为v A 、v B .由于静电斥力作用，A 球先开始反向运动，最终两球都反向运动且它们不会相碰．下列判断正确的是( )
图K18－3
A ．v A ＞v
B B ．v A ＜12v B。