專題36 動量 沖量和動量定理-2025版高三物理一輪復習多維度導學與分層專練

2025屆高三物理一輪復習多維度導學與分層專練專題36動量沖量和動量定理導練目標導練內容目標1動量、動量變化量和沖量目標2動量定理目標3用動量定理解決流體類和微粒類“柱狀模型”問題【知識導學與典例導練】動量、動量變化量和沖量1．動能、動量、動量變化量的比較動能動量動量變化量定義物體由于運動而具有的能量物體的質量和速度的乘積物體末動量與初動量的矢量差定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2p＝mvΔp＝p′－p標矢性標量矢量矢量特點狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關聯方程Ek＝eq\f(p2,2m)，Ek＝eq\f(1,2)pv，p＝eq\r(2mEk)，p＝eq\f(2Ek,v)聯系(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化2．沖量的計算(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。(2)變力的沖量①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數，則力F在某段時間t內的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求Δp間接求出沖量。【例1】兩個質量不同的物體在同一水平面上滑行，物體與水平面間的動摩擦因數相同，比較它們滑行的最大距離，下列判斷中正確的是（）A．若兩物體的初速度相等，則它們的最大滑行距離相等B．若兩物體的初動量相等，則它們的最大滑行距離相等C．若兩物體的初動能相等，則質量小的最大滑行距離大D．若兩物體停止前的滑行時間相等，則兩物體的最大滑行距離相等【答案】ACD【詳解】A．由動能定理可知可得則可知，若初速度相等，則最大滑行距離相等，A正確；B．根據；由動能定理可知可得若初動量相等，質量大小不清楚，滑行距離沒法比較，B錯誤；C．由動能定理可知可得若初動能相等，質量小的，滑行距離大，C正確；D．因兩物體的加速度由可知，滑行時間相等說明初速度一定相等，故滑行距離一定相等，D正確。故選ACD。【例2】一質量為的物塊在合外力的作用下從靜止開始沿直線運動。隨某物理量變化的圖線如圖所示，則（）A．若橫軸為時間t/s，則時物塊的動量大小為B．若橫軸為時間t/s，則時物塊的動量大小為C．若橫軸為位移x/m，則時物塊的動能大小為D．若橫軸為位移x/m，則時物塊的動能大小為【答案】BC【詳解】AB．若橫軸為時間，圍成的面積就代表沖量的大小，所以時的沖量為根據動量定理可得時的動量為同理時的沖量為根據動量定理可得時的動量為故A錯誤，B正確；CD．若橫軸為位移，圍成的面積就代表做功的多少，根據動能定理可得時做功為所以動能為，同理當時，做功為所以動能為，故C正確，D錯誤。故選BC。動量定理1.動量定理的理解(1)動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因,沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量(或者說是物體所受各外力沖量的矢量和)。(2)動量定理給出了沖量和動量變化間的相互關系。(3)現代物理學把力定義為物體動量的變化率:F=Δp(4)動量定理的表達式F·Δt=Δp是矢量式,在一維的情況下,各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。(5)動量定理不僅適用于恒定的力,也適用于隨時間變化的力。這種情況下,動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。2.應用動量定理解釋的兩類物理現象(1)當物體的動量變化量一定時,力的作用時間Δt越短,力F就越大,力的作用時間Δt越長,力F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)當作用力F一定時,力作用時間Δt越長,動量變化量Δp越大,力的作用時間Δt越短,動量變化量Δp越小。3.動量定理的應用技巧(1)應用I=Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化Δp,等效代換得出變力的沖量I。(2)應用Δp=FΔt求動量的變化【例3】當地時間2021年7月30日，東京奧運會女子蹦床決賽，整套動作完美發(fā)揮的朱雪瑩，以56.635分奪得金牌，幫助中國蹦床隊時隔13年重獲該項目冠軍。隊友劉靈玲收獲一枚銀牌。已知朱雪瑩的體重為45kg，在比賽中，朱雪瑩從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回離水平網面5.0m高處。已知朱雪瑩與網接觸的時間為0.15s，若把這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，g取，則（）A．運動員下落接觸網面前瞬間的速度為6m/sB．運動員上升離開網面瞬間的速度為10m/sC．運動員和網面之間的相互作用力大小為5400ND．運動員和網面之間的相互作用力大小為5850N【答案】BD【詳解】A．運動員下落接觸網面前瞬間的速度大小為故A錯誤；B．運動員上升離開網面瞬間的速度大小為故B正確；CD．先豎直向上為正方向，運動員和網接觸過程中，由動量定理知可解得故C錯誤，D正確。故選BD?！纠?】水平面上有質量相等的a、b兩個物體，分別施加水平推力作用在a、b上，使a、b在水平面上運動起來。在t1、t2時刻分別撤去作用在a、b上的推力，兩物體繼續(xù)運動一段距離后停下、兩物體的v－t圖像如圖所示，圖中實線為a的運動圖線，虛線為b的運動圖線，圖線中AB段平行于CD段。在a、b運動的整個過程中（）A．a受到的水平推力沖量等于b受到的水平推力沖量B．a受到的水平推力沖量小于b受到的水平推力沖量C．摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量D．合力對a物體的沖量等于合外力對b物體的沖量【答案】BD【詳解】撤去外力后兩物體受的阻力相等，設為f，根據動量定理，對a：對b：因則；即a受到的水平推力沖量小于b受到的水平推力沖量，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，合力對a物體的沖量等于合外力對b物體的沖量，均為0，故選項AC錯誤，BD正確；故選BD。用動量定理解決流體類和微粒類“柱狀模型”問題1.流體類“柱狀模型”問題流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度為Δl，對應的質量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應用動量定理研究這段柱狀流體【例5】如圖所示，一橫截面積為S的注射器豎直固定，管內充滿密度為ρ的液體，其下端面上有一截面積為S的小噴口，噴口離地的高度為h（h遠大于噴口的直徑）。管中有一輕活塞，用豎直向下的推力F使活塞以速度v0勻速推動液體，使液體從噴口射出，液體擊打在水平地面上后速度立即變?yōu)榱恪Ｈ糁亓铀俣葹間，液體在空中不散開，不計空氣阻力，液體不可壓縮且沒有黏滯性，活塞與管內壁無摩擦。則下列判斷正確的是（）A．液體從小噴口豎直射出速度的大小為10v0B．推力F的大小不變C．液體剛落地的速度大小為D．若不考慮重力作用，液體擊打地面平均作用力的大小為【答案】ACD【詳解】A．因為液體不可壓縮且沒有黏滯性，根據連續(xù)性可得解得v1=10v0故A正確；B．推力F和管內液體的重力共同作用使液體勻速噴出，由于管內液體重力越來越小，故推力F越來越大，故B錯誤；C．根據勻變速運動的規(guī)律得，解得故C正確；D．取△t時間內液體為研究對象，液體豎直向下的初速度為v2，末速度為0，取向上為正方向，根據動量定理得F′△t=0－（－△mv2）因為△m=ρSv0△t解得根據牛頓第三定律可知故D正確。故選ACD。2.微粒類“柱狀模型”問題微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|量具有獨立性，通常給出單位體積內粒子數n分析步驟1建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt3先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算【例6】對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為m，單位體積內粒子數量n為恒量，為簡化問題，我們假定粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關系正確的是（）A．nmv2 B．nmv2C．nmv2 D．nmv2【答案】B【詳解】一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構成柱體，由題設可知，其內有的粒子在Δt時間內與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，碰撞粒子總數N＝n·SvΔt，Δt時間內粒子給器壁的沖量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt由I＝FΔt可得F＝＝nSmv2f＝＝nmv2所以ACD錯誤；B正確；故選B?！径嗑S度分層專練】1．如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d四個點位于同一圓周上，a在圓周最高點，d在圓周最低點，每根桿上都套著質量相等的小滑環(huán)（圖中未畫出），三個滑環(huán)分別從a、b、c三個點同時由靜止釋放。關于它們下滑的過程，下列說法正確的是（）A．重力對它們的沖量相同 B．彈力對它們的沖量相同C．合外力對它們的沖量相同 D．它們動能的增量相同【答案】A【詳解】A．這是“等時圓”模型，即三個滑環(huán)同時由靜止釋放，運動到最低點d點的時間相同，由于三個環(huán)的重力相等，由公式I=Ft分析可知，三個環(huán)重力的沖量相同，A正確；B．從c處下滑的小滑環(huán)受到的彈力最大，運動時間相等，則彈力對從c處下滑小滑環(huán)的沖量最大，B錯誤；C．從a處下滑的小滑環(huán)的加速度最大，受到的合力最大，則合力對從a處下滑小滑環(huán)的沖量最大，C錯誤；D．重力對從a處下滑的小滑環(huán)做功最多，其動能的增量最大，D錯誤。故選A。2．人們經常利用“打夯”的方式將松散的地面夯實，如圖所示，在某次打夯過程中，甲、乙兩人通過繩子對對重物各施加一個力，將重物提升到距地面后重物做自由落體運動把地面砸結實。已知重物從接觸接觸地面到速度為零用時，重物的質量為，取，則下列說法正確的的是（）A．重物下降過程中中，機械能變小B．重物上升過程中，機械能守恒C．在接觸地面到速度為零的過程中重物對地面的平均作用力為D．在接觸地面到速度為為零的過程中地面對重物作用力的沖量大小為【答案】D【詳解】A．重物下降過程中做自由落體，只有重力做功，因此機械能守恒，故A錯誤；B．重物在上升過程中有繩的拉力做正功，故機械能增加，故B錯誤；CD．取重物開始下降到與地面接觸速度減為零的整個過程進行研究，則末速度v1=0，初速度v0=0，重物做自由落體的時間為t，根據自由落體的規(guī)律有：即落地時的速度大小為v=gt=10×0.4m/s=4m/s整個運動的總時間為t′=（0.4+0.05）s=0.45s地面給重物的作用力為F，且該力的作用時間為t1=0.05s，根據動量定理有：mgt′-Ft1=0-0代入數據有：地面給重物的作用力的沖量大小為：I=Ft1=5400×0.05N?s=270N?s故C錯誤D正確。故選D。3．如圖所示，一個物體放在粗糙的水平地面上。在時刻，物體在水平力作用下由靜止開始做直線運動。在到時間內物體的加速度隨時間的變化規(guī)律如圖所示。已知物體與地面間的動摩擦因數處處相等。則（）A．時刻，力等于B．在到時間內，合力的沖量大小C．在到時間內，力大小恒定D．在到時間內，物體的速度逐漸變小【答案】B【詳解】A．依據牛頓第二定律，時刻，合力為零，拉力等于摩擦力，故A錯誤；B．依據沖量的公式=mat即I=故B正確；C．由于加速度的大小變化，而摩擦力不變，所以力F大小變化，故C錯誤；D．由于加速度的方向使終不變，物體的速度逐漸變大，故D錯誤。故選B。4．如圖，在光滑水平面上有AB兩點，AB相距s，一質量為m的小球由A點以大小為的初速度向右運動。小球受到水平面內的恒力F作用，經時間t小球達到B點，其速度大小仍為，方向與初速度方向夾角成120°。則小球由A運動到B過程中，下列說法正確的是（）A．恒力方向與初速度方向相反B．恒力大小為C．恒力對物體做正功，其大小為D．恒力沖量的大小為【答案】B【詳解】A．如圖所示因水平面內只受恒力F，速度的合成遵循平行四邊形定則，由矢量圖易知，恒力與初速度方向不共線，與-v0夾角為30°；速度變化量大小為，故A錯誤；BD．根據動量定理得解得恒力大小為故B正確，D錯誤；C．由動能定理可知動能變化為0，則恒力做功為0，故C錯誤。故選B。5．為估算淋浴時，人頭部受水沖擊產生的平均壓強。測試員在花灑下自己頭頂處，放置一個燒杯，測得半分鐘內燒杯中水面上升了90mm，查詢得知花灑噴出的水落至頭頂時速度約為0.7m/s。據此估算人頭部受水沖擊的平均壓強約為（設水滴撞擊頭部后無反彈，不計水滴重力，水的密度為1.0×103kg/m3，將人頭頂視為平面）（）A．2.1Pa B．4.9PaC．210Pa D．490Pa【答案】A【詳解】設水杯的橫截面積為S，雨滴對杯底的壓力對落下的雨滴由動量定理有式中聯立得故選A。6．離子推進器已經全面應用于我國航天器，其工作原理如圖所示，推進劑氙原子P噴注入腔室C后，被電子槍G射出的電子碰撞而電離，成為帶正電的氙離子。氙離子從腔室C中飄移過柵電極A的速度大小可忽略不計，在柵電極A、B之間的電場中加速，并從柵電極B噴出。在加速氙離子的過程中飛船獲得反推力。已知柵電極A、B之間的電壓為U，氙離子的質量為m、電荷量為q，AB間距為d，推進器單位時間內噴射的氙離子數目n。則噴射離子過程中，對推進器產生的反沖作用力大小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】氙離子在柵電極A、B間經歷直線加速過程，根據動能定理有解得由動量定理得解得由牛頓第三定律知，對推進器產生的反沖作用力大小是故選C。7．如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體P接觸，但未與物體P連接，彈簧水平且無形變?，F對物體P施加一個水平向右的瞬間沖量，大小為I0，測得物體P向右運動的最大距離為x0，之后物體P被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側2x0處。已知彈簧始終在彈簧彈性限度內，物體P與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．物體P與彈簧作用的過程中，系統(tǒng)的最大彈性勢為B．彈簧被壓縮成最短之后的過程，P先做加速度減小的加速運動，再做加速度減小的減速運動，最后做勻減速運動C．最初對物體P施加的瞬時沖量D．物體P整個運動過程，摩擦力的沖量與彈簧彈力的沖量大小相等、方向相反【答案】AC【詳解】A．當P從距離初始位置處，運動到距離初始位置左側2x0處時，彈簧的彈性勢能全部轉化為內能，所以有選項A正確；B．彈簧被壓縮成最短之后的過程，受到水平向右的摩擦力，大小恒定，水平向左的彈力，大小在減小，所以先做加速度減小的加速運動，當彈力等于摩擦力后加速度為零，速度加速到最大，之后彈力小于摩擦力，做減速運動，隨著彈力的減小，加速度在增大，做加速度增大的減速運動，當彈力為零后，只受摩擦力作用，做勻減速直線運動，選項B錯誤；C．從開始運動到壓縮到最短過程中，動能轉化為內能和彈簧的彈性勢能，根據能量守恒可得最初對物體P施加的瞬時沖量聯立解得選項C正確；D．整個過程中可見摩擦力的沖量與彈簧彈力的沖量不是大小相等、方向相反，選項D錯誤。故選AC。8．我國規(guī)定摩托車、電動車、自行車騎乘人員必須依法佩戴具有防護作用的安全頭盔。小明在某輕質頭盔的安全性測試中進行了模擬檢測，某次他在頭盔中裝入質量為5.0kg的物體，物體與頭盔緊密接觸，使其從1.80m的高處自由落下，并與水平面發(fā)生碰撞，頭盔被擠壓了0.03m時，物體的速度減為0。如圖所示，擠壓過程中視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）頭盔觸地前瞬間的速度大??；（2）物體做勻減速直線運動的時間；（3）勻減速直線運動過程中頭盔對物體的平均作用力大小?！敬鸢浮浚?）6m/s；（2）0.01s；（3）3050N【詳解】（1）頭盔自由下落過程，據動能定理可得解得v=6m/s（2）物體做勻減速直線運動的過程，據位移公式可得解得t=0.01s（3）物體做勻減速直線運動的過程，以向下為正方向，據動量定理可得解得頭盔對物體的平均作用力大小F=3050N9．如圖甲所示，光滑的圓形軌道與光滑斜面通過一粗糙的水平面上連接，有一質量為5kg的物體，在大小為20N沿斜面向下的恒力F的作用下由靜止開始沿斜面向下做加速度為10m/s2的勻加速運動，2s末滑至斜面底端，不考慮物體與斜面底端碰撞的機械能損失，物體滑上水平軌道后，力F變?yōu)檠厮较蜃?，且大小按乙圖所示規(guī)律變化，作用3s后物體滑上圓形軌道，已知圓形軌道的半徑為2m，（g=10m/s2，），求：(1)物體沿斜面下滑過程中恒力F的沖量大??；(2)物體滑至斜面底端的動量大??；(3)若物體能夠保持不脫離圓形軌道運動，求物體