新高考物理三輪沖刺知識講練與題型歸納專題13 動量定理及應(yīng)用（含解析）

專題13動量定理及應(yīng)用[題型導航]題型一對動量和沖量的理解 1題型二動量定理的基本應(yīng)用 7題型三動量定理在多過程問題中的應(yīng)用 9題型四應(yīng)用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題 12[考點分析]題型一對動量和沖量的理解 1．動量(1)定義：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示．(2)表達式：p＝mv.(3)單位：kg·m/s.(4)標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同．2．沖量(1)定義：力F與力的作用時間t的乘積．(2)定義式：I＝Ft.(3)單位：N·s.(4)方向：恒力作用時，與力的方向相同．(5)物理意義：是一個過程量，表示力在時間上積累的作用效果．（多選）如圖所示，在t＝0時質(zhì)量m＝1kg的小球自高h＝45m的平臺上以v0＝10m/s的初速度水平拋出，運動t1＝1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風力作用，最后落至水平地面，不計其他阻力，取g＝10m/s2。則以下說法正確的是（）A．小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為150W B．小球受到風力作用后，在落地前做勻變速曲線運動 C．落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角 D．從拋出至落地的過程中，水平力的沖量大小為20N?s【解答】解：A、小球在豎直方向的分運動為自由落體運動，與是否受到風力無關(guān)，設(shè)小球下落的時間為t，則有?=解得：t＝3s小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為P=BC、小球拋出t1＝1s時，速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ=g可得：θ＝45°受到水平風力后，小球受到的合力與水平方向的夾角滿足tanα=mg故小球受到風力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運動，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°角，故BC錯誤；D、從拋出至落地的過程中，水平風力的沖量大小為I＝F（t﹣t1）＝10×（3﹣1）N?s＝20N?s，故D正確；故選：AD。（多選）質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。則（）A．4s時物塊的動能為零 B．6s時物塊回到初始位置 C．3s時物塊的動量為12kg?m/s D．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J【解答】解：物塊與地面間的滑動摩擦力為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。A、t3＝3s時物體的速度大小為v3，則有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝6m/s；t4＝4s時速度為v4，根據(jù)動量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝0，故A正確；B、0～3s物塊沿正方向加速運動，3s～4s物塊沿正方向減速運動，4s末的速度為零，4s～6s物塊反向加速，且加速度大小與0～3s內(nèi)的加速度大小相等，故6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；C、3s時物塊的動量大小為：p＝mv3＝1×6kg?m/s＝6kg?m/s，故C錯誤；D、0～3s內(nèi)物塊的位移：x1=v3s～4s內(nèi)物塊的位移：x2=v6s時物塊的速度大小為v6，則有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s4s～6s物塊的位移大小為：x3=v所以0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正確。故選：AD。一質(zhì)量為1kg的物塊，在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示，已知物塊與地間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g取10m/s2，下列選項正確的是（）A．物體在3s末的動量大小12kg?m/s B．水平力F在前4s內(nèi)的沖量大小為16N?s C．物體在5s末的速度大小為2m/s D．6s末動量大小為12kg?m/s【解答】解：物體運動過程中受到的滑動摩擦力的大小為：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，根據(jù)圖象可知拉力大小為F＝4N。A、在t1＝3s內(nèi)由動量定理可得：p1＝Ft1﹣ft1，解得物體在3s末的動量大小為：p1＝6kg?m/s，故A錯誤；B、水平力F在前4s內(nèi)的沖量大小為I＝Ft1﹣Ft2＝4×3N?s﹣4×1N?s＝8N?s，故B錯誤；C、物體速度為零時，由動量定理可得：Ft1﹣Ft3﹣f（t1+t3）＝0，代入數(shù)據(jù)解得：t3＝1s，所以在4s末物體的速度為零。從4s末到5s末由動量定理得：（F﹣f）Δt＝mv，解得物體在5s末的速度大小為：v＝2m/s，故C正確；D、從4s末到6s末由動量定理得：p2＝（F﹣f）Δt′＝（4﹣2）×2kg?m/s＝4kg?m/s，故D錯誤。故選：C。某大雨天，小明同學想估算一下當時下雨的雨滴對傘面產(chǎn)生的平均撞擊力。他于是去實驗室借來一個圓柱形容器置于露天空地上，測得10分鐘內(nèi)容器中水位上升了30mm，不考慮當時風的影響，可認為雨滴以10m/s的速度豎直落向地面?，F(xiàn)在假設(shè)雨滴撞擊傘面后無反彈，已知雨水的密度為1×103kg/m3，傘面的面積約為0.8m2，請根據(jù)上述條件估算當時雨水對傘面的平均撞擊力最接近（）A．0.05N B．0.08N C．0.4N D．5N【解答】解：不計重力，設(shè)單位時間Δt的水位為h=90×10?330×60m＝0.05×選向下為正，對雨水由動量定理得：FΔt＝Δmv＝﹣ρShv代入數(shù)據(jù)解得：F≈﹣0.4N，負號代表方向由牛頓第三定律可知雨水對傘的平均撞擊力為0.4N，故C正確，ABD錯誤。故選：C。如圖甲，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時刻，以初速度v0從粗糙固定斜面底端向上滑行，斜面足夠長、傾角為θ，物塊速度隨時間的圖像如圖乙所示，4t0時刻物塊返回底端，重力加速度為g，說法正確的是（）A．物塊在0～4t0的過程中動量變化量的大小為2mvB．物塊在0～4t0的過程中重力的沖量為4mgt0sinθ C．物塊在0～4t0的過程中克服摩擦力所做的功為17mvD．物塊返回斜面底端時重力做功的瞬時功率為5m【解答】解：A.由圖像可知物塊在向上和向下滑行都做勻變速運動，位移大小相等，則有：12v0t0物塊在0～4t0的過程中動量變化量的大小為：mvB.物塊在0～4t0的過程中重力的沖量為：IG＝mg×4t0＝4mgt0，故B錯誤；C.物塊從底端出發(fā)到返回底端，根據(jù)動能定理有，在0～4t0的過程中克服摩擦力所做的功為：W=1D.物塊返回斜面底端時重力做功的瞬時功率為：P=mg×物體上滑時加速度為：a物體下滑時加速度為：a可得：sinθ=P=5m故D正確。故選：D。如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從同一頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為△p1、△p2、△p3，則下列說法不正確的是（）A．三個過程中，合力的沖量大小相等，動量的變化量大小相等 B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等 C．I1＜I2＜I3，△p1＝△p2＝△p2 D．I1＜I2＜I3，△p1＜△p2＜△p3【解答】解：AB、物體下滑過程中只有重力做功，物體下滑的高度相等，合力做功相等，由動能定理可知，物體到達斜面底端時動能相等，物體的速度大小v相等，物體的動量大小相等，因此物體下滑過程動能的變化量相等，動量的變化量大小相等，由動量定理可知，合力的沖量大小相等，故AB正確；CD、由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；設(shè)斜面的高度為h，斜面傾角為θ，由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，物體下滑過程，位移?解得物體下滑時間t=2?gsin2θ，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，則t1＜t2＜t3，重力的沖量I＝mgt，則I1本題選不正確的，故選：D。題型二動量定理的基本應(yīng)用1．動量定理(1)內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體的動量的變化量．(2)表達式：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ft＝p′－p,I＝Δp))如圖所示，質(zhì)量相等的兩個靜止小球A和B，中間用輕質(zhì)彈簧連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上。現(xiàn)將輕繩剪斷開始計時，直至A球速度為v1，B球速度為v2，且方向均向下，則該過程所用時間為（）A．v1+v2g B．v1【解答】解：設(shè)小球A、B的質(zhì)量為m。以小球A、B以及彈簧組成的整體為研究對象，取豎直向下為正方向，由動量定理得2mgt＝mv1+mv2，解得該過程所用時間為：t=v故選：B。（多選）如圖所示裝置，裝有細砂石的容器帶有比較細的節(jié)流門，K是節(jié)流門的閥門，節(jié)流門正下方有可以稱量細砂石質(zhì)量的托盤秤。當托盤上已經(jīng)有質(zhì)量為m的細砂石時關(guān)閉閥門K，此時從管口到砂石堆頂端還有長為H的細砂石柱，設(shè)管口單位時間流出的細砂石的質(zhì)量為m0，管口處細砂石的速度近似為零，關(guān)閉閥門K后，細砂石柱下落時砂石堆高度不變，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．剛關(guān)閉閥門K時，托盤秤示數(shù)為mg B．細砂石柱下落過程中，托盤秤示數(shù)為m+m02HgC．細砂石柱對砂石堆頂端的沖擊力為m02gH D．細砂石柱全部落完時托盤秤的示數(shù)比剛關(guān)閉閥門K時托盤秤的示數(shù)大【解答】解：A、剛關(guān)閉閥門時，細沙石在下落，下落的細沙石對砂石堆有一定的沖擊力，托盤示數(shù)大于m，故A錯誤；BC、細沙石從管口開始做自由落體運動，則細沙石到達砂石堆時的速度為：H=v22g解得F＝m02gH，根據(jù)牛頓第三定律細沙石對砂石堆的沖擊力大小也為F，所以細沙石下落過程中托盤示數(shù)為m+mD、細沙石的位移H需要的時間t=2Hg，單位時間流出的細砂石的質(zhì)量為m0，所以高度為H的細沙石的質(zhì)量為m0t＝m0故選：BC。（多選）如圖（a），質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a﹣t圖像如圖（b）所示，S1表示0到t1時間內(nèi)A的a﹣t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內(nèi)A、B的a﹣t圖線與坐標軸所圍面積大小。下列說法正確的是（）A．0到t1時間內(nèi)，墻對B的沖量為0 B．運動后，彈簧的最大形變量等于x C．mA：mB＝S3：S2 D．S1﹣S2＝S3【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于彈簧的彈力，0到t1時間內(nèi)，對A，由動量定理可知，合力即彈簧彈力對A的沖量大?。篒＝mAv0，彈簧對A與對B的彈力大小相等、方向相反、作用時間相等，因此彈簧對B的沖量大小與對A的沖量大小相等、方向相反，即彈簧對B的沖量大小I彈簧＝mAv0，對B，以向右為正方向，由動量定理得：I墻壁﹣I彈簧＝0，解得，墻對B的沖量大小I墻壁＝mAv0，方向水平向右，故A錯誤；B、B運動后，當A、B速度相等時彈簧形變量（伸長量或壓縮量）最大，此時A、B的速度不為零，A、B的動能不為零，由能量守恒定律可知，彈簧形變量最大時A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時彈簧的彈性勢能相等，則彈簧形變量最大時彈簧彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，彈簧形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力時彈簧的形變量x，故B錯誤；CD、a﹣t圖線與坐標軸所圍圖形的面積大小等于物體速度的變化量，因t＝0時刻A的速度為零，t1時刻A的速度大小v0＝S1，t2時刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3。由圖（b）所示圖象可知，t1時刻A的加速度為零，此時彈簧恢復(fù)原長，B開始離開墻壁，到t2時刻兩者加速度均達到最大，彈簧伸長量達到最大，此時兩者速度相同，即vA＝vB，則S1﹣S2＝S3；t1﹣t2時間內(nèi)，A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）vA，結(jié)合v0＝S1，vA＝S1﹣S2＝S3，聯(lián)立解得mA：mB＝S3：S2，故CD正確；故選：CD。題型三動量定理在多過程問題中的應(yīng)用1.如果遇到的問題，不需要求加速度，可以不運用牛頓定律，涉及到力的時間效應(yīng)則用動量定理，空間效應(yīng)則用動能定理。2.對于兩個或兩以上物體組成的物體系統(tǒng)，如果用牛頓定律和隔離法，有時會很復(fù)雜，但用動量定理，就非常簡單2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務(wù)——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程，若已知著陸器質(zhì)量m＝1.3×103kg（降落傘質(zhì)量遠小于著陸器質(zhì)量），懸停時離地面的高度h4＝8m，取火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略著陸器質(zhì)量的變化和g'的變化。若第②、第③和第④階段的運動都可視為加速度不同的豎直向下勻變速直線運動。（1）求：第②階段著陸器下降的高度h2、以及所受總平均阻力f的大小；（2）著陸器在第④階段為自由落體運動：a．求著陸速度v4的大??；b．著陸時，緩沖設(shè)備讓著陸器在約0.1s內(nèi)勻減速至0，請估算地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小，并說出減小平均沖擊力的建議。【解答】解：（1）由加速度定義式可得：a=代入數(shù)據(jù)解得：a＝﹣4m/s2，負號表示方向向上；此階段為勻減速直線運動，由平均速度公式可得：h2=v1+v22代入數(shù)據(jù)得：h2＝25200m根據(jù)牛頓第二定律可得：mg'﹣f＝ma代入數(shù)據(jù)得：f＝1.04×104N；（2）由v42＝2g′h4可得著陸速度v4的大小為：v4＝8m/s取向上為正方向，由動量定理可得：（F﹣mg′）t＝0﹣m（﹣v4），解得：F＝1.092×105N由動量定理可知增大落地時間，平均沖擊力會減小、降低懸停時離地面的高度，可減小著陸時的速度也可減小平均沖擊力。答：（1）第②階段著陸器下降的高度為25200m、所受總平均阻力f的大小為1.04×104N；（2）a．著陸速度v4的大小為8m/s；b．地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小為1.092×105N，增大落地時間、降低懸停時離地面的高度。2022年北京冬奧會中，中國鋼架雪車隊獲得首枚冬奧會獎牌。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長為x1的水平直道AB與長為x2的傾斜直道BC在B點平滑連接，傾斜直道BC與水平面的夾角為θ。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速運動到B點時速度大小為v，緊接著快速俯臥到車上，繼續(xù)沿BC勻加速下滑（圖2所示）。若雪車（包括運動員）可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為m，雪車與冰面之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。求雪車（包括運動員）（1）在水平直道AB上的加速度大小；（2）在傾斜直道BC上的加速度大小；（3）經(jīng)過C點時的動量大小。【解答】解：（1）設(shè)在AB段加速度為a1，由速度—位移公式可得：v2＝2a1x1解得：a1=（2）運動員在BC段，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝gsinθ﹣μgcosθ（3）在BC段由速度—位移公式可得：vC2?v2＝2a在C點的動量p＝mvC解得：p＝mv答：（1）在直道AB上的加速度大小為v2（2）過直道BC的加速度大小為gsinθ﹣μgcosθ；（3）經(jīng)過C點時的動量大小為mv2題型四應(yīng)用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題對于流體運動,可沿流速v的方向選取一段柱形流體作微元,設(shè)在極短的時間Δt內(nèi)通過某一橫截面積為S的柱形流體的長度為Δl,如圖所示。設(shè)流體的密度為ρ,則在Δt的時間內(nèi)流過該截面的流體的質(zhì)量Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根據(jù)動量定理,流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量,即FΔt=ΔmΔv,分兩種情況:(1)作用后流體微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。(2)作用后流體微元以速率v反彈,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。湖面上有帆船正以速度v1勻速順風航行。已知：該船帆的有效受風面積為S，水平風速恒為v2，且v1＜v2，湖面上空氣密度為ρ。則風對船帆的推力的功率為（）A．ρSv22 B．ρS（v2﹣v1）2 C．ρS（v2﹣v1）2v1 D．ρS（v2﹣v1）2v2【解答】解：單位時間t內(nèi)沖擊船帆的空氣的體積V＝SL＝S（v2﹣v1）t單位時間t內(nèi)沖擊船帆的空氣質(zhì)量m＝ρV＝ρS（v2﹣v1）t空氣的動量改變量Δp＝m（v1﹣v2）帆對空氣的作用力大小為F，以風的速度方向為正方向，由動量定理﹣Ft＝Δp解得：F＝ρS(根據(jù)牛頓第三定律，帆船在航行過程中受到的風的水平推力大小F'＝F＝ρS(風對船帆的推力的功率為P＝F'v1＝ρS(v2?故選：C。如圖，消防員用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物，直徑為D的水柱以水平速度v垂直射向著火物。假設(shè)水流進入水槍的速度忽略不計，水柱沖擊著火物后速度為零，水的密度為ρ。下列說法正確的是（）A．單位時間流經(jīng)水槍的水的體積為12B．水槍對水做功的功率為18C．水柱對著火物的沖擊力為18D．水槍水平向前噴水時，消防員對水槍的作用力方向水平向前【解答】解：A.單位時間流經(jīng)水槍的水的體積為Q＝vtS=14πvDB.水槍對水做功的功率為P=12ΔmC.根據(jù)動量定理FΔt＝Δm?vΔm＝vΔt?14πD解得水柱對著火物的沖擊力為F=14πρD2故C錯誤；D.水槍水平向前噴水時，水平方向消防員對水槍的水平作用力方向水平向前，豎直方向消防員對水槍的作用力豎直向上，則消防員對水槍的作用力方向斜向前偏上方向，故D錯誤。故選：B。如圖所示，由噴泉中噴出的水柱，把一個重為W的垃圾桶倒頂在空中。水以速率v0、恒定的質(zhì)量增率（即單位時間噴出的質(zhì)量）△m△t【解答】解：設(shè)垃圾桶可停留的最大高度為h，并設(shè)水柱到達h高處的速率為v，則v滿足：v2﹣v02＝﹣2gh得：v2＝v02﹣2gh由動量定理得：在極短時間Δt內(nèi)，水受到的沖量為：FΔt＝2（△m△t?Δ解得：F＝2△m△t?v＝2據(jù)題有：F＝W聯(lián)立解得：h=答：垃圾桶可停留的最大高度是v0某游樂園入口旁有一鯨魚噴泉，在水泵作用下會從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的玩偶模型托起，懸停在空中，伴隨著音樂旋律，玩偶模型能夠上下運動，非常引人駐足，如圖所示。這一景觀可做如下簡化，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截