2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题二　第七讲　动量（含解析）

这是一份2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题二　第七讲　动量（含解析），共12页。试卷主要包含了动量定理，5 m2，空气的密度约为1，0 m/s等内容，欢迎下载使用。
考点一 动量定理及其应用
1.冲量的三种计算方法
2.动量定理
(1)公式：FΔt=mv'-mv
(2)应用技巧：
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
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。
例1 (2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
例2 (2024·山东日照市一模)台风对沿海地区的破坏力非常大，12级台风登陆时中心附近最大风力约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29 kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约为( )
A.790 NB.79 N
C.230 ND.23 N
流体的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。
流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤：
（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=SvΔt。
（3）求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。
（4）应用动量定理Δp=FΔt。
（5）作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。
（6）联立解得F=-2ρSv2。
考点二 动量守恒定律及应用
动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。(常用)
(2)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。
例3 (2024·四川南充市一诊)图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L=0.2 m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度v10=2 m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)2号滑环获得的初速度v20的大小；
(2)1号滑环滑行的总距离d。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
考点三 碰撞模型及拓展
1.两种碰撞的特点
2.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
例4 (多选)(2024·贵州贵阳市模拟)如图所示，质量为2m、半径为R，内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽左侧靠墙。把一个质量为m的小球(可视为质点)从半圆槽左端最高点无初速度释放，当地重力加速度为g。在小球释放后的运动过程中，以下说法中正确的是( )
A.小球在半圆槽右侧能上升的最大高度与左侧释放点的高度相同
B.小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg
C.小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为132gR
D.小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度为0
变式 (多选)(2024·四川宜宾市二诊)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1 kg、mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.物体B能上升的最大高度为0.6 m
B.物体B能上升的最大高度为1.8 m
C.物体C能达到的最大速度为4.0 m/s
D.物体C能达到的最大速度为8.0 m/s
例5 (2024·河北省雄安新区一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=3.0 kg和mB=2.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2 m/s
例6 (2023·重庆卷·14)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
例7 (2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
答案精析
例1 (1)mamg+FN
(2)①330 N∙s 竖直向上 ②0.2 m
解析 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N1，
则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=mamg+FN
(2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小
IF=12×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上；
②设头锤落到气囊上时的速度为v0，则v02=2gH
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h=v22g=0.2 m。
例2 A [Δt时间吹到人身体上的空气质量m=ρV=ρSvΔt，以风速方向为正方向，根据动量定理-FΔt=0-mv，由牛顿第三定律小明所受的风力大小F'=F=ρSv2=1.29×0.5×352 N≈790 N，故选A。]
例3 (1)31010 m/s (2)2345 m
解析 (1)对1号滑环由动能定理得
-μmgL=12mv12-12mv102
解得v1=3510 m/s
对1、2号滑环由动量守恒定律得
mv1=2mv20
解得2号滑环获得的初速度大小为
v20=31010 m/s
(2)对1、2号滑环由动能定理得
-μ·2mgL=12×2mv22-12×2mv202
解得v2=22 m/s
对1、2、3号滑环由动量守恒定律得
2mv2=3mv30
解得v30=23 m/s
对1、2、3号滑环由动能定理得
-μ·3mgx=0-12×3mv302
解得x=19 m
1号滑环滑行的总距离为
d=2L+x=2345 m
例4 BD [小球下落到最低点过程中，半圆槽不动，小球机械能守恒，有mgR=12mv02，解得v0=2gR，接下来小球向右运动，半圆槽离开墙，上升到最高点时，球和槽水平方向速度相等，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v，根据能量守恒定律可得mgh=12mv02-12(m+2m)v2，解得h=23R，故A错误；小球第一次经过最低点时，根据牛顿第二定律可得FN-mg=mv02R，解得FN=3mg，由牛顿第三定律可知，小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg，故B正确；第二次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2，根据机械能守恒定律可得12mv02=12mv12+12×2mv22，解得小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v2=232gR，故C错误；第三次经过最低点时，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1+2mv2=mv3+2mv4，根据机械能守恒定律可得12mv12+12×2mv22=12mv32+12×2mv42，解得小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v4=0，故D正确。]
变式 AD [子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2=(mB+mC)v3，12mBv22=12(mB+mC)v32+mBgh，解得h=0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2=-mBv4+mCv5，12mBv22=12mBv42+12mCv52，解得v5=8 m/s，故C错误，D正确。]
例5 B [由题图知，C与A碰前速度为v1=12 m/s，碰后速度为v2=3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
mCv1=(mA+mC)v2，解得mC=1 kg
当C与A速度为0时，弹性势能最大
Ep=12(mA+mC)v22=18 J，故A错误；
由题图知，12 s末A和C的速度为v3=-3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2
解得I=-24 N·s，方向向左，故B正确；
物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，即t=12 s时，物块B离开墙壁，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，则有
(mA+mC)v3=(mA+mC+mB)v'
Ep=12(mA+mC)v32-12(mA+mC+mB)v'2
联立解得Ep=6 J，C错误；
当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有
(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBv5
12(mA+mC)v32=12(mA+mC)v42+12mBv52
代入数据解得v5=-4 m/s，负号表示方向与C的初速度方向相反，故物块B的最大速度为4 m/s，故D错误。]
例6 (1)4mv02R (2)3m (3)5πR6v0
解析 (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，
所以Fn=m(2v0)2R=4mv02R
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，
则m·2v0=-mv+m'v
12m(2v0)2=12mv2+12m'v2
联立解得v=v0，m'=3m
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，
则球1反弹到P点的时间为
t1=T14=πR2v0
球1运动到P点时，球2运动到与P点关于球心对称的位置P'点，
此后至第二次碰撞所用时间为t2，
则有v0t2+2v0t2=πR
所以Δt=t1+t2=5πR6v0。
例7 (1)6 N (2)4 m/s
(3)0.25≤μm2时，v1'>0，v2'>0，碰后两球都沿v1方向运动，当m1≫m2时v1'=v1，v2'=2v1
(3)m10，碰后入射小球反弹，当m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0
完全
非弹
性碰
撞
碰后两球粘在一起末速度相同
动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v，机械能损失最多
损失的机械能
ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v2
图例
(水平面
光滑)
小球-弹簧模型
小球-曲面模型
小球-小球模型
达到
共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次
分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足12mv02=12mv12+12Mv22
图例
(水平面
或水平
导轨光滑)
未穿出
未滑离
达到共速
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能