统考版2021届高考物理二轮复习提升指导与精练10动量和冲量动量定理及其应用含解析

动量和冲量、动量定理及其应用

1．本部分内容改为必考后，一般是以较容易或中等难度的选择题或计算题出现，可单独考查，也可和动量守恒定律综合考查。

2．注意要点：

(1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；(2)动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量。

例1．(2020∙全国I卷∙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】因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。

例2．(2019∙全国I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4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(    )

A．1.6×102 kg    B．1.6×103 kg       C．1.6×105 kg       D．1.6×106 kg

【考题解读】本题考查了考生对动量定理的理解能力，体现了物理模型建构的核心素养。注意单位统一用国际单位制单位，研究对象选择发动机在1 s内喷射出的气体。

【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＝mv－0，则m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确。

1．(多选)下面的说法正确的是(　　)

A．物体运动的方向就是它的动量的方向

B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零

C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大

D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小

【答案】ABD

【解析】由p＝mv知物体运动的方向跟它的动量的方向一致，故A正确；若物体的速度变化，则动量变化，冲量是动量的变化量，故B正确；如做匀速圆周运动的物体，合外力对物体的冲量不为零，合外力的冲量引起物体速度的方向改变，物体的速度大小不变，动能不变，故C错误，D正确。

2．2018年3月22日，一架中国国际航空CA03客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被击穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机飞行的速度为150 m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，与飞机的速度相比可忽略不计。已知小鸟的质量约为0.4 kg，小鸟与飞机的碰撞时间为6.0×10－4 s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为(    )

A．108 N       B．105 N      C．103 N       D．102 N

【答案】B

【解析】可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度v＝150 m/s，撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得Ft＝mv－0，代入数据可得F＝1.0×105 N，故B正确。

3．运动员在水上做飞行运动表演，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，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)

A．2.7 m/s         B．5.4 m/s

C．7.6 m/s         D．10.8 m/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，忽略水的重力冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·π，因运动员悬停在空中，则F＝Mg，联立解得v≈7.6 m/s，故C正确。

4．(多选)一个静止的质点在t＝0到t＝4 s这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一直线上，F随时间t的变化关系如图所示。下列说法中正确的是(　　)

A．在t＝0到t＝4 s这段时间，质点做往复直线运动

B．在t＝1 s时，质点的动量大小为1 kg·m/s

C．在t＝2 s时，质点的动能最大

D．在t＝1 s到t＝3 s这段时间，力F的冲量为零

【答案】CD

【解析】0～2 s内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4 s内，合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为0～2 s内和2～4 s内加速度大小和方向是对称的，则4 s末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第4 s末质点位移最大，故A错误；F－t图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在t＝1 s时，冲量大小I1＝0.5 N•s，根据动量定理可知，质点的动量大小为0.5 kg•m/s，故B错误；由A的分析可知，在t＝2 s时，质点的动能最大，故C正确；F－t图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在t＝1 s到t＝3 s这段时间，力F的冲量为零，故D正确。

5．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mgh

C．在t时间内，地面给小明的平均支持力为＝

D．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，所以小明是先超重后失重，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，这是在蹬地的时间t中，其他外力做功转化的，故B正确；在时间t内，由动量定理得t－mgt＝mv－0，离开地面到最高点有mgh＝mv2，联立解得＝＋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。

6．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)

A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s

B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J

C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s

D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W

【答案】D

【解析】类比速度图象中位移的表示方法可知，在a－t图象中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在0～6 s内Δv＝18 m/s，又v0 ＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A错误；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv＝396 J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D正确。

7．(多选)一个篮球被竖直向上抛出后又落回到拋出点。假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小与其运动的速度大小成正比，下列判断正确的是(    )

A．上升过程中重力的冲量大小等于下降过程中重力的冲量大小

B．篮球运动的过程中加速度一直减小

C．上升过程中空气阻力做的功等于下降过程中阻力做的功

D．上升过程中空气阻力的冲量大小等于下降过程中空气阻力的冲量大小

【答案】BD

【解析】根据牛顿第二定律，上升过程有mg＋f＝ma1，下降过程有mg－f′＝ma2，由于阻力大小与其运动的速度大小成正比，而在运动过程中，阻力先向下，再向上，故加速度一直减小，故B正确；根据运动过程可知，上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以有t1＜t2，故上升过程中重力的冲量大小要小于下降过程中重力的冲量大小，故A错误；由于阻力随速度的变化而变化，所以上升过程的平均阻力较大，由于上升和下降过程的位移大小相同，因此阻力做功不同，故C错误；设t时刻物体的速度大小为v，经过极短Δt时间，空气阻力的冲量为ΔIf，则由题意知，空气阻力大小为 f＝kv，ΔIf＝fΔt＝kvΔt＝kΔx；等式两边求和，得∑ΔIf＝∑kΔx＝kx，则得If＝kx，因为上升与下降两个过程中，物体通过的距离x相等，故知两个过程空气阻力冲量大小相等，故D正确。

8．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，试结合图象，求：

(1)运动员的质量；

(2)运动员跳起的最大高度；

(3)在11.5～12.3 s时间内，运动员对弹簧床的平均作用力多大？

【解析】(1)由图象可知：mg＝500 N，所以m＝50 kg。

(2)由图象可知，运动员在空气中运动时间t＝2 s，所以

H＝g2＝×10×12 m＝5 m。

(3)v0＝v＝g·＝10 m/s

以运动员为研究对象，向上为正，由动量定理得：

(－mg)·Δt＝mv－m(－v0)

解得＝1750 N

由牛顿第三定律，运动员对弹簧床的平均作用力为1750 N。

9．“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：如图所示，在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝1 m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m＝1000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝1.6 m/s2，四条“缓冲脚”的质量不计。求：(结果均保留一位有效数字)

(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做的功；

(2)从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。

【解析】(1)设飞船悬停时距月面的距离为h，则h＝100 m

设飞船加速下降时火箭推力为F，则mg－F＝ma

推力对火箭做功为：W＝－Fh

解得：W＝－6×104 J。

(2)t＝2 s，a＝1 m/s2

“缓冲脚”触地前瞬间，飞船速度大小为：v2＝2ah

从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I：

4Isin 60°－mgt＝mv

解得：I≈5×103 N·s。

10．动能定理和动量定理是解决力学问题中常用的两个重要途径，教材在推导这两个定理时利用的是质点在恒力作用下的运动情景，针对质点在变力作用下的运动，这两个定理也是适用的，只是定理中的力指的是平均力，两个定理中的平均力的意义不同，动能定理中的平均力F1指的是合力对位移的平均值，动量定理中的平均力F2指的是合力对时间的平均值.

(1)若一个质量为2 kg的物体，受到变力的作用由静止开始沿直线运动，在2 s的时间内运动了5 m，速度达到4 m/s。请分别求出在此过程中的平均力F1和F2的值；

(2)若质量为m的物体在变力作用下沿直线运动，经历时间t，速度由v0变成vt，位移为x。请分析说明：物体的平均速度和v0、vt满足什么条件时，F1和F2是相等的。

【解析】(1)有动能定理得：F1x＝mv2－0

代入数据解得：F1＝3.2 N

由动量定理得：F2t＝mv－0

代入数据解得：F2＝4 N。

(2)由动能定理可得：F1x＝mvt2－mv

由动量定理可得：F2t＝mvt－mv0

若要使F1＝F2，则联立以上各式可得：。