第一篇 专题二 第八讲　动量-【高考二轮】新高考物理大二轮复习（课件+讲义+专练）

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1.冲量的三种计算方法
(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。
　(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为 0.18 N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；
　(2023·四川成都市蓉城名校联盟联考)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口直径为d，水从枪口高速喷出后，近距离垂直喷射到某物体表面且速度在短时间内由v变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ，则水在物体表面产生的平均冲击力大小为
以这部分水为研究对象，设物体表面对水的平均作用力大小为F，以水流速度方向为正方向，
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＝vSΔt。
(3)求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。(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。
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。
　如图所示，质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块，并以速度v离开木块，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是A.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量 和机械能都守恒B.子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量 不守恒，机械能守恒C.子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力等于(M＋m)g
根据题意可知，子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量守恒，子弹克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，故A、B错误；
子弹射出木块后的瞬间，木块有速度，根据圆周运动的规律，环对轻杆的压力大于(M＋m)g，故C错误；
　(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 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
方法一：设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2，……，第八次推物块后，运动员速度大小为v8。第一次推物块后，由动量守恒定律知Mv1＝mv0，第二次推物块后由动量守恒定律知M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知M(vn－vn－1)＝2mv0，
由题意知，v752 kg，又知v8>5.0 m/s，则M5 m/s，解得Mv1
　(2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜
面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面平滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
答案　0.6mv02　
当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻，根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0根据能量守恒定律有
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
答案　0.768v0t0
B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA对方程两边同时乘以时间Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA，将sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水
平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′根据能量守恒定律可得
方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小，mgsin θ＋μmgcs θ＝ma上mgsin θ－μmgcs θ＝ma下上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的位移速度关系可得2a上L＝(2v0)2－0,2a下L＝vA′2联立可解得μ＝0.45。
1.(2023·辽宁名校联盟一模)如图所示，相互接触质量均为m的木块A、B静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹水平方向的作用力恒为Ff，则下列说法正确的是A.t1时间内，子弹的动量变化量大于A的动量变化量B.t2时间内，子弹的动量变化量大于B的动量变化量C.t1时间内，子弹和A的总动量守恒D.t2时间内，子弹和B的总机械能守恒
t1时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以子弹和木块A、B的动量守恒m子v0＝m子v1＋(mA＋mB)v2⇒m子v0－m子v1＝(mA＋mB)v2子弹的动量变化量等于木块A、B整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于A的动量变化量，A正确，C错误；t2时间内，子弹和木块B的动量守恒m子v1＋mBv2＝m子v3＋mBv4⇒m子v1－m子v3＝mBv4－mBv2
子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错误；t2时间内，子弹穿过B的过程中，有热量产生，所以此过程中机械能不守恒，D错误。
2.(2023·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
答案　2.4 m/s　6.4 m/s　
丙向下摆动过程中机械能守恒
解得v0＝4 m/s丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mv0＝Mv′＋mv
解得碰后瞬间，丙速度大小v′＝2.4 m/s甲速度大小v＝6.4 m/s
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。
假设乙能从C点离开，通过C点后甲、乙水平速度相同，设甲速度为v甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv甲2解得v甲2＝3.2 m/s设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒得
又因为v乙12＝v甲22＋vy2解得vy＝2 m/s>0所以乙能从C离开圆弧轨道。
1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是A.在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械 能守恒，且水平方向动量守恒D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒， 但小球不能回到槽高h处
当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；
下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；
球在槽上下滑过程球与槽组成的系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m
＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并沿槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，由于小球被弹簧反弹后球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等，水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。
2.(2022·重庆卷·4)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小
由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F－t图像中图线与横轴围成的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F－t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量大小，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，A、B错误；
由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。
3.(2023·河北省4月联考)如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8 kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1 m，这段距离小车B与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑。木块A以速度v0＝15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动。已知木块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2。则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为A.45 J B.178 JC.225 J D.270 J
由题意知，小车和木块组成的系统动量守恒，当木块A和小车B速度相等时，弹簧弹性势能最大，有mv0＝(M＋m)v，
4.(多选)(2023·四川德阳市部分学校第一次诊断)如图所示，在水平冰面上，质量m1＝2 kg的冰壶A以大小为v1＝10 m/s的速度与静止的质量为m2＝3 kg的冰壶B发生正碰，碰撞可能是弹性碰撞也可能是非弹性碰撞，不计一切摩擦和空气阻力。关于碰后冰壶A的运动情况描述正确的是A.碰后冰壶A可能会被弹回，速度大小为1 m/sB.碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为1 m/sC.碰后冰壶A可能继续向前运动，速度大小为5 m/sD.碰后冰壶A不可能静止不动
若冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，以碰前冰壶A的速度方向为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒可得
联立解得vA＝－2 m/s，vB＝8 m/s，若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，则有m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝4 m/s，综上分析可知，碰后冰壶A速度的取值范围为－2 m/s≤vA≤4 m/s，故选A、B。
5.(2023·北京市通州区一模)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1、m2的A、B两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使A瞬时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，以下说法正确的是A.两物块的质量之比为m1∶m2＝ 2∶1B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势 能均达到最大值C.t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长D.t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
以A的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误；根据系统机械能守恒可知，在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。
D.木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减 少的动能与木板增加的动能之差
由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。
7.(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0
设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
联立解得v1＝v0设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
可得v1>v2碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
可得EkH>EkN故B正确，A、C、D错误。
8.(2023·河北邯郸市二模)质量相等的a、b两小球(视为质点)在同一竖直线的不同高度以不同的初速度同时竖直上抛，在a球到达最高点时两球发生正碰且碰撞时间极短。图中实线和虚线分别表示a、b两小球位置随时间变化的曲线，图线Ⅰ前半部分、图线Ⅱ后半部分关于t1时刻对称。则下列说法正确的是A.t＝0时刻，a球的速率大于b球的速率B.碰撞前后瞬间，b球的动量不变C.a球先落回地面D.碰撞后a球的机械能大于b球的机械能
x－t图线的斜率表示速度，根据题图可知，t＝0时刻，a球的速率小于b球的速率，A错误；根据题图可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，所以碰撞后瞬间，b球的速度变为零，动量也变为零，a球的速度增大，方向竖直向上，b球先落回地面，B、C错误；碰撞后两球处于同一位置，a球的速度大于b球的速度，两球质量相等，因此碰撞后a球的机械能大于b球的机械能，D正确。
9.(多选)(2023·福建泉州市质量监测)如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则A.单位时间内翅膀拍动空气的质量为SρvB.单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρv2
翅膀用速度v平推空气，使空气的速度变为v，根据动量定理有Ft＝mv，则翅膀对空气的作用力大小等于空气对翅膀的作用力大小，即F′＝F＝Sρv2，
10.(多选)如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，则A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒B.小球离开小车后做斜上抛运动
小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统仅在水平方向动量守恒，A错误；系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上
有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，
12.如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0＝1.0 m，在物块B的左侧固定有少量炸药。质量为M＝2.0 kg的物块A(可视为质点)靠在被压缩x1＝0.2 m的弹簧右端，O点为弹簧原长的位置，A与B相距l＝0.8 m。现将物块A由静止释放，与B发生碰撞(碰撞时间极短)并导致炸药爆炸，碰撞后A静止，B的速度v1＝8 m/s；物块B再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s。已知B的质量为m＝1.0 kg，C的质量为B质量的k倍，各物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.75，碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A释放前弹簧的弹性势能Ep；
设A与B碰撞前瞬间速度为v0，对A与B的碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv0＝mv1解得v0＝4 m/s
(2)B与C碰撞前瞬间，B的速度大小；
(3)要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围。
设B与C发生碰撞后瞬间B速度为v3，由动量守恒定律得：mv2＝mv3＋kmv解得v3＝7－2k (m/s)根据物理情景可得v3≤v
根据碰撞过程中动能不能增大可得：