新高考物理三轮冲刺练习重难点07 动量（含解析）

重难点07 动量

动量观点是解决物理问题的三大观点之一。动量定理能计算合力的冲量或某一个力的冲量。动量守恒定律能解决动量守恒的很多物理问题，使复杂的问题简单化。特别像反冲、碰撞、爆炸等物理问题常常结合物理研究情境和生产、生活中的问题情境命题，多过程问题中经常结合动力学、能量、动量等多种观点解决问题。

例题1. （2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（　　）

A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力

B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度

C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度

D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间

【答案】B

【解析】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；

B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；

C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；

D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。

故选B。

例题2. （2022·北京大兴精华学校三模）神舟十三号载人飞船的返回舱距地面10km时开始启动降落伞装置，速度减至10m/s，并以这个速度开始在大气中降落。在距地面1m时，返回舱的四台缓冲发动机开始竖直向下喷气，舱体再次减速。每次喷气时间极短，返回舱的质量和降落伞提供的阻力可以认为不变。

（1）设最后减速过程中返回舱做匀减速直线运动，并且到达地面时恰好速度为0，求：

a．最后减速阶段的加速度大小；

b．返回舱的总质量大约3吨，根据资料，返回舱发动机对地喷气速度约为3km/s，试估算每秒每个喷嘴喷出的气体质量。

（2）若返回舱总质量为M，当其以速度匀速下落过程中，开动喷气发动机开始竖直向下喷气，每次喷出气体的质量为m，则：

a．如果喷出气体相对地面的速度大小为v，喷气两次后返回舱的速度是多大？

b．如果喷出气体相对喷嘴的速度大小为v，喷气两次后返回舱的速度是多大？

【答案】（1）a．；b．；（2）a．；b．

【解析】（1）a．根据运动学公式可得

所以

加速度大小为50m/s2，负号表示加速度方向与初速度方向相反。

b．设每个喷气嘴获得的反冲力为F，单位时间每个喷出气体质量为，则

解得

（2）a．设两次喷气后返回舱速度大小为，由动量守恒定律可得

解得

b．第一次有

第二次有

所以联立解得

一、动量定理的应用

1．恒力：求Δp时，用Δp＝Ft。

2．变力：求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1。

3．Δp一定：Ft为确定值，F＝，t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲。

4．矢量性：动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。

5．流体类：对于连续流体应用动量定理时，要确定小段时间Δt的连续体为研究对象，写出Δt内的质量Δm与Δt的关系式，分析连续Δm的受力情况和动量变化。

二、动量守恒定律的条件及应用

1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒定律的适用条件

（1）前提条件：存在相互作用的物体系；

（2）理想条件：系统不受外力；

（3）实际条件：系统所受合外力为0；

（4）近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；

（5）方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。

3．动量守恒定律的表达式

（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和；

（2）Δp1=–Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；

（3）Δp=0，系统总动量的增量为零。

4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。

5．应用动量守恒定律解题的步骤：

（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）；

（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）；

（3）规定正方向，确定初、末状态动量；

（4）由动量守恒定律列出方程；

（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

三、碰撞与动量守恒定律

1．碰撞的特点

（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律

3．关于弹性碰撞的分析

两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2

①

②

由①②可得：③

④

利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：

a．当时，，，两钢球沿原方向原方向运动；

b．当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；

c．当时，，，两钢球交换速度。

d．当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。

e．当时，，，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。

4．一般的碰撞类问题的分析

（1）判定系统动量是否守恒。

（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

（3）判定碰撞前后动能是否不增加。

（建议用时：30分钟）

一、单选题

1． （2022·辽宁·鞍山市矿山高级中学三模）质量的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动

B．4s末物体的速度为零

C．6s内合外力的冲量为

D．6s内合外力做功为8J

【答案】C

【解析】A．由图可知，合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速度运动，最后做加速度增大的减速运动，故A错误；

B．由动量定理可知，合外力冲量等于物体动量的变化，物体从静止开始运动，有

在图像中，合外力的冲量即为所围成图形的面积，有

解得

故B错误；

C．图像与坐标轴所围面积表示合力的冲量，合力冲量为

合力的冲量为0，则6s内合外力的冲量为，故C正确；

D．由动量定理可得

即

此时的动能为

由于合力的冲量为0，即动量不变，则动能也不变，所以6s内合外力做功为4J，故D错误。

故选C。

2． （2022·四川· 模拟预测）如图，水平面上固定有间距为L 的两根平行光滑金属导轨P、Q。矩形区域EFGH内有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t= t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH以相同速率v0进入磁场，一段时间后，t= t2时，流经a棒的电流为0，此时a、b棒仍位于磁场区域内。已知a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R（其他电阻不计），a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则 （　　）

A．t1时刻a棒加速度大小为

B．t2时刻b棒的速度为0

C．t1~ t2时间内，a棒产生的焦耳热为

D．要使a、b不相碰，边界EF与GH的距离至少为

【答案】A

【解析】A．由右手定则可知，a、b棒在磁场中运动产生的感应电流方向是逆时针方向，则回路中的电动势为两棒产生的电动势之和，在t= t1时刻，即为

E=2BLv0

对a棒，由牛顿第二定律可得

BIL=ma

A正确；    

B．由题意可知，金属棒a、b的电阻率相同，长度相同，电阻分别为R和2R，由电阻定律可得

长度相同，可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为。金属棒a、b在磁场中时，流经的电流等大反向，所受安培力等大反向，a、b组成的系统所受合外力等于零，则有该系统动量守恒，在t= t2时，流经a棒的电流是0，则有a、b棒之间的磁通量不变，因此两者的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得

解得

即t2时刻b棒的速度为，B错误；

C． t1~ t2时间内，对 a、b组成的系统，由能量守恒定律可得

解得t1~ t2时间内，a棒产生的焦耳热为

C错误；

D．由题意可知，b棒的质量小，加速度大，在向左运动中，速度减小的快，速度减到零后，开始向右做加速运动，a棒继续向右做减速运动，当两棒速度相等且不相碰，此时两棒的距离最近，两棒速度均为，设两棒开始运动到两棒速度相等，两棒的位移大小之和为x，由电磁感应定律，则有

金属棒受安培力的平均值为

对a棒由动量定理可得

解得要使a、b不相碰，边界EF与GH的距离至少为

D错误。

故选A。

3． （2022·黑龙江·哈师大附中模拟预测）在匀强磁场中，一个静止的原子核发生了一次α衰变，放出一个α粒子，同时生成一个新核。两粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，α粒子的动能大小为E，动量大小为p。设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和的动能。下列说法正确的是（　　）

A．α粒子的轨迹与的轨迹为两个内切圆

B．将α粒子和的圆周运动等效成一个环形电流，电流大小分别为和，则和之比为13：10

C．的动量大小为

D．的动能大小为

【答案】D

【解析】A．该衰变过程动量守恒，故两粒子动量等大、反向，由左手定则受力分析可知，α粒子的轨迹与的轨迹为两个外切圆，A错误；

B．粒子在磁场中做圆周运动

解得

故周期为

等效电流为

故α粒子和核的等效电流比为

B错误；

C．由动量守恒可知，核与α粒子动量等大反向，故的动量大小也为p，C错误；

D．设α粒子质量为，电量为，速率为。核质量为，电量为，速率为，由动量守恒

故

故α粒子的动能可表示为

核的动能可表示为

联立可得

D正确。

故选D。

4． （2022·河北·模拟预测）如图所示，A、B两个小球静止在光滑水平地面上，用轻弹簧连接，A、B两球的质量分别为0.4kg和1.2kg。现使A球获得向右的瞬时速度。已知弹簧始终在其弹性限度之内，则在A、B两球运动的过程中（　　）

A．B球的最大速度大小为1.5m/s

B．B球速度最大时，A球的速度大小为3m/s，方向水平向左

C．A球速度为0时，A、B组成的系统动能损失最大

D．A球加速度为0时，B球的速度最大

【答案】B

【解析】AB．当B球速度最大时，弹簧处于原长，以向右为正方向，设此时A、B速度为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒有

解得

v1=-3m/s，v2=3m/s

A错误，B正确；

C．由能量守恒可知，A、B组成的系统动能损失最大时，弹簧弹性势能达到最大值，此时A、B速度相同，设为，由动量守恒

解得

C错误；

D．A球加速度为0时，弹簧处于原长，当弹簧从压缩状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐增大，弹簧恢复原长时B速度达到最大；当弹簧从伸长状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐减小，弹簧恢复原长时B速度达到最小值，D错误。

故选B。

二、多选题

5．如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是（　　）

A．A、B分离时A的速度为

B．A、B分离时A的速度为

C．A、B、C组成的系统损失的机械能为

D．A、B、C组成的系统损失的机械能为

【答案】  BD

【解析】

AB．该过程动量守恒，有

解得

A错误，B正确；

CD．A、B、C组成的系统损失的机械能为

C错误，D正确。

故选BD。

6． （2022·河南·一模）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小，则下列判断正确的是（　　）

A．0～2s内，F的冲量大小为

B．3s时物块的动量大小为

C．2s时物块的动能为零

D．2～4s内，F对物块所做的功为6J

【答案】ABD

【解析】A．F-t图像的面积表示力F的冲量，由图可知，0~2s内，F的冲量为

故A正确；

B．由于最大静摩擦力为

所以0~1s内物块一直处于静止状态，故0~3s内动量变化与1~3s内动量变化相同，根据动量定理有

解得

故B正确；

C．0~2s内，根据动量定理有

解得

所以2s时物块动能为

故C错误；

D．2~4s，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

所以F做的功为

故D正确。

故选ABD。

三、解答题

7． （2022·江苏·高考真题）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求：

（1）粒子a、b的质量之比；

（2）粒子a的动量大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有

解得

由题干知半径之比，故

因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为

联立解得

（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律

因为分裂后动量关系为，联立解得

8． （2022·天津河西·三模）一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为m的小物块A放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为6m，一起静止在光滑水平面上，物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度v顺时针转动。游戏时，A被小孩以相对水平面的速度向左推出，一段时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度向左推出，如此反复，直至A追不上小孩为止。已知物块A与传送带MN间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

（1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小；

（2）若传送带转动的速度，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间。

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）地面光滑，物块A与小孩、车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有

解得

（2）物块被小孩第一次推出到与传送带共速期间物块的受力如图所示

该过程中物块的加速度为，则有

解得

物块被小孩第一次推出到与传送带共速所用时间为，对地位移为

解得

物块与传送带共速之后将以的速度匀速运动至，匀速运动用时

物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间为