新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题08动量问题综合（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习题型归纳与变式练习专题08动量问题综合（含解析），共37页。试卷主要包含了应用动量定理解释的两类物理现象，应用动量定理解题的一般步骤，“人船模型”问题等内容，欢迎下载使用。
专题08：动量问题综合

考点1 冲量和动量定理 1
考点2 动量和动量守恒定律 3
考点3 动量定理与动量守恒定律的综合 6
考点4 动力学、动量和能量观点的综合应用 9
考点5 三种观点解决力学问题 12

考点1 冲量和动量定理
(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。
(2)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。
1．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。
2．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受合外力为零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。
【典例1】太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为，离子以的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A. B.
B. C. D.
【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有

而

解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
【变式1-1】一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )

A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】由动量定理可得：Ft=mv，解得 ，t=1 s时物块的速率为=1 m/s，故A正确；在F-t图中面积表示冲量，所以，t=2 s时物块的动量大小P=Ft=2×2=4kg.m/s ，t=3 s时物块的动量大小为P/=(2×2-1×1)kgm/s=3 kg·m/s，t=4 s时物块的动量大小为P//=(2×2-1×2)kgm/s=2 kg·m/s，所以t=4 s时物块的速度为1m/s，故B正确 ，C、D错误
【变式1-2】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
【答案】　A
【解析】　这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【变式1-3】质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是(　　)
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
【答案】　C
【解析】　由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则摩擦力大小都为m.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝，F2＝，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，v－t图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．
考点2 动量和动量守恒定律
(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受合外力为零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。
【典例2】(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则(　　)
A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒
B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒
C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒
D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【答案】选BD
【解析】　子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。
【变式2-1】（2021·浙江卷）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．两碎块的位移大小之比为1:2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【解析】
A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知

因两块碎块落地时间相等，则

则

则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知

解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为

选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移

质量小的碎块的水平位移

爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为

选项CD错误。
故选B。
【变式2-2】如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)
A.系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
【答案】选BD　
【解析】系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。
【变式2-3】(2021·安徽师大附中检测)质量m＝260 g的手榴弹从水平地面上以v0＝10 m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h＝5 m的最高点时爆炸，手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地时动能为5 J。重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：
(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；
(2)手榴弹所装火药的质量；
(3)两块弹片落地点间的距离。
【答案】　(1)10 m/s　(2)0.06 kg　(3)26 m
【解析】　(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1，有mv02＝mv12＋mgh
代入数据解得v1＝10 m/s。
(2)设两块弹片的质量均为m′，爆炸后瞬间其中一块速度为零，设另一块速度为v2，有m′gh＝5 J
代入数据解得m′＝0.1 kg
设手榴弹所装火药的质量为Δm，有Δm＝m－2m′
代入数据解得Δm＝0.06 kg。
(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t，两块弹片落地点间的距离为Δx，有mv1＝m′v2，Δx＝v2t，h＝gt2
代入数据解得Δx＝26 m。
考点3 动量定理与动量守恒定律的综合
(1)动量定理与动量守恒定律都是矢量方程，应用时要规定正方向，同时要关注速度、速度变化量、动量及动量变化量的矢量性。
(2)动量定理关注力和力的作用时间，而动量守恒定律要关注系统内相互作用过程。
几种常见模型的特点及规律
模型
特点及满足的规律

子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝mv02－(M＋m)v2若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝mv02－mv12－Mv22

(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒，即
m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v02＝(m1＋m2)v共2＋Epm。
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22
模型

表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的小木块以初速度v0滑上木板，若木块未滑离木板，当木块与木板相对静止时，二者的共同速度为v，木块相对木板的位移为d，木板相对地面的路程为s，木块和木板间的摩擦力为f。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况，则有mv0＝(M＋m)v，
f·d＝mv02－(M＋m)v2＝mv02。

若木块滑离木板，设滑离木板时，木块的速度为v1，木板的速度为v2木板长为l，则根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，摩擦力和相对路程的乘积等于系统动能的减少量，有
f·l＝mv02－mv12－Mv22。
【典例3】(2021·广安高三检测)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1 600 kg的试验车以速度v1＝36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；
(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
【答案】　见解析
【解析】(1)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1的方向为正方向
由动量定理有－I0＝0－m1v1 ①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s ②
由冲量定义有I0＝F0t1 ③
将已知数据代入③式得F0＝1.6×105 N。 ④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1 ⑥
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N
可见F