第一篇 专题二 第八讲　动量-2024年高考物理大二轮复习

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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。
(2023·江苏南通市调研)小明在立定跳远时，从起跳至着地的整个过程如图所示。保持起跳速度不变，则A.起跳过程屈腿姿态不同，地面 对小明做的功总为零B.起跳过程屈腿姿态不同，地面 对小明的平均作用力大小相同C.着地过程屈腿姿态不同，地面对小明的冲量相同D.着地过程屈腿姿态不同，小明的动量变化率相同
根据题意，由公式W＝Fx可知，无论起跳过程屈腿姿态什么样，地面对小明的作用力的方向位移为0，则地面对小明做的功总为零，故A正确；
起跳过程屈腿姿态不同，则起跳时间不同，由于起跳速度不变，由动量定理可知，地面对小明的平均作用力大小不同，故B错误；由于起跳速度不变，则落地速度也不变，即落地过程中动量的变化量不变，但着地过程屈腿姿态不同，落地时间不同，设地面对小明的冲量为I，由动量定理有mgt－I＝Δp可知，由于t不同，则I不同，故C、D错误。
(2023·江苏南通市期末)湖面上有帆船正以速度v1匀速顺风航行。已知该船帆的有效受风面积为S，水平风速恒为v2，且v1＜v2，湖面上空气密度为ρ。则风对船帆的推力的功率为A.ρSv22 B.ρS(v2－v1)2C.ρS(v2－v1)2v1 D.ρS(v2－v1)2v2
单位时间t内冲击船帆的空气的体积V＝SL＝S(v2－v1)t，单位时间t内冲击船帆的空气质量m＝ρV＝ρS(v2－v1)t，空气的动量改变量Δp＝m(v2－v1)，帆对空气的作用力为F，由动量定理Ft＝Δp，解得F＝ρS(v2－v1)2，根据牛顿第三定律，帆船在航行过程中受到的风的水平推力大小F′＝F＝ρS(v2－v1)2，风对船帆的推力的功率为P＝F′v1＝ρS(v2－v1)2v1，故C正确，A、B、D错误。
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。
(2022·江苏常熟市模拟)一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为
(2020·全国卷Ⅱ·21改编)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.51 kg C.58 kg D.63 kg
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M0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。③当m1＜m2时，v1′0，碰撞后质量小的球被反弹回来。④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(1)“保守型”碰撞拓展模型
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
(2023·江苏省南京师范大学附属中学一模)如图甲所示，物块A、B的质量均为2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不粘连。物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与物块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C的质量为2 kgB.物块B离开墙壁前，弹簧的最大 弹性势能为40.5 JC.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6 m/s
由题图知，C与A碰前速度为v1＝9 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，由动量守恒定律有mCv1＝(mA＋mC)v2，解得mC＝1 kg，故A错误；
由题图乙知，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＝－18 N·s，方向向左，故C错误；
如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，半圆轨道半径为R，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)
A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv2，
若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：
若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，最高到达与O等高处，此时由机械能守恒定律得：
可知若小球A不脱离轨道时，需满足：
如图所示，质量为M＝0.25 kg、带有 圆弧形槽的物体放在水平地面上，弧形槽的最低点静置一可视为质点、质量为m＝0.9 kg的物块，质量为m0＝0.1 kg的橡皮泥以大小为v0＝10 m/s、水平向右的速度与物块发生碰撞，碰撞后二者不分离，此后物块沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低点距离地面的高度为h＝0.8 m，弧形槽的半径为r＝0.1 m，弧形槽底端切线水平，忽略一切摩擦和橡皮泥与物块的碰撞时间，重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)橡皮泥击中物块后瞬间物块对弧形槽的压力大小；
橡皮泥与物块碰撞过程，橡皮泥与物块组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v解得v＝1 m/s在弧形槽底端对物块由牛顿第二定律得
解得FN＝20 N由牛顿第三定律可知，在弧形槽底端物块对弧形槽的压力大小为20 N
(2)物块沿弧形槽上滑的最大高度；
物块沿弧形槽向上滑动的过程中，物块、橡皮泥和物体水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，则有(m＋m0)v＝(M＋m＋m0)v′
解得h1＝0.01 m
(3)物块落地瞬间到物体最左端的距离。
物块在弧形槽上运动过程中，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，以水平向右为正方向，设物块与弧形槽分离瞬间，物块及橡皮泥的速度为v1，物体的速度为v2，则有(m＋m0)v＝Mv2＋(m＋m0)v1
解得v1＝0.6 m/s、v2＝1.6 m/s此后物块向右做平抛运动，物体向右做匀速直线运动
物块的水平位移为x1＝v1t＝0.24 m物体的位移为x2＝v2t＝0.64 m所以物块落地瞬间，物块到物体最左端的距离为Δx＝x2－x1＝0.4 m。
1.(2023·江苏高考仿真模拟)某跳水运动员从10 m跳台跳出，进入水中深度3 m后速度减为零，其质量为m＝50 kg，忽略空气阻力，且她在水中的运动近似为匀变速直线运动。则从入水到速度减为零的过程中，水给她的冲量大小最接近A.220 N·s B.520 N·sC.720 N·s D.920 N·s
在入水前，运动员做自由落体运动，只受重力，则有v12＝2gh，
她入水后做匀减速直线运动，最后速度减为0，
以向上为正方向，根据动量定理I－mgt＝0－m(－v1)，
2.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M＝2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0