2.4.3 动量定理的三种常见题型(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试(北京，江苏专版)

主题三　动量定理的三种常见题型 题型(一)　应用动量定理解决多过程问题 1.冲量、动量、动量定理的特点及表达式 2.应用动量定理的四点提醒 (1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因,又是物体动量变化的量度。(这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量) (2)动量定理的研究对象是一个物体。 (3)动量定理是针对某一过程的,解题时必须明确过程及初、末状态的动量。 (4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,必须选取正方向。 　　[典例]　 (2024·海安模拟)辘轳是我国古老的打水工具,如图所示,其由辘轳头、摇柄等部分组成,辘轳头和摇柄固定,转动摇柄即可打水。圆柱体辘轳头直径为d,桶和水的总质量为m,某次打水摇柄转动n圈将水桶匀速提到井口,用时为t,已知重力加速度大小为g,圆周率为π,忽略空气阻力,将水桶视为质点。 (1)求打水过程中绳索拉力做功的功率。 (2)在这次打水过程中,当水桶提到井口停下时,绳索突然断裂,水桶又掉进井里,撞击水面经时间t'后速度减为0,求水桶撞击水面时的速度大小及撞击水面的平均作用力大小。 　　[解析]　(1)提水速度v= 对水桶由平衡条件得F=mg 故绳索拉力做功的功率P=Fv=。 (2)井深h=πdn 对水桶由井口到水面的过程根据动能定理可得mgh=mv'2 解得水桶撞击水面时的速度大小为v'= 水桶撞击水面的过程中,取竖直向上为正方向,对水桶由动量定理得(F'-mg)t'=0-(-mv') 解得F'=+mg 根据牛顿第三定律得,水桶撞击水面的平均作用力大小为F″=F'=+mg。 　　[答案]　(1)　(2) 　+mg [针对训练] 1. (2024·无锡调研)起跳摸高是学生常进行的一项运动,一质量为80 kg的同学用力蹬地且举臂起跳,在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10 m;离地后身体形状近似不变,手指摸到的最大高度为2.55 m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s,不计空气阻力,起跳过程中他对地面的平均压力约为(g取10 m/s2) (　 ) A.1 450 N　　　　　　　 B.1 500 N　 C.2 000 N D.1 600 N 解析:选C　跳起后重心升高的高度为h=2.55 m-2.10 m=0.45 m,v2=2gh,所以人跳起的速度为v=3 m/s,根据动量定理得t-mgt=mv,解得起跳过程中地面对人的平均支持力约为=2 000 N,根据牛顿第三定律,起跳过程中人对地面的平均压力约为2 000 N,故选C。 2. (2024·南通模拟)一物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻起,受到的水平外力F随时间t的变化关系如图所示,以向右运动为正方向,物体质量为2.5 kg,则下列说法正确的是 (　 ) A.t=2 s时物体回到出发点 B.t=3 s时物体的速度大小为1 m/s C.前2 s内物体的平均速度为0 D.第3 s内物体的位移为1 m 解析:选D　F⁃t图线与横坐标轴所围成的面积表示冲量,由题图可知前2 s内,由动量定理得Ft-Ft=0,即t=2 s时物体速度变为0,没有回到原点,A错误;由题图0~3 s内由动量定理得Ft-Ft+Ft=mv-0,解得v=2 m/s,B错误;前2 s内物体位移不为0,由=,则平均速度不为0,C错误;第3 s内物体做初速度为0的匀加速直线运动,位移x=at2=××1 m=1 m,D正确。 题型(二)　用动量定理解决流体碰撞问题 研究 对象 流体类:液体流、气体流等,通常给出流体的密度ρ 微粒类:电子流、光子流、尘埃等,通常给出单位体积内的粒子数n 分析 步骤 ①建构“柱状”模型:沿流速v的方向选取一段小柱体,其横截面积为S ②微元 研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt 小柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt 小柱体内粒子数N=nvSΔt 小柱体动量p=mv=ρv2SΔt ③建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究 　　[典例]　物理学家列别捷夫从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”。光对物体单位面积的压力叫辐射压强或光压。已知频率为ν的光子的动量为,式中h为普朗克常量,c为光速。某二氧化碳气体激光器发出的激光功率为P=1 000 W,该光束垂直射到某平整元件上,该光束的横截面积为S=1.00 mm2,该激光的波长为λ,光速c=3×108 m/s,且c=λν,则 (　 ) A.该激光器单位时间内发出的光子数可表示为 B.该激光器单位时间内发出的光子数可表示为 C.该光束可能产生的最大光压约为667 Pa D.该光束可能产生的最大光压约为6.67 Pa 　　[解析]　光子的能量为E=hν=h,则单位时间内该激光器发出的光子数为N==,故A、B错误;如果光束被完全反射,且反射光垂直于元件表面,则光子的动量变化量的绝对值最大,以元件对光子的平均作用力F的方向为正方向,故t时间内光子的动量变化量为Δp=tNp-(-tNp)=2tN,根据动量定理有F=,又c=λν,所以该光束产生的最大光压为p'=,联立解得p'=≈6.67 Pa,故C错误,D正确。 　　[答案]　D 　　[思维建模]　注意区别两类流体碰撞模型 第一类——“吸收类”模型 即流体与被碰物体接触后速度变为零。 　　第二类——“反弹类”模型 即流体与被碰物体接触后以原速率反弹。如图所示,设时间t内流体与物体相碰的“粒子”数为n,碰前每个“粒子”的动量大小为p,被碰物体对“粒子”的平均作用力为F,以平均作用力F的方向为正方向,则“吸收类”模型满足F1t=0-n(-p);“反弹类”模型满足F2t=np-n(-p),“反弹类”模型的动量变化量的绝对值为“吸收类”模型的动量变化量的绝对值的2倍,解题时一定要明辨模型类别,避免出错。 [针对训练] 1. (2024·昆山模拟)如图,将总质量为200 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前、后速率不变,取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,则持续倾倒黄豆的时间约为 (　 ) A.1.5 s 　 B.2.0 s　 C.2.5 s 　 D.3.0 s 解析:选C　黄豆落在秤盘上时的速度大小为v==5 m/s,由动量定理得Ft=2mv,F=0.8 N,m=200 g,解得t=2.5 s,故选C。 2. (2024·连云港调研)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验,如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时,电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形,其半径为5 cm,空气密度为1.29 kg/m3,实验前电子秤已校准,取重力加速度g为10 m/s2。则此时吹风机的风速约为 (　 ) A.6 m/s　　　　　　　 B.8 m/s C.10 m/s D.12 m/s 解析:选A　对于Δt时间内吹出的空气,根据动量定理FΔt=mv=ρvSΔt·v,其中F=G=0.36 N,S=πr2,代入数据解得v≈6 m/s,故选A。 题型(三)　应用动量定理求解电磁感应中的电荷量 　　[典例]　 (2024·南京调研)如图所示,两根间距为L的平行金属导轨PQ和MN处于同一水平面内,左端连接一阻值为R的电阻,导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。一质量为m的导体棒CD垂直于导轨且与导轨接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,不计导体棒CD与导轨间的摩擦。现对导体棒CD施加水平向右的恒力F,使导体棒CD由静止开始向右做直线运动。若经过足够长时间t,导体棒CD获得的速度为v,求此过程中通过导体棒CD的电荷量q。 　　[解析]　导体棒CD在恒力F的作用下先做加速度减小的加速运动,后做匀速直线运动,设微小的Δt时间内导体棒CD的速度由v0变为v0+Δv,由动量定理得FΔt-BLiΔt=mΔv,即FΔt-BLΔq=mΔv,可以将t时间内的运动过程分解成N个这样的微小过程,N趋向无穷大,将这样的微小过程都累加起来,可得Ft-BLq=mv-0,解得q=。 　　[答案]　 　　[思维建模] 动量定理与电磁感应结合求电荷量的一般思维流程 [针对训练] 1. (2024·宿迁模拟)据报道,我国福建号航母舰载机弹射起飞的电磁弹射技术与他国不同,采用的储能方式是超级电容。某科学探究小组制作了一个简易的电容式电磁弹射装置,如图所示,间距为l的水平平行金属导轨左端连接充好电的电容器,电容为C,电压为U,导轨右端放置质量为m的光滑金属棒,匀强磁场沿竖直方向(图中未画出),磁感应强度大小为B,开关闭合后金属棒向右离开导轨后水平射出,若某次试验金属棒弹射出去后电容器两端的电压减为,不计一切阻力,则金属棒离开导轨的速度为 (　 ) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析:选C　根据电容器电容的定义式,有C=,可知金属棒在导轨上运动过程中通过它的电荷量为q=CΔU=CU,由动量定理,可得Blt=mv,又q=t,联立解得v=,故选C。 2.如图所示,宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置,空间存在足够宽的竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静置于导轨上,导轨电阻可忽略不计。现给导体棒cd一水平向右的初速度v0,对它们之后的运动过程,求: (1)整个运动过程回路产生的焦耳热为多少? (2)整个运动过程中通过导体棒ab的电荷量为多少? 解析:(1)导体棒ab和导体棒cd在运动过程中始终受到大小相等、方向相反的安培力,系统的动量守恒,以向右的方向为正方向,则有mv0=2mv1 由能量守恒定律得 Q=m-×2m=m。 (2)设整个过程中通过回路的电荷量为q,对导体棒cd由动量定理得-BLt=mv1-mv0,q=t 解得q=。 答案:(1)m　(2) [专题四　课时作业(二)]　主题三学习效果评价 (本检测满分60分) 一、选择题(共9小题,每小题5分,共45分) 1.蹦床是一项技术含量很高的体育运动。如图所示,比赛中运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力。运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在 (　 ) A.OA段动量守恒 B.AC段的动量变化量小于AC段弹力的冲量 C.B点的动量为零 D.OA段受到重力的冲量等于AC段受到弹力的冲量 解析:选B　运动员在OA段受到的合外力即为重力,合外力不为零,动量增大,故A错误;在AC段根据动量定理有IG+I弹=Δp,可知Δp<0,IG>0,I弹<0,则有|Δp|<|I弹|,故B正确;运动员在OB段都是加速向下运动,B点的动量不为零,故C错误;全程根据动量定理有IG+I弹=Δp=0,OC段受到重力的冲量与AC段受到弹力的冲量大小相等,方向相反,显然OA段受到重力的冲量与AC段受到弹力的冲量大小不相等,故D错误。 2.(2024·镇江模拟)2024年4月30日,神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示,距离地面高度约1 m时,返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,喷出的燃气相对于喷气前返回舱的速度为v,4台发动机喷气口的横截面积均为S,喷出燃气的密度为ρ。喷出的气体所受重力忽略不计。反推发动机工作时燃气对返回舱作用力的大小为 (　 ) A.4ρSv2 B.ρSv2 C.4ρSv D.ρSv 解析:选A　极短的时间Δt内喷出的燃气质量为Δm=ρvΔt·4S=4ρvΔtS,根据动量定理有FΔt=Δmv,联立解得F=4ρSv2,由牛顿第三定律知反推发动机工作时燃气对返回舱作用力的大小为F'=F=4ρSv2,故选A。 3. (2024·淮安模拟)如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷口直径为D,水流速度为v,水柱垂直汽车表面,水柱冲击汽车后水沿汽车表面散开。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是 (　 ) A.高压水枪单位时间喷出的水的体积为πvD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C.水柱对汽车的平均冲力为ρv2D2 D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,喷出的水对汽车的压力变为原来的4倍 解析:选D　高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量,即m0=ρV=ρπ·v=πρvD2,单位时间喷出的水的体积为V=πvD2,故A、B错误;设水柱对汽车的平均冲力为F,由动量定理得Ft=mv,即Ft=πρvD2tv,解得F=πρv2D2,故C错误;当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,结合C选项分析可知,喷出的水对汽车的压力变为原来的4倍,故D正确。 4. (2024·丹阳模拟)质量相等的A、B两个物体静置在同一水平面上,分别受到水平拉力F1、F2的作用,经过时间t0和3t0,分别撤去F1和F2,两个物体速度v随时间t变化的图像如图所示,设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2,F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2,下列结论正确的是 (　 ) A.I1>I2,W1>W2 B.I1<I2,W1>W2 C.I1<I2,W1<W2 D.I1>I2,W1<W2 解析:选B　由图像可知,两物体做匀减速运动时的加速度大小都为a=,根据牛顿第二定律f=ma,则摩擦力大小相等,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x1∶x2=6∶5;对全过程运用动能定理得W1-fx1=0,W2-fx2=0,则整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2=6∶5,W1>W2;根据图像可知,对全程由动量定理得I1-f·4t0=0,I2-f·5t0=0,即I1∶I2=4∶5,因此I1<I2,B正确。 5.一质量为80 kg的蹦极爱好者在一次蹦极中,离开踏板后运动过程中的部分x⁃t图像如图所示,其中OA为抛物线,AC为一般曲线,B点斜率为零,则从绳伸直后到运动到最低点的过程中,绳对他的平均作用力大小为(不计空气阻力,g取10 m/s2) (　 ) A.1 500 N B.2 000 N C.2 400 N D.3 000 N 解析:选B　由题意可知OA过程中蹦极爱好者做自由落体运动,A点绳刚好伸直,则有xA=g,解得tA=6 s,vA=gtA=60 m/s,B点斜率为零,可知B点对应速度为零,B点为最低点,从A点到B点的过程,根据动量定理可得(-mg)(tB-tA)=0-(-mvA),解得平均作用力大小为=2 000 N,故选B。 6.(2024·重庆高考)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘(质量为m)在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘 (　 ) A.被弹出时速度大小为 B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2的过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中,动量变化量大小为 解析:选A　根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2,解得v=,故A正确;针鞘到达目标组织表面后,继续前进d2减速至零,故到达目标组织表面时的动能Ek=F2d2,故B错误;针鞘运动d2的过程中,阻力做功为-F2d2,故C错误;针鞘运动d2的过程中,动量变化量大小为Δp==,故D错误。 7.如图所示,长为d、质量为m的细金属杆ab用长为L的两根绝缘细线悬挂后,恰好与水平光滑的平行金属导轨接触,平行金属导轨间距也为d,导轨平面处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。闭合开关S后,细金属杆ab向右摆起,悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g,则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为 (　 ) A. 　　B. C. 　　D. 解析:选C　金属杆ab摆起过程,由动能定理得mv2=mgL(1-cos θ),合上开关的瞬间,由动量定理得Δt=mv,其中=Bd,q=Δt,联立解得q=,选项C正确。 8.(2024年1月·九省联考安徽卷改编)如图所示,实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹,虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中,小球的质量为m,水平初速度为v0,初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v,方向与水平面成θ角,小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比,比例系数为k,重力加速度为g。下列说法错误的是 (　 ) A.小球落地时重力的功率为mgv B.小球下落的时间为 C.小球下落过程中的水平位移大小为 D.小球下落过程中空气阻力所做的功为m(v2-)-mgh 解析:选A　小球落地时重力的功率为PG=mgvsin θ,故A符合题意;小球下落过程在竖直方向根据动量定理得mvsin θ=mgt-k(vy1+vy2+vy3+…)Δt,(vy1+vy2+vy3+…)Δt=h,解得小球下落的时间为t=,故B不符合题意; 小球在水平方向根据动量定理得mvcos θ-mv0=-k(vx1+vx2+vx3+…)Δt,(vx1+vx2+vx3+…)Δt=x,解得小球下落过程中的水平位移大小为x=,故C不符合题意;小球下落过程根据动能定理得mv2-m=mgh+Wf,解得小球下落过程中空气阻力所做的功为Wf=m(v2-)-mgh,故D不符合题意。 9.(2024·苏州调研)如图所示,间距L=1 m的粗糙倾斜金属导轨与水平面间的夹角θ=37°,其顶端与阻值R=1 Ω的定值电阻相连,间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘水平面上,两导轨都足够长且在AA'处平滑连接,AA'至DD'均是光滑绝缘带,保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小B1=0.2 T的匀强磁场,水平导轨处有方向竖直向上、磁感应强度大小B2=0.5 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.2 kg,两导体棒接入电路部分的电阻均为R,初始时刻,导体棒1放置在倾斜导轨上,且距离AA'足够远,导体棒2静置于水平导轨上,已知倾斜导轨与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5。现将导体棒1由静止释放,运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。两导体棒与导轨始终垂直且接触良好,导轨电阻不计,下列说法正确的是 (　 ) A.导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动 B.导体棒1滑至AA'瞬间的速度大小为10 m/s C.稳定时,导体棒2的速度大小为10 m/s D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2 C 解析:选C　由于导体棒1释放点离AA'足够远,所以导体棒1滑至AA'时一定达到稳定状态,则导体棒1在倾斜导轨上下滑时先做加速度逐渐减小的加速直线运动,后做匀速直线运动,故A错误;由平衡条件可得B1IL+μmgcos 37°=mgsin 37°,根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律得I=,解得v=20 m/s,故B错误;导体棒1、2组成的系统由动量守恒定律可得mv=2mv',即稳定时,导体棒2的速度大小为v'=10 m/s,故C正确;对导体棒2由动量定理得B2LΔt=mv',即B2Lq=mv',电荷量q==4 C,故D错误。 二、非选择题 10.(15分)“鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置,使鸡蛋在保护装置中从10 m高处由静止下落撞到地面而不破裂。某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置,从10 m高处由静止下落到地面后瞬间装置速度减小为零,鸡蛋在保护器装置中继续向下运动0.3 m、用时0.1 s静止而完好无损。已知鸡蛋在装置中运动过程受到恒定的作用力,且该装置(含鸡蛋)的总质量为0.12 kg,其中鸡蛋的质量为m0=0.05 kg,不计下落过程装置质量的变化,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)装置落地前瞬间的速度; (2)在下降10 m的过程中,装置(含鸡蛋)克服阻力做的功; (3)鸡蛋在向下运动0.3 m的过程中,装置对鸡蛋的冲量。 解析:(1)根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同,设为v,对装置落地瞬间到鸡蛋速度减为零的过程,根据运动学公式x=t 代入数据解得v=6 m/s。 (2)以装置(含鸡蛋)为研究对象,设其质量为M,根据动能定理有Mgh-Wf=Mv2-0 代入数据解得Wf=9.84 J。 (3)以鸡蛋为研究对象,规定向上为正方向,根据动量定理得I-m0gt=0-m0(-v) 代入数据解得I=0.35 N·s。 答案:(1)6 m/s　(2)9.84 J　(3)0.35 N·s 学科网（北京）股份有限公司 $$