新高考物理二輪復習重難點專練重難點07 動量（解析版）

重難點07動量1.命題情境源自生產(chǎn)生活中的與動量和沖量、動量守恒定律的相關的情境或科學探究情境，解題時能從具體情境中抽象出物理模型，正確應用動量定理和動量守恒定律解決物理實際問題。2.命題中一般是一維碰撞中的彈性碰撞和非彈性碰撞，既有一動碰一靜的彈性碰撞也有一動碰一動彈性碰撞，還有多個物體的參與的復雜過程的動量守恒問題和能量守恒問題。命題中還經(jīng)常出現(xiàn)單方向動量守恒和能量守恒相結合的問題。3.命題中經(jīng)常注重物理建模思想的應用，具體問題情境中，抽象出物體模型，利用動量和沖量的思想知識分析問題和解決問題。（建議用時：30分鐘）一、單選題1．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考一模）我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進行水稻播種．某次拋出的谷粒中有兩顆質(zhì)量相等的谷粒運動軌跡如圖所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點均為SKIPIF1<0，且軌跡交于SKIPIF1<0點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0方向水平，SKIPIF1<0方向斜向上。忽略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（

）A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B．谷粒1和谷粒2在SKIPIF1<0點相遇C．兩谷粒從O到P的過程中動量變化量相等D．兩谷粒從O到P的過程中動能的變化量相等【答案】D【解析】A．谷粒1和谷粒2在空中運動時只受重力作用，具有相同的加速度，故A錯誤；B．依題意，谷粒1做平拋運動，有SKIPIF1<0運動時間與O、P間的高度差有關，谷粒2做斜上拋運動，從O點運動到P點的時間明顯大于谷粒1的，所以二者不可能在P點相遇，故B錯誤；C．根據(jù)SKIPIF1<0可知兩谷粒從O到P的過程中動量變化量不相等，故C錯誤；D．根據(jù)SKIPIF1<0可知兩谷粒從O到P的過程中動能的變化量相等，故D正確。故選D。2．（2023上·河南·高三校聯(lián)考階段練習）2021年5月15日，我國首次火星探測任務天問一號探測器，在火星烏托邦平原南部預選著陸區(qū)著陸，在火星上首次留下中國印跡，邁出了我國星際探測征程的重要一步，天問一號著陸器著陸于火星表面的過程可簡化為如下過程：首先著陸器在距火星表面高為h處懸停，接著以恒定的加速度a豎直下降，下降過程火箭產(chǎn)生的反推力大小恒為F，當四條“緩沖腳”接觸火星表面時，火箭立即停止工作，隨后著陸器經(jīng)時間t速度減為0。已知著陸器的質(zhì)量為m，火星半徑為R（R遠大于h），引力常量為G，下列說法正確的是（）A．火星的質(zhì)量為SKIPIF1<0B．火星表面的重力加速度為SKIPIF1<0C．火箭反推力對著陸器所做的功為SKIPIF1<0D．著陸器對火星表面的平均沖擊力大小為SKIPIF1<0【答案】A【解析】AB．設火星表面的重力加速度為g，著陸器加速下降過程由牛頓第二定律有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0對火星表面的物體有SKIPIF1<0解得，火星的質(zhì)量為SKIPIF1<0故A正確，B錯誤；C．火箭反推力對著陸器所做的功為SKIPIF1<0故C錯誤；D．著陸器落在火星表面的過程，以向上為正方向，由動量定理得SKIPIF1<0又SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故D錯誤。故選A。3．（2023上·河北邯鄲·高二大名縣第一中學校聯(lián)考期中）如圖所示，質(zhì)量為3m、半徑為R的四分之一光滑圓弧體靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）從圓弧體的最高點由靜止釋放，已知重力加速度為g，則小球下滑過程中（）A．小球和圓弧體組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球的機械能守恒C．小球運動到最低點時速度大小為SKIPIF1<0D．小球運動到最低點時速度大小為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A.小球和圓弧體組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A錯誤；B.小球和圓弧體組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球的機械能不守恒，故B錯誤；CD.小球在圓弧體最高點滑下到分離過程中，M與m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒SKIPIF1<0由能量守恒可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故C正確，D錯誤。故選C。4．（2023上·陜西西安·高二西北工業(yè)大學附屬中學?？计谥校┤鐖D所示，c是半徑為R的SKIPIF1<0圓周的圓弧形光滑槽，其質(zhì)量為3m，靜置于光滑水平面上，A為與c的圓心等高的點，B為c的最低點，與水平面相切。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量未知的小球b靜止在c右邊的水平面上。將另一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的小球a從槽口A點自由釋放，到達水平面上與小球b發(fā)生彈性正碰。整個過程中，不計一切阻力，重力加速度為g，下列說法不正確的是（

）A．小球a下滑到B點過程中，小球a和光滑槽c組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒B．小球a第一次下滑到B點時，光滑槽c的速率為SKIPIF1<0C．小球a第一次下滑到B點時所受支持力大小為SKIPIF1<0D．當小球b的質(zhì)量為3m時，小球a與小球b碰撞后，小球a沿光滑槽c上升最大高度為SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．小球a下滑到B點過程中，小球a和光滑槽c組成的系統(tǒng)中只有重力做功，機械能守恒，小球a和光滑槽c組成的系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒，故A正確；B．小球a第一次下滑到B點時，小球a和光滑槽c組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有SKIPIF1<0根據(jù)機械能守恒有SKIPIF1<0解得光滑槽c的速度為SKIPIF1<0故小球a第一次下滑到B點時，光滑槽c的速率為SKIPIF1<0，故B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律SKIPIF1<0小球a第一次下滑到B點時所受支持力大小為SKIPIF1<0故C正確；D．當小球b的質(zhì)量為3m時，小球a與小球b碰撞后，根據(jù)動量守恒有SKIPIF1<0根據(jù)機械能守恒有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0小球a沿光滑槽c上共速時有SKIPIF1<0根據(jù)機械能守恒有SKIPIF1<0解得小球a沿光滑槽c上升最大高度為SKIPIF1<0故D錯誤。本題選不正確的，故選D。二、多選題5．（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）離子推進器是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進的動力，其工作原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。已知每個正離子質(zhì)量為m，電荷量為q，單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（

）A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小為SKIPIF1<0B．離子推進器獲得的平均推力大小為SKIPIF1<0C．加速正離子束所消耗的功率SKIPIF1<0D．為提高能量的轉換效率要使SKIPIF1<0盡量大，可以使用比荷更小的正離子【答案】CD【解析】A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小SKIPIF1<0A錯誤；B．電場對粒子加速有SKIPIF1<0根據(jù)動量定理有SKIPIF1<0其中SKIPIF1<0，SKIPIF1<0整理得離子推進器獲得的平均推力大小SKIPIF1<0B錯誤；C．加速正離子束所消耗的功率SKIPIF1<0C正確；D．根據(jù)以上分析可知SKIPIF1<0要使SKIPIF1<0盡量大，可以用質(zhì)量大、帶電量小即比荷更小的離子作為推進器，D正確。故選CD。6．（2023·河南開封·統(tǒng)考三模）如圖所示，兩根長度均為L的輕質(zhì)細桿，一端用質(zhì)量為m的球形（視為鉸鏈球a）鉸鏈相連，兩桿另一端分別安裝質(zhì)量為m和2m的小球b、c。開始時兩桿并攏，豎直放置在光滑水平地面上，鉸鏈球在上，從靜止釋放，b、c兩球開始向兩邊滑動，兩桿始終保持同一豎直面內(nèi)。已知三球本身的大小、a小球碰地面的能量損失以及一切阻力均可忽略，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b、c三小球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．a(chǎn)、b、c三小球組成的系統(tǒng)動量守恒C．a(chǎn)小球碰地面時速度為SKIPIF1<0D．當兩桿夾角為SKIPIF1<0時，b、c兩球的速度之比為SKIPIF1<0【答案】ACD【解析】AC．鉸鏈球a與桌面相碰時，三球的水平速度均為零，只有鉸鏈球a具有豎直向下的速度SKIPIF1<0。a、b、c三小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有SKIPIF1<0解得a小球碰地面時速度為SKIPIF1<0故AC正確；BD．在鉸鏈球下落過程中，鉸鏈球a豎直方向有加速度，b、c兩球豎直方向沒有加速度，可知a、b、c三小球組成的系統(tǒng)豎直方向動量不守恒；a、b、c三小球組成的系統(tǒng)水平方向不受力，故a、b、c三小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，當兩桿夾角為SKIPIF1<0時，如圖所示根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得SKIPIF1<0a、b、c三小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有SKIPIF1<0因桿剛性，每桿上、下兩端小球沿桿長方向的速度分量應相同，當兩桿夾角為SKIPIF1<0時，有SKIPIF1<0SKIPIF1<0聯(lián)立以上各式可解得SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0故當兩桿夾角為SKIPIF1<0時，b、c兩球的速度之比為SKIPIF1<0故B錯誤，D正確。故選ACD。三、解答題7．（2022·湖南長沙·長沙市明德中學?？级＃?022年2月10號，在北京舉行的冬奧會男子冰壺項目的比賽中，中國男子隊以SKIPIF1<0戰(zhàn)勝了強大的丹麥隊，為國爭光。冰壺運動最有魅力的地方就是運動員摩擦冰面的場景，摩擦冰面能在冰壺和冰面間形成水膜，從而減少摩擦，改變冰壺滑行的距離和方向，已知擦冰后冰面的動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼腟KIPIF1<0，冰壺場地如圖所示，已知前擲線和攔線的距離為L，某次比賽中A隊先投，A隊投擲第一個冰壺A時，冰壺A在前擲線以SKIPIF1<0速度離手，冰壺運動過程中A隊隊員沒有擦冰，冰壺A剛好停在攔線處，然后B隊開始投擲第一個冰壺B，已知冰壺的質(zhì)量都可視為相等。求：（1）不擦冰時冰面的動摩擦因數(shù)SKIPIF1<0；（2）如果希望冰壺A運動距離變?yōu)樵瓉淼?.2倍，A隊需要擦冰的長度x至少為多少？（3）已知冰壺正碰的恢復系數(shù)為0.8，（恢復系數(shù)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0為碰后速度，v為碰前速度），若B隊要讓冰壺A碰后在不擦冰的情況下剛好滑行0.09L，求冰壺B在前擲線離手速度SKIPIF1<0的取值范圍？【答案】（1）SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0【解析】（1）根據(jù)動能定理得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（2）根據(jù)動能定理得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0（3）設碰撞前瞬間B的速度為v1，碰撞后A的速度為SKIPIF1<0，B的速度為SKIPIF1<0，碰后對SKIPIF1<0由動能定理得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0選擇水平向右為正方向，由動量守恒有SKIPIF1<0碰撞過程中SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0對SKIPIF1<0碰撞前滑行過程，在不擦冰的情況下，要實現(xiàn)要求，由動能定理有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0在全程擦冰時，由動能定理得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0則取值范圍為SKIPIF1<08．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）如圖甲所示，在光滑水平面上靜止的小物塊A和長木板B質(zhì)量均為m=2kg，小物塊A位于長木板B的左端，二者之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。t=0時刻小物塊A獲得水平向右、大小為v0=7m/s的初速度，同時給小物塊A施加如圖乙所示的水平向右的作用力。5s時長木板B與其右側豎直擋板發(fā)生第1次碰撞。5s后撤去小物塊A所受的水平作用力，最終小物塊A沒有從長木板B上滑下。長木板B與豎直擋板的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后長木板B的速度大小不變，方向相反。重力加速度g取10m/s2，求：（1）0~5s內(nèi)水平作用力的沖量大?。唬?）t=0時刻長木板B右側與豎直擋板的距離；（3）長木板B與豎直擋板第2次碰撞前的速度大小，并通過計算分析是否會發(fā)生第3次碰撞?！敬鸢浮浚?）SKIPIF1<0；（2）12.5m；（3）1m/s，不會【解析】（1）沖量大小即為圖線與坐標軸圍成的面積，即SKIPIF1<0（2）對小物塊A分析，取向右為正方向，由動量定理可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0對長木板B應用動量定理，得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0說明長木板B與豎直擋板發(fā)生第1次彈性碰撞時，二者還沒有達到共同速度，則t=0時刻長木板B右側與豎直擋板的距離SKIPIF1<0（3）長木板B與豎直擋板碰后，速度反向，大小不變，由動量守恒定律，得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0長木板B與豎直擋板發(fā)生第2次彈性碰撞時，小物塊A與長木板B已達到共同速度。第2次碰撞后，對小物塊A和長木板B應用動量守恒定律，得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0第2次碰后，長木板B向左運動過程中與小物塊A速度會同時減為0，所以不會發(fā)生第3次碰撞。一、動量定理的應用1．恒力：求Δp時，用Δp＝Ft。2．變力：求I時，用I＝Δp＝mv2－mv1。3．Δp一定：Ft為確定值，F(xiàn)＝eq\f(Δp,t)，t小F大——如碰撞；t大F小——如緩沖。4．矢量性：動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。5．流體類：對于連續(xù)流體應用動量定理時，要確定小段時間Δt的連續(xù)體為研究對象，寫出Δt內(nèi)的質(zhì)量Δm與Δt的關系式，分析連續(xù)Δm的受力情況和動量變化。二、動量守恒定律的條件及應用1．動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．動量守恒定律的適用條件（1）前提條件：存在相互作用的物體系；（2）理想條件：系統(tǒng)不受外力；（3）實際條件：系統(tǒng)所受合外力為0；（4）近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)所受的外力；（5）方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒。3．動量守恒定律的表達式（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和；（2）Δp1=–Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向；（3）Δp=0，系統(tǒng)總動量的增量為零。4．動量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬時性；③相對性；④普適性。5．應用動量守恒定律解題的步驟：（1）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上動量是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列出方程；（5）代入數(shù)據(jù)，求出結果，必要時討論說明。三、碰撞與動量守恒定律1．碰撞的特點（1）作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，總動量總是守恒的。（2）碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其他形式的能量轉化為動能。（3）碰撞過程中，當兩物體碰后速度相等時，即發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動能損失最大。（4）碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略。2．碰撞的種類及遵