2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義：專題二 功和能、動量 第6講 沖量與動量 【含答案】

2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)講義專題二功和能、動量第6講沖量與動量【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】在近年的浙江物理試題中,動量的考查呈現(xiàn)多點(diǎn)分布的特點(diǎn),即動量概念的理解、動量定理的應(yīng)用、動量守恒定律的應(yīng)用,分散在選擇題和不同的計(jì)算題中.在選擇題中,偏重概念的理解,特別是對矢量性的理解.在動能定理與曲線運(yùn)動相結(jié)合的大題中往往會加入兩物體碰撞的環(huán)節(jié),在電磁感應(yīng)為主的大題中一般要計(jì)算安培力的沖量,在帶電粒子運(yùn)動的大題中會涉及電子束等對靶的沖擊力的計(jì)算.題型1動量、沖量與動量定理沖量的三種計(jì)算方法公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量.若F-t成線性關(guān)系,也可直接用平均力求解例1[2024·余姚模擬]如圖所示,某高中學(xué)生正在練習(xí)頭部顛球技巧.假設(shè)足球從靜止開始下落45cm,被頭豎直頂起,離開頭部后足球上升的最大高度仍為45cm,足球與頭部的接觸時間為0.1s,足球的質(zhì)量為0.4kg,不計(jì)空氣阻力.下列說法正確的是 ()A.頭向上頂球的過程中,足球的動量變化量大小為1.2kg·m/sB.頭向上頂球的過程中,頭對足球的沖量等于足球動量的變化量C.頭向上頂球的過程中,頭部對足球的平均作用力大小為28ND.從最高點(diǎn)下落至又回到最高點(diǎn)的過程中,足球重力的沖量為零

【技法點(diǎn)撥】1.動量、動量改變量、沖量都是矢量,在比較它們或者是用動量定理計(jì)算時,應(yīng)先確定正方向.2.動量定理除了用于計(jì)算恒力的沖量之外,也可以結(jié)合F-t圖像分析變力的沖量、物體的多過程問題.3.在電磁感應(yīng)中經(jīng)常需要通過動量定理計(jì)算變力安培力的沖量(求導(dǎo)體棒通過位移、通過導(dǎo)體棒的電荷量等),在磁場的問題中,經(jīng)常需要結(jié)合動量定理求洛倫茲力的沖量(涉及某方向的動量定理).例2[2024·湖州模擬]靜電噴漆是利用高壓形成的靜電場進(jìn)行噴漆的技術(shù).其原理如圖所示,在給工件噴漆的過程,由噴嘴K噴出的帶負(fù)電霧狀油漆經(jīng)K、P間電場加速后,射到置于P處需噴漆的工件并附著其上.已知噴嘴每秒噴出油漆1g,電場力做功的功率為2000W,不計(jì)油漆在K處的初速度,也不計(jì)重力,則油漆對工件表面的平均壓力大小約為()A.1N B.2N C.5N D.10N【技法點(diǎn)撥】這是動量定理在流體模型中的典型應(yīng)用,可以選取單位時間(Δt=1s)內(nèi)的噴出油漆為研究對象,該研究對象質(zhì)量為mΔt,速度由v減為0,再用動量定理求解受到的作用力大小.【遷移拓展】1.某科研團(tuán)隊(duì)通過傳感器收集并分析運(yùn)動數(shù)據(jù),為跳高運(yùn)動員的技術(shù)動作改進(jìn)提供參考.如圖所示為跳高運(yùn)動員在起跳過程中,其單位質(zhì)量受到水平地面的支持力隨時間變化關(guān)系曲線.圖像中10.10s至10.35s內(nèi),曲線下方的面積與陰影部分的面積相等.已知該運(yùn)動員的質(zhì)量為60kg,重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.起跳過程中運(yùn)動員的最大加速度約為42m/s2B.起跳后運(yùn)動員重心上升的平均速度大小約為3m/sC.起跳后運(yùn)動員重心上升的最大高度約為0.45mD.起跳過程中運(yùn)動員所受合力的沖量大小約為330N·s2.如圖所示,質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形金屬線框abcd放在光滑絕緣水平面上,寬度為2L的有界勻強(qiáng)磁場垂直于水平面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,給線框一初速度v0使其向右進(jìn)入磁場,一段時間后cd邊離開磁場.線框運(yùn)動過程中ab邊始終與磁場邊界平行,下列說法正確的是()A.線框剛進(jìn)磁場時的加速度大小為2B.線框的初速度大小滿足v0≥BC.線框進(jìn)、出磁場過程,克服安培力做功相同D.線框進(jìn)、出磁場過程,安培力的沖量相同題型2動量守恒定律的應(yīng)用1.判斷動量守恒的三種方法(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為0,如光滑水平面上的板—塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型.(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,如爆炸、反沖.(3)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0,則在該方向上動量守恒,如滑塊—斜面(曲面)模型.2.動量守恒定律的三種表達(dá)形式(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用).(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.例3[2021·浙江1月選考]在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔,發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射,上升到空中最高點(diǎn)時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器引爆瞬間開始計(jì)時,在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻力.下列說法正確的是(g取10m/s2)()A.兩個碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80mC.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩個碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340m

【技法點(diǎn)撥】1.爆炸過程煙花受重力作用,由于爆炸時的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力,仍可認(rèn)為系統(tǒng)動量守恒.2.引爆后,兩碎塊先做平拋運(yùn)動,平拋運(yùn)動下落的時間相同,聲音從落地點(diǎn)傳到聲音記錄器的時間差與總時間差相等,該時間差反映了平拋運(yùn)動水平位移的關(guān)系.例4[2024·舟山模擬]如圖所示,一個帶有光滑半圓槽的大物塊與另一小物塊挨在一起,放置在光滑的水平面上,一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下,與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi),經(jīng)最低點(diǎn)后恰能上升到右側(cè)槽口C.已知大物塊、小物塊和小球的質(zhì)量均相等,圓槽的半徑為R,重力加速度為g,則 ()A.小球從離A高為R3B.小物塊運(yùn)動的最大速度為4C.大物塊運(yùn)動的最大速度為4D.小球從A進(jìn)入圓槽后,還能從A離開圓弧槽【技法點(diǎn)撥】(1)相互作用的系統(tǒng),如果系統(tǒng)在某一方向上的合力為零,則在該方向上動量守恒,但是若在另一方向上的合力不為零,則在對應(yīng)方向上動量不守恒;(2)在相互作用過程中,要判斷是否存在能量改變,通常情況下物體的碰撞、繩子突然繃緊、火藥燃燒等通常伴隨著能量的改變.【遷移拓展】1.如圖所示,質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜劈置于光滑水平地面上,質(zhì)量為m的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為v0的初速度與靜止的斜劈相碰,碰撞中無機(jī)械能損失.重力加速度用g表示,下列說法正確的是 ()A.這兩次碰撞過程中小球和斜劈組成的系統(tǒng)動量都守恒B.第②次碰撞后斜劈的速度小于2C.第②次碰撞過程中地面對斜劈的支持力等于(M+m)gD.第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上,第②次碰撞前、后小球的速度方向與斜面法線的夾角一定相等2.[2024·湖州中學(xué)模擬]如圖所示,空間中有一環(huán)型勻強(qiáng)磁場,其內(nèi)半徑為R1,外半徑為R2=2R1.在內(nèi)圓上的A點(diǎn)處有一靜止微粒發(fā)生裂變,生成甲、乙兩個小微粒(均帶正電),且二者初速度均沿切線方向并處于如圖所示的平面內(nèi)(甲左、乙右).若兩微粒均恰好不從外環(huán)射出磁場,則甲、乙兩者所帶電荷量之比為 ()A.1∶3 B.3∶1 C.1∶2 D.2∶1題型3碰撞模型及其拓展1.碰撞問題遵循的三條原則(1)動量守恒:p1+p2=p1'+p2'.(2)動能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'.(3)速度要符合實(shí)際情況:若碰后同向運(yùn)動,則后方物體速度不大于前方物體速度.2.兩種碰撞特點(diǎn)(1)彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律.以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例,有m1v1=m1v1'+m2v2'12m1v12=12m1v1'2+12m解得v1'=(m1-m2)v結(jié)論:①當(dāng)m1=m2時,v1'=0,v2'=v1,兩球碰撞后交換了速度.②當(dāng)m1>m2時,v1'>0,v2'>0,碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動.③當(dāng)m1<m2時,v1'<0,v2'>0,碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來.④當(dāng)m1?m2時,v1'=v1,v2'=2v1.(2)完全非彈性碰撞動量守恒、末速度相同:m1v1+m2v2=(m1+m2)v共;機(jī)械能損失最多,機(jī)械能的損失:ΔE=12m1v12+12m2v22-12(m例5如圖所示,一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn).一物塊靜止于小車最左端,一小球用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方,并輕靠在物塊左側(cè).現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置,由靜止釋放小球,小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊發(fā)生彈性碰撞,碰撞后,物塊沿著軌道運(yùn)動.已知細(xì)線長L=1.25m,小球質(zhì)量m=0.20kg,物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg,小車上的水平軌道長s=1.0m,圓弧軌道半徑R=0.15m.小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2.(1)求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小;(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間物塊速度的大小;(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車,求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍.規(guī)范答題區(qū)自評項(xiàng)目(共100分)自評得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達(dá)式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)【遷移拓展】1.[2024·寧波模擬]算盤是中國古老的計(jì)算工具,承載著我國古代勞動人民的智慧結(jié)晶和悠遠(yuǎn)文明.算盤一般由框、梁、檔和算珠組成,中心帶孔的相同算珠可在檔上滑動,使用前算珠需要?dú)w零.若一水平放置的算盤中分別有一顆上珠和一顆頂珠未在歸零位置,上珠靠梁,頂珠與框相隔d1=1cm,上珠與頂珠相隔d2=4cm,如圖甲所示.現(xiàn)用手指將上珠以一定初速度撥出,一段時間后,上珠與頂珠發(fā)生正碰(碰撞時間極短),整個過程,上珠運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示.已知算珠與檔之間的動摩擦因數(shù)處處相同,重力加速度大小g取10m/s2.下列說法正確的是 ()A.算珠與檔之間的動摩擦因數(shù)為0.25B.上珠從撥出到停下所用時間為0.2sC.上珠與頂珠發(fā)生的碰撞是彈性碰撞D.頂珠碰撞后恰好能運(yùn)動至歸零位置2.某款智能手機(jī)內(nèi)部振動馬達(dá)的原理如圖所示,手機(jī)在振動時,會給兩彈簧連接的質(zhì)量塊施加一個初速度,然后質(zhì)量塊壓縮和拉伸輕質(zhì)彈簧,使手機(jī)向某方向振動.手機(jī)中質(zhì)量塊的質(zhì)量為0.02kg,除質(zhì)量塊外手機(jī)質(zhì)量為0.18kg.若將手機(jī)放在水平光滑的桌面上,某次振動時,質(zhì)量塊獲得5m/s的水平向左的初速度,開始時彈簧處于原長,質(zhì)量塊與手機(jī)間的摩擦力不計(jì),g取10m/s2,求:(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時,手機(jī)的速度及彈簧的彈性勢能;(2)手機(jī)能獲得的最大速度;(3)質(zhì)量塊開始向右運(yùn)動瞬間,彈簧的彈性勢能.參考答案與詳細(xì)解析題型1例1C[解析]取豎直向下為正分向,由題知,下落、上升的高度都為h=45cm=0.45m,則足球下落到與頭部剛接觸時有v2=2gh,解得v=3m/s,足球與頭部碰撞后,速度反向,大小不變,即為v'=-3m/s,則動量變化量為Δp=mv'-mv=(-3-3)×0.4kg·m/s=-2.4kg·m/s,即動量變化量的大小為2.4kg·m/s,故A錯誤;設(shè)頭對足球的沖量為IF,根據(jù)動量定理可得IG-IF=Δp,故B錯誤;根據(jù)動量定理可得IG-IF=Δp,即(mg-F)Δt=Δp,解得F=28N,故C正確;從最高點(diǎn)下落至又回到最高點(diǎn)的過程中,足球重力的作用時間不為零,所以沖量不為零,故D錯誤.例2B[解析]以1s時間噴出的油漆為研究對象,在K、P間的電場中加速,設(shè)末速度為v,則有Pt=12mtv2,解得油漆射到工件表面時的速度為v=2000m/s,油漆射到工件表面經(jīng)Δt時間后速度變?yōu)榱?設(shè)受到工件表面的平均壓力為F,由動量定理得-FΔt=0-Δm·v,其中Δm=mΔt,解得F=2N,由牛頓第三定律可知,油漆對工件表面的平均壓力大小約為2N,故B正確【遷移拓展】1.C[解析]由圖像可知,運(yùn)動員受到的最大支持力約為Fmax=42×60N=2520N,根據(jù)牛頓第二定律可知,起跳過程中運(yùn)動員的最大加速度約為amax=Fmax-mgm=2520?60×1060m/s2=32m/s2,故A錯誤;根據(jù)圖像可知,起跳過程中支持力的沖量為IF=22×60×(10.35-10.10)N·s=330N·s,起跳過程中運(yùn)動員所受合力的沖量為I合=IF-mgt=330N·s-60×10×(10.35-10.10)N·s=180N·s,根據(jù)動量定理可得I合=mv-0,解得起跳離開地面瞬間的速度為v=3m/s,則起跳后運(yùn)動員重心上升的平均速度為v=v2=1.5m/s,起跳后運(yùn)動員重心上升的最大高度為h=v22g=0.452.D[解析]線框剛進(jìn)磁場時,所受安培力大小F=BIL=BERL=B2L2v0R,加速度a=Fm=B2L2v0mR,A錯誤;線框進(jìn)、出磁場過程,安培力的沖量大小均為IF=BIL·Δt=BLER·Δt=BLΔΦRΔt·Δt=BLR·ΔΦ=B2L3R,D正確;線框穿過磁場過程,根據(jù)動量定理得-2IF=mv-mv題型2例3B[解析]爆炸物上升到最高點(diǎn)時,瞬時速度為零,爆炸瞬間水平方向動量守恒,因此質(zhì)量之比為2∶1的兩個碎塊,其速度之比為1∶2,根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知,水平方向位移大小之比為1∶2,但合位移大小之比并不為1∶2,選項(xiàng)A錯誤.根據(jù)題意,設(shè)聲速為v0,則2s-sv0=1s,因此s=340m,兩碎塊落地點(diǎn)相距1020m,選項(xiàng)D錯誤.以上推導(dǎo)說明爆炸物爆炸之后質(zhì)量為2m的碎塊落地聲音傳到接收器需要1s,質(zhì)量為m的碎塊落地聲音傳到接收器時間為2s.因此爆炸物爆炸后碎塊平拋落地時間為4s,根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可知,碎塊下落的高度h=12gt2=80m,選項(xiàng)B正確.質(zhì)量為2m的爆炸物碎塊的水平速度為v=st例4A[解析]小球從A運(yùn)動到B的過程中,小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向左下方,所以大物塊要向左推動小物塊一起加速運(yùn)動,小球到最低點(diǎn)B后小物塊與大物塊分離,小球在半圓槽內(nèi)繼續(xù)上升,對半圓槽的壓力方向向右下方,大物塊做減速運(yùn)動.設(shè)小球在最低點(diǎn)時的速度為v球,此時大、小物塊的速度均為v物,對小球與大、小物塊組成的系統(tǒng),根據(jù)水平方向上動量守恒有mv球=2mv物,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mg(h+R)=12mv球2+12×2mv物2,小球經(jīng)最低點(diǎn)后恰能上升到右側(cè)槽口C,此時小球和大物塊的速度相同,設(shè)為v,對小球和大物塊組成的系統(tǒng),根據(jù)水平方向上動量守恒有mv球-mv物=2mv,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有12mv球2+12mv物2=12×2mv2+mgR,聯(lián)立解得h=R3,v物=2gR3,v球=4gR3,v=gR3,A正確;由上分析可知,小球經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)時,大、小物塊獲得最大速度,為v物=2gR3,B、C錯誤;小球從【遷移拓展】1.B[解析]第①次碰撞過程中,小球?qū)π迸淖饔昧ρ厮椒较?則水平地面斜劈的支持力仍等于斜劈的重力,所以小球和斜劈組成的系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動量守恒;第②次碰撞過程中,小球?qū)π迸淖饔昧Υ怪庇谛泵嫦蛳?則水平地面對斜劈的支持力大于斜劈的重力,所以小球和斜劈組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零,系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤.第①次碰撞前、后小球的速度方向都沿水平方向,即在一條直線上;將第②次碰撞后小球的速度分解,如圖所示,碰后小球速度沿斜面方向的分量與碰前相同,為vx=v0cosθ,而垂直于斜面方向的分量與碰前方向相反且大小減小,即vy<v0sinθ,所以第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定不相等,由于第2次碰撞過程中小球速度由水平向左變成斜向左上,可知小球受到的合外力有斜向上的分量,對于小球和斜劈組成的系統(tǒng)受力分析,可知地面對斜劈的支持力大于(M+m)g,故C、D錯誤.第②次碰撞過程中,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有mv0=mvxcosθ-mvysinθ+Mv,解得v=mv0-mvxcosθ+mv2.B[解析]根據(jù)左手定則可知,甲、乙兩粒子運(yùn)動軌跡如圖所示,設(shè)向右為正方向,向右的乙粒子速度為v乙,質(zhì)量為m乙,向左的甲粒子速度為v甲,質(zhì)量為m甲,由動量守恒定律有0=m乙v乙-m甲v甲,對甲粒子,由幾何關(guān)系有r甲=R2-R12=R12,對乙粒子,由幾何關(guān)系有r乙=R2+R12=32R1,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,可得r=mvqB,由于m甲v甲=題型3例5(11分)(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4[解析](1)對小球擺動到最低點(diǎn)的過程中,由動能定理有mgL=12mv解得v0=5m/s(1分)小球在最低點(diǎn)時,由牛頓第二定律有FT-mg=mv解得小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6N(1分)(2)小球與物塊碰撞過程中,由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2 (1分)12mv02=12mv12+1解得小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小為v2=4m/s(1分)(3)若物塊恰好運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)時兩者共速,則對物塊與小車整體由水平方向上動量守恒有Mv2=2Mv3(1分)由能量守恒定律有12Mv22=12×2Mv32+μ解