《高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第9讲 技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第9讲 技法专题——巧用“动量观点”解决力学选择题 Word版含解析（30页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第9讲 考法学法“动量观点”是解答力学问题的三大观点之一，高考既可能在选择题中单独考查动量问题，也可能在计算题中综合考查到动量问题。考查的内容主要有：动量、冲量、动量变化量等概念；动量定理的应用；动量守恒定律的应用。该部分内容主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。用到的思想方法有：守恒的思想；整体法和隔离法；碰撞、爆炸和反冲问题的分析方法。知能全通1掌握基本概念和规律2应用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。力变化的情况下，动量定理中的力F应理解为变力
2、在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。题点全练1多选一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是()A经过时间t，动量变化量为0B经过时间t，动量变化量大小为mvC经过时间t，细绳对小球的冲量大小为2mvD经过时间t，重力对小球的冲量大小为解析：选BCD经过时间t，小球转过了180，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为pmvmv2mv，细绳对小球的冲量为Ip2mv，故大小为2mv，选项A错误，C
3、正确；经过时间t，小球转过了90，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为pmv，重力对小球的冲量大小为IGmgt，B、D正确。2多选(2017全国卷)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()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：选AB根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、
4、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B正确，C、D错误。3如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其at图像如图乙所示，t0时其速度大小为v02 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()At6 s时，物体的速度为18 m/sB在06 s内，合力对物体做的功为400 JC在06 s内，拉力对物体的冲量为36 NsDt6 s时，拉力的功率为200 W解析：选D根据vat可知，at图像中图线与坐标轴围成的面
5、积表示速度的增量，则在t6 s时，物体的速度v6v0vm/s20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合Ekmv62mv02396 J，故B错误；在06 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：IFftmv6mv0，解得IF48 Ns，即拉力对物体的冲量为48 Ns，故C错误；在t6 s时，根据牛顿第二定律得：Fmaf(242)N10 N，则此时拉力的功率PFv61020 W200 W，故D正确。4多选(2018福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是
6、()A斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为mgtC物体受到的合力的冲量大小为零D物体动量的变化量大小为mgsin t解析：选BD斜面对物体的弹力的冲量大小为：INtmgcos t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IGmgt，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小pI合mgsin t，D正确。知能全通1动量守恒定律的条件、表达式和性质2爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利
7、用能量守恒定律解题。(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。题点全练1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处解析：选D当小球与弹簧接触后，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，在水平方向动量不守恒，故
8、A错误；下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而两者之间的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不总是垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；小球在槽上下滑过程两者水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对其做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度
9、水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球不能回到槽高h处，故D正确。2(2018牡丹江一中检测)甲、乙两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，质量为M的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后停在乙船上。假设水的阻力可忽略，则()A甲、乙两船的速度大小之比为12B甲船与乙船(包括人)的动量相同C甲船与乙船(包括人)的动量之和为零D因跳跃次数未知，故无法判断解析：选C以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中系统总动量守恒，初态总动量为零，所以甲船与乙船(包括人)的动量大小之比为11，而动量的方向相反，所以甲船与乙船(包括人)的动量不同。由pmv，知甲、乙
10、两船的速度与质量成反比，所以最后甲、乙两船的速度大小之比为21，故A、B错误；以系统为研究对象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船(包括人)的动量之和为零，故C正确，D错误。3一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31。不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B由hgt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；在爆炸前后，甲、乙水平方
11、向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为31，所以速度变化量大小之比为13，由平抛运动水平方向上，xv0t，所以A图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，|v乙|2.5 m/s，|v甲|0.5 m/s，A项错；B图中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，|v乙|1.5 m/s，|v甲|0.5 m/s，B项对。4.多选小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M、长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，C离开弹簧
12、向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()A如果小车内表面光滑，小车与C组成的系统任何时刻机械能都守恒B小车与C组成的系统任何时刻动量都守恒C当C对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为D小车向左运动的最大位移为解析：选BCD小车与C组成的系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但C与橡皮泥粘接过程有机械能损失。由动量守恒定律得Mvmv0，则v，该系统属于人船模型，Mdm(Ld)，所以小车向左运动的最大位移应等于d，综上，选项B、C、D正确。研一题多选(2018合肥一中检测)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为A、B碰撞前、后的位移时间图像，a、b分别为A、
13、B碰前的位移时间图像，c为碰撞后A、B共同运动的位移时间图像。若A的质量为m2 kg，则由图可知下列结论正确的是()AA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞时A对B所施冲量为4 NsC碰撞前、后A的动量变化为4 kgm/sD碰撞中A、B组成的系统损失的动能为10 J解析由题图可知，碰撞前有：vA m/s3 m/s，vB m/s2 m/s，碰撞后有：vAvBv m/s1 m/s；对A、B组成的系统，A、B沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前、后A的动量变化为：pAmvAmvA2(1)kgm/s2(3)kgm/s4 kgm/s；根据动量守恒定律，碰
14、撞前、后B的动量变化为：pBpA4 kgm/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IBpB4 kgm/s4 Ns；又pBmB(vBvB)，所以mB kg kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总mvAmBvB2(3)kgm/s2 kgm/s kgm/s；碰撞中A、B组成的系统损失的动能：EkmvA2mBvB2(mmB)v2，代入数据解得：Ek10 J。故A错误，B、C、D正确。答案BCD悟一法1三类碰撞的特点弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最多2.动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时
