高三物理二轮高频考点突破专题09 动量定理

高考物理二轮高频考点专题突破专题09动量定理专练目标专练内容目标1重力场中的应用动量定理（1T—7T）目标2电场中的应用动量定理（8T—12T）目标3磁场中的应用动量定理（13T—17T）【典例专练】一、重力场中的应用动量定理1．11月18日14时02分，某市消防救援指挥中心接到报警称：某区某街道某路某号4楼起火。14时17分，70名指战员到达现场，经侦查，起火建筑为5层钢筋混凝土建筑，4楼起火向3楼和5楼蔓延，15时10分火势得到有效控制，15时48分火势被扑灭，如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时；设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零。高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为，下列说法正确的是（）A．水枪的流量为B．水枪的功率为C．水柱对着火物的冲击力为D．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向向后且斜向上方【答案】B【详解】A．设时间内，从水枪喷出的水的体积为，质量为，则；A错误；B．单位时间喷出水的质量为，时间内水枪喷出的水的动能为知高压水枪在此期间对水做功为高压水枪的功率为，B正确；C．考虑一个极短时间，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理得，时间内冲到着火物上水的质量为解得由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的平均冲力为，C错误；D．当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件。手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，D错误。故选B。2．很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为，从离人约的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为，取下列分析不正确的是（）A．手机刚要接触头部之前的速度约为B．手机与头部作用过程中手机动量变化约为C．手机对头部的冲量方向向下D．手机对头部的平均作用力大小约为【答案】B【详解】A．手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机接触头部之前的速度约为，A正确；B．手机与头部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与头部作用过程中动量变化为，B错误；C．手机对头部的作用力方向向下，则手机对头部的冲量方向向下，C正确；D．因为手机落在头上没反弹，速度减为0，规定竖直向下为正方向，对手机由动量定理得代入数据可得负号表示方向竖直向上根据牛顿第三定律，可知手机对头部的冲量大小约为手机对头部的作用力大小约为，D正确。故选B。3．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在时间内物体运动的图像如图乙所示，其中除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为，不计一切摩擦，重力加速度。则下列判断正确的是（）A．在内电动机所做的功为B．后电动机的输出功率为C．在内电动机牵引力的冲量大小为D．在内物体沿斜面向上运动了【答案】C【详解】A．在0~1s内，物体位移大小为设0~1s内电动机做的功为，由动能定理得解得故A错误；B．在0~1s内，物体的加速度大小为设0~1s内细绳拉力的大小为，由牛顿第二定律得解得由题意知1s后电动机输出功率为故B错误；C．当物体达到最大速度后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为根据功率的公式可得在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得解得故C正确；D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为，对物体由动能定理得解得所以在内物体沿斜面向上运动的距离为故D错误。故选C。4．2020年11月10日，全国皮划艇静水锦标赛在浙江省丽水市水上运动中心开幕。大赛前，甲、乙两个运动员分别划动两艘皮划艇沿同一方向进行赛前训练，他们分别划动了一段时间后让各自的皮划艇自由滑行，一段时间后停下。他们及各自的皮划艇总质量相等，测速器测得甲、乙的v-t图像分别如图中的OAB、O＇CD所示，图中AB//CD，则（）A．运动员乙较晚停下，乙做功更多B．乙划桨时间长，乙划桨时受到水反作用力的冲量大C．甲皮划艇早停下，甲划桨时受到水反作用力的冲量小D．甲在划桨时用力小【答案】D【详解】由图像可知，减速阶段斜率相同，则加速度相同，水的阻力相同；最大速度相同。A．由动能定理得，运动员乙加速阶段的位移小，乙做功WF小，A错误；B．乙加速度阶段时间短，划桨时间短，B错误；C．由，甲皮划艇加速阶段的时间长，甲划桨时受到水反作用力的冲量I大，C错误；D．由牛顿第二定律得，加速阶段甲的斜率小，加速度小，在划桨时用力F小，D正确。故选D。5．如图所示，一轻质弹簧上端固定在O点下端悬挂一个质量为m的小球。将小球从某一位置由静止释放，在某一时刻，小球的速度大小为v，方向竖直向下。再经过一段时间，小球的速度大小又为v，方向变为竖直向上。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。则在该运动时间t内，下列说法正确的是（）A．小球的机械能增量为0 B．弹簧弹力对小球做的功为0C．弹簧弹力对小球的冲量大小为2mv+mgt D．弹簧弹力对小球做功的功率为【答案】C【详解】A．小球在速度大小又一次变为v时，它可能仍处于之前速度大小为v的位置，也可能与原来速度为v的位置关于平衡位置对称，故其机械能变化不确定，A错误；BD．若两次速度大小为v的位置相同，则弹簧弹力对小球做功为0；若两次不在同一位置，则弹簧弹力做功不为0，BD错误；C．根据动量定理，弹簧弹力和重力对小球的合冲量，等于小球始末动能的变化量，设竖直向上为正方向解得故C正确；故选C。6．当地时间2021年7月30日，东京奥运会女子蹦床决赛，整套动作完美发挥的朱雪莹，以56.635分夺得金牌，帮助中国蹦床队时隔13年重获该项目冠军。队友刘灵玲收获一枚银牌。已知朱雪莹的体重为45kg，在比赛中，朱雪莹从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处。已知朱雪莹与网接触的时间为0.15s，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，g取，则（）A．运动员下落接触网面前瞬间的速度为6m/sB．运动员上升离开网面瞬间的速度为10m/sC．运动员和网面之间的相互作用力大小为5400ND．运动员和网面之间的相互作用力大小为5850N【答案】BD【详解】A．运动员下落接触网面前瞬间的速度大小为故A错误；B．运动员上升离开网面瞬间的速度大小为故B正确；CD．先竖直向上为正方向，运动员和网接触过程中，由动量定理知可解得故C错误，D正确。故选BD。7．水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为3kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图像如图b所示，重力加速度大小为10m/s2，由图可知（）A．在0～2s时间内，物块所受摩擦力的冲量为0 B．在0～4s时间内，水平力F的冲量为48N·sC．在0～4s时间内，合力的冲量为12N·s D．在0～4s时间内，合力做的功为24J【答案】CD【详解】A．在0～2s时间内，物块所受摩擦力与拉力F相等，冲量不为0，A错误；B．在0～4s时间内，用面积法求水平力F的冲量为，B错误；C．a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4s内物体速度的增量为根据动量定理，0～4s内合力的冲量为，C正确；D．4s末的速度为根据动能定理，0～4s内合力做的功为，D正确。故选CD。二、电场中的应用动量定理8．在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x变化的φ－x图像如图所示。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球，从坐标原点O开始，仅在电场力作用下，以一定的初速度沿x轴正向运动，下列说法中正确的是（）A．带电小球从O点运动到处的过程中，加速度逐渐增大B．带电小球从O点运动到的过程中，电场力的冲量为零C．带电小球从O点运动到的过程中，最大速度为D．带电小球从O点运动到x2点时速度为【答案】B【详解】A．由可知φ－x图像中，斜率等于电场强度，在带电小球从O点运动到处的过程中，斜率不变，电场强度不变，由知，粒子所受电场力保持不变，所以加速度不变，故A错误；BD．带电小球从O点运动到的过程中，电势差为零，电场力做功为零，小球的动能变化为零，故速度变化为零，即电荷在O点和x2处的速度相同，都是v0，由可知，电场力冲量为零，故B正确D错误；C．由图可知0~过程，电场力做正功，~过程，电场力做负功，故处速度最大有可解得故C错误。故选B。9．a、b、c是三个电荷量相同、质量不同的带电粒子，以相同的初速度由同一点垂直场强方向进入偏转电场，仅在电场力的作用下运动，轨迹如图所示，其中b恰好沿着极板边缘飞出电场。粒子a、b、c在电场中运动的过程中，下列说法正确的是（）A．a、b运动的时间相同B．a的质量最大，c的质量最小C．动量的增量相比，a的最小，b和c的一样大D．动能的增量相比，c的最大，a和b的一样大【答案】C【详解】AB．三个粒子均做类平抛运动，水平方向满足x=vt由于初速度相同，可知a运动的时间最短，b、c运动时间相同，竖直方向满足可知，a的加速度最大，c的加速度最小，据牛顿第二定律可得可知a的质量最小、c的质量最大，AB错误；C．根据动量定理可得可知a的动量增量最小，b、c的一样大，C正确；D．根据动能定理可得可知，a、b动能增量相同，c的最小，D错误。故选C。10．两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率从S点沿SO方向垂直射入水平向右的匀强电场，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示，乙粒子运动轨迹与圆形区域的交点恰好在水平直径AOB最左端的A点。不计粒子的重力，则下列说法中正确的是（）A．乙粒子带正电荷B．甲粒子所带的电荷量比乙粒子小C．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大D．从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小【答案】BD【详解】A．乙粒子进入电场后向左偏转，所受电场力水平向左，与电场方向相反，故乙粒子带负电荷，故A错误；B．两粒子在匀强电场中均做类平抛运动，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有、、相等，则与成正比，乙粒子的水平分位移比甲粒子大，则乙粒子所带电荷量比甲粒子多，故B正确；C．竖直方向有相同时间内，乙粒子的竖直分位移小，则乙粒子进入电场时的速度小，而两粒子质量相等，则乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子小，故C错误；D．由动量定理得因、相等，甲粒子的电荷量小，则从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小，故D正确。故选BD。11．如图是电子加速系统，K是与金属板M距离最近的灯丝，电源E1给K加热可以产生初速度不计的热电子，N为金属网，M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，系统放置在真空环境中，正常工作时，从K发出的电子经M、N之间的电场加速后，大多数电子从金属网N的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I。已知电子的质量为m、电量为e，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。（1）求单位时间内被金属网N吸收的电子数n；（2）若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，证明金属网的发热功率P=IU；（3）电子可认为垂直打到金属网N上，并假设打在金属网N上的电子全部被吸收，不反弹。求被金属网吸收的电子对金属网的作用力大小F。【详解】（1）由根据电流定义式得；解得（2）每个电子被加速，有单位时间内金属网吸收的电子动能转化为金属网的发热功率（3）电子被加速时，有解得由动量定理得联立解得由牛顿第三定律，金属网对电子的作用力与电子对金属网的作用力大小相等，为12．卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化（可达15km之多），利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。图是离子推进器的原理示意图：将稀有气体从O端注入，在A处电离为带正电的离子，带正电的离子飘入电极B、C之间的匀强加速电场（不计带正电的离子飘入加速电场时的速度），加速后形成正离子束，以很高的速度沿同一方向从C处喷出舱室，由此对卫星产生推力。D处为一个可以喷射电子的装置，将在电离过程中产生的电子持续注入由C处喷出的正离子束中，恰好可以全部中和带正电的离子。(1)在对该离子推进器做地面静态测试时，若BC间的加速电压为U，正离子被加速后由C处喷出时形成的等效电流大小为I，产生的推力大小为F。已知每个正离子的质量为m。①试分析说明要在正离子出口D处注入电子的原因；②求离子推进器单位时间内喷出的正离子数目N；(2)若定义比推力f为单位时间内消耗单位质量的推进剂所产生的推力，是衡量推进器性能的重要参数，请你指出一种增加离子推进器比推力的方案。（电子的质量可忽略不计，推进剂的总质量可视为正离子的总质量）【详解】(1)①若引擎持续喷射出正离子束，会将带有负电的电子留在A中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须注入电子以中和正离子，使推进器获得持续推力。②设正离子电荷量为，由动量定理得由动能定理得根据电流的定义得联立解得(2)根据定义，比推力可见若想提高比推力，应该增大加速电压U或者使用比荷更大的正离子作为推进剂。三、磁场中的应用动量定理13．如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒单位长度的电阻相同，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是（）A．v的大小等于B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为v，方向向右C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为v，方向向右D．撤去拉力F后，整个回路产生的焦耳热为【答案】C【详解】A．根据动能定理可知根据AB棒上产生的焦耳热可知可解得A错误。BC．最终稳定后，则有分别对两根导体棒列动量定理，则有根据公式；；联立可解得；，AB的速度方向向左，CD的速度方向向右，B错误C正确。D．根据能量守恒可知，D错误。故选C。14．如图所示，两条相距d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R长为d的金属杆ab在导轨上以初速度v0水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度v0匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计（）A．当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bdv0B．当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bdv0C．t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0D．t时间内金属杆所受安培力做的功等于0【答案】AD【详解】A．当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0，切割产生的电动势为2Bdv0，则杆两端的电压大小为Bdv0，选项A正确；B．开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆不再切割磁感线运动，杆两端的电压大小为0，选项B错误；C．t时间内金属杆所受安培力的冲量选项C错误；D．t时间内金属杆所受安培力做的功选项D正确。故选AD。15．如图所示，光滑导轨的倾斜部分和水平部分在处平滑连接，导轨间距为L。导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为R的电阻。现让质量为m、阻值也为R的金属棒a从距水平导轨高h处由静止释放，金属棒到达位置时的速度是到达位置时速度的倍，并最终停止在水平导轨上。金属棒与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．金属棒刚进入磁场时回路中的电流大小为B．金属棒运动到时加速度的大小为C．在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热为D．金属棒从运动到的过程中通过金属棒导体截面的电荷量为【答案】BD【详解】A．金属棒沿斜轨道下滑过程，据动能定理有解得此时的电动势，电流为联立解得故A错误；B．由题意知，金属棒到达OO′时的速度为倍，根据牛顿第二定律得解得故B正确；C．对金属棒运动全过程，据能量守恒定律有其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有故C错误；D．取水平向右为正方向，根据动量定理有即其中，解得故D正确。故选BD。16．如图所示，一平行金属导轨与水平成放置，导轨间的距离为L，在OO’的上方区域存在与导轨平面垂直，磁感应强度为B的匀强磁场(图中未全部画出)，导轨的下端接有阻值为R的电阻，在导轨的上端垂直于导轨放有一质量为m的导体棒ab，另有一质量为M的导体棒cd垂直于导轨，以v0的速度沿导轨向上进入磁场，cd与导轨无摩擦，当cd进入和离开磁场时，导体棒ab恰好保持静止，两导体棒一直没有相撞。已知两导体棒的长度均为L，电阻均为R，导体棒与导轨接触良好，不计其他电阻。则：()A．导体棒ab恰好不受摩擦力时，导体棒cd的速度为B．cd上滑过程中重力的冲量大于下滑过程中重力的冲量C．cd上滑过程中通过R的电荷量大于下滑过程中通过R的电荷量D．cd离开磁场时的速度为【答案】AD【详解】A．当导体棒ab恰好不受摩擦力时，重力沿