高三物理一轮复习教学案24动量、动量定理
高考物理复习课精品教案动量动量守恒.docx
^^***-^ www • Dear ED Uom高考物理复习课精品教案动量动量守恒目的要求: 重点难点：1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量.是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则.是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动最，计算物体此时的动最应取这•时刻的瞬时速度。
是相对最；物体的动最亦与参照物的选取有关,常情况下,指相对地面的动量。
单位是kg・n）/s；2、动量和动能的区别和联系①动量的人小与速度人小成正比，动能的人小与速度的人小平方成正比。
即动量相同而质蜃不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。
②动量是矢量，而动能是标量。
因此，物体的动量变化吋，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。
③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标罐，即外力对物体做功。
④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2=2mE k3、动量的变化及其计算方法动量的变化是指物休末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：（1）AP=P t-P0,主要计算P。
、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动最定理AP二F・t,通常用来解决P。
、P1；不在一•条氏线上或F为恒力的情况。
二、冲量1、冲量：力和力的作川时间的乘积叫做该力的冲量・是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则.冲虽不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。
而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。
单位是N・s；2、冲量的计算方法（1）I二F・t.采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。
（2）利用动量定理Ft二AP.主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
冲量动量
高三物理一轮复习教学案动量冲量动量定理一、知识梳理1．动量P= ，它的方向与方向相同，选择不同的参照物，同一运动物体的动量可能。
系统的动量是指系统内各物体动量的和。
2．冲量I= ，冲量不仅由力决定还由力的作用决定，对于具有恒定方向的力来说，冲量的方向与力的方向，对于作用时间内方向变化的力来说冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致。
3．动量是状态量，冲量是量。
4．动量定理的内容：。
二、例题精讲例1．如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°高为5m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中求：（1）重力的冲量（2）支持力的冲量（3）合外力的冲量例2．某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m。
在着地过程中，对他双脚的平均作用力估计为( )A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的5倍C．自身所受重力的8倍D．自身所受重力的10倍例3．把重物G压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法：( )A．在缓缓拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓缓拉动时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小三、随堂练习1．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2，在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为（）A．向下m（v1 - v2）B．向下m（v1 + v2）C．向上m（v1 - v2）D．向上m（v1 +v2）2．玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海绵垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中（）A．茶杯动量较大B．茶杯动量变化较大C．茶杯所受冲量较大D．茶杯动量变化率较大3．质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触时间为 1.0s，不计空气阻力，设g=10m/s2，则在接触时间内小球受到合外力的冲量大小为( )A．10N ·s B．20 N ·s C．30 N ·s D．40 N ·s四、巩固提高1．在下列用动量定理对几种物理现象的解释中，错误的是（）A．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸时受到的冲量B．用力快拉可抽出压在重物下折纸带，是因为拉得越快重物受到的冲量就越小C．车中的人推不动车子，是因为车所受外力冲量为零D．从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时受冲量越大2．试通过估算，说明鸟类对飞机飞行的威胁，设飞鸟的质量m=1kg，身长50cm，飞机的飞行速度为v=500m/s，鸟与飞机相撞时，冲击力约为（）A ．104NB ．105NC ．106ND ．107N3．某人身系弹性绳自高空p 点自由下落，图中的a 点是弹性绳的原长位置，c 是人所到达的最低点，b 是人静止地悬吊着时的平衡位置，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A ．从p 至c 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B ．从p 至c 过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功C ．从p 至b 过程中人速度不断增大D ．从a 到c 过程中加速度方向保持不变4．放在水平桌面上的物体质量为m ，用一个F 牛的水平推力推它t 秒钟，物体始终不动，那在t 秒内，推力对物体的冲量应为 （ ）A ．0B ．F ·tC ．mg ·tD ．无法计算5．如图所示，分别 用两个恒力F 1和F 2，先后两次将质量为m 物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力的方向沿斜面向上，第二次力的方向沿水平向右，两次所用时间相同。
高三物理第一轮复习教学计划(含重点)
高三物理第一轮复习教学计划（含重点）
丰富多彩的学期生活随之而来，为大家编辑了高三物理第一轮复习教学计划，供大家参考，希望能帮助大家.
第一章力物体的平衡
教学重点：摩擦力
教学进度安排：第一讲三种常见的力(3 课时)，第二讲里的合成与分解(2 课时)，第三讲共点力作用下物体的平衡(2 课时)，实验(1 课时)，作业讲评(2 课时)
预设周次：第1 周~第2 周(共10 课时)。
第二章直线运动
教学重点：匀变速的基本规律，运动图像追及和相遇问题
教学进度安排：第一讲描述运动的基本概念(2 课时)，第二讲匀变速直线运动的基本规律(2 课时)，第三讲运动图像追及和相遇问题(2 课时)，实验(1
课时)，作业讲评(2 课时)
预设周次：第3 周~第4 周(共9 课时)。
动量、动量定理
§1动量和动量定理【考纲解读】1. 理解动量、动量变化量的概念。
2. 理解冲量的概念。
3. 理解并应用动量定理。
【自主学习】一、翻阅课本，回答以下问题：1、动量、动量的变化量（1）动量的表达式及各物理量的意义是什么？方向是怎样规定的？（2）谈谈动量、动量变化量的关系？2、冲量（1）恒力的冲量表达式及各物理量的意义是什么？方向是怎样规定的？（2）如何求几个恒力的合冲量？3、动量定理（1）如图所示，一质量为m的物体，初速度为v1，在恒定合力F作用下，经过一段时间t，速度变为v2，如何根据牛顿第二定律和运动学公式推导出动量定理的表达式？（2）说说自己对动量定理的理解。
二、自我测验，发现存在问题：1、一个质量是0.1 kg的钢球以6 m/s的速度水平向右运动,碰到坚硬的墙壁后弹回,沿着同一直线以6 m/s的速度向左运动,如图所示.(1) 动量的方向与速度的方向有什么关系?碰撞前后钢球的动量相同吗?(2)求碰撞前后钢球的动量变化量?大小为9N ,经2 s 时间,求:(g 取10N/kg)(1) 2 s 内重力与力F 的冲量。
(2) 2 s 内合力的冲量。
(3) 2 s 末物体的动量和2 s 内动量的变化量。
比较一下2 s 内动量的变化量与合力的冲量。
【合作探究】一、动量、动量的变化量、冲量的理解与计算【探究1】(单选)将质量均为m 的三个小球A 、B 、C 从离地同一高度h 处以大小相同的初速度0v 分别下抛、上抛、平抛出去，空气阻力不计，那么，有关三球动量和动量的变化量正确的是（ ） A ．三球刚着地时的动量相同 B ．三球刚着地时的动量各不相同C ．三球从抛出到落地时间内，受重力冲量最大的是B 球，最小的是A 球D ．三球从抛出到落地时间内，受重力冲量均相同【拓展】三个小球落地时动能是否相同？动能的变化量呢？【总结】动量、动能、冲量、功的比较【思维提升1】(单选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，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 ．取沿斜面向上为正方向，对于这一过程，下列判断正确的是( )A ．物体的初末动量相同B ．斜面对物体的弹力的冲量为零C ．物体受到的重力的冲量大小为mgtD ．物体动量的变化量为mg sin θ·t二、动量定理的应用【探究2】如图所示，一高空作业的工人重为600 N ，系一条自然长度为L ＝5 m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是t ＝1 s ，则安全带受的平均冲力是多少？(g 取10 m/s 2)【总结】（1）动量定理、动能定理的比较（2）应用动量定理解题的思路个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m 高处。
高考物理一轮复习课件动量动量动量定理
碰撞过程中动量守恒
爆炸过程中动量守恒
在碰撞过程中，由于内力作用时间极短， 可以认为系统的总动量守恒。
在爆炸过程中，由于内力作用时间极短且 远大于外力作用时间，因此可以认为系统 的总动量守恒。
02
碰撞过程中动量变化分析
完全弹性碰撞特点
01
02
03
动量守恒
在完全弹性碰撞中，系统 动量守恒，即碰撞前后系 统总动量保持不变。
火箭推力计算
根据动量定理，可以计算火箭的推力。推力大小与单位时间内喷出的气体质量及 气体喷出的速度有关。通过调整火箭发动机的参数，可以控制火箭的推力大小。
火箭发射过程分析
发射准备
点火发射
飞行过程
分离与入轨
在发射前，火箭需要进行各项 准备工作，包括加注燃料、检 查设备、调试系统等。同时， 发射场也需要进行各项准备工 作，如检查发射塔、调试发射 控制系统等。
能量守恒
完全弹性碰撞中，机械能 守恒，即碰撞前后系统总 动能保持不变。
恢复系数
恢复系数为1，表示碰撞 后两物体分离速度与碰撞 前接近速度大小相等、方 向相反。
非完全弹性碰撞类型
非弹性碰撞
在碰撞过程中有机械能损失的碰撞， 称为非弹性碰撞。此类碰撞中，动量 仍然守恒，但部分机械能会转化为内 能或其他形式的能量。
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动量守恒定律
火箭飞行过程中，系统总动量守恒。火箭和燃料组成的系统，在燃料燃烧过程 中，系统总动量保持不变。因此，火箭能够获得向上的速度，实现飞行。
动量定理在火箭技术中应用
动量定理
动量定理是描述物体动量变化与所受合外力之间关系的定理。对于火箭而言，动 量定理可以描述火箭在飞行过程中所受合外力与速度变化之间的关系。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动量观点在电磁感应中的应用
专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解． 考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v R Δt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的任一个物理量例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L 的足够长U 形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一质量为m 、接入电路的有效电阻为R 、长度略大于L 的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )A ．导体棒中感应电流方向为由a 到bB ．导体棒中的最大发热量为12m v 02C ．导体棒的加速度逐渐减小到0D ．通过导体棒的电荷量最大值为m v 02BL答案 BC解析 根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b 到a ，选项A 错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为12m v 02，选项B 正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a ＝BIL m ＝B 2L 2vmR ，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C 正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F 安Δt ＝0－m v 0，F 安Δt ＝B I L Δt ＝BLq ，通过导体棒的电荷量最大值为q ＝m v 0BL ，选项D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析 开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本 模型 规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电终特征容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：(1)MN 棒受到的最大安培力F 的大小和方向；(2)若飞机起飞时速度为v ，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ ； (3)飞机起飞时速度v 的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)． 答案 (1)BLE R 方向水平向右 (2)(E －BL v )C (3)BLECB 2L 2C ＋m 0解析 (1)开关S 刚接至2时，回路中电流最大，MN 棒受到的安培力最大，最大安培力 F ＝BIL ＝BLER金属棒MN 上的电流方向从M 流向N 端，由左手定则可知安培力方向水平向右． (2)飞机起飞速度为v 时，金属棒的感应电动势E ′＝BL v 即此时电容器两极板间的电压U ＝BL v 则ΔQ ＝ΔU ·C ＝(E －BL v )C(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U ＝E ′＝BL v 对金属棒由动量定理可得B I Lt ＝m 0v －0 又B I Lt ＝BL ΔQ ＝BL (EC －BL v C ) 所以BL (EC －BL v C )＝m 0v 解得v ＝BLEC B 2L 2C ＋m 0.题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误．例6 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为L ，两导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)ab 、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x . 答案 (1)0.4v 0 B 2L 2v 010mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v 010mR(2)ab 、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共 对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共 而q ＝I Δt ，解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R ，解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析 金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l ，ab 、cd 是质量为m 、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功 12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bl gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bl v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bl gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m 答案 BD解析 撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R ＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析 因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析 设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝ 4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR ＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d 的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形金属线圈以速度v 沿水平方向进入磁场，且恰好能全部穿出磁场，则下列说法正确的是( )A ．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BLB ．线圈中无感应电流的时间为d －L vC ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为m v 24D ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为3m v 28答案 AD解析 进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I 1，时间为t 1，全部进入磁场时的速度为v 1，由动量定理得－BI 1Lt 1＝m v 1－m v ，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q 1，q 1＝I 1t ，则有－BLq 1＝m v 1－m v ，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq 2＝－m v 1，q 1＝q 2，所以v －v 1＝v 1，解得v 1＝v 2，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BL ，故A 正确；无感应电流的时间为t ＝d －L v 1＝2(d －L )v ，故B 错误； 进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝m v 22－m v 122＝3m v 28，故C 错误，D 正确．7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22 C 答案 AD 解析 磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x 0＝1 m ，A 正确；线框进入磁场过程中，安培力为F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R ，则F ＝B 2L 2v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－B 2L 2v Rt ＝m v －m v 0，解得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入数据解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝BLx R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 8．如图所示，平行光滑金属双导轨P 1Q 1M 1和P 2Q 2M 2，其中P 1Q 1和P 2Q 2为半径r ＝0.8 m 的14光滑圆轨道，O 1和O 2为对应圆轨道的圆心，Q 1、Q 2在O 1、O 2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q 1M 1和Q 2M 2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ；两导体棒a 、b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a 、b 的质量均为1 kg ，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P 1P 2处由静止释放，a 、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞(g ＝10 m/s 2)．求：(1)导体棒a 从Q 1Q 2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；(2)导体棒a 、b 稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 m/s (3)2 C解析 (1)导体棒a 从P 1P 2到Q 1Q 2，由动能定理得m a gr ＝12m a v 02－0 代入数据得v 0＝4 m/s a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0＝4 V由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R a ＋R b＝2 A 由牛顿第二定律得ILB ＝m b a b代入数据得a b ＝2 m/s 2.(2)当导体棒a 、b 稳定时，由动量守恒定律得m a v 0＝(m a ＋m b )v 1代入数据得v 1＝2 m/s.(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得I LBt ＝m b v 1，又q ＝I t ，代入数据得q ＝2 C.9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值． 答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R .。
高考物理一轮复习 第十五章 动量 第1单元 动量 冲量 动量定理教案-人教版高三全册物理教案
第十五章 动 量知识网络：第1单元 动量 冲量 动量定理一、动量和冲量1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。
题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
〔4〕研究一条直线上的动量要选择正方向2．动量的变化：p p p -'=∆由于动量为矢量，那么求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定那么。
A 、假设初末动量在同一直线上，那么在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B 、假设初末动量不在同一直线上，那么运算遵循平行四边形定那么。
[例1]一个质量为m =40g 的乒乓球自高处落下，以速度v =1m/s 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v '=/s 。
求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：s m kg s m kg mv p /04.0/104.0•=•⨯==乒乓球的末动量为： s m kg s m kg v m p /02.0/)5.0(04.0•-=•-⨯='='乒乓球动量的变化为： p p p -'=∆=s m kg s m kg /06.0/04.002.0•-=•-- p ∆p ' p正方向负号表示p ∆的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。
2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，那么绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。
高三物理一轮复习《动量 冲量 动量定理》学案
高三物理一轮复习《动量 冲量 动量定理》复习案【学习目标】1、掌握冲量、动量的概念和计算公式。
2、理解动量和动量变化量及冲量的矢量性3、理解动量定理的确切含义和表达式，知道动量定理适用于变力。
4、会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握一维情况下的计算问题。
【重点难点】1、单个力的冲量及合力的冲量、动量变化量的计算。
2、会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握一维情况下的计算问题【使用说明与学法指导】先通读教材有关内容，进行知识梳理归纳，再认真限时完成课前预习部分内容，并将自己的疑问记下来（写上提示语、标记符号）。
【课前预习】一、冲量和动量1、冲量（1）定义：________________________________________________________________。
（2）计算公式：I=____________________________________ 。
（3）单位：______________，国际符号：_____________________。
（4）冲量是矢量，方向与__________的方向相同。
（5）一个物体受多个力作用时，合力的冲量等于各个力冲量的矢量和，即冲量的计算遵循平行四边形定则。
2、动量（1）定义：____________________________________________________________________ 。
（2）计算公式：P=_____________________________________ 。
（3）单位：_______________ ，国际符号：_____________。
（4）动量是是矢量，方向与______________的方向相同。
（5）动量变化量的计算①规定正方向：一般以物体初速度的方向为正方向，若末速度方向与正方向相同为正，相反则为负。
②Δp=m 2v -m 1v二、知识点二：冲量和功的区别1、冲量是力对时间的积累效果，即冲量I=____________，冲量是矢量，有大小，还有_______。
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24(1) 动量冲量动量定理
[学习目标]
1、理解动量和冲量的概念
2、掌握动量定理及其应用
[学习内容]：
一、动量
1、在物理学中，物体的质量m和速度v的乘积叫做动量。
表达式为p=
它是一个描述物体在某一时刻运动状态的物理量。
它的单位是，符号是
2、动量具有方向，是量，它的方向与的方向相同。
如果物体在一直线上运动，在选定一个正方向后，动量的运算就可以简化成代数运算。
例1：一质量为0.5kg的木块以10m/s水平速度沿倾角为300的光滑斜面向上滑动（设斜面足够长）, 求木块在1s末的动量和3s内的动量变化量的大小？g=10m/s2
二、冲量
1在物理学中，叫做力的冲量.I= , 它的单位是N·s 。
2、冲量具有方向，是矢量，它的方向由力的方向决定。
是一个过程量。
求一个物体所受合外力的冲量有两种方法
（1）先求出物体受到的合外力，再求合外力冲量
（2）先求各力的冲量，再求各冲量的矢量和。
例2：质量为m的物体A受如图所示F的力作用于了ts，物体始终保持静止，
则在此过程中 F 的冲量大小为Ftcos600对吗？是零对吗？重力的冲量大小为
支持力的冲量大小为合力的冲量为。
例3、如图，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑
下，到达斜面底端的过程中，两个物体的下列物理量中大小相等的
是( )
A.重力的冲量
B.弹力的冲量
C.合力的冲量
D.刚到达底端时的动量
三、动量定理
1、它的表达式为：F合t =P/- P=m v /- m v
请你设计一个模型利用牛顿第二定律推导动量定理。
2、动量定理的应用
(1)、解释生活中的现象。
依据动量定理F合t =P /- P ，在动量变化一定的情况下，作用时间越短，则作用力越大；反之，作用时间越长，则作用力越小。
举例
(2)、应用于单个物体
思考1：质量为m的物体，沿半径为R的轨道以速率v做匀速圆周运动。
求物体所受的合外力在半周期内的冲量。
思考2：以速度V0水平抛出一个质量为1kg的物体，若在抛出后5s钟落地，求它后3s 内动量的变化。
上述思考后，你可归纳出什么结论？
例4、如图，用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为零，打击的作用时间是0.01s，求
①不计铁锤受的重力，铁锺钉钉子的作用力是多大？
②考虑铁锺受的重力，铁锺钉钉子的作用力又是多大？
③根据计算结果分析，在计算铁锤钉钉子的作用力时，对本题所给
的情况来说，是否可以不计铁锺受的重力
(3) 应用于物体系
例5: 质量分别为m A=2kg ,m B=1kg的A .B两物体放在水平地面上,它们和地面间的动摩擦因数均为0.1,当A以10m/s的初速度运动一段距离后与静止的B发生正碰,碰后A .B都向同一方向运动,已知A在碰撞前后共运动6s而停止,则B共运动了多少秒?
24（2）、动量与冲量、动量定理
1、下列几种说法中，正确的是 ( )
A.不同的物体，动量越大，动能不一定大
B.跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C.在推车时推不动车，是因为外力冲量不够大
D.动量相同的两个物体受相同的阻力作用，质量小的先停下来
2、下列运动过程中，在任何相等的时间内，物体动量变化相等的是 ( )
A.自由落体运动
B.平抛运动
C.匀速圆周运动
D.匀减速直线运动
3、下列哪种说法是错误的（ ）
A ．运动物体动量的方向总是与它的运动方向相同
B ．如果运动物体的动量发生变化，作用在它上面的合外力的冲量必不为0
C ．作用在物体上的合力、冲量总是使物体的动能增大
D ．合外力的冲量就是物体动量的变化
4、某一物受到一2N ·s 的冲量作用，则（ ）
A ．物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反
B ．物体的末动量一定是负值
C ．物体的动量一定减少
D ．物体的动量增量一定与现实的正方向相反
5、从相同高度以相等的速率将质量相同的A 、B 两物体抛出，A 物体竖直上抛；B 物
体水平抛出，不计空气阻力，直到它们落地，在此过程中，设A 受到重力的冲量为I 1动量
变化为△P 1，动能变化为△E 1，B 受到重力的冲量为I 2，动量变化为△P 2，动能变化为△E 2，
则（ ）
A ．I 1＞I 2，△P 1＞△P 2，△E 1＞△E 2
B ．I 1＞I 2，△P 1＞△P 2，△E 1=△E 2
C ．I 1=I 2，△P 1=△P 2，△E 1=△E 2
D ．I 1＞I 2，△P 1＞△P 2，△
E 1＜△E 2
6、若质量为m 的小球从h 高度自由落下，与地面碰撞时间为△t ，地面对小球的平均
作用力大小为F ，则在与地面碰撞过程中，（取向上为正方向）对小球说（ ）
A ．重力的冲量为mg )t 2(∆+g h
B ．地面对小球的冲量为F ·△t
C ．合力的冲量为(mg+F)·△t
D ．合力的冲量为(mg-F)·△t
7、如图所示，某人身系弹性绳自高空 P 点自由下落，图中 a 点是弹性绳的原长位
置，c 点是人所到达的最低点，b 点是人静止时悬吊着的平衡位置，不计空气阻力，则
( )
A 、从 P 到 c 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量
B 、从 P 到 b 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量
C 、从 a 到 b 过程中重力的冲量小于弹性绳弹力的冲量
D 、从 a 到 c 过程中重力的冲量小于弹性绳弹力的冲量
8、空心球A 内放一质量为m 的B 球，一人以初速度V 0竖直上抛球A ，等它落回原地
时又将其接住，从抛出到落回原地的过程中，A 球对B 球冲量大小为（不计空气阻力）（ ）
A ．0
B ．mV 0
C ．2mV 0
D ．2
mV 0
9、水平推力F 1和F 2分别作用在置于水平面上的等质量a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，两物体在水平面上继续运动一段时间后停下，两物块v-t 图成如图，图中AB
∥CD ，则下列说法正确的是（ ）
A ．F 1的冲量大于F 2的冲量
B ．F 1的冲量小于F 2的冲量
C ．两物块所受摩擦力的大小相等
D ．两物块所受的摩擦力的冲量大小相等 10、如图，物体A 和B 用轻绳相连，挂在弹簧下静止不动，A 、B 的质量分别为m 和M 。
当连接A 、B 的轻绳突然断开后，物体上升经某一位置时的速度为V ，此时物体B 下落的速度大小为u ，那么在这段时间里弹簧的的弹力对物体A 的冲量为（
A ．mV
B ．mV-Mu
C ．
mV+Mu
D ．m （V+u ） 11、一质量为100g 的小球从0.80m 高处自由下落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点，经历了0.20s ，则这段
时间内软垫对小球的冲量为________（空气阻力不计，g=10m/s 2）。
12、原来在光滑水平面上滑行的滑块，由于受到一个水平恒力
F 的作用，其滑行方向不变，动量与时间的关系如图θ=30°，则F=______________。
13、 两个质点 A 、B 的质量都为 2 k g , 它们的初速度方向相反 , 在同一水平面ω为 rad ／s ，速率Ｖ１为 23m ／s 的匀速圆周运动；B 的初速度上 A 做角速度Ｖ２为3 m ／s ，在恒力 F 的作用下运动，力 F 的方向与初速度方
向垂直，如图，在某时刻二者的动量相等，求力 F 的最大值。
14、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳，翻滚并做各种动作的运动项目。
一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿坚直方向蹦回到离水平网面5.0m 高处，已知运动员与网接触的时间为1.2s ，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。
（g=10m/s 2）。