高考物理一轮复习 第六章 动量 动量守恒定律 第1讲 动量定理及应用学案
第六章-第1讲 动量和动量定理
__相__同_______。
3．冲量
(1)定义：力 F 与力的作用时间 t 的乘积 ．
(2)定义式：I＝Ft .
(3)单位：N·s . (4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
(F2－mg)t＝0－mv(矢量式)
F2＝－0.5×0.0－14.0 N＋0.5×10 N＝205 N， 方向竖直向上。 由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为 205 N，方向竖直向下。 (3)比较 F1 与 F2，其相对误差为|F2－F1F1|×100% ＝2.5% ，可见本题中重力 的影响可忽略。 答案 (1)200 N，方向竖直向下 (2)205 N，方向竖直向下 (3)见解析
的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有 F′·Δt＝Δp＝－ρv2SΔt，
即 F′＝－ρSv2。
根 据 牛 顿 第 三 定 律 知 F ＝ － F′ ＝ ρSv2 ， 式 中 S ＝ π d2 ， 代 入 数 值 得
4 F≈1.77×105 N。
答案 1.77×105 N
子题微练
1．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在 雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得 1 小时内杯中水面上升了
4．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．
(2)表达式：
Ft＝mv2－mv1
I＝Δp
二、对点微练
1．(动量的理解)(多选)下列关于动量的说法，正确的是(CD )
A．质量大的物体，动量一定大 B．质量和速率都相同的物体，动量一定相同 C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变 D．一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变 2．(冲量)(多选)恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图所示， 由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间 t，
高三物理一轮复习精品教案——第六章 动量守恒
第六章 碰撞与动量守恒第一讲 动量守恒定律一、基本概念（一）动量（冲量一般不作要求）1.定义：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2.定义式：p=mv 单位是kg ·m/s3.动量与动能量值间的关系⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝2mEk E k ＝p 22m ＝12pv4.动量变化：物体的末动量p 1和初动量p 2的差，Δp=p 2-p 1。
动量变化有矢量性，变化方向与物体速度的变化方向相同。
（二）动量守恒定律1. 动量守恒定律的内容一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
即：22112211v m v m v m v m '+'=+ 守恒是指整个过程任意时刻相等（时时相等,类比匀速） 定律适用于宏观和微观高速和低速2. 动量守恒定律的表达形式（1）22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/， （2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 23. 理解：（1）正方向 （2）同参同系 （3）微观和宏观都适用4. 动量守恒定律的适用条件①系统不受外力或系统所受外力之和为零；②外力比系统的内力小得多可以忽略不计；③在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．5. 使用动量守恒定律时应注意：①速度的瞬时性；②动量的矢量性；③时间的同一性．（三）反冲、爆炸现象反冲指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象。
喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
在反冲现象里，系统的动量是守恒的。
内力远大于外力，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量很小，可以忽略不计，可认为动量守恒。
爆炸过程中虽然动量守恒，但由于其他形式的能转化为机械能，所以爆炸前后机械能并不守恒，其动能要增加。
二、例题【例1】把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和小车的下列说法中正确的是A .枪和子弹组成的系统动量守恒B .枪和小车组成的系统动量守恒C .只有在忽略子弹和枪筒之间的摩擦的情况下，三者组成的系统动量才近似守恒D .枪、子弹和小车组成的系统动量守恒【解析】对于枪和子弹自成的系统，在发射子弹时由于枪水平方向上受到小车对它的作用力，所以动量是不守恒的，选项A 错；同理，对于枪和小车所组成的系统，在发射子弹的瞬间，枪受到火药对它的推力作用，因此动量也是不守恒的，选项B 错；对于枪、子弹和小车组成的系统而言，火药爆炸产生的推力以及子弹和枪筒之间的摩擦力都是系统的内力，没有外力作用在系统上，所以这三者组成的系统动量是守恒的，选项C 错，D 正确。
高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第1讲 动量 动量定理课时作业(含解析)新人教版-新
第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。
其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。
此题选说法错误的，应当选A。
2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。
3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。
高考物理一轮复习 第六章 第1节 动量定理 动量守恒定律课件
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过关(guò〃guān)巧练
1.思考(sīkǎo)判断
(1)一个物体的运动状态变化,它的动量一定(yīdìng)改变.(
)√
(2)物体所受合外力的冲量方向与物体动量的方向相同.(
)
×
(3)系统的机械能守恒时,动量也一定守恒.(
)
×
(4)物体的动量变化越大,其速度变化一定越大.(
)√
(5)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相
同.(
)
√
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2.(多选)关于动量的变化,下列说法正确(zhèngquè)的是( ABD) A.做直线运动的物体速度增大时,动量的增量Δp的方向与运动方向相同 B.做直线运动的物体速度减小时,动量的增量Δp的方向与运动方向相反 C.物体的速度大小不变时,动量的增量Δp为零
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【典例2】 (2019·吉林长春质检(zhì jiǎn))“蹦床”已成为奥运会的比赛项目.质量为m的
运动员从床垫正上方h1高处自由落下,落垫后反弹的高度为h2,设运动员每次与床垫接触的时间为
t,求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力.(空气阻力不计,重力加速度为g)
间力的作用时间很短,用Δt 表示.a1= v1 v1 ,a2= v2 v2 移项后得到 m1v1+m2v2=m1v1′
t
t
+m2v2′
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高考物理大一轮复习 第6章 碰撞 动量守恒定律配套教案-人教版高三全册物理教案
六碰撞动量守恒定律第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp24．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．[自我诊断]1．判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)2．(2017·广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A ．动能相等，则质量大的动量大B ．动能相等，则动量大小也相等C ．动量大小相等，则质量大的动能小D ．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能E k ＝12mv 2可知，动量p ＝2mE k ，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确．4．(2017·河南开封质检)(多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．两手同时放开后，系统总动量始终为零B ．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C ．先放开左手，后放开右手，总动量向左D ．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确．5．(2017·湖南邵阳中学模拟)一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ft cos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：100 86.6考点一动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1] (2016·高考全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2⑧ 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 (1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．1．如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，则这一过程中动量的变化量为( )A ．大小为3.6 kg ·m/s，方向向左B ．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C ．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D ．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp ＝mv 1－mv 0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D 正确．2. 质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A ．10 N·s 10 N·sB．10 N·s－10 N·sC．0 10 N·sD．0 －10 N·s解析：选D.由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是F f，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为F f(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)，沿斜面向下．答案：F f(t2－t1) 沿斜面向上mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2) 沿斜面向下4．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.答案：2mv05．(2017·甘肃兰州一中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m 高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2) 解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N6．(2016·河南开封二模)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5 kg的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝(m＋M)v1，即v1＝mvm＋M＝2 m/s(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS(v －v1)Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小车的加速度a＝FM＋m＝2.56 m/s2答案：(1)2 m/s (2)2.56 m/s2考点二动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．[典例2] (2017·山东济南高三质检)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．解析 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0④答案 65v 0 应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R ，最低点为C ，两端A 、B 等高，现让小滑块m 从A 点由静止开始下滑，在此后的过程中，则( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量守恒B ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动D ．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为mR M ＋m解析：选B.M 和m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A 错误，B 正确；m 从A 到C 过程中，M 向左加速运动，当m 到达C 处时，M 向左速度最大，m 从C 到B 过程中，M 向左减速运动，C 错误；在m 从A 到B 过程中，有Mx M ＝mx m ，x M ＋x m ＝2R ，得x M ＝2mR /(m ＋M )，D 错误．2．(2016·广东湛江联考)如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－mv ，接住木箱的过程中mv ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2.解得v 2＝v 2. (2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv 2＝3mv 3－mv ，则v 3＝v ，故无法再次接住木箱．答案：(1)v 2(2)否 3．(2017·山东济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端．三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 相碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ，A 、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ，联立解得v A ＝2 m/s.答案：2 m/s4．人和冰车的总质量为M ，另一木球质量为m ，且M ∶m ＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v (相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v (相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′；第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′……第n次推球(M＋m)v n－1′＝Mv n－mv，可得v n＝2n－1mvM，当v n≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.答案：9次课时规范训练[基础巩固题组]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向解析：选D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )A．1 000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝m M v M－m N v N，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当m M＝m N时，v M＝v N，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．5．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg解析：选A.由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，得F ＝m 2gh t＋mg .选项A 正确． 6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．0～4 s 内物体的位移为零B ．0～4 s 内拉力对物体做功为零C ．4 s 末物体的动量为零D ．0～4 s 内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s 内先做匀加速后做匀减速运动，4 s 末的速度为零，位移一直增大，A 错；前2 s 拉力做正功，后2 s 拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B 正确；4 s 末的速度为零，故动量为零，故C 正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D 正确．7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v (相对于空间站)将物体A 推出？(2)设甲与物体A 作用时间为t ＝0.5 s ，求甲与A 的相互作用力F 的大小．解析：(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M 2v 0－M 1v 0＝(M 1＋M 2)v 1以乙和A 组成的系统为研究对象，有：M 2v 0＝(M 2－m )v 1＋mv代入数据联立解得v 1＝0.4 m/s ，v ＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft ＝M 1v 1－(－M 1v 0)代入数据解得F ＝432 N答案：(1)5.2 m/s (2)432 N[综合应用题组]8. (多选)如图把重物压在纸带上，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拉出，解释这些现象的正确说法是( ) A．在缓慢拉动纸带时，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．在缓慢拉动纸带时，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解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则( )A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．船的动量变化量是105 kg·m/s解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得：v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，C错误；人的动量的变化Δp为：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D正确．10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( )A ．2.4 m/sB ．2.8 m/sC ．3.0 m/sD ．1.8 m/s解析：选A.A 相对地面速度为0时，木板的速度为v 1，由动量守恒得(向右为正)：Mv－mv ＝Mv 1，解得：v 1＝83m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v 2，由动量守恒得：Mv －mv ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝2 m/s ，故B 对地的速度在2 m/s ～83m/s 范围内，选项A 正确．11．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m B ＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触，另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v t 图象如图乙所示，求：(1)物块C 的质量m C ；(2)从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中弹簧对A 物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m/s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒，m C v 1＝(m A ＋m C )v 2，代入数据解得m C ＝2 kg.(2)12 s 时B 离开墙壁，此时B 速度为零，A 、C 速度相等时，v 3＝－v 2从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中，A 、C 两物体的动量变化为：Δp ＝(m A ＋m C )v 3－(m A ＋m C )v 2从物块C 与A 相碰到B 离开墙的运动过程中弹簧对A 物体的冲量大小为I ＝2(m A ＋m C )v 2，代入数据整理得到I ＝36 N·s.答案：(1)2 kg (2)36 N·s12. 如图所示，质量为0.4 kg 的木块以2 m/s 的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg ，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g 取10 m/s 2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得 mv 0＝(M ＋m )v 解得：v ＝m M ＋mv 0＝0.4 m/s. (2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmg t ＝mv －mv 0解得：t ＝v 0－v μg＝0.8 s. (3)木块做匀减速运动，加速度为a 1＝F f m＝μg ＝2 m/s 2 小车做匀加速运动，加速度为a 2＝F f M ＝μmg M＝0.5 m/s 2 在此过程中木块的位移为x 1＝v 2－v 202a 1＝0.96 m 车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82 m ＝0.16 m 由此可知，木块在小车上滑行的距离为：Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m第2节 碰撞与能量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，。
高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第1讲动量、冲量、动量定理学案(2021年整理)
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第1讲动量、冲量、动量定理板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量Ⅱ1．定义：运动物体的质量m和它的速度v的乘积mv叫做物体的动量.动量通常用符号p来表示，即p＝mv。
2．单位:在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒,符号为kg·m/s。
说明:动量既有大小，又有方向，是矢量。
我们讲物体的动量，是指物体在某一时刻的动量，动量的方向与物体瞬时速度的方向相同.有关动量的运算，一般情况下用平行四边形定则进行运算.如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的运算就可以转化为代数运算。
3．动量的三个性质(1)动量具有瞬时性.物体的质量是物体的固有属性，是不发生变化的，而物体的速度是与时刻相对应的，由动量的定义式p＝mv可知，动量是一个状态量，具有瞬时性。
（2)动量具有相对性。
选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面的动量。
在分析有关问题时要先明确相应的参考系。
（3)矢量性.动量是矢量，方向与速度的方向相同，遵循矢量运算法则。
【知识点2】动量的变化Ⅱ1．因为p＝mv是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化,动量p就发生了变化.2．动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
高考物理总复习 6 第1讲 动量和动量定理教案 新人教版-新人教版高三全册物理教案
第1讲动量和动量定理一、动量1．定义：物体的质量与速度的乘积。
2．公式：p＝mv。
3．单位：千克·米/秒。
符号：kg·m/s。
4．意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。
二、动量变化1．定义：物体的末动量p′与初动量p的差。
2．定义式：Δp＝p′－p。
3．矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同。
三、动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化等于它在这个过程中所受力的冲量。
2．表达式：p′－p＝I或mv′－mv＝Ft。
3．冲量：力与力的作用时间的乘积，即I＝Ft。
(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。
(√)2．做匀速圆周运动的物体的动量不变。
(×)3．物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。
(×)4．合外力的冲量等于物体的动量变化。
(√)5．合外力的冲量等于各外力冲量的代数和。
(×)1．(动量)关于动量，下列说法中正确的是( )A．做匀速圆周运动的物体，动量不变B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变C．物体的动量变化，动能也一定变化D．甲物体动量p1＝5 kg·m/s，乙物体动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1>p2解析动量是矢量，匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，A项错误；匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，B项正确；速度方向变化，若大小不变，则动量变化，而动能不变，C项错误；动量的负号只表示方向，不参与大小的比较，故p1＜p2，D项错误。
答案 B2．(冲量)(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cosθD．合力对物体的冲量大小为零解析对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。
高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 第1节 动量定理 动量守恒定律教案 鲁科版-鲁科版高三全册
第六章碰撞与动量守恒2018级某某省普通高中教学指导意见与2021年选择考预测内容标准1.探究物体弹性碰撞的一些特点.知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.通过实验,理解动量和动量守恒定律.能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题.知道动量守恒定律的普遍意义.3.通过物理学中的守恒定律,体会自然界的和谐与统一.实验:验证动量守恒定律选择考预测从近几年高考来看,本单元考查的重点是动量定理和动量守恒定律这两大规律.2021年选择性考试改为某某本省自主命题且实行单科考试后,考试时长和试题题量均会相应增加,预计2021年的考试中,对动量考查的深度和题目的综合性有所增强,以计算题的形式出现可能性很大,综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题如板块问题等仍将是今后命题的热点和难点,甚至将动量和电学知识结合,作为压轴计算题进行命制,难度会逐渐加大.而本章实验题的考查在历年高考中鲜有出现,但也不可大意.[全国卷考情分析]——供老师参考考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2017 2018 2019动量、动量定理、动量守恒定律及其应用ⅡⅠ卷T14:动量守恒定律的应用Ⅲ卷T20:动量定理的应用Ⅰ卷T14:动量T24:动量守恒和能量守恒Ⅱ卷T15:动量定理T24:碰撞与动力学综合Ⅲ卷T25(2):动量的计算Ⅰ卷T16:动量定理T25(1):弹性碰撞Ⅱ卷T25(3):动量定理Ⅲ卷T19:电磁感应与动量守恒结合T25:动量守恒定律弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验七:验证动量守恒定律第1节动量定理动量守恒定律教材梳理·自主预习知识梳理一、动量、动能、动量变化量的比较二、冲量1.定义:力与力的作用时间的乘积.2.公式:I=Ft,适用于求恒力的冲量.3.方向:恒力时与力的方向相同.三、动量定理1.内容:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.2.表达式:I=Δp或Ft=mv2-mv1.物体动量的变化率等于它所受的力.自主探究人从高处跳下,落地时要屈腿,这是为什么?答案:人从高处落地到停下,动量变化一定,若屈腿可增加人落地停下来的时间,使动量变化率变小,即人受地面作用力变小.四、动量守恒定律知识解读动量守恒定律的推导如图所示,在水平桌面上做匀速运动的两个小球,质量分别是m1和m2,速度分别是v1和v2,v2>v11′和v2′.设碰撞过程中第一个球所受第二个球对它的作用力是F1,第二个球所受第一个球对它的作用力是F2.根据牛顿第二定律,碰撞过程中两球的加速度分别是a1=11Fm,a2=22Fm知识解读根据牛顿第三定律,F1与F2大小相等、方向相反,即F1=-F2所以m1a1=-m2a2碰撞时两球之间力的作用时间很短,用Δt表示.a1=11v vt'-∆,a2=移项后得到m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′1.内容:一个系统不受外力或者所受合外力为零,这个系统的总动量保持不变. m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′或p=p′.小题检测(1)物体的动量越大,其惯性也越大.( × )(2)物体的动量变化率越大,它受到的冲量就越大.( × )(3)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向相同.( √ ) (4)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变.( √ ) (5)物体相互作用时动量守恒,机械能也一定守恒.( × ) ( D )B.物体运动状态发生变化,则其动量一定发生改变解析:根据动量和动能的关系E k =22p m可知,动量大的物体动能不一定大,选项A 正确;物体运动状态改变,即速度发生变化,则动量一定变化,故B 正确;冲量是物体动量变化的原因,选项C 正确;冲量方向与动量变化的方向一致,选项D 错误. 3.(多选)下列说法中正确的是( AC )B.冲量反映了力的作用对时间的累积效应,是一个标量D.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为它动量的变化太大 解析:动量的变化率ΔΔp t =ΔΔm vt=ma=F,由此可知,物体动量的变化率等于它所受的力,A 正确;力的冲量反映了力的作用对时间的积累效应,是一个矢量,B 错误;根据动量定理可知,动量发生变化的物体,其所受合力一定不为0,不可能处于平衡状态,C 正确;由Δp=FΔt 可知,动量变化相等时,时间Δt 越长,力F 越小,玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的外力太大,动量变化大,外力不一定大,D 错误. 4.(2019·丰台区高三检测)为了研究平抛物体的运动,用两个相同小球A,B做下面的实验:如图所示,用小锤打击弹性金属片,A球立即水平飞出,同时B球被松开,做自由落体运动,两球同时落到地面.A,B两小球开始下落到落地前瞬间的过程中,下列对A,B球描述正确的是( B)解析:因为A球立即水平飞出,以一定的速度做平抛运动,B球被松开,做自由落体运动,所以两球落地的速率不同,速率的变化量也不同,故A错误;两球落地的时间相同,受到的重力也相同,落地过程中重力的冲量相同,则两球动量的变化量相同,故B正确;A 球与B球的动量变化率等于重力,故A球与B球的动量变化率相同,故C错误;下落过程中重力做功相同,则动能变化量相同,故D错误.5.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( C)A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒B.只要系统中物体具有加速度,系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒解析:无论系统内物体是否具有加速度或受摩擦力作用,只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒,故C正确,A,B均错误;系统中所有物体的加速度均为零时,系统所受的合外力一定为零,故系统动量一定守恒,D错误.考点研析·感悟提升考点一动量与冲量的理解(1)动量是矢量.动量的合成与分解遵循平行四边形定则、三角形定则.(2)动量是状态量.通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量),计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度.(3)动量是相对量.物体的动量与参考系的选取有关,通常情况下,指相对地面的动量.(4)动量的变化量是物体始、末动量的矢量差.若始、末动量在同一直线上,规定正方向后求其之差;若始、末动量不在一条直线上,其关系如图所示.(1)冲量和功都是过程量.冲量表示力对时间的积累作用,功表示力对位移的积累作用.(2)冲量是矢量,功是标量.(3)力作用的冲量不为零时,力做的功可能为零;力做的功不为零时,力作用的冲量一定不为零.公式法利用定义式I=Ft计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态图象法如图利用F-t图象计算,F-t 图象围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量.若是方向不变、大小随时间均匀变化的变力时,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量I=122F Ft,其中F1,F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量[例1] 将质量相等的三只小球a,b,c从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛、下抛、平抛出去,空气阻力不计,那么,有关三球动量和冲量的情况是( C)C.三球从抛出到落地时间内,受重力冲量最大的是a球,最小的是b球D.三球从抛出到落地时间内,动量的变化量均相同解析:三个小球a,b,c在空中均只受重力,故机械能守恒,则三小球落地时的速度大小相等,但c 速度不沿竖直方向,故a,b的速度相等,动量相等,但与c不相等,故选项A,B错误;由于a的时间最长,b的时间最短,故a受冲量最大,b受冲量最小,选项C正确;物体动量的变化量等于合外力的冲量,故a动量变化最大,b最小,选项D错误.[针对训练](2019·某某某某模拟)(多选)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是( CD)A.第2 s末,质点的动量为0B.第4 s末,质点回到出发点C.在0～2 s时间内,F的功率先增大后减小D.在1～3 s时间内,F的冲量为0解析:根据F t图象,在前2 s力的方向和运动的方向相同,质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第2 s末,质点的速度最大,动量最大,而不是0,故A错误;该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同,前半个周期内做加速运动,后半个周期内做减速运动,所以质点在0～4 s内运动方向不变,故B错误;0～2 s 内,速度在增大,力F先由0增大后又减小到0,根据瞬时功率P=Fv公式,力F的功率开始时为0,2 s末的功率也为0,所以在0～2 s时间内,F的功率先增大后减小,故C正确;在F t图象中,图线与t轴围成的面积表示力F的冲量,由图可知,1～2 s之间的面积与2～3 s之间的面积大小相等,且一正一负,则在1～3 s时间内,F的冲量为0,故D正确.考点二动量定理的理解与应用(1)Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.(2)Ft=p′-p 除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因.(3)动量定理描述了始、末动量与冲量间的矢量关系,某一方向上仍然成立. (1)由F=ΔΔpt知,物体的动量变化一定,此时力的作用时间越短,力就越大;时间越长,力就越小. (2)作用力一定,此时力的作用时间越长,动量变化越大;力的作用时间越短,动量变化越小.分析问题时,要明确哪个量一定,哪个量变化.[例2] (2019·某某区一模)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中力F 和动量p 都是矢量.在用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x,y 两个方向上分别研究.如图所示,质量为m 的小球斜射到钢板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,碰撞过程中忽略小球所受重力,碰撞时间为已知.求小球对钢板的作用力F.解析:选择小球为研究对象,小球与钢板碰撞,其速度变化如题图所示,则初速度可分解为 v x =vsin θ v y =-vcos θ 其末速度可分解为 v x ′=vsin θ v y ′=vcos θ 根据动量定理x 方向有F x Δt=m(v x ′-v x )=0 y 方向有F y Δt=m(v y ′-v y )=2mvcos θ 得F y =2cos Δmv tθ根据牛顿第三定律,桌面受力为F=-F y =-2cos Δmv tθ方向沿y 轴负方向.答案:02cos Δmv t,方向沿y 轴负方向 [针对训练] 在学校的体育运动会跳远场地,我们看到运动员起跳后落在松软的沙坑中,其目的是( B )A.增加运动员落地过程的时间,增大脚受到的作用力B.增加运动员落地过程的时间,减小脚受到的作用力C.减少运动员落地过程的时间,增大脚受到的作用力D.减少运动员落地过程的时间,减小脚受到的作用力解析:运动员落入沙坑中,增加了运动员落地的时间,设运动员落地前的速度大小为v,脚受到的作用力大小为F,根据动量定理得Ft=mv,时间变大,则作用力变小,故B 正确.考点三 动量守恒的判断动量守恒定律适用条件 (1)理想条件:系统不受外力. (2)实际条件:系统所受合外力为零.(3)近似条件:系统各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力. (4)方向条件:系统在某一方向上满足上述的条件,则此方向上动量守恒. [例3](多选)如图所示,平板小车C 放在光滑水平地面上,A,B 两物体(m A >m B )之间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧,A,B 与弹簧不拴接,放在平板小车C 上后,A,B,C 均处于静止状态.则在细绳被剪断后,A,B 在C 上未滑离C 之前,A,B 沿相反方向滑动的过程中( AB )A.若A,B 与C 之间的摩擦力大小相同,则A,B 组成的系统动量守恒,A,B,C 组成的系统动量也守恒B.若A,B 与C 之间的摩擦力大小不相同,则A,B 组成的系统动量不守恒,但A,B,C 组成的系统动量守恒C.若A,B 与C 之间的摩擦力大小不相同,则A,B 组成的系统动量不守恒,A,B,C 组成的系统动量也不守恒D.若A与C之间摩擦力大于B与C之间摩擦力,A,B滑动过程中小车向右运动解析:系统动量守恒的条件是合外力为零,在细绳被剪断后,A,B在小车C上滑动.若A,B与C之间的摩擦力大小相同,A,B所受的滑动摩擦力方向相反,则对于A,B组成的系统所受的合外力为零,动量守恒;对三个物体组成的系统,竖直方向上重力与支持力平衡,水平方向不受外力,合外力为零,动量也守恒,故A正确;若A,B与C之间的摩擦力大小不相同,A,B组成的系统所受的合外力不为零,动量不守恒;但对三个物体组成的系统,合外力为零,A,B,C组成的系统动量仍守恒,故B正确,C错误;当A与C之间的摩擦力大于B与C之间的摩擦力,A与B组成的系统对小车的合力向左,由动量定理可知小车向左运动,故D错误.[针对训练] (多选)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是( AC)解析:A中在光滑的水平面上,子弹与木块系统受合外力等于零,动量守恒;B中剪断细线后,竖直墙壁对左边木块有弹力作用,系统合外力不为零,动量不守恒;C中两球在匀速下落,系统合外力等于零,细线断裂后,系统合外力仍然等于零,所以系统动量守恒;D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力,则动量不守恒,所以选项A,C正确.考点四动量守恒定律的理解和应用应用动量守恒定律时应注意的“五性”条件性首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零)相对性公式中v1,v2,v1′,v2′必须相对于同一个惯性系公式中v1,v2是在相互作用前同一时刻的速度,v1′,v2′是相互作用后同一同时性时刻的速度矢量性应先选取正方向,凡是与选取的正方向一致的动量为正值,相反为负值普适性不仅适用于低速宏观系统,也适用于高速微观系统3 m/s,乙车速度大小为2 m/s,方向相反并在同一直线上,如图所示.(1)当乙车速度为零时,甲车的速度多大?方向如何?(2)由于磁铁的磁性极强,故两车不会相碰,那么两小车间的距离最小时,乙车的速度是多大?方向如何?思路探究:当其中一小车速度为0,另一小车仍在运动时,两小车间距离如何变化? 答案:两小车间距离继续减小或增大.解析:两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两磁铁之间的磁力是系统内力,系统动量守恒.设向右为正方向. (1)据动量守恒定律得mv 甲-mv 乙=mv 甲′ 则v 甲′=v 甲-v 乙=1 m/s,方向向右.(2)两车相距最近时,两车的速度相同,设为v′,由动量守恒定律得mv 甲-mv 乙=mv′+mv′ 解得v′=m 2mv v m -乙甲=2v v -乙甲=322- m/s=0.5 m/s,方向向右.答案:(1)1 m/s 向右 (2)0.5 m/s 向右反思总结应用动量守恒定律解题的基本步骤题组训练1.(系统动量近似守恒问题)(2019·东城区期末)如图(甲)是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图,打夯前先将桩料扶正立于地基上,桩料进入泥土的深度忽略不计.已知夯锤的质量为M=450 kg,桩料的质量为m=50 kg.每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h 0=5 m 处再释放,让夯锤自由下落,夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动.桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h 的变化关系如图(乙)所示,直线斜率k=5.05×10410 m/s 2,则下列说法正确的是( C )9 m/s4.5 m/sC.打完第一夯后,桩料进入泥土的深度为1 mD.打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为3 m 解析:夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度=2gh 0,得v 0=02gh =2105⨯⨯ m/s=10 m/s.取向下为正方向,打击过程时间很短,且夯锤与桩料间作用力远大于泥土阻力,则遵守动量守恒定律,则得Mv 0=(M+m)v,代入数据解得v=9 m/s,故选项A,B 错误;由(乙)图知,桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化,则阻力做功为W f =-12kh·h=-12kh 2,打完第一夯后,对夯锤与桩料,由动能定理得:(M+m)gh 1+W f =0-12(M+m)v 2.即(M+m)gh 1-12k=0-12(M+m)v 2,打完第二夯后,深度为h 2,则对夯锤与桩料,由动能定理得:(M+m)gh 2-12k[(h 1+h 2)2-21h ]=0-12(M+m)v 2,同理可以得到:打完第三夯后,桩料再次进入泥土的深度为h 3,则对夯锤与桩 料,由动能定理得:(M+m)gh 3-12k[(h 1+h 2+h 3)2-(h 1+h 2)]2=0-12(M+m)v 2,则打完第三夯后,桩料进入泥土的深度为H=h 1+h 2+h 3,代入数据得h 1=1 m,H=h 1+h 2+h 3<3 m,故选项C 正确,D 错误. 2.(某一方向的动量守恒)光滑水平面上放着一质量为M 的槽,槽与水平面相切且光滑,如图所示,一质量为m 的小球以速度v 0向槽运动,若开始时槽固定不动,求小球上升的高度.若槽不固定,则小球又上升多高?(槽足够高,重力加速度为g)解析:槽固定时,设球上升的高度为h 1,由机械能守恒定律得mgh 1=12m 20v ,得h 1=202v g. 槽不固定时,设球上升的最大高度为h 2,此时两者的共同速度为v,在水平方向上,由动量守恒定律得 mv 0=(m+M)v,球与槽作用过程中机械能守恒,有12m 20v -12(m+M)v 2=mgh 2, 解得h 2=202()Mv M m g+.答案:202v g 202()Mv M m g+真题试做·模拟演练3 km/s,产生的推力约为4.8×106N,则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( B ) ×102kg B.1.6×103kg C.1.6×105kgD.1.6×106kg解析:设该发动机在时间t 内,喷射出的气体质量为m,根据动量定理,有Ft=mv,在1 s 内喷射出的气体质量m 0=m t =F v=64.8103000⨯ kg=1.6×103 kg,故B 正确.2.(2018·全国Ⅰ卷,14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( B )解析:根据匀变速直线运动规律,由静止匀加速启动的速度v t =at,动能E k =12m 2t v =12ma 2t 2,即列车的动能与经历的时间的平方成正比,A 错误;根据2t v =2as,动能E k =12m 2t v =12m·2as=mas,即列车的动能与位移成正比,B 正确;动能E k =12m 2t v ,即列车的动能与速度的平方成正比,C 错误;动量p=mv t ,动能E k =12m 2t v =22p m,即列车的动能与动量的平方成正比,D 错误. 0.4 kg,为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用距离为0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s 的初速度.若不计空气阻力及球的形变,g 取10 m/s 2,则每次拍球( D )1.6 kg·m/s2.0 kg·m/sC.人对球做的功为3.2 JD.人对球做的功为2.2 J解析:根据题述,使球在离手时获得一个竖直向下的大小为 4 m/s的初速度,根据动量定理,合外力给皮球的冲量为I=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s;手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量,手给球的冲量小于1.6 kg·m/s,选项A,B错误;设人对球做的功为W,由动能定理, mv2,解得W=2.2 J,选项D正确,C错误.得W+mgh=124.(2019·全国Ⅱ卷,25)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶.行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车.刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线.图(a)中,0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1～t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止,已知从t2时刻开始,汽车第1 s内的位移为 24 m,第4 s内的位移为1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v t图线;(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?解析:(1)v t图象如图所示.(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2.在t22+(n-1)Δt～t2+nΔt内的位移为s n,n=1,2,3,….若汽车在t2+3Δt～t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有s1-s4=3a(Δt)2 ①s1=v2Δt-1a(Δt)2②2v4=v2-4aΔt ③联立①②③式,代入已知数据解得v4=-176m/s ④这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止.因此,①式不成立.由于在t2+3Δt～t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式v3=v2-3aΔt ⑤2as4=23v⑥联立②⑤⑥式,代入已知数据解得a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦或者a=28825m/s2,v2=29.76 m/s⑧但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去.(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1,由牛顿第二定律有f1=ma ⑨在t1～t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为I=12f1(t2-t1) ⑩由动量定理有I=mv1-mv2由动能定理,在t1～t2时间内,汽车克服阻力做的功为W=12m21v-12m22v联立⑦⑨⑩式,代入已知数据解得v1=30 m/sW=1.16×105 J从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为s=v1t1+12(v1+v2)(t2-t1)+222va联立⑦,代入已知数据解得s=87.5 m.答案:(1)见解析(2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m。
高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 第1节 动量和动量定理学案 新人教版
学习资料第六章动量守恒定律素养导读备考定向第1节动量和动量定理必备知识预案自诊知识梳理一、动量1.定义：物体的质量和的乘积。
2。
表达式：p=mv。
3.单位：.4.标矢性:动量是矢量,其方向和方向相同。
注意：动量是状态量,与时刻或位置相对应.二、动量定理1。
冲量（1）定义：力和力的作用的乘积.(2)表达式：I= 。
（3）单位：.(4)标矢性:冲量是矢量,恒力冲量的方向与力的方向.注意：冲量是过程量，与时间或过程相对应。
2。
动量定理(1)内容:物体在一个过程中所受力的等于它在这个过程始末的动量变化量。
注意：“力”指的是合力.（2)表达式:Ft= 。
考点自诊1。
判断下列说法的正误。
(1）两物体的动量相等,动能也一定相等。
()（2)动量越大的物体、其质量越大。
（）(3)动量变化量的方向一定与初动量和末动量的方向都不同。
（)(4)物体受到的合力的冲量不为零，物体的动量一定变化。
（)(5）物体受到的合力冲量的方向与末动量方向一定相同.（）2。
质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上,随后以3 m/s的速度反向弹回,若取竖直向下的方向为正方向,则小球动量的变化量为（）A。
10 kg·m/s B.-10 kg·m/sC。
40 kg·m/s D.-40 kg·m/s3.下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是（)A。
物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B.物体的动能发生变化,其动量一定发生变化C。
若两个物体的动量相同，则它们的动能也一定相同D。
动能大的物体,其动量也一定大4.（新教材人教版选择性必修第一册P10习题改编）曾经有一则新闻报道,一名4岁儿童从3层高的楼房掉下来,被一名见义勇为的青年接住。
假设儿童的质量为15 kg，下落的高度为9.8 m,儿童与青年之间的相互作用时间为0。
1 s,重力加速度g取9。
8 m/s2，则青年对儿童的作用力有多大?关键能力学案突破考点一冲量和动量（自主探究）1.动量、动能、动量变化量的比较2.冲量的四种计算方法对点演练1。
高三物理人教版一轮教师用书第6章第1节动量动量定理含解析
第章 动量1．考纲展示：动量、动量定理Ⅱ 动量守恒定律及其应用Ⅱ 弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ 实验：验证动量守恒定律．2．考纲变化：本章内容是模块3－5中的部分内容，考纲要求从2017年起由原来的“选考内容”调至“必考内容”．3．考情总结：本章内容是考纲要求由原来的“选考内容”调至“必考内容”．调整后的第一次命题，考查点为动量守恒定律、动量定理的应用，题型为选择题．4．命题预测：调至“必考内容”后，命题热点仍然集中在动量与能量、动量与牛顿运动定律的综合应用方面，也可能与电场、磁场、电磁感应综合命题，难度可能是中等难度以上或较难．5．2017年考题分布第一节 动量 动量定理(对应学生用书第104页)[教材知识速填]知识点1 动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． 2．表达式：p ＝m v .3．单位：kg·m/s.4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．5．动量、动能、动量变化量的比较易错判断(1)物体的动能变化时动量一定变化．(√)(2)两物体的动量相等，动能也一定相等．(×)(3)动量变化的大小，不可能等于初、末状态动量大小之和．(×)知识点2动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量．公式：I＝Ft.(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s.(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同．2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化．(2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．易错判断(1)动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×)(2)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．(×)(3)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同．(√)[教材习题回访]考查点：动量变化量的理解1．(沪科选修3－5P10T3)质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回．若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s[答案] D考查点：动量和动能的比较2．(粤教选修3－5P9T5)下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是() A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同D．动能大的物体，其动量也一定大[答案] B考查点：动量定理的应用3．(粤教版选修3－5P9T4)在没有空气阻力的条件下，在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp.有()A．平抛过程较大B．竖直上抛过程最大C．竖直下抛过程较大D．三者一样大[答案] B考查点：动量定理的应用4．(人教版选修3－5P11T2改编)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量变为p、动能变为E k.以下说法正确的是()A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2pB．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2pC．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动能将等于2E kD．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于4E k[答案] B(对应学生用书第105页)1．冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的，如果力的方向在作用时间内不变，冲量的方向就跟力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动时绳的拉力在时间t内的冲量，这时就不能说力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．2．冲量是过程量，说到冲量必须明确是哪个力在哪段时间内的冲量．3．冲量和功(1)冲量反映力对时间积累的效应，功反映力对空间积累的效应．(2)冲量是矢量，功是标量．(3)冲量的正、负号表示冲量的方向，功的正、负号表示动力或阻力做功．[题组通关]1．甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则()A．甲物体受到的冲量大B．乙物体受到的冲量大C．两物体受到的冲量相等D．两物体受到的冲量无法比较C[由题设可知两物体动量的变化量相等，据动量定理，两物体受到的冲量是相等的．两物体不同时停下，是因为受到的合力(即摩擦力)的大小不相等，即两接触面的动摩擦因数不相等．可知正确答案为C.]2．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量m A＝4 kg，如图6-1-1所示．现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去外力F，物体从静止开始运动．则当撤去F后，弹簧弹力对A物体的冲量为()【导学号：84370253】图6-1-1A．20 N·s B．50 N·sC．25 N·s D．40 N·sA[弹簧的弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：I＝Δp，即外力的冲量等于物体动量的变化．由于弹簧储存了50 J的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量．所以有：E p＝12m v2，I＝m v.由以上两式可解得弹簧的弹力对A物体的冲量为I＝20 N·s.故选A.]图象法：如图所示，该图线与时间轴围成的内的冲量．根据动量定理求变力冲量．1．动量定理的理解(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在t时间内的平均值．(2)动量定理说明的是合外力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，不仅I合与Δp大小相等而且Δp的方向与I合方向相同．(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和．而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量．(4)动力学问题中的应用．在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便．不需要考虑运动过程的细节．2．用动量定理解释的两类现象(1)物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(2)作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．[多维探究]考向1用动量定理解释生活现象1．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击过程中()A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化较快D[玻璃杯从相同高度落下，落地时的速度大小是相同的，落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量Δp是相同的，又由动量定理I＝Δp，知受到的冲量也是相同的，所以A、B、C 都错．由动量定理Ft＝Δp得F＝Δp/t，落到水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，容易碎，D对．]2．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是()A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大C[缓缓拉动纸带时，所用时间较长，摩擦力对物体的冲量大，故选项C 正确．]考向2用动量定理求平均作用力3．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mgA[设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝2gh，设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)·t＝0－m v，解得F＝m2ght＋mg.]4．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小为45 m/s，若球棒与垒球的作用时间为0.01 s．球棒对垒球的平均作用力的大小为()A．450 N B．810 NC．1 260 N D．360 NC[取垒球飞向球棒的方向为正方向初动量p＝m v＝0.18×25 kg·m/s＝4.5 kg·m/s末动量p′＝m v′＝－0.18×45 kg·m/s＝－8.1 kg·m/s由动量定理得垒球所受到的平均作用力为F＝p′－pΔt＝－8.1－4.50.01N＝－1 260 N.即所求平均作用力大小为1 260 N，方向与所选的正方向相反．](多选)在光滑水平面上有两个质量均为2 kg的质点，质点a在水平恒力F a＝4 N作用下由静止开始运动4 s，质点b在水平恒力F b＝4 N作用下由静止开始运动4 m，比较这两质点所经历的过程，可以得到的正确结论是()A．质点a的位移比质点b的位移大B．质点a的末速度比质点b的末速度小C．力F a做的功比力F b做的功多D．力F a的冲量比力F b的冲量小AC[质点a的位移x a＝12at2＝12·F am t2＝4×422×2m＝16 m．由动量定理F a t a＝m v a，v a＝F a t am＝4×42m/s＝8 m/s，由动能定理得F b x b＝12m v2b，v b＝2×4×42m/s＝4 m/s.力F a做的功W a＝F a×x a＝4×16 J＝64 J，力F b 做的功W b＝F b×x b＝4×4 J＝16 J．力F a的冲量I a＝F a t a＝4×4 N·s＝16 N·s，力F b的冲量I b＝Δp b＝m(v b－0)＝2×(4－0) N·s＝8 N·s.综上可得A、C选项正确．][母题](2016·全国Ⅰ卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．[题眼点拨]①“悬停在空中”表明水对其冲击力的大小等于其重力大小；②“竖直方向水的速度变为零”显示水的动量变化大小是解题的突破口．[解析](1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV ①ΔV＝v0SΔt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S. ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2. ⑧[答案](1)ρv0S(2)v202g－M2g 2ρ2v20S2迁移1 动量定理与图象的结合1．(多选)(2017·全国Ⅲ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6-1-2所示，则( )图6-1-2 A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零 AB [由动量定理得：t ＝1 s 时，v 1＝F 1Δt 1m ＝2×12 m/s ＝1 m/st ＝2 s 时：p 2＝F 1Δt 2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m/st ＝3 s 时：p 3＝F 1Δt 2＋F 2Δt 3＝2×2 kg·m/s －1×1 kg·m/s ＝3 kg·m/s t ＝4 s 时：F 1Δt 2＋F 2Δt 4＝m v 4v 4＝2×2－1×22m/s ＝1 m/s 选项A 、B 正确．]一个质量为3 kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6 s 内速度的改变量是( )A ．7 m/sB ．6.7 m/sC ．6 m/sD ．5 m/sD [F -t 图线与时间轴围成的面积在量值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×4＋12×2×4－12×1×2N·s ＝15 N·s. 根据动量定理有I ＝m Δv ，Δv ＝I m ＝153 m/s ＝5 m/s.故本题选D.]迁移2 动量定理与多过程问题的结合2.如图6-1-3所示，在光滑水平面上并排放着A 、B 两木块，质量分别为m A 和m B .一颗质量为m 的子弹以水平速度v 0先后穿过木块A 、B .木块A 、B 对子弹的阻力恒为F f .子弹穿过木块A 的时间为t 1，穿过木块B 的时间为t 2.求：(1)子弹刚穿过木块A 后，木块A 的速度v A 和子弹的速度v 1分别为多大？(2)子弹穿过木块B 后，木块B 的速度v B 和子弹的速度v 2又分别为多大？【导学号：84370254】图6-1-3 [题眼点拨] ①“并排放着A 、B 两木块”要想到子弹穿过A 的过程中，A 、B 共同运动；②“阻力恒为F f ”及“时间t 1”“时间t 2”．[解析](1)从子弹刚进入A 到刚穿出A 的过程中：对A 、B ：由于A 、B 的运动情况完全相同，可以看作一个整体F f t 1＝(m A ＋m B )v A ，所以v A ＝F f t 1m A ＋m B对子弹：－F f t 1＝m v 1－m v 0，所以v 1＝v 0－F f t 1m .(2)子弹刚进入B 到刚穿出B 的过程中：对物体B ：F f t 2＝m B v B －m B v A所以v B ＝F f (t 1m A ＋m B ＋t 2m B )对子弹：－F f t 2＝m v 2－m v 1，所以v 2＝v 0－F f (t 1＋t 2)m. [答案](1)F f t 1m A ＋m B v 0－F f t 1m(2)F f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1m A ＋m B ＋t 2m B v 0－F f (t 1＋t 2)m迁移3 动量定理在风力作用中的应用3．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小；(2)风速的大小v .[解析](1)风突然停止，帆船只受到阻力f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，则a ＝0－v 0t ＝－0.5 m/s 2根据牛顿第二定律有－f ＝Ma ，所以f ＝468 N则帆船匀速运动时，有F －f ＝0解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v )又m ＝ρS (v －v 0)t所以Ft＝ρS(v－v0)2t解得v＝10 m/s.[答案](1)468 N(2)10 m/s。
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第1讲动量定理及应用一、动量、动量变化、冲量1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积.(2)表达式：p＝mv.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同.2.动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同.(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p.3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同.自测1下列说法正确的是( )A.速度大的物体，它的动量一定也大B.动量大的物体，它的速度一定也大C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大答案 D二、动量定理1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量.2.公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I.3.动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.自测2(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )A.m(v－v0)B.mgtC.m v2－v02D.m2gh答案BCD命题点一对动量和冲量的理解1.对动量的理解(1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的.②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量.(2)动量与动能的比较2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积.②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；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物体动量改变量的方向一致.(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.(3)冲量与功的比较例1如图1所示是我国女子短道速滑队训练中的情景，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )图1A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功答案 B变式1(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A.动能相等，则质量大的动量大B.动能相等，则动量大小也相等C.动量大小相等，则质量大的动能小D.动量大小相等，则动能也相等答案AC例2(2018·甘肃西峰调研)如图2所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )图2A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同答案 C解析这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端.合力F＝mg sinθ(θ为滑轨倾角)，F a>F b，因此合力对a 滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N＝mg cosθ，F N a<F N b，因此弹力对a 滑块的冲量较小.选C.变式2 (多选)如图3所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F 的作用下匀速前进了时间t ，则( )图3A.拉力对物体的冲量大小为FtB.拉力对物体的冲量大小为Ft sin θC.摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θD.合外力对物体的冲量大小为零 答案 AD解析 拉力F 对物体的冲量就是Ft ，所以A 项正确，B 项错误；物体受到的摩擦力F f ＝F cos θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F f t ＝Ft cos θ，C 项错误；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D 项正确.命题点二 动量定理的基本应用1.动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体.(2)Ft ＝p ′－p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft 是物体所受的合外力的冲量. (3)Ft ＝p ′－p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.(4)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δpt，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率. 2.用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体.(2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量.(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号. (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解.例3 (2015·重庆理综·3)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－mg 答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确. 变式3 篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球.接球时，两手随球迅速收缩至胸前.这样做的目的是( )A.减小球对手的冲量B.减小球对手的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量答案 B变式4 (2015·安徽理综·22)一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图4所示.物块以v 0＝9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止，g 取10 m/s 2.图4(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)0.32 (2)130N (3)9J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程，应用动能定理得－μmgs ＝12mv 2－12mv 02代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后物块速度v ′＝－6m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv 解得F ＝－130N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程，应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2解得W ＝9J命题点三 动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路.例4 一高空作业的工人重为600N ，系一条长为L ＝5m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取10m/s 2，忽略空气阻力的影响) 答案 1200N ，方向竖直向下解析 解法一 分段列式法：依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1，v 12＝2gL ，得v 1＝2gL经缓冲时间t ＝1s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg ，所以(mg －F )t ＝0－mv 1，F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1200N.由牛顿第三定律，工人给安全带的平均冲力F ′为1200N ，方向竖直向下.解法二 全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg (2Lg＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg (2Lg＋t )－Ft ＝0解得F ＝mg2L g＋tt＝1200N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F ′＝F ＝1200N ，方向竖直向下.变式5 一个质量为m ＝100g 的小球从离厚软垫h ＝0.8m 高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2s ，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(g ＝10m/s 2) 答案 0.6N·s，方向竖直向上解析 设小球自由下落h ＝0.8m 的时间为t 1，由h ＝12gt 12得t 1＝2hg＝0.4s.设I 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I ＝0，得I ＝－0.6N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方向竖直向上.命题点四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题1.研究对象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等. 2.研究方法是隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解. 3.基本思路(1)在极短时间Δt 内，取一小柱体作为研究对象.(2)求小柱体的体积ΔV ＝vS Δt (3)求小柱体质量Δm ＝ρΔV ＝ρvS Δt (4)求小柱体的动量变化Δp ＝v Δm ＝ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt ＝Δp例5 (2016·全国卷Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.答案 (1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g2ρ2v 02S2解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变. 该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm ＝ρΔV②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F 冲＝Mg④其中，F 冲为水柱对玩具底板的作用力 由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底板对水柱的作用力，设v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v ′2－v 02＝－2gh⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F 压＋Δmg )Δt ＝Δmv ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为F 压Δt ＝Δmv ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 022g －M 2g2ρ2v 02S2变式6 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s ，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3)( ) A.0.15Pa B.0.54Pa C.1.5PaD.5.4Pa答案 A解析 设雨滴受到支持面的平均作用力为F .设在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12m/s 减为零.以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δmv )＝Δmv ，得到F ＝ΔmΔtv .设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上升Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，得F ＝ρSvΔh Δt .压强p ＝F S ＝ρv Δh Δt＝1×103×12×45×10－33600Pa ＝0.15Pa.变式7 如图5所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v 0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)ΔmΔt 从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)图5答案 v 022g －M 2g 8(Δt Δm)2解析 设垃圾桶可停留的最大高度为h ，并设水柱到达h 高处的速度为v t ，则v t 2－v 02＝－2gh得v t 2＝v 02－2gh由动量定理得，在极短时间Δt 内，水受到的冲量为F Δt ＝2(ΔmΔt·Δt )v t 解得F ＝2Δm Δt ·v t ＝2ΔmΔt v 02－2gh据题意有F ＝Mg联立解得h ＝v 022g －M 2g 8(Δt Δm)21.物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，则( ) A.物体的动量在减小 B.物体的动量在增大C.物体的动量大小也可能不变D.物体的动量大小一定变化答案 C2.(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A.物体的动量越大，其惯性也越大B.同一物体的动量越大，其速度一定越大C.物体的加速度不变，其动量一定不变D.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向答案BD3.质量为m的钢球自高处落下，以速度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，地面对钢球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)答案 D4.质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回.取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )A.Δp＝2kg·m/s W＝－2JB.Δp＝－2kg·m/s W＝2JC.Δp＝0.4kg·m/s W＝－2JD.Δp＝－0.4kg·m/s W＝2J答案 A5.(多选)从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小答案CD6.如图1所示，质量为m的物体在水平外力F作用下以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )图1A.v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功越多B.v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功与v的大小无关C.v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功越少D.v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功与v的大小无关答案 D7.(2018·广东珠海调研)将质量为0.5kg 的小球以20m/s 的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，以下判断正确的是( )A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10N·sB.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10N·sD.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10N·s 答案 A8.质量为1kg 的物体做直线运动，其速度图象如图2所示，则物体在前10s 内和后10s 内所受外力的冲量分别是( )图2A.10N·s 10N·sB.10N·s －10N·sC.0 10N·sD.0 －10N·s 答案 D9.物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t 1内动能由零增大到E 1，在时间t 2内动能由E 1增加到2E 1，设合力在时间t 1内做的功为W 1，冲量为I 1，在时间t 2内做的功是W 2，冲量为I 2，则( ) A.I 1＜I 2，W 1＝W 2 B.I 1＞I 2，W 1＝W 2 C.I 1＞I 2，W 1＜W 2 D.I 1＝I 2，W 1＜W 2答案 B10.(2018·河南邢台质检)一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v .在此过程中( )A.地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12mv 2B.地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为12mv 2D.地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零 答案 B11 11.如图3所示，一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动，一质量为m 的小铁块在木板上以速度v 0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v 0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v 0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小.图3答案 2mv 0解析 考虑M 、m 组成的系统，设M 运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft ＝(M ＋m )v 0－(Mv 0－mv 0)＝2mv 0 则水平力的冲量I ＝Ft ＝2mv 0.12.质量为1kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5N 的水平恒力F 作用于物体上，使之加速前进，经3s 后撤去F .求物体运动的总时间(g 取10m/s 2).答案 3.75s解析 物体由开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为Ft 1，摩擦力的冲量为F f t .选水平恒力F 的方向为正方向，根据动量定理有 Ft 1－F f t ＝0① 又F f ＝μmg② 联立①②式解得t ＝Ft 1μmg，代入数据解得t ＝3.75s. 13.一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m ，据测算两车相撞前速度约为30m/s.(1)试求车祸中车内质量约60kg 的人受到的平均冲力.(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1s ，求这时人体受到的平均冲力. 答案 (1)5.4×104N (2)1.8×103N解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5m. 设运动的时间为t ，根据x ＝v 02t ，得t ＝2x v 0＝130s ， 根据动量定理Ft ＝Δp ＝mv 0得F ＝mv 0t ＝60×30130N ＝5.4×104N. (2)若人系有安全带，则F ′＝mv 0t ′＝60×301N ＝1.8×103N.。