2019-2020学年高中物理 第六章 第1讲 动量定理 动量守恒定律课时提升作业 新人教版.doc
2019-2020学年高中物理第六章第1讲动量定理动量守恒定律课时提升作
业新人教版
一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。
每小题只有一个答案正确)
1.做曲线运动的物体( )
A.动量一定改变
B.动能一定改变
C.加速度一定改变
D.机械能一定改变
2.如图所示,相同的两木块M、N,中间固定一轻弹簧,放在粗糙的水
平面上,用力将两木块靠近使弹簧压缩,当松手后两木块被弹开的过
程中,不计空气阻力,则对两木块有( )
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量、机械能都不守恒
3.(2011·福建高考)在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后,A 球的速度方向与碰撞前相反,则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A.0.6v
B.0.4v
C.0.3v
D.0.2v
4.(2012·重庆高考)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。
当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。
跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v-t图像为( )
5.(2013·宿州模拟)质量为m a=0.5kg的物体a以某一速度与另一质量为m b=1.5kg
的静止物体b在光滑水平面上正碰,若不计碰撞时间,碰撞前后物体a的位移—
时间图像如图所示,则( )
A.碰前a的动量大小为4kg·m/s
B.碰后b的动量大小为1.5kg·m/s
C.碰撞过程b的动量改变了0.5kg·m/s
D.碰撞过程a的动量改变了0.5kg·m/s
6.(2012·大纲版全国卷改编)如图,大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长
相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触。
现将摆球a向左拉开一小角度后释放。
若两球
的碰撞是弹性的,下列判断正确的是( )
A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度相同
B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置
7.(2013·玉林模拟)如图所示,一小物块由粗糙斜面上的O点静止释放,下滑过程中经过A、B两点;若小物
块改由O′点静止释放,再次经过A、B两点,小物块第二次从A到B的过程中与第
一次相比( )
A.摩擦力对小物块的冲量变大
B.摩擦力对小物块的冲量变小
C.小物块的动能改变量变大
D.小物块的动能改变量变小
二、计算题(本大题共3小题,共44分。
要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
8.(2013·梅州模拟)(14分)如图,水平地面和半圆轨道面均光滑,质量为m的小车静止在地面上,小车上表面与半径为R的半圆轨道最低点P的切线相平,质量为m B的物体B静止在P点。
现有一质量为m A的物体A 以初速度v0滑上小车左端,当A与小车共速时,小车还未与墙壁碰撞,小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,已知滑块与小车表面的动摩擦因数为μ,m A=m B=m,物体A、B可视为质点,重力加速度为g。
试求:
(1)物体A与小车共速时的速度大小;
(2)小车的最小长度L。
9.(15分)如图所示,一辆质量M A=3kg的小车静止在光滑的水平面上,小车上有一质量M B=1kg的光滑小球,将一轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能为E p=6J,小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻拦层碰撞并被粘住,已知L=1.2m。
求:
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度;
(2)整个过程中,小车移动的距离。
10.(能力挑战题)(15分)如图所示,在光滑水平面上静止有质量均为m的滑槽A和木板B,木板B上表面粗糙,滑槽A上有光滑的圆弧轨道,其圆弧轨道O点切线水平且与木板B上表面相平,A、B靠在一起。
一可视为质点的物块C,质量也为m,从木板B的右端以初速度v0滑上木板。
已知物块C与木板B的动摩擦因数为μ,第一次刚到O点时速度为,随后滑上滑槽A,A、B分离。
求:
(1)物块C第一次刚到O点时木板B的速度v;
(2)木板的长度L。
答案解析
1.【解析】选A。
做曲线运动的物体速度方向一定改变,故动量一定改变,A正确;但速度大小不一定变化,动能不一定改变,B错;若物体仅在恒力作用下做曲线运动则加速度一定不变,同样物体仅在重力作用下做曲线运动时机械能也不改变,C、D均错。
2.【解析】选B。
由于水平面粗糙,故两木块受地面摩擦力作用,由于两木块完全相同,故弹开时摩擦力大小相等、方向相反,故系统所受合外力为零,动量守恒。
由于木块克服摩擦力做功,故机械能不守恒,因此B正确。
3.【解析】选A。
根据动量守恒定律得:mv=2mv B-mv A化简可得,v A=2v B-v,因v A>0,所以v B>,故只有A项正确。
4.【解题指南】跳下瞬间动量守恒,确定正方向,根据动量的矢量性列出动量守恒方程,求出人跳下小车后小车的瞬时速度即可。
【解析】选B。
跳下瞬间相互作用的内力远大于地面的摩擦阻力,所以,跳车瞬间动量守恒,设人跳下小车后小车的瞬时速度为v,根据动量守恒定律有3mv0=2mv-mv0,所以v=2v0,因此选项B正确。
5.【解析】选B。
由图可得出碰前a的速度大小为4m/s,碰后为1m/s,因此a碰前动量为2 kg·m/s,碰后为0.5 kg·m/s,a的动量减小了1.5 kg·m/s,b的动量增加了1.5kg·m/s,B正确。
【变式备选】质量分别为m1、m2的小球在一直线上相碰,它们在碰撞前后的位移—时间图像如图所示,若m1=1kg,则m2等于( )
A.1 kg
B.2 kg
C.3 kg
D.4 kg
【解析】选C。
碰前m1匀速,v1=4m/s,m2静止;碰后两者运动方向相反,m1速度方向改变,v′1=-2m/s,v′2=2m/s,由m1v1=m1v′1+m2v′2代入数据得m2=3kg,故C正确。
6.【解析】选D。
两球发生弹性碰撞时动量守恒、动能守恒,设碰撞前a球速度为v,碰撞后两球速度大小分别为v′a=v=-v,v′b=v=v,速度大小相等,方向相反,选项A错误;由于质量不同,碰后两球动量不相等,选项B错误;碰后动能转化为重力势能,由mv=mgh知,上升的最大高度相等,所以最大摆角相等,选项C错误;由于摆角很小,小球的运动可看作单摆模型,周期由摆长决定,所以两球的周期相等,各经过二分之一周期在平衡位置发生第二次碰撞,选项D正确。
【总结提升】动量守恒定律的几个适用条件
(1)前提条件:存在相互作用的物体系。
(2)理想条件:系统不受外力。
(3)实际条件:系统所受合外力为0。
(4)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受外力。
(5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。
7.【解析】选B。
无论从O点还是从O′点由静止释放,加速度a=gsinθ-
μgcosθ相同,由v2=2ax得,从O′点由静止释放过A、B两点的速度比从O点由静止释放的速度大,所以第二次从A到B的时间比第一次短,A错B对。
又根据动能定理,从A到B合力的功相同,动能的改变就相同,C、D错。
8.【解析】(1)物体A在小车上表面运动,把小车与物体A看作一个系统,合外力为零,满足动量守恒,有: m A v0=(m A+m B)v共,且m A=m B=m(4分)
解得v共=v0(3分)
(2)若物体A与小车达到共同速度时,恰好运动到小车的右端,此情况下小车的长度是最小长度,由动能定理得:-μm A gL=(m A+m B)-m A(4分)
解得小车的最小长度L=(3分)
答案：(1)v0 (2)
9.【解析】(1)系统的动量守恒:0=M A v A-M B v B (3分)
系统的机械能守恒:
M A+M B=E p (2分)
解得v A=1m/s, (2分)
v B=3m/s (2分)
(2)由动量守恒得M A s A=M B s B (2分)
且s A+s B=L (2分)
s A==0.3m (2分)
答案：(1)3m/s 1 m/s (2)0.3m
10.【解析】(1)物块C第一次到O点时,A、B、C系统动量守恒,mv0=m+2mv1
(4分)
解得v1=(3分)
(2)根据能量守恒,系统损失的机械能全部转化为热量,产生的热量等于相互作用力乘以相对位移,有μ
mgL=m-m()2-×2m()2 (5分)
解得:L=(3分)
答案：(1)(2)。
20高考物理：第6章 第1讲 动量 动量定理
2019年4月27日
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考点二 对动量定理的理解及应用
• 1．应用动量定理解题的一般步骤
• (1)明确研究对象和研究过程
• 研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内 各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既 可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
• (3)单位：___牛_顿_秒_____，符号是__N_·_s______。 • (4)矢量性：方向与_力_的__方_向_______相同。
• (5)物理意义：反映力的作用对时_间_______的积累效应。 • 2．动量定理
• (1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中 合所力的受冲_量_____________。
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2
考点内容
弹性碰撞 和非弹性
碰撞
实验七： 验证动量 守恒定律
要求 Ⅰ
说明
要点解读
要知道碰撞的特点：碰撞过程时间短、内力远 大于外力，碰撞过程动量守恒。从能量上看碰 撞分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰 撞，能在具体问题中区分这三种碰撞。
重点理解实验原理(一维碰撞)，实验步骤和实验 结论的得出与分析，有两次命题以“论证题” 形式出现。
• (2)公式：p＝___mv_____。
• (3)单位：___千_克_米_每__秒______，符号是__k_g_·_m_/s__________。
• (4)矢量性：方向与_速_度______的方向相同，运算遵平行循四边形定则 __________________。
• 2．动量变化量
末动量
初动量
• (1)定义：物体在某段时间内_________与_________的矢量差(也是
(新课标)高考物理一轮总复习第六章第一讲动量动量定理动量守恒定律教案
第一讲动量动量定理动量守恒定律一、动量、动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝mv.(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．2．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫作力的冲量．(2)表达式：I＝Ft.单位：N·s.(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定．3．动量定理1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′.3．适用条件(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．三、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类1．爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．2．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．[小题快练]1．判断题(1)一个物体的运动状态变化，它的动能一定改变．( × )(2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因．( √ )(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒．( × )(4)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．( √ )2．(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 )3．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v A′∶v B′为( D )A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．2∶3考点一动量及动量的变化 (自主学习)动量、动能、动量变化量的比较1－1.[动量的变化] 一个质量是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是( )A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s答案：D1－2. [动量、动量变化、动能变化] 2018年世界杯足球比赛中，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球．(1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，则足球的初动量p＝，方向，足球的末动量p′＝，方向；在这一过程中足球动量的改变量Δp＝，方向．(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s速度反向弹回(如图乙)，则这一过程中足球的动量改变量是，方向；动能改变量是．解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右；p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右；动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右．(2)取向右为正方向，初、末动量分别为p 1＝mv ′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右； p 2＝mv ″＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，方向向左；动量的改变量为Δp ′＝p 2－p 1＝－5.2 kg·m/s，负号表示方向向左． ΔE k ＝12mv ′2－12mv ″2＝18.2 J.答案：(1)1.6 kg·m/s 向右 4 kg·m/s 向右 2.4 kg·m/s 向右 (2)5.2 kg·m /s 向左 18.2 J考点二 冲量 动量定理 (师生共研)1．应用动量定理时应注意(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] [动量定理与能量的综合] (2016·全国卷Ⅰ)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．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 ① ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ΔmΔt＝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，由能量守恒定律得 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 20S2 答案：(1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2[反思总结]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．2－1.[对动量与冲量的理解] (多选)物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( ) A ．物体的动量在减小 B ．物体的动量在增大C ．物体受到的合力冲量大小为5 N·sD ．若发生变化的时间为1 s ，则物体所受合外力的大小为5 N解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A 、B 错误；由动量定理I ＝Δp 可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C 正确；由Δp ＝F ·t 可知D 正确． 答案：CD2－2.[单一过程问题] 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 解析：下降h 阶段v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，有－(F －mg )t ＝0－mv ，得F ＝m 2ght＋mg ，A 正确． 答案：A2－3. [多过程问题] 如图所示，质量为m ＝2 kg 的物体，在水平力F ＝16 N 的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用t 1＝2 s 后撤去，撤去F 后又经t 2＝2 s ，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t 3＝0.1 s, 碰撞后反向弹回的速度v ′＝6 m/s ，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g 取10 m/s 2)解析：解法一：程序法以物体为研究对象，在t 1时间内其受力情况如图甲所示，选F 的方向为正方向． 由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma 1① 撤去F 时的速度：v 1＝a 1t 1② 撤去F 后受力情况如图乙所示由牛顿第二定律：－μmg ＝ma 2③物体开始碰墙时的速度为v 2，则v 2＝v 1＋a 2t 2④对碰墙过程，设墙对物体的平均作用力大小为F ，选水平向左为正方向，由动量定理：F t 3＝mv ′－m (－v 2)⑤联立①②③④⑤并代入数据解得：F ＝280 N. 解法二：全过程整体考虑取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程用动量定理，并取F 方向为正方向，则由动量定理：Ft 1－μmg (t 1＋t 2)－F t 3＝－mv ′代入数据整理解得：F＝280 N.答案：280 N考点三动量守恒定律的理解及应用 (自主学习)1．动量守恒定律适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系．(2)理想条件：系统不受外力．(3)实际条件：系统所受合外力为0.(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式(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零．3－1.[动量守恒的条件] 一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒答案：C3－2.[各方向动量守恒] (多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20答案：BD3－3.[人船模型] 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d 和船长L .已知他自身的质量为m ，则船的质量为( )A.m (L ＋d )d B ．m (L －d )d C.mL dD ．m (L ＋d )L解析：设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，人从船尾走到船头所用时间为t .取船的速度方向为正方向，则v ＝d t ，v ′＝L －dt，根据动量守恒定律，有Mv －mv ′＝0，解得船的质量M ＝m (L －d )d，故B 正确． 答案：B3－4.[动量守恒中的临界问题] 如图所示，一质量为m3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同的小船乙以速率v 0从右方向驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：设向右为正方向，人跳出前后，甲船与人动量守恒，则 (m ＋m 3)v 0＝mv 1＋m3v ′，解得v 1＝4v 0－v ′3.人跳进乙船前后，二者动量守恒，则m3v ′－mv 0＝(m ＋m 3)v 2，解得v 2＝v ′－3v 04.不相撞的条件v 1≤v 2， 解得v ′≥257v 0.答案：257v 0[反思总结]动量守恒定律的解题步骤1．(2018·康杰中学高考模拟)有一宇宙飞船，它的正对面积S ＝2 m 2，以v ＝3×103m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区1 m 3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m ＝2×10－7kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( B )A ．3.6×103NB ．3.6 NC ．1.2×103ND ．1.2 N解析：在t 时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M ＝vtSm ，由动量定理得：Ft ＝Mv ，解得：F ＝3.6 N ，根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N ，要是飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N ，故B 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( D )A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s，－10 N·sC ．0,10 N·sD ．0，－10 N·s3. (2019·汉中中学月考)如图所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( C )A ．LB ．3L 4C.L 2D ．L4解析：设物块受到的滑动摩擦力为f ，物块的初速度v 0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理：－fL ＝0－12Mv 20，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv 0＝(M ＋M )v 1，对系统运用能量守恒有：fL ′＝12Mv 20－12(2M )v 21，联立解得：L ′＝L 2，故C 正确．4．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v 1，有0＝Mv 1－mv ， 第1次接球后人的速度为v 1′，有Mv 1＋mv ＝(M ＋m )v 1′； 第2次推球(M ＋m )v 1′＝Mv 2－mv ， 第2次接球Mv 2＋mv ＝(M ＋m )v 2′ ……第n 次推球(M ＋m )v n －1′＝Mv n －mv ， 将上式各式相加，可得v n ＝(2n －1)mvM，当v n ≥v 时人便接不到球，可得n ≥8.25，取n ＝9. 答案：9次[A组·基础题]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( D )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2．运动员向球踢了一脚，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( D )A．1 000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)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( AB )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时物块的速度为零4．(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( CD )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5. (2019·成都实验中学入学考试)如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦．从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是( C )A ．小球的机械能守恒，动量守恒B ．小球的机械能守恒，动量不守恒C ．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D ．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒解析：小球在整个过程中除重力之外还有弹簧的弹力做功，故小球的机械能不守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中小球所受合外力不为零，故动量不守恒；小球、弹簧和小车组成系统在整个过程中只有重力和弹力做功，故系统机械能守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中系统所受合外力不为零，故动量不守恒，故选C.6．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“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( B )A ．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7．(多选)质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( AC )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时小B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32mv 0 D ．整个过程中物体动量变化量为12mv 0 8．(多选) (2019·莆田一中月考)如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d .m 2的左边有一固定挡板．m 1由图示位置静止释放，当m 1与m 2相距最近时m 1速度为v 1，则在以后的运动过程中( BD )A ．m 1的最小速度是0B ．m 1的最小速度是m 1－m 2m 1＋m 2v 1 C ．m 2的最大速度是v 1D ．m 2的最大速度是2m 1m 1＋m 2v 1 解析：从小球m 1到达最近位置后继续前进，此后拉着m 2前进，m 1减速，m 2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m 1继续减速，m 2加速，当两球再次相距最近时，m 1达到最小速度，m 2达最大速度：两小球水平方向动量守恒，速度相同时保持稳定，一直向右前进，m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v 2，12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v 22；解得v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 1，故m 2的最大速度为2m 1m 1＋m 2v 1，m 1的最小速度为m 1－m 2m 1＋m 2v 1，B 、D 正确． [B 组·能力题]9．如图所示，一质量为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 )A ．2.4 m/sB ．2.8 m/sC ．3.0 m/sD ．1.8 m/s10. (2019·山西大学附中诊断)如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A 、B 两物体质量均为m ，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A 施加一沿斜面向上的恒力F ＝2mg sin θ ( g 为重力加速度)，经过作用时间t ，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：(1)刚施加力F 的瞬间，A 的加速度大小；(2)B 刚离开挡板时，A 的速度大小；(3)在时间t 内，弹簧的弹力对A 的冲量I A .解析：(1)刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹＝mg sin θ；根据牛顿第二定律，对A ：F ＋F 弹－mg sin θ＝ma ，解得a ＝2g sin θ.(2)由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为x 1＝mg sin θk当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x 2＝mg sin θk＝x 1 此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：(F －mg sin θ)(x 1＋x 2)＋W 弹＝12mv 2A W 弹＝ΔE p ＝0解得v A ＝2g sin θm k(3)设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：(F －mg sin θ)t ＋I A ＝mv A －0 ， 解得I A ＝mg sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m k －t 答案：(1)a ＝2g sin θ (2)v A ＝2g sin θm k (3)I A ＝mg sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m k －t11．如图所示，木块A 的质量m A ＝1 kg ，足够长的木板B 的质量m B ＝4 kg ，质量为m C ＝2 kg 的木块C 置于木板B 上，水平面光滑，B 、C 之间有摩擦．现使A 以v 0＝10 m/s 的初速度向右匀速运动，与B 碰撞后将以v A ′＝4 m/s 速度弹回．求：(1)B 运动过程中的最大速度值；(2)C 运动过程中的最大速度值．解析：(1)碰后瞬间B 速度最大，由动量守恒定律得m A v 0＝m A (－v A ′)＋m B v B所以v B ＝m A (v 0＋v A ′)m B ＝1×(10＋4)4m/s ＝3.5 m/s. (2)B 、C 以共同速度运动时，C 速度最大，由动量守恒定律得m B v B ＝(m B ＋m C )v C 所以v C ＝m B v B m B ＋m C ＝4×3.54＋2 m/s ＝73m/s. 答案：(1)3.5 m/s (2)73m/s。
(浙江选考)2020版高考物理大一轮复习第六章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律课件
球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv
F＝
mv t
，球对手的冲量、球的动量和球的动能的变化量都不变，当时间增大
时，球与人间的作用力减小，所以B正确.
解析 答案
变式2 一个质量为m＝100 g的小球从离厚软垫h＝0.8 m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＝0.2 s，不计空 气阻力，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(取g＝10 m/s2) 答案 0.6 N·s，方向竖直向上 解析 设小球自由下落 h＝0.8 m 的时间为 t1，由 h＝12gt12 得 t1＝ 2gh＝0.4 s. 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(t1＋t)＋I＝0，得I＝－0.6 N·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.
第六章 动量守恒定律
第1讲 动量定理 动量守恒定律
内容索引NEIRONGSUYIN过好双基关 研透命题点 课时作业
回扣基础知识 训练基础题目 细研考纲和真题 分析突破命题点 限时训练 练规范 练速度
过好双基关
一、动量和动量定理
1.动量 物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝mv，单位是kg·m/s.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. 2.冲量 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，冲量是矢量，其方向与 力 的方向相同，单位是N·s. 3.动量定理 物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即 p′－p＝I.适用于单个物体或多个物体组成的系统.
例1 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理.如图
2所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤
高中物理大一轮复习 第六章 动量 第1课时 动量 动量定理讲义课件 大纲人教版
FΔt＝mv′－mv. 3．矢量性：动量的变化量的方向与合外力 的方向相同，可
以在某一方向上用动量定理．
精选ppt
思考：动量定理与动能定理的区别？ 答案 ①动量定理的表达式是矢量式，而动能定理的 表达式是标量式． ②动量的变化决定于合外力在时间上的积累，而动能 的变化决定于合外力在空间上的积累．
核心考点突破
考点一 对冲量的理解与计算 1．对冲量的理解
(1)时间性：冲量是力在时间上的积累，讨论冲量一定要 明确是哪个力在哪段时间上的冲量，即冲量是过程量． (2)矢量性：当力F为恒力时，I的方向与力F的方向相 同，当力F为变力时，I的方向由动量的变化量的方向确 定． (3)绝对性：只要有力的作用就存在冲量，恒定作用力的 冲量不会为零，合力的冲量可能为零，变力的冲量也可 能为零．
C．向上，m(v1－v2)
D．向上，m(v1＋v2)
解析 设向上方向为正，忽略重力，根据动量定理：Ft ＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，地面对钢球的冲量方向向 上．选项D正确．
精选ppt
考点二 对动量的变化Δp的理解 Δp＝p′－p指的是动量的变化，是末动量p′与初动量p的 矢量差，由平行四边形定则可知：①Δp最小可等于p′与p 大小之差，最大可等于p′与p大小之和；②Δp的方向可以 跟初动量方向相同，也可以跟初动量的方向相反，还可以 跟初动量的方向成某一角度，即Δp的方向与物体初、末动 量的方向没有必然联系，其方向由合外力冲量的方向决 定，且一定跟合外力冲量的方向相同． 在高中阶段主要涉及一条直线上的动量运算，这样确定正 方向后将始、末动量(用正、负表示其方向)代入公式Δp＝ p′－p就将矢量运算转化为代数运算了．
2019届高考物理一轮复习讲义：第六章 第1讲 动量、冲量、动量定理 含答案
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m v叫做物体的动量。
动量通常用符号p 来表示，即p＝m v。
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＝m v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＝m v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。
3．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，此式为矢量式，若p′、p不在同一直线上，则要用平行四边形定则(或矢量三角形定则)求矢量差；若在同一直线上，则应先规定正方向，再用正、负表示p、p′的方向，最后用Δp＝p′－p＝m v′－m v进行代数运算。
【知识点3】动量、动能、动量变化量的比较Ⅱ【知识点4】冲量、动量定理Ⅱ1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积。
(2)表达式：I＝Ft。
单位：牛秒(N·s)。
(3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
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。
2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律第1讲动量定理和动量守恒定律课件
【例1】 (2016·全国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
2.如图所示，静止在光滑水平面上的小车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
21
命题点一
动量定理的理解和应用
1.动量定理理解的要点
(1)矢量式.
(2)F既可以是恒力也可以是变力.
(3)冲量是动量变化的原因.
(4)由Ft＝p′－p，得F＝
p′t－p＝
Δp t
，即物体所受的合力等于物体的动
量对时间的变化率.
2.用动量定理解释现象 (1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小. (2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp 就越小. 分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚. 3.应用动量定理解题的步骤 (1)确定研究对象：可以是单个物体，也可以是几个物体组成的系统. (2)进行受力分析：分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力. (3)分析运动过程，选取正方向，确定初、末状态的动量以及整个过程合 力的冲量. (4)列方程：根据动量定理列方程求解.
为g.求：
答案 ρv0S
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
答案
(分2)析玩具在解空析 中悬停时，其底面相对于喷口的高度.
v20g2－2ρM2v20g2S2
2023年人教版高中物理复习第六章第1讲动量、动量定理
选修3-5第六章碰撞与动量守恒第1讲动量动量定理【课程标准】通过实验和理论推导，理解动量定理，能用其解释生活中的有关现象。
【素养目标】物理观念：知道动量、冲量的概念。
科学思维：理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象。
知道动量守恒定律的普适性。
科学探究：通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。
定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
一、动量、动量变化、冲量1．动量：(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。
(2)表达式：p＝mv。
(3)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
针对某一时刻而言，具有瞬时性。
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。
即Δp＝p′－p。
3.冲量：(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，公式：I＝FΔt。
(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。
反映了力的作用对时间的积累效应。
命题·实验情境一个质量是0.1 kg的钢球，以6 m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬物后被弹回，沿着同一直线以6 m/s的速度水平向左运动(如图)，(1)碰撞前钢球的动量是多少？(2)碰撞后钢球的动量是多少？(3)碰撞前后钢球的动量变化了多少？提示：取水平向右为正方向。
(1)p＝mv＝0.1×6 kg·m/s＝0.6 kg·m/s(2)p′＝mv′＝－0.1×6 kg·m/s＝－0.6 kg·m/s(3)Δp＝p′－p＝－1.2 kg·m/s负号表示Δp方向与正方向相反，方向水平向左。
二、动量定理1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
新课标2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理课件
解析：选 AC.根据动量的公式，拉力的冲量为 Ft，选项 A 正确， B 错误；根据动量定理：I 合＝Δ mv，物体没有运动，则Δ v＝0， 所以 I 合＝0，所以 C 正确；根据动量定理，竖直方向上： Fsin θ·t－mgt＝0，得 mgt＝Fsin θ·t≠0，所以 D 错误．
用动量定理解释现象的方法 (1)Δ p 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力 就越小． (2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δ p 就越大；力的作用时 间越短，Δ p 就越小． 分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．
考向 2 动量定理的应用 2.(多选)(2018·福建福州八中模拟)如图某物体在拉力 F 的作用 下没有运动，经时间 t 后( )
5．(2016·高考全国卷Ⅰ)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．
B．m t2gh－mg
m C.
tgh＋mg
D．m tgh－mg
解析：选 A.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，由牛 顿第二定律得 F－mg＝ma，又 v＝at， 解得 F＝m t2gh＋mg.
3．(2018·江西吉安新干县二中段考)力 F 作用在质量为 m 的物
2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律重点课课件-精选.doc
2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律重点课课件必考部分[ 第六章] 动量守恒定律第第1讲讲动量定理动量守恒定律 [ 重点课][ 考纲解读] 1. 用动量定理解释现象，用动量定理分析瞬时作用问题、流体问题． 2. 理解动量守恒定律的条件，能够应用动量守恒定律解决简单问题．基础分层导学[ 必备知识] 知识点一动量 1．．定义：物体的________ 与________ 的乘积． 2．．表达式：p ＝________. 3．．特征：矢量性、瞬时性、相对性． 4．．动量的变化( 也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等) (1) 定义：动量的变化等于________ 与________ 之差．质量速度 mv 末动量初动量(2) 表达式：____________ ，p 也是矢量，p 的方向由初、末动量的方向共同决定． p ＝p －－p知识点二冲量 1．．定义：_____ 与_______________ 的乘积叫做力的冲量．力力的作用时间2. 公式：________. 3．．单位：________ ，符号是________ ． 4．．标矢性：冲量是________ ，方向是由__________ 决定的． 5．．物理意义：表示力的作用对________ 的积累效果． 6．．作用效果：使物体的________ 发生变化． I ＝Ft 牛顿秒秒 Ns 矢量力的方向时间动量知识点三动量定理 1．．内容：物体在一个过程始末的_____________ 等于它在这个过程中所受力的冲量． 2．．表达式：F(t －－t) ＝mv －－mv 或或 I ＝p －－p. 3．．对动量定理的理解 (1) 动量定理的内容有两方面：一是合外力冲量的大小与动量变化的大小________ ，二是动量变化的方向与冲量的方向________ ． (2) 动量定理的研究对象，可以是__________ ，也可以是__________ ．对物体系统，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系统的动量变化．动量变化量相等相同单个物体物体系统知识点四动量守恒定律 1．．内容：如果一个系统__________ ，或者__________________为为 0 ，这个系统的总动量____________ ． 2．．成立条件( 具备下列条件之一) (1) 系统___________ ． (2) 系统所受外力的矢量和为___________ ．不受外力所受外力的矢量和保持不变不受外力03．．表达式 (1)m 1 v 1 ＋＋m 2 v 2 ＝＝m 1 v 1 ＋＋m 2 v 2 含义：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于于____________________ ． (2)p 1 ＝－p 2 含义：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量___________ 、___________. 作用后的动量之和大小相等方向相反[ 双基夯实] 1 ．判断正误． (1) 冲量是物体动量变化的原因．( ) (2) 作用在静止的物体上的力的冲量一定为零．( ) (3) 冲量的方向就是物体运动的方向．( ) (4) 物体的动量发生变化，其动能一定变化．( ) (5) 只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒. ( )2 ．质为量为 5 kg 的小球以 5 m/s 的速度竖直落到地板上，随后以以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 kgm/sB ．－10 kgm/sC ．40 kgm/sD ．－40 kgm/s D解析：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正量方向，则小球的初动量 p 1 ＝＝mv 1 ＝＝25 kgm/s ，末动量 p 2 ＝＝mv 2 ＝－15 kgm/s ，所以动量的变化 p ＝p 2 －－p 1 ＝－40 kgm/s.3 ．( 多选) 以初速度 v 为水平抛出一质量为 m 的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断中，正确的是( ) A ．在两个相同的时间间隔内，石块受到的冲量相同 B ．在两个相同的时间间隔内，石块动量的增量相同 C ．在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同D ．在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同 ABD解析：不计空气阻力，石块只受重力作用，无论路程怎样，只要两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A 项正确．由动量定理可知，石块动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相同的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B 项正确．由于石块下落时在竖直方向上做加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，所以动量的增量不同，C 项错误．根据动能定理，外力对石块所做的功等于石块动能的增量，由于石块只受重力的作用，且在重力的方向上石块的位移相同，所以重力做的功就相同，因此动能的增量就相同，D项正确．4 ．如图所示，两个质量相同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，在到达斜面底端的过程中( ) A ．重力的冲量相同 B ．弹力的冲量相同 C ．合力的冲量相同 D ．合力的冲量大小相同 D解析：量重力的冲量 I G ＝＝mgt ，物体下滑时间不同，故 I G 不同，A 项错误．弹力与斜面垂直，两物块所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B 项错误．两物块所受合力的方向平行于斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，所以合力的冲量不同，C 项错误．由机械能守恒定律可知，物体到达底端时的速率相同，又两物体的质量由相同，所以由 I ＝mv 知，合力的冲量大小相同，故 D 项正确．5 ．如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面间的接触是光滑的，弹子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象( 系统) ，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( ) A ．动量守恒、机械能守恒 B ．动量不守恒、机械能不守恒 C ．动量守恒、机械能不守恒 D ．动量不守恒、机械能守恒 B题型重点研讨考点动量和冲量 [ 重点讲解] 1．．冲量和动量的比较项目量冲量 I 量动量 p 定义力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量质量和速度的乘积叫做动量公式 I ＝Ft p ＝mv 单位 Ns kgm/s 标矢性性矢量，方向与恒力的方向相同矢量，方向与速度的方向相同特点过程量状态量2. 一条直线上矢量运算步骤 (1) 规定正方向． (2)用用＋、－号表示各矢量方向：与正方向相同的取正值，相反的取负值，未知量用符号包含方向． (3) 将矢量运算简化为代数运算．[ 衡中调研] 型题型 1 动量、动量变化的理解 [例典例 1] 在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中( ) A ．三个小球动量的变化量相同 B ．下抛球和平抛球动量的变化量相同 C ．上抛球动量的变化量最大 D ．三个小球落地时的动量相同 C[ 解析] 三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgt ＝p ，可得上故抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故 C 正确，A、、B 错误．根据动能定理有 mgh＝＝ 12 mv2 － 12 mv20 ，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下故抛运动的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同，故 D 错错误．[ 变式 1] 质量是 8 g 的玻璃球，以 3 m/s 的速度向右运动，碰以到一个物体后被弹回，以 2 m/s 的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量．[ 解析] 则设水平向右的方向为正方向，则 p ＝mv ＝8 10－ 3 3 kgm/s ＝2.4 10－ 2 kgm/s，，p ＝＝mv ＝＝8 10－ 3 ( －2) kgm/s ＝－1.6 10－ 2kgm/s 为故玻璃球动量的变化量为 p ＝p －－p ＝－1.6 10－ 2 kgm/s－－2.4 10－ 2 kgm/s ＝－4.0 10－ 2 kgm/s －表示动量变化量的方向水平向左． [ 答案] 4.0 10－ 2 kgm/s ，方向水平向左型题型 2 冲量的理解及计算 [ 典例 2] 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN 是它在竖轨直方向上的直径．两根光滑滑轨 MP 、QN 的端点都在圆周上，MPQN. 将两个完全相同的小滑块 a 、b 分别从 M 、Q 点无初速度释沿放，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( )A ．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[ 解析] 这是等时圆，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F ＝mgsin ( 为滑轨倾角)，，F a F b 对，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、力方向都相同；弹力 F N ＝mgcos ，，F Na F Nb 对，因此弹力对 a 滑块的冲量较小．故选项 C ．正确． [ 答案] C[ 变式 2] ( 多选) 如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑端斜面由静止开始从顶端下滑到底端 C 、D 、E 处，三个过程中重力为的冲量的大小依次为 I 1 、、I 2 、、I 3 为，动量变化量的大小依次为 p 1 、、p 2 、p 3 ，则有( ) ABCA ．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1 I 2 I 3 ，，p 1 ＝＝p 2 ＝＝p 3D ．I 1 I 2 I 3 ，，p 1 p 2 p 3解析：三个物体滑到底端所用时间不同，所以重力冲量不同；由于重力做功相同，所以速度大小相等，动能的变化量相等，动量变化大小相等、合力的冲量大小相等，A 、B 、C 正确．(1)．动量是状态量，方向与速度方向相同，速度指的是瞬时速度． (2) 动量变化量是两个矢量的差，注意在一维情况下动量变化量的矢量运算可转化为代数运算． (3) 只有合力的冲量才等于动量变化量，某一个力的冲量一般不等于动量变化量．考点动量定理的理解和应用 [ 重点理解] 1．．动量定理理解的要点 (1) 应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量． (2) 求合力的冲量的方法有两种：一是先求合力再求合力冲量；二是求出每个力的冲量再对冲量求和． (3) 动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．2．．动量定理的应用 (1) 应用 I ＝p 求变力的冲量． (2) 应用 p ＝Ft 求动量的变化量． (3) 运用动量定理解决连续流体的作用问题，即变质量问题，常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等．[ 衡中调研] 型题型 1 应用动量定理解释物理现象 [例典例 3] (2018 河北邯郸广平一中期中) 从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎．这是因为( ) A ．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大 B ．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大 DC ．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大D ．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大[ 解析] 杯子从同一高度落下，到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相理同，由动量定理 I ＝p 可知，冲量也相等；但由于在软泥地上，软由泥地的缓冲使接触时间较大，由 I ＝Ft 可知，杯子受到的作用力较有小，故杯子在水泥地上比在软泥地上更易破碎；只有 D 选项正确．型题型 2 动量定理的应用 [ 典例 4] (2016 全国卷ⅠⅠ) 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水为柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，为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(于面积略大于 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．已知水的密度为为，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．[ 关键点拨] 对流体变质量问题，研究对象的选择是解题中的间重要环节．在本题中，一般以在较短时间 t ．内喷出的水为研究现象．[ 解析] (1)设设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V ，质量为为 m ，则 m ＝V ① V ＝v 0 St ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 mt＝v 0 S. ③ (2) 设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h ，水从喷口喷出为后到达玩具底面时的速度大小为 v.于对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得 12 mv2 ＋＋mgh＝＝ 12 mv20 ④在在 h 高度处，t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量为变化量的大小为 p ＝mv ⑤为设水对玩具的作用力的大小为 F ，根据动量定理有 Ft ＝p ⑥得由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦得式得 h＝＝v 202g －M 2 g2 2 v 20 S2 . ⑧ [ 答案] (1)v 0 S (2) v202g －M 2 g2 2 v 20 S2应用动量定理解题的三点注意 (1) 动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系( 即要注意各个量的正负) ． (2) 动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和． (3) 应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统．考点动量守恒定律的理解及应用 [ 重点理解] 1．．适用条件 (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．2. 动量守恒定律的四性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度( 一般是相对于地面) 同时性的动量是一个瞬时量，表达式中的 p 1 、、p 2 、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p 1 、、p 2 、量必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统[ 衡中调研] 型题型 1 对动量守恒定律条件的理解 [ 典例 5] ( 多选)，如图所示，A、、B 两物体质量之比 m A ∶∶m B ＝＝3∶∶2 ，原来静止在平板小车 C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，则( ) BCDA ．若 A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统动量守恒 B若．若 A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C组成的系统动量守恒C ．若 A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统动量守恒恒D ．若 A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统动量守恒[ 解析] 要判断 A 、B 组成的系统动量是否守恒，要先分析 A、、B 组成的系统受到的合外力与 A 、B 之间相互作用的内力，看合外力之和是否为零，或者内力是否远远大于合外力．[ 变式 3] (2018 江苏苏北调研) 如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( ) CA ．男孩与木箱组成的系统动量守恒B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析：为如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为 0 ，那么这个系统的总项动量保持不变．选项 A 中，男孩与木箱组成的系统受项到小车对系统的摩擦力的作用；选项 B 中，小车与木箱组成的系统项受到人对系统的力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项 D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相选反．故选 C.型题型 2 动量守恒定律的应用 [ 典例 6] 人和冰车的总质量为 m 总为，另有一质量为 m 的木球，m 总∶∶m ＝31 ∶2 ，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度 v( 相对于地面) 将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦．设球与挡板碰撞时无机械能损失，人接住球后再以同样的速度度 v( 相对于地面) 将球沿冰面向正前方推向挡板，求人推多少次后才不再能接到球．[ 解析] 人在接球和推球的过程中均满足动量守恒的条件，以推球的方向为正方向第一次推球，0 ＝mv －m 总 v 1 ，v 1 ＝ mvm 总( 人后退速度) 球碰挡板后速度变为－v ，又被以 v 1 后退的人接到－－m 总 v 1 －－mv ＝－(m 总＋＋m)v 1 为人接球后后退速度为 v 1 ＝2mvm 总＋＋m 第二次推球，－(m 总＋＋m)v 1 ＝＝mv －m 总 v 2 v 2 ＝ 3mvm 总第二次接球，－m 总 v 2 －－mv ＝－(m 总＋＋m)v 2 度人第二次接球后后退速度 v 2 ＝4mvm 总＋＋m 第三次推球，－(m 总＋＋m)v 2 ＝＝mv －m 总 v 3 v 3 ＝ 5mvm 总第三次接球，－m 总 v 3 －－mv ＝－(m 总＋＋m)v 3 度人第三次接球后后退速度 v 3 ＝6mvm 总＋＋m第综上所述，人第 n 次推球后，后退速度为 v n ＝2n －1mvm 总，球度碰挡板后又以速度 v 滑向人，若人不再能接球，必须有 v n v ，即2n －1mvm 总 v 出得出 n1＋＋ m总m2即，即 n 12 1＋＋ 312＝＝8.25 球所以人推球 9 次后将不再接到球． [ 答案] 9 次[ 典例 7] 如图所示，物体 A 和和 B 质量分别为 m 2 和和 m 1 ，其水为平直角边长分别为 a 和和 b.A 、B 之间存在摩擦，B 与水平地面无摩的擦．可视为质点的 A 与地面间的高度差为 h ，当 A 由由 B 的顶端从静到止开始滑到 B 的底端时． (1)B 的水平位移是多少？ (2)A 滑到斜面底端时速度为 v 2 时，此时 B 的速度为 v 1 . 则在 A 下下滑过程中，A 损失的机械能为多少？[ 解析] (1) 设向右为正方向，下滑过程中 A 的水平速度为－v 2 ，B 的速度为 v 1 对，对 A 和和 B 组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，有则每时每刻都有 m 1 v 1 －－m 2 v 2 ＝＝0 ，有则有 m 1 x 1 －－m 2 x 2 ＝＝0 ，知由题意可知 x 1 ＋＋x 2 ＝＝b －a ，得联立可得 x 1 ＝ m2b －a m 1 ＋＋m 2.(2) 根据能量守恒定律，m 2 为损失的机械能为 m 2 gh－－ 12 m 2 v22 －12m 1 v 21 . [ 答案] (1) m 2 b －a m 1 ＋＋m 2 (2)m 2 gh －－ 12 m 2 v22 － 12 m 1 v21应用动量守恒定律的解题步骤 (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．谢谢观看！。