2018年高考物理复习第6章 第1节 动量 动量定理
1．考纲变化：本章内容是模块3－5中的部分内容，考纲要求由原来的“选考内容”调至“必考内容”．2．考情总结：作为“选考内容”时，对动量定理、动量守恒的考查，以中等题为主，题型多为计算题，考查的内容主要通过碰撞综合应用动量守恒定律和能量守恒定律．3．命题预测：调至“必考内容”后，预计题型不变，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．说明：动量定理、动量守恒定律只限于一维情况．第1节动量动量定理知识点1冲量和动量1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化．2．公式：Ft ＝Δp ＝m v 2－m v 1.3．理解：(1)动量定理反映了冲量的作用效果是使物体动量变化．(2)动量定理可由牛顿第二定律和运动学公式推出，由F ＝ma 和a ＝v t －v 0t 得：F ＝m v t －m v 0t＝Δp t 这是牛顿第二定律的另一种表达形式，它说明作用力等于物体动量的变化率．1．正误判断(1)冲量和功都是标量．(×)(2)冲量为零时，力不一定为零．(√)(3)某个恒力的功为零时，这个力的冲量不为零．(√)(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×)(5)动量和冲量都是状态量．(×)2．[冲量、动量的理解]从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a 球竖直上抛，b 球竖直下抛，c 球水平抛出，不计空气阻力，则( )A ．三球落地时的动量相同B ．三球落地时的动量大小相同C ．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D ．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同B [根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但c 球速度方向与a 、b 球的速度方向不同．从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同．故本题选B.]3．[冲量的计算](多选)质量为m 的物块以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中( )A ．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相等B．整个过程中物块所受弹力的冲量为零C．整个过程中物块的合外力冲量为零D．整个过程中物块的合外力冲量大小为2m v0AD[物体沿光滑斜面先上冲再滑下，两段时间相等，故重力的冲量相等，A对．因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，B错．由动量定理得I合＝p′－p＝m v0－(－m v0)＝2m v0，故C错、D对．]4．[动量定理的应用]质量为4 kg的物体以2 m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为14 kg·m/s.该物体()【导学号：92492255】A．所受合外力的大小可能大于11 NB．所受合外力的大小可能小于3 NC．所受的冲量可能小于6 N·sD．所受的冲量可能大于18 N·sD[若设物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝m v1＝8 kg·m/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故A、B、C错误，D 正确．]1.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()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 v 2，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.]变力冲量的计算方法1．如果一个物体受到的力是变力，但该力随时间是均匀变化的，我们可用求平均值的方法求解，此种情况下该力的平均值为F ＝12(F t ＋F 0)，则该变力的冲量为I ＝12(F t ＋F 0)t .2．以时间为横轴，力为纵轴，画出变力随时间变化的关系图象，如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)在量值上表示了力的冲量的大小．3．根据动量定理求变力冲量．根据动量定理I ＝Δp ，若I 无法直接求得，可求出Δp 间接求出I ，这是求变力冲量的重要方法．(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．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．3．用动量定理解题的基本思路[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()【导学号：92492256】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．]●考向2 动量定理的综合应用2．(多选)一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小Δp 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为( )A ．Δp ＝0B ．Δp ＝3.6 kg·m/sC ．W ＝0D ．W ＝10.8 JBC [设初动量方向为正，则p 1＝m v ＝1.8 kg·m/s ，碰后动量p 2＝－m v ＝－1.8 kg·m/s ，故Δp ＝p 2－p 1＝－3.6 kg·m/s ，B 项正确；由动能定理得墙对小球做的功W ＝ΔE k ＝0，C 项正确．]3．摆长为L ，摆球质量为m 的单摆，以摆角θ(θ＜5°)摆动，摆球从最大的位移处摆到平衡位置的过程中，下列说法中正确的是( )A ．重力的冲量为πm gl2B ．重力做的功为mgl cos θC ．合外力的冲量大小为m 2gl (1－cos θ)D ．合外力的冲量为零C [摆球从最大位移摆到平衡位置的过程中机械能守恒：mgl (1－cos θ)＝12m v 2即v ＝2gl (1－cos θ)由动量定理得F 合t ＝Δp ＝m v －0＝m 2gl (1－cos θ)，C 对，D 错．重力做功W G ＝mgl (1－cos θ)，B 错．重力冲量I G ＝mg ·14·2πl g ＝12πm gl ，A 错，故选C.][反思总结] 应用动量定理的三点提醒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．3．对过程较复杂的运动，可分段也可全过程用动量定理．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：图6-1-2(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？【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，可以看做一个整体 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 [母题迁移]●迁移1 结合图象分析多过程问题1．一个质量为3 kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图图6-1-3所示，那么该物体在6 s 内速度的改变量是( )图6-1-3A ．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 结合动量守恒分析多过程问题2．如图6-1-4所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为M 1＝0.5 kg ，M 2＝1.49 kg 的两个物体，置于光滑水平面上，M 1靠在光滑竖直墙上．现有一颗质量为M ＝0.01 kg 的子弹，以600 m/s 的水平速度射入M 2中，最后M 1和M 2都将向右运动．试求：竖直墙对M1的冲量.【导学号：92492257】图6-1-4【解析】设子弹M和木块M2碰后的共同速度大小为v′，对M2和M由动量守恒：M v＝(M＋M2)v′①当M2和M以共同速度v′(方向向左)压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时，根据机械能守恒，M2和M的共同速度大小仍为v′(方向向右)，此时对M1的作用力为零．取M1、弹簧以及M2和M这一系统为研究对象，对M2与M碰后到又回到初位置的整个过程，弹簧弹力对M1和M2的合冲量为0，设墙对M1的冲量大小为I，对系统由动量定理有：I＝(M2＋M)v′－[－(M2＋M)v′]②由①②式得I＝2M v＝2×0.01×600 N·s＝12 N·s，方向向右即墙对M1冲量大小为12 N·s，方向向右．【答案】12 N·s，方向向右。
6.1 动量 动量定理-2018年高三物理一轮总复习名师伴学含解析
课前预习● 自我检测1、判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”(1）冲量和功都是标量．（×)（2)动量和冲量都是状态量．（×）(3)动量越大的物体，其速度越大。
（×)（4)两物体动能相等,动量一定相等。
（×)（5)物体所受的合力的冲量方向与物体动量变化的方向相同.（√）（6)物体的动量越大，其惯性也越大。
(×）(7）物体所受合力不变,则动量也不改变。
(×)(8）物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。
（×）2. 质量为m的小球以速度v与竖直墙壁垂直相碰后以原速率反向弹回,以小球碰前的速度为正方向，关于小球的动能变化和动量变化，下面的答案正确的是( ）A．0,0 B．mv2,0 C．0，－2mv D．0，2mv【答案】C【解析】质量为m的小球以速度v与竖直墙壁垂直相碰后以原速率反向弹回,初动能与末动能相等，故动能的变化量为零；以小球碰前的速度为正方向,初动量为mv，末动量为－mv，故动量的变化量为：Δp＝(－mv）－（mv)＝－2mv,故选C.3。
质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护,使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m,g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（）A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N【答案】B4。
从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球,a球竖直上抛,b球竖直下抛，c球水平抛出,不计空气阻力，则（)A．三球落地时的动量相同B．三球落地时的动量大小相同C．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同【答案】B【解析】根据机械能守恒定律可知,三球落地时，速度大小相等，但c球速度方向与a、b球的速度方向不同．从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同．故本题选B。
高考物理 第六章 第一课时动量解析
第一课时动量基础知识一、动量知识讲解(1)定义:物体的质量与其速度的乘积,叫做物体的动量.(2)公式:p=mv,单位kg\5m/s2.(3)动量的特点①矢量性:动量是矢量,其方向与物体速度的方向相同.②瞬时性:动量是状态量,其中的速度应为瞬时速度.③相对性:由于物体的速度跟参考系的选择有关,因此动量也跟参考系的选择有关.通常在没有特别说明的情况下,物体的动量是相对于地球而言的.活学活用1.下列说法中,正确的是（）A.速度大的物体,它的动量一定大B.动量大的物体,它的速度一定大C.只要物体的运动速度大小不变,物体的动量也不变D.竖直上抛的物体经过空中同一点的动量不相同解析：本题很容易忽视决定动量大小的因素,认为物体的动量只与速度有关,而错选A.容易忽视动量的矢量性而错选C.动量等于质量与速度的乘积,速度很大,但质量很小时,物体的动量不一定大,动量大的物体,若质量大,速度不一定很大,故A\,B均错.动量是矢量,比较动量时既要看大小又要看方向.答案：D二、冲量知识讲解(1)定义:力与作用时间的乘积叫力的冲量.(2）定义式:I=Ft,单位为N·s.(3)冲量的特点①矢量性:力是矢量,冲量也是矢量,但冲量的方向并不一定是力的方向.如果在作用时间内作用力为恒力时,冲量的方向和力的方向一致;如果在作用时间内作用力为变力时,特别是力的方向也变时,冲量的方向应是平均力的方向(在下一节的动量定理中,就会知道,冲量的方向与物体动量变化的方向相同).②过程性:冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量,力越大,作用时间越长,冲量就越大.③绝对性:由于力和时间都跟参考系的选择无关,因此冲量也跟参考系的选择无关;另外物体受某个力的冲量只取决于这个力及其作用时间,与物体的运动状态\,是否受其他力无关.活学活用2.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（）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.三球从抛出到着地时间内,受重力的冲量最大的是A球,最小的是B球D.三球从抛出到着地时间内,受重力的冲量均相同解析：本题旨在考查对动量\,冲量概念及矢量性的理解.由机械能守恒定律得,三球落地速度大小相同,但方向不同,A\,B两球速度方向相同,与C球速度方向不同,所以A\,B两球动量相同,与C球不同.A球从抛出到落地时间最长,B球最短,由I=mgt知,A球重力的冲量最大,B球最小,所以C对.答案：C三、动量定理知识讲解1.动量定理的内容物体所受合外力的冲量等于它的动量变化,即I=p′-p.2.对动量定理的理解(1)公式右边是物体动量的变化量，即p末-p初，计算时不能颠倒顺序．(2)整个式子反映了一个过程，即力的时间积累效果引起动量的变化．(3)动量定理中的冲量和动量都是矢量，定理的表达式应是一个矢量式．根据“教学大纲”，动量定理的应用只限于一维的情况．这时，可规定一个正方向，注意力和速度的正负，将矢量式化为代数式运算．(4)动量与参考系的选取有关，所以用动量定理时必须注意选择相同的参考系．中学阶段常以地面为参考系．(5)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观现象的高速运动仍然适用．(6)不能认为合外力的冲量就是动量的变化．合外力的冲量是引起动量变化的原因，而动量变化是冲量作用的必然结果．(7)动量定理的研究对象是单个质点或由质点所构成的系统，当研究对象为质点系统时，动量定理中的动量应是该系统内所有质点在同一时刻动量的矢量和，而冲量是该系统内各个质点在同一物理过程中所受一切外力冲量的矢量和，不包括系统内各质点之间相互作用力(内力)的冲量，这是因为内力总是成对出现的，且大小相等、方向相反，故其内力的总冲量必定为零.活学活用3.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mA=4 kg，如图所示,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__________.解析：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:Ep=12mv2,I=mv.由以上两式可解得弹簧弹力对A物体的冲量为I=20N·s.答案:20 N·s第二关：技法关解读高考解题技法一、变力冲量的计算方法技法讲解变力冲量的计算有两种方法：（1）如果一个物体受到的力是一个变力，但是该力随时间是均匀变化的，我们可以用求平均值的办法求解.在这种情况下求该力的平均值：F=12（F0+F t），则该变力的冲量为：I=12（F0+F t）t.注意，只有力和时间的关系是较为简单的一次函数关系，则此变力的平均值才能够用F=12（F0+F t）进行计算，进而求出变力的冲量，其他情况下的变力一般不能够用上述办法求变力的平均值，当然也不能够通过力的平均值求变力的冲量.（2）变力的冲量还可以用图象来求.我们借鉴运动学中利用速度时间图象求位移的思想，画出变力F随时间t变化的关系图象，如图所示，则图象与时间轴所围成的面积（即图中阴影三角形部分），在数值上等于该力在此时间内的冲量大小.注意：用图象的方法求变力的冲量，不但适用于随时间呈线性变化的力，不随时间呈线性变化的力的冲量也等于图象与时间轴所围成的面积值，因而也能够用来求不随时间呈线性变化的力的冲量.典例剖析例1用电钻在建筑物表面钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比，若钻头匀速钻进时，第1 s内阻力的冲量为100 N·s，求5 s内阻力的冲量.解析：钻头受的阻力与深度成正比，而钻头又是匀速钻进，即深度与时间成正比，所以，阻力与时间成正比，可用平均值来求变力的冲量.设阻力与时间的比例常数为k，则F f=kt，所以第1 s内的冲量：I1=12（0+kt1）t1=12kt12①前5 s内的冲量：I5=12（0+kt5）t5=12kt52②②①得：255211I t25I t1==I5=25I1=25×100N·s=2.5×103N·s.例2质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动量最大（）A.t1B.t2C.t3D.t4解析：由图象可以看出，此力随时间变化的关系是周期性的线性关系，力F在某段时间内的冲量大小，等于图象和这段时间所围成的面积值.在0～t2时间内，力的方向与t2～t4时间内力的方向相反，所以在这两个半周期内，力F的冲量大小相等、方向相反，所以在一个周期的时间里，总冲量为零，动量变化为零，t4时刻质点的动量为零，速度为零；在0～t2时间内，力F的冲量最大.根据动量定理知，在0～t2时间内动量变化量最大，即t2时刻的动量最大，故t2时刻的速度，动能都最大，B正确.本题也可以用动力学的观点求解.答案：B二、用动量定理解题的基本步骤技法讲解（1）审题，确定对象：对谁、对哪一个过程；（2）对物体进行受力分析,分析力在过程中的冲量,或合力在过程中的冲量;(3)抓住过程的初\,末状态,选定参考方向,对初\,末状态的动量大小\,方向进行描述;(4)根据动量定理,列出动量定理的数学表达式;(5)写清各物理量之间关系的补充表达式;(6)求解方程组,并分析作答.说明:①动量定理中的力必须是物体所受的合外力,这就要求在受力分析时不能出错.既不能\!张冠李戴\"把其他物体所受的力当成是该物体所受的力,也不能\!丢三落四\"把某个力丢掉,更不能\!无中生有\"把原本没有的力给假想出来.②动量定理是矢量式,求解前必须先选定正方向.无论是力还是动量,\!顺我者正,逆我者负\".典例剖析例3蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳\,翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为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到离水平网面5.0 m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2 s.求在这段时间内网对运动员的平均作用力.(g取10 m/s2)解析：方法一:应用牛顿第二定律求解:将运动员看做质量为m的质点,从h1高处下落,刚接触网时速度的大小为v112gh (向下）弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v222gh向上）速度的改变量Δv=v1+v2(向上）以a表示加速度，Δt表示接触时间,则Δv=aΔt接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg.由牛顿第二定律有,F-mg=ma由以上五式解得21m2hg2gh+F=1.5×103 N方法二：应用动量定理求解：设运动员从h1处下落，刚触网的速度为v112gh方向向下），运动员反弹到达高度h2,离网时速度为v222gh方向向上）.在接触网的过程中,运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,设向上方向为正,由动量定理有(F-mg)t=mv2-(-mv1)F=1.5×103 N.答案：1.5×103 N第三关：训练关笑对高考随堂训练1.古时有\!守株待兔\"的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重力的打击力时即可致死,并设兔子与树桩作用时间为0.2 s,则被撞死的兔子其奔跑速度可能为(g=10 m/s2)（）A.1 m/sB.1.5 m/sC.2 m/sD.2.5 m/s解析：设恰好被撞死的速度为v0，由动量定理-mgt=0-mv0得v0=gt=10×0.2 m/s=2 m/s兔子奔跑速度v≥v0=2 m/s故正确选项为C、D.答案：CD2.如图所示跳水运动员(图中用一小圆圈表示),从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m=60 kg.初速度v0=10 m/s.若经过1s时，速度为v=102 m/s,则在此过程中，运动员动量的变化量为（g=10 m/s2,不计空气阻力）（）A.600 kg·2 kg·m/s2-1) kg·2+1) kg·m/s解析:运动员所做的是平抛运动，初末速度不在一条直线上，因此不能直接用初末动量相加减.在此过程中，运动员只受重力作用，因此重力的冲量就等于动量的变化量.答案：A3.某物体沿粗糙斜面上滑，达到最高点后又返回原处，下列分析正确的是( )A.上滑、下滑两过程中摩擦力的冲量大小相等B.上滑、下滑两过程中合外力的冲量相等C.上滑、下滑两过程中动量变化的方向相同D.整个运动过程中动量变化的方向沿斜面向下解析：上滑过程与下滑过程比较：位移大小s上=s下，加速度大小a上＞a下，则时间t上＜t下；速度大小上滑过程由v0减为0，下滑过程由0增为v1，由动能定理知v0＞v1.据上述推理：I f=μmgt，下滑过程I f较大，A错；I上=0-mv0，I下=mv1-0,I上＞I下，B错；I上、I下方向均沿斜面向下，由I=Δp知C对；全过程中合外力方向沿斜面向下，可知D对.答案:CD4.司机酒后驾驶极易发生事故，在汽车上安装安全气囊可以在发生交通事故时对司机起一定的保护作用.为测试安全气囊的可靠性,在一次测试试验中,让汽车以20 m/s的速度撞到竖直墙壁上,碰撞后汽车在极短的时间内停止,没有反弹.高速摄像机的记录显示,汽车撞墙后气囊立即充气膨胀,模拟司机(用橡皮制作的司机模型)冲向气囊经0.2 s停止运动,模拟司机冲向气囊的头部和胸部的质量约为30 kg,与气囊的接触面积约为1.0×103 cm2,设模拟司机与气囊之间的作用力为恒力,试估算模拟司机的头部和胸部所受到的冲击压强的平均值.解析：由动量定理-Ft=0-mv0得气囊对模拟司机的平均作用力为F=0mv3020t0.2⨯= N=3.0×103 N则气囊对模拟司机冲击压强的平均值为p=3F 3.010S0.1⨯= Pa=3.0×104 Pa.答案：p=3.0×104 Pa课时作业二十二动量\,冲量\,动量定理1.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，速率变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A.m(v-v0)B.mgtC.22m v v-2gh解析：物体做的是受恒力作用的曲线运动，可以用动量定理求出恒力的冲量等效代替动量的变化.由动量定理得I=Δp,即mgt=Δp,故B正确.C、D也正确.答案：BCD2.如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出.如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()A.大小为m(v2+v1），方向与v1方向相同B.大小为m(v2-v1)，方向与v1方向相同C.大小为m(v2+v1)，方向与v2方向相同D.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同解析：本题考查动量定理的运用.选取v2的方向为正方向,这一过程中，动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=m(v1+v2)，结果为一正值，则表明动量变化量的方向和v2的方向相同，再根据动量定理知，拍子对网球作用力的冲量方向也跟v2的方向相同.答案：C3.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，地面对钢球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)解析：设向上的方向为正方向，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.故本题选项D正确.答案：D4.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个质量相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为零），关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是（）A.重力对它们的冲量相同B.弹力对它们的冲量相同C.合外力对它们的冲量相同D.它们的动能增量相同解析：由运动学知识可知三个小滑环的运动时间相等，故A正确，由于三种情形下弹力的方向不同，故B错，根据机械能守恒定律知D错，而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错.答案：A5.在光滑水平面上有一静止小滑块，若给滑块加一水平向右的力F1，持续一段时间后立即换成与力F1相反方向的力F2，当F2持续时间为F1持续时间的一半时撤去力F2，此时滑块恰好回到初始位置，且具有大小为p的动量.在上述过程中，F1对滑块做功为W1,冲量大小为I1：F2对滑块做功为W2，冲量大小为I2.则（）A.I1=p/3,I2=2p/3B.I1=p/3,I2=4p/3C.W1=W2/8D.W1=8W2/9解析：设F1撤去时，滑块速度为v1，F2作用时间为t,撤去力F2时滑块速度大小为v2.由平均速度与位移的关系可得s=1120()2,22v v vt s++-=，联立解得v2=3v1.则F1对滑块的冲量大小I1=mv1=mv2/3=p/3，F2对滑块的冲量大小I2=mv2+mv1=4mv1=4mv2/3=4p/3，A错误，B正确；F1对滑块做功W1=m21v/2,F2对滑块做功W2=m22v/2-m21v/2=8·m21v/2=8W1,C正确D错误.答案：BC6.某人身系弹性绳自高空p点自由下落，如图所示a点是弹性绳的原长位置，c点是人所到达的最低点，b点是人静止悬吊时的平衡位置.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过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功C.从p至b过程中人的速度不断增大D.从a至c过程中加速度方向保持不变解析：人完成从p到c的过程中经历了自由下落、变加速、变减速三个运动过程.考虑全程p至c，外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳的弹力冲量的矢量和，由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化，人在p和c两处，速度均为零即动量都为零，因此动量的变化为零，则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等，方向相反，总冲量为零，A错误；同样人在p和c两处，动能均为零，动能的变化为零，由动能定理知，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，B正确；人由p到b的过程，前一过程（p～a）自由落体，后一过程(a～b)由于弹性绳伸长，弹力F增加，重力G不变，人所受合力（G-F）不断减小，方向向下，人做的是加速度在减小的加速运动，C正确；由于b是人静止悬吊时的平衡位置，当人由b运动至c的过程，弹力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，因此D错误.答案：BC7.如图所示，轻弹簧平放在粗糙的水平地面上，同种材料做成的两个物块分别向轻弹簧运动并压缩弹簧.设物块质量为m,在接触弹簧前的速度为v0，动量为p0，从接触弹簧到弹簧被压缩到最短的时间为t,弹簧的最大压缩量为x.两个物块相比较（）A.若p0相等，则x一定相同B.若v0相等，则t一定相同C.若p0相等，m较大，则x较小D.若v0相等，m较大，则t较小解析：向右压缩弹簧的过程中，物块的动能转化为弹性势能和内能.由E k=p2/2m,若p0相等，m较大的物块动能E k较小，弹簧的最大压缩量x较小，A错误、C正确;弹簧压缩到最短时，物块动量减小到零，对物块由动量定理得Ft=p0=mv0,若v0相等，m较大的滑块所受摩擦力较大，克服摩擦力做功转化的内能较多，转化的弹性势能较小，弹簧压缩量较小，物块受到的弹簧平均弹力较小，物块受到的水平方向合力较小，则作用时间t较大，D错误.答案：C8.如图所示，物体在粗糙的水平面上向右做直线运动.从A点开始受到一个水平向左的恒力F的作用,经过一段时间后又回到A点.则物体在这一往返运动的过程中，下列说法正确的是（）A.恒力F对物体做的功为零B.摩擦力对物体做的功为零C.恒力F的冲量为零D.摩擦力的冲量为零解析：由功的定义可知，在这一往返过程中，物体位移为零，所以恒力对物体做的功为零，A正确；由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反，所以摩擦力对物体做的功为负值，B错误；由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量，C、D错误.答案：A9.如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M=20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积为S=10 cm2,速度为v=10 m/s,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3.若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.当有质量为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，当流入质量为m的水后，小车速度为v1，由动量守恒定律得mv=(m+M)v1，解得v1=mv/(m+M)=2 m/s.（2）质量为m的水流进小车后，选取在极短的时间Δt内冲击小车的质量为Δm的水作为研究对象，Δm=ρS(v-v1)Δt则设车对水的作用力为F，据动量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv联立解得F=ρS(v-v1)2=1.0×103×1.0×10-3×(10-2)2N=64 N.由牛顿第三定律可知此时，水对车的冲击力为F′=F=64 N小车的加速度a=F6m M4520=++m/s2=2.56 m/s2.答案：（1）2 m/s(2)2.56 m/s210.如图所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，而到拖车停下瞬间司机才发现.（1）若汽车的牵扯引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ,那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？（2）若原来汽车带着拖车在平直公路上是以速度v0匀速前进，拖车突然与汽车脱钩，那么在拖车刚停下时，汽车的瞬时速度又是多大？解析：(1)以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为（M+m）a，拖车脱钩后到停止所经历的时间为t=0vgμ，末状态拖车的动量为零.全过程对系统运用动量定理：（M+m)a·0vgμ=Mv′-(M+m)v0得v′=()M m(a g)vMgμμ++（2）以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为零，全过程对系统用动量守恒定律：（M+m）v0=Mv″得v″=()M mM+v0.答案：（1)()M m(a g)vMgμμ++（2）()M mM+v011.如图所示，一块质量为M、长为l的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定的速度v向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮处.求：（1）物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移；（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板的右端，板与桌面间的动摩擦因数的范围；（3）若板与桌面间的动摩擦因数取（2）问中的最小值，在物块从板的左端运动到右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其他阻力均不计）.解析：(1)设物块在板上滑行的时间为t 1,对板应用动量定理得：μ1mgt 1=Mv,t 1=1Mvmgμ① 设在此过程中物块前进位移为s1,板前位移为s2, 则s 1=v ·t 1② s 2=v 2t 1③ s 1-s 2=2l ④ 由①～④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=2Mv mgl ,板的位移s 2=2l.（2）设板与桌面间的动摩擦因数为μ2，物块在板上滑行的时间为t 2.则应用动量定理得 ［μ1mg-μ2(m+M)g ］·t 2=Mv,t 2=()12Mvmg m M gμμ-+又设物块从板的左端运动到右端的时间为t 3则v ·t 3-2v ·t 3=l,t 3=2lv为了使物块能到达板的右端，必须满足t 2≥t 3 即()12Mv mg m M g μμ-+≥22l,vμ≥所以为了使物块能到达板的右端，应使板与桌面的动摩擦因数μ2≥()2Mv 2m M gl+（3）设绳子的拉力为T ，物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s 3,则有：T-μ1mg=0,s 3=v ·t 3=2l由功的计算公式得:W T =T ·s 3=μ1mg ·2l=2Mv mgl·mg ·2l=2Mv 2所以绳的拉力做功为2Mv 2.（或W=ΔE k +Q 1+Q 2=12Mv 2+μ1mgl+μ2(M+m)gl=2Mv 2) 答案：(1)2Mv mgl , 2l(2)大于2Mv 2M m gl+（）(3)2Mv 212.如图中滑块和小球的质量均为m ，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止.现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点.求：（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量； （2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做的功的大小.解析：（1）设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为v 1、v 2，对于滑块与小球组成的系统，由机械能守恒定律得12mv21+12m 22v =mgl 小球由最低点向左摆动到最高点过程，由机械能守恒定律得12m 22v =mgl(1-cos60°) 联立两式解得v 1=v 2gl 设所求挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正，对滑块由动量定理得I=0-mv 1解得gl（2）小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功为W，由动能定理得mgl+W=112m22v将v2代入解得W=-12mgl小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小为12mgl.答案：（1）gl2）12mgl。
物理试题 人教版高考一轮复习第6章 动量动量守恒定律
第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。
答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。
答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。
假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
第6章 第1讲 动量 动量定理
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2．动量变化量 (1)定义：物体在某段时间内___末__动__量___和___初__动__量___的矢量差(也 是矢量)。 (2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、 动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝___p_′__－__p__。
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第六章 动量和动量守恒定律
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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所 受___合__力__的__冲__量___。
(2)表达式：mv′－mv＝___F_合__t __或p′－p＝___F_合__t __。 思考：教材中是如何推导动量定理表达式的？
第六章
动量和动量守恒定律
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考点内容
要求
命题热点
动量、动量定理、动量守恒
(1)动量定理的理解与应用。
Ⅱ
定律及其应用
(2)动量守恒定律的理解与应用。
弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ (3)动量守恒与能量守恒的综合应用。
实验八：验证动量守恒定律
(4)动量守恒定律与电磁学、原子物
说明：只限于一维
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[解析] 物体动量的表达式为p＝mv，根据动量定理可知，物体的 冲量与动量改变量的关系为I＝Δp＝mvt－mv0，动量大说明物体的速度 大，但无法明确动量的变化，故不能确定物体的冲量大小，冲量与物体 动量变化量方向相同，冲量是物体动量变化的原因，故A、B错误，C正 确；根据I＝Ft知，只要有力作用在物体上，经过一段时间，这个力便有 了冲量，与物体处于什么运动状态无关，故D错误。
高考物理动量冲量动量定理1
α
2 gH
练习1、关于冲量、动量及动量变化，下列说法正 确的是： （A B ）
A. 冲量方向一定和动量变化的方向相同
B. 冲量的大小一定和动量变化的大小相同
C. 动量的方向改变，冲量方向一定改变
D. 动量的大小不变，冲量一定为0.
随着我国广播影视、舞台剧场等行业的发展，影视文化照明设备制造及系统集成和视音频制播传系统集成行业的客户规模和市场容量不断 增长。各地区演播室建设、舞台建设、影视制作环境建设等都给行业带来了新的客户资源和产品服务需求。近几年来影视设备行业市场容 量快速增长，预期未来这一发展趋势还将继续保持。 ； / 恋恋影视 jdh48lcg 近几年来我国影视设备制造与集成服务市场快速发展，市场规模正处于稳定增长阶段，行业市场容量不断扩大。
二.冲量
1.冲量：定义——恒力的冲量 I =F t ⑴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（不能说和 力的方向相同）。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。 当F为恒力时，I的方向与力F的方向一致；当F为 变力时，I的方向只能由动量的增量方向确定。讲两 个冲量相同，一定是指它们的大小和方向均相同；
①矢量性：合外力的冲量∑F· Δt 与动量的变化量Δｐ均为矢 量，规定正方向后，在一条直线上矢量运算变为代数运算；
②相等性：物体在时间Δ ｔ内物体所受合外力的冲量等于物体
在这段时间Δ ｔ内动量的变化量；因而可以互求。 ③独立性：某方向的冲量只改变该方向上物体的动量； ④广泛性：动量定理不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而 变化的力．对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用 时间内的平均值；不仅适用于单个物体，而且也适用于物体系 统。 ⑤物理意义：冲量反映力对物体在一段时间上的积累作用，
2018年高考物理大一轮复习第6章碰撞动量守恒定律配套教案
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Δp 1＝－Δp 24．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 ①ΔV ＝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＝mv1－mv0＝－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·s10 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v 0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mRM ＋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 v0＝(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＝n－mv M，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.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－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：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：M2v0＝(M2－m)v1＋mv代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)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 ＝mM ＋m v 0＝0.4 m/s.(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt ＝mv －mv 0解得：t ＝v 0－vμg ＝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 22a 1＝0.96 m车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82m ＝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，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．[自我诊断]1．判断正误(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×)(2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√)(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√)(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√)(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( ) A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好。
2018版高考物理一轮总复习课件：热点专题6 动量定理在七种情境中的运用
A．小球的机械能减少了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m 2gH D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
【解析】 在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量为 mg(H＋ h)，选项 A对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg(H＋h)，选项 B错；在陷入泥潭过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理，I1－mgt＝0，而t等于 自由下落时间与在泥潭中运动时间之和．自由下落时间t1＝ 力的冲量I1＝mgt＞ mg 2H ，可推出小球受阻 g
Δmv 【解析】 根据动量定理FΔt＝Δmv，作用力F＝ ，下落的人与安全网接触 Δt 时间较长，动量变化较慢，网对人的作用力比落在地上的作用力较小，选项A、B正 确C、D错误．
【答案】 AB
重难点 2
例2
动量定理在碰撞情境中的运用 (2017届福建厦门质检)古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为
【答案】 (1)3 m/s (2)12 kg· m/s
重难点 6
动量定理在涉及多过程情境中的运用
例 1 (多选 )如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的 A点由静止开始释放，
落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的 B点时速度减 为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确 的有( )
橡胶 花岗岩 铸铁 工具钢
5×107 Pa 1.2×108 Pa～2.6×108 Pa 8.8×108 Pa 6.7×108 Pa
设想有一水刀的水射流横截面积为 S，垂直入射的速度为 800 m/s，水射流与材
料接触后速度变为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则此水刀不
高考物理复习 第6章 碰撞与动量守恒 第1讲 动量冲量动量定理77
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_＝__F__t ____. (3)单位：___N__·_s ____. (4)方向：冲量是___矢__量___,其方向____与__力__的__方__向__相__同__.
第六章 碰撞与动量守恒
高考命题解读
考点内容 要求 年份
高考(全国卷)三年命题情况对照分析
题号
命题点
动量、动量定 Ⅱ
Ⅰ卷 35 题
动量定理的应用
理、
应用动量守恒定律和能量观点解决碰
动量守恒定律
2016 年 Ⅱ卷 35 题 撞问观点解决碰撞问题
考点内容 要求 年份
h＝3×24 m＝72 m
由 mgh＝12mv2 及(F－mg)t＝mv 知
鸡蛋对地面的冲击力 F＝mtv＋mg≈103 N．
02 核心考点·探究突破
考点一 动量、冲量的理解及计算
1．动能、动量、动量变化量的比较：
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动 而具有的能量
物体的质量和 速度的乘积
物体末动量与初 动量的矢量差
4．教材 VS 高考
(2018·全国卷Ⅱ·15 题来源于人教版 3－5P25·T3) 高空坠物极易对行人造成伤害．若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与
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。
第6章_第一讲_冲量、动量、动量定理 LI
解析： 根据牛顿第三定律，子弹射入木块 的过程中，作用力和反作用力大小相等，作 用时间相同． 根据 I＝Ft， 错误， 正确． A B 再 根据动量定理，子弹和木块动量变化相同， D 错误．由于木块和子弹质量不同，故速度 变化量的大小不相等，C 错误，故选 B.
答案： B
作用力和反作用力所做的功大小不一定 相等，但作用力和反作用力冲量的大小一定 相等．若将两者混淆，就容易出现错误．
答案： A
3．从距地面相同的高度，以大小相等的初速度 抛出质量相等的甲、乙两球，甲球竖直上抛， 乙球竖直下抛，不计空气阻力，两球最后都落 在地面上，下列说法正确的是( ) A．两球的动量变化量及落地时的动量均相同 B．两球的动量变化量及落地时的动量均不相同 C．两球的动量变化量相同，但落地时的动量 不相同 D．两球的动量变化量不相同，但落地时的动 量相同
答案： D
解析： 设甲、乙两球的质量均为 m，初速度大 小均为 v0.由于不计空气阻力，两球距地面的高度 相同，初速度大小相同，根据机械能守恒定律可 知，两球落地时的速度相同，都为 v，则两球落 地时的动量相同．规定向下为正方向，甲、乙两 球的动量变化量分别为 Δp 甲＝mv－(－mv0)＝mv＋mv0， Δp 乙＝mv－mv0， 甲球的动量变化量大于乙球的动量变化量．
解析： (1)设排球第一次落到地面的时间为 t1，第一次反弹到最高点的时间为 t2，由题意 1 2 1 2 知 h1＝ gt1，h2＝ gt2，得 t1＝0.6 s，t2＝0.5 2 2 s，所以排球与地面的作用时间 Δt＝t－t1－t2＝0.2 s.
(2)解法一 设排球第一次落地的速度为 v1， 第一 次反弹离开地面时的速度为 v2，则有： v1＝gt1＝6 m/s，v2＝gt2＝5 m/s 设地面对排球的平均作用力的大小为 F，以排球 为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面 的作用过程中，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2 mv2＋v1 －m(－v1)＝mv2＋mv1，所以：F＝ ＋ Δt mg，代入数据得：F＝26 N．根据牛顿第三定律 得排球对地面的平均作用力的大小为 26 N.