高三物理一轮复习优质学案：动量和动量定理
《动量》第一轮复习教学案(教师)
第十八章 动量第1课时: 冲量、动量、动量定理【知识梳理】1．动量: p=mv(1) 瞬时性：描述物体某一瞬间的运动状态的物理量。
(2) 动量是状态量． 2．动量的变化: Δp(1) 动量是矢量，当动量发生变化时，动量的变化Δp=p 末一p 初．如上图所示，当初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形法则运算．(2) 动量变化的方向一般与初态动量和末态动量的方向不相同．其方向与速度的改变量Δv 的方向相同．(3) 当初、末动量在一直线上时通过选定正方向，动量的变化可简化为带有正、负号的代数运算。
3．冲量I=Ft(1) 冲量描述的是力F 对作用时间t 的累积效果．力越大，作用时间越长，冲量就越大． (2) 冲量是一个过程量，讲冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量．(3) 如果力的方向是恒定的，则冲量的方向与力的方向相同．如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同． 4．动量定理（1）内容：物体所受的合外力的冲量等于物体的动量变化F ²t=mvt-mv0 （2）几点说明：① 动量定理表达式中的F 是: 研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力． ② 动量定理是牛顿第二定律的变形0t t v v m v m v p p F m a mttt'---====合也可以写成：tp F ∆∆=合 即：物体所受的合外力与物体的动量变化率成正比．5．动量定理解题步骤： ① 确定研究对象；② 分析受力，确定冲量和初、末动量； ③ 规定正方向； ④ 根据动量定理列方程； ⑤ 解方程并分析验证．【典型例题】例1．一位质量为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（ B ）A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为212m vB ．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212m vD ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零提示：运动员向上起跳的过程中，由动量定理可得，I m g t m v -∆=，则I m v m g t =+∆；起跳过程中，地面对运动员的作用力向上且其作用点的位移为零（阿模型化，认为地面没有发生形变），所以，地面对运动员做的功为零．例2．以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m 的物体，空气阻力不可忽略．关于物体受到的冲量，以下说法错误的是 （ A ）A ．物体上升和下降两个阶段受到重力的冲量方向相反B ．物体上升和下降两个阶段受到空气阻力的冲量方向相反C ．物体在下降阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下例3．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1³103kg/m3) （ A ）A.0.15PaB.0.54PaC.1.5PaD.5.4Pa例4．（08四川卷）一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。
2024高考物理一轮复习第30讲动量和动量定理(课件)
第30讲
高考一轮复习讲练测
动量和动量定理
目录
CONTENTS
01
复习目标
02
网络构建
03
知识梳理 题型归纳
04
真题感悟
内容索引
考点1：动量、动量变化量和冲量
知识考点
考点2：动量定理
夯基·必备基础 知识梳理
知识点1 动能、动量、动量变化量 的比较
知识点2 冲量及计算
知识点1 动量定理的理解 知识点2 动量定理的应用技巧
考点3：两类柱状模型 知识点1 流体类柱状模型 知识点2 微粒类柱状模型
考向1 动量和动量变化量的计算
提升·必考题型
归纳
考向2 冲量的计算
考向1 应用动量定理解释生活现象 考向2 应用动量定理求平均冲力
考向1 流体类柱状模型
考向3 在多过程问题中应用动量定理 考向2 微粒类柱状模型
复习目标
1、理解和掌握动量定理。 2、能够用动量定理解决和处理生活中的 实际问题。
CD
提升·必备题型归纳
真题感悟
真题感悟
提升·必备题型归纳
感谢观看 THANK YOU
夯基·必备基础知识ຫໍສະໝຸດ 知识点2 动量定理的应用技巧1.应用I=Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作 用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化 Δp,等效代换得出变力的冲量I。2.应用Δp=FΔt求动量的变化。
提升·必备题型归纳 考向1 应用动量定理解释生活现象
D
提升·必备题型归纳
提升·必备题型归纳 考向3 在多过程问题中应用动量定理
ABD
提升·必备题型归纳
03 两类柱状模型
高三物理 一轮复习动量冲量动量定理导学案
高三物理 一轮复习动量冲量动量定理导学案 课题：冲量 动量 动量定理 【重点难点】动量和冲量概念，动量定理简单应用 【自主学习】教师评价： （等第）1．动量P= ，它的方向与 方向相同，选择不同的参照物，同一运动物体的动量可能 。
系统的动量是指系统内各物体动量的 和。
动量的变化： 由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循 动量与动能的关系： ，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能 ，但动能改变动量 ．2．冲量I= ，冲量不仅由力决定还由力的作用 决定，对于具有恒定方向的力来说，冲量的方向与力的方向 ，对于作用时间内方向变化的力来说冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致。
要注意的是：冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量．对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求．3．动量是状态量，冲量是 量。
4．动量定理的内容： 。
现代物理学把力定义为物体动量的变化率：tP F ∆∆=（牛顿第二定律的动量形式）． 自主测评：1．一个质量是0．2kg 的钢球，以2m/s 的速度射到坚硬的大理石板上，立即反弹，速度大小仍为2m/s ，求出钢球动量变化的大小和方向？2．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，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 cos θD ．合力对物体的冲量大小为零 3．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ， 则( )A 、过程I 中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B 、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力的冲量的大小C 、I 、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D 、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零4．一个质量为m=2kg 的物体，在F 1=8N 的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t 1=5s ，然后推力减小为F 2=5N ，方向不变，物体又运动了t 2=4s 后撤去外力，物体再经 过t 3=6s 停下来．试求物体在水平面上所受的摩擦力．5．质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1．2s ，安全带伸直后长5m ，求安全带所受的平均作用【学习目标】理解动量的的概念，知道冲量的意义，理解动量和冲量都是矢量，会计算一维动量变化，理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题。
2023届高三物理一轮复习学案：6.1 动量和动量定理
第1节动量和动量定理学案基础知识：一、动量、动量的变化量、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＝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。
2．动量的变化量(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，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作力的冲量。
公式：I＝F·Δt。
(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。
二、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力的冲量。
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。
考点一动量冲量的理解1．动量与动能的比较动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p＝m v E k＝12m v2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系p＝2mE k E k＝p22m 变化量Δp＝FtΔE k＝Fl联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量①作出Ft图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。
3．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。
冲量是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。
2021届一轮复习人教版 动量和动量定理 学案
2021届一轮复习人教版动量和动量定理学案1.理解动量的的概念，知道冲量的意义；2.理解动量，会计算一维动量变化；3.理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题；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做物体的动量，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做力的冲量。
(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．动量定理项目内容表达式意义标矢性二、动量守恒定律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：第 1 页共 25 页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p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t 合外力的冲量是引起物体动量变化的原因矢量式(注意正方向的选取)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。
高频考点一动量动量定理例1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．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 B．物体的加速度不变，其动量一定不变 C．动量发生改变，物体所受外力一定变化 D．物体的动量越大，其惯性越大答案： A【变式探究】(多选)用水平推力F推放在水平面上的物体，作用时间为t，此过程中物体始终不动。
关于此过程中各力的冲量和功，下列说法正确的是( )A．合力的冲量为0 B．摩擦力的冲量为Ft C．推力的冲量为FtD．合力的功为0解析：用水平推力F推物体，物体不动，说明合力为0，合力的冲量也为0，选项A、D正确；推力F作用的时间为t，则推力的冲量为Ft，摩擦力与推力等大反向，故摩擦力的冲量大小也为Ft，但方向与F方向相反，选项C正确，选项B错误。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动量观点在电磁感应中的应用
专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解． 考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v R Δt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的任一个物理量例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L 的足够长U 形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一质量为m 、接入电路的有效电阻为R 、长度略大于L 的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )A ．导体棒中感应电流方向为由a 到bB ．导体棒中的最大发热量为12m v 02C ．导体棒的加速度逐渐减小到0D ．通过导体棒的电荷量最大值为m v 02BL答案 BC解析 根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b 到a ，选项A 错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为12m v 02，选项B 正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a ＝BIL m ＝B 2L 2vmR ，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C 正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F 安Δt ＝0－m v 0，F 安Δt ＝B I L Δt ＝BLq ，通过导体棒的电荷量最大值为q ＝m v 0BL ，选项D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析 开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本 模型 规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电终特征容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：(1)MN 棒受到的最大安培力F 的大小和方向；(2)若飞机起飞时速度为v ，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ ； (3)飞机起飞时速度v 的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)． 答案 (1)BLE R 方向水平向右 (2)(E －BL v )C (3)BLECB 2L 2C ＋m 0解析 (1)开关S 刚接至2时，回路中电流最大，MN 棒受到的安培力最大，最大安培力 F ＝BIL ＝BLER金属棒MN 上的电流方向从M 流向N 端，由左手定则可知安培力方向水平向右． (2)飞机起飞速度为v 时，金属棒的感应电动势E ′＝BL v 即此时电容器两极板间的电压U ＝BL v 则ΔQ ＝ΔU ·C ＝(E －BL v )C(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U ＝E ′＝BL v 对金属棒由动量定理可得B I Lt ＝m 0v －0 又B I Lt ＝BL ΔQ ＝BL (EC －BL v C ) 所以BL (EC －BL v C )＝m 0v 解得v ＝BLEC B 2L 2C ＋m 0.题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误．例6 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为L ，两导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)ab 、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x . 答案 (1)0.4v 0 B 2L 2v 010mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v 010mR(2)ab 、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共 对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共 而q ＝I Δt ，解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R ，解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析 金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l ，ab 、cd 是质量为m 、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功 12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bl gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bl v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bl gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m 答案 BD解析 撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R ＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析 因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析 设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝ 4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR ＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d 的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形金属线圈以速度v 沿水平方向进入磁场，且恰好能全部穿出磁场，则下列说法正确的是( )A ．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BLB ．线圈中无感应电流的时间为d －L vC ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为m v 24D ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为3m v 28答案 AD解析 进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I 1，时间为t 1，全部进入磁场时的速度为v 1，由动量定理得－BI 1Lt 1＝m v 1－m v ，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q 1，q 1＝I 1t ，则有－BLq 1＝m v 1－m v ，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq 2＝－m v 1，q 1＝q 2，所以v －v 1＝v 1，解得v 1＝v 2，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BL ，故A 正确；无感应电流的时间为t ＝d －L v 1＝2(d －L )v ，故B 错误； 进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝m v 22－m v 122＝3m v 28，故C 错误，D 正确．7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22 C 答案 AD 解析 磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x 0＝1 m ，A 正确；线框进入磁场过程中，安培力为F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R ，则F ＝B 2L 2v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－B 2L 2v Rt ＝m v －m v 0，解得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入数据解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝BLx R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 8．如图所示，平行光滑金属双导轨P 1Q 1M 1和P 2Q 2M 2，其中P 1Q 1和P 2Q 2为半径r ＝0.8 m 的14光滑圆轨道，O 1和O 2为对应圆轨道的圆心，Q 1、Q 2在O 1、O 2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q 1M 1和Q 2M 2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ；两导体棒a 、b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a 、b 的质量均为1 kg ，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P 1P 2处由静止释放，a 、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞(g ＝10 m/s 2)．求：(1)导体棒a 从Q 1Q 2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；(2)导体棒a 、b 稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 m/s (3)2 C解析 (1)导体棒a 从P 1P 2到Q 1Q 2，由动能定理得m a gr ＝12m a v 02－0 代入数据得v 0＝4 m/s a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0＝4 V由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R a ＋R b＝2 A 由牛顿第二定律得ILB ＝m b a b代入数据得a b ＝2 m/s 2.(2)当导体棒a 、b 稳定时，由动量守恒定律得m a v 0＝(m a ＋m b )v 1代入数据得v 1＝2 m/s.(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得I LBt ＝m b v 1，又q ＝I t ，代入数据得q ＝2 C.9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值． 答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R .。
高考物理一轮复习 第十五章 动量 第1单元 动量 冲量 动量定理教案-人教版高三全册物理教案
第十五章 动 量知识网络：第1单元 动量 冲量 动量定理一、动量和冲量1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。
题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
〔4〕研究一条直线上的动量要选择正方向2．动量的变化：p p p -'=∆由于动量为矢量，那么求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定那么。
A 、假设初末动量在同一直线上，那么在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B 、假设初末动量不在同一直线上，那么运算遵循平行四边形定那么。
[例1]一个质量为m =40g 的乒乓球自高处落下，以速度v =1m/s 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v '=/s 。
求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：s m kg s m kg mv p /04.0/104.0•=•⨯==乒乓球的末动量为： s m kg s m kg v m p /02.0/)5.0(04.0•-=•-⨯='='乒乓球动量的变化为： p p p -'=∆=s m kg s m kg /06.0/04.002.0•-=•-- p ∆p ' p正方向负号表示p ∆的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。
2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，那么绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。
动量和动量定理教案(优秀5篇)
动量和动量定理教案（优秀5篇）动量和动量定理教案篇一教学目标：1.理解动量的概念及其物理意义，掌握动量的定义式和单位。
2.掌握动量定理的内容、表达式及其矢量性，理解动量定理的物理实质。
3.能够运用动量定理分析解决简单的物理问题，培养学生的逻辑思维能力和物理建模能力。
4.激发学生对物理现象的好奇心和探索欲，培养严谨的科学态度。
教学重点：动量的概念及定义式。
动量定理的内容、表达式及矢量性。
教学难点：运用动量定理分析解决实际问题，理解动量变化与力的冲量之间的关系。
教学准备：多媒体课件、实验器材、学生预习材料教学过程：一、引入新课情境导入：播放一段运动员踢足球的视频，引导学生观察球的'运动状态变化，提问：“是什么改变了球的运动状态？”引出力的作用效果与物体运动状态变化的关系。
复习旧知：回顾牛顿第二定律（F=ma），强调力是改变物体运动状态的原因。
引入新课：当物体运动状态发生变化时，除了考虑力、加速度、时间等因素外，还有一个重要的物理量——动量，它描述了物体运动的“量”的方面。
今天我们就来学习动量和动量定理。
二、讲授新知1.动量的概念定义：物体的质量和速度的乘积称为物体的动量，用字母p表示，即p=mv。
物理意义：动量反映了物体运动状态的量度，是描述物体运动状态的重要物理量。
单位：千克·米/秒（kg·m/s），是矢量，方向与速度方向相同。
举例说明：不同物体在同一速度下的动量比较，同一物体在不同速度下的动量变化。
2.动量定理内容：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力的冲量。
表达式：Δp=F·t（其中Δp为动量变化量，F为合外力，t为时间，注意矢量性）。
讲解动量定理的推导过程（简要），强调冲量是力与时间的乘积，也是矢量。
举例说明：利用动量定理分析小车碰撞、人走路等生活中的物理现象。
三、巩固练习例题解析：选取几道典型例题，引导学生分析题目中的物理过程，运用动量定理求解。
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[高考导航]考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201520162017动量、动量定理、动量守恒定律及其应用ⅡⅠ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅱ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅰ卷·T35(2)：动量定理和能量观点Ⅱ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅲ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅰ卷·T14：动量守恒定律的应用Ⅲ卷·T20：动量定理的应用弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验七：验证动量守恒定律说明：只限于一维基础课1动量和动量定理知识排查动量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＝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。
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，冲量的方向与力的方向相同。
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，可以在某一方向上用动量定理。
小题速练1.(2017·北京西城区模拟)(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量D.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝mv，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D正确。
答案BD2.一质量为m＝100 g的小球从高h＝0.8 m处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g取10 m/s2)()A.0.4 N·sB.－0.4 N·sC.0.6 N·sD.－0.6 N·s解析设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝12gt21得t1＝2hg＝0.4 s。
设软垫对小球的冲量为I N，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1＋t)＋I N＝0，得I N＝－0.6 N·s，选项D正确。
答案 D冲量、动量及动量变化的计算1.冲量的计算方法(1)计算冲量可以使用定义式I ＝Ft 求解，此方法仅限于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。
(2)利用F －t 图象计算，F －t 围成的面积可以表示冲量，该种方法可以计算变力的冲量。
2.动量、动能、动量变化量的比较 名称 项目动量动能动量变化量定义 物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式 p ＝mv E k ＝12mv 2 Δp ＝p ′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量状态量过程量关联方程E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E kv1.(多选)对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是( ) A.物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B.物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C.物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D.物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化解析 物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故选项A 错误，B 正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故选项C 正确，D 错误。
答案 BC2.(2018·河南郑州市调研)(多选)如图1所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中( )图1A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同解析设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v＝2gh，所用时间t＝1sin θ2hg。
由冲量定义可求得重力的冲量大小为I G＝mgt＝m2ghsin θ，方向竖直向下，故选项A错误；斜面弹力的冲量大小为I N＝mg cos θ·t＝m2ghtan θ，方向垂直斜面向上，选项B正确，C错误；合力的大小为mg sin θ，I合＝mg sin θ·t＝m2gh，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故选项D正确。
答案BD3.(2017·安徽合肥一模)质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/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，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()A.Δp＝2 kg·m/s W＝－2 JB.Δp＝－2 kg·m/s W＝2 JC.Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 JD.Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。
由动能定理知，合外力做的功W＝12mv 22－12mv21＝12×0.2×42 J－12×0.2×62 J＝－2 J。
答案 A4.(2017·全国卷Ⅲ，20)(多选)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2 所示，则()图2A.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时物块的速度为零解析由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝Ftm。
t＝1 s时物块的速率为v＝Ftm＝2×12m/s＝1 m/s，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m/s，故选项B正确；t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s ＝3 kg·m/s，故选项C错误；t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s ＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。
答案AB动量定理的理解和应用1.理解动量定理的要点(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：第一先求合力再求合力冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求矢量和。
(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。
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.动量定理的两个重要应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量。
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化量。
『典例』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0.5 m，据测算两车相撞前速率约为30 m/s。
则：(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？(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1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？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0.5 m。
设运动的时间为t，根据x＝v02t得，t＝2xv0＝130s。
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0得，F＝mv0t＝60×30130N＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带时，F′＝mv0t′＝60×301N＝1.8×103 N。
答案(1)5.4×104 N(2)1.8×103 N用动量定理解题的基本思路1.下列解释中正确的是( )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，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。
答案 D2.如图3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1 s时，速度大小为v＝10 2 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)()图3A.600 kg·m/sB.600 2 kg·m/sC.600(2－1) kg·m/sD.600(2＋1) kg·m/s解析根据动量定理得Δp＝mgt＝60×10×1 kg·m/s＝600 kg·m/s，故选项A正确。
答案 A3.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图4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()图4A.10 N·s，10 N·sB.10 N·s，－10 N·sC.0，10 N·sD.0，－10 N·s解析由图象可知，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，故选项D正确。
答案 D4.(多选)从2017年6月5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通事故工作。