高中物理复习考点知识专题训练4---动量定理
高中物理复习考点知识专题训练高中物理复习考点知识专题训练专题4 动量定理[A级——基础小题练熟练快]1．(多选)(2018·蚌埠模拟)2017年11月5日，巴蜀女篮勇夺重庆中学生篮球比赛冠军。
假设比赛中相距为l的甲、乙两名队员在传球时，抛球和接球时手的高度相同，球在空中的运动时间为t。
若不计空气阻力，关于传球过程中的有关物理学知识，以下说法正确的是()A．球出手后，经t2时间后到达最高点B．球在最高点的速度大小为l tC．传球过程中，重力对球的冲量为零D．传球过程中，重力始终不做功解析：选AB球出手后，先做斜上抛运动，到达最高点后，又做平抛运动，两段运动具有相等时间，所以到达最高点的时间为t2，A正确；球在最高点，竖直方向上的速度为零，只有水平方向上的速度，而球在水平方向上做匀速直线运动，在t时间内水平位移为l，故球在最高点的速度大小为v＝lt，B正确；传球过程中，重力始终存在，根据动量定理可知重力对球的冲量为I＝mgt，C错误；传球过程中球在竖直方向上的位移先向上后向下，所以重力先做负功后做正功，D错误。
2．(2018·全国卷Ⅱ)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，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为() A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N解析：选C设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－m v)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝m v t＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
3．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，三个小球从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解析：选C三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球、做平抛运动的小球和做竖直下抛运动的小球运动的时间依次减小，根据动量定理有mgt＝∆p，可得上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＝12m v2－12m v02，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末速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球末速度方向不同，则三个球落地时的动量不同，故D错误。
4．一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m的高处自由下落，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，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10 m/s2)()A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s解析：选C设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝12gt12得t1＝2hg＝0.4s。
设I N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＋t2)＋I N＝0，解得I N＝－0.6 N·s。
负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。
故选项C正确。
5．有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。
此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。
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()A．3.6×103 N B．3.6 NC．1.2×103 N D．1.2 N解析：选B在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒总质量为M＝v tSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理，Ft＝M v，联立解得：F＝v2Sm，代入相关数据，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。
要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确。
6．(2019·深圳调研)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是()A．0～2 s内合外力的冲量一直增大B．0～4 s内合外力的冲量为零C．2 s末物体的动量方向发生变化D．0～4 s内物体动量的方向一直不变解析：选C根据F-t图像面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。
[B级——保分题目练通抓牢]7．(多选)水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v-t图像如图所示。
已知图中线段AB∥CD，则整个运动过程中()A．F1的冲量小于F2的冲量B．F1的冲量等于F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小相等D．两物体受到的摩擦力大小不等解析：选AC题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故C正确，D错误。
根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ƒt OB＝0，F2t2－ƒt OD＝0；由题图看出，t OB<t OD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A 正确，B错误。
8．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上。
现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放弹簧后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程(小球由静止释放到离开弹簧的过程)中() A．地面对弹簧的支持力冲量大于m vB ．弹簧对小球的弹力冲量等于m vC ．地面对弹簧的支持力做功大于12m v 2D ．弹簧对小球的弹力做功等于12m v 2解析：选A 规定竖直向上为正方向，对小球受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，故根据动量定律可得I F －I G ＝m v ，所以弹簧对小球的弹力的冲量I F ＝m v ＋I G ，B 错误；地面对弹簧的支持力和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力，所以N ＝F ，故|I N |＝|I F |＝m v ＋|I G |>m v ，A 正确；根据动能定理得W F －W G ＝12m v 2，所以W F ＝W G ＋12m v 2>12m v 2，由于弹簧没有发生位移，所以地面对弹簧的支持力不做功，故C 、D 错误。
9．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力。
已知单个正离子的质量为m ，电荷量为q ，正、负极栅板间加速电压为U ，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I 。
忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响。
该发动机产生的平均推力F 的大小为( )A ．I 2mUq B ．I mUqC．I mU2q D．2ImUq解析：选A以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝12m v2，∆t时间内通过的总电荷量为Q＝I∆t，喷出的正离子总质量为M＝Qq m＝I∆tq m。
由动量定理可知正离子所受的平均冲量F∆t＝M v，联立以上式子可得F＝I 2mUq，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I 2mUq，故A正确。
10．(2019·合肥模拟)将质量为500 g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700 g 水的流量注入杯中。
注至10 s末时，台秤的读数为78.5 N，则注入杯中水流的速度是多大？解析：以在很短时间∆t内，落在杯中的水柱∆m为研究对象，水柱受向下的重力∆mg和向上的作用力F。
设向上的方向为正，由动量定理得：(F－∆mg)∆t＝0－(－∆m v)因∆m很小，∆mg可忽略不计，并且∆m∆t＝0.7 kg/sF＝∆m∆t v＝0.7v(N)台秤的读数G读＝(m杯＋m水)g＋F78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v解得v＝5 m/s。
答案：5 m/s[C级——难度题目适情选做]11．(2019·包头模拟)使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。
播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面下10 cm深处完成一次播种。
已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则()A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功为2.5 JB．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为 2 sC．土壤对种子胶囊冲量的大小为3 2 kg·m/sD．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 2 N解析：选D射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝12m v2＝12×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝v t＋12gt2得：10＝5t＋12×10t2，解得t＝1 s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度v y＝v＋gt＝15 m/s，水平速度v x＝v0＝15 m/s，进入土壤时竖直方向h′＝v y22a，t′＝v ya，可求得t′＝175s。
由动量定理I＝Ft′＝0－(－m v)v＝v y2＋v x2可解得：土壤对种子胶囊的冲量I＝m v＝0.3 2 kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5 2 N，故C错误，D正确。
12．(多选)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动能变化相同解析：选BCD恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－3)∶(3－2)∶(2－1)∶1，则B正确。
由于加速度a恒定，由at＝∆v，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。
高考物理力学知识点之动量知识点总复习含答案解析(4)
高考物理力学知识点之动量知识点总复习含答案解析(4)一、选择题1．如图所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接。
A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。
若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是（ ）A ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒 B ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒C ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒D ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统机械能不守恒2．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为2m 和m 的A B 、两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A B 、不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（ ）A ．两滑块的动量大小之比:2:1AB p p = B ．两滑块的速度大小之比A B v v :2:1=C ．两滑块的动能之比12::kA kB E E =D ．弹簧对两滑块做功之比:1:1A B W W = 3．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4．如图，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A ．mhM m+B ．MhM m+C ．cot mh M mα+D ．cot Mh M mα+5．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动6．将充足气后质量为0.5kg的篮球从1.6m高处自由落下，篮球接触地面的时间为0.5s，竖直弹起的最大高度为0.9m。
高考物理新力学知识点之动量经典测试题含答案解析(4)
高考物理新力学知识点之动量经典测试题含答案解析(4)一、选择题1．一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是7v 。
该未知粒子（速度不变）跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是v 。
已知氢原子核的质量是m H ，氮原子核的质量是14m H ，上述碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是 A ．碰撞前后未知粒子的机械能不变 B ．未知粒子在两次碰撞前后的方向均相反C ．未知粒子的质量为76Hm D ．未知粒子可能是α粒子2．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M 静止在光滑水平面上，一个物块m 在水平地面上以大小为v 0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1：2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为零势能面)A ．1:2B ．1:3C ．1:6D ．1:93．自然界中某个量D 的变化量D ∆，与发生这个变化所用时间t ∆的比值Dt∆∆，叫做这个量D 的变化率．下列说法正确的是 A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则Dt∆∆是恒定不变的 B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则Dt∆∆是恒定不变的 C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则Dt∆∆一定变大． D ．若D 表示某质点的动能，则Dt∆∆越大，质点所受外力做的总功就越多 4．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度 v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )A．B．C．D．5．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6．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（）A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变7．如图所示，光滑绝缘水平轨道上带正电的甲球，以某一水平速度射向静止在轨道上带正电的乙球，当它们相距最近时，甲球的速度变为原来的15．已知两球始终未接触，则甲、乙两球的质量之比是A．1：1B．1：2C．1：3D．1：48．如图所示，两个相同的木块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为v A，子弹穿出B时，B的速度为v B，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（）A．s=L，v A=v B B．s＞L，v A＜v B C．s＜L，v A＞v B D．s＜L，v A＜v B 9．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒10．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（）A．F vt，2v RGB．F vt，32v TGπC．F tv，2v RGD．F tv，32v TGπ11．如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A 点正上方h 高处由静止释放，小球自由落体后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为34h ，则A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为12R C ．小球离开小车后做斜上抛运动D ．小球第二次能上升的最大高度12h ＜h ＜34h 12．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（ ）A ．两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等B ．两球的速度方向相同，而且它们动能仍相等C ．甲、乙两球的动量相同D ．甲球的动量不为零，乙球的动量为零13．如图所示，甲木块的质量为1m ，以速度v 沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为2m 的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒14．将静置在地面上，质量为M （含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（ ） A ．0mv MB ．0M v mC ．0Mv M m -D ．0mv M m-15．质量为5kg 的物体，原来以v=5m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15Ns 的作用，历时4s ，物体的动量大小变为( ) A ．80 kg·m/s B ．160 kg·m/s C ．40 kg·m/s D ．10 kg·m/s 16．将一个质量为m 的小球，以一定的初速度0v 斜向上抛出，小球在空中运动t 时间内的动量改变量大小为（不计空气阻力，重力加速度为g ）（ ） A ．0mv B ．02mvC ．mgtD ．0mgt mv +17．一热气球在地面附近匀速上升，某时刻从热气球上掉下一沙袋，不计空气阻力。
高中物理《动量》专题训练
第1页共62页高中物理《动量》专题训练1.(2022北京,12,3分)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。
跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。
运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。
下列说法正确的是 ( )A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间答案 B 滑动摩擦力的大小取决于动摩擦因数与压力的大小,助滑阶段的深蹲状态不能改变这两个因素,A 错误。
起跳阶段运动员猛蹬滑道可增大地面对人向上的作用力,从而增大运动员所受合力的冲量,由动量定理可知B 正确。
飞行阶段的姿态可减小空气阻力,但无法产生向前的作用力,也就不能增加水平方向的速度,C错误。
着陆阶段的屈膝可增加地面对人的作用时间,从而减小人与地面间的作用力,D错误。
2.(2022重庆,4,4分)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。
从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部 ( )A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小答案 D 假人的头部只受到安全气囊的作用力,则F⁃t图线与时间轴所围的面积即合力的冲量,再根据动量定理可知合力的冲量等于物体动量改变量,即曲线与横轴围成的面积表示动量的变化量,A、C错误;图线一直在t轴的上方,即合力的冲量方向不变,由于头部初动量方向与合力的冲量方向相反,则假人头部动量的大小先减小,B错误;假人的头部只受到安全气囊的作用,则根据牛顿第二定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,D正确。
高考物理新力学知识点之动量经典测试题附答案解析(4)
高考物理新力学知识点之动量经典测试题附答案解析(4)一、选择题1．用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A 和B 中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A 、B 被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为1m A l =，2m B l =．实验结果表明下列说法正确的是A ．木块A 、B 离开弹簧时的速度大小之比:1:4A B v v = B ．木块A 、B 的质量之比:1:2A B m m =C ．弹簧对木块A 、B 做功之比:1:1A B W W =D ．木块A 、B 离开弹簧时的动能之比:1:2A BE E =2．质量为m 的质点作匀变速直线运动，取开始运动的方向为正方向，经时间t 速度由v 变为-v ，则在时间t 内 A ．质点的加速度为2v tB ．质点所受合力为2mvt-C ．合力对质点做的功为2mvD ．合力对质点的冲量为03．如图所示，一个质量为M 的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF ，圆弧半径为R =1m ．E 点切线水平．另有一个质量为m 的小球以初速度v 0从E 点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M =4m ，g 取10m/s 2，不计摩擦．则小球的初速度v 0的大小为（ ）A ．v 0=4m/sB ．v 0=6m/sC ．v 0=5m/sD ．v 0=7m/s4．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A 点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A 点进入槽内，则下列说法正确的是( )A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒5．有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。
物理动量定理题20套(带答案)及解析
物理动量定理题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1. 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会, 跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一. 某滑道示意图如下, 长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接, 滑道BC 高h=10 m, C 是半径R=20 m 圆弧的最低点, 质量m=60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑, 加速度a=4.5 m/s2, 到达B 点时速度vB=30 m/s. 取重力加速度g=10 m/s2.（1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力, 画出运动员经过C 点时的受力图, 并求其所受支持力FN 的大小.【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N【解析】（1）已知AB 段的初末速度, 则利用运动学公式可以求解斜面的长度, 即2202v v aL -=可解得:2201002v v L m a-== （2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得:从B 运动到C 由动能定理可知:221122C B mgh mv mv =- 解得;3900N N =故本题答案是: （1） （2） （3）点睛：本题考查了动能定理和圆周运动, 会利用动能定理求解最低点的速度, 并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2. 图甲为光滑金属导轨制成的斜面, 导轨的间距为 , 左侧斜面的倾角 , 右侧斜面的中间用阻值为 的电阻连接。
在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场, 磁感应强度大小为 , 右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场, 磁感应强度为 。
在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab, 另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上, 与导轨垂直且接触良好, ab 棒和cd 棒的质量均为 , ab 棒的电阻为 , cd 棒的电阻为 。
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析在高考物理中，动量定理是一个极其重要的知识点，对于学生理解物理现象和解决相关问题起着关键作用。
本文将深入探讨 2025 年高考物理中动量定理的知识点以及可能遇到的难点，并通过具体的例子进行详细解析，帮助同学们更好地掌握这一重要内容。
一、动量定理的基本知识点1、动量的定义动量（p）是物体的质量（m）和速度（v）的乘积，即 p ＝ mv。
动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
2、冲量的定义冲量（I）是力（F）在时间（t）上的积累，即 I ＝ F×t。
冲量也是矢量，其方向与力的方向相同。
3、动量定理的表达式合外力的冲量等于物体动量的变化量，即 I ＝Δp 。
理解动量定理的关键在于明确冲量是导致动量变化的原因。
例如，一个质量为 2kg 的物体，原来的速度为 3m/s，受到一个恒力作用 2s 后，速度变为 7m/s。
首先计算物体初动量 p1 ＝ 2×3 ＝ 6 kg·m/s，末动量 p2 ＝ 2×7 ＝ 14 kg·m/s，动量的变化量Δp ＝ p2 p1 ＝ 14 6 ＝ 8 kg·m/s。
如果这个力是恒定的，那么冲量 I ＝ F×2 ＝ 8 N·s，就可以求出这个力的大小。
二、动量定理的应用场景1、碰撞问题在碰撞过程中，由于作用时间极短，往往内力远大于外力，可以忽略外力的作用，应用动量守恒定律。
但对于单个物体，动量定理则可以用来分析其在碰撞前后动量的变化。
比如，两个质量分别为 m1 和 m2 的物体发生正碰，碰撞前的速度分别为 v1 和 v2 ，碰撞后的速度分别为 v1' 和 v2' 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' 。
但对于其中一个物体，比如 m1 ，其动量的变化可以用动量定理来分析，即合外力的冲量等于其动量的变化，F1×t ＝ m1(v1' v1) 。
高中物理精品试题：动量定理(解析版)
2021-2022学年高二物理分层培优同步专题训练（人教版2019）第1.2节动量定理考点1 对冲量的理解和计算1.关于冲量的概念，以下说法正确的是()A．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同【答案】A【解析】冲量是矢量，其大小由力和作用时间共同决定．2.以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变．关于物体受到的冲量，以下说法正确的是() A．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下【答案】D【解析】物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同，A错误；物体向上运动的过程中空气阻力的方向向下，则：a1＝，下降的过程中空气的阻力方向向上，则：a2＝＜a1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间．所以上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小，在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量，B、C错误；由于物体的初速度的方向向上，末速度的方向向下，所以物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下，D正确．3.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，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为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()A．mg sinθ(t1＋t2)B．mg sinθ(t1－t2)C．mg(t1＋t2)D．0【答案】C【解析】根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，即C 正确．4.(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，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【答案】BD【解析】拉力F对物体的冲量大小为Ft，选项A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化等于零，选项D正确．5.如图所示，水平传送带AB长L＝12 m，始终以速度v＝13 m/s运转，在传送带最右端B有一个与水平面成37°的斜坡．现将一个质量为m＝2.0 kg的小木块轻放在传送带的最左端A，小木块运动到B处就立即沿斜坡运动，但速度大小损失；小木块离开坡顶C后，经过t1＝0.3 s垂直击中竖直挡板D.已知：小木块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.6，小木块与斜坡之间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小木块到达传送带右端B时的速度大小；(2)小木块离开坡顶C时的速度大小；(3)小木块在斜坡上运动过程中，摩擦力对木块的冲量大小．【答案】(1)12 m/s(2)5 m/s(3)4 N·s【解析】(1)设小木块运动到右端未与皮带共速由动能定理：μ1mgL ＝mv，得：v1＝12 m/s＜13 m/s，故小木块运动到右端速度v1＝12 m/s；(2)倒过来看：平抛运动：sin 37°＝，得：v c＝5 m/s；(3)设在斜坡上运动时间为t2，在斜坡底部速度大小v2，得：v2＝v1由动量定理：－(mg sin 37°＋μ2mg cos 37°)t2＝mv c－mv2摩擦力的冲量：I＝μ2mg cos 37°·t2＝4 N·s考点2 用动量定理定性分析问题1.关于动量和冲量，下列说法正确的是()A．物体所受合外力不变时，其动量一定不变B．物体受到的合外力变化时，动量可能变化C．物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化D．物体所受合外力的冲量等于物体的动量【答案】C【解析】物体受合外力不为零，不论合外力变或不变，物体的速度都会发生变化，动量一定变化，A、B错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，C正确，D错误．2.有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的时速高达300 km，羽毛球的质量介于4.74 g～5.50 g之间，经分析，下列说法中正确的是()A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小【答案】D【解析】在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬时，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，而是冲击力的大小，故该消息可能是真的，D正确．3.(多选)下面的说法正确的是()A．冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，所以冲量就是动量B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小【答案】BD【解析】冲量等于动量改变量，A错误；根据动量定理Ft＝Δmv可得，速度变化时，合外力肯定不为零，合外力的冲量肯定不为零，但这种情况下，物体的速度可能增大，可能减小，也可能大小不变，只是方向发生变化，所以B正确，C错误；做匀速圆周运动的物体受到的向心力即合力的冲量只改变速度的方向，D 正确．4.(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易撞碎，而掉在草地上不容易撞碎，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，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长【答案】CD【解析】杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h.它们从h高度落地瞬间的速度大小为，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m，与水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化为Δp＝－(－m)，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝－(－m)，所以F＝＋mg.由此可见，Δt越小，玻璃杯所受撞击力F越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，撞击力小，因此玻璃杯不易碎，C、D正确．5.(多选)课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点．从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是()A．棋子的惯性变大了B．棋子受到纸带的摩擦力变小了C．棋子受到纸带的冲量变小了D．棋子离开桌面时的动量变小了【答案】CD【解析】两次拉动中棋子的质量没变，故其惯性不变，A错误；由于正压力不变，纸带对棋子的摩擦力没变，B错误；快拉时作用时间变短，摩擦力对棋子的冲量变小了，C正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，D正确．6.(多选)如图所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着纸带一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是()A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间摩擦力小B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小【答案】CD【解析】在缓慢拉动纸带时，重物与纸带之间是静摩擦力，在迅速拉动纸带时，它们之间是滑动摩擦力，静摩擦力与滑动摩擦力可认为相同．缓慢拉动纸带时，作用时间长，摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟着纸带一起运动；迅速拉动纸带时，作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小，所以重物几乎不动．考点3 动量定理的有关计算1.如图甲，物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B 的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落的速度大小为u，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量()A．mvB．mv－MuC．mv＋MuD．mv＋mu【答案】D【解析】分别以A、B为研究对象，由动量定理得I－mgt1＝mv，Mgt2＝Mu，两物体的运动具有同时性，则t1＝t2，所以I＝mu＋mv.2.质量分别为2m和m的A、B两个质点，初速度相同，均为v1.若他们分别受到相同的冲量I作用后，A的速度为v2，B的动量为p.已知A、B都做直线运动，则动量p可以表示为( )A．m(v2－v1)B．2m(2v2－v1)C．4m(v2－v1)D．m(2v2－v1)【答案】D【解析】对A由动量定理：I＝2m(v2－v1)，对B由动量定理：I＝p－mv1，则p＝I＋mv1＝m(2v2－v1)，D正确．3.如图所示，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球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()A．合力对两球的冲量大小相同B．重力对a球的冲量较大C．弹力对a球的冲量较小D．两球的动量变化大小相同【答案】C【解析】小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即：mg sinθ，加速度为a＝g sinθ(θ为杆与水平方向的夹角)由图中的直角三角形可知，小球的位移s＝2R sinθ所以t＝＝＝，t与θ无关，即t1＝t2，所以合外力的冲量大小为：mg sinθ·t.由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大，A、D错误；重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等，B 错误；弹力的冲量：mg cosθ·t，所以a球的弹力的冲量小，C正确．4.1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船(质量为m)去接触正在轨道上运行的火箭(质量为mx，发动机已熄火)，如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭的速度变化是Δv，下列说法正确的是()A．火箭质量mx应为B．宇宙飞船的质量m应为C．推力F越大，就越大，且与F成正比D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F【答案】C【解析】对整体由动量定理可得：FΔt＝(m＋mx)Δv，得火箭的质量mx＝－m，整体的质量为，A、B错误；由公式可得，F＝(m＋mx)可知，推力F越大，就越大，且与F成正比，C正确；对火箭分析，由牛顿第二定律有：飞船对火箭的弹力F N＝mx＜F，D错误．5.一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前的速度约为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？【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0.5 m，设运动时间为t，根据x＝t，得t＝＝s，根据动量定理Ft＝Δp＝mv0，得F＝＝N＝5.4×104N；(2)若人系有安全带，则F′＝＝N＝1.8×103N6.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．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．(g取10 m/s2) 【答案】1.5×103N【解析】将运动员看做质量为m的质点，从高h1处下落，刚接触网时速度的大小v1＝，方向竖直向下．弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小v2＝，方向竖直向上．选竖直向上为正方向．由动量定理得(F－mg)·Δt＝m[v2－(－v1)]由以上各式解得F＝mg＋m代入数据得F＝1.5×103N7.如图甲所示，用水平向右的力F拉放在光滑水平地面上、质量为500 kg的物体，作用时间为20 s，使物体获得0.5 m/s的速度．若力F大小的变化为：前15 s从零开始随时间均匀增大，后5 s均匀减小为零，如图乙所示，求：(1)力F对物体的冲量；(2)力F的最大值．【答案】(1)250 N·s(2)25 N【解析】(1)拉力对物体的冲量等于物体的动量增加量，有：IF＝mv＝500×0.5 N·s＝250 N·s(2)由于拉力均匀变化，设拉力最大值为F max，则拉力的冲量大小为图乙中图线与时间轴所围成的面积，则：IF ＝F max·t，得F max＝25 N考点4 动量定理的综合应用1.高空“蹦极”是勇敢者的游戏．蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速度地从跳台上落下．若不计空气阻力，则()A．弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大B．从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大C．整个下落过程中，重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量相同D．整个下落过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功【答案】D【解析】当运动员的加速度等于零时速度最大，此时弹性绳弹力等于重力，A错误；运动员在运动的过程中，重力势能、动能、弹性势能三者之和保持不变，从弹性绳开始伸直到最低点的过程中，动能先增大后减小，故运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和先减小后增大，B错误；根据动量定理知IG＋IF＝0，故重力对运动员的冲量与弹性绳弹力对运动员的冲量不相同，一正一负，C错误；根据能量守恒可知整个下落过程中，减少的重力势能全部转化为弹性势能，D正确．2.“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来．假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积(表演者在垂直风力方向的投影面积)，来改变所受向上风力的大小．已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为S0，站立时受风面积为S0；当受风面积为S0时，表演者恰好可以静止或匀速漂移．如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为H，表演者由静止以站立身姿从A位置下落，经过B位置时调整为水平横躺身姿(不计调整过程的时间和速度变化)，运动到C位置速度恰好减为零．关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是()A．B点距C点的高度是HB．从A至B过程表演者克服风力所做的功是从B至C过程表演者克服风力所做的功的C．从A至B过程表演者所受风力的冲量是从A至C过程表演者所受风力的冲量的D．从A至B过程表演者所受风力的平均功率是从B至C过程表演者所受风力平均功率的【答案】B【解析】设人水平横躺时受到的风力大小为F m，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为F m.由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得人的重力G＝F m，即有F m＝2G.从A至B过程表演者的加速度大小为a1＝＝＝0.75g从B至C过程表演者的加速度大小为a2＝＝＝g，由速度位移公式得：从A至B过程表演者的位移x1＝，从B至C过程表演者的位移x2＝，故x1∶x2＝4∶3，x2＝H，A错误；表演者从A至B克服风力所做的功为W1＝F m·H＝F m H；从B至C过程克服风力所做的功为W2＝F m·H＝F m H，得＝，B正确；设B点的速度为v，则从A至B过程表演者的运动时间t1＝＝.从B至C过程表演者的运动时间t2＝＝，根据动量定理，I1＝F m t1＝mv，I2＝F m t2＝2mv，＝，C错误；根据P＝，又＝，＝，联立解得＝，D错误．3.(多选)物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是()A．该物体将始终向一个方向运动B．3 s时该物体回到原出发点C．0～3 s内，力F的冲量等于零，功也等于零D．2～4 s内，力F的冲量不等于零，功却等于零【答案】BCD【解析】据题意，从图可知物体开始先向负向运动，0～1 s末速度为某个值－v，而位移为－s，之后力F 反向，1～1.5 s末速度减为0，此时总位移为－1.5s，之后物体向正向运动，1.5～2 s时末速度为v，向正向运动了0.5s，此时位移为－s，此后力又向负向，2～3 s末速度减为0，此时位移为0，故选项A错误，选项B正确；据以上分析，0～3 s内力F的冲量等于动量变化，即I03＝mΔv＝0，此过程力F做的功为：W03＝mv－0＝0，故选项C正确；3～4 s末速度为－v，位移为－s，所以2～4 s内力F冲量为：I24＝mΔv ＝－2mv，功为W24＝mv－mv＝0，故选项D正确．4.(多选)光滑水平面上有直角坐标系xOy，坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限内有沿y轴正方向的匀强电场．一只质量为100 g的带电小球静止于x负半轴上某一点．小球受到一个沿x轴正向的瞬时冲量I后开始运动．从小球通过原点时刻开始计时，小球沿x、y轴方向的分运动的速度图象分别如图所示．下列判断正确的是()A．沿x轴正向的瞬时冲量I的大小是0.2 N·sB．开始计时后2 s内小球的动量变化大小是0.6 kg·m/sC．开始计时后2 s内小球沿y轴方向的位移是3 mD．开始计时后2 s末小球所在点的坐标是(4,3)【答案】ACD【解析】根据图象可知，小球沿x方向的初速度为2 m/s，由动量定理知沿x轴正向的瞬时冲量I的大小Ix＝mvx＝0.1×2 N·s＝0.2 N·s，A正确；沿x方向动量不变，2 s末y方向的速度为3 m/s，则开始计时后2 s内小球的动量变化大小Δp＝mvy－0＝0.1×3 kg·m/s＝0.3 kg·m/s，B错误；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，开始计时后2 s内小球沿y轴方向的位移y＝×2×3 m＝3 m，C正确；开始计时后2 s内，x方向的位移x＝2×2 m＝4 m，则开始计时后2 s末小球所在点的坐标是(4,3)，D正确．5.(Ⅰ)如图甲所示，质量为m的物块在水平恒力F的作用下，经时间t从A点运动到B点，物块在A点的速度为v1，B点的速度为v2，物块与粗糙水平面之间动摩擦因数为μ，试用牛顿第二定律和运动学规律推导此过程中动量定理的表达式，并说明表达式的物理意义．(Ⅱ)物块质量m＝1 kg静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，(g取10 m/s2)求：(1)AB间的距离；(2)水平力F在5 s时间内对物块的冲量．【答案】(Ⅰ)由牛顿第二定律得：F合－μmg＝ma①由运动学公式得：a＝②由①②得：(F－μmg)t＝mv2－mv1③③式的物理意义为：合外力的冲量等于物体动量的变化(Ⅱ)(1)4 m(2)2 N·s【解析】(Ⅰ)由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma①由运动学公式得：a＝②由①②得：(F－μmg)t＝mv2－mv1③③式的物理意义为：合外力的冲量等于物体动量的变化(Ⅱ)(1)从第3秒末到第5秒末，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，得a＝2 m/s2由运动学公式得AB之间的距离：x＝at＝4 m(2)选向左的方向为正方向，物体的末速度为：v A＝at2＝4 m/s对全程由动量定理得：IF＋μmgt1－μmgt2＝mv A解得IF＝2 N·s.考点5 动量定理分析多过程问题1.水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的A、B两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则()A．F1的冲量大于F2的冲量B．F1的冲量等于F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小相等D．两物体受到的摩擦力大小不等【答案】C【解析】设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1<t2，当只有摩擦力F f作用时，由AB∥CD知图线斜率相同，则加速度相同，摩擦力F f相同，C正确，D错误；对物体A，由动量定理得：F1t1－F f t1＝mv A；对物体B同理可得：F2t2－F f t2＝mv C.由图象知：v A＝v C，t1<t2，所以mv A＝mv C，即F1t1－F f t1＝F2t2－F f t2，得F2t2>F1t1，A、B均错．2.(多选)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入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过程Ⅱ中动量的改变量B．过程Ⅱ中，钢珠所受阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ和过程Ⅱ中重力的冲量的大小的和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【答案】BC【解析】在Ⅰ、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，但对于全过程，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，A、D错误，C正确；过程Ⅱ中钢珠受重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，B正确．3.(多选)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中钢珠所增加的动能等于过程Ⅱ中损失的机械能B．过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和等于过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功C．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量D．过程Ⅰ中重力冲量的大小等于过程Ⅱ中阻力的冲量的大小【答案】BC【解析】根据能量守恒定律可知，在过程Ⅰ中，钢珠增加的动能等于钢珠减小的重力势能，过程Ⅱ中损失的机械能等于全程减小的重力势能，即Ⅰ过程中增加的动能小于Ⅱ过程中损失的机械能，A错误；由功能关系可知，克服阻力做的功即减小的机械能，B正确；根据动量定理可知，在Ⅰ过程中，只有重力产生冲量，所以钢珠动量的改变量就等于重力的冲量，C正确；全程使用动量定理可知，在Ⅰ、Ⅱ全过程中重力的冲量大小等于Ⅱ中阻力的冲量的大小，D错误．4.质量为1 kg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5 N 的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F，求物体运动的总时间．(g＝10 m/s2)【答案】3.75 s【解析】物体由开始运动到停止的全过程中，F的冲量为Ft1，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Ft1－F f t＝0①又F f＝μmg②联立①②式解得t＝，代入数据解得t＝3.75 s.。
动量定理及动量守恒定律专题复习(附参考答案)
动量定理及动量守恒定律专题复习一、知识梳理1、深刻理解动量的概念(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv(2)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
(3)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
(4)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。
(5)动量的变化：0p p p t -=∆.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A 、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
(6)动量与动能的关系：k mE P 2=，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。
2、深刻理解冲量的概念(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft(2)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。
(3)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。
如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。
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。
(4)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。
(5)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。
3、深刻理解动量定理（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
既I =Δp（2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。
这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
动量复习专题
动量复习专题一、知识点填空题1．【动量】（1）定义：物体的和的乘积；（2）定义式：p =mv ；（3）国际单位：；（4）动量是矢量：方向由方向决定，动量的方向与该时刻的方向相同；（5）动量是描述物体运动状态的物理量，是状态量；（6）动量是相对的，与参考系的选择有关。
2.【冲量】（1）定义：作用在物体上的和的乘积。
（2）定义式：（恒力的冲量）I Ft=（3）国际单位：，符号：N·s 。
（4）冲量是矢量，方向由的方向决定。
（5）冲量是过程量，反映了力对的积累效应（功反映了力对空间的积累效应）。
3．【动量定律】（1）内容：物体所受等于物体的动量变化。
（2）表达式：（3）理解：表明是动量变化的原因。
动量定理是，合外力的冲量方向与物体动量变化的方向。
（4）适用范围：动量定理不但适用于，也适用于随。
对于变力，动量定理中的F 应理解为变力在作用时间内的平均值；动量定理不仅可以解决匀变速直线运动的问题，还可以解决中的有关问题，将较难的计算问题转化为较易的计算问题；动量定理不仅适用于物体，也适用于问题。
应用动量定理的优点：不考虑中间过程，只考虑初、末状态。
【与动能定理类比理解】4．【动量守恒定律】（1）内容：一个系统或者所受为零，这个系统的总动量保持不变。
（2）表达式：11221122m v m v m v m v ''+=+，其中，等式左边是两物体的动量，等式右边是它们的动量；式中的速度均为，参考系为相对地面静止或做匀速直线运动的物体；相互作用的物体之间不能作为参考系。
（3）适用条件：①系统或所受为零。
②系统所受合外力虽不为零，但系统内力，此时系统动量近似守恒。
例：碰撞、爆炸等过程均满足动量守恒定律。
③系统所受合外力虽不为零，但在的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变。
（4）适用对象：①正碰、斜碰；②由两个或者多个物体组成的系统；③高速运动或低速运动的物体；④宏观物体或微观粒子。
高三物理一轮复习资料【动量定理】
高三物理一轮复习资料【动量定理】[考点分析]1．命题特点：单独考查动量定理时以选择题为主，难度较小，命题点以对动量、冲量概念的理解及动量定理的简单应用为主，但也呈现出与其他知识综合的趋势．2．思想方法：守恒思想、微元法、模型法等．[知能必备]1．动量定理(1)表达式：F Δt ＝m v ′－m v .I ＝p ′－p .(2)力的表达式：F ＝Δp Δt. 2．动量定理的理解和应用(1)公式p ′－p ＝Ft 是矢量式，右边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F 是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，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)动量定理反映的是合外力的冲量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 合的方向相同．(3)公式p ′－p ＝Ft 说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因．[真题再练]1．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )A ．增加了司机单位面积的受力大小B ．减少了碰撞前后司机动量的变化量C ．将司机的动能全部转换成汽车的动能D ．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解析：D 因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A 错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B 错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C 错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D 正确．2．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为() A．1.6×102 kg B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kg解析：B设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝m v知，m＝Ft v＝4.8×106×1kg＝1.6×103 kg，选项B正确．3×1031．用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体．(2)进行受力分析：求每个力的冲量，再求合冲量或先求合力，再求其冲量．(3)分析过程找初、末状态：选取正方向，确定初、末状态的动量和各冲量的正负．(4)列方程：根据动量定理列方程求解．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．[精选模拟]视角1：动量定理的基本应用1．中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿．假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为() A．0.22 N B．0.27 NC．0.022 N D．0.027 N解析：D由题知，水滴质量为m＝0.5 g，重力加速度为g＝10 m/s2，屋檐高度为h＝4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v.水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mgh＝12.水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对2m v水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－m v，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确．2．(多选)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，下列说法正确的是() A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量解析：AC根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A 正确；上升过程中的加速度a 上＝g ＋f m 大于下降过程中的加速度a 下＝g －f m ，则上升的时间小于下降的时间，即t 上< t 下，根据I ＝Gt 可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，选项B 错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，选项D 错误．视角2：动量定理的综合应用3．(多选)静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移l 后，动量为p 、动能为E k .以下说法正确的是( )A ．若保持水平力F 不变，经过时间2t ，物体的动量等于2pB ．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t ，物体的动量等于2pC ．若保持水平力F 不变，通过位移2l ，物体的动能小于2E kD ．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l ，物体的动能大于2E k解析：AD 根据动量定理I 合＝(F －f )t ＝p ，保持水平力F 不变，经过时间2t ，(F －f )·2t ＝p ′，可知p ′＝2p ，故A 正确；根据动量定理I 合＝(F －f )t ＝p ，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t ，则有(2F －f )·t ＝p ′，则p ′＞2p ，故B 错误；根据动能定理(F －f )·l ＝E k ，保持水平力F 不变，通过位移2l ，有(F －f )·2l ＝E k ′，则有E k ′＝2E k ，故C 错误；根据动能定理(F －f )·l ＝E k ，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l ，有(2F －f )·l ＝E k ′，则有E k ′＞2E k ，故D 正确．4．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ΔmΔt＝ρv0S③(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)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，对冲击玩具的一段水柱为Δm，根据动量定理有(F＋Δmg)Δt＝Δp由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，即FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2⑧答案：(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2。