专题3.9 动量和动量定理(原卷版)
2020年高考物理备考微专题精准突破
专题3.9 动量和动量定理
【专题诠释】
冲量和动量的比较
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，当研究对象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．用动量定理解释两类现象
(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．
3．应用动量定理解决两类问题
(1)微粒类问题；
(2)流体类问题．
【高考领航】
【2019·新课标全国Ⅰ卷】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3 km/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 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【2018·新课标全国II卷】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，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【2017·新课标全国Ⅲ卷】一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t 变化的图线如图所示，则（）
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t=4 s时物块的速度为零
【技巧方法】
1．流体作用模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
2．微粒类问题
【最新考向解码】
【例1】(2019·武汉高三下学期2月调考)运动员在水上做飞行运动表演。
他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。
已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水
的速度大约为( )
A ．2.7 m/s
B ．5.4 m/s
C ．7.6 m/s
D ．10.8 m/s
【例2】（2019·安徽省阜阳市第三中学模拟）2019年阜阳三中科学晚会中，科技制作社团表演了“震撼动量 球”实验。
为感受碰撞过程中的力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3 kg 的超大气球以2 m/s 速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.2 s 。
忽略气
球所受浮力及空气阻力，g =10 m/s 2。
则观众双手受的压力共计（ ）
A ．30 N
B ．60 N
C ．90 N
D ．120 N
【例3】（2019·山西省晋城市高三下学期第三次模拟）太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质 量为M 的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F 的平均推力才能维持飞船以恒定速度 v 匀速飞行。
已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上 尘埃的质量为（ ）
A ．F M v +
B ．F M v -
C ．F M v -
D ．F v
【微专题精练】
1.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿 竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是 ( )
A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
2.(2019·湖北部分重点中学模拟)质量为m 的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t ，身体伸直并刚好 离开地面，离开地面时速度为v .在时间t 内( )
A ．地面对他的平均作用力为mg
B ．地面对他的平均作用力为mv t
C ．地面对他的平均作用力为m (v t －g )
D ．地面对他的平均作用力为m (g ＋v t
) 3.(2019·湖北黄冈质检)一小球从水平地面上方无初速释放，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，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过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 4.(2019·常德模拟)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，下列说法正确的有 ( )
A ．小球的机械能减小了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
5.(2019·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处
于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14
v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )
A ．0
B ．14mv ，方向向左
C ．14mv ，方向向右
D ．34
mv ，方向向左 7．(2019·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )
A ．3 400 kg
B ．3 485 kg
C ．6 265 kg
D ．6 885 kg
8.小球质量为2m ，以速度v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是45
v ，球与墙撞击时间为t ，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( )
A.2mv 5t
B.8mv 5t
C.18mv 5t
D.2mv t
9.质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则
( )
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 ．整个过程中物体的动量变化量为12
mv 0 10.(2019·山东济南质检)在济青高速公路上，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度约为30 m/s.
(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？。
第七章第1讲 动量和动量定理--2025版高考总复习物理
[基础落实练]1．对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是() A．物体的动能改变，其动量不一定改变B．物体动量改变，则其动能一定改变C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变D．动量是标量，动能是矢量解析：物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝m v，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误。
答案：C2．一物体沿水平面做初速度为零的匀加速直线运动，以动量大小p为纵轴建立直角坐标系，横轴分别为速度大小v、运动时间t、位移大小x，则以下图像可能正确的是()解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v＝at，根据动量的计算公式有p ＝m v＝mat，可知动量与速度和时间都成正比关系，故A、B错误；根据匀变速直线运动规律有v2＝2ax，根据动量的计算公式有p＝m v＝m2ax，根据数学知识可知C图正确，故C 正确，D错误。
答案：C3．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：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。
司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能和气囊的弹性势能。
综上可知，选项D正确。
答案：D4．(2024·四川绵阳诊断)质点所受的合力F方向始终在同一直线上，大小随时间变化的情况如图所示，已知t＝0时刻质点的速度为零。
动量定理及动量守恒定律(思考题)
第三章 动量定理及动量守恒定律（思考题）3.1试表述质量的操作型定义。
解答，kgv v m m 00 ∆∆=式中kg 1m 0=（标准物体质量） 0v∆：为m 与m 0碰撞m 0的速度改变 v∆：为m 与m 0碰撞m 的速度改变这样定义的质量，其大小反映了质点在相互作用的过程中速度改变的难易程度，或者说，其量值反映了质量惯性的大小。
这样定义的质量为操作型定义。
3.2如何从动量守恒得出牛顿第二、第三定律，何种情况下牛顿第三定律不成立？ 解答，由动量守恒)p p (p p ,p p p p 22112121 -'-=-'+='+' ,p p 21 ∆-=∆ t p t p 21∆∆-=∆∆ 取极限dt p d dtp d 21-= 动量瞬时变化率是两质点间的相互作用力。
,a m )v m (dt d dt p d F 111111 === ,a m )v m (dt d dt p d F 222222 === 21F F -=对于运动电荷之间的电磁作用力，一般来说第三定律不成立。
（参见P 63最后一自然段）3.3在磅秤上称物体重量，磅秤读数给出物体的“视重”或“表现重量”。
现在电梯中测视重，何时视重小于重量（称作失重）？何时视重大于重量（称作超重）？在电梯中，视重可能等于零吗？能否指出另一种情况使视重等于零？解答，①电梯加速下降视重小于重量；②电梯加速上升视重大于重量；③当电梯下降的加速度为重力加速度g时，视重为零；④飞行员在铅直平面内的圆形轨道飞行，飞机飞到最高点时，gRv,0mgRvmN,NmgRvm22==-=+=飞行员的视重为零3.4一物体静止于固定斜面上。
（1）可将物体所受重力分解为沿斜面的下滑力和作用于斜面的正压力。
（2）因物体静止，故下滑力mg sinα与静摩擦力Nμ相等。
α表示斜面倾角，N为作用于斜面的正压力，0μ为静摩擦系数。
以上两段话确切否？解答，不确切。
专题15 动量与动量定理(原卷版)
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题15 动量与动量定理【专题导航】目录热点题型一对动量定理的理解和基本应用 (1)热点题型二动量定理的综合应用 (2)1．应用动量定理解释的两类物理现象 (2)2. 应用动量定理解决两类问题 (3)(1)应用动量定理解决微粒类问题 (3)(2)应用动量定理解决流体类问题 (4)热点题型三动量定理在多过程问题中的应用 (5)【题型演练】 (6)【题型归纳】热点题型一对动量定理的理解和基本应用1．对动量定理的理解(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．(2)动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．2．用动量定理解题的基本思路3．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 ＝F Δt 求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．【例1】(2019·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N ，推进器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg【变式1】．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 作用下，经过时间t 后，动量为p ，动能为E k ；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F 的作用下，则经过时间2t 后物体的( )A ．动量为4pB ．动量为2pC ．动能为4E kD ．动能为2E k【变式2】．(多选)质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )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 0D ．整个过程中物体的动量变化量为12mv 0热点题型二 动量定理的综合应用1．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp 越小．【例2】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【变式1】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处【变式2】从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．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D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等2.应用动量定理解决两类问题(1)应用动量定理解决微粒类问题【例3】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调整姿态的反冲力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为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 2mU qB ．I mU qC ．I mU 2qD ．2I mU q【变式】正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)(2)应用动量定理解决流体类问题两类流体运动模型第一类是“吸收模型”，即流体与被碰物质接触后速度为零，第二类是“反弹模型”，即流体与被碰物质接触后以原速率反弹．设时间t 内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n ，每个“粒子”的动量为p ，被碰物质对“粒子”的作用力为F ，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft ＝0－n (－p )，“反弹模型”满足Ft ＝np －n (－p )．“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明辨模型，避免错误．【例4】(2019·合肥一模)质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面上，再以4 m/s 的速度 反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的 功W ，下列说法正确的是 ( )A ．Δp ＝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【变式】(2019·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( )A ．0B ．14mv ，方向向左C ．14mv ，方向向右D ．34mv ，方向向左 【变式2】一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m/s 的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg ，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，下列说法正确的是( )A ．风停止后帆船的加速度大小是1 m/sB ．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468 NC ．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936D ．风速的大小为10 m/s热点题型三 动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似，有分段列式和全程列式两种思路．【例5】一高空作业的工人重为600 N ，系一条长为L ＝5 m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时 间t ＝1 s(工人最终悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取10 m/s 2，忽略空气阻力的 影响)【变式1】如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是( )A ．买者说的对B ．卖者说的对C ．公平交易D ．具有随机性，无法判断【变式2】一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示．一物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【题型演练】1.将一个质量为m的小木块放在光滑的固定斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，则Δp1∶Δp2为()A．1∶2B．1∶3 C．1∶1 D．2∶12.(2019·湖北黄冈质检)一小球从水平地面上方无初速释放，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，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过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功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45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)()A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa4.一个质量为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5．(2018·高考全国卷 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 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N6.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列判断正确的是( )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．物体受到的合力的冲量大小为零D ．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t7.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 2gR8.小球质量为2m ，以速度v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是45v ，球与墙撞击时间为t ，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是( )A.2mv 5tB.8mv 5tC.18mv 5tD.2mv t9.质量为m 的物体， 以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为v t ，且v t ＝0.5v 0，则( )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 0D ．整个过程中物体的动量变化量为12mv 0 10.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量依次为I 1、I 2、I 3，动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3。
2023版新教材高考物理微专题小练习专题39动量守恒定律的理解和应用
专题39 动量守恒定律的理解和应用1.[2022·河南省驻马店市大联考]如图所示，小车A 静止于光滑水平面上，A 上有一圆弧PQ ，圆弧位于同一竖直平面内，小球B 由静止起沿圆弧下滑，则这一过程中( )A ．若圆弧不光滑，则系统动量守恒，机械能守恒B ．若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒C .若圆弧不光滑，则系统动量不守恒，机械能守恒D .若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒2．[2022·甘肃省临洮中学期中考试](多选)如图所示，在光滑水平面上，一速度大小为v 0的A 球与静止的B 球碰撞后，A 球的速率为v 03 ，B 球的速率为v 02，A 、B 两球的质量之比可能是( )A ．3∶4B ．4∶3C ．8∶3D ．3∶83．[2022·九师联盟质量检测](多选)如图所示，光滑水平面上有一轻弹簧，其左端固定在竖直墙壁上．一质量m 1＝0.5 kg 可视为质点的滑块A 以v 0＝12 m /s 的水平速度向左运动，撞上静止的质量m 2＝1.5 kg 可视为质点的滑块B 并粘在一起向左运动，两滑块与弹簧作用后原速率弹回，则下列说法正确的是( )A ．两滑块组成的系统碰撞过程中动量守恒B ．两滑块碰撞结束时的速度大小为3 m /sC ．在整个过程中，两滑块组成的系统动量守恒D ．在整个过程中，弹簧对A 、B 系统的冲量大小为12 N ·s 4.[2022·湖南省衡阳市阶段练习](多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是( )A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mv0 M＋mC．子弹和木块一起上升的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒D．子弹和木块一起上升的最大高度为m2v22g（M＋m）25．如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是( )A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m26.[2022·江西省萍乡市阶段练习]在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将( )A ．保持不变B ．变大C ．变小D ．不能确定7．滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动．现有一个质量为m 的小孩站在一辆质量为λm 的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v 0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即相对滑板车以速度v 0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的12，但方向不变，则λ为( )A ．1B ．2C ．3D ．48．[2022·江苏省常州市质量调研]光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A ，斜面体质量为M 、底边长为L ，如图所示．将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N ，则下列说法中正确的是( )A ．F N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t cos αC ．滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D .此过程中斜面体向左滑动的距离为m M ＋mL 9．[2022·陕西省泾阳县期中]如图所示，质量m ＝2 kg 的小铁块(可视为质点)放在长木板左端，长木板质量M ＝4 kg ，静止在光滑水平面上，当给小铁块施加大小为6 N ·s 、方向水平向右的瞬时冲量后，经过0.8 s 木板和小铁块达到共同速度．重力加速度g 取10 m /s 2，则长木板与小铁块的共同速度大小和二者之间的动摩擦因数分别为( )A ．0.8 m /s 0.5B ．0.8 m /s 0.25C ．1 m /s 0.5D ．1 m /s 0.2510．[2022·黑龙江省双鸭山一中考试]如图所示，质量为m 的滑块A 套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动．在水平杆上固定一挡板P ，滑块靠在挡板P 左侧且处于静止状态，其下端用长为L的不可伸长的轻质细线悬挂一个质量为3m的小球B，已知重力加速度大小为g.现将小球B拉至右端水平位置，使细线处于自然长度，由静止释放，忽略空气阻力，求：(1)小球第一次运动至最低点时，细线拉力的大小；(2)滑块运动过程中，所能获得的最大速度．11．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的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v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝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．(1)乙要以多大的速度v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．专题39 动量守恒定律的理解和应用1．B 不管圆弧是否光滑，系统的水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒；若圆弧光滑，系统只有重力做功，机械能守恒，若圆弧不光滑，系统有能量损失，机械能不守恒．综上所述，只有选项B 正确．2．AD 两球碰撞过程动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，如果碰撞后A 球的速度方向不变，有m A v 0＝m A ·v 03＋m B ·v 02，解得m A ∶m B ＝3∶4，如果碰撞后A 的速度反向，有m A v 0＝－m A ·v 03＋m B ·v 02，解得m A ∶m B ＝3∶8，A 、D 正确． 3．ABD 两滑块组成的系统碰撞过程中，合外力为零，动量守恒，有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 2，解得碰撞后的速度v 2＝3 m/s ，A 、B 正确；两滑块压缩弹簧的过程中，合外力不为零，动量不守恒，C 错误；整个过程中弹簧对A 、B 的冲量大小I ＝2(m 1＋m 2)v 2＝12 N ·s ，D 正确．4．BD 子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A 错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得mv 0＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝mv 0m ＋M，故B 正确；子弹和木块一起上升的过程中，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C 错误；子弹在木块中与木块一起上升的过程中，根据机械能守恒得12(m ＋M )v ′2＝(m ＋M )gh ，解得h ＝m 2v 20 2g （M ＋m ）2，故D 正确． 5．C 脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得m 1v 1－m 2v 2＝0，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A 错误；动能与动量的关系为E k ＝12mv 2＝p 22m，由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B 错误；甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h ＝12gt 2可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C 正确；由A 的解析可得v 1v 2＝m 2m 1，平抛的水平位移为x ＝v 0t ，故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x 1∶x 2＝m 2∶m 1，D 错误．6．C 雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒，设小车、木盆的总质量为M ，雨滴的质量为m ，则有Mv ＝(M ＋m )v 共，解得v 共＝Mv M ＋m <v ，在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小，C 正确．7．A 由题意，小孩在起跳过程中和滑板车组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(m ＋λm )v 0＝λm ·v 02＋m (v 0＋v 02)，解得λ＝1，故选A. 8．D 当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N 不等于mg cos α，A 错误；滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t ，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，则Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mM ＋m L ，D 正确． 9．D 对小铁块由动量定理有I ＝mv 0，小铁块和木板在光滑水平面上动量守恒有mv 0＝(M ＋m )v 共，联立解得木板与小铁块在共同运动时的速度大小v 共＝1 m/s ，对木板由动量定理有μmgt ＝Mv 共，解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.25，D 正确．10．(1)9mg (2)322gL 解析：(1)小球B 第一次摆到最低点时，由机械能守恒定律得 3mgL ＝12·3mv 2 解得v ＝2gL在最低点，由牛顿第二定律有F －3mg ＝3m v 2L解得，小球第一次到最低点时细线拉力的大小F ＝9mg(2)当小球第一次通过最低点后，滑块A 不再受到挡板P 的作用力，此时滑块A 与小球B 组成的系统在水平方向上动量守恒，可判断知当小球再次到达最低点时，滑块的速度达最大，设此时小球B 与滑块A 的速度分别为v 1、v 2，规定水平向左为正方向，则有3mv ＝3mv 1＋mv 2根据机械能守恒定律有12·3mv 2＝12·3mv 21 ＋12mv 22 联立两式求得v 2＝322gL . 11．(1)5.2 m/s (2)432 N解析：(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v 1，对甲、乙以及物体A 组成的系统根据动量守恒定律可得M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1对乙和A组成的系统根据动量守恒定律可得M2v0＝(M2－m)v1＋mv联立解得v＝5.2 m/s，v1＝0.4 m/s. (2)对甲根据动量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0) 解得F＝432 N．。
第一讲动量定理(原卷版+解析)
第一讲动量定理➢知识梳理一、动量1．定义：物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。
2．表达式：p＝mv。
3．单位：kg·m/s。
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度的方向相同。
二、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
定义式：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，恒力冲量的方向与恒力的方向相同。
2．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。
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
(3)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。
➢知识训练考点一冲量及动量的理解和计算1．对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．②矢量性：对于方向恒定的力来说．冲量的方向与力的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系．2．动量的变化量(1)数学表达式：Δp＝p2－p1(2)动量的变化量是矢量，遵循平行四边形定则。
其方向与速度的改变量方向相同。
a．如果初末动量在同一直线上，首先规定正方向，再用正负表示初末动量p1、p2，根据公式Δp＝p2－p1，求出动量的变化量，如图(1)(2)。
b．如果初末动量不在同一直线上，需使用平行四边形定则，求出动量的变化量Δp。
如图(3)。
3．动量与动能的关系E k＝p22m，p＝2mE k。
4．冲量的四种计算方法5．动量、冲量、动量变化量的比较例1、下列说法正确的是()A．速度大的物体，它的动量一定也大B．动量大的物体，它的速度一定也大C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大例2、质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s例3、颠球是足球运动基本技术之一，若质量为400 g的足球用脚颠起后，竖直向下以4 m/s的速度落至水平地面上，再以3 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，在足球与地面接触的时间内，关于足球动量变化量Δp和合外力对足球做的功W，下列判断正确的是()A．Δp＝1.4 kg·m/s，W＝－1.4 JB．Δp＝－1.4 kg·m/s，W＝1.4 JC．Δp＝2.8 kg·m/s，W＝－1.4 JD．Δp＝－2.8 kg·m/s，W＝1.4 J例4、如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，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F f，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是()A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θC．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为F f(t1＋t2)例5、一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()A．第2 s末，质点的动量为0B．第2 s末，质点的动量方向发生变化C．第4 s末，质点回到出发点D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0课堂随练训练1、下列关于动能、动量、冲量的说法中正确的是()A．若物体的动能发生了变化，则物体的加速度也发生了变化B．若物体的动能不变，则动量也不变C．若一个系统所受的合外力为零，则该系统内的物体受到的冲量也为零D．物体所受合力越大，它的动量变化就越快训练2、北京冬奥会2 000米短道速滑接力热身赛上，在光滑冰面上交接时，后方运动员用力推前方运动员。
考点06 动量定理和动量守恒定律-2020年高考物理二轮核心考点总动员(原卷版)
2020届高考二轮复习之核心考点系列之物理考点总动员【二轮精品】考点06动量定理和动量守恒定律【命题意图】理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
【专题定位】本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.【考试方向】动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
【应考策略】本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.【得分要点】1、碰撞现象满足的规律①动量守恒定律．②机械能不增加．③速度要合理：若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2、弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律．以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和222211211212121v m v m v m '+'=解得：121211v m m m m v +-='；121122v m m m v +='结论：①当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′>0，v ′>0，碰撞后两球都向前运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来3、综合应用动量和能量的观点解题技巧（1）动量的观点和能量的观点①动量的观点：动量守恒定律②能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解．②利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题：(a)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(b)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．【2019年高考选题】【2019·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
高考物理动量定理真题汇编(含答案)精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版高考物理动量定理真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．图甲为光滑金属导轨制成的斜面，导轨的间距为1m l =，左侧斜面的倾角37θ=︒，右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω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10.5T B =，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20.5T B =。
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0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。
已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。
其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。
(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况；(2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少?【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s ；(3)43.2J【解析】【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。
(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W '-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s解得：43.2J F W '=2．如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB 与粗糙水平地面BC 相切于B 点。
动量定理、动量守恒定理大题50题(含答案)
1．（18分）如图（a ）所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC 且与水平面夹角为θ=37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b ）所示．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2．求：(1) 斜面BC 的长度；(2) 滑块的质量；(3)2. （11分）甲、乙两船在平静的湖面上以相同的速度匀速航行，且甲船在前乙船在后．从甲船上以相对于甲船的速度 ，水平向后方的乙船上抛一沙袋，其质量为m ．设甲船和沙袋总质量为M ，乙船的质量也为M ．问抛掷沙袋后，甲、乙两船的速度变化多少？图（a ）3.（2011·新课标全国卷）如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m 。
置于光滑的水平面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体，现A 以初速v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A ，B 分离，已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0，求弹簧释放的势能。
【详解】设碰后A 、B 和C 的共同速度大小为v ，由动量守恒有，3mv=mv 0 ①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v1，由动量守恒有，3mv=2mv 1+mv 0 ②设弹簧的弹性势能为Ep ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有， 12 （3m ）v 2＋Ep=12 （2m ）v 12＋12mv 02 ③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep=13m v 024．一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。
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.。
动量和动量定理【练】原卷版
专题9.1 动量和动量定理【练】目录一．练经典题型 (1)二、练创新情景 (3)三．练规范解答 (7)一．练经典题型1.(2021·山东九校上学期期末)物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是()A.做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变B.合力对物体做功为零，则合力的冲量也一定为零C.做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的D.做圆周运动的物体，经过一个周期，合力的冲量一定为零2.(2021·泉州模拟)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壁上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量m＝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，力F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去力F，物体A从静止开始运动。
则当撤去力F后，弹簧弹力对物体A的冲量大小为()A．20 N·s B．50 N·sC．25 N·s D．40 N·s3.(多选)(2021·湖南衡阳八中二模)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能E k与其位移x之间的关系如图所示。
已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/sB．x＝3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2C．在前2 m的运动过程中物块所经历的时间为2 sD．在前4 m的运动过程中拉力对物块做的功为25 J4.用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止。
其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F 做的功为W 1，冲量大小为I 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，冲量大小为I 2。
则下列选项正确的是( )A.W 1＞ W 2；I 1＞I 2B.W 1＜ W 2；I 1＞I 2C.W 1＜ W 2；I 1＜I 2D.W 1＝W 2；I 1＝I 25.(2021·北京市丰台区二模)将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。