【精品】高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理达标诊断高效训练

第一节动量冲量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．一个质量为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．关于冲量，以下说法正确的是( )A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故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量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C 错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．3．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解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．4．(2015·高考重庆卷)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.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )·t ＝0－mv ，解得F ＝m 2gh t＋mg . 5．(2018·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解析：选B.根据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．6.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解析：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I ＝F f t ＝m Δv 得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．二、多项选择题7.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·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t，选项D正确．8．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．9．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I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，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 ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2 θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3；故A 、C 正确，D 错误，物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．10.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B ．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C ．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D ．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f ＝μN ，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I ＝ft 不变，故A 、C 错误，B 正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D 正确．三、非选择题11．(2018·安徽铜陵五中月考)高压采煤水枪出口的截面积为S ，水的射速为v ，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v 变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt 时间内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρSv ·Δt ，以Δm 为研究对象，它在Δt 时间内动量变化量为：Δp ＝Δm (0－v )＝－ρSv2Δt .设F 为煤层对水的平均冲力，根据动量定理有F Δt ＝Δp ＝－ρSv 2Δt ，故F ＝－ρSv 2.所以煤层对水的平均冲力大小为ρSv 2.答案：ρSv 212．(2015·高考安徽卷)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/s 2.(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的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)由动能定理有－μmgx ＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J。

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1讲动量动量定理教材知识梳理一、动量1．定义：物体的________与________的乘积．2．表达式：p＝________，单位________．3．动量是矢量，与________方向相同．二、冲量1．定义：是力对时间的累积效应，是过程量，效果表现为物体动量的变化．2．表达式：I＝________，单位________．3．冲量是矢量，与________方向相同．三、动量定理1．内容：物体受到的________等于________．2．公式：I合＝Δp.(1)动量的变化量是矢量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算．(2)Δp计算方法：①直线运动：选择一个正方向，与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，可以表达为：Δp＝p t－p0，p0、p t分别是初、末动量．②曲线运动：要用矢量运算方法，利用平行四边形定则，画图求解．答案：一、1.质量速度 2.mv kg·m/s3．物体的速度二、2.Ft N·s 3.物体的受力三、1.合外力的冲量物体的动量变化【思维辨析】(1)一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变．( )(2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因．( )(3)动量具有瞬时性．( )(4)物体动量的变化等于某个力的冲量．( )答案：(1)(√)(2)(√)(3)(√)(4)(×)【思维拓展】一个质量为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，速度变为v，求在这段时间内物体的动量变化大小．答案：法一：由动量定理得Δp＝I，即Δp＝mgt.法二：由p＝mv知，Δp＝m·Δv，而Δv＝v2－v20＝2gh，所以Δp＝m2gh.考点互动探究考点一对动量、冲量的理解1.动量与动能的比较2.冲量与功的比较1. 我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现了女子3000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )图6­17­1A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 答案：B2．[2015·广东卷] 在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动．若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1答案：B [解析] 洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，则r ＝mv qB ＝pqB，在动量大小相同的情况下，轨道半径与电荷量成反比，r αr p ＝q p q α＝e 2e ＝12，故A 错误；周期T ＝2πr v ＝2πm qB ，故周期比为T αT p ＝m αm p ·q p q α＝41×12＝21，故B 正确；速度v ＝p m ，动量大小相同时，速度大小与质量成反比，即v αv p ＝m p m α＝14，故C 错误；受到的洛伦兹力之比为：f αf p ＝q αv αB q p v p B ＝2e e ×14＝12，故D 错误．3．(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，则质量大动能小 D ．动量大小相等，则动能也相等答案：AC [解析] 根据动能E k ＝12mv 2可知，动量p ＝mv ＝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．■ 规律总结 1．动量的两性(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的． (2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量． 2．冲量的总结(1)冲量的时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定．恒力的冲量等于力与作用时间的乘积．(2)冲量的矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；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物体动量改变量的方向一致．3．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． 考点二 动量定理的基本应用用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体． (2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解．据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据．请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：(1)求重物受到地面的冲击力最大时的加速度大小；(2)在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍？ [解析] (1)重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律有a ＝F m －mg m解得a ＝90 m/s 2.(2)重物在空中运动过程中，由动能定理有mgh ＝12mv 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向，由动量定理有 (F －mg )t ＝mv 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N 故Fmg＝6 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．1 [2015·安徽卷] 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6­17­2所示．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/s 2.(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的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.图6­17­2答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J [解析] (1)由动能定理，有 －μmgs ＝12mv 2－12mv 2可得μ＝0.32. (2)由动量定理，有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N. (2)W ＝12mv ′2＝9 J.2 [2015·重庆卷] 高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght ＋mg D.m ght－mg 答案：A [解析] 安全带产生作用力前，人自由下落，根据v 2＝2gh 可求下落距离h 时的速度，之后由于涉及力和时间的运算，且力非恒力，因此需运用动量定理，即(mg －F )t ＝0－mv ，根据以上两式，解得平均作用力F ＝m 2ght＋mg ，故选A.■ 规律总结 (1)对动量定理的理解①公式p′－p ＝Ft 是矢量式，右边是物体受到所有力的合冲量，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． (2)合冲量的两种求解方法①若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再将合力乘以时间求冲量，即I 合＝F 合t.②若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I 合＝F 1t 1＋F 2t 2＋……考点三 动量定理与微元法的综合应用考向一 流体类问题] 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．[解析] (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则 Δm ＝ρΔV ① ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20 ④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2 ⑧如图6­17­3所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S ，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()图6­17­3A ．ρvS B.ρv 2S C.12ρv 2S D ．ρv 2S答案：D [解析] Δt 时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm ＝ρSv ·Δt ，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F ·Δt ＝Δm ·v －0，解得F ＝ρv 2S ，选项D 正确．■ 方法技巧将动量定理应用于流体时，应在任意时刻Δt 时从流管中取出一个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积ΔV ，在此柱体内截取一微小流束Δl ，将“无形”流体变为“有形”实物Δm ，则在Δt 时间内质量为Δm 的柱形流体的动量变化为ΔP ，即F·Δt ＝Δm ·v 2－Δm ·v 1.考向二 微粒类问题自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的．因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明．[解析] 设空中米流的质量为m 1，已落入秤盘中米的质量为m 2，正在落入秤盘中米的质量为Δm ，只要分析出秤盘的示数与(m 1＋Δm ＋m 2)g 的关系，问题便得以解决．设称米机的流量为d (单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为h ，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度v ＝2gh .秤的示数F 应等于m 2、Δm 的重力以及Δm 对秤盘冲击力F ′大小之和．以m 2＋Δm 为研究对象，根据动量定理得(F －m 2g －Δmg )Δt ＝Δmv ＝Δm 2ghF ＝ΔmΔt2gh ＋m 2g ＋Δmg ＝d 2gh ＋m 2g ＋Δmg 又因空中米的质量为m 1＝dt ＝d 2hg故m 1g ＝d 2gh则F ＝m 1g ＋Δmg ＋m 2g ＝(m 1＋Δm ＋m 2)g .可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题．根据量子理论，光子的能量E 与动量p 之间的关系式为E ＝pc ，其中c 表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I 表示．(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P 0，射出的光束的横截面积为S ，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F ＝2pN ，其中p 表示光子的动量，N 表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P 0和S 表示该束激光对物体产生的光压．(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1350 W ，探测器和薄膜的总质量为m ＝100 kg ，薄膜面积为4×104m 2，求此时探测器的加速度大小．答案：(1)2P 0cS(Pa) (2)3.6×10－3 m/s 2[解析] (1)在单位时间内，功率为P 0的激光器的总能量为：P 0×1 s ＝NE ＝Npc ，所以：p ＝P 0Nc(kg·m/s) 由题意可知：激光对物体表面的压力F ＝2pN故激光对物体产生的光压：I ＝F S＝2P 0cS(Pa)．(2)由上一问可知：I ＝2P 0cS (Pa)＝2×1.35×1033×108×1 Pa ＝9×10－6Pa 所以探测器受到的光的总压力F N ＝IS 膜，对探测器利用牛顿第二定律有F N ＝ma故此时探测器的加速度a ＝IS 膜m ＝9×10－6×4×104100m/s 2＝3.6×10－3 m/s 2.【教师备用习题】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[解析] D p ＝mv ，p 由m 、v 二者乘积决定，故A 、B 错误；p 是矢量，故C 错误；Δp ＝m ·Δv ，故D 正确．2．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)[答案] 12 s[解析] 用动量定理求解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、末状态物体的速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0 解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 3．一个质量为m ＝100 g 的小球从h ＝0.8 m 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 ，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(g 取10 m/s 2)[答案] 0.6 N ·s ，方向竖直向上[解析] 设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，有h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.4 s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 (t 1＋t )＋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．4．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．一名质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平面5.0 m 高处，已知运动员与网接触的时间为1.2 s，求这段时间内网对运动员的平均作用力大小．(g取10 m/s2) [答案] 1500 N 方向竖直向上[解析] 运动员刚接触网时速度的大小v1＝2gh1＝2×10×3.2 m/s＝8 m/s，方向向下刚离网时速度的大小v2＝2gh2＝2×10×5.0 m/s＝10 m/s，方向向上在运动员与网接触的过程中，设网对运动员的平均作用力为F，以运动员为研究对象，由动量定理，以竖直向上为正方向，有(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)解得F＝1.5×103 N，方向竖直向上．5．如图所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰撞后反向弹回的速度大小v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g取10 m/s2)[答案] 280 N[解析] 解法一：程序法以物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，选F的方向为正方向．由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1撤去F时速度v1＝a1t1撤去F后受力情况如图乙所示由牛顿第二定律有－μmg＝ma2物体开始碰墙时的速度为v2，则v2＝v1＋a2t2对碰墙过程，设墙对物体的平均作用力大小为F，选水平向左为正方向，由动量定理有Ft3＝mv′－m(－v2)联立以上各式解得F＝280 N.解法二：全过程整体考虑对从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程，取F方向为正方向，则由动量定理，有Ft1－μmg(t1＋t2)－Ft3＝－mv′解得F＝280 N.6．[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y；b．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1­所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO 平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度相同；b．光束①比②的强度大.[答案] (1)a.0 2mv cos θb．沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方[解析] (1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理：F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sin θ可知，小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．。

第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。

其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。

此题选说法错误的，应当选A。

2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。

3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。

2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第1讲动量、冲量、动量定理学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第1讲动量、冲量、动量定理学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第1讲动量、冲量、动量定理板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量Ⅱ1．定义：运动物体的质量m和它的速度v的乘积mv叫做物体的动量.动量通常用符号p来表示，即p＝mv。

2．单位:在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒,符号为kg·m/s。

说明:动量既有大小，又有方向，是矢量。

我们讲物体的动量，是指物体在某一时刻的动量，动量的方向与物体瞬时速度的方向相同.有关动量的运算，一般情况下用平行四边形定则进行运算.如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的运算就可以转化为代数运算。

3．动量的三个性质(1)动量具有瞬时性.物体的质量是物体的固有属性，是不发生变化的，而物体的速度是与时刻相对应的，由动量的定义式p＝mv可知，动量是一个状态量，具有瞬时性。

（2)动量具有相对性。

选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面的动量。

在分析有关问题时要先明确相应的参考系。

（3)矢量性.动量是矢量，方向与速度的方向相同，遵循矢量运算法则。

【知识点2】动量的变化Ⅱ1．因为p＝mv是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化,动量p就发生了变化.2．动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。

2019年度高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第1讲动量定理及应用课时达标训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年度高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第1讲动量定理及应用课时达标训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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1 动量和动量定理一、选择题（1~5题为单项选择题，6～9题为多项选择题）1．某一水平力F＝1 000 N，对竖直固定的墙壁作用,作用时间为t1＝10 s、t2＝1 h，若其力对应的冲量分别为I1、I2，则( ）A．I1＝I2＝0B．I1＝104N·s；I2＝3。

6×106N·sC．I1＝103N·s；I2＝102N·sD．以上都不正确解析由冲量定义得：I＝Ft1＝104N·s1I＝Ft2＝3.6×106N·s2故选项B正确。

答案B2．将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上,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1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( )图1A．1∶2 B．1∶3C．1∶1 D．2∶1解析木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用,二力的合力大小恒定为F＝mg sin θ,方向也始终沿斜面向下不变。

由动量定理可得Δp1∶Δp2＝（F·t1)∶(F·t2）＝(mg sin θ·错误!t）∶(mg sin θ·错误!t)＝1∶1。