高中物理专题汇编动量定理(一)

高考物理动量定理知识点剖析在高考物理中，动量定理是一个至关重要的知识点。

理解和掌握动量定理，对于解决物理问题、提升物理成绩具有关键作用。

接下来，让我们深入剖析这一重要的知识点。

一、动量定理的基本概念动量，用符号“p”表示，其定义为物体的质量“m”与速度“v”的乘积，即 p ＝ mv 。

动量是一个矢量，其方向与速度的方向相同。

而动量定理则表述为：合外力的冲量等于物体动量的增量。

用公式表示就是：I ＝Δp ，其中 I 表示合外力的冲量，Δp 表示动量的变化量。

冲量的定义是力与作用时间的乘积，用符号“I”表示。

如果力是恒力，冲量可以直接用力乘以作用时间计算；如果力是变力，则需要用积分的方法来计算冲量。

二、动量定理的推导我们从牛顿第二定律 F ＝ ma 开始推导。

加速度 a ＝（v u）／ t ，其中 u 是初速度，v 是末速度。

将 a 代入 F ＝ ma 中，得到 F ＝ m（v u）／ t 。

两边同时乘以 t ，得到 Ft ＝ mv mu 。

左边的 Ft 就是合外力的冲量 I ，右边的 mv mu 就是动量的变化量Δp 。

于是，我们就得到了动量定理的表达式 I ＝Δp 。

三、动量定理的应用1、解释生活中的现象比如，在体育运动中，为什么跳高运动员要落在厚厚的海绵垫上？这是因为运动员从高处落下，接触海绵垫时速度较大，动量较大。

海绵垫可以延长运动员与垫子的作用时间，根据动量定理，冲量一定时，作用时间越长，作用力越小。

这样可以减少运动员受到的冲击力，保护运动员免受伤害。

再比如，为什么轮船靠岸时，码头上常常会放置一些废旧轮胎？轮船靠岸时速度较大，动量较大。

废旧轮胎可以延长轮船与码头的碰撞时间，从而减小轮船受到的冲击力，保护轮船和码头。

2、解决物理问题（1）已知力和作用时间求动量的变化例如，一个质量为 2kg 的物体，受到一个恒力作用 5s，力的大小为10N，且方向与物体的初速度方向相同。

物体的初速度为 2m/s ，求物体的末动量。

高中物理专题复习13——动量一.动量和冲量1.动量按定义，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。

2.冲量按定义，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（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。

⑶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。

⑷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。

例1. 质量为m 的小球由高为H 的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 解：力的作用时间都是gH g H t 2sin 1sin 22αα==，力的大小依次是mg 、 mg cos α和mg sin α，所以它们的冲量依次是： gH m I gH m I gH m I N G 2,tan 2,sin 2===合αα 特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。

二、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 =Δp⑴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）。

⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。

⑶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）。

⑷动量定理的表达式是矢量式。

在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。

例2. 以初速度v 0平抛出一个质量为m 的物体，抛出后t 秒内物体的动量变化是多少？ 解：因为合外力就是重力，所以Δp =F t =m g t有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。

高中物理专题汇编物理动量定理(一)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．质量0.2kg的球,从5.0m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g取10m/s2.求小球对钢板的作用力.【答案】78N【解析】【详解】自由落体过程v12＝2gh1，得v1=10m/s；v1=gt1得t1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v22＝−2gh2，得v2=9m/s0-v2=-gt2得t2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t′=mv2-（-mv1）其中t′=t-t1-t2=0.05s得F=78N由牛顿第三定律得F′=-F，所以小球对钢板的作用力大小为78N，方向竖直向下；2．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s2）．【答案】（1）2kg•m/s；方向竖直向上；（2）12N；方向竖直向上；【解析】【分析】【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1=m(－v1)=0.2×(－6) kg·m/s=－1.2 kg·m/s小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp=p2－p1=2 kg·m/s（2）由动量定理得(F－mg)Δt=Δp所以F=pt∆∆＋mg=20.2N＋0.2×10N=12N，方向竖直向上．3．如图所示,两个小球A和B质量分别是m A＝2.0kg,m B＝1.6kg,球A静止在光滑水平面上的M点,球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动,假设两球相距L≤18m时存在着恒定的斥力F,L＞18m时无相互作用力.当两球相距最近时,它们间的距离为d＝2m,此时球B的速度是4m/s.求:(1)球B 的初速度大小; (2)两球之间的斥力大小;(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间. 【答案】(1) 09B m v s= ；(2) 2.25F N =；(3) 3.56t s =【解析】试题分析：（1）当两球速度相等时，两球相距最近，根据动量守恒定律求出B 球的初速度；（2）在两球相距L ＞18m 时无相互作用力，B 球做匀速直线运动，两球相距L≤18m 时存在着恒定斥力F ，B 球做匀减速运动，由动能定理可得相互作用力 （3）根据动量定理得到两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间．（1）设两球之间的斥力大小是F ，两球从开始相互作用到两球相距最近时所经历的时间是t 。

动量定理动量定理是力对时间的积累效应，使物体的动量发生改变，是高中物理学科学习的重点。

下面就为大家介绍动量定理，希望对大家有所帮助。

【动量定理知识点】1、动量定理:物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化.Ft=mv/一mv或Ft=p/-p;该定理由牛顿第二定律推导出来:(质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt;质点的初、未动量是mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ(mv)=mvt-mv0.根据动量定理得:F合=Δ(mv)/Δt)2.单位:牛·秒与千克米/秒统一:l千克米/秒=1千克米/秒2·秒=牛·秒;3.理解:(1)上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。

(2)动量定理中的冲量和动量都是矢量。

定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。

这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把大量运算转化为代数运算。

(3)动量定理的研究对象一般是单个质点。

求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式。

4.应用动量定理的思路:(1)明确研究对象和受力的时间(明确质量m和时间t);(2)分析对象受力和对象初、末速度(明确冲量I合，和初、未动量P0，Pt);(3)规定正方向，目的是将矢量运算转化为代数运算;(4)根据动量定理列方程(5)解方程。

【动量定理的内容】动量定理反应的是力在时间维度上的积累效果。

(1)基本概念描述:物体所受合外力的冲量，等于物体的动量变化量。

即F合t=I=Δp;(2)我们还可以这样来表述:对作用在物体上的各个力的冲量的代数和，等于动量的改变量。

在外力不恒定，或者各个力作用时间不同时，优先选择后者。

提醒:动量与冲量都是矢量，是有方向的，因此在解题时首先要规定好正方向。

【动量定理的表达式】基本表达式:F合t=I=Δp;当存在多个力做冲量时，还可以写成分力冲量代数和的形式: F1t1+F2t2+F3t3+……=I1+I2+I3+……=Δp【动量定理的表达式推广】当存在多个力做冲量时，动量定理的表达式还可以写成分力冲量代数和的形式:F1t1+F2t2+F3t3+……=I1+I2+I3+……=Δp这与动能定理的非常类似的。

高中物理动量定理(一)解题方法和技巧及练习题一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，一质量m 1=0.45kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m 2=0.4 kg 的小物体，小物体可视为质点．现有一质量m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5 m/s 的速度离开小车．g 取10 m/s 2．求：（1）子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小． （2）小车的长度．【答案】（1）4.5N s ⋅ （2）5.5m 【解析】①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，有：0011()o m v m m v =+，可解得110/v m s =；对子弹由动量定理有：10I mv mv -=-， 4.5I N s =⋅ (或kgm/s)； ②三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：0110122()()m m v m m v m v +=++；设小车长为L ，由能量守恒有：22220110122111()()222m gL m m v m m v m v μ=+-+- 联立并代入数值得L ＝5.5m ；点睛：子弹击中小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度，根据动量定理可求子弹对小车的冲量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度．2．如图所示，质量M =1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m =0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

质量m 0=0.005kg 的子弹以速度v 0=300m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（子弹与物块作用时间极短），木板足够长，g 取10m/s 2。

求： （1）物块的最大速度v 1； （2）木板的最大速度v 2； （3）物块在木板上滑动的时间t .【答案】（1）3m/s ；（2）1m/s ；（3）0.5s 。

高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1.如下图,质量为 M=2kg 的小车静止在光滑的水平地面上,其AB 局部为半径R=0.3m一一1 一的光滑一圆孤,BC 局部水平粗糙,BC 长为L=0.6m .一可看做质点的小物块从A 点由静止4(1)小物块与小车 BC 局部间的动摩擦因数;(2)小物块从A 滑到C 的过程中,小车获得的最大速度.【答案】(1) 0.5 (2) 1m/s 【解析】解：(1)小物块滑到C 点的过程中,系统水平方向动量守恒那么有： (M m)v 0所以滑到C 点时小物块与小车速度都为 0由能量守恒得：mgR mgLR解得： R 0.5L(2)小物块滑到B 位置时速度最大,设为 必,此时小车获得的速度也最大,设为V 2由动量守恒得：mv 1 Mv 2121 2 由能重寸恒得：mgR — mv 1— Mv 2 22联立解得：v 2 1m / s2.如下图,一个带圆弧轨道的平台固定在水平地面上,光滑圆弧 MN 的半径为R=3.2m,水平局部NP 长L=3.5m,物体B 静止在足够长的平板小车 C 上,B 与小车的接触 面光滑,小车的左端紧贴平台的右端.从 M 点由静止释放的物体 A 滑至轨道最右端P 点后 再滑上小车,物体 A 滑上小车后假设与物体 B 相碰必粘在一起,它们间无竖直作用力. A 与释放,滑到C 点刚好相对小车停止.小物块质量 m=1kg,取 g=10m/s 2.求:平台水平轨道和小车上外表的动摩擦因数都为0.4,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相取 g=10m/s 2,求等.物体A 、B 和小车C 的质量均为1kg,K(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小?考点：牛顿第二定律；动量守恒定律；能量守恒定律(2)物体A 在NP 上运动的时间？ (3)物体A 最终离小车左端的距离为多少？【答案】(1)物体A 进入N 点前瞬间对轨道的压力大小为30N ；(2)物体A 在NP 上运动的时间为 0.5s (3)物体A 最终离小车左端的距离为33m 16【解析】试题分析：(1)物体A 由M 到N 过程中,由动能定理得： 在N 点,由牛顿定律得 F N -m A g=m A 联立解得F N =3m A g=30N由牛顿第三定律得,物体 A 进入轨道前瞬间对轨道压力大小为:(2)物体A 在平台上运动过程中2m A gR=m A v NF N ' =3A g=30N(imAg=mAa 2 L=v N t-at 代入数据解得t=0.5s t=3.5s (不合题意,舍去)(3)物体A 刚滑上小车时速度 v 〔= v N -at=6m/s从物体A 滑上小车到相对小车静止过程中,小车、物体 A 组成系统动量守恒,而物体 B 保持静止(m A + m C )v 2= m A v 1小车最终速度 v 2=3m/s此过程中A 相对小车的位移为 L 1,那么,1 2 129mgL 1 — mv 1 - 2mv 2 解得：L [=1m2 24物体A 与小车匀速运动直到 A 碰到物体B, A, B 相互作用的过程中动量守恒:(m A + m B )v 3= m A V 2此后A, B 组成的系统与小车发生相互作用,动量守恒,且到达共同速度V 4(m A + m B )v 3+m C v 2=" (m" A +m B +m C ) v 4此过程中A 相对小车的位移大小为L 2,那么mgL 2 1mv 22 1 2 22mv 3213mv 42解得:23 1_2= — m16物体A 最终离小车左端的距离为,33 x=L i -L 2=— m163.光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、 C,质量分别为 m A 3m 、m Bmb m ,开始时B 、C 均静止,A 以初速度V o 向右运动, 起,此后A 与B 间的距离保持不变.求A 与B 相撞后分开,B 又与C 发生碰撞并粘在一 B 与C碰撞前B 的速度大小.239 _94PU 经过 次a 盘变和 次3盘变,取后变成铅的同位 素.(填入铅的三种同位素 206 Pb 、282Pb 、282Pb 中的一种)(2)某同学利用如下图的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同,悬挂于同一高度,A 、B 两摆球均很小,质量之比为 1 ：2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚好 接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45.角,然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角成 30..假设本实验允许的最大误差为土猊,此 实验是否成功地验证了动量守恒定律? 【解析】【详解】(1)设发生了 x 次“衰变和y 次3衰变,【解析】 【分析】设A 与B 碰撞后,A 的速度为V A , B 与C 碰撞前B 的速度为％, B 与C 碰撞后粘在一起的 速度为V,由动量守恒定律得： 对A 、B 木块：m A V o对B 、C 木块：M B由A 与B 间的距离保持不变可知 v A v 联立代入数据得：m A V A m B V Bmb4 .[物理出彳3—5] (1)天然放射性元素207【答案】(1) 8, 4, 82Pb ； (2)根据质量数和电荷数守恒可知,2x-y+82=94, 239=207+4x;由数学知识可知,x=8, y=4.假设是铅的同位素206,或208,不满足两数守恒, 因此最后变成铅的同位素是282Pb(2)设摆球A 、B 的质量分别为 m A 、m B,摆长为l, B 球的初始高度为h i,碰撞前B 球 的速度为V B .在不考虑摆线质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得h 1 l(1 cos45)①1 22m B V B m B ghi ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P i 、P 2.有 P i = m B V B ③所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.5.氢是一种放射性气体,主要来源于不合格的水泥、墙砖、石材等建筑材料.呼吸时氨气 会随气体进入肺脏,氢衰变时放出射线,这种射线像小 炸弹〞一样轰击肺细胞,使肺细胞受损,从而引发肺癌、白血病等.假设有一静止的氢核222Rn 发生 衰变,放出一个速度为V .、质量为m 的 粒子和一个质量为 M 的反冲核针288 Po 此过程动量守恒,假设氢核发 生衰变时,释放的能量全部转化为粒子和针核的动能.(1)写衰变方程;联立①②③式得同理可得联立④⑤式得代人条件得由此可以推出 P m B J 2gl (1 cos45 ) ④F 2 (m A m B R2gl(1 cos30 )⑤P 2 m A m B 1 cos30 - - -------- J d P 1 m B . 1 cos452P2… —1.03⑦P(2)求出反冲核针的速度；(计算结果用题中字母表示相反；(3) m 【解析】 【分析】 【详解】(1)由质量数和核电荷数守恒定律可知,核反响方程式为222 218 4..86Rn 84 Po+2He (2)核反响过程动量守恒,以 a 离子的速度方向为正方向 由动量守恒定律得mv 0 Mv 0解得vmv 0■,负号表示方向与 a 离子速度方向相反 M(3)衰变过程产生的能量21 2 1 2M m mv oE -mv 2 - Mv 2-2 22M由爱因斯坦质能方程得2E mc解得M m mv 2m ------------ 5——2Mc 26.如下图,一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕.点下摆,当摆到最低点 B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处 A.求男演员落地点 C 与O 点的水平距离s.男演员质量 m 1 和女演员质量 m 2之比m 1 ：m 2=2,秋千的质量不计,秋千的摆长为R, C 点比.点低5R.【答案】8R 【解析】【分析】 【详解】两演员一起从从 A 点摆到B 点,只有重力做功,机械能守恒定律,设总质量为 m,那么12(3)求出这一衰变过程中的质量亏损.(计算结果用题中字母表示)2222184 ..【答木】(1) 86 Rn 84 Po 2 He ; (2) vmv o负号表示方向与“离子速度方向2M m mv 0 2Mc 2mgR -mv1 2女演员刚好能回到高处,机械能依然守恒：m2gR -m2v12女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒：(m l m2) v m2v l m1v2③根据题意：m1 ：m2 2有以上四式解得：v22 2gR1c 8R接下来男演员做平抛运动：由4R -gt2,得t —2 . g因而：s v2t 8R；【点睛】两演员一起从从A点摆到B点,只有重力做功,根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,两演员系统动量守恒,由于女演员刚好能回到高处,可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度,再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度,然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移；此题关键分析求出两个演员的运动情况,然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解.7.光滑水平面上质量为1kg的小球A,以2.0m/s的速度与同向运动的速度为 1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰,碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动.求：I~~J S I(1)碰后A球的速度大小；(2)碰撞过程中A、B系统损失的机械能.【答案】V A 1.0m/s, E损0.25J【解析】试题分析：(1)碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律可以求出小球速度.(2)由能量守恒定律可以求出损失的机械能.解：(1)碰撞过程,以A的初速度方向为正,由动量守恒定律得：m A V A+m B V B=m A V A+m B v B代入数据解：v A=1.0m/s②碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：_1 2,1 2 _ 1 y 2 _ 1 ,2KE损一］山正且? /8 ①山尸A/㈤胪B代入数据解得：E 损=0.25J 答：①碰后A 球的速度为1.0m/s ；②碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为 0.25J.【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以 正确解题,应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择.8 .如下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为科使木板与重物以共同的速度 v o 向右运动,某时刻木板与墙发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后木板以原速率反弹长,重物始终在木板上.重力加速度为g.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间4V 0 3~g解：木板第一次与墙碰撞后,向左匀减速直线运动,直到静止,再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度,再往后是匀速直线运动,直到第二次 撞墙. 木板第一次与墙碰撞后,重物与木板相互作用直到有共同速度V,动量守恒,有：2mv o - mv o = (2m+m) v, 解得： v=^-木板在第一个过程中,用动量定理,有： mv - m ( - v 0)=科2mgt…〜一 一 1? 1 2八用动能TE 理,有： -mv --IDV O =-科 2mgs木板在第二个过程中,匀速直线运动,有： s=vt 2,,一,…~、2v n 2v n I 4V n木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t l +t 2=—-+——-=一-3|Xg_ ……入……工……L,[W答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为34M【点评】此题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题,正确分析出 运动规律是关键.9 .如下图,带有 1光滑圆弧的小车 A 的半径为R,静止在光滑水平面上.滑块C 置于4木板B 的右端,A 、B 、C 的质量均为 m, A 、B 底面厚度相同.现 B 、C 以相同的速度向右 匀速运动,B 与A 碰后即粘连在一起,C 恰好能沿A 的圆弧轨道滑到与圆心等高.设木板足够处.那么：(重力加速度为 g)(1)B 、C 一起匀速运动的速度为多少？(2)滑块C 返回到A 的底端时AB 整体和C 的速度为多少?【解析】此题考查动量守恒与机械能相结合的问题.(1)设B 、C 的初速度为vo, AB 相碰过程中动量守恒,设碰后 AB 总体速度u,由12 1 2 12-mv 0 - 2mu - 3mu mgR 2 2 2解得 v o 2.3gR(2)C 从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中,满足水平方向动量守恒、机械能守恒,有 mv 0 2mu mv 1 2mv 210.如下图,在光滑的水平面上,质量为 4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁 不粘连.质量为 m 的小滑块(可视为质点)以水平速度 v 0滑上木板左端,滑到木板右端时 速度恰好为零.现小滑块以水平速度 v 滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,小滑块弹回后,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,求 一的值. 0v 1【答案］一二三 %- 【解析】1 2试题分析：小滑块以水平速度 v 0右滑时,有：fL =0- - mv 2 (2分)2mv o 2mu ,解得 uV2C 滑到最高点的过程mv o 2mu 3mu1 2—mv 0 2-2mu 21mv ； - 2mv 2 2 22 解得：v 1 mgR, 35,3gR31 o 1 o小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为vi,那么有 fL = — mv 1-—mv (2分)2 2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端,此时滑块、木板的共同速度为 丫2,那么有 mv i =(m 4m)v 2(2 分)1 2 1 2由总能重寸恒可得：fL= —mv 1 -- (m 4m)v 2 (2分)2 2 v 3上述四式联立,解得 一一(1分)v o 2考点：动能定理,动量定理,能量守恒定律.11.如下图,一质量为 M 的平板车B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m 的小 木块A, m 〈M,A 、B 间粗糙,现给 A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使A 开始向 左运动,B 开始向右运动,最后 A 不会1t 离B,求：(1) A 、B 最后的速度大小和方向；(2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车的速度大小和方向.…… M m2Mm 2【答案】(1) ------------------------- v 0 (2) -------------- v 0M m 2 Mg【解析】试题分析：(1)由A 、B 系统动量守恒定律得：Mv0 —mv0= (M +m ) v ①一 M -w所以v=- ---------- v0 方向向右(2) A 向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时速度为 Mv 0 mv 0Mv0 — mv0="Mv' v -------------------- 方 向向右M考点：动量守恒定律；点评：此题主要考查了动量守恒定律得直接应用,难度适中.12.如下图,粗细均匀的圆木棒 A 下端离地面高 H,上端套着一个细环 B. A 和B 的质 量均为m, A 和B间的滑动摩擦力为f,且fvmg.用手限制A 和B 使它们从静止开始自由 下落.当A 与地面碰撞后,A 以碰撞地面时的速度大小竖直向上运动,与地面发生碰撞时 间极短,空气阻力不计,运动过程中 A 始终呈竖直状态.求：假设 A 再次着地前B 不脱离A, A 的长度应满足什么条件？v'那么由动量守恒定律得:r~丘7 --------------(mg + D【解析】试题分析：设木棒着地时的速度为l v°,由于木棒与环一起自由下落,那么也=\Z两木棒弹起竖直上升过程中,由牛顿第二定律有：对木棒：『+ mg ai = -解得：山,方向竖直向下对环：・_ mg-/解得上m方向竖直向下可见环在木棒上升及下降的全过程中一直处于加速运动状态,所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中木棒与环的加速度均保持不变2 vo木棒在空中运动的时间为在这段时间内,环运动的位移为--■ . ■要使环不碰地面,那么要求木棒长度不小于x,即,兰冈L>...................解得：+考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力。

第一章动量守恒定律1.2：动量定理一：知识精讲归纳考点一、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积．(2)定义式：I＝FΔt.(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s.(5)矢量性：如果力的方向恒定，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．2．动量定理(1)内容：物体在一个运动过程中始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I．3．动量定理的应用碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间．要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．大重点规律归纳1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．(3)求变力的冲量：①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．②若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量．③利用动量定理求解．3．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．二：考点题型归纳题型一：冲量的定义的理解1．（2021·陕西·榆林十二中高二月考）下面的说法正确的是（）A．当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零B．如果物体（质量不变）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．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大D．做曲线运动的物体，在任何Δt时间内所受合外力的冲量一定不为零2．（2021·河北·唐山市第十一中学高二期中）下列有关冲量的说法中，正确的是（）A．力越大冲量也越大B．作用时间越长冲量越大C．恒力F与t的乘积越大冲量越大D．物体不动，重力的冲量为零3．（2021·河南·林州一中高二月考）探测器在火星着陆方式有多种，其中以气囊弹跳式着陆模式最为简单。