【人教版】2020高考物理一轮复习 第六章 第1课时 动量和动量定理练习(无答案)

板块三限时规范特训时间：45分钟 100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～7为单选，8～10为多选) 1．[2018·湖北黄石市黄石一中模拟]有关物体的动量，下列说法正确的是( ) A ．同一物体的动量改变，一定是速度大小改变 B ．同一物体的动量改变，一定是速度方向改变 C ．同一物体的运动速度改变，其动量一定改变 D ．同一物体的运动速度改变，其动量可能不变 答案 C解析 动量为一矢量，由p ＝mv 知，同一物体动量改变，可能是速度大小变化、也可能是速度方向变化，所以A 、B 错误；同一物体速度改变，动量一定变化，故C 正确，D 错误。

2．[2018·山西太原五中月考]下面关于物体动量和冲量的说法错误的是( ) A ．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B ．物体所受合外力冲量不为零，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，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A 错误，B 正确；冲量不仅与Δp 大小相等，而且方向相同，所以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。

3．把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较( )A ．重力在上升过程的冲量大B ．合外力在上升过程的冲量大C ．重力冲量在两过程中的方向相反D ．空气阻力冲量在两过程中的方向相同 答案 B解析 乒乓球上升过程mg ＋f ＝ma 1，下降过程mg －f ＝ma 2，故a 1>a 2。

由于上升和下降通过的位移相同，由公式x ＝12at 2知上升用的时间小于下降用的时间，上升时重力的冲量小，A 错误；而重力的冲量，不管是上升还是下降，方向都向下，故C 错误；而空气阻力冲量的方向：上升时向下，下降时向上，故方向相反，D 错误；再由公式v ＝2ax 可知，上升的初速度大于下降的末速度，由动量定理知，合外力的冲量等于动量的变化量，因上升时动量的变化量大于下降时动量的变化量，故合外力在上升过程冲量大，故B 正确。

第1讲 动量 冲量 动量定理1.(2018·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 解析：选B.设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋mv4，正号表示正方向，向左；故选B.2.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m的小物体a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相同B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相同C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相同D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相同解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a 的路程小于b 的路程，故t a ＜t b ，即a 比b 先到达S ，又因为到达S 点时a 的速度竖直向下，而b 的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A 正确．3．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)解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝mv －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv .以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解，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、终状态的物体速度都等于零． 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. 答案：12 s4．(2016·高考北京卷)(1)动量定理可以表示为Δp ＝F Δt ，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1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)激光束可以看做是粒子流，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2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强度大． 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 cosθ－(－mv cosθ)＝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向右根据动量定理得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 sinθ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理得F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sinθ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．答案：见解析。

第六章第1课时一、单项选择题(本题6小题，每小题6分，共36分)1．物体在恒力作用下运动，下列说法中正确的是()A．动量的方向与受力方向相同B．动量的方向与冲量的方向相同C．动量的增量方向与受力方向相同D．动量变化率的方向与速度方向相同解析：C[物体动量的方向由物体的速度方向决定，只有物体动量的变化(动量的增量)方向才与冲量的方向相同，动量变化率就是物体所受的合外力，其方向与速度方向无关，所以本题只有C选项正确．]2．下列对几种物理现象的解释中，正确的是()A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．推车时推不动，是因为合外力冲量为零D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来解析：C[根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零，则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同．故选C.]3．如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法中正确的是()A．两物体所受重力的冲量相同B．两物体所受合外力的冲量相同C．两物体到达斜面底端时的动量不同D．两物体动量的变化量相同解析：C[设斜面倾角为θ，高为h，斜面长为s，物体的质量为m，由牛顿第二定律可知，F合＝mg sin θ＝ma，即a＝g sin θ，由s＝hsin θ＝12at2得运动时间t＝2ha·sin θ＝2hg sin2θ，到达斜面底端时的速度v ＝at ＝2gh .重力的冲量大小I G ＝mgt ＝mg2h g sin 2θ，θ不同，I G 不同，选项A 错；合外力的冲量大小I 合＝F 合t ＝mg sin θ2h g sin 2θ＝m 2gh ，故I 合大小相同，方向不同，故I 合不同，选项B 错；物体到达斜面底端时，速度方向不同，动量不同，故选项C 对；两物体初动量均为0，末动量方向不同，动量不同，动量变化量不同，选项D 错误．故选C.]4．甲、乙两物体分别在恒力F 1，F 2的作用下沿同一直线运动．它们的动量随时间变化的关系如图所示．设甲在t 1时间内所受的冲量为I 1，乙在t 2时间内所受的冲量为I 2，则F 1与F 2，I 1与I 2的大小关系是( )A ．F 1>F 2，I 1＝I 2B ．F 1<F 2，I 1<I 2C ．F 1>F 2，I 1>I 2D ．F 1＝F 2，I 1＝I 2解析：A [因为冲量I ＝Δp ，从图上可以看出甲、乙两物体所受的冲量的大小I 1＝I 2，又因为I 1＝F 1t 1，I 2＝F 2t 2，t 2>t 1，所以F 1>F 2，故选项A 正确．]5．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s ，则被撞死的兔子奔跑的速度可能为(g 取10 m/s 2)①1 m/s ②1.5 m/s ③2 m/s ④2.5 m/sA ．①③B ．③④C ．②③④D ．①②③④解析：B [选取兔子奔跑的方向为正方向，对兔子由动量定理有：－Ft ＝0－m v 0，F ＝m v 0t .当F ≥mg 时，兔子即被撞死，即F ＝m v 0t≥mg ，所以v 0≥gt ，即v 0≥10×0.2 m/s ＝2 m/s ，故应选B.]6．一粒钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由落体的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则( )A ．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B ．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C ．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小D ．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量解析：C [过程Ⅰ中钢珠只受重力，故重力的冲量等于钢珠动量的变化量，故选项A 不正确．过程Ⅱ中，钢珠所受阻力和重力的合力的冲量等于过程Ⅱ中钢珠动量的变化量，而该过程中动量变化量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小，选项B、D均不正确．把过程Ⅰ和过程Ⅱ作为全程考虑，钢珠动量的变化量为零，即I G－I阻＝0，故I G＝I阻，选项C正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7．(68520174)下列关于动量的说法中，正确的是()A．物体的动量改变，其速度一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变解析：AD[动量是矢量．有大小也有方向，动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同，质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A正确，B、C错，物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，故D正确．]8．(2017·山西师大附中期末)关于冲量和动量，下列说法中正确的是()A．冲量是反应力在作用时间内积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．冲量是物体动量变化的原因D．冲量方向与动量方向一致解析：ABC[冲量I＝Ft是描述力在作用时间内积累效果的物理量，故选项A正确．动量p ＝m v，v为物体在某时刻的瞬时速度，故动量是描述物体运动状态的物理量，选项B正确．根据动量定理I＝Δp，动量的变化是冲量作用的结果，选项C正确．冲量的方向始终与动量变化的方向相同，故选项D不正确．]9．原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则() A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：BC[0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，选项A错；t＝t0时，物体速度最大，t ＝2t 0时，物体速度为零，由动量定理Ft ＝Δm v 可得，I ＝F 0t 0－F 0t 0＝0，在0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等，选项B 、C 正确；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，选项D 错．]10．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1∶2B ．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解析：AB [α粒子与质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，动量大小相同，由p ＝m v可知速度之比为1∶4，C 错误．在匀强磁场中，由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB，即运动半径之比为1∶2，A 正确，由T ＝2πm qB得，周期之比为2∶1，B 正确．由f ＝q v B 可知，洛伦兹力之比为1∶2，D 错误．]三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(68520175)(20分)一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v 随时间t 的变化关系如图丙所示．求：(1)0～8 s 时间内拉力的冲量；(2)0～6 s 时间内物体的位移；(3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功．解析：(1)由题意可知0～2 s 内I 1＝F 1t 1＝1×2 N·s ＝2 N·s2～6 s 内I 2＝F 2t 2＝3×4 N·s ＝12 N·s6～8 s 内I 3＝F 3t 3＝2×2 N·s ＝4 N·sI 总＝I 1＋I 2＋I 3＝18 N·s(2)由v -t 图象可知，0～6 s 内物体的位移x 1＝6－22×3 m ＝6 m (3)6～8 s 内物体做匀速直线运动，因此可知F f ＝F ＝2 N6～8 s 内物体的位移x 2＝v t ＝3×2 m ＝6 m8～10 s 内物体的位移x 3＝(10－8)2×3 m ＝3 m W f ＝F f x 总＝2×(6＋6＋3) J ＝30 J答案：(1)18 N·s (2)6 m (3)30 J12．(68520176)(20分)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49 t ，以54 km/h 的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s 2(不超载时则为5 m/s 2)．(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？(2)若超载货车刹车时正前方25 m 处停着总质量为1 t 的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s 后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？解析：(1)设货车刹车时速度大小为v 0，加速度大小为a ，末速度大小为v ，刹车距离为s ，则s ＝v 20－v 22a① 代入数据得，超载时s 1＝45 m ②不超载时 s 2＝22.5 m ③(2)设货车刹车后经s ′＝25 m 与轿车碰撞时的速度大小为v 1，则v 1＝v 20－2as ′④设碰撞后两车共同速度为v 2，货车质量为M ，轿车质量为m ，由动量守恒定律得M v 1＝(M ＋m )v 2⑤设货车对轿车的作用时间为 Δt ，平均冲力大小为F ，由动量定理得F Δt ＝m v 2⑥联立④⑤⑥式，代入数据得F ＝9.8×104 N ⑦答案：(1)超载时s 1＝45 m ；不超载时s 2＝22.5 m(2)9.8×104 N经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

【基础梳理】提示：速度mv 相同作用时间Ft 相同动量冲量p′－p【自我诊断】判一判(1)动量越大的物体，其速度越大．( )(2)物体的动量越大，其惯性也越大．( )(3)物体所受合力不变，则动量也不变．( )(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．( )(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同.( )(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向相同．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√做一做篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以( ) A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量提示：B对动量和冲量的理解【知识提炼】1．动能、动量、动量变化量的比较1.如图所示是我国女子短道速滑队训练中的情景，“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.(2018·高考北京卷)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．某滑道示意图如图，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v B＝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I的大小；(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F N的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A2a＝100 m.(2)根据动量定理，有I ＝mv B －mv A ＝1 800 N ·s. (3)运动员经C 点时的受力分析如图所示 根据动能定理，运动员在BC 段运动的过程中，有 mgh ＝12mv 2C －12mv 2B根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2CR联立解得F N ＝3 900 N. 答案：见解析对动量定理的理解和应用【知识提炼】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．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．3．用动量定理解题的基本思路4．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求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)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．【典题例析】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均约为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 ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s.根据动量定理Ft ＝Δp ＝mv 0得，F ＝mv 0t ＝60×30130 N ＝5.4×104N.(2)若人系有安全带时，F ′＝mv 0t ′＝60×301N ＝1.8×103N.[答案] (1)5.4×104N (2)1.8×103N【迁移题组】迁移1 运用动量定理解释生活现象1．(多选)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解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A 正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定，着地时屈腿是延长时间t ，由I ＝Ft 可知，延长时间t 可以减小运动员所受到的平均冲力F ，故B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．迁移2 动量定理的应用2．(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ)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/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：选AB.根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项均正确，C、D项均错误．动量定理与微元法的综合应用【知识提炼】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，无法判断解析：选C.设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得(F －Δmg )Δt ＝Δmv即F ＝dv ＋d·Δt ·g ，因Δt 很小，故F ＝dv 根据牛顿第三定律知F ＝F′，称米机的读数应为 M ＝N g ＝m 1g ＋F′g ＝m 1＋d v g因切断米流后空中尚有t ＝v g 时间内对应的米流在空中，故d vg＝m 2可见，称米机读数包含了静止在袋中的那部分米的质量m 1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m 2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，选项C 正确．2．如图所示，静止在光滑水平面上的小车的质量为M ＝20 kg ，从水枪中喷出的水柱的横截面积S ＝10 cm 2，速度v ＝10 m/s ，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3.若水枪喷出的水沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中，则当质量m ＝5 kg 的水进入小车时，求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当流入质量为m的水后，设小车速度为v1，则有mv＝(m＋M)v1，代入数据可解得v1＝2 m/s.(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS(v－v1)Δt，设此时水对小车的冲击力大小为F，则小车对水的作用力大小也为F，由动量定理可得－FΔt＝Δmv1－Δmv，解得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小车的加速度a＝FM＋m＝2.56 m/s2.答案：(1)2 m/s (2)2.56 m/s2两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．动量定理的应用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 2mUq B ．I mU q C ．ImU 2qD ．2ImU q解析：选A.以正离子为研究对象，由动能定理可得qU ＝12mv 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝IΔt ，喷出的总质量Δm ＝Q q m ＝IΔtq m.由动量定理可知FΔt ＝Δmv ，联立以上各式求解可得F ＝I2mUq，选项A 正确．某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤．现用下列模型分析研究：大石板质量M ＝80 kg ，铁锤质量m ＝5 kg ，铁锤从h 1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h 2＝0.05 m 时被拿开．铁锤与石板作用的时间t 1＝0.01 s ，由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间为t 2＝0.5 s ．取重力加速度g ＝10 m/s 2，铁锤敲击大石板的过程中，求：(1)铁锤受到的冲量大小；(2)大石板对铁锤的平均作用力大小； (3)大石板对“气功师”的平均作用力大小．解析：(1)设铁锤击打石板前瞬间的速度大小为v 1，由机械能守恒定律可得mgh 1＝12mv 21，代入数据解得v 1＝6 m/s ，铁锤反弹的速度大小为v 2＝2gh 2＝1 m/s.对铁锤，以反弹的方向为正方向，由动量定理可得I ＝mv 2－(－mv 1)，解得I ＝35 N ·s. (2)设大石板对铁锤的平均作用力大小为F 1，则有I ＝(F 1－mg)t 1，解得F 1＝3 550 N.(3)设“气功师”对大石板的平均作用力大小为F 2，对石板，由动量定理得(F 2－Mg)t 2－F 1t 1＝0，解得F 2＝871 N ，由牛顿第三定律可知，大石板对“气功师”的平均作用力大小为871 N.答案：见解析(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．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．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．3．一个质量为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．4．(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 N B．102 NC．103 N D．104 N解析：选C.根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确．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 解析：选B.设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv ，对底座根据动量定理：I f ＋(－mv)＝－3m·v 4 得：I f ＝＋mv4，正号表示正方向，向左．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＝mΔv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．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m1＝3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为( )A．3 400 kg B．3 485 kgC．6 265 kg D．6 885 kg解析：选B.根据动量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入数据解得m2≈3 485 kg，B选项正确．二、多项选择题8．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mgsin 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mgcos 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mgsin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin θ·t ，选项D 正确．9．一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/s 2B ．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936 ND ．风速的大小为10 m/s解析：选BD.求解风停止后帆船的加速度时要选择帆船作为研究对象，求解风速时要选择在时间t 内正对帆面且吹向帆面的空气作为研究对象，风突然停止，帆船只受到水的阻力f 的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a ，则a ＝v 0t ＝0.5 m/s 2，选项A 错误；由牛顿第二定律可得f ＝Ma ，代入数据解得f ＝468 N ，选项B 正确；设帆船匀速运动时受到风的推力大小为F ，根据平衡条件得F －f ＝0，解得F ＝468 N ，选项C 错误；设在时间t 内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m ，则m ＝ρS(v－v 0)t ，根据动量定理有－Ft ＝mv 0－mv ，解得v ＝10 m/s ，选项D 正确．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 ．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，动量变化量的大小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＝12gsin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h gsin 2θ，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．三、非选择题11．一质量为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. 解析：(1)由动能定理有－μmgx＝12mv 2－12mv 2可得μ＝0.32.(2)由动量定理有FΔt ＝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 J12．(2016·高考北京卷)(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1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)激光束可以看做是粒子流，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2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强度大．解析：(1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mvsin θ－mvsin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mvcos θ－(－mvcos θ)＝2mvcos 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＝2npcos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理得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)psin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理得F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin 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．答案：见解析。

一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是( )A ．匀速圆周运动B ．自由落体运动C ．平抛运动D ．竖直上抛运动解析：A 如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I ＝Ft 可知，物体受到的力是恒力，则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动，因此B 、C 、D 均可能，A 不可能，故A 符合题意．2．(2018·佛山模拟)如图所示，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自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是( )A ．重力的冲量B ．合力的冲量C ．刚到达底端时的动量D ．刚到达底端时的动能解析：D 设斜面的高度为h ，倾角为θ，则物体沿斜面下滑的位移s ＝h sin θ，下滑的加速度a ＝g sin θ.由s ＝12at 2得，物体沿斜面下滑的时间t ＝2h g sin 2θ.重力的冲量I G ＝mgt ＝m sin θ2gh ，方向竖直向下，因为两斜面的倾角θ不同，所以两物体重力的冲量大小不相等，但方向相同，A 错误．物体所受合力的冲量I 合＝mg sin θ·t ＝m 2gh ，方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等，但由于斜面倾角不同，所以冲量的方向不同，B 错误．由机械能守恒定律可知，两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v ＝2gh 相等，但方向不同，故两物体在斜面底端的动量不相同，动能相同，C 错误，D 正确．3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm 高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s ，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g ，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为( )A ．0.2 NB ．0.6 NC ．1.0 ND ．1.6 N解析：B 本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和解决能力，豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度为：v ＝2gh ＝4 m/s ，根据题意反弹速度为2 m/s ，对1 000粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft ＝m v 2－(－m v )，则F ＝0.1×2－0.1×(－4)1N ＝0.6 N ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 4.如图所示，竖直面内有一半圆槽，A 、C 等高，B 为半圆槽最低点，小球从A 点正上方O 点由静止释放，从A 点沿切向进入半圆槽，刚好能运动至C 点．设球在AB 段和BC 段运动过程中，运动时间分别为t 1、t 2，合外力的冲量大小为I 1，I 2，则( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．I 1>I 2D ．I 1＝I 2解析：C 小球从A 点正上方O 点由静止释放，刚好能运动至C 点，说明在半圆槽内要克服摩擦力做功，因此在AB 段任意点的速率，都大于BC 段对应点的速率，则t 1<t 2，A 、B 错误．在AB 段动量的变化用矢量三角形表示，如图所示，而在BC 段动量的变化量为m v B ，由图可知AB 段动量的变化量大于BC 段动量的变化量，由动量定理得I 1>I 2，C 正确，D 错误．5．(2018·辽宁沈阳一模)有一宇宙飞船，它的正面有效面积S ＝2 m 2，以v ＝3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区1 m 3空间中有一个微粒，德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 NB ．3.6 NC ．1.2×103 ND ．1.2 N解析：B 在t 时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M ＝v tSm ，设飞船对微粒的作用力为F ，由动量定理得Ft ＝M v ，联立解得F ＝v 2Sm ，代入数据得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.如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为( )A ．v ＝m v 0M ＋m，I ＝0 B ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝2m v 0 C ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝2m 2v 0M ＋m D ．v ＝m v 0M，I ＝2m v 0 解析：B 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m，子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木块回到A 位置时的速度大小为m v 0M ＋m，方向向左，子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I ＝－(M ＋m )v －m v 0＝－2m v 0，所以墙对弹簧的冲量I 的大小为2m v 0，故选B.7.(2018·四川成都一诊)一个静止的质点在0～4 s 这段时间内，仅受到力F 的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随时间t 变化的关系图像如图所示．下列说法正确的是( )A ．在0～4 s 这段时间内，质点做往复直线运动B ．在t ＝1 s 时，质点的动量大小为1.0 kg·m/sC ．在t ＝2 s 时，质点的动能最大D ．在1～3 s 这段时间内，力F 的冲量为零解析：CD 由牛顿第二定律可作出与题给F 随时间t 变化的图线类似的质点加速度随时间变化的图线．由此可知，在0～2 s 这段时间内，质点加速度为正值，质点做加速运动；在2～4 s 这段时间内，质点加速度为负值，质点做减速运动，在t ＝2 s 时，质点的加速度为零，速度最大，动能最大，选项C正确．在0～4 s这段时间内，质点先做加速运动后做减速运动，不是往复运动，选项A错误．根据F－t图线与时间轴所围图形的面积表示冲量可知，在0～1 s这段时间内，力F的冲量为0.5 N·s，根据动量定理，质点动量变化大小为0.5 kg·m/s，故B错误；由图知，质点在1～3 s时间内力F的冲量I＝F×t1－Ft2＝0，故D 项正确．8.如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度大小v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为h.设M≫m，发生碰撞时弹力F N≫mg，球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度大小可能是()A．v0B．0C．2μ2gh D．－v0解析：AC(1)小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有M v0＝(M＋m)v，由于M≫m，所以v＝v0.(2)若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得，水平方向上有Fμt＝m v′，竖直方向上有F N t＝2m v＝2m2gh，又Fμ＝μF N，得v′＝2μ2gh，故选项A、C正确．9．(2018·达州模拟)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 f)t＝p－0，保持水平力F不变，经过时间2t，(F －F f)·2t＝p′－0，可知p′＝2p，故A正确；若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－F f)·t＝p′－0，则p′>2p，故B错误；根据动能定理(F－F f)·l＝E k－0，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－F f)·2l＝E k′－0，则有E k′＝2E k，故C错误；将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－F f)·l＝E k′－0，则有E k′>2E k，故D正确．10.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间图像．a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球的质量m＝2 kg，则由图可知下列结论正确的是()A ．A 、B 碰撞前的总动量为3 kg·m/sB ．碰撞时A 对B 所施加的冲量为－4 N·sC ．碰撞前后A 的动量变化量为4 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：BCD 由x －t 图像可知，碰撞前有v A ＝x A t A ＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v B ＝x B t B ＝42m/s ，碰撞后有v A ′＝v B ′＝v ＝x t ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s.对A 、B 组成的系统进行分析可知，A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A 的动量变化Δp A ＝m v A ′－m v A ＝4 kg·m/s ，C 正确．根据动量守恒定律，碰撞前后B 的动量变化Δp B ＝－Δp A ＝－4 kg·m/s ，同理Δp B ＝m B (v B ′－v B )，所以m B ＝Δp B v B ′－v B＝－4－1－2kg ＝43 kg ，A 与B 碰撞前的总动量p 总＝m v A ＋m B v B ＝－103 kg·m/s ，A 错误．由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施加的冲量I B ＝Δp B ＝－4 kg·m/s ＝－4 N·s ，B 正确．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能ΔE k ＝12m v 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2，代入数据解得ΔE k ＝10 J ，D 正确．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.一质量为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－μmgs ＝12m v 2－12m v 20可得μ＝0.32(2)由动量定理：有F Δt ＝m v ′－m v可得F ＝130 N.(3)W＝12m v′2＝9 J.答案：(1)0.32(2)130 N(3)9 J12．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v0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＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②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1 2(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。

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。

第1节动量定理动量守恒定律1.(2019·内蒙古包头质检)(多选)下面的说法中正确的是( ABD )A.物体运动的方向就是它的动量的方向B.如果物体的速度发生变化,则物体受到的合力的冲量一定不为零C.如果合力对物体的冲量不为零,则合力一定使物体的动能增加D.作用在物体上的合力的冲量不一定能改变物体速度的大小解析:物体的动量方向即是物体运动的速度方向,选项A正确;根据动量定理得,如果物体的速度发生变化,即动量发生变化,则合力的冲量一定不为零,选项B正确;动量定理说明合力的冲量改变的是物体的动量,动量是一个矢量,可以是大小不变只是方向改变,所以动能可以不变,选项C错误,D正确.2. (2019·山西太原质检)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,a,b两物体的 v t图像分别如图中OAB,OCD所示,图中AB∥CD,则( C )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解析:由题图,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.根据动量定理,对整个过程研究得F1t1-ft OB=0,F2t2-ft 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,只有选项C正确.3. (2019·上海浦东区模拟)如图所示,光滑的水平地面上放着一个光滑的凹槽,槽两端固定有两轻质弹簧,一弹性小球在两弹簧间往复运动,不考虑小球与弹簧碰撞过程中机械能损失,把槽、小球和弹簧视为一个系统,则在运动过程中( B )A.系统的动量守恒,机械能不守恒B.系统的动量守恒,机械能守恒C.系统的动量不守恒,机械能守恒D.系统的动量不守恒,机械能不守恒解析:槽、小球和弹簧组成的系统所受合外力等于零,动量守恒;在运动过程中,小球和槽通过弹簧相互作用,但因为只有弹簧的弹力做功,动能和势能相互转化,而总量保持不变,机械能守恒.选项B正确.4.(2019·辽宁大连模拟)(多选)两位同学穿旱冰鞋,面对面站立不动,互推后向相反的方向运动,不计摩擦阻力,下列判断正确的是(BC )A.互推后两同学总动量增加B.互推后两同学动量大小相等,方向相反C.分离时质量大的同学的速度小一些D.互推过程中机械能守恒解析:互推前两同学总动量为零,互推后两同学总动量守恒,仍为零,所以互推后两同学动量大小相等,方向相反,选项A错误,B正确;根据p=mv可知,当动量大小一定时,质量与速度大小成反比,所以分离时质量大的同学的速度小一些,选项C正确;互推过程中两同学间的内力做功,机械能增加,选项D错误.5. 滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m的人站立于雪橇上,如图所示.人与雪橇的总质量为M,人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计).当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为( D )A. B.C. D.v1解析:根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变,雪橇的速度仍为v1,选项D正确.6. (2019·山东烟台模拟)如图所示,木块A静止于光滑的水平面上,其曲面部分MN光滑,水平部分NP是粗糙的,现有一物体B自M点由静止下滑,设NP足够长,则以下叙述正确的是( C )A.A,B物体最终以不为零的速度共同运动B.A物体先做加速运动,后做减速运动,最终做匀速运动C.物体A,B构成的系统减少的机械能转化为内能D.B物体减少的机械能等于A物体增加的动能解析:因NP足够长,最终物体B一定与A相对静止,由系统动量守恒可知(水平方向),最终A,B 一定静止,选项A,B均错误;因NP段有摩擦,系统减少的机械能都转化为内能,所以选项C正确,D错误.7. (多选)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,AB总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是( BC )A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动B.C与B碰前,C与AB的速率之比为M∶mC.C与油泥粘在一起后,AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后,AB继续向右运动解析:小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒,C向右运动时,AB应向左运动,选项A错误;设碰前C的速率为v1,AB的速率为v2,则0=mv1-Mv2,得=,选项B正确;设C与油泥粘在一起后,AB与C的共同速度为v共,则0=(M+m)v共,得v共=0,选项C正确,D错误.8.江西艺人茅荣荣,他以7个半小时内连续颠球5万次成为新的吉尼斯纪录创造者,而这个世界纪录至今无人超越.若足球用头顶起,某一次上升高度为 80 cm,足球的质量为400 g,与头顶作用时间Δt为0.1 s,则足球本次在空中的运动时间和足球给头部的作用力大小为(空气阻力不计,g=10 m/s2)( C )A.t=0.4 s,F N=40 NB.t=0.4 s,F N=68 NC.t=0.8 s,F N=36 ND.t=0.8 s,F N=40 N解析:足球自由下落时有h=g,解得t0==0.4 s,竖直上抛运动的总时间为自由落体的2倍,t=2t0=2×0.4 s=0.8 s;设竖直向上为正方向,由动量定理得(F N-mg)Δt=mv-(-mv),v=gt0=10×0.4 m/s=4 m/s,联立解得F N=36 N,选项C正确.9. (2019·河北唐山模拟)(多选)如图所示,质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上.其中,弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接,弹簧与挡板的质量均不计,挡板P没有固定在地面上;滑块M以初速度v0向右运动,它与挡板P碰撞(不粘连)后开始压缩弹簧,最后,滑块N 以速度v0向右运动.在此过程中( BD )A.M的速度等于零时,弹簧的弹性势能最大B.M与N具有相同速度时,两滑块动能之和最小C.M的速度为v0时,弹簧的长度最长D.M的速度为v0时,弹簧的长度最短解析:M与P碰撞压缩弹簧时,M做减速运动,N做加速运动,开始时M的速度大于N的速度,当M与N速度相等时,弹簧被压缩到最短,设相等时的速度为v,根据动量守恒定律得mv0=2mv,解得v=v0,选项C错误,D正确.M与P碰撞后两滑块和弹簧组成的系统机械能守恒,当弹性势能最大时,两滑块动能之和最小,所以当M与N速度相等时,弹簧被压缩到最短,弹簧弹性势能最大,此时两滑块动能之和最小,选项A错误,B正确.10.下雨是常见的自然现象,如果雨滴下落为自由落体运动,则雨滴落到地面时,对地表动植物危害十分巨大,实际上,动植物都没有被雨滴砸伤,因为雨滴下落时不仅受重力,还受空气的浮力和阻力,才使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤.某次下暴雨,质量m= 2.5×10-5kg的雨滴,从高h=2 000 m的云层下落(g取10 m/s2),(1)如果不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面经Δt1=1.0×10-5s速度变为零,因为雨滴和地面作用时间极短,可认为在Δt1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小;(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用,设雨滴落到地面的实际速度为8 m/s,落到地面上经时间Δt2=3.0×10-4s速度变为零,在Δt2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小.解析:(1)不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,雨滴自由落体运动的末速度为v== m/s=200 m/s取竖直向上为正方向,对雨滴和地面作用的过程,运用动量定理得FΔt1=0-(-mv)代入数据解得F=500 N根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为500 N.(2)对雨滴和地面作用的过程,由动量定理得F'Δt2=0-(-mv')据题v'=8 m/s代入数据解得F'= N.根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为 N.答案:(1)500 N (2) N11.如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m,12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0,v0.为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度.(不计水的阻力)解析:设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min,抛出货物后船的速度为v1,甲船上的人接到货物后船的速度为v2,由动量守恒定律得12mv0=11mv1-mv min10m·2v0-mv min=11mv2为避免两船相撞应满足v1=v2联立得v min=4v0.答案:4v012.(2019·湖北武汉模拟)如图,Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体,其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道,AD段为一长度为L=R的粗糙水平轨道,二者相切于D点,D在圆心O的正下方,整个轨道位于同一竖直平面内.物块P的质量为m(可视为质点),P与AD间的动摩擦因数μ=0.1,物体Q的质量为M=2m,重力加速度为g.(1)若Q固定,P以速度v0从A点滑上水平轨道,冲至C点后返回A点时恰好静止,求v0的大小和P刚越过D点时对Q的压力大小;(2)若Q不固定,P仍以速度v0从A点滑上水平轨道,求P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h.解析:(1)P从A到C又返回A的过程中,由动能定理有-μmg·2L=0-m将L=R代入解得v0=若P在D点的速度为v D,Q对P的支持力为F D,由动能定理和牛顿运动定律有-μmgL=m-mF D-mg=m联立解得F D=1.2mg由牛顿第三定律可知,P对Q的压力大小也为1.2mg.(2)当P,Q具有共同速度v时,P能达到最大高度为h,由动量守恒定律有mv0=(m+M)v由功能关系有m=μmgL+(m+M)v2+mgh联立解得h=R.答案:(1) 1.2mg (2)R。

第1讲动量和动量定理微知识1 动量1．定义：物体的质量与速度的乘积。

2．公式：p＝mv。

3．单位：千克·米/秒。

符号：kg·m/s。

4．意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。

微知识2 动量变化1．定义：物体的末动量p′与初动量p的差。

2．定义式：Δp＝p′－p。

3．矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同。

微知识3 动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化等于它在这个过程中所受力的冲量。

2．表达式：p′－p＝I或mv′－mv＝Ft。

3．冲量：力与力的作用时间的乘积，即I＝Ft。

一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。

)1．动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。

(√)2．做匀速圆周运动的物体的动量不变。

(×)3．物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。

(×)4．合外力的冲量等于物体的动量变化。

(√)5．合外力的冲量等于各外力冲量的代数和。

(×)二、对点微练1．(动量的理解)(多选)下列关于动量的说法正确的是( )A．质量大的物体，动量一定大B．质量和速率都相同的物体，动量一定相同C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变D．一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变解析根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，故A项错；又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故B项错；一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，故C项对；物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D项对。

答案CD2．(冲量)(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，物体没有被拉动，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解析对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。