2021届高三物理一轮复习力学动量动量定理的表述及应用专题练习

基础知识动量和动量定理动量守恒定律知识点一动量及动量变化量的理解1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。

(2)表达式：p＝mv。

(3)单位：kg·m/s。

(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

2．动量、动能、动量变化量的比较知识点二冲量、动量定理的理解及应用1．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。

公式：I＝F·t。

(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。

(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

2．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。

(2)表达式：Ft＝Δp＝p′－p。

(3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。

【拓展提升】动量定理的理解(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量。

其中的F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)动量定理说明的是合外力的冲量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合方向相同。

(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。

系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。

而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量。

(4)动力学问题中的应用。

在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便。

不需要考虑运动过程的细节。

知识点三动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-动量守恒定律一、单选题1.下列关于动量、动能的说法中，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，则该系统的动能不变D. 物体所受合外力越大，则它的动量变化就越快2.一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（）A. -vB.C.D.3.A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B 质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（）A. 10m/sB. 5m/sC. 6m/sD. 12m/s4.如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。

则（）A. 若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为12NB. 若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒C. 若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为3m/sD. 若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为m5.若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则（）A. 物体的动能不可能总是不变的B. 物体的动量可能总是不变的C. 物体的加速度一定变化D. 物体所受合外力做的功可能为零6.如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在水平冰面上，当其中某人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人会向相反的方向运动，不计摩擦力，则下列判断正确的是（）A. A，B的质量一定相等B. 推后两人的动能一定相等C. 推后两人的总动量一定为0D. 推后两人的速度大小一定相等7.一辆质量为2200kg的汽车正在以26m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22s内停下，下列判断正确的是（）A. 汽车紧急制动过程动量的变化量大B. 汽车撞到坚固的墙上动量的变化量大C. 汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15000ND. 汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15000N8.如图所示，质量为m的小球从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C点速度减为零。

第1节动量和动量定理一、动量、动量的变化量、冲量1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量，通常用p来表示。

(2)表达式：p＝m v。

(3)单位：kg·m/s。

(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

2．动量的变化量(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。

(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。

即Δp＝p′－p。

3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。

公式：I＝F·t。

(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。

(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。

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

2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。

3．矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)物体的动能变化时，动量一定变化。

(√)(2)两物体的动量相等，动能也一定相等。

(×)(3)动量变化量的大小不可能等于初、末状态动量大小之和。

(×)(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律。

(×)(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。

(√)2．(人教版选修3－5P 7[例题1]改编)质量为0.5 kg 的物体，运动速度为3 m/s ，它在一个变力作用下速度变为7 m/s ，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A ．5 kg·m/s ，方向与原运动方向相反B ．5 kg·m/s ，方向与原运动方向相同C ．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相反D ．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相同[答案] A3．(人教版选修3－5P 11T 2改编)一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，在水平力F 作用下，经时间t ，通过位移L 后，动量变为p ，动能变为E k 。

专题28 动量及动量定理【知识点一】动量、冲量项目名称动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝m v E k＝12m v2Δp＝p′－p 矢标性特点状态量状态量过程量关联方程E k＝p22m，E k＝12p v，p＝2mE k，p＝2E kvA．冲量的方向一定和动量的方向相同B．动量变化量的方向一定和动量的方向相同C．物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D．冲量是物体动量变化的原因【例2】[动量的计算](2019·山西芮城中学高三检测)一个物体从某高处由静止下落，设其所受的空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，下落2h时的动量大小为p2，那么p1∶p2为()A．1∶2B．1∶2C．1∶3 D．1∶4【例3】[冲量的计算]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．合力对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．拉力F对物体的冲量大小为Ft【知识点二】动量定理1．理解动量定理的三个要点(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的冲量，第二求出每个力的冲量再对冲量求和．(3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．2．用动量定理解释两种现象(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．【例4】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，则安全带受的冲力是多少？(g取10 m/s2)【例5】[F-t图像的应用](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/s B．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/s D．t＝4 s时物块的速度为零【例6】[动量定理与动能定理的综合应用](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 N C．103 N D．104 N【例7】[用动量定理求变力的冲量](2018·高考江苏卷)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．【知识点三】巧建“柱状模型”解决连续作用问题【例8】(2016·高考全国卷Ⅰ)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．【例1】解析：冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，故A 错误；动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反，故B 错误；物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同，故C 错误；根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因，故D 正确．答案：D【例2】解析：由题，物体受到重力和空气阻力，物体做匀加速直线运动，根据运动学公式v 2t －v 20＝2ax ，得物体下落h 和2h 时速度分别为v 21＝2ah ，v 22＝2a ·2h ，则得v 1∶v 2＝1∶ 2.而动量p ＝m v ，则得动量之比为p 1∶p 2＝1∶ 2.故选B.答案：B【例3】解析：拉力的大小为F ，作用时间为t ，根据冲量定义得拉力的冲量为Ft ，故D 正确，A 、C 错误；物体保持静止，受到的合外力为零，合力的冲量也为零，故B 错误．答案：D【例4】[解析] 方法一：程序法依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1， 则v 21＝2gL ，得v 1＝2gL经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg .所以(mg －F )t ＝0－m v 1， F ＝mgt ＋m v 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力F ′为1 200 N ，方向竖直向下．方法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg ·( 2Lg＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg (2Lg＋t )－Ft ＝0 解得F ＝mg (2L g＋t )t＝1 200 N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下． [答案] 1 200 N【例5】解析：由动量定理有Ft ＝m v ，解得v ＝Ft m ，t ＝1 s 时物块的速率v ＝Ftm ＝1 m /s ，A 正确；F -t 图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t ＝2 s 时物块的动量大小为p ＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m /s ，B 正确；t ＝3 s 时物块的动量大小为p ′＝(2×2－1×1) kg·m/s ＝3 kg·m /s ，C 错误；t ＝4 s 时物块的动量大小为p ″＝(2×2－1×2) kg·m/s ＝2 kg·m/s ，速度不为零，D 错误．答案：AB【例6】解析：设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3 m ， 由动能定理可知mgh ＝12m v 2，解得v ＝2gh ＝2×10×3×25 m/s ＝1015 m/s落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向， 由动量定理可知(F －mg )t ＝0－(－m v )，解得F ≈1 000 N ，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N ，故C 正确． 答案：C【例7】解析：取向上为正方向，根据动量定理得m v －(－m v )＝(F －mg )t 解得I F ＝F t ＝2m v ＋mgt 答案：2m v ＋mgt【例8】[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 20④ 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 20S2⑧ [答案] (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2。

2021届高三物理一轮复习力学动量动量守恒定律的应用专题练习一、填空题1．质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止．则两球第一次碰后m1球的速度大小为_________．2．总质量为M的列车以速度v 在平直轨道上匀速行驶，行驶中各车厢受阻力均为车重的K 倍，某时刻列车后面质量为m 的车厢脱钩而机车牵引力未变，当脱钩的车厢刚停下时，前面列车的速度是________ 3．如图所示，木块A的质量m A＝1kg，足够长的木板B的质量m B＝4kg，质量为m C＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。

现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则A与B碰撞后瞬间，B的速度为__m/s ，C运动过程中的最大速度为__m/s ，整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能为___J。

4．如下图质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离x=_____，y=_____。

5．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg．气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度需要m．6．一静止在湖面上的小船质量为100kg，船上一个质量为60kg的人，以6m/s的水平速度向后跳离此小船，则人离开小船瞬间，小船的速度大小为________m/s。

若船长为10m，则当此人由船头走到船尾时，船移动的距离为________m。

（不计水的阻力和风力影响）7．静止的镭核发生α衰变，生成Rn核，该核反应方程为________，已知释放出的α粒子的动能为E0，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质量亏损为________．8．如图所示，某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v 1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为Δm ，忽略水的阻力，求喷射出质量为Δm 的液体后小船的速度为________．9．平静的水面上，有一条质量M=100kg 长度为3m 的小船浮于水面，船上一个质量m=50kg 的人匀速从船头走到船尾，不计水的阻力，人相对水面走了_____m ，船相对水位移为_____m ．10．质量为m 的人站在光滑水平面上质量为M 的小车一端，车长为L.当人从一端走到另一端时，则小车在水平上移动的位移大小是_________________ 。

第1讲 动量 动量定理时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～7题为单选，8～10题为多选)1．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，而且方向相同，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。

本题选说法错误的，故选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/s 2，以下判断正确的是( )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－(－mv 0)＝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 ＝mv 0－(－mv 0)＝20 N·s，则冲量大小为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。

2021版高考物理总复习第18课动量动量定理练习1．动量、冲量及动量定理a．求恒力作用下的动量变化量(1)(2020改编，6分)从同一高度抛出完全相同的甲、乙、丙三个小球，甲球竖直向上抛出，乙球竖直向下抛出，丙球水平抛出。

若三个小球落地时的速率相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．抛出时甲、乙动量相同，其动量大小均不小于丙的动量大小B．落地时三个小球的动量相同，动能也相同C．从抛出到落地过程，三个小球的动量变化量相同D．从抛出到落地过程，三个小球受到的冲量都不同答案：D解析：依照动能定理可知，三个小球抛出时的速度大小相等，且由题意知三个小球初速度方向不同，依照动量表达式p＝mv可知，三个小球动量大小相等，方向都不相同，故A项错误。

落地时三个小球的速率相等，则动能相同，甲、乙速度方向相同，与丙速度方向不同，动量不完全相同，故B项错误。

三个小球运动过程中只受到重力作用，但运动时刻不同，甲小球时刻最长，丙小球的运动时刻次之，乙小球的运动时刻最短，由动量定理可知，三个小球受到的冲量不同，动量变化量不同，故C项错误，D项正确。

b．间接运算变力的冲量(2)(2020改编，6分)“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。

摩天轮悬挂透亮座舱，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(2021天津理综)B．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变(2021天津理综)C．摩天轮转动一周时，乘客重力的冲量为零，座椅对乘客的力的冲量也为零D．摩天轮转动一周的过程中，乘客受到的支持力方向始终竖直向上，支持力的冲量与重力的等大反向E．摩天轮由最低点到最高点转动半周时，乘客受到的合力冲量不为零，方向与最高点速度方向相同答案：E解析：摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动，运动过程中动能不变，随着高度变化，重力势能变化，故机械能是变化的，故A项错误。

考点17动量、冲量、动量定理题组一基础小题1．（多选）关于冲量和动量,下列说法中正确的是( ）A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．动量是物体冲量变化的原因D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化答案AB解析冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与时间的乘积,即I＝Ft，故A正确;动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即p＝mv，故B正确；力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误.2．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，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量一定，设为Δp，由动量定理可知,人受到的合力的冲量I＝Δp是一定的，在沙坑里填沙延长了人与沙坑的接触时间,Δt变大，由动量定理知：Δp＝FΔt，错误!＝F,Δp一定，Δt越大，动量变化率错误!越小，人受到的合外力F越小，越安全,所以要在沙坑里填上沙子，故B 正确，A、C、D错误。

3．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t 内所受力的冲量，正确的是( ）A．拉力F的冲量大小为Ft cosθB．摩擦力的冲量大小为Ft sinθC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小为mgt答案C解析拉力F的冲量大小为Ft,故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cosθ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cosθ，故B错误;重力的冲量大小为mgt,故C正确;支持力的大小为N＝mg－F sinθ，则支持力的冲量大小为(mg－F sinθ）t，故D错误.4．古时有“守株待兔”的寓言。

2021届高三物理一轮复习力学动量动量守恒定律的应用碰撞专题练习一、填空题1．小球m 在光滑水平面上以速率v 向右运动，与原静止的M 球（M =2m ）发生对心碰撞后分开，m 球的速率为原来的13，则碰后M 球速率可能为__________________。

2．在核反应堆中用石墨做慢化剂使中子减速，中子以一定速度与静止碳核发生正碰，碰后中子反向弹回，则碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向_____（选填“相反”或“相同”），碳核的动量_____（选填“大于”、“等于”或“小于”） 碰后中子的动量．3．在光滑水平面上，质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．（1）如果碰撞后两者粘连在一起，则它们的速度大小是____；（2）如果碰撞后A 球被弹回的速度大小为2v ，那么B 球获得的速度大小是____，此情形的碰撞类型属____（选填“弹性”或“非弹性”）碰撞．4．历史上美国宇航局曾经完成了用“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”坦普尔１号彗星的实验．探测器上所携带的重达400kg 的彗星“撞击器”将以1.0×104m/s 的速度径直撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后“撞击器”融化消失，这次撞击使该彗星自身的运行速度出现1.0×10-7m/s 的改变．已知普朗克常量h =6.6×10-34J·s ．则：（1）撞击前彗星“撞击器”对应物质波波长为____________；（2）根据题中相关信息数据估算出彗星的质量为_______________．5．一质量为1.0kg 的小球静止在光滑水平面上，另一质量为0.5kg 的小球以2m/s 的速度和静止的小球发生碰撞，碰后以0.2m/s 的速度被反弹，仍在原来的直线上运动，碰后两球的总动量是______kg·m/s ，原来静止的小球获得的速度大小为______m/s.6．静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120kg ，甲船上质量为30kg 的小孩以6m/s 的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v 甲=___________m/s ，v 乙=__________m/s. 7．一质量为0.5kg 的小球A 以2.0m /s 的速度和静止于光滑水平面上质量为1 kg 的另一大小相同的小球B 发生正碰，碰撞后它以0.2m /s 的速度反弹．求：①原来静止小球获得的速度大小为_______________；②碰撞过程中损失的机械能为__________________．8．A 、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A 质量为5kg ，速度大小为10m/s ，B 质量为2kg ，速度大小为5m/s ，它们的总动量大小为__________________kgm/s ：两者碰撞后，A 沿原方向运动，速度大小为4m/s ，则B 的速度大小为__________________m/s ．9．A 、B 两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图所示，则：由图可知A 、B 两物体在____________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝_________kg ．10．汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B .两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5m ，A 车向前滑动了2.0m ，已知A 和B 的质量相等，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小210m /g s .则碰撞后的瞬间，A 车速度的大小为________m/s ，碰撞前的瞬间，A 车速度的大小为________m/s.11．水平地面上，质量为1kg 的滑块A 以4m/s 的速度碰上静止的物体B ，碰后A 的速度立刻减到零，B 在地面上运动2s 后静止，已知B 与地面间的动摩擦因数为0.1，则B 的质量为_____kg ，碰撞过程中A 、B 系统损失的机械能为_____J 。

第1讲动量定理及其应用五年高考(全国卷)命题分析五年常考热点五年未考重点动量、动量定理及应用2018201720162卷15题3卷20题1卷35(2)题1.动量和冲量的理解和计算2.板块模型中的动量和能量问题3.“人船模型”问题4.“子弹打木块”模型5.验证动量守恒定律动量守恒定律的应用20171卷14题、2卷15题应用动量和能量观点解决碰撞或爆炸类问题20192018201620151卷25题，3卷25题1卷24题、2卷24题2卷35(2)题、3卷35(2)题1卷35(2)题、2卷35(2)题1.考查方式：从前几年命题规律来看，主要应用碰撞或反冲运动模型，以计算题的形式考查动量和能量观点的综合应用.2.命题趋势：由于动量守恒定律是必考内容，因此综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题仍将是今后命题的热点，既可以将动量与力学知识结合，也可将动量和电学知识结合，作为理综试卷压轴计算题进行命题.第1讲动量定理及其应用一、动量、动量变化、冲量1．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同．2．动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s .(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．判断正误 (1)物体质量不变时，运动的速度变化，其动量一定变化．( √ ) (2)当物体受力方向与运动方向垂直时，该力的冲量为0.( × ) (3)某个恒力对物体做功为0时，冲量不为0.( √ ) (4)做匀速圆周运动的物体动量不变．( × ) 二、动量定理1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量． 2．公式：mv ′－mv ＝F (t ′－t )或p ′－p ＝I . 3．动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．自测 (2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A ．10NB ．102NC ．103ND ．104N 答案 C解析 设每层楼高约为3m ，则下落高度约为h ＝3×25m＝75m 由mgh ＝12mv 2及(F －mg )t ＝mv 结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F ′＝F ＝m 2gh t＋mg ≈103N.1．对动量的理解 (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，通常是指相对地面的动量． (2)动量与动能的比较动量 动能物理意义 描述机械运动状态的物理量定义式 p ＝mvE k ＝12mv 2标矢性 矢量 标量 变化因素 物体所受冲量外力所做的功大小关系p ＝2mE kE k ＝p 22m对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化，动能不一定发生变化．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，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；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．(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．(3)冲量与功的比较冲量功定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位 N·sJ公式 I ＝Ft (F 为恒力)W ＝Fl cos α(F 为恒力)标矢性 矢量标量意义①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度①表示力对空间的累积 ②是能量变化多少的量度都是过程量，都与力的作用过程相联系题型1 对动量和冲量的定性分析例1 (2019·广东广州市下学期一模)如图1为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( )图1A．过程Ⅰ的动量改变量等于零B．过程Ⅱ的动量改变量等于零C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量答案 C解析过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误．变式1跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到在水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确．．．的是( )A．运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B．运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C．运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D．运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向答案 C解析根据动量定理可知，运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，A项正确；运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确；运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确．题型2 对动量和冲量的定量计算例2(多选)(2019·湖北宜昌市四月调研)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图2甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则( )图2A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)C．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)D．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0答案AC解析因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B 错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fl cosα可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误．变式2(多选)如图3所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则( )图3A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD．合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力F f＝F cosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F f t＝Ft cosθ，故C项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．1．对动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体．(2)Ft ＝p ′－p 是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft 是物体所受的合外力的冲量．(3)Ft ＝p ′－p 除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因． (4)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δpt，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率．2．解题基本思路(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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．例3 (2019·陕西第二次质检)核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开．小悠同学发现了一个开核窍门：把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂．抛出点距离地面的高度为H ，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h .已知重力加速度为g ，空气阻力不计． (1)求核桃落回地面的速度大小v ；(2)已知核桃质量为m ，与地面撞击作用时间为Δt ，撞击后竖直反弹h 1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F . 答案 (1)2gH ＋h (2)m [2gh 1＋2g H ＋h ]Δt＋mg ，方向竖直向上解析 (1)核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有：v 2＝2g (H ＋h ) 则落回地面的速度大小：v ＝2gH ＋h(2)设核桃反弹速度为v 1，则有：v 12＝2gh 1以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程：(F －mg )Δt ＝mv 1－m (－v ) 解得：F ＝m [2gh 1＋2g H ＋h ]Δt＋mg ，方向竖直向上．变式3 (2019·山东临沂市质检)材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止，则( ) A ．质量大的滑块运动时间长 B ．质量小的滑块运动位移大 C ．质量大的滑块所受摩擦力的冲量小D ．质量小的滑块克服摩擦力做功多 答案 B解析 根据动能定理可知：－μmgs ＝0－E k ，即两滑块克服摩擦力做的功相等，且质量较小的滑块运动位移较大，选项B 正确，D 错误；根据动量定理：－μmgt ＝0－p ，p ＝2mE k ，则t ＝1μg2E km，可知质量大的滑块运动时间短，选项A 错误；根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量，即：I ＝Δp ＝－2mE k ，则质量大的滑块摩擦力的冲量大，故C 错误．例4 一高空作业的工人质量为60kg ，系一条长为L ＝5m 的安全带，若工人由静止不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取10m/s 2，忽略空气阻力的影响) 答案 1200N ，方向竖直向下解析 解法一 分段列式法：设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1，v 12＝2gL ，得v 1＝2gL 经缓冲时间t ＝1s 后速度变为0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg ，所以(mg －F )t ＝0－mv 1，解得F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1200N.由牛顿第三定律，工人对安全带的平均冲力F ′为1200N ，方向竖直向下． 解法二 全程列式法：由L ＝12gt 02得，工人自由下落时间为t 0＝2Lg，在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg (2Lg＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg (2Lg＋t )－Ft ＝0解得F ＝mg2L g＋tt＝1200N由牛顿第三定律知工人对安全带的平均冲力F ′＝F ＝1200N ，方向竖直向下．变式4 (2020·吉林“五地六校”合作体联考)一物体在合外力F 的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图4所示，在t 0和2t 0时刻，物体的动能分别为E k1、E k2，动量分别为p 1、p 2，则( )图4A ．E k2＝8E k1，p 2＝4p 1B ．E k2＝3E k1，p 2＝3p 1C ．E k2＝9E k1，p 2＝3p 1D ．E k2＝3E k1，p 2＝2p 1答案 C解析 根据动量定理得： 0～t 0内：F 0t 0＝mv 1①t 0～2t 0内：2F 0t 0＝mv 2－mv 1②由①②解得：v 1∶v 2＝1∶3 由p ＝mv 得：p 2＝3p 1由E k ＝12mv 2得：E k1＝12mv 12，E k2＝12mv 22解得：E k2＝9E k1.1．研究对象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等． 2．研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解． 3．基本思路(1)在极短时间Δt 内，取一小柱体作为研究对象． (2)求小柱体的体积ΔV ＝vS Δt (3)求小柱体质量Δm ＝ρΔV ＝ρvS Δt (4)求小柱体的动量变化Δp ＝v Δm ＝ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt ＝Δp例5 (2019·全国卷Ⅰ·16)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4.8×106N ，则它在1s 时间内喷射的气体质量约为( ) A ．1.6×102kgB ．1.6×103kgC ．1.6×105kg D ．1.6×106kg答案 B解析 设1s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝mv －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103kg ，选项B 正确． 变式5 (2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为( ) A ．F ＝ρSv B ．F ＝ρSv 2C ．F ＝12ρSv 3D ．F ＝ρSv 3答案 B解析 设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρSvt ，根据动量定理得－F ′t ＝0－mv ＝0－ρSv 2t ，解得F ′＝ρSv 2，由牛顿第三定律得：F ＝F ′＝ρSv 2，故B 正确，A 、C 、D 错误.1．关于动量和动能，下列说法中错误．．的是( ) A ．做变速运动的物体，动能一定不断变化 B ．做变速运动的物体，动量一定不断变化C ．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D ．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零 答案 A解析 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A 错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B 正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C 正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故D 正确．2．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，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 ．竖直上抛运动答案 A解析如果物体在任意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．则物体可能做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；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，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．3．(2019·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是( )A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案 D解析在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－F t＝mv2－mv1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C 错误．4.(2020·福建泉州市质检)如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )图1A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们动能的增量相同答案 A解析这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．5．(2019·广东广州市4月综合测试)如图2，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客( )图2A ．动量不变B ．线速度不变C ．合外力不变D ．机械能不守恒答案 D解析 坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A 、B 、C 错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D 正确．6.(2019·湖北宜昌市元月调考)如图3所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以( )图3A ．减小球对手冲量的大小B ．减小球对手作用力的大小C ．减小球的动量变化量的大小D ．减小球对手的作用时间答案 B解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv ，F ＝mv t，当时间增大时，动量的变化量不变，球对手的作用力减小，所以B 正确．7．(2019·广东“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m ，从开始蹬地到离开地面用时为t ，离地后小明重心最大升高h ，重力加速度为g ，忽略空气阻力．以下说法正确的是( )A ．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态B ．在t 时间内，小明机械能增加了mghC ．在t 时间内，地面对小明的平均支持力为F ＝m 2gh tD ．在t 时间内，地面对小明做功mgh答案 B 解析 从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h ，可知小明离开地面时的机械能为mgh ，故B 正确；在时间t 内，由动量定理得：F t －mgt ＝mv －0，离开地面到最高点有：mgh ＝12mv 2，联立解得：F ＝m 2gh t＋mg ，故C 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D 错误．8．(2020·山西晋中市模拟)质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图4所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是( )图4A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5答案 C解析 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3mv 0t 0，F 2＝5mv 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2， v －t 图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确．9．(2019·河南郑州市调研)质量为1kg 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5N 的水平恒力F 作用于物体上，使之加速前进，经3s 后撤去F .求物体运动的总时间．(g 取10m/s 2)答案 3.75s解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为Ft 1，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 Ft 1－F f t ＝0①又F f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg， 代入数据解得t ＝3.75s.10．(2016·全国卷Ⅰ·35(2))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．答案 (1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g 2ρ2v 02S 2 解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变． 该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④其中，F 冲为水柱对玩具底板的作用力由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底板对水柱的作用力，设v ′为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式：v ′2－v 02＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具的水柱的质量为ΔmΔm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F 压＋Δmg )Δt ＝Δmv ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压Δt ＝Δmv ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 022g －M 2g 2ρ2v 02S 2。

10动量和冲量、动量定理及其应用1．本部分内容改为必考后，一般是以较容易或中等难度的选择题或计算题出现，可单独考查，也可和动量守恒定律综合考查。

2．注意要点：(1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；(2)动量定理Ft ＝p ′－p 中“Ft ”为合外力的冲量。

例1．(2020∙全国I 卷∙14)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【答案】D【解析】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。

例2．(2019∙全国I 卷∙16)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 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg【考题解读】本题考查了考生对动量定理的理解能力，体现了物理模型建构的核心素养。

注意单位统一用国际单位制单位，研究对象选择发动机在1 s 内喷射出的气体。

【答案】B【解析】设1 s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝mv －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103 kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确。

练案[18]第六章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定理一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．(2020·济宁高三模拟)2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之处。

有关专家得出打喷嚏时气流喷出的速度可达150公里/小时，也就是41.7米/秒，假设一次打喷嚏大约喷出50 mL的空气，一次喷嚏大约0.02 s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为(B)A．0.11 N B．0.14 NC．0.18 N D．0.20 N[解析]对一次喷出的空气由动量定理列方程：Ft＝ρV·v代入数值得F＝0.14 N，由牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力约为0.14 N。

故B正确。

2．(2019·河南平顶山二模)质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为(C)A．v－Im B．v－ImgC．v2－I2m2D．v 2－I2m2g2[解析]本题考查了动量定理与平抛运动的结合。

由题意可知I＝mgt，则t＝Img，经过t时间，小球竖直方向的速度大小为v y＝gt＝Im，根据速度分解可知，初速度大小为v0＝v2－I2m2，故选C。

3．(2020·湖南师大附中模拟)我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，“嫦娥四号”飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。

假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞。

发动机加速电压为U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(基本电荷为e，原子质量单位为m0，飞船质量为M)(B) A．喷出的每个氧离子的动量p＝2eUB．飞船所受到的推力为F＝4I m0U eC．飞船的加速度为a＝4Im0MU eD ．推力做功的功率为2MeU[解析] 本题考查了动能定理、动量定理。

课时规范练19 动量和动量定理1。

(动量的变化）一个质量是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,则小球动量的变化量是（)A。

10 kg·m/s B.-10 kg·m/sC.40 kg·m/s D。

-40 kg·m/s2.（2019·山西晋城三模）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附着在飞船上,则在太空尘埃密集区域单位时间内附着在飞船上尘埃的质量为()A。

M+FF B.FF—M C。

M—FFD。

FF3.（多选)（动量定理）静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F 的作用,拉力F随时间t变化的图象如图所示,则下列说法中正确的是（)A。

0~4 s内物体的位移为零B。

0～4 s内拉力对物体做功为零C.4 s末物体的动量为零D.0～4 s内拉力对物体的冲量为零4.（多选)（冲量、动量的理解、动量定理)下列关于冲量和动量的说法中正确的是（）A.物体所受合外力越大,其动量变化一定越快B。

物体所受合外力越大,其动量变化一定越大C。

物体所受合外力的冲量越大，其动量变化可能越小D。

物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化越大5.（多选）(2019·天津南开中学模拟)一个篮球被竖直向上抛出后又落回到拋出点.假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小与其运动的速度大小成正比,下列判断正确的是(）A。

上升过程中重力的冲量大小等于下降过程中重力的冲量大小B。

篮球运动的过程中加速度一直减小C.上升过程中空气阻力做的功等于下降过程中阻力做的功D.上升过程中空气阻力的冲量大小等于下降过程中空气阻力的冲量大小6.（动量定理）物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动,如图（a）所示。

2021年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题18 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 (3)1．应用动量定理解释的两类物理现象 (3)2.应用动量定理解决两类问题 (5)(1)应用动量定理解决微粒类问题 (5)(2)应用动量定理解决流体类问题 (7)热点题型三动量定理在多过程问题中的应用 (8)热点题型四应用动量定理求变力的冲量 (11)【题型归纳】热点题型一对动量定理的理解和基本应用【题型要点】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＝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．【例1】(2020·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【答案】D【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－mg t＝mv2－(－mv1)，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；故选D.【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【答案】：C【解析】：根据动量定理得，Ft ＝p ，F ·2t ＝p 1，解得p 1＝2p ，故A 、B 错误；根据牛顿第二定律得F ＝ma ，解得a ＝F m ，因为水平力F 不变，则加速度不变，根据x ＝12at 2知，时间变为原来的2倍，则位移变为原来的4倍，根据动能定理得E k1＝4E k ，故C 正确，D 错误．【变式2】(多选)(2020·湖北宜昌市四月调研)一质量为m 的运动员托着质量为M 的重物从下蹲状态(图2甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt 时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h 1、h 2，经历的时间分别为t 1、t 2，重力加速度为g ，则( )A ．地面对运动员的冲量为(M ＋m )g (t 1＋t 2＋Δt )，地面对运动员做的功为0B ．地面对运动员的冲量为(M ＋m )g (t 1＋t 2)，地面对运动员做的功为(M ＋m )g (h 1＋h 2)C ．运动员对重物的冲量为Mg (t 1＋t 2＋Δt )，运动员对重物做的功为Mg (h 1＋h 2)D ．运动员对重物的冲量为Mg (t 1＋t 2)，运动员对重物做的功为0【答案】 AC【解析】 因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M ＋m )g ，整个过程的时间为(t 1＋t 2＋Δt )，根据I ＝Ft 可知地面对运动员的冲量为(M ＋m )g (t 1＋t 2＋Δt )；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A 正确，B 错误；运动员对重物的作用力为Mg ，作用时间为(t 1＋t 2＋Δt )，根据I ＝Ft 可知运动员对重物的冲量为Mg (t 1＋t 2＋Δt )，重物的位移为(h 1＋h 2)，根据W ＝Fl cos α可知运动员对重物做的功为Mg (h 1＋h 2)，选项C 正确，D 错误．【变式3】．(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 【答案】：AC【解析】：以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为l ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4l v 0，t 1<t 2，根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 正确．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B 错误．对全过程应用动量定理，则I 合＝Δp ＝－mv t －mv 0＝－32mv 0，C 正确，D 错误． 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【题型要点】(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】（2020·新课标全国1卷）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。

动量冲量动量定理（建议用时45分钟)1。

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∶1【解析】选C。

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=mgsinθ,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）=（mgsinθ·t)∶(mgsinθ·t）=1∶1。

则C正确，A、B、D错误。

2.(多选)物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( ）A。

物体的动量在减小B.物体的动量在增大C。

物体的动量大小也可能不变D.物体受到的合力冲量大小为5 N·s【解析】选C、D。

因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；动量是矢量,其变化量可能是动量方向变化引起的，C正确;由动量定理I=Δp可知,合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，D正确。

3。

带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。

若a、b的电荷量分别为q a、q b,质量分别为m a、m b,周期分别为T a、T b。

则一定有（）A。

q a〈q b B。

m a<m b C.T a〈T b D。

=【解析】选A。

设带电粒子以速度v在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得，qvB=m,解得mv=qBR。

两个粒子的动量mv相等,则有q a BR a=q b BR b。

根据题述，a运动的半径大于b运动的半径,即R a>R b,所以q a〈q b,选项A正确;根据题述条件,不能判断出两粒子的质量关系,选项B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的周期T==，不能判断出两粒子的周期、比荷之间的关系，选项C、D错误. 4。

专题14 动量与动量定理及其应用目录题型一动量和冲量的理解 (1)类型1 动量与动能的比较及换算 (2)类型2 对动量和冲量的定性分析 (2)类型3 恒力冲量的计算 (3)类型3 利用F－t图像求冲量 (4)题型二动量定理的理解和应用 (4)类型1 用动量定理解释生活中的现象 (5)类型2 应用动量定理求解瞬时平均力 (5)题型三动量定理和图像问题的结合 (6)题型四应用动量定理处理“流体模型” (8)模型一流体类问题 (8)模型二微粒类问题 (10)题型五应用动量定理处理分析多过程问题 (10)题型六动量定理与动能定理的类比及综合应用 (11)题型一动量和冲量的理解【解题指导】1．动量与动能的比较2.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．(2)变力的冲量①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．类型1 动量与动能的比较及换算．【例1】(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为E k.以下说法正确的是()A．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2pB．在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2E kC．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2E kD．在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p【例2】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能() A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比【例3】．对于一定质量的某物体而言，下列关于动能和动量的关系正确的是()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，动能是矢量类型2 对动量和冲量的定性分析【例1】(2022·江苏七市调研)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。