高考物理专题汇编动量定理(一)

高中物理动量定理技巧小结及练习题一、高考物理精讲专题动量定理1．质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I ． 【答案】(1)122()mg t t t + (2)1mgt 【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有： mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。

现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。

若忽略空气阻力，重力加速度为g 。

(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。

请通过计算，说明你的观点。

【答案】（1）F =2mg ；（2）()22F I mgt m gL =+；（3）当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得：F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L -当2HL =时小球抛的最远3．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。

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 。

高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P .现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s ，此时乙尚未与P 相撞．①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；②若乙与挡板P 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P 对乙的冲量的最大值． 【答案】v 乙＝6m/s. I ＝8N 【解析】 【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：又知联立以上方程可得，方向向右。

（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．3．如图所示，质量M=1kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m=lkg 的导体棒自ce 端的正上方h=2m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好。

动量定理-高考物理知识点
（1）区分内力和外力碰撞时两个物体之间一定有相互作用力，由于这两个物体是属于同一个系统的，它们之间的力叫做内力；系统以外的物体施加的，叫做外力。

（2）在总动量一定的情况下，每个物体的动量可以发生很大变化例如：静止的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩的弹簧。

烧断细线后，由于弹力的作用，两辆小车分别向左右运动，它们都获得了动量，但动量的矢量和为零。

（3）动量守恒的数学表述形式：p＝p′.即系统相互作用开始时的总动量等于相互作用结束时(或某一中间状态时)的总动量；（4）Δp＝0. 即系统的总动量的变化为零.若所研究的系统由两个物体组成，则可表述为：ｍ１ｖ１+ｍ２ｖ２＝ｍ１ｖ１′+ｍ２ｖ２′(等式两边均为矢量和)；（5）Δp１＝－Δp ２. ？即若系统由两个物体组成，则两个物体的动量变化大小相等，方向相反，此处要注意动量变化的矢量性.在两物体相互作用的过程中，也可能两物体的动量都增大，也可能都减小，但其矢量和不变.。

高考物理动量定理解题技巧及练习题(1)一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为M ＝3kg 的小球B ．一质量为m ＝1kg 的小球A 以速度v 0＝2m/s 向右运动与B 球发生弹性正碰，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）碰撞结束时A 球的速度大小及方向； （2）碰撞过程A 对B 的冲量大小及方向．【答案】（1）－1m/s ，方向水平向左（2）3N·s ，方向水平向右 【解析】【分析】A 与B 球发生弹性正碰，根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向；碰撞过程对B 应用动量定理求出碰撞过程A 对B 的冲量； 解：（1）碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得：0A B mv mv Mv =+2220111222A B mv mv Mv =+ 联立可解得：1m/s B v =，1m/s A v =- 负号表示方向水平向左 （2）碰撞过程对B 应用动量定理可得：0B I Mv =- 可解得：3I N s =⋅ 方向水平向右2．如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定光滑斜面的底端，有一质量m =1.0kg 、可视为质点的物体，以v 0=6.0m/s 的初速度沿斜面上滑。

已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。

求： （1）物体沿斜面向上运动的加速度大小；（2）物体在沿斜面运动的过程中，物体克服重力所做功的最大值； （3）物体在沿斜面向上运动至返回到斜面底端的过程中，重力的冲量。

【答案】（1）6.0m/s 2（2）18J （3）20N·s ，方向竖直向下。

【解析】 【详解】（1）设物体运动的加速度为a ，物体所受合力等于重力沿斜面向下的分力为：F=mg sin θ根据牛顿第二定律有：F=ma ；解得：a =6.0m/s 2（2）物体沿斜面上滑到最高点时，克服重力做功达到最大值，设最大值为v m ；对于物体沿斜面上滑过程，根据动能定理有：2120m W mv -=-解得W =18J ；（3）物体沿斜面上滑和下滑的总时间为：02262s 6v t a ⨯=== 重力的冲量：20N s G I mgt ==⋅方向竖直向下。

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。

高考物理动量守恒定律(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以02v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ；（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能．【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）201532mv E ∆=【解析】 【详解】(1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv 0＝m2v ＋2mv B 解得v B ＝4v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量222000111()2()22224v v mgL mv m m μ⨯＝－－解得20516v gLμ=(3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有：2mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：22200111()()222242v v mgR m m mv +-⨯＝解得264v R g= (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒0024A C mv mv mv mv +=+ A 、C 系统初、末状态机械能守恒，2222001111()()222422A C m m m m +=+v v v v 解得v A ＝4v . 所以从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能为：2220015112232A mv E mv mv ∆＝－＝【点睛】该题是一个板块的问题，关键是要理清A 、B 、C 运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．2．如图，质量分别为m 1=1.0kg 和m 2=2.0kg 的弹性小球a 、b ，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v 0=0.10m/s 沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t =5.0s 后，测得两球相距s =4.5m ，则刚分离时，a 球、b 球的速度大小分别为_____________、______________；两球分开过程中释放的弹性势能为_____________．【答案】①0.7m/s, -0.2m/s ②0.27J 【解析】试题分析：①根据已知，由动量守恒定律得联立得②由能量守恒得代入数据得考点：考查了动量守恒，能量守恒定律的应用【名师点睛】关键是对过程分析清楚，搞清楚过程中初始量与末时量，然后根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解题3．如图，质量分别为、的两个小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h=0.8m ，A 球在B 球的正上方． 先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放． 当A 球下落t=0.3s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知，重力加速度大小为，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．（i ）B 球第一次到达地面时的速度； （ii ）P 点距离地面的高度． 【答案】4/B v m s =0.75p h m = 【解析】试题分析：（i ）B 球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有212B B B m gh m v =可得B 球第一次到达地面时的速度24/B v gh m s ==（ii ）A 球下落过程，根据自由落体运动可得A 球的速度3/A v gt m s == 设B 球的速度为'B v ， 则有碰撞过程动量守恒'''A A B B B B m v m v m v +=碰撞过程没有动能损失则有222111'''222A AB B B B m v m v m v += 解得'1/B v m s =，''2/B v m s =小球B 与地面碰撞后根据没有动能损失所以B 离开地面上抛时速度04/B v v m s ==所以P 点的高度220'0.752B p v v h m g-== 考点：动量守恒定律 能量守恒4．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3" m （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m 1="30" kg ，冰块的质量为m 2="10" kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10" m/s 2．（i ）求斜面体的质量；（ii ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】（i ）20 kg （ii ）不能 【解析】试题分析：①设斜面质量为M ，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：222()m v m M v =+系统机械能守恒：22222211()22m gh m M v m v ++= 解得：20kg M =②人推冰块的过程：1122m v m v =,得11/v m s =（向右）冰块与斜面的系统：22223m v m v Mv '=+ 22222223111+222m v m v Mv ='解得：21/v m s =-'（向右） 因21=v v '，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩． 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．5．牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16．分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小． 【答案】v 0v 0【解析】设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2 由动量守恒定律得2mv 0＝2mv 1＋mv 2 且由题意知＝解得v 1＝v 0，v 2＝v 0视频6．一轻质弹簧一端连着静止的物体B ，放在光滑的水平面上，静止的物体A 被水平速度为v 0的子弹射中并且嵌入其中，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A 的质量是物体B 的质量的34，子弹的质量是物体B 的质量的14，求：(1)物体A 被击中后的速度大小； (2)弹簧压缩到最短时B 的速度大小。

高考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．如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时停。

车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小。

【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。

(2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得mv 1=2mv 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k m gL m v -=-由以上各式得010v kgL =所以人给第一辆车水平冲量的大小010I mv m kgL ==2．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0kg 和m B ＝3.0kg 。

用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触。

另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，C 的v －t 图象如图乙所示。

求：（1）C 的质量m C ；（2）t ＝8s 时弹簧具有的弹性势能E p1，4~12s 内墙壁对物块B 的冲量大小I ； （3）B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2。

【答案】（1）2kg ；（2）27J ，36N·S ；（3）9J 【解析】 【详解】（1）由题图乙知，C 与A 碰前速度为v 1＝9m/s ，碰后速度大小为v 2＝3m/s ，C 与A 碰撞过程动量守恒m C v 1＝(m A ＋m C )v 2解得C 的质量m C ＝2kg 。

动量定理1．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．对点自测1．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解析：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．2．一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ftcos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：100 86.6二动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1] 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＝v 0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝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)v⑤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 ＝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 20S2(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．过关检测1. 质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A ．10 N·s 10 N·sB ．10 N·s －10 N·sC ．0 10 N·sD．0 －10 N·s解析：选D.由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.2．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.答案：2mv03．如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2)解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N4．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.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝m2ght＋mg.选项A正确．5. (多选)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解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高考知识点动量定理动量定理，是力学中的重要定理之一。

它揭示了物体在受到外力作用时的运动规律，具有重要的理论和应用价值。

在高考物理考试中，动量定理是一个必考的知识点，掌握动量定理的原理和应用，对于解题和理解物体运动行为有着重要的作用。

明确物体的动量概念，是理解动量定理的第一步。

动量是物体在运动中的一种属性，是质量和速度的乘积。

它描述了物体运动状态的一种量度，与物体的质量和速度直接相关。

动量的单位是千克·米/秒，简称牛顿秒(N·s)。

根据动量定理，物体所受到的外力作用，将导致物体的动量发生改变。

动量定理的数学表达式为：力的物体冲量等于物体的动量变化量。

即F∆t=∆p，其中F是作用在物体上的力，∆t是作用时间，∆p是物体的动量变化量。

动量定理的应用十分广泛，以下是几个常见的应用场景。

首先，动量定理可用于分析碰撞过程。

碰撞是物体运动中常见的现象，动量定理可以帮助我们理解碰撞发生时物体的运动状态变化。

在完全弹性碰撞中，物体在碰撞前后动能守恒，而动量定理可以描述碰撞中物体的动量变化情况。

此外，动量定理也可以用于解析力学问题。

当物体受到外力作用时，根据动量定理可以求解物体的加速度和速度变化情况，进而推导出物体的运动轨迹。

动量定理在解决动力学问题中发挥着重要的作用。

另外，动量定理也应用于工程领域。

例如，在汽车碰撞实验中，用动量定理分析碰撞过程可以评估汽车的安全性能，并帮助设计更安全的汽车结构。

此外，还可以通过动量定理来解释火箭推进器工作原理，研发新型的飞行器等。

动量定理的应用不仅局限于经典力学领域，还涉及到了其他领域的研究。

在量子力学中，动量定理被用来研究粒子的运动状态，揭示微观粒子的行为规律。

在相对论中，动量定理被修正为爱因斯坦动量-能量关系，从而更加准确地描述物体在高速运动状态下的行为。

在学习和应用动量定理时，需要注意几个关键点。

首先，注意力的方向和动量的方向一致。

力和动量都是矢量量，具有大小和方向。

高考物理动量定理知识点与难点解析在高考物理中，动量定理是一个重要的知识点，也是学生们在学习过程中常常遇到困难的部分。

掌握动量定理不仅对于解决相关物理问题至关重要，还能帮助我们更深入地理解物理世界的运行规律。

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。

动量定理指出：合外力的冲量等于物体动量的增量。

用公式表示为：I ＝Δp ，其中 I 是合外力的冲量，Δp 是动量的变化量。

冲量则是力与作用时间的乘积，用符号 I 表示。

如果力 F 是恒力，且作用时间为 t ，那么冲量 I ＝ Ft 。

如果力是变力，就需要通过积分来计算冲量。

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 ，整理可得 Ft ＝ mv mu 。

等式左边 Ft 就是合外力的冲量 I ，等式右边 mv mu 就是动量的变化量Δp ，从而得到动量定理 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，接球时手臂会顺势后缩，这是为了延长接球的作用时间，从而减小球对手的冲击力。

同样，跳高运动员在落地时要屈膝，也是为了延长与地面的作用时间，减小地面对人的冲击力。

2、解决碰撞问题在碰撞过程中，由于相互作用的时间很短，往往内力远大于外力，可以忽略外力的影响，应用动量定理来分析。

例如，两个物体发生完全弹性碰撞或完全非弹性碰撞时，通过动量定理可以计算出碰撞前后物体的速度变化。

3、计算平均作用力当已知物体动量的变化和作用时间时，可以通过动量定理计算出平均作用力。

比如，一个质量为 m 的物体在 t 时间内速度从 v1 变为 v2 ，则平均作用力 F ＝（mv2 mv1）／ t 。

四、动量定理的难点1、理解冲量的概念冲量是力在时间上的积累，是一个过程量。

课时1 动量定理1.动量(1)定义:物理学中把运动物体的质量和速度的乘积叫作物体的动量。

(2)表达式:p=mv。

(3)单位:kg·m/s。

(4)矢量性:物体在某时刻的动量方向与其速度方向相同。

(5)动量与动能的比较。

物理量动量动能定义物体质量与速度的乘积物体由于运动而具有的能量定义式p=mv Ek=mv2标矢性矢量标量特征状态量状态量关联式p=Ek=2.冲量(1)定义:物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。

(2)定义式:I=Ft。

(3)单位:N·s。

(4)矢量性:冲量的方向跟力的方向相同。

(5)物理意义:冲量反映力的作用对时间的累积效应。

3.动量的变化量(1)物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差叫作物体在这段时间内的动量的变化。

(2)计算式:Δp=p2-p1。

(3)动量的变化是矢量。

4.动量定理(1)内容:物体在一个过程中动量的变化量等于其在这个过程中所受到的力的冲量。

(2)表达式:I=p2-p1。

(3)物理意义:冲量是物体动量变化的量度。

(4)动量定理与动能定理的比较物理规律动量定理动能定理内容物体在一个过程中动量的变化量等于其在此过程中所受合外力的冲量物体在某一过程中动能的变化量等于在此过程中合外力对物体所做的功表达式I=mv2-mv1W=m -m 标矢性矢量式标量式物理意义反映力的作用对时间的累积效果反映力的作用对位移的累积效果1.(2019河北邯郸高三模拟)下列情况中,物体的动量不变的是()。

A.汽车在平直的公路上匀速前进B.汽车在转弯过程中,速度的大小不变C.水平飞来的小球撞到竖直墙面后,保持速度大小不变离开墙面返回D.水平地面上匀速直线运动的洒水车正在洒水答案A2.(2018福建厦门10月模拟)(多选)一个物体的动量和动能的关系,下列说法正确的是()。

A.动量增大,动能一定增大B.动能减小,动量可能增大C.动量不变,动能就不变D.动能不变,动量就不变AC3.(2019河北沧州11月月考)(多选)下列关于冲量和动量的说法正确的是()。

高考物理一轮复习知识考点专题专题一《动量守恒定律》【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．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．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p2 2m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用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．3．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4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．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m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m1v 21＝12m1v′21＋12m2v′22②由①②得v′1＝m1－m2v1m1＋m2v′2＝2m1v1m1＋m2结论：①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动．③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三爆炸和反冲人船模型1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)按照如图所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．最新高考物理一轮复习知识考点专题二《静电场》第一节电场力的性质【基本概念、规律】一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式：F＝k q1q2r2，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．三、电场强度1．意义：描述电场强弱和方向的物理量．2．公式(1)定义式：E＝Fq，是矢量，单位：N/C或V/m.(2)点电荷的场强：E＝k Qr2，Q为场源电荷，r为某点到Q的距离．(3)匀强电场的场强：E＝U d.3．方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处．(2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．(4)沿电场线方向电势降低．(5)电场线和等势面在相交处互相垂直．3．几种典型电场的电场线(如图所示)【重要考点归纳】考点一对库仑定律的理解和应用1．对库仑定律的理解(1)F＝k q1q2r2，r指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球心间距．(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．电荷的分配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分．(2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分．考点二电场线与带电粒子的运动轨迹分析1．电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合：(1)电场线是直线．(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行．2．由粒子运动轨迹判断粒子运动情况：(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切．(2)由电场线的疏密判断加速度大小．(3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化．3.求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．考点三静电力作用下的平衡问题1.解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已．2.(1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”．(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变化而变化．考点四带电体的力电综合问题解决该类问题的一般思路【思想方法与技巧】用对称法处理场强叠加问题对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们认识和探索某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，出奇制胜，快速简便地求解问题．第二节电场能的性质【基本概念、规律】一、电场力做功和电势能1．电场力做功(1)特点：静电力做功与实际路径无关，只与初末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．②W AB＝qU AB，适用于任何电场．2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功．(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p.(3)电势能具有相对性．二、电势、等势面1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．(2)定义式：φ＝E p q.(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因零电势点的选取不同而不同．2．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(2)特点①在等势面上移动电荷，电场力不做功．②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向垂直．③电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．三、电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功W AB与移动的电荷的电量q的比值．2．定义式：U AB＝W AB q.3．电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.4．电势差与电场强度的关系匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积，即U AB＝Ed.特别提示：电势和电势差都是由电场本身决定的，与检验电荷无关，但电场中各点的电势与零电势点的选取有关，而电势差与零电势点的选取无关．【重要考点归纳】考点一电势高低及电势能大小的比较1．比较电势高低的方法(1)根据电场线方向：沿电场线方向电势越来越低．(2)根据U AB＝φA－φB：若U AB＞0，则φA＞φB，若U AB＜0，则φA＜φB.(3)根据场源电荷：取无穷远处电势为零，则正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．2．电势能大小的比较方法(1)做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加(与其他力做功无关)．(2)电荷电势法正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．考点二等势面与粒子运动轨迹的分析1．几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等；(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．考点三公式U＝Ed的拓展应用1．在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d.推论如下：(1)如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝φA＋φB2.(2)如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则U AB＝U CD.2．在非匀强电场中U＝Ed虽不能直接应用，但可以用作定性判断．考点四电场中的功能关系1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W AB＝qU AB计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.注意：电荷沿等势面移动电场力不做功．2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．3.在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律和功能关系．(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)．(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化．(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系．(4)有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可以守恒．【思想方法与技巧】E－x和φ－x图象的处理方法1．E－x图象(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．2．φ－x图象(1)描述了电势随位移变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．3.看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义．第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动【基本概念、规律】一、电容器、电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电量：一个极板所带电量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义式：C＝Q U.(2)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比．(2)决定式：C＝εr S4πkd，k为静电力常量．特别提醒：C＝QU⎝⎛⎭⎫或C＝ΔQΔU适用于任何电容器，但C＝εr S4πkd仅适用于平行板电容器．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv2；(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12mv2－12mv2.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．特别提示：带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．【重要考点归纳】考点一平行板电容器的动态分析运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路1．确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(1)保持两极板与电源相连，则电容器两极板间电压不变．(2)充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变．2．用决定式C ＝εr S 4πkd 分析平行板电容器电容的变化． 3．用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． 4．用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化． 5.在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E ＝U d，分析板间电场强度的变化情况．考点二 带电粒子在电场中的直线运动1．运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．2．分析思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．考点三 带电粒子在电场中的偏转1．基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md. (2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0. (3)位移⎩⎪⎨⎪⎧ v x t ＝v 0t ＝l 12at 2＝y ， y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d. (4)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，v y ＝qUt md ， v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 20及tan θ＝qUl mdv 20得tan θ＝Ul 2U 0d. (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到电场边缘的距离为l 2. 3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差． 【思想方法与技巧】带电粒子在交变电场中的偏转1．注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件．2．比较通过电场的时间t 与交变电场的周期T 的关系：(1)若t ≪T ，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强．(2)若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性．对称思想、等效思想在电场问题中的应用一、割补法求解电场强度由于带电体不规则，直接求解产生的电场强度较困难，若采取割或补的方法，使之具有某种对称性，从而使问题得到简化．二、等效法求解电场中的圆周运动1.带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则过程往往比较简捷．2.等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路：(1)求出重力与电场力的合力F 合，将这个合力视为一个“等效重力”．(2)将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”． (3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．。

高考物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量定理1．质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙坑里．求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I ． 【答案】(1)122()mg t t t + (2)1mgt 【解析】试题分析：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有： mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得：方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有： mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点：冲量定理点评：本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法．2．如图所示，长为L 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球，O 点离地高度为H 。

现将细绳拉至与水平方向成30︒，由静止释放小球，经过时间t 小球到达最低点，细绳刚好被拉断，小球水平抛出。

若忽略空气阻力，重力加速度为g 。

(1)求细绳的最大承受力；(2)求从小球释放到最低点的过程中，细绳对小球的冲量大小；(3)小明同学认为细绳的长度越长，小球抛的越远；小刚同学则认为细绳的长度越短，小球抛的越远。

请通过计算，说明你的观点。

【答案】（1）F =2mg ；（2）()22F I mgt m gL =+；（3）当2HL =时小球抛的最远 【解析】 【分析】 【详解】(1)小球从释放到最低点的过程中，由动能定理得201sin 302mgL mv ︒=小球在最低点时，由牛顿第二定律和向心力公式得20mv F mg L-= 解得：F =2mg(2)小球从释放到最低点的过程中，重力的冲量I G =mgt动量变化量0p mv ∆=由三角形定则得，绳对小球的冲量()22F I mgt m gL =+(3)平抛的水平位移0x v t =，竖直位移212H L gt -=解得2()x L H L -当2HL =时小球抛的最远3．如图所示，用0.5kg 的铁睡把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v =4.0m/s ，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s （取g =10m/s 2），那么：（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力多大？（2）考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？【答案】（1）200N，方向竖直向下；（2）205N，方向竖直向下【解析】【详解】（1）不计铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为1F，取铁锤的速度v的方向为正方向，以铁锤为研究对象，由动量定理得10F t mv-=-则10.5 4.0N200N0.01mvFt ⨯===由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力1F'的大小也为200N，方向竖直向下。