2020届高三精准培优专练十一 动量和冲量、动量定理及其应用(考试版)

培优点十二动量和冲量、动量定理及其应用一、考点分析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。

二、考题再现典例1. (2018∙全国II卷∙15)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，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N【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：212mgh mv =，解得：1015m/s v =，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：(F －mg )t = 0－(－mv )，解得：F ≈1000 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典例2. (2017∙全国III 卷∙20)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】法一根据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、4kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。

第1讲 动量 冲量 动量定理A 组 基础过关1.把重物压在纸带上,用一水平力缓缓拉动纸带,重物跟着纸带一起运动;若迅速拉动纸带,纸带就会从重物下抽出。

这个现象的原因是( ) A.在缓缓拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力大 B.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力小 C.在缓缓拉动纸带时,纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的冲量大答案 C 用水平力缓缓拉动纸带,重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力,A 、B 均错误;迅速拉动纸带时,因作用时间短,重物所受冲量较小,重物速度变化小,纸带易抽出,故C 正确,D 错误。

2.(2018安徽合肥一模)质量为0.2kg 的小球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面上,再以4m/s 的速度反向弹回。

取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是( ) A.Δp=2kg·m/s W=-2J B.Δp=-2kg ·m/s W=2J C.Δp=0.4kg·m/s W=-2J D.Δp=-0.4kg·m/s W=2J答案 A 取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp=mv 2-mv 1=0.2×4kg·m/s -0.2×(-6)kg·m/s=2kg·m/s,方向竖直向上。

由动能定理可知,合外力做的功W= 2m 22- 2m 2= 2×0.2×42J-2×0.2×62J=-2J 。

故A 正确。

3.(2019山西大同质检)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.2+mgB.2-mgC.+mgD.-mg答案 A 解法一由v2=2gh得v=2。

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。

动量守恒定律及其应用1．对应本知识点的考查，预计综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题是今后命题的热点，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。

2．注意要点：(1)使用动量守恒定律时，要注意是否满足动量守恒定律的条件；(2)在列式时一定要注意动量的矢量性。

典例1.(2019∙全国III卷∙25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m A＝l.0 kg，m B＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。

某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k＝10.0 J。

释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度取g＝10 m/s²。

A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？典例2.(2018∙全国Ⅰ卷∙24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。

爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量，求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

1．右端带有14光滑圆弧轨道质量为M 的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m 的小球以速度v 0水平冲上小车，关于小球此后的运动情况，以下说法正确的是( ) A ．小球可能离开小车水平向右做平抛运动 B ．小球可能从圆弧轨道上端抛出而不再回到小车 C ．小球不可能离开小车水平向左做平抛运动 D ．小球不可能离开小车做自由落体运动2．(多选)如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑，则( ) A ．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 B ．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 C ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处D ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动3．某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右。

高考物理专题训练：动量（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列有关动量的说法中正确的是( ) A ．物体的动量发生改变，其动能一定改变 B ．物体的运动状态改变，其动量一定改变C ．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D ．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒 【答案】B【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A 错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P ＝mv 知，动量一定改变。

故B 正确。

对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C 错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D 错误.2．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。

关于物体受到的冲量，以下说法正确的是( )A ．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B ．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C ．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下 【答案】D【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则：1mg fa m ＝；下降的过程中空气的阻力方向向上，则：1-mg fa m ＝＜a 1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。

物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同。

故A 错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小。

故B 错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量。

高考物理动量定理的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．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。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为10.5T B =，右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为20.5T B =。

在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ，另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上，与导轨垂直且接触良好，ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =，ab 棒的电阻为12r =Ω，cd 棒的电阻为24r =Ω。

已知t =0时刻起，cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动)，而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态，F 随时间变化的关系如图乙所示，ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。

其中导轨的电阻不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。

(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况； (2)若t =0时刻起，求2s 内cd 受到拉力的冲量；(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ，则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动；(2)1.6N s g ；(3)43.2J 【解析】 【详解】(1)设绳中总拉力为T ，对导体棒ab 分析，由平衡方程得：sin θF T BIl =+cos θT mg =解得：tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知：1.50.2F t =+则有：0.4I t =cd 棒上的电流为：0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系：8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为：0.4I t =则在2 s 内，平均电流为0.4 A ，通过的电荷量为0.8 C ，通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得：sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得： 1.6N s F I =g(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =，则ab 棒产生的热量也为Q ，cd 棒上产生的热量为8Q ，则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ，即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为：G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ，由动能定理得：F W W'-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s 解得：43.2J F W '=2．2019年 1月 3日，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面，并通过“鹊桥”中继卫星传回了世界上第一张近距离拍摄月球背面的图片。

冲量、动量、动量定理的应用训练题含答案一、选择题（其中1、3、6、7题为多选题，其余为单选题）1、在下列各种运动中，任何相等的时间内物体动量的增量总是相同的有（ ）A 、匀加速直线运动B 、平抛运动C 、匀减速直线运动D 、匀速圆周运动2、质量为5 kg 的物体，原来以v=5 m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N ·s 的作用，历时4 s ，物体的动量大小变为 ( )A.80 kg ·m/sB.160 kg ·m/sC.40 kg ·m/sD.10 kg ·m/s3、用力拉纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是：（ ）A 、在缓慢拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力大；B 、在迅速拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力小；C 、在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大；D 、在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小．4、从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛．三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（ ）A 、抛出时三球动量不是都相同，甲、乙动量相同，并均不小于丙的动量B 、落地时三球的动量相同C 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量都不同D 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量不都相同5、若质量为m 的小球从h 高度自由落下，与地面碰撞时间为，地面对小球的平均作用力大小为F ，则在碰撞过程中（取向上的方向为正）对小球来说（ ）A 、重力的冲量为B 、地面对小球的冲量为C 、合力的冲量为D 、合力的冲量为6、一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t 内A.物体受重力的冲量为零B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量 小C.物体动量的增量大于抛出时的动量D.物体机械能的减小量等于FH7.恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图8—1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.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Ftcos θD.合力对物体的冲量大小为零8、物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间Δt 1内速度由0增大到v ，在时间Δt 2内速度由v 增大到2v 。

高中物理动量定理练习题及答案及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图 1 所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿 y 轴方向没有变化，与横坐标 x 的关系如图 2 所示，图线是双曲线（坐标是渐近线）；顶角 =53°的光滑金属长导轨 MON 固定在水平面内， ON 与 x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，已知t=0 时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量为m=4kg；OM、 ON 接触处 O 点的接触电阻为R=0． 5Ω，其余电阻不计，回路电动势 E 与时间 t 的关系如图 3 所示，图线是过原点的直线，求：（1） t=2s 时流过导体棒的电流强度的大小；（2）在 1~2s 时间内导体棒所受安培力的冲量大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力F（单位： N）与横坐标 x（单位： m）的关系式．【答案】（ 1） 8A（ 2）8N s （3）F 6 323x 9【解析】【分析】【详解】（1）根据 E-t 图象中的图线是过原点的直线特点，可得到t=2s 时金属棒产生的感应电动势为E 4V由欧姆定律得I 2 E 4 A 8AR 0.5（2）由图 2 可知，B x1(T m)由图 3 可知， E 与时间成正比，有E=2t （ V）I E4t R因=53°，可知任意 t 时刻回路中导体棒有效切割长度4x L3又由F安BIL所以F 安 16 t3 即安培力跟时间成正比所以在 1~2s 时间内导体棒所受安培力的平均值1632F33N 8N2故I 安 Ft 8N s（3）因为EBLv 4Bx v3所以v 1.5t(m/s)可知导体棒的运动时匀加速直线运动，加速度a1.5m/s 2又 x1at 2 ，联立解得2F 632 3x9【名师点睛】本题的关键首先要正确理解两个图象的数学意义，运用数学知识写出电流与时间的关系，要掌握牛顿运动定律、闭合电路殴姆定律，安培力公式、感应电动势公式．2． 一质量为 0.5kg 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 .物块以 v 0 ＝ 8m/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7m/s ，碰后以 5m/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 0.05s ，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.【答案】（ 1） 0.32 （ 2） F 130N （ 3） W 9J【解析】（1）由动能定理，有：mgs1 mv2 1 mv 02 可得0.32 ．22（2）由动量定理，有F t mv ' mv 可得 F 130N ．（3）W 1 mv'2 9J ．2【考点定位】本题考查动能定理、动量定理、做功等知识3．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2是合力指对位移的平均值．(1)质量为 1.0kg 的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在 2.0s 的时间内运动了2.5m 的位移，速度达到了 2.0m/s ．分别应用动量定理和动能定理求出平均力 F 和 F 的1 2 值．(2)如图 1 所示，质量为m 的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v0 变化到 v 时，经历的时间为t，发生的位移为x．分析说明物体的平均速度v 与v0 1、 v 满足什么条件时， F和 F2是相等的．(3)质量为 m 的物块，在如图 2 所示的合力作用下，以某一初速度沿x 轴运动，当由位置x=0 运动至 x=A 处时，速度恰好为 0，此过程中经历的时间为tm，求此过程中物块2 k所受合力对时间t 的平均值．x v0 v时， F1=F2；（ 3）F 2kA【答案】（ 1） F1 =1.0N， F2=0.8N；（ 2）当v2 ．t【解析】【详解】解： (1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：F1gt mv t解得： F1 mv t 1.0 2.01.0N tN2.0物块在加速运动过程中，应用动能定理有：F2 gx 1mv t2 2解得：F2 mv t2 1.0 2.02 N 0.8N2 x 2 2.5(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：Ft1 mv mv0解得： F1 m(v v0 )t物块在运动过程中，应用动能定理有：F 2 x1 mv2 1 mv 0222解得：F 2m(v 2v 02 )2x当 F 1F 2 时，由上两式得：xv 0vv2t(3)由图 2 可求得物块由x 0 运动至 x A 过程中，外力所做的功为：W1kAgA1 kA 222设物块的初速度为 v 0 ，由动能定理得： W 01mv 0 22解得：v 0Akm设在 t 时间内物块所受平均力的大小为 F ，由动量定理得： Ft 0 mv 0由题已知条件： tm2k2kA解得： F4． 如图所示，真空中有平行正对金属板 A 、 B ，它们分别接在输出电压恒为 U=91V 的电源两端，金属板长 L=10cm 、两金属板间的距离 d=3.2cm ， A 、 B 两板间的电场可以视为匀强电场。

专题6.1 动量和动量定理动量守恒定律1．（2019·浙江绍兴一中期末）关于冲量，下列说法中正确的是( )A．冲量是物体动量变化的原因 B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大 D．冲量的方向就是物体运动的方向【答案】A【解析】力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误．2．(2019·安徽合肥一中期末)一质量为m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是( )A．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等【答案】D【解析】物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大，故A错误；根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大，故B错误；由功的公式W＝Fx知道，在相同的时间间隔内，F做功增大，故C错误；根据动量定理得Ft＝Δp，F、t相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等，故D正确．3.(多选)(2019·湖南常德一中月考)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的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，到达距地面深度为h 的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A ．小球的机械能减小了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】AC【解析】小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg (H ＋h )，则小球的机械能减小了mg (H ＋h )，故A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg (H ＋h )－W f ＝0，则小球克服阻力做功W f ＝mg (H ＋h )，故B 错误；小球落到地面的速度v ＝2gH ，对进入泥潭的过程运用动量定理得I G －I f ＝0－m 2gH ，得I f ＝I G ＋m 2gH ，知阻力的冲量大于m 2gH ，故C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D 错误．4．（2019·江西金溪一中期中）(2019·河南开封模拟)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 ．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·sB ．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C ．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·sD ．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s【答案】A 【解析】小球从被抛出至到达最高点经历时间t ＝v 0g ＝2 s ，受到的冲量大小为I ＝mgt ＝10 N·s，选项A 正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s ，受到的冲量大小为20 N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s ，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s，选项B 、C 、D 错误。

2020高考一轮第六章第1讲动量和动量定理（通用版）物 理[基础知识·填一填][知识点1] 动量1．定义：运动物体的质量和 速度 的乘积叫做物体的动量，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． [知识点2] 冲量1．定义：力F 与力的作用时间t 的 乘积 . 2．定义式：I ＝ Ft . 3．单位： N·s .4．方向：恒力作用时，与力的方向 相同 .5．物理意义：是一个过程量，表示力在 时间 上积累的作用效果．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×) (2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×) (3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×) (4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×) (6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√) [知识点3] 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 ＝ p ′－pI ＝Δp.3．矢量性：动量变化量的方向与 合外力 的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同．(×) (2)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．(√) (3)Δp 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．(√)(4)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．(√)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－5 P11第1题改编)关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是( ) A ．一物体的动量不变，其动能一定不变 B ．一物体的动能不变，其动量一定不变 C ．两物体的动量相等，其动能一定相等 D ．两物体的动能相等，其动量一定相等 答案：A2．(人教版选修3－5 P7例1改编)如图所示，一质量为m 的滑块沿光滑的水平面以速度v 0运动．遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为12v 0，则以下说法正确的是( )A ．滑块的动量改变量的大小为12mv 0B ．滑块的动量改变量的大小为32mv 0C ．滑块的动量改变量的方向与v 0的方向相同D ．重力对滑块的冲量为零 答案：B3．(人教版选修3－5 P8例2改编)(多选)一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J解析：AC [设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F ·t ＝m (v t －v 0)，取末速度方向为正方向，则v t ＝45 m/s ，v 0＝－25 m/s ，代入上式得F ＝1 260 N ．由动能定理得W ＝12mv 2t －12mv 20＝126 J ，故A 、C 正确．]4．(人教版选修3－5 P9科学漫步改编)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度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力．(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． 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 ＝60×30130N ＝5.4×104N.(2)若人系有安全带，则F ′＝mv 0t ＝60×301N ＝1.8×103N.答案：(1)5.4×104N (2)1.8×103N考点一 动量与冲量的理解[考点解读]1．动能、动量、动量变化量的比较2.(1)冲量和功都是过程量．冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用． (2)冲量是矢量，功是标量．(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零． 3．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I ＝Ft 计算． (2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F 在某段时间t 内的冲量I ＝F 1＋F 22t ，其中F 1、F 2为该段时间内初、末两时刻力的大小．②作出F －t 变化图线，图线与t 轴所夹的面积即为变力的冲量．如图所示．③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp 间接求出冲量．[典例赏析][典例1] 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，在到达斜面底端的过程中( )A ．重力的冲量相同B ．弹力的冲量相同C ．合力的冲量相同D ．以上说法均不对[解析] D [高度相同，则下滑的距离x ＝h sin θ，加速度a ＝g sin θ，根据x ＝12at 2，得：t ＝2xa＝1sin θ2hg，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I ＝mgt 知，重力的冲量不同，故A 错误．对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同，故B 错误．合力的大小F 合＝mg sin θ，可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量不同，故C 错误．]对冲量的理解在计算支持力的冲量时，有的同学认为I N ＝0，这种错误观点在于未分清冲量与功的概念，应注意力对物体做功时，力的冲量不为零，但力对物体有冲量时，力不一定对物体做功．[题组巩固]1．(多选)从水平地面上方同一高度处，使a 球斜上抛，b 球平抛，且两球质量相等，初速度大小相同，最后落于同一水平地面上，空气阻力不计．在此过程中，下列说法正确的是( )A ．两球着地时的动能相同B ．两球着地时的动量相同C ．重力对两球所做的功相同D ．重力对两球的冲量相同解析：AC [斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两球初位置高度相同，故重力做功相同，由动能定理得，W G ＝mgh ＝E k －12mv 20，因为两球的质量、初速度相同，下落的高度相同，故重力对两球所做的功相同，两球着地时的动能相同，故A 、C 正确；两球初始高度相同，a 球斜上抛，b 球平抛，a 球开始时具有向上的分速度，所以a 球运动的时间比b 球运动的时间长，故重力对a 球的冲量比对b 球的冲量大，故D 错误；由于二者落地时的动能相等，则落地时的速度大小相等，而落地时a 球竖直方向的分动量大，所以二者落地时速度的方向和动量的方向不同，故B 错误．]2．(多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m 的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v 0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2.如果忽略空气阻力，则下列叙述正确的是( )A ．过程1和过程2动量的变化大小都为mv 0B．过程1和过程2动量变化的方向相反C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下D．过程1和过程2的重力的总冲量为0解析：AC [根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用，选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，故A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误．] 3．(2019·合肥模拟)(多选)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )A．第2 s末，质点的动量为0B．第4 s末，质点回到出发点C．在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小D．在1～3 s时间内，F的冲量为0解析：CD [从图象可以看出在前2 s力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，而不是0，故A错误；该物体在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0～4 s内的位移为正，故B错误；0～2 s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv 得力F瞬时功率开始时为0,2 s末的瞬时功率为0，所以在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在F－t图象中，图象与t轴围成的面积表示力F的冲量，由图可知，1～2 s之间的面积与2～3 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在1～3 s时间内，F的冲量为0，故D正确．]考点二动量定理的理解及应用[考点解读]1．对动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft＝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)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．(3)应用动量定理解释两类物理现象①当物体的动量变化量一定时，力的作用时间t越短，力F就越大，力的作用时间t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t越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间t越短，动量变化量Δp 越小．2．应用动量定理解题的一般步骤。