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图1高考物理动量定理和动能定理综合应用1． 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F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2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 1和F 2的值。
（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v 0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v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2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2mt kπ=程中物块所受合力对时间t 的平均值。
2．对于一些变化的物理量，平均值是衡量该物理量大小的重要的参数。
比如在以弹簧振子为例的简谐运动中，弹簧弹力提供回复力，该力随着时间和位移的变化是周期性变化的，该力在时间上和位移上存在两个不同的平均值。
弹力在某段时间内的冲量等于弹力在该时间内的平均力乘以该时间段；弹力在某段位移内做的功等于弹力在该位移内的平均值乘以该段位移。
如图1所示，光滑的水平面上，一根轻质弹簧一端和竖直墙面相连，另一端和可视为质点的质量为m 的物块相连，已知弹簧的劲度系数为k ，O 点为弹簧的原长，重力加速度为g 。
该弹簧振子的振幅为A 。
（1）①求出从O 点到B 点的过程中弹簧弹力做的功，以及该过程中弹力关于位移x 的平均值的大小F x ̅；②弹簧振子的周期公式为2π√mk ，求从O 点到B 点的过程中弹簧弹力的冲量以及该过程中弹力关于时间t 的平均值的大小F t ̅；（2）如图2所示，阻值忽略不计，间距为l 的两金属导轨MN 、PQ 平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为R 的电阻，一阻值为r 质量为m 的金属棒ab 跨在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为μ，磁感应强度为B 的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度v 0，金属棒运动一段时间后静止，水平位移为x ，导轨足够长，求整个运动过程中，安培力关于时间的平均值的大小F t ̅。
热点17动量和能量观点的应用(建议用时：20分钟)1．(多选)(2021·广东肇庆市第二次统一测试)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比Mm可能为()A．1B．2C．3D．42. (多选)(2021·新疆维吾尔自治区第二次联考)如图所示，光滑的水平地面上，质量为m的小球A正以速度v向右运动。
与前面大小相同、质量为3m的B 球相碰，则碰后A、B两球总动能可能为()A．18m v2B．116m v2C．14m v2D．58m v23．(多选)(2021·广西柳州市柳江中学高考模拟)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图示表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断()A．A、B的质量比为3∶2B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变4. (2021·四川攀枝花市第二次统考)如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计)，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.1 m、0.4 m。
已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1∶m2为()A．4∶1 B．1∶4C．2∶1 D．1∶25. (2021·山东泰安市二轮检测)如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为M＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。
滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2，则h1∶h2为()A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶36．(多选)(2021·福建省名校联盟开学考)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。
高考物理动量与动能定理难点解析在高考物理中，动量与动能定理是非常重要的知识点，也是很多同学感到头疼的难点。
理解和掌握这两个定理，对于解决物理问题、提高物理成绩至关重要。
接下来，我们就来深入解析一下高考物理中动量与动能定理的难点。
一、动量定理动量定理的表达式为：合外力的冲量等于物体动量的变化量，即$I＝＼Delta p$。
其中，冲量$I ＝ F ＼cdot ＼Delta t$，＄F$是合外力，＄＼Deltat$是作用时间；动量$p ＝ mv$，＄m$是物体质量，＄v$是物体速度。
1、难点之一：理解冲量的概念冲量是力在时间上的积累效果。
很多同学容易将冲量与力混淆，认为冲量就是力。
其实不然，冲量是一个过程量，它取决于力的大小和作用时间。
例如，一个恒力作用在物体上一段时间，冲量就等于力乘以时间；如果力是变化的，就需要用积分的方法来计算冲量。
在实际问题中，计算冲量时要注意明确力的作用时间。
比如，一个物体在粗糙水平面上滑行，摩擦力的冲量就等于摩擦力乘以滑行时间。
2、难点之二：应用动量定理解决问题应用动量定理解决问题时，关键是要确定研究对象和研究过程，分析合外力的冲量以及动量的变化。
例如，一个质量为$m$的小球从高处自由下落，与地面碰撞后反弹。
在这个过程中，重力的冲量是多少？首先，确定研究过程为小球从开始下落到反弹离开地面。
重力是恒力，作用时间为整个下落和反弹的时间。
重力的冲量就等于重力大小乘以总时间。
再比如，一个物体在水平方向上受到多个力的作用，要分析其动量的变化，就需要求出合外力的冲量。
二、动能定理动能定理的表达式为：合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，即$W ＝＼Delta E_k$。
其中，功$W ＝ F ＼cdot s ＼cdot ＼cos\theta$，＄F$是合外力，＄s$是物体在力的方向上的位移，＄＼theta$是力与位移的夹角；动能$E_k ＝＼frac{1}｛2}mv^2$。
1、难点之一：理解功和动能的关系功是能量转化的量度，合外力做功会引起物体动能的变化。
动能和动量的关系是什么
动量是力对时间的积累效果，对应于力乘时间；动能是力对空间的积累效果，对应于力乘距离。
动能和动量的异同相同点：①都是描述物体运动状态的物理量。
②都跟M、V有关。
不同点：①动量只表运动的传递。
动能既能传递，又能转化。
②动量是矢量，动量的变化与F、t联系。
动能是标量，动能的变化与功相联系。
③动能变化，动量必变化。
而动量变化，动能不一定变化动能和动量有什么关系动能的物理定义就是：使某物体从静止状态至运动状态所做的功。
在经典力学里面就是E=(1/2)mv 动量的物理定义就是：与物体的质量和速度相关的物理量。
在经典力学里面就是P=mV(大写为向量)光看定义这两货当然不同，而且是非常不同。
除了他们的值都和质量与速度有关之外。
但是，在实际应用和解题中，这两个关系还算是比较密切的（我估计您问的是动能守恒和能量守恒的区别）。
考虑下面这个问题，一辆车和另一辆车相撞。
已知这两辆车的速度和质量，我想知道撞车以后他们的运动轨迹。
显然，在撞车的那一刻，两辆车互相相撞火花飞溅。
都不知道有多少能量变成了内能，这个时候用能量守恒定率肯定是不可行的了。
但谢天谢地，动量守恒还是可以运用的。
而且在这个例子中有一个运用动量守恒更加有力的理由——在动量里面
速度是向量，也就是说你甚至可以知道他们相撞以后的方向!在这种损失能量的碰撞中，所谓的“非弹性碰撞”中，运用能量守恒公式是个非常不明智的选择。
考点规范练40电磁感应中的动力学、能量与动量问题一、单项选择题1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,磁场区域宽度大于线圈宽度,则( )A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时即已停下C.线圈在磁场中某个位置停下D.线圈能通过场区不会停下2.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为l ,直导线MN 垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B 。
电容器的电容为C ,除电阻R 外,导轨和导线的电阻均不计。
现给导线MN 一初速度,使导线MN 向右运动,当电路稳定后,MN 以速度v 向右做匀速运动时( )A.电容器两端的电压为零B.电阻两端的电压为BlvC.电容器所带电荷量为CBlvD.为保持MN 匀速运动,需对其施加的拉力大小为B 2l 2vR3.(2021·辽宁模拟)如图所示,间距l=1 m 的两平行光滑金属导轨固定在水平面上,两端分别连接有阻值均为2 Ω的电阻R 1、R 2,轨道有部分处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B=1 T 的有界匀强磁场中,磁场两平行边界与导轨垂直,且磁场区域的宽度为d=2 m 。
一电阻r=1 Ω、质量m=0.5 kg 的导体棒ab 垂直置于导轨上,导体棒现以方向平行于导轨、大小v 0=5 m/s 的初速度沿导轨从磁场左侧边界进入磁场并通过磁场区域,若导轨电阻不计,则下列说法正确的是( )A.导体棒通过磁场的整个过程中,流过电阻R 1的电荷量为1 CB.导体棒离开磁场时的速度大小为2 m/sC.导体棒运动到磁场区域中间位置时的速度大小为3 m/sD.导体棒通过磁场的整个过程中,电阻R 2产生的电热为1 J4.如图所示,条形磁体位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置,一半径为R 、质量为m 的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑,重力加速度大小为g 。
高中物理中动量和动能、冲量的关系全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：动量和动能、冲量是高中物理中非常重要的概念，它们之间有着紧密的关系。
理解这些概念对于我们理解物体在运动中的状态以及相互作用的原理至关重要。
本文将详细讨论动量、动能和冲量之间的关系，并探讨它们在物理学中的实际应用。
我们先来了解一下这三个概念的基本定义。
动量是描述物体运动状态的物理量，其定义为物体的质量与速度的乘积，即P=mv（其中P 为动量，m为物体的质量，v为物体的速度）。
动量是矢量量，具有方向性，其方向与速度方向一致。
动能则是物体由于运动而具有的能量，其计算公式为K=\frac{1}{2} mv^2（其中K为动能）。
而冲量则是描述物体在力作用下产生的改变速度的物理量，其定义为物体所受合力在时间间隔内的累积，即I=F\Delta t（其中I为冲量，F为合力，\Delta t为时间间隔）。
动量和动能之间存在着密切的关系。
根据牛顿第二定律，力的作用会改变物体的动量，即F=\frac{\Delta P}{\Delta t}。
在力作用下，物体的动能也会发生改变，根据功的定义，力对物体做功等于物体动能的改变量，即W=\Delta K。
在力的作用下，物体的动量和动能是相互关联的，它们之间存在着密切的对应关系。
动量和冲量之间的关系也非常重要。
根据冲量-动量定理，物体受到的冲量等于物体动量的变化量，即I=\Delta P。
这表明，冲量是导致物体动量发生变化的原因，是力在时间间隔内对物体产生的“瞬时影响”。
冲量的大小取决于作用力的大小和作用时间的长短，可以通过控制力的大小和时间来实现对物体动量的控制。
在物理学中，动量和冲量的概念广泛应用于各种物理现象的分析和计算。
在碰撞过程中，动量守恒定律可以用来描述物体碰撞前后动量的总和不变的原理。
而在工程中，通过控制物体受到的冲量来实现对机械装置的动力传递和控制。
在实际生活中，我们也可以通过控制物体的动能和动量来改变其运动状态，实现对物体运动的调控和控制。
压轴题04用动量和能量的观点解题1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。
近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。
考向一：动量定理处理多过程问题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．考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题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′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22②由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度。
高中物理动能定理和动量定理
1. 动能定理：
根据动能定理，物体的动能E与其质量m和速度v之间存在着一定的关系。
动能定理可以表达为：物体的动能等于其质量与速度的平方之积的一半。
即E = 0.5mv²。
E表示物体的动能，m表示物体的质量，v表示物体的速度。
2. 动量定理：
根据动量定理，物体的动量p与其质量m和速度v之间存在一定的关系。
动量定理可以表达为：物体的动量等于其质量与速度的乘积。
即p = mv。
p表示物体的动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。
动能定理和动量定理是物理中关于运动的两个重要定理，通过它们可以分析物体在运动过程中的能量变化和动量的变化情况。
这些定理对于了解物体运动的规律以及实际应用都有着重要的意义。
但请注意，以上内容仅供参考，具体要根据教材或相关资料进行验证和学习。
第41讲 动量定理与动能定理的区别及动量定理在物体系问题中的巧妙运用（多选）1．（2022•乙卷）质量为1kg 的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。
已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g ＝10m/s 2。
则（ ）A ．4s 时物块的动能为零B ．6s 时物块回到初始位置C ．3s 时物块的动量为12kg •m/sD ．0～6s 时间内F 对物块所做的功为40J（多选）2．（2021•乙卷）水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动。
物体通过的路程等于s 0时，速度的大小为v 0，此时撤去F ，物体继续滑行2s 0的路程后停止运动。
重力加速度大小为g 。
则（ ） A ．在此过程中F 所做的功为12mv 02B ．在此过程中F 的冲量大小等于32mv 0C ．物体与桌面间的动摩擦因数等于v 024s 0gD ．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍一.知识回顾1.动量定理与动能定理的比较理，空间效应则用动能定理。
3.对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定理，就非常简单（详现下面例题）二.例题精析：题型一：一题用到两定理（多选）例1．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/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45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列说法正确的是（）A．球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为3.6kg•m/sB．球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为12.6kg•m/sC．球棒对垒球的平均作用力大小为1260ND．球棒对垒球的平均作用力大小为360N题型二：巧用动量定理解决物体系问题例2．如图所示，质量分别为m1＝3kg、m2＝1kg的两小物块A、B用平行于斜面的轻细线相连，两物块均静止于斜面上，用平行于斜面向上的恒力拉A，使其以加速度a＝2m/s2沿斜面向上运动，经时间t1＝2s，细线突然被拉断，再经时间t2＝1s，B上滑到最高点，则B到达最高点时A的速度大小为（）A．6m/s B．8m/s C．9m/s D．10m/s三.举一反三，巩固练习1.如图甲所示，某选手正在进行定点投篮。
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
八、动量与能量1．动量 2．机械能1．两个“定理”（1）动量定理：F ·t =Δp 矢量式 (力F 在时间t 上积累，影响物体的动量p )（2）动能定理：F ·s =ΔE k 标量式 (力F 在空间s 上积累，影响物体的动能E k ) 动量定理与动能定理一样，都是以单个物体为研究对象．但所描述的物理内容差别极大．动量定理数学表达式：F 合·t =Δp ，是描述力的时间积累作用效果——使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化．例如，质量为m 的小球以速度v 0与竖直方向成θ角打在光滑的水平面上，与水平面的接触时间为Δt ，弹起时速度大小仍为v 0且与竖直方向仍成θ角，如图所示．则在Δt 内：以小球为研究对象，其受力情况如图所示．可见小球所受冲量是在竖直方向上，因此，小球的动量变化只能在竖直方向上．有如下的方程：F ′击·Δt -mg Δt =mv 0cos θ-（-mv 0cos θ）小球水平方向上无冲量作用，从图中可见小球水平方向动量不变．综上所述，在应用动量定理时一定要特别注意其矢量性．应用动能定理时就无需作这方面考虑了．Δt 内应用动能定理列方程：W 合=mυ02/2－mυ02 /2 =02．两个“定律”（1）动量守恒定律：适用条件——系统不受外力或所受外力之和为零公式：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2 ′或 p =p ′（2）机械能守恒定律：适用条件——只有重力（或弹簧的弹力）做功公式：E k2+E p2=E k1+E p1 或 ΔE p = －ΔE k3．动量守恒定律与动量定理的关系一、知识网络二、画龙点睛 规律动量守恒定律的数学表达式为：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′＋m 2v 2′，可由动量定理推导得出． 如图所示，分别以m 1和m 2为研究对象，根据动量定理：F 1Δt = m 1v 1′- m 1v 1 ①F 2Δt = m 2v 2′- m 2v 2 ②F 1=-F 2 ③∴ m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′＋m 2v 2′ 可见，动量守恒定律数学表达式是动量定理的综合解．动量定理可以解决动量守恒问题，只是较麻烦一些．因此，不能将这两个物理规律孤立起来．4．动能定理与能量守恒定律关系——理解“摩擦生热”(Q =f ·Δs )设质量为m 2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m 1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f ，经过一段时间，物块的位移为s 1，板的位移s 2，此时两物体的速度变为υ′1和υ′2由动能定理得：-fs 1=m 1υ1′2/2－m 1υ12/2 ①fs 2=m 2υ2′2/2－m 2υ22/2 ②在这个过程中，通过滑动摩擦力做功，机械能不断转化为内能，即不断“生热”，由能量守恒定律及①②式可得：Q =(m 1υ12/2+m 2υ22/2)－(m 1υ1′2/2－m 2υ2′2/2)=f (s 1－s 2)= f ·Δs ③ 由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，损失的机械能（“生热”）等于摩擦力与相对位移的乘积。
【高中物理】动量和动能的区别
动量和动能都是反映物体运动状态的物理量，又都取决于运动物体的质量和速度，但
是这两个物理量有着本质的区别。
一、动量和动能的变化分别对应着力的两个不同的累积效应
动量定理叙述了冲量就是物体动量变化的量度。
动量就是表观运动状态的量，动量的
增量则表示物体运动状态的变化，冲量则就是引发运动状态发生改变的原因，并且就是动
量变化的量度。
动量定理叙述的就是一个过程，在此过程中，由于物体受冲量的促进作用，引致物体的动量发生变化。
动能定理揭示了动能的变化是通过做功过程来实现，且动能的变化是通过做功来量度的。
动能定理所揭示的这一关系。
也是功跟各种形式的能量变化的共同关系，即功是能量
变化的量度。
各种形式的能是可以相互转化的，这种转化也都是通过做功来实现的，且通
过做功来量度。
由此可见。
动量和动能的根本区别，就在于它们描述物理过程的特征和守
恒规律不同。
每一个运动的物体都具有一定的动量和动能，但动量的变化和能量的转化，
完全服从不同的规律。
因此要了解和区别这两个概念，就必须从物理变化过程中去考虑。
动量的变化整体表现着力对时间的积累效应，动量的变化与外力的冲量成正比；动能
的变化整体表现着力对空间的积累效应，动能的变化与外力搞的功成正比。
动量与冲量既
就是密切联系着的、又就是存有本质区别的物理量。
动量同意物体抵抗阻力能移动多久；
动能与功也就是密切联系着的。
又就是存有本质区别的物理量，动能同意物体抵抗阻力能
移动多离。
图1高考物理动量定理和动能定理综合应用1． 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F 1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F 2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 1和F 2的值。
（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v 0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v 0、v 满足什么条件时，F 1和F 2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2mt kπ=程中物块所受合力对时间t 的平均值。
2．对于一些变化的物理量，平均值是衡量该物理量大小的重要的参数。
比如在以弹簧振子为例的简谐运动中，弹簧弹力提供回复力，该力随着时间和位移的变化是周期性变化的，该力在时间上和位移上存在两个不同的平均值。
弹力在某段时间内的冲量等于弹力在该时间内的平均力乘以该时间段；弹力在某段位移内做的功等于弹力在该位移内的平均值乘以该段位移。
如图1所示，光滑的水平面上，一根轻质弹簧一端和竖直墙面相连，另一端和可视为质点的质量为m 的物块相连，已知弹簧的劲度系数为k ，O 点为弹簧的原长，重力加速度为g 。
该弹簧振子的振幅为A 。
（1）①求出从O 点到B 点的过程中弹簧弹力做的功，以及该过程中弹力关于位移x 的平均值的大小F x ̅；②弹簧振子的周期公式为2π√mk ，求从O 点到B 点的过程中弹簧弹力的冲量以及该过程中弹力关于时间t 的平均值的大小F t ̅；（2）如图2所示，阻值忽略不计，间距为l 的两金属导轨MN 、PQ 平行固定在水平桌面上，导轨左端连接阻值为R 的电阻，一阻值为r 质量为m 的金属棒ab 跨在金属导轨上，与导轨接触良好，动摩擦因数为μ，磁感应强度为B 的磁场垂直于导轨平面向里，给金属棒一水平向右的初速度v 0，金属棒运动一段时间后静止，水平位移为x ，导轨足够长，求整个运动过程中，安培力关于时间的平均值的大小F t ̅。
高中物理中动量和动能、冲量的关系全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：动量和动能，冲量是高中物理中的重要概念，它们分别描述着物体运动时的特性和影响力。
在物理学中，动量是描述物体运动状态的一个量，它是物体的质量和速度的乘积。
而动能则是描述物体运动的能量，它与物体的质量和速度的平方成正比。
冲量则是描述物体在单位时间内受到的力的大小和方向的变化率。
在运动过程中，物体的动量和动能都是守恒的。
这意味着在物体间的相互作用过程中，总动量和总能量始终保持不变。
这一原理可以用来解释许多物理现象，比如碰撞、爆炸等。
动量和动能有着密切的联系，它们之间的关系可以通过物体的质量和速度的关系来表达。
动量的大小取决于物体的质量和速度，而动能则取决于物体的质量和速度的平方。
在相同质量的物体中，速度越大，动量和动能也就越大。
而在相同速度的情况下，质量越大，动量和动能也就越大。
冲量则描述了物体在受到外力作用时的反作用力。
冲量的大小取决于作用力的大小和作用时间的长短。
根据牛顿第三定律，在两个物体相互作用时，它们之间的力相等，方向相反，大小相等，但时间可能不相等。
根据冲量的定义，两个物体在相互作用后，它们的总冲量为零。
动量、动能和冲量的关系在物理学中得到了广泛应用。
在碰撞问题中，动量守恒原理经常用来解决弹性碰撞和非弹性碰撞问题。
而在能量转化问题中，动能的转化和传递也是物体运动的重要特性。
在力学和动力学方面，冲量的概念也被广泛应用于描述物体的运动状态。
动量和动能、冲量是高中物理中的核心概念，它们描述了物体在运动过程中的特性和相互作用。
通过研究这些概念的关系，我们可以更好地理解物理现象和解决实际问题，为物理学的研究和应用提供了重要的理论基础。
希望学生们在学习和探索物理知识的过程中，能够深入理解这些概念，掌握其实际应用方法，为自己的学习和研究打下坚实的基础。
【文章达到2000字】。
第二篇示例：动量和动能、冲量是高中物理课程中非常重要的概念之一，它们是描述物体运动状态和相互作用过程的重要物理量。
高中物理动能动量问题教案
一、教学目标
1. 理解动能和动量的定义及其关系。
2. 掌握动能和动量的计算方法。
3. 能够运用动能和动量的原理解决实际问题。
二、教学内容
1. 动能和动量的概念及计算方法。
2. 动能和动量的关系及应用。
三、教学重点
1. 动能和动量的定义及计算方法。
2. 运用动能和动量的原理解决实际问题。
四、教学难点
1. 动量守恒原理的应用。
2. 动能和动量的关系及计算方法。
五、教学过程
1. 热身：让学生回顾上节课的内容，复习动能和动量的相关知识。
2. 导入：通过一个生动的实例引入动能和动量的概念，引起学生的兴趣。
3. 理解动能和动量：讲解动能和动量的定义及其关系，引导学生理解两者之间的联系。
4. 计算动能和动量：进行一些例题演练，让学生掌握动能和动量的计算方法。
5. 应用练习：让学生通过一些实际问题的解答，运用动能和动量的原理解决问题。
6. 拓展延伸：进行一些拓展性的练习，引导学生进一步思考和理解动能和动量的应用。
7. 总结归纳：总结本节课的重点内容，让学生掌握动能和动量的基本知识。
六、教学反思
通过这节课的教学，学生应该能够理解动能和动量的概念，掌握其计算方法，并能够运用其原理解决实际问题。
在教学过程中，要注重引导学生思考和提高解决问题的能力，同时
要注重培养学生实际动手操作的能力，提高他们的动手实践能力。
同时，教师也要及时反馈学生的学习情况，及时帮助他们解决学习中的问题，提高学习效果。
动量与能量测试时间：90分钟 满分：110分第Ⅰ卷 (选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．[2017·河北冀州月考]在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a 和b ，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图所示，则小球a 和b 的质量之比为( )A ．2∶7B ．1∶4C ．3∶8D ．4∶1答案 B解析 由位移—时间图象的斜率表示速度可得，正碰前，小球a 的速度v 1＝1－41－0m/s ＝－3 m/s ，小球b 的速度v 2＝1－01－0m/s ＝1 m/s ；正碰后，小球a 、b 的共同速度v ＝2－16－1m/s ＝0.2 m/s 。
设小球a 、b 的质量分别为m 1、m 2，正碰过程，根据动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，得m 1m 2＝v －v 2v 1－v ＝14，选项B 正确。
2．[2017·江西检测]如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A 静止在光滑的水平面上，物块B 以速度v 向右运动，通过弹簧与物块A 发生正碰。
已知物块A 、B 的质量相等。
当弹簧压缩到最短时，下列说法正确的是( )A．两物块的速度不同B．两物块的动量变化等值反向C．物块B的速度方向与原方向相反D．物块A的动量不为零，物块B的动量为零答案 B解析物块B接触弹簧时的速度大于物块A的速度，弹簧逐渐被压缩，当两物块的速度相同时，弹簧压缩到最短，选项A、D均错误；根据动量守恒定律有Δp A＋Δp B ＝0，得Δp A＝－Δp B，选项B正确；当弹簧压缩到最短时，物块B的速度方向与原方向相同，选项C错误。
3．[2017·黑龙江模拟]如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块。
今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是() A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动答案 B解析当小球在槽内由A到B的过程中，墙壁对槽有力的作用，小球与半圆槽组成的系统水平方向动量不守恒，故A、C错误，B正确。
当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向是右上方，所以此后小球将做斜上抛运动，即C错误。
4．[2017·辽师大附中质检]质量相同的子弹a 、橡皮泥b 和钢球c 以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回。
关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是( )A ．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等B ．子弹对墙的冲量最小C ．橡皮泥对墙的冲量最小D ．钢球对墙的冲量最小答案 B解析 根据动量定理，墙对子弹的冲量大小等于子弹的动量改变量大小，子弹的速度方向未改变，所以冲量最小，钢球以原速率弹回，冲量最大。
又由于墙对子弹冲量大小等于子弹对墙的冲量大小，故B 正确。
5．[2017·福建清流一中段考]如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点，P 的质量为m ，Q 的质量为2m ，Q 与轻质弹簧相连。
Q 原来静止，P 以一定初动能E 向Q 运动并与弹簧发生碰撞。
在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．E B.23E C.12E D.13E 答案 B解析 当P 与Q 共速时，弹簧弹性势能最大，E ＝12m v 20，由动量守恒得m v 0＝3m v ，由能量守恒得E p ＝12m v 20－12×3m v 2，联立得E p ＝23E ，故B 正确。
6．[2017·哈尔滨师大附中月考]一质量为m 的运动员从下蹲状态开始向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中( )A ．地面对他的冲量大小为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为12m v 2 B ．地面对他的冲量大小为m v ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量大小为m v ，地面对他做的功为12m v 2 D ．地面对他的冲量大小为m v －mg Δt ，地面对他做的功为零答案 B解析 由于脚与地面的接触点并未在力的方向上发生位移，所以地面对运动员做功为零，设地面对他的冲量为I ，规定竖直向上为正方向，由动量定理得I －mg Δt ＝m v ，所以I ＝mg Δt ＋m v ，故B 正确。
7．[2017·吉林实验中学模拟]质量为1 kg的物体沿直线运动，其v-t图象如图所示，则此物体在前4 s和后4 s内受到的合外力冲量为()A．8 N·s,8 N·sB．8 N·s，－8 N·sC．0,8 N·sD．0，－8 N·s答案 D解析前4 s动量未发生改变，所以合外力冲量为0，后4 s初动量p1＝m v1＝4 kg·m/s，末动量p2＝m v2＝－4 kg·m/s，由动量定理I＝p2－p1＝－8 N·s，故D正确。
8．[2017·武邑调研]如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上，c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车静止，此后()A．a、c两车速率相同B．三辆车的速率关系为v c＞v a＞v bC．a、b两车运动速度相同D．a、c两车运动方向相同答案 B解析设人的质量为m，对地速度为v0，车的质量为m′，人从c车跳出有：0＝m v0＋m′v c，人跳到b车再跳出，有m v0＝m′v b＋m v0，人跳上a车有m v0＝(m′＋m)v a，可得v c＞v a＞v b，故B正确。
9．[2016·石家庄质检]应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。
例如人原地起跳后从空中落地的过程中，双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，其他部分再落地。
下列关于人从脚尖触地到完全落地过程的分析，正确的是()A ．地面对人的支持力始终等于重力B ．地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量C ．双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作是为了延长作用时间，减小作用力D ．人与地球所组成的系统的机械能是守恒的答案 BC解析 人在落地的过程中经历了先加速再减速的过程，减速过程中人受到的支持力大于重力，故A 错误；因(平均)支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量，B 正确；双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作可以延长作用时间，减小作用力，故C 正确；由于着地过程中动能和势能都减少，故机械能不守恒，D 错误。
10．[2017·衡水质检]如图甲所示，一质量为m 的物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。
t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端。
下列说法正确的是( )A ．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt 0·cos θB ．物块从t ＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－32m v 0 C ．斜面倾角θ的正弦值为5v 08gt 0D ．不能求出3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功答案 BC解析 物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量I G ＝3mgt 0，A 错误；上滑过程中物块做初速度为v 0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有v 02t 0＝v 2·2t 0，解得v ＝v 02，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp ＝－m v －m v 0＝－32m v 0，B 正确；上滑过程中有－(mg sin θ＋μmg cos θ)·t 0＝0－m v 0，下滑过程中有(mg sin θ－μmg cos θ)2t 0＝m v 02，解得sin θ＝5v 08gt 0，C 正确；根据图象可求出物块上升的最大位移，由动能定理求出整个过程中摩擦力所做的功，故D 错误。
11．[2016·福建模拟]两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m 1＝1 kg 、m 2＝3 kg ，v 01＝6 m/s ，v 02＝3 m/s ，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v 1、v 2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，则v 1、v 2、E 1、p 1的可能值为( )A ．v 1＝3.75 m/s ，v 2＝3.75 m/sB ．v 1＝1.5 m/s ，v 2＝4.5 m/sC ．E 1＝9 JD ．p 1＝1 kg·m/s答案 AB解析 两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得m 1v 01＋m 2v 02＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝3.75 m/s ，如果两球发生完全弹性碰撞，有m 1v 01＋m 2v 02＝m 1v 1＋m 2v 2，由机械能守恒定律得12m 1v 201＋12m 2v 202＝12m 1v 21＋12m 2v 22，代入数据解得v 1＝1.5 m/s ，v 2＝4.5 m/s ，则碰撞后球1、球2的速度满足：1.5 m/s ≤v 1≤3.75 m/s,3.75 m/s ≤v 2≤4.5 m/s ；球1的动能E 1＝12m 1v 21，满足1.125 J ≤E 1≤7.03 J ；球1的动量p 1＝m 1v 1，满足1.5 kg·m/s ≤p 1≤3.75 kg·m/s ，综上所述，A 、B 正确，C 、D 错误。
12．[2017·衡水中学质检]如图，质量分别为m 1＝1.0 kg 和m 2＝2.0 kg 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＝0.10 m/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 ＝5.0 s 后，测得两球相距s ＝4.5 m ，则下列说法正确的是( )A ．刚分离时，a 球的速度大小为0.7 m/sB ．刚分离时，b 球的速度大小为0.2 m/sC ．刚分离时，a 、b 两球的速度方向相同D ．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J答案 ABD解析 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，s ＝v 1t －v 2t ，代入数据得v 1＝0.7 m/s ，v 2＝－0.2 m/s ，负号表示速度方向与正方向相反，故A 、B 正确，C 错误。
