1-4动量习题讲解

（1）动量守恒定律．①内容及表达式a．内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．这个结论叫做动量守恒定律．b．动量守恒定律的公式为p=p′或m1v2＋m2v2=m1v1′＋m2v2′．②动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．③系统“总动量保持不变”，不是仅指系统的初、末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，但决不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变．④定律适用条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．说明：a．若系统内部的相互作用力（即内力）远比它们所受的外力大（如相互作用时间极短的碰撞问题），即可忽略外力作用，可应用动量守恒定律去处理．b．若系统所受的合外力不为0，但合外力在某一方向上的分量为0时，则系统的总动量不守恒，但总动量在该分方向上的分量却守恒．如：物体m从光滑劈面上滑动过程中，系统水平方向动量守恒．c．注意内力与外力由动量守恒定律成立的条件可知，内力无论多大都不会改变系统的总动量，只有外力作用才能改变系统的总动量．因此，应用动量守恒定律解题时，必须先分清哪些属于系统的外力，哪些属于系统的内力，它们的作用效果如何．当系统的内力远大于外力时，可以近似认为动量守恒，例如空中飞行的炸弹爆炸，其爆炸力远远大于外力时，可认为爆炸前的总动量与爆炸后的总动量相等．⑤动量守恒定律的五“性”a．表达式的矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算．b．速度的相对性：v1、v2、v1′、v2′必须是相对同一惯性参照系．c．速度的同时性：表达式中v1、v2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v1′、v2′必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度．d．定律的整体性所谓整体性是把所有研究对象看成一个系统，在列动量守恒方程式时，对整体列方程，这样系统中物体间的相互作用力可当作内力处理，只考虑系统始末状态的总动量，这样处理有利于简化运算过程，方便准确．e．定律的广泛性：动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂，只要系统所受外力之和为零，动量守恒定律都适用．动量守恒定律既适用于低速运动的宏观物体，也适用于高速运动的微观粒子间的相互作用，大到天体，小到基本粒子间的相互作用动量守恒定律都适用．（2）定义比较法区分“外力之和”与“合外力”．定义比较法是根据物理量的定义来进行比较的一种学习方法．主要用于区分两个或几个相近的或易相混的物理量的情况．“外力之和”与“合外力”区分的学习用定义比较法．动量守恒定律的表述：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．这里所说的“外力之和”与“合外力”不是一个概念．“合外力”是指作用在某个物体（质点）上的外力的矢量和，而“外力之和”是指把作用在系统上的所有外力平移到某点后算出的矢量和．尽管两概念都是外力的矢量和，但各外力的受力物体有相同和不同之分．“合外力”针对的是同一个物体而言的，“外力之和”是针对一个系统（多个物体的组合体）而言的．这一点一定要区分．三、典型分析例1、如图所示，A、B两物体质量之比mA ∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒解析：如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA 向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与平板车间的摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项对．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒．C选项正确．说明：(1)判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零．因此，要区分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力．(2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，如本例中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的．因此，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统的动量是守恒的，即要明确研究对象和过程．例2、质量为3 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s的速度向右运动，恰遇上质量为5 kg 的小球B以4 m/s的速度向左运动，碰撞后B球恰好静止，求碰撞后A球的速度．解析：两球都在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，因此系统动量守恒．碰撞前两球动量已知，碰撞后B球静止，取A球初速度方向为正，由动量守恒定律有mAv A＋m B v B＝m A v A′vA′＝m/s＝－0.67 m/s．即碰后A球速度大小为0.67 m/s，方向向左．说明：(1)动量守恒定律是矢量式，应特别注意始末状态动量的方向．(2)应用动量守恒定律的一般步骤：①确定研究对象(系统)；②分析系统的受力情况，判定系统动量是否守恒；③选取正方向，分析系统始末状态的动量④利用动量守恒定律列方程求解．例3、如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上．小车的最右端站着质量为m 的人．若人水平向右以相对车的速度u跳离小车，则人脱离小车后小车的速度多大?方向如何?解析：在人跳离小车的过程中，由人和车组成的系统在水平方向上不受外力，在该方向上动量守恒．由于给出的人的速度u是相对车的，而公式中的速度是相对地的，必须把人的速度转化为相对地的速度．有的同学可能认为，由于车原来是静止的，所以u就是人对地的速度．这种认识是错误的，违背了同时性的要求．因为人获得相对车的速度u的同时，车也获得了对地的速度v，所以人对车的速度u应是相对运动的车的速度，而不是相对静止的车的速度．设速度u的方向为正方向，并设人脱离车后小车的速度大小为v，则人对地的速度大小为(u－v)．根据动量守恒定律有0＝m(u－v)－Mv所以小车速度v＝，方向和u的方向相反．说明：应用动量守恒定律时要注意同系性，即系统中各物体的速度均相对于同一参考系——地球．例4、如图所示，水平桌面上放着一个半径为R的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M和m的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药。

动量定理题型及例题讲解动量定理是物理学中的一个重要定理，它描述了力、质量和时间之间的关系。

动量定理指出，在一个惯性系中，外力的冲量等于物体动量的增量。

下面我将介绍动量定理的题型和例题讲解。

一、动量定理题型动量定理题型一般可分为以下三种:1. 动量守恒定律应用题动量守恒定律是指在一个系统内，若不存在外力作用，则系统的总动量保持不变。

在这类题型中，考生需要根据动量守恒定律，计算出系统的总动量，然后根据动量定理，求解外力对系统的作用。

2. 动量定理公式应用题在这类题型中，考生需要根据动量定理，计算出物体的动量增量，然后根据动量守恒定律，求解外力对物体的作用。

3. 碰撞问题应用题碰撞问题是物理学中的一个重要问题，它涉及到动量守恒定律和动量定理。

在这类题型中，考生需要根据动量守恒定律和动量定理，计算出碰撞前后物体的动量变化，然后根据碰撞原理，求解外力对物体的作用。

二、动量定理例题讲解下面我们来看几个动量定理的例题:1. 动量守恒定律应用题例题：一个质量为 2 千克的物体，以 5 米/秒的速度沿水平面滑行，如果在物体表面放置一个弹簧，求弹簧的弹力。

解析：根据动量守恒定律，由于物体的速度不变，系统的总动量守恒。

因此，外力的冲量等于物体的动量增量。

即:I = m * v其中，I 为外力的冲量，m 为物体的质量，v 为物体的速度。

根据题意，可知:I = m * v = 2 * 5 = 10 J因此，外力对物体的作用为:F = I / a = 10 / 1 = 10 N。

2. 动量定理公式应用题例题：一个质量为 2 千克的物体，以 5 米/秒的速度沿水平面滑行，如果在物体表面放置一个弹簧，求弹簧的弹力。

解析：根据动量定理，在外力作用期间，物体的动量增量为:p = m * v"其中，p 为物体的动量，m 为物体的质量，v"为物体的速度。

根据题意，可知:v" = v - at其中，a 为物体的水平加速度，t 为物体滑行的时间。

物理高中动量练习题及讲解### 动量守恒定律动量守恒定律是物理学中的基本定律之一，它表明在一个封闭系统中，如果没有外力作用，系统内各物体的总动量保持不变。

动量守恒定律在解决碰撞问题时尤为重要。

例题1：一辆质量为2kg的自行车以5m/s的速度向东行驶，与一辆质量为3kg的自行车以3m/s的速度向西行驶。

两车相撞后粘在一起，问粘在一起的自行车最终以多少m/s的速度向哪个方向运动？解答：首先计算两车相撞前的总动量：\[ P_{总} = m_1v_1 + m_2v_2 = (2kg \times 5m/s) + (3kg \times (-3m/s)) = 10kg\cdot m/s - 9kg\cdot m/s = 1kg\cdot m/s \]由于系统是封闭的，没有外力作用，所以动量守恒，粘在一起的自行车的总动量仍为1kg·m/s。

由于总动量的方向是向东，所以粘在一起的自行车最终以1m/s的速度向东运动。

### 碰撞问题碰撞问题通常可以分为完全弹性碰撞和非弹性碰撞两种。

在完全弹性碰撞中，碰撞前后系统的动能守恒；在非弹性碰撞中，部分动能转化为内能，动能不守恒。

例题2：一个质量为0.5kg的球以10m/s的速度与一个静止的质量为1.5kg的球发生完全弹性碰撞。

求碰撞后两球的速度。

解答：设碰撞后0.5kg的球速度为v1，1.5kg的球速度为v2。

根据动量守恒定律：\[ m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_{10} + m_2v_{20} \]\[ 0.5kg \times 10m/s + 1.5kg \times 0m/s = 0.5kg \times v_1 + 1.5kg \times v_2 \]同时，由于是完全弹性碰撞，动能守恒：\[ \frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2 =\frac{1}{2}m_1v_{10}^2 \]\[ \frac{1}{2} \times 0.5kg \times (10m/s)^2 = \frac{1}{2}\times 0.5kg \times v_1^2 + \frac{1}{2} \times 1.5kg \times v_2^2 \]解以上方程组，我们可以得到：\[ v_1 = 2m/s \]\[ v_2 = 6m/s \]### 动量定理动量定理是牛顿第二定律的另一种表述形式，它表明力的冲量等于物体动量的变化量。

高考物理动量定理解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量定理1．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v1＝9m/s，碰后速度大小为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒m C v1＝(m A＋m C)v2解得C的质量m C＝2kg。

（2）t＝8s时弹簧具有的弹性势能E p1＝12(m A＋m C)v22=27J取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A＋m C)v3-(m A＋m C)（-v2）=36N·S（3）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v41 2(m A＋m C)23v＝12(m A＋m B＋m C)24v＋E p2解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2＝9J。

2．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2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．3．如图所示，足够长的木板A 和物块C 置于同一光滑水平轨道上，物块B 置于A 的左端，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，已知A 、B 一起以v 0的速度向右运动，滑块C 向左运动，A 、C 碰后连成一体，最终A 、B 、C 都静止，求：（i ）C 与A 碰撞前的速度大小（ii ）A 、C 碰撞过程中C 对A 到冲量的大小． 【答案】（1）C 与A 碰撞前的速度大小是v 0； （2）A 、C 碰撞过程中C 对A 的冲量的大小是32mv 0． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：①设C 与A 碰前速度大小为1v ,以A 碰前速度方向为正方向，对A 、B 、C 从碰前至最终都静止程由动量守恒定律得：01(2)3?0m m v mv －+= 解得：10v v =． ②设C 与A 碰后共同速度大小为2v ，对A 、C 在碰撞过程由动量守恒定律得：012 3(3)mv mv m m v =+－在A 、C 碰撞过程中对A 由动量定理得：20CA I mv mv =－ 解得：032CA I mv =-即A 、C 碰过程中C 对A 的冲量大小为032mv ． 方向为负．考点：动量守恒定律 【名师点睛】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．4．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。

高考物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．水平放置长为L=4.5m 的传送带顺时针转动，速度为v =3m/s ，质量为m 2=3kg 的小球被长为1l m =的轻质细线悬挂在O 点，球的左边缘恰于传送带右端B 对齐；质量为m 1=1kg 的物块自传送带上的左端A 点以初速度v 0=5m/s 的速度水平向右运动，运动至B 点与球m 2发生碰撞，在极短的时间内以碰撞前速率的12反弹，小球向右摆动一个小角度即被取走。

已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，取重力加速度210m/s g =。

求：（1）碰撞后瞬间，小球受到的拉力是多大？（2）物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？ 【答案】（1）42N （2）13.5J 【解析】 【详解】解：设滑块m1与小球碰撞前一直做匀减速运动，根据动能定理：221111011=22m gL m v m v μ--解之可得：1=4m/s v 因为1v v <，说明假设合理滑块与小球碰撞，由动量守恒定律：21111221=+2m v m v m v - 解之得：2=2m/s v碰后，对小球，根据牛顿第二定律：2222m v F m g l-=小球受到的拉力：42N F =（2）设滑块与小球碰撞前的运动时间为1t ，则()01112L v v t =+ 解之得：11s t =在这过程中，传送带运行距离为：113S vt m == 滑块与传送带的相对路程为：11 1.5X L X m ∆=-=设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最大时间为2t 则根据动量定理：121112m gt m v μ⎛⎫-=-⋅⎪⎝⎭解之得：22s t =滑块向左运动最大位移：121122m x v t ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭=2m 因为m x L <，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带 再考虑到滑块与小球碰后的速度112v <v ， 说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为22t在滑块与传送带碰撞后的时间内，传送带与滑块间的相对路程22212X vt m ∆==因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是()112Q m g x x μ=∆+∆=13.5J2．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2014mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速度相等，有：212v v =而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+ 由以上两式可得：012v v =，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：222201201111222224E m v m v mv mv ∆=--=gg g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-=3．如图，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2 射出.重力加速度为g.求： （1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【答案】(1)2138m E mv M ⎛⎫∆=- ⎪⎝⎭ (2)02mv hs M g= 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V ，由动量守恒得 mv 0=m +MV ①解得②系统的机械能损失为 ΔE =③由②③式得 ΔE =④（2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ,则⑤s=Vt ⑥ 由②⑤⑥得 S =⑦考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．4．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5．冰球运动员甲的质量为80.0kg 。

物理动量定理题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量定理1. 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会, 跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一. 某滑道示意图如下, 长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接, 滑道BC 高h=10 m, C 是半径R=20 m 圆弧的最低点, 质量m=60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑, 加速度a=4.5 m/s2, 到达B 点时速度vB=30 m/s. 取重力加速度g=10 m/s2.（1）求长直助滑道AB 的长度L ；（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（3）若不计BC 段的阻力, 画出运动员经过C 点时的受力图, 并求其所受支持力FN 的大小.【答案】（1）100m （2）1800N s ⋅（3）3 900 N【解析】（1）已知AB 段的初末速度, 则利用运动学公式可以求解斜面的长度, 即2202v v aL -=可解得:2201002v v L m a-== （2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以01800B I mv N s =-=⋅（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得:从B 运动到C 由动能定理可知:221122C B mgh mv mv =- 解得;3900N N =故本题答案是: （1） （2） （3）点睛：本题考查了动能定理和圆周运动, 会利用动能定理求解最低点的速度, 并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小．2. 图甲为光滑金属导轨制成的斜面, 导轨的间距为 , 左侧斜面的倾角 , 右侧斜面的中间用阻值为 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 , 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 。

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 , ab 棒的电阻为 , cd 棒的电阻为 。

第八章动量考点1：动量1．定义：运动物体的和的乘积，叫做动量。

2．公式：单位是：3.性质：⑴矢量性：①大小：②方向：物体的方向③遵守定则⑵瞬时性：当物体变速运动时，应明确是哪一时刻或哪一位置对应，是状态量。

⑶相对性：运动速度与参考系的选取有关，通常选为参考系。

4．动量的变化及其计算初末动量均在同一直线上：参见《中华第一考》p3例2 【以下习题均在《中华第一考》中】曲线运动中的动量变化：p4例3，体验3考点2：冲量1．定义：力与该力．．的冲量。

．．的作用时间的乘积叫该力注意：“力的作用时间”与“物体运动的时间”不同2．公式：单位：3．物理意义：冲量是描述力对时间积累效应的物理量，是过程量。

4．性质：⑴矢量性：．．．．．①恒力的冲量大小：②方向:对于有恒定方向的力来说，冲量的方向与方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，合力的冲量的方向与相应时间内物体速度的方向一致③遵守定则⑵时间性：讨论冲量一定要明确是哪个力在哪段时间上的冲量。

⑶绝对性：力和时间的数值都跟参考系无关，所以冲量也跟时间无关。

⑷冲量和功的重要区别：冲量与物体是否运动无关，而功则不然，运动是功不为零的前提。

5.典型题型：恒力冲量的计算，p3例1练习：1.下列几种说法中，正确的是( )A．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B．物体的运动状态发生了变化，其动量一定发生了变化C．运动物体在任意时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向D．物体的加速度不变，其动量一定不变E．物体的动量越大，其惯性也越大F．动量不变的运动，一定是匀速运动G．动量变化，动能一定变化反之动能变化动量也一定变化2.在以下几种运动中，相等时间内物体的动量变化相同的是( )．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3.从塔顶以相同的速率抛出A、B、C三个小球，A竖直上抛，B平抛，C竖直下抛。

另有D球从塔顶自由下落，四小球质量相同，落到同一水平面。

高考物理动量定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、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．如图所示，质量M =1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m =0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

1.2 动量定理考点精讲考点1：对冲量的理解1．对冲量的理解（1）冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应．（2）冲量的矢量性：冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，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．（3）冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性．（4）冲量的单位：冲量与动量的单位关系是1 N·s＝1 kg·m/s.2．冲量的计算（1）计算冲量的大小时，一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．（2）公式I＝Ft只适合用于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：①用动量定理I＝mv′－mv求冲量．①若力随时间均匀变化，则可用平均力求冲量．①若给出了力F随时间t变化的图像，可用F­t图像与t轴所围的面积求冲量．如图所示，力F在1 s 内的冲量I1＝F1t1＝20×1 N·s＝20 N·s，力F在6 s内的冲量I＝20×1 N·s－10×5 N·s＝－30 N·s.（3）合冲量计算的三种方法：①分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；①如果各力的作用时间相同，也可以先求合力，再用I合＝F合t求解；①用动量定理I＝p′－p求解．【点拨】冲量与功的区别（1）做功的多少由力的大小、位移的大小及力和位移的夹角三个因素决定，冲量的大小只由力的大小和时间两个因素决定，力作用在物体上一段时间，力的冲量不为零，但力对物体做的功可能为零．（2）功是标量，其正、负表示的是动力对物体做功还是物体克服阻力做功．冲量是矢量，其正负号表示方向，计算冲量时要先规定正方向．【例1】在倾角为37°、足够长的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【解析】物体沿斜面下滑的过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用．冲量I＝Ft，是矢量．重力的冲量I G＝Gt＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．支持力的冲量IF N＝F N t＝mg cos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面斜向上．摩擦力的冲量IF f＝F f t＝μmg cos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．【技巧与方法】(1)在求力的冲量时，首先明确是求哪个力的冲量，是恒力还是变力.(2)注意不要忘记说明冲量的方向.【针对训练】训练角度1对冲量的理解1．(多选)关于冲量，下列说法中正确的是()A．冲量的方向是由力的方向决定的B．冲量的方向一定和动量的方向相同C．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同D．物体所受合力的冲量等于物体动量的变化【解析】ACD冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的，A正确；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，B错误；根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化，冲量的大小一定和动量变化量的大小相同，C、D正确．训练角度2冲量的计算2．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零，然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()A．mg sin θ(t1＋t2)B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2)D．0【解析】C根据冲量的定义式I＝Ft，重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，故C正确．考点2：动量定理及其应用1．动量定理的理解(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．2．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．①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)定量计算有关物理量动量定理p ′－p ＝I 中，动量变化Δp 与合力的冲量大小相等，方向相同，据此有：①应用I ＝Δp 求变力的冲量．①应用Δp ＝F Δt 求恒力作用下曲线运动中物体动量的变化．①应用动量定理可以计算某一过程中的平均作用力，通常用于计算持续作用的变力的平均大小．【点拨】1.动量定理的使用具有普遍性，不论物体的轨迹是直线还是曲线，是恒力还是变力，是单个物体还是物体系，是宏观还是微观，都是适用的．2．应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单．在解题时要树立整体优先的意识．【例2】 蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m 高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s ，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小和方向．(g 取10 m/s 2)【解析】 方法一：运动员刚接触网时速度的大小v 1＝2gh 1＝2×10×3.2 m/s ＝8 m/s ，方向向下． 刚离网时速度的大小v 2＝2gh 2＝2×10×5.0 m/s ＝10 m/s ，方向向上．运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F ，则运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg ，对运动员应用动量定理(以向上为正方向)，有：(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)F ＝mv 2－m (－v 1)Δt＋mg 解得F ＝⎣⎡⎦⎤60×10－60×(－8)1.2＋60×10 N ＝1 500 N ，方向向上． 方法二：本题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理：自由下落的时间为t 1＝2h 1g ＝2×3.210s ＝0.8 s 运动员离网后上升所用的时间为t 2＝2h 2g ＝2×510s ＝1 s 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t 3＝1.2 s 的时间内受到网对他向上的弹力F N 的作用，对全过程应用动量定理(取向上为正方向)，有F N t 3－mg (t 1＋t 2＋t 3)＝0则F N ＝t 1＋t 2＋t 3t 3mg ＝0.8＋1＋1.21.2×60×10 N ＝1 500 N ，方向向上．【举一反三】 例2中，若运动员落到普通沙坑中，经Δt 1＝0.1 s 停下，其他条件不变，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？【解析】 由(F －mg )Δt 1＝0－(－mv 1)得F ＝5 400 N.【技巧与方法】用动量定理进行定量计算时的注意事项(1)列方程前首先选取正方向；(2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般是选地面为参考系；(3)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量．【针对训练】3．质量为m 的物体静止在足够大的水平面上，物体与水平面的动摩擦因数为μ，有一水平恒力作用于物体上，并使之加速前进，经时间t 1后去掉此恒力，求物体运动的总时间t 总．【解析】 方法一：物体的运动可分为两个阶段，第一阶段受两个力F 、F f 的作用，时间为t 1，物体由A 运动到B 速度达到v 1；第二阶段物体只受F f 的作用，时间为t 2，由B 运动到C ，速度由v 1变为0.设向右为正方向，根据动量定理得：第一阶段：(F －F f )t 1＝mv 1－0＝mv 1第二阶段：－F f ·t 2＝0－mv 1＝－mv 1两式相加：F ·t 1－F f (t 1＋t 2)＝0因为F f ＝μmg ，代入上式，可求出t 2＝(F －μmg )t 1μmg 所以t 总＝t 1＋t 2＝Ft 1μmg. 方法二：把两个阶段当成一个过程来看：F 作用t 1时间，μmg 则作用了t 总时间，动量变化Δp ＝0.则 F ·t 1－μmgt 总＝0，解得t 总＝Ft 1μmg.考点达标考点一 冲 量1．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t ，图甲中船A 没有靠岸，图乙中船A 没有与船B 相碰，则经过时间t ( )甲 乙A ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C ．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D ．以上三种情况都有可能【解析】C 甲、乙两图中人对绳子的拉力相同，作用时间相等，由冲量的定义式I ＝Ft 可知，两冲量相等，只有选项C 是正确的．2．(多选)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开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中( )A ．重力的冲量相同B ．重力的功相同C ．斜面弹力的冲量均为零D ．斜面弹力的功均为零【解析】BD 设斜面高为h ，倾角为θ，物体的质量为m ，则两物体滑到斜面底端的过程，重力做功均为mgh ，用时t ＝1sin θ2h g ，重力的冲量I G ＝mgt ＝m sin θ2gh ，与θ有关，故重力的冲量不同，A 项错误，B 项正确；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，斜面弹力不做功，但弹力的冲量不为零，C 项错误，D 项正确．3．一个物体同时受到两个力F 1、F 2的作用，F 1、F 2与时间t 的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，经过t ＝10 s 后，F 1、F 2以及合力F 的冲量各是多少？【解析】解法一：F ­t 图像中图线与坐标轴围成的面积表示冲量．由此得，经过t ＝10 sF 1的冲量I 1＝12×10×10 N·s ＝50 N·s F 2的冲量I 2＝－12×10×10 N·s ＝－50 N·s 合力F 的冲量I 合＝I 1＋I 2＝0.解法二：F 1、F 2都随时间均匀变化，因此可以用平均力来计算它们的冲量．F 1的冲量为I 1＝10＋02×10 N·s ＝50 N·s F 2的冲量为I 2＝0－102×10 N·s ＝－50 N·s 合力F 的冲量为I 合＝I 1＋I 2＝0.考点二 动量定理4．质量为m 的钢球自高处落下，以速率v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间为Δt ，离地时的速率为v 2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为( )A ．向下，m (v 1－v 2)－mg ΔtB ．向下，m (v 1＋v 2)－mg ΔtC ．向上，m (v 1－v 2)－mg ΔtD ．向上，m (v 1＋v 2)＋mg Δt【解析】D 取竖直向上为正方向，如图所示，由动量定理I ＝Δp 得(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)即I F －mg Δt ＝m (v 2＋v 1)则I F ＝mg Δt ＋m (v 2＋v 1)，方向向上．5．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s ，安全带自然长度为5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小约为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．1 000 N【解析】D 设建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力大小为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝0－mv ，所以F ＝mg ＋mv t ＝60×10 N ＋60×101.5N ＝1 000 N ，故A 、B 、C 错，D 对．6．原来静止的物体受合力作用时间为2t 0，合力随时间的变化情况如图所示，则( )A ．0～t 0时间内物体的动量变化量与t 0～2t 0时间内物体的动量变化量相等B ．0～t 0时间内物体的平均速率与t 0～2t 0时间内物体的平均速率不相等C ．t ＝2t 0时物体的速度为零，外力在2t 0时间内对物体的冲量为零D ．0～2t 0时间内物体的位移为零，外力对物体做的功为零【解析】C 由题图可知，0～t 0与t 0～2t 0时间内合力方向不同，动量变化量不相等，选项A 错误；t ＝t 0时，物体速度最大，由动量定理Ft ＝Δp 可得，F 0t 0－F 0t 0＝0，t ＝2t 0时物体速度为零，0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等，选项B 错误，C 正确；0～2t 0时间内物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，合力对物体做的功为零，选项D 错误．7．用水平拉力F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力，物体做匀减速直线运动直到t 2时刻停止．其速度—时间图像如图所示，α＞β，若拉力F 做的功为W 1，冲量大小为I 1；物体克服摩擦阻力f 做的功为W 2，f 的冲量大小为I 2.则下列选项正确的是( )A ．W 1＞W 2；I 1＞I 2B ．W 1＜W 2；I 1＞I 2C ．W 1＜W 2；I 1＜I 2D ．W 1＝W 2；I 1＝I 2【解析】D 物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的全程，只有拉力F 和摩擦阻力f 做功，故由动能定理有W 1－W 2＝0，得W 1＝W 2；由动量定理有I 1－I 2＝0，得I 1＝I 2.故D 正确，A 、B 、C 错误．考点三 应用动量定理分析问题8．2019年国际篮联篮球世界杯，在北京等八座城市举行．篮球比赛时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】B 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft ＝0－mv ，解得F ＝mv t，当时间增大时，作用力就减小，而球对手的冲量I ＝mv 恒定不变，球的动量变化量Δp ＝mv 恒定不变，球的动能变化量ΔE k ＝12mv 2恒定不变，所以B 正确． 9．一辆车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ．据测算两车相撞前的速度约为30 m/s.(1)若人与车一起做减速运动，车祸过程中车内约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若车内的人系有安全带，在车祸过程中安全带与人体作用时间是0.1 s ，求人受到的平均冲力大小．【解析】 (1)由v 2－v 20＝－2ax 得人和车减速的加速度大小为a ＝v 202x ＝3022×0.5m/s 2＝900 m/s 2 根据牛顿第二定律得人受到的平均冲力大小为F ＝ma ＝60×900 N ＝5.4×104 N.(2)对车内的人，由动量定理得－F ′t ＝mv －mv 0解得人受到的平均冲力大小为F ′＝mv 0－mv t ＝60×30－00.1N ＝1.8×104 N. 【巩固提升】10．如图甲所示为跳水运动员准备进行跳板跳水训练．如图乙所示，从起跳到落水前过程的路径为抛物线，将运动员从最高点到入水前的运动过程记为①，运动员入水后到最低点的运动过程记为①，忽略空气阻力，则( )甲 乙A ．过程①中运动员的动量变化率逐渐增大B ．过程①、①中运动员的总动量改变量为零C ．过程①中运动员的动量改变量等于重力的冲量D ．过程①中运动员的动量改变量等于重力的冲量【解析】C 过程①中运动员只受重力作用，所以运动员在该过程的动量改变量等于重力的冲量，且在该过程中，对运动员始终有mg Δt ＝Δp ，则Δp Δt＝mg ，故A 错误，C 正确；过程①中运动员的初速度不为0，过程①中运动员的末速度为0，故过程①、①中运动员的总动量改变量不为0，B 错误；过程①中运动员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．11．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点．若以2v 的速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左边C ．在P 点右边不远处D ．在P 点右边原水平位移的两倍处【解析】B 抽出纸条的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定．以速度v 抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大．以2v 的速度抽出纸条的过程中，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的水平位移较小，故B 选项正确．12．(多选)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 .小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有( )A ．小球的机械能减少了mghB ．小球克服阻力做的功为mg (H ＋h )C ．小球所受阻力的冲量等于m 2gHD ．小球动量的改变量大小等于m 2gH【解析】BD 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg (H ＋h )，则小球的机械能减少了mg (H ＋h )，故A 错误；对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 )，。