2018年高考物理专题复习练习卷：冲量、动量定理练习卷

2018版高三物理一轮复习动量、冲量、动量定理1.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动,经过时间t,下降的高度为h,速率变为v,在这段时间内物体动量变化量的大小为( )A.m(v-v0)B.mgtC.解析:物体做的是受恒力作用的曲线运动,可以用动量定理求出恒力的冲量等效代替动量的变化.由动量定理得I=Δp,即mgt=Δp,故B正确.C､D也正确.答案:BCD2.如图所示,运动员挥拍将质量为m的网球击出.如果网球被拍子击打前､后瞬间速度的大小分别为v1､v2,v1与v2方向相反,且v2>v1.重力影响可忽略,则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )A.大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同B.大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同C.大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同D.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同解析:本题考查动量定理的运用.选取v2的方向为正方向,这一过程中,动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),结果为一正值,则表明动量变化量的方向和v2的方向相同,再根据动量定理知,拍子对网球作用力的冲量方向也跟v2的方向相同.答案:C3.质量为m的钢球自高处落下,以速率v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v2.在碰撞过程中,地面对钢球冲量的方向和大小为( )A.向下,m(v1-v2)B.向下,m(v1+v2)C.向上,m(v1-v2)D.向上,m(v1+v2)解析:设向上的方向为正方向,忽略重力,根据动量定理:Ft=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),地面对钢球的冲量方向向上.故本题选项D正确.答案:D4.如图所示,ad ､bd ､cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆,a ､b ､c ､d 位于同一圆周上,a 点为圆周的最高点,d 点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a ､b ､c 处释放(初速为零),关于它们下滑的过程,下列说法中正确的是( )A.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.它们的动能增量相同解析:由运动学知识可知三个小滑环的运动时间相等,故A 正确,由于三种情形下弹力的方向不同,故B 错,根据机械能守恒定律知D 错,而合外力冲量大小为mv,由于v 大小不等,故C 错.答案:A5.在光滑水平面上有一静止小滑块,若给滑块加一水平向右的力F 1,持续一段时间后立即换成与力F 1相反方向的力F 2,当F 2持续时间为F 1持续时间的一半时撤去力F 2,此时滑块恰好回到初始位置,且具有大小为p 的动量.在上述过程中,F 1对滑块做功为W 1,冲量大小为I 1;F 2对滑块做功为W 2,冲量大小为I 2.则( )A.I 1=p/3,I 2=2p/3B.I 1=p/3,I 2=4p/3C.W 1=W 2/8D.W 1=8W 2/9解析:设F 1撤去时,滑块速度为v 1,F 2作用时间为t,撤去力F 2时滑块速度大小为v 2.由平均速度与位移的关系可得1120()2,,22v v v s t s t ++-==- 联立解得v 2=3v 1.则F 1对滑块的冲量大小I 1=mv 1=mv 2/3=p/3,F 2对滑块的冲量大小I 2=mv 2+mv 1=4mv 1=4mv 2/3=4p/3,A 错误,B 正确;F 1对滑块做功211/2,W mv =F 2对滑块做功22222111/2/28/28W mv mv mv W =-== ,C 正确D 错误.答案:BC6.某人身系弹性绳自高空p 点自由下落,如图所示a 点是弹性绳的原长位置,c 点是人所到达的最低点,b 点是人静止悬吊时的平衡位置.不计空气阻力,则下列说法中正确的是( )A.从p 至c 过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从p 至c 过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功C.从p 至b 过程中人的速度不断增大D.从a 至c 过程中加速度方向保持不变解析:人完成从p 到c 的过程中经历了自由下落､变加速､变减速三个运动过程.考虑全程p 至c,外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳的弹力冲量的矢量和,由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化,人在p 和c 两处,速度均为零即动量都为零,因此动量的变化为零,则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等,方向相反,总冲量为零,A 错误;同样人在p 和c 两处,动能均为零,动能的变化为零,由动能定理知,重力所做的功等于人克服弹力所做的功,B 正确;人由p 到b 的过程,前一过程(p~a)自由落体,后一过程(a~b)由于弹性绳伸长,弹力F 增加,重力G 不变,人所受合力(G-F)不断减小,方向向下,人做的是加速度在减小的加速运动,C 正确;由于b 是人静止悬吊时的平衡位置,当人由b 运动至c 的过程,弹力大于重力,合力方向向上,加速度方向向上,因此D 错误.答案:BC7.如图所示,轻弹簧平放在粗糙的水平地面上,同种材料做成的两个物块分别向轻弹簧运动并压缩弹簧.设物块质量为m,在接触弹簧前的速度为v 0,动量为p 0,从接触弹簧到弹簧被压缩到最短的时间为t,弹簧的最大压缩量为x.两个物块相比较( )A.若p0相等,则x一定相同B.若v0相等,则t一定相同C.若p0相等,m较大,则x较小D.若v0相等,m较大,则t较小解析:向右压缩弹簧的过程中,物块的动能转化为弹性势能和内能.由E k=p2/2m,若p0相等,m较大的物块动能E k较小,弹簧的最大压缩量x较小,A错误､C正确;弹簧压缩到最短时,物块动量减小到零,对物块由动量定理得Ft=p0=mv0,若v0相等,m较大的滑块所受摩擦力较大,克服摩擦力做功转化的内能较多,转化的弹性势能较小,弹簧压缩量较小,物块受到的弹簧平均弹力较小,物块受到的水平方向合力较小,则作用时间t较大,D错误.答案:C8.如图所示,物体在粗糙的水平面上向右做直线运动.从A点开始受到一个水平向左的恒力F的作用,经过一段时间后又回到A点.则物体在这一往返运动的过程中,下列说法正确的是( )A.恒力F对物体做的功为零B.摩擦力对物体做的功为零C.恒力F的冲量为零D.摩擦力的冲量为零解析:由功的定义可知,在这一往返过程中,物体位移为零,所以恒力对物体做的功为零,A正确;由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反,所以摩擦力对物体做的功为负值,B 错误;由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量,C､D错误.答案:A9.如图所示,静止在光滑水平面上的小车质量为M=20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积为S=10 cm2,速度为v=10 m/s,水的密度为ρ=1.0×118 kg/m3.若水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中.当有质量为m=5kg 的水进入小车时,试求:(1)小车的速度大小; (2)小车的加速度大小.解析:(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒,当流入质量为m 的水后,小车速度为v 1,由动量守恒定律得mv=(m+M)v 1,解得v 1=mv/(m+M)=2 m/s.(2)质量为m 的水流进小车后,选取在极短的时间Δt 内冲击小车的质量为Δm 的水作为研究对象,Δm=ρS(v-v 1)Δt则设车对水的作用力为F,据动量定理有-F Δt=Δmv 1-Δmv 联立解得F=ρS(v-v 1)2=1.0×118×1.0×10-3×(10-2)2N=64 N. 由牛顿第三定律可知此时,水对车的冲击力为F′=F=64 N 小车的加速度2264/ 2.56/.520F a m s m s m M ===++答案:(1)2 m/s (2)2.56 m/s 210.如图所示,质量为M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进,当速度为v 0时拖车突然与汽车脱钩,而到拖车停下瞬间司机才发现.(1)若汽车的牵扯引力一直未变,车与路面的动摩擦因数为μ,那么拖车刚停下时,汽车的瞬时速度是多大?(2)若原来汽车带着拖车在平直公路上是以速度v 0匀速前进,拖车突然与汽车脱钩,那么在拖车刚停下时,汽车的瞬时速度又是多大?解析:(1)以汽车和拖车系统为研究对象,全过程系统受的合外力始终为(M+m)a,拖车脱钩后到停止所经历的时间0v t gμ=,末状态拖车的动量为零. 全过程对系统运用动量定理: (M+m)a·v gμ=Mv′-(M+m)v 0得v′=0()()M m a g v Mgμμ++(2)以汽车和拖车系统为研究对象,全过程系统受的合外力始终为零,全过程对系统用动量守恒定律:(M+m)v 0=Mv″得v″=0()M m v M+. 答案:(1)0()()M m a g v Mgμμ++ (2)0()M m v M + 11.如图所示,一块质量为M ､长为l 的匀质板放在很长的光滑水平桌面上,板的左端有一质量为m 的物块,物块上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮,某人以恒定的速度v 向下拉绳,物块最多只能到达板的中点,而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮处.求:(1)物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移;(2)若板与桌面间有摩擦,为使物块能到达板的右端,板与桌面间的动摩擦因数的范围; (3)若板与桌面间的动摩擦因数取(2)问中的最小值,在物块从板的左端运动到右端的过程中,人拉绳的力所做的功(其他阻力均不计).解析:(1)设物块在板上滑行的时间为t 1,对板应用动量定理得: μ1mgt 1=Mv,t 1=1Mvmgμ ①设在此过程中物块前进位移为s 1,板前位移为s 2, 则s 1=v·t 1② s 2=2vt 1③ s 1-s 2=2l④由①~④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=2,Mv mgl板的位移s 2=.2l(2)设板与桌面间的动摩擦因数为μ2,物块在板上滑行的时间为t 2.则应用动量定理得[μ1mg-μ2(m+M)g]·t 2=Mv, t 2=12()Mvmg m M gμμ-+又设物块从板的左端运动到右端的时间为t 3则3332,2vl v t t l t v-==为了使物块能到达板的右端,必须满足t 2≥t 3即12()Mv mg m M g μμ-+≥2l v ,μ2≥22()Mv m M gl+所以为了使物块能到达板的右端,应使板与桌面的动摩擦因数μ2≥22()Mv m M gl+(3)设绳子的拉力为T,物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s 3,则有:T-μ1mg=0,s 3=v·t 3=2l由功的计算公式得:W T =T·s 3=μ1mg·2l=2Mv mgl·mg·2l=2Mv 2所以绳的拉力做功为2Mv 2. (或W=ΔE k +Q 1+Q 2=12Mv 2+μ1mgl+μ2(M+m)gl=2Mv 2) 答案:(1)2,2Mv l mgl (2)大于22()Mv M m gl+ (3)2Mv 212.如图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点.求:(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量;(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做的功的大小. 解析:(1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v 1､v 2,对于滑块与小球组成的系统,由机械能守恒定律得22121122mv mv mgl += 小球由最低点向左摆动到最高点过程,由机械能守恒定律得221(160)2mv mgl cos =-联立两式解得12v v ==设所求挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,对滑块由动量定理得I=0-mv 1解得I =-(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得2212mgl W mv +=将v 2代入解得12W mgl =-小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为1.2mgl答案:(1)-12mgl。

专题强化练(七)考点1 冲量与动量定理的应用1．(2018·山西名校联考)一质点在几个恒力作用下做匀速直线运动．现在某位置撤去一个与运动方向在同一直线上的恒力，且原来作用在质点上的其他力不发生改变．则( ) A．质点可能会再次经过此位置B．质点在以后的运动中动量可能保持不变C．质点在以后的运动中加速度可能不恒定D．质点在以后一段时间内的动量变化量的方向可能与原运动方向不在同一直线上解析：若质点运动的方向与撤去的恒力方向相同，则撤去该恒力后质点做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速运动，会再次经过此位置，A正确；撤去一个恒力，剩余力的合力也是恒力，所以质点的加速度一定是恒定的，质点一定做匀变速直线运动，动量一定变化，且变化量的方向与原运动方向在同一直线上，B、C、D错误．答案：A2．(多选)(2018·拉萨中学检测)下列运动过程中，在任意相等时间内，物体动量变化量相同的是( )A．平抛运动B．自由落体运动C．匀速圆周运动D．匀减速直线运动解析：根据动量定理Δp＝Ft，F是合力，平抛运动物体的合力是重力，为恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同，故A正确；自由落体运动物体的合力是重力，为恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同，故B正确；匀速圆周运动物体的合力始终指向圆心，是变力，相等时间内合力的冲量也是变化的，动量变化量是变化的，故C错误；匀减速直线运动物体的合力是恒力，相等时间内其冲量不变．动量变化量相同，故D正确．答案：ABD3．(2018·辽师大附中检测)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球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解析：根据力的作用的相互性，子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小可以通过墙对子弹、橡皮泥和钢球的冲量求得；对子弹：Δp1＝mv1－mv2，对橡皮泥：Δp2＝mv1，对钢球：Δp3＝2mv1，由此可知Δp1<Δp2<Δp3，B正确．答案：B4.(2017·天津卷)“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．摩天轮悬挂透明座舱，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B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．答案：B考点2 碰撞和动量守恒定律的应用5．如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为( )A ．7∶5B ．1∶3C ．2∶1D ．5∶3解析：设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ )＝PO ∶(PO ＋4PO )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 正确．答案：D6．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06 D ．无法确定 解析：两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A7．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：平抛运动时间t ＝2h g＝1 s ，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则mv ＝34mv 甲＋14mv 乙，又v 甲＝x 甲t，v 乙＝x 乙t ，t ＝1 s ，则有34x 甲＋14x 乙＝2 m ，将各选项中数据代入计算得B 正确．答案：B8．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 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( )A ．当v 0＝2gR 时，小球能到达B 点B ．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C ．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D ．如果滑块固定，小球返回A 点时对滑块的压力大小为m v 20R解析：小球在弧形凹槽上运动的过程中，小球对滑块的力有水平向左的分量．使滑块向左加速，滑块动能增大，小球的机械能将减小，A 错误，C 正确；当小球速度足够大，从B 点离开滑块时．由于B 点切线竖直，在B 点时小球与滑块的水平速度相同，离开B 点后将再次从B 点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B 错误；如果滑块固定，小球返回A 点时对滑块的压力为mg ＋m v 20R，D 错误． 答案：C考点3 动量和能量的综合应用9.(多选)如图所示，一块质量为M 的木板B 在光滑的水平桌面上以速度v 0匀速向右滑行，某时刻把一质量为m 的小铁块A (初速度为零)放在B 的右端，它将在B 上滑行一段距离后与B 相对静止达到共同速度v ，此时木板B 前进距离x ，小铁块到木板右端的距离为L ，若小铁块和木板间的动摩擦因数为μ.下列说法正确的是( )A ．木板对铁块的摩擦力对铁块做的功等于μmgLB ．木板与铁块组成的系统动量守恒C ．系统产生的内能等于μmgLD ．系统产生的内能等于12Mv 20－12(M ＋m )v 2 解析： 由运动过程示意图知，木板B 前进的位移为x ，小铁块A 位移为x －L ，相对位移为L ，对A 、B 组成的系统：木板对铁块的摩擦力对铁块做的功W 1＝μmg (x －L )；木板与铁块组成的系统所受合外力为零，所以动量守恒；系统初动能为12Mv 20，系统末动能为12(M ＋m )v 2，由能量守恒得，系统产生的内能为12Mv 20－12(M ＋m ) v 2 ，滑动摩擦力与相对位移的乘积μmgL 就等于系统产生的内能，故A 错误，B 、C 、D 正确．答案：BCD10.如图所示，打桩机锤头质量为M ，从距桩顶h 高处自由下落，打在质量为m 的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为s ，试求在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？解析：设锤头刚与木桩接触时的速度大小为v0，则由运动学规律可得：v20＝2gh.由于锤头与木桩碰撞时，作用时间极短，系统的内力远远大于外力，动量守恒．设两者碰撞后的共同速度大小为v，则由动量守恒定律可得：Mv0＝(M＋m)v.设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力大小为F f，则由动能定理可得：(M＋m)gs－F f s＝0－12(M＋m)v2，以上各式联立求解得：F f＝(M＋m)g＋M2gh（M＋m）s.答案：见解析11.(2018·东北三省四市一模)如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B 并留在其中(子弹射入木块时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(1)木块能摆起的最大高度；(2)小车A运动过程的最大速度．解析：(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v 1，设向右为正方向，则有：mv 0＝2mv 1当木块摆到最大高度时，三者具有相同的水平速度，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋m ＋2m )v 2，由能量守恒得12·2mv 21＝12·4mv 22＋2mgh ， 解得h ＝v 2016g. (2)子弹射入木块后由动量守恒得：2mv 1＝2mv 1′＋2mv 2′根据能量守恒得：12·2mv 21＝12·2mv 1′2＋12·2mv 2′2， 解得v 2′＝v 02. 答案：(1)v 2016g (2)v 02。

动量课后练习(1)1．试管开口向上，管内底部有一小昆虫，试管自由下落时，当昆虫停在管底和沿管壁加速上爬的两种情况下，试管在相等时间内获得的动量大小是（不考虑空气阻力）（）A．小昆虫停在管底时大 B.小昆虫向上飞动时大C．两种情况一样大 D.小昆虫飞行情况不明，无法确定2．下列说法中,正确的是（）A．速度大的物体,它的动量一定大B．动量大的物体,它的速度一定大C．只要物体的运动速度大小不变,物体的动量也不变D．竖直上抛的物体经过空中同一点的动量不相同3．下列说法中正确的是( )A．物体的动量改变，一定是物体的速率改变B．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向C．物体的运动速度改变，其动量一定改变D．物体的加速度不变(不为0)，其动量一定不变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，若不计空气阻力，则( )A．抛出时三球动量都相同B．落地时三球的动量相同C．从抛出到落地过程，重力做的功都相同D．从抛出到落地过程，三球受到的冲量都相同5．小球D在光滑水平面上以相同的速率分别与原来静止的三个小球A、B、C 相碰(A、B、C与D等大)。

D与A碰后，D被反弹回来。

D与B碰后，D静止不动。

D与C碰后，D继续沿原方向运动。

D与A、B、C在碰撞过程中的动能损失均忽略不计，则（）A．碰后A球获得的动量最大，获得的动能也最大B．碰后B球获得的动量最大，获得的动能也最大C．碰后C球获得的动量最大，B球获得的动能最大D．碰后A球获得的动量最大，B球获得的动能最大6．下列关于动量的论述中正确的是（）A．质量大的物体动量一定大 B.速度大的物体动量一定大C．两物体动能相等,动量小一定相等 D.两物体动能相等,动量一定相等7．以初速度v0=40m/s竖直向上抛出物体,质量为4㎏则第2秒末的动量为____㎏·m/s,第5秒末动量为____㎏·m/s,从第2秒末到第5秒末动量的变化量为____㎏·m/s(g取10m/s2). 8．两相同的物体A和B, 分别静止在光滑的水平桌面上, 由于分别受到水平恒力作用. 同时开始运动. 若B所受的力是A的2倍, 经过一段时间后, 分别用W A、I A和W B、I B表示在这段时间内A和B各自所受恒力做的功和冲量的大小,则有（）A．W B=2W A B．W B=4W A C．I B=2I A D．I B=4I A9．关于物体的动量，下列说法正确的是（）A．动量的方向一定是物体速度的方向B．物体的动量越大，它的惯性也越大C．动量大的物体，它的速度一定大D．物体的动量越大，它所受的合外力越大10．相向运动的A、B两辆小车相推后，一同向A原来的方向前进，这是由于（）A．A车的质量一定大于B车的质量B．A车的速度一定大于B车的速度C．A车的动量一定大于B车的动量D．A车的动能一定大于B车的动能参考答案：1．答案： B解析：题目中描述的是昆虫的运动情况，但选项中问的却是试管在相等时间内获得的动量的大小，选试管为研究对象，昆虫停在管中时整体做自由落体运动，试管只受重力，由动量定理mgt=p1-0.当昆虫加速上爬时，对管底产生一个向下的作用力F，根据动量定理得(mg+F)t=p2-0，所以p2＞p1，即正确选项为B.2．答案： D解析：本题很容易忽视决定动量大小的因素,认为物体的动量只与速度有关,而错选A.容易忽视动量的矢量性而错选C.动量等于质量与速度的乘积,速度很大,但质量很小时,物体的动量不一定大,动量大的物体,若质量大,速度不一定很大,故A\,B均错.动量是矢量,比较动量时既要看大小又要看方向.3．答案： BC解析： A中物体的速率变化了是指物体速度大小的变化，是标量，而动量变化是矢量，故A错误；据动量p＝mv知，动量的方向与速度的方向相同，所以B正确；据定义式知，速度改变，则动量必改变，故C正确．物体的加速度不变，则物体做匀变速运动，速度一定要变化，因而动量要变化，所以动量一定不变是错误的．4．答案： C解析：抛出时速度方向不同，故动量不同，A错．根据机械能守恒定律可知，三球落地时速度大小相等，但丙球速度方向与甲、乙不同，故B、D错．5．答案： D6．答案： C7．答案： 80,-40,-1208．答案： BC9．答案： A10．答案： C解析：两车相撞过程，系统的动量守恒，相撞后，总动量沿A原来的方向，根据动量守恒定律得知，碰撞前的总动量的方向与A原来的速度方向，由于A、B是相向运动，动量又是矢量，则得，A车的动量一定大于B车的动量．由于两车的质量关系未知，无法判断速度大小、动能大小的关系．故C正确．。

2018年物理动量与能量压轴题特训 1．如以下图,一个轻质弹簧左端固定在墙上,一个质量为m 的木块以速度v 0从右边沿光滑水平面向左运动,与弹簧发生相互作用,设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度围,那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I 的大小和弹簧对木块做的功W 分别是< C >2. 物体A 和B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如以下图,A 的质量为m,B 的质量为M,当连接A 、B 的绳子突然断开后,物体A 上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B 的下落速度大小为u,在这一段时间里,弹簧的弹力对物体A 的冲量为〔 D 〕A. mvB. mv-MuC. mv+MuD. mv+mu3. 如以下图,水平光滑地面上依次放置着质量mkg 的10块完全一样的长直木板.质量Mkg 、大小可忽略的小铜块以初速度vm /s 从长木板左端滑上木板,当铜块滑离第一块木板时,速度大小为vm /s .铜块最终停在第二块木板上.取g =10m /s 2,结果保存两位有效数字.求：①第一块木板的最终速度②铜块的最终速度.解答：①铜块和10个长木板在水平方向不受外力,所以系统动量守恒. 设铜块滑动第二块木板时,第一块木板的最终速度为v 2,由动量守恒定律得,Mv 0=Mv 1+10mv 2解得v 2②由题可知,铜块最终停在第二块木板上,设铜块的最终速度为v 3,由动量守恒定律得：Mv 1+9mv 2=<M+9m>v 3解得：v 34． 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶,取重力加速度g ＝10 m/s 2,如此如下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的答案是< >4．B 设弹丸爆炸前质量为m,爆炸成甲、乙两块后质量比为3∶1,可知m甲＝错误! m,m乙＝错误!m.设爆炸后甲、乙的速度分别为v1、v2,爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒,取弹丸运动方向为正方向,有mv＝错误!mv1＋错误!mv2,得3v1＋v2＝8.爆炸后甲、乙两弹片水平飞出,做平拋运动．竖直方向做自由落体运动,h ＝错误!gt2,可得t＝错误!＝1 s；水平方向做匀速直线运动,x＝vt,所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获得的速度大小在数值上相等,因此也应满足3x1＋x2＝8,从选项图中所给数据可知,B正确．[点拨] 爆炸后,一定有一块弹片速度增加,大于原来速度．5. 如以下图,方盒A静止在光滑的水平面上,盒有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒水平面间的动摩擦因数为μ.假如滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动屡次,最终相对于盒静止,如此此时盒的速度大小为________,滑块相对于盒运动的路程为________．5．[解析] 方盒A与小滑块B组成的系统动量守恒,m B v＝<m A＋m B>v1,又m A＝2m B,所以v1＝错误!,对系统由动能定理得－μm B g·x＝错误!<m A＋m B>v错误!－错误!m B v2,解得x＝错误!.[答案] 错误!错误!6．如以下图,光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体,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h＝0.3 m<h小于斜面体的高度>．小孩与滑板的总质量m1＝30 kg,冰块的质量m2＝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/s2.<1>求斜面体的质量；<2>通过计算判断,冰块与斜面体别离后能否追上小孩？6．[解析] <1>规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v20＝<m2＋m3>v①错误!m2v错误!＝错误!<m2＋m3>v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度,联立①②式并代入题给数据得m3＝20 ③<2>设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m 1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体别离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥错误!m2v错误!＝错误!m2v错误!＋错误!m3v错误!⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s由于冰块与斜面体别离后的速度与小孩推出冰块后的速度一样且处在后方,故冰块不能追上小孩．[答案] <1>20 kg <2>见解析7．如以下图,三个质量一样的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以错误! v、错误!v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．7． [解析] 设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为v A,由题意知,碰后A的速度v A′＝错误!v0；碰后B的速度v B＝错误!v0由动量守恒定律得mv A＝mv A′＋mv B ①设碰撞前A克制轨道阻力所做的功为W A,由功能关系得WA＝错误!mv错误!－错误!mv错误!②设B与C碰撞前B的速度为v B′,B克制轨道阻力所做的功为W B,由功能关系得W B ＝错误!mv错误!－错误!mv B′2③由于三者间隔相等,滑块A、B与轨道间的动摩擦因数相等,如此有W A＝W B ④设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得：mv B′＝2mv⑤联立①②③④⑤式,代入数据得v＝错误!v0 ⑥[答案] 错误!v08. 如以下图,光滑水平轨道上放置长板A<上外表粗糙>和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止,A、B一起以v＝5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞<时间极短>后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．8．[解析] 设A与C发生碰撞后瞬间,A的速度大小为v A,方向向右,C的速度大小为v C.A与C碰撞时间极短,由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C ①A与B相互作用,设最终达到的共同速度为v,由动量守恒定律得：m B v＋m A v A＝<m A＋m B>v②A与B达到共同速度后恰不与C碰撞,如此应有v＝vC③联立①②③解得v A＝2 m/s[答案] 2 m/s[点拨] 此题分别对A、C和A、B的作用过程应用动量守恒定律,还要关注"恰好不再与C碰撞〞这一临界条件．9. 如以下图.一辆质量M=3kg的小车A静止在光滑的水平面上,将一轻质弹簧城压越缩并锁定,此时弹簧的弹性势能为Ep=6J,质量m=1kg的光滑小球B紧挨轻弹簧右端静止放置.解除轻弹簧的锁定.小球B被弹出并脱离弹簧,求小球脱离弹簧时小车的速度大小.解答：A. B组成的系统动量守恒,在解除锁定到A. B分开过程中,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得：mB vB−mAvA=0,由能量守恒定律得：12mA v2A+12mBv2B=EP,联立并代入数据解得：vA=1m/s,vB=3m/s；答：小球脱离弹簧时小车的速度大小为1m/s.10. 如以下图,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上外表粗糙,在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上外表相平,B、C静止在水平面上.现有滑块A以初速V0从右端滑上B,并以1/2V滑离B,恰好能到达C的最高点.A、B. C的质量均为m,试求：<1>木板B上外表的动摩擦因素μ；<2>1/4圆弧槽C的半径R；<3>当A滑离C时,C的速度.11. 如以下图,质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离Lm,这段滑板与木块A<可视为质点>之间的动摩擦因数μ=0.2,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上外表光滑.小木块A以速度v0=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B外表向右运动.木块A的质量m=1kg,g取10m/s2.求：<1>弹簧被压缩到最短时木块A的速度；<2>木块A到达弹簧C端时的速度v A<取两位有效数字><3>木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.12. 如以下图,一个质量m=4kg的物块以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上,平板车质量M=16kg,物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2,其它摩擦不计<取g=10m/s2>,求：<1>物块相对平板车静止时,物块的速度；<2>物块相对平板车上滑行,要使物块在平板车上不滑下,平板车至少多长?解答：<1>物块和平板车的相互作用过程中系统动量守恒,以物块初速度方向为正方向,由动量守恒定律得：mv=<M+m>v…①,共代入数据解得：v共m/s；<2>为了使物块不滑离平板车,设车长为L,由能量守恒定律得：12mv2−12<M+m>v2共<μmgL…②,由①②式得：Lm；13. 如以下图,光滑水平路面上,有一质量为m1=5kg的无动力小车以匀速率v0=2m/s向前行驶,小车由轻绳与另一质量为m2=25kg的车厢连结,车厢右端有一质量为m3=20kg的物体〔可视为质点〕,物体与车厢的动摩擦因数为μ=0.2,开始物体静止在车厢上,绳子是松驰的．求：〔1〕当小车、车厢、物体以共同速度运动时,物体相对车厢的位移〔设物体不会从车厢上滑下〕；〔2〕从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．〔取g=10m/s2〕14. 如以下图,固定的光滑的弧形轨道末端水平,固定于水平桌面上,B球静止于轨道的末端.轨道最高点距轨道末端高度与轨道末端距地高度均为R.A球由轨道最高点静止释放,A球质量为2m,B球质量为m,A.B均可视为质点,不计空气阻力与碰撞过程中的机械能的损失.求：A.B两球落地点的水平距离?15. 一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如以下图.图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达a点前与物体P相对静止.重力加速度为g.求：<1>木块在ab段受到的摩擦力f；<2>木块最后距a点的距离s.16. Kˉ介子衰变的方程为K−→π−+π0,如以下图,其中Kˉ介子和πˉ介子带负的基元电荷,π0介子不带电.一个Kˉ介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中,其轨迹为圆弧AP,衰变后产生的πˉ介子的轨迹为圆弧PB,两轨迹在P点相切,它们的半径RKˉ与Rπ−之比为2:1.π0介子的轨迹未画出.由此可知πˉ介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为〔〕A.1:1B.1:2C.1:3D.1:617. 如以下图,光滑的水平地面上有一木板,其左端放有一重物,右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍,重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动,某时刻木板与墙发生弹性碰撞,碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长,重物始终在木板上.重力加速度为g.18. 如以下图,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直,直径略小于圆管径的小球A以某一速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A一样的小球B发生碰撞,碰后两球粘在一起飞出轨道,落地点距N为2R.重力加速度为g,忽略圆管径,空气阻力与各处摩擦均不计,求<1>粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；<2>A、B碰撞前瞬间A球的速度大小<3>小球A冲进轨道时速度v的大小.<4>小球A与小球B球碰撞前瞬间对轨道的压力多大?19. 一个宇航员连同装备的总质量为100kg,在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态.他带有一个装有0.5kg氧气的贮氧筒,贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的相对速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气,才能回到飞船上去,同时又必须保存一局部氧气供他在返回飞船的途中呼吸.宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4kg/s.试求：〔1〕如果他在准备返回飞船的瞬时,释放0.15kg的氧气,他能安全地回到飞船吗？〔2〕宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？20. 如以下图,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面,两导轨间的距离为L,导轨上面横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,两根导体棒的质量皆为m,电阻皆为R,回路中其余局部的电阻可不计.在整个导轨平面都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B. 设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒cd 静止,棒ab有指向棒cd的初速度v0,假如两导体棒在运动中始终不接触,求：<1>在运动中产生的焦耳热最多是多少?<2>当ab棒的速度变为初速度的3/4时,cd棒的加速度是多少?21. 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,假如在此过程中该作用力始终竖直向上,如此该段时间安全带对人的平均作用力大小为< >A.错误!＋mgB.错误!－mgC.错误!＋mgD.错误!－mg[解析] 下降h阶段v2＝2gh,得v＝错误!,对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理,－<F－mg>t＝0－mv,得F＝错误!＋mg,A正确．选A.22. 如以下图,方盒A静止在光滑的水平面上,盒有一个小滑块B,盒的质量是滑块质量的2倍,滑块与盒水平面间的动摩擦因数为μ.假如滑块以速度v开始向左运动,与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动屡次,最终相对盒静止,如此此时盒的速度大小为___,滑块相对于盒运动的路程为___.23. 〔2015.〕如图,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.〔1〕假如固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力；〔2〕假如不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车,滑块质量,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求：；①滑块运动过程中,小车的最大速度vm②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s.解答：〔1〕由图知,滑块运动到B点时对小车的压力最大从A到B,根据动能定理：；在B点：联立解得：F N=3mg,根据牛顿第三定律得,滑块对小车的最大压力为3mg〔2〕①假如不固定小车,滑块到达B点时,小车的速度最大根据动量守恒可得：；从A到B,根据能量守恒：联立解得：②设滑块到C处时小车的速度为v,如此滑块的速度为2v,根据能量守恒：；解得：小车的加速度：；根据；解得：s=L/324．<2016·理综><1>动量定理可以表示为Δp＝FΔt,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,如图甲所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．甲乙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>激光束可以看成是粒子流,其中的粒子以一样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点后被分成假如干细光束,假如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乙所示．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强度一样；b．光束①比②强度大．24．[解析] <1>a.x方向：动量变化Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化Δp＝mv cos θ－<－mv cos θ>＝2mv cos θy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p1＝2np cos θ从小球出射时总动量p2＝2npp、p2的方向均沿SO向右．1根据动量定理有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．建立如以下图的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,光束①穿过小球的粒子数为n,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2.1这些粒子进入小球前的总动量p1y＝<n1－n2>p sin θ从小球出射时的总动量p2y＝0根据动量定理有F yΔt＝p2y－p1y＝－<n1－n2>p sin θ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] <1>；2mv cos θ,沿y轴正方向b．沿y轴负方向<2>a.沿SO向左b．指向左上方25．<2014·某某理综>如以下图,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A＝4 kg,上外表光滑,小车与地面间的摩擦力较小,可以忽略不计,可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量m＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N,A运动一B段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t＝0.6 s,二者的速度达到v1＝2 m/s.求<1>A开始运动时加速度a的大小；<2>A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；<3>A的上外表长度l.25．[解析] <1>以A为研究对象,由牛顿第二定律有a ①F＝mA代入数据解得a＝2.5 m/s2 ②<2>对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程,由动量定理得Ft＝<m＋m B>v1－<m A＋m B>v③A代入数据解得v＝1 m/s ④<3>设A、B发生碰撞前,A的速度为v A,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有m A vA＝<m A＋m B>v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl＝错误!mAv错误!⑥由④⑤⑥式,代入数据解得l＝0.45 m ⑦[答案] <1>2.5 m/s2<2>1 m/s <3>0.45 m26．<2015·理综>实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意图如以下图,如此< >A．轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外B．轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里D．轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里1．Dβ衰变方程：错误!X―→错误!e＋错误!Y,由动量守恒定律知两粒子动量大小相等．因电子电量较小,由r＝错误!,得r e>r Y,故轨迹1是电子的,轨迹2是新核的．由左手定如此知,磁场方向垂直纸面向里,D正确．[点拨] 动量守恒定律既适用于宏观,亦适用于微观；既适用于低速,亦适用于高速．27．[2014·新课标全国Ⅰ]如以下图,质量分别为m A、m B的两个弹性小球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＝0.3 s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．m B＝3m A,重力加速度大小g＝10 m/s2,忽略空气阻力与碰撞中的动能损失．求：<1>B球第一次到达地面时的速度；<2>P点距离地面的高度．27．[解析] <1>设B球第一次到达地面时的速度大小为v B,由运动学公式有：vB＝错误!①将h＝0.8 m代入上式,得v B＝4 m/s ②<2>设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1′<v1′＝0>,B球的速度分别为v2和v2′,由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变．规定向下为正方向,有m A v1＋m B v2＝m B v2′④错误!m A v错误!＋错误!m B v错误!＝错误!m B v2′2⑤设B球与地面相碰后的速度大小为v B′,由运动学与碰撞的规律可得v B′＝v B设P点距地面的高度为h′,由运动学规律可得h′＝错误!⑦联立②③④⑤⑥⑦式,并代入条件可得h′＝0.75 m ⑧[答案] <1>4 m/s<2>0.75 m28．[2015·新课标全国Ⅱ]两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如以下图．求：<1>滑块a、b的质量之比；<2>整个运动过程中,两滑块克制摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．28．[解析] <1>设a、b质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.由题给图象得v1＝－2 m/s,v2＝1 m/sa、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝错误! m/s由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝<m1＋m2>v；解得错误!＝错误!<2>由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能ΔE＝错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!－错误!<m1＋m2>v2由图象可知,两滑块最后停止运动,由动能定理得,两滑块克制摩擦力所做的功W＝错误!<m1＋m2>v2；解得错误!＝错误![答案] <1>错误!<2>错误!29. 如以下图,甲车质量m1＝m,在车上有质量M＝2m的人,甲车<连同车上的人>从足够长的斜坡上高h处由静止滑下,到水平面上后继续向前滑动,此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来,h＝错误!,为了使两车不可能发生碰撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳上乙车,试求人跳离甲车的水平速度<相对地面>应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦,小车和人均可看成质点．[解析] 设向左为正方向,甲车<包括人>滑下斜坡后速度为v1,由机械能守恒定律有错误!<m1＋M>v错误!＝<m1＋M>gh,解得v1＝错误!＝2v0设人跳出甲车的水平速度<相对地面>为v,在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒,设人跳离甲车和跳上乙车后,两车的速度分别为v1′和v2′,如此人跳离甲车时：<M＋m1>v1＝Mv＋m1v1′人跳上乙车时：Mv－m2v0＝<M＋m2>v2′解得v1′＝6v0－2v,v2′＝错误!v－错误!v0两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′当v1′＝v2′时,解得v＝错误!v0当v1′＝－v2′时,解得v＝错误!v0故v的取值围为错误!v0≤v≤错误!v0[答案] 错误!v0≤v≤错误!v0导学导考"三个物体,两次作用〞是近几年考查动量守恒定律应用的模型之一,且常涉与临界问题．由于作用情况与作用过程较为复杂,要根据作用过程中的不同阶段,建立多个动量守恒方程,或将系统的物体按作用的关系分成几个小系统,分别建立动量守恒方程,联立求解．30．[2015·某某理综]如以下图,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为________,A、B 碰撞前、后两球总动能之比为________．30．[解析] 设A、B质量分别为m A、m B,B的初速度为v0,取B的初速度方向为正方向,由题意,刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好一样,都是－错误!,第一次碰撞时,动量守恒,有m B v0＝m A·错误!＋m B·错误!,解得m A∶m B＝4∶1碰撞前、后动能之比E∶E k2＝错误!m B v错误!∶错误!＝9∶5k131．[2015·新课标全国Ⅰ]如以下图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间．A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．31．[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为v C1,A 的速度为v A1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv＝mv A1＋Mv C1 ①错误!mv错误!＝错误!mv错误!＋错误!Mv错误!②联立①②式得v＝错误!v0 ③A1v＝错误!v0 ④C1如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞；如果m＝M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m<M的情况．第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后,A的速度为v A2,B的速度为v B1,同样有v＝错误!v A1＝错误!错误!v0 ⑤A2根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有v≤v C1 ⑥A2联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 ⑦解得m≥<错误!－2>M⑧另一解m≤－<错误!＋2>M舍去．所以,m和M应满足的条件为<错误!－2>M≤m<M⑨[答案] <错误!－2>M≤m<M32．[2014·理综]如以下图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m.开始时橡皮筋松弛,B。

动量动量定理一、选择题(本题共10小题，1～7题为单选，8～10题为多选)1．一个钢珠从静止状态开始自由下落(不计空气阻力)，然后陷入泥潭中。

若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则导学号 51343177( A ) A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小与过程Ⅰ中重力冲量的大小无法比较D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量[解析]设钢珠到达泥潭时的速度大小为v，规定竖直向下为正方向，由动量定理得，过程Ⅰ：I G1＝mv－0，过程Ⅱ：I G2－I f2＝0－mv，故A正确，D错误，解得I f2＝I G1＋I G2，故B、C错误。

2．(2016·天津一中月考)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。

观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。

在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则导学号 51343178( B )A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功[解析]乙推甲的过程中，甲、乙间产生大小相等、方向相反的作用力和反作用力，由I＝Ft可知，甲对乙的冲量和乙对甲的冲量等大反向，A错误。

又由动量定理I＝Δp，知B 正确。

甲、乙的质量不一定相等，故对地的位移不同，做功不一定相同，所以动能的变化也不一定相同，C、D错误。

3．(2015·北京理综)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是导学号 51343179( A )A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力[解析] A 、B 项，绳子对人的拉力的方向始终向上，则绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力做负功。

强化训练45 冲量与动量 动量定理本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。

其主要目的在于：理解和掌握冲量、动量两个重要概念.能用牛顿运动定律和加速度的概念推导出动量定理，能熟练地运用动量定理解释有关物理现象。

并进行有关的计算..解答此类试题，既要透彻理解动量、冲量和动量定理等物理概念，又要有丰富的空间想象能力。

全卷16题，总计100分，选做题1？道备用。

一、破解依据 ㈠动量和冲量⑴大小：mv p =，方向：与速度方向一致；⑵大小：；Ft I =，方向：与合外力方向一致。

㈡动量变化v m mv mv p p p ∆=-=-=∆//。

指末、初动量之差。

特别关注动量（或速度）的方向性⑴一维往复：设来时方向为正，则)(v m mv p '--=∆⑵二维互成角度：设二速度夹角为θ，动量变化的大小θcos 222v v v v m v m p '+'+=∆=∆，方向θθϕcos sin tan v v '=，其中ϕ为速度变化v ∆与初速度v 的夹角。

例如右图-1所示情形，具体应用见第10题。

㈢动量定理⑴大小：)(//t t F mv mv -=-，或合I p p =-/,其中合I 指合外力的冲量；或⋯⋯+++=332211t F t F t F I 合⑵方向：动量变化p p p -=∆/与合外力F 的“方向一致”。

㈢坐标正方向的选取：⑴初速度方向；⑵或合外力方向。

二、 精选习题㈠选择题（每小题5分，共60分）⒈(14北京) 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 bB. m a <m bC. T a <T bD. q a m a <q bm b⒉（17天津）“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．摩天轮悬挂透明座舱，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( )图-1图-2A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变3.(17全国Ⅲ)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。

乐陵一中动量动量定理一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v-t图线如图所示，图中AB∥CD．则整个过程中（）A. F1的冲量等于F2的冲量B. F1的冲量大于F2的冲量C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量（2018物理备课组整理）D（备课组长指导）解：C、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．但a的运动总时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误．A、B根据动量定理，对整个过程研究得F1t1-ft OB=0，F2t2-ft OD=0由图看出，t OB＜t OD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故AB错误．D、根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确；故选：D由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力．中等难度．2.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B．将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧．烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的（）A. A、B动量变化量相同B. A、B动能变化量相同C. 弹簧弹力对A、B做功相同D. 弹簧弹力对A、B冲量大小相同（2018物理备课组整理）D（备课组长指导）解：A、烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车受弹簧的作用力，大小相等，方向相反，根据动量定理，A、B动量变化量大小相等，方向相反，故A错误；B、两个小车的动量相等，根据，动能增加量是否相同取决于两小车质量是否相同，故B错误；C、弹簧弹力对A、B做功等于A、B动能的增加量，A、B动能增加量不一定相同，故弹簧弹力对A、B做功不一定相同，故C错误；D、两辆小车受弹簧的作用力，大小相等，方向相反，作用时间也相同，故弹簧弹力对A、B冲量大小相同，方向相反，故D正确；故选：D．在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，系统水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒；根据动量定理确定动量的变化量情况；根据确定动能情况．本题主要考查了动量守恒的条件，知道系统所受合外力为零时，系统动量守恒；会结合动量定理、动能定理、牛顿第三定律判断，基础题目．3.下列说法正确的是（）A. 速度大的物体，它的动量一定也大B. 动量大的物体，它的速度一定也大C. 只要物体的运动速度大小不变，则物体的动量也保持不变D. 物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大（2018物理备课组整理）D（备课组长指导）【分析】本题考察了动量以及动量定理等知识。

7-1（2018全国1,24,12分）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 【答案】（1）1/gmE2 ；（2）2E/mg 【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为vE =1/2mv 20 ①（1设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t0-v0=-gt ②（1t =1/gmE2 ③（2(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1 E =mgh1 ④（1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由1/4mv 21+1/4mv 22=E ⑤（2 1/2mv1+1/2mv 2=0 ⑥（2由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h21/4mv 21=1/2mgh 2 ⑦（1h =h1+h 2=2E/mg ⑧（2 7-2（2018全国2,15,6分）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 N B. 102 N C. 103 N D. 104 N 【答案】C【解析】根据自由落体运动和动量定理有2gh=v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft=mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确.7-3（2018全国2,24,12分）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4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为kg 和kg，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.求（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度.（1）设B车质量为m B，碰后加速度大小为a B，根据牛顿第二定律有①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为.由运动学公式有②联立①②式并利用题给数据得③（2）设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A.根据牛顿第二定律有④设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为.由运动学公式有⑤设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得7-4（2018全国3,25,20分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切.BC为圆弧轨道的直径.O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g.求：（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；（2）小球到达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间.【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力.解析（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有①②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得③由①②③式和题给数据得④⑤(2)设小球到达A 点的速度大小为v1,作CD ⊥PA ，交PA 于DDA =R sin α ⑥ CD =R (1+cos α)-mg ·CD -F0·DA =1/2mv 2-1/2mv 21 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为⑨（3）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有⑩由⑤⑦⑩式和题给数据得7-5（2018北京，22,16分）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/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s.取重力加速度g =10 m/s 2. （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F N 的大小.【解析】（1）根据匀变速直线运动公式，有L =（v 2B －v 2A ）/2a =100 m （2）根据动量定理，有I =mvB －mv A =1 800 N ·s（3）运动员经C根据动能定理，运动员在BC段mgh =1/2mv2C-1/2mv2B根据牛顿第二定律，有F N-mg=m v2C/R联立解得F N=3 900 N7-6（2018天津，9（1），4分）质量为0.45 kg0.05 kg200 m/s[ZZ(Z]〓〓〓〓[ZZ)][JP] m/s.若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×10 3 N,则子弹射入木块的深度为[ZZ(Z]〓〓〓〓[ZZ)]m.〖ZK【答案】 20 0.2【解析】子弹打木块的过程，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0=(M+m)v，将已知条件代入解得v=20 m/s;由功能关系可知，Q=fd=1/2mv20－1/2（M+m）v2，解得d=0.2 m.7-7（2018江苏，12C（3），4分）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．【答案】【解析】取向上为正方向，动量定理mv-(-mv)=I且I=(F-mg)t解得IF=Ft=2mv+mgt。

本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==2018广东高考物理冲量与动量复习资料冲量与动量是高考物理考试中非常重要的知识点，也是高考理综考试中的高频考点。

下面小编为大家整理的广东高考物理冲量与动量复习资料，希望大家喜欢。

广东高考物理冲量与动量复习资料1.动量：p=mv {p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同}3.冲量：I=Ft {I:冲量(N"s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F决定}4.动量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo {Δp:动量变化Δp=mvt–mvo，是矢量式}5.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p’´也可以是m1v1+m2v2=m1v1´+m2v2´6.弹性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系统的动量和动能均守恒}7.非弹性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：损失的动能，EKm：损失的最大动能}8.完全非弹性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后连在一起成一整体}9.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰:v1´=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2´=2m1v1/(m1+m2)10.由9得的推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒)11.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失，E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对 {vt:共同速度，f:阻力，s相对子弹相对长木块的位移}注：(1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们“中心”的连线上;(2)以上表达式除动能外均为矢量运算,在一维情况下可取正方向化为代数运算;(3)系统动量守恒的条件:合外力为零或系统不受外力，则系统动量守恒(碰撞问题、爆炸问题、反冲问题等);(4)碰撞过程(时间极短，发生碰撞的物体构成的系统)视为动量守恒,原子核衰变时动量守恒;(5)爆炸过程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能增加;(6)其它相关内容：反冲运动、火箭、航天技术的发展和宇宙航行。

冲量、动量定理1．下列关于物体动量和冲量的说法不正确的是A ．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B ．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C ．物体动量增量的方向，就是它所受合外力冲量的方向D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快2．下列关于动量和动能的说法中，正确的是A ．一个物体的动量不变，其动能一定不变B ．一个物体的动能不变，其动量一定不变C ．两个物体的动量相等，其动能一定相等D ．两个物体的动能相等，其动量一定相等3．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2F 作用下，这个物体经过时间t ，其动量将等于2PB ．在F 作用下，这个物体经过位移2l ，其动量将等于2PC ．在2F 作用下，这个物体经过时间t ，其动能将等于2E kD ．在F 作用下，这个物体经过位移2l ，其动能将等于2E k4．一质量为m 的物体静止在倾角为θ的斜面上，物体与斜面间动摩擦因数为μ，则时间t 内A ．重力的冲量大小是mgt sin θB ．支持力的冲量大小是mgt cos θC ．摩擦力冲量大小是cos mgt μθD ．斜面对物体的冲量大小为零5．从塔顶以相同速率抛出A 、B 、C 三小球，A 球竖直上抛，B 球平抛，C 球竖直下抛。

另有D 球从塔顶起自由下落，四个小球质量相同，落到同一水平面上。

不计空气阻力，则A ．落地时动能相同的小球是A 、B 、CB ．落地时动量相同的小球是A 、B 、CC ．从离开塔顶到落地过程中，动能增量相同的小球只有A 、B 、CD ．从离开塔顶到落地过程中，动量增量相同的小球是B 、D6．如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m 的铁球以速度v 向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中A ．铁球对箱子的冲量为零B ．铁球和箱子受到的冲量为零C ．箱子对铁球的冲量为mv ，向右D ．摩擦力对箱子的冲量为mv ，向左7．质量为3 kg 的物体静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，在4 s 内物体所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在4 s 内物体的位移A ．0B ．1 mC ．2 mD ．6 m8．物体在恒定的合力F 作用下由静止开始做直线运动，在时间Δt 1内速度的变化量是v ∆，紧接着在时间Δt 2内速度的变化量仍是v ∆。