高考物理总复习第六单元动量第1课时动量定理教师用书(含解析)新人教版

B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
【答案】AC
【解析】垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以
球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零， A正确，B错
误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相
3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球下落刚与头接触时的动量为p1＝mv1
＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝
mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，D错误.
3.(2022年深圳一模)明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧.
如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴
第1讲 动量、冲量、动量定理
物理
观念
科学
思维
科学
探究
科学态
度与责
任
核心素养
重要考点
(1)理解动量和冲量概念；(2)理解和运用动量定
理与动量守恒定律；(3)理解碰撞、反冲的定义及
物理意义
1.动量、动量
(1)能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学 定理
中建立“柱状”模型；(2)动量守恒定律应用中的人 2.动量守恒定
mv
以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，F＝ ，当
t
时间增大时，动量的变化量不变，球对手的作用力减小，所以B正确.
4.[冲量的理解]如图，用与水平方向成θ角的拉力F拉动木箱，使它从静
止开始沿粗糙水平面运动时间t.木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和
摩擦力f的冲量大小分别为(

知识巩固练1.玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击过程中() A.动能变化较大 B.动量变化较大C.受到的冲量较大D.动量变化较快【答案】D2.(2023年佛山模拟)据历史文献和出土文物证明，踢毽子起源于中国汉代，盛行于南北朝、隋唐.毽子由羽毛、金属片和胶垫组成.如图是同学练习踢毽子，毽子离开脚后，恰好沿竖直方向运动，假设运动过程中毽子所受的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是()A.脚对毽子的作用力大于毽子对脚的作用力，所以才能把毽子踢起来B.毽子在空中运动时加速度总是小于重力加速度gC.毽子上升过程的动能减少量大于下落过程的动能增加量D.毽子上升过程中重力冲量大于下落过程中的重力冲量【答案】C【解析】脚对毽子的作用力与毽子对脚的作用力是一对作用力和反作用力，等大反向，故A 错误；因为空气阻力存在，毽子在空中上升段阻力向下，加速度大于重力加速度g，而下降阶段阻力向上，加速度小于重力加速度g，故B错误；根据动能定理，毽子上升过程的动能减少量ΔE k＝(mg+f)h，下落过程的动能增加量ΔE k1＝(mg-f)h，则ΔE k＞ΔE k1，故C正确；毽子上升过程中加速度大小大于下降过程中加速度大小，上升过程中时间小于下降过程中时间，毽子上升过程中重力冲量小于下落过程中的重力冲量，故D错误.3.(多选)将质量为m的物体A以速率v0水平抛出，经过时间t后，物体下落了一段距离，速率仍为v0，方向却与初速度相反，如图所示.在这一运动过程中，下列说法中正确的是()A.风对物体做功为零B.风对物体做负功C.物体机械能减少mg2t22D.风对物体的冲量大小大于2mv0【答案】BD【解析】物体被抛出后，重力对其做正功，但是其动能没有增加，说明风对物体做负功，A 错误，B正确；由于不知道风的方向，所以无法计算物体下落的高度，也就无法计算重力和风对物体所做的功，C错误；重力的冲量竖直向下，大小为mgt，合力的冲量为2mv0，根据矢量的合成可知，风对物体的冲量大小大于2mv0，D正确.综合提升练4.一质量为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变化的图像如图，则()A.0~2 s内合外力F的冲量为4 N·sB.t＝2 s时物块的动量大小为2 kg·m/sC.0~4 s内合外力F的冲量为0D.t＝4 s时物块的速度为零【答案】A【解析】根据冲量的定义有I＝Ft，结合图像可知，图线与时间轴所围面积表示合外力的冲量，上侧的面积表示冲量方向为正，下侧的面积表示冲量方向为负，则0~2 s内合外力F的冲量I1＝2×2 N·s＝4 N·s，0~4 s内合外力F的冲量I2＝(2×2-1×2) N·s＝2 N·s，A正确，C错误；0~2 s内根据动量定理有I1＝mv1-0，解得p1＝mv1＝4 kg·m/s，0~4 s内根据动量定理有I2＝mv2-0，解得v2＝1 m/s，B、D错误.5.(2023年中山模拟)质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g.则()A.运动员在加速上升过程中处于失重状态B.该过程中，地面对运动员的冲量大小为mv-mgtC.该过程中，地面对运动员做功为0D.该过程中，运动员的动量变化量大小为mgt+mv【答案】C【解析】对运动员受力分析，在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，A错误；由动量定理有I-mgt＝mv，得地面对运动员的冲量大小为I＝mgt+mv，B错误；地面对运动员的力的作用点的位移为零，得地面对运动员做功为零，C正确；运动员的动量变化量大小为mv，D错误.6.如图甲所示，粗糙固定斜面与水平面的夹角为37°，质量为1.2 kg的小物块(可视为质点)，在沿斜面向上的恒定推力F作用下从A点由静止开始向上运动，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v-t图像如图乙所示(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：(1)撤去F后小物块运动的加速度；(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；(3)0~1.2 s内推力F的冲量.解：(1)由图像可以知道撤去F后物块运动的加速度大小为a2＝Δv2t2＝10 m/s2.(2)在匀减速直线运动过程中由牛顿第二定律知mg sin 37°+μmg cos 37°＝ma2，解得μ＝0.5.(3)匀加速直线运动过程的加速度大小为a1＝Δv1t1＝103m/s2，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得F-mg sin 37°-μmg cos 37°＝ma1，得F＝16 N. I＝Ft，其中t＝0.9 s，解得I＝14.4 N·s.。

考试内容要求真题统计命题规律动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ2022·卷乙·T352022·卷甲·T352022·卷丙·T352021·卷Ⅰ·T35分析近几年高考，动量定理、动量守恒定律与能量的综合应用是高考热点，题型以计算题为主．2021年的高考考纲改为必考内容，估计会连续以前3-5的命题方向，动量守恒定律与力学的综合问题将会有所加强弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ试验七：验证动量守恒定律第一节动量冲量动量定理一、动量冲量1．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝m v．(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．2．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．1.推断正误(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)一个物体的运动状态变化，它的动量肯定转变．()(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．()提示：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×二、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的动量变化量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．2．动量、动能、动量的变化量的比较名称项目动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝m v E k＝12m v2Δp＝p′－p矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程E k＝p22m，E k＝12p v，p＝2mE k，p＝2E kv2.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球快速收缩至胸前，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提示：B对动量和冲量的理解【学问提炼】1．对动量的理解运动物体的质量和速度的乘积叫动量．公式：p＝m v.(1)动量是矢量，方向与速度方向相同．动量的合成与分解遵循平行四边形定则、三角形法则．(2)动量是状态量．通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度．(3)动量是相对量．物体的动量与参照物的选取有关，通常状况下，指相对地面的动量．单位是kg·m/s.2．对冲量的理解(1)冲量的时间性：冲量不仅由力打算，还由力的作用时间打算．恒力的冲量等于力与作用时间的乘积．(2)冲量的矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向全都；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量转变量的方向全都．冲量的运算遵循平行四边形定则．【典题例析】(2021·高考北京卷)“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()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，人的动能始终减小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]从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A正确，选项B、C、D错误．[答案] A(2021·江苏六校联考)如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量为m的小滑块沿斜面对上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，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是F f，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________；合力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为F f(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面对上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)，沿斜面对下．答案：F f(t2－t1)沿斜面对上mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)沿斜面对下对动量定理的理解和应用【学问提炼】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．这种状况下，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殊留意冲量、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肯定时，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肯定时，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)明确争辩对象和争辩过程：争辩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：只分析争辩对象的受力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出争辩对象的初、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)，依据动量定理列方程求解．【典题例析】如图所示，一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m的平安带，若工人不慎跌落时平安带的缓冲时间t＝1 s，则平安带受的冲力是多少？(g取10 m/s2)[审题指导]转换争辩对象，先以人为争辩对象，利用动量定理求出人受平安带的冲力，再利用牛顿第三定律求平安带受的冲力．[解析]法一：程序法设工人刚要拉紧平安带时的速度为v，v2＝2gL，得v＝2gL经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F和重力mg，对工人由动量定理知，(mg－F)t＝0－m v，F＝mgt＋m vt将数值代入得F＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给平安带的冲力F′为1 200 N，方向竖直向下．法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg ⎝⎛⎭⎫2L g ＋t ，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg ⎝⎛⎭⎫2L g ＋t －Ft ＝0 解得F ＝mg ⎝⎛⎭⎫ 2L g ＋t t＝1 200 N.由牛顿第三定律知工人给平安带的冲力大小为F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下． [答案] 1 200 N ，方向竖直向下 【跟进题组】考向1 对动量定理的理解1．(2022·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 两个方向上分别争辩．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．碰撞过程中忽视小球所受重力．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、折射和吸取现象的同时，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取，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，入射时间束①和②与SO 的夹角均为θ，出射时间束均与SO 平行．请在下面两种状况下，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 ＝m v sin θ－m v sin θ＝0 y 方向：动量变化为Δp y ＝m v cos θ－(－m v cos θ)＝2m v cos θ 方向沿y 轴正方向．b ．依据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y 轴正方向；依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p 1＝2np cos θ 从小球出射时的总动量为p 2＝2np p 1、p 2的方向均沿SO 向右依据动量定理得F Δt ＝p 2－p 1＝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；依据牛顿第三定律，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：依据(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n 1，光束②穿过小球的粒子数为n 2，n 1>n 2. 这些粒子进入小球前的总动量为p 1y ＝(n 1－n 2)p sin θ 从小球出射时的总动量为p 2y ＝0依据动量定理得F y Δt ＝p 2y －p 1y ＝－(n 1－n 2)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，依据牛顿第三定律，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：见解析考向2动量定理的应用2．(2022·高考全国卷乙)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．为计算便利起见，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．忽视空气阻力．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＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S.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)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④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，依据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2.⑧答案：(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2动量定理的应用技巧(1)应用I＝Δp求变力的冲量假如物体受到大小或方向转变的力的作用，则不能直接用I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换得出变力的冲量I.(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较简单．假如作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．1．一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为()A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝m v1－m v0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2．(2021·高考重庆卷)高空作业须系平安带，假如质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开头跌落到平安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)，此后经受时间t平安带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间平安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.设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝2gh，设平安带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)·t＝0－m v，解得F＝m2ght＋mg.3．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；若快速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的缘由是()A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B．在快速拉动纸带时，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．在快速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大答案：C4．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开头沿水平面运动．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/s2) 解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为争辩对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力状况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，依据动量定理有(F －μmg )t 1＝m v －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力状况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．依据动量定理有－μmgt 2＝0－m v .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，争辩全过程选物体作为争辩对象，争辩整个运动过程，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，依据动量定理得 (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 s一、单项选择题1．关于冲量，以下说法正确的是( )A ．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就肯定不为零B ．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化C ．冲量越大的物体受到的动量越大D ．假如力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，假如动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A 错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故B 错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不肯定大，故C 错误；假如力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D 正确．2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上简洁打碎，而掉在草地上不简洁打碎，下列说法正确的是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量转变小，掉在草地上的玻璃杯动量转变大C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量转变大，掉在草地上的玻璃杯动量转变小D ．掉在水泥地上的玻璃杯动量转变量与掉在草地上的玻璃杯动量转变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的状况中玻璃杯动量的转变量相同，故A 、B 、C 错误，D 正确．3．(2021·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的试验．试验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推动器，使飞船和火箭组共同加速．推动器的平均推力F ＝895 N ，推动器开动时间Δt ＝7 s ．测出飞船和火箭组的速度变化Δv ＝0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m 1＝3 400 kg.由以上试验数据可测出火箭组的质量m 2为( )A ．3 400 kgB ．3 485 kgC ．6 265 kgD ．6 885 kg解析：选B.依据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．4．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 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：选B.纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力肯定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I ＝F f t ＝m v 0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．二、多项选择题5．如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列推断正确的是( )A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mg cos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故依据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2m v，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则依据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t，选项D正确．6．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观看发觉，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开头向前滑行，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，忽视运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量大小肯定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化肯定大小相等方向相反C．甲的动能增加量肯定等于乙的动能削减量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就肯定做多少正功解析：选AB.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，依据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不肯定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不肯定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．7．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开头从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝m v 相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；依据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，留意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由hsin θ＝12g sinθ·t2得物体下滑的时间t＝2hg sin2θ，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正确，D 错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，依据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．8．如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以肯定的初速度匀加速下滑到底端．假如让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比()A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f＝μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I＝ft 不变，故A、C错误，B正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确．三、非选择题9.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，必需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，依据动量定理有Ft ＝(M ＋m )v 0－(M v 0－m v 0)＝2m v 0 ，则水平力的冲量I ＝Ft ＝2m v 0.答案：2m v 010．(2021·高考安徽卷)一质量为0.5 kg 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．一物块以v 0＝9 m/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7 m/s ，碰后以6 m/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0.05 s ，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 . 解析：(1)由动能定理有－μmgx ＝12m v 2－12m v 20可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝m v ′－m v 可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12m v ′2＝9 J.答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J 四、选做题11．(2021·北京中心民族高校附中月考)如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开头经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L ＝2.5 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)下滑过程中损失的机械能与削减的重力势能的比值； (3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值． 解析：(1)依据L ＝12at 2，解得：a ＝5 m/s 2，依据牛顿其次定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得：μ＝0.125.(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为： ΔE ＝μmg cos θ·L减小的重力势能为：ΔE p ＝mg sin θ·L故损失的机械能与减小的重力势能的比值为： ΔE ∶ΔE p ＝μ∶tan θ＝1∶6.(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v ，则有：v ＝at ＝5 m/s依据动量定理得：合外力冲量的大小为： I 合＝m v －0＝5m (N ·s)在下滑过程中重力的冲量为：I G ＝mgt ＝10m (N ·s)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I 合∶I G ＝1∶2. 答案：(1)0.125 (2)1∶6 (3)1∶2。

卷
卷
(3)动量守恒定律的应用 (4)动量和能量观点的综合应
Ⅱ·T15 Ⅱ·T35 用
卷 Ⅲ·T20
(2)
卷
Ⅲ·T35
(5)碰撞、反冲等模型的建构 (6)动量守恒定律与磁场、原 子核物理等知识的综合应用
(2)
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动量 动量定 理
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栏 板块一 双基 1
目
巩固
导 板块二 考点 2 突破
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2．(2018 年全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直 线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
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解析：选 B 列车的动能 Ek＝12mv2 与速度的平方成正比，故选项 C 错误；列车 的动能 Ek＝12mv2＝12m(at)2＝12ma2t2，则列车的动能与时间的平方成正比，故选项 A 错误；列车的动能 Ek＝12mv2＝12m·2ax＝max，则列车的动能与位移成正比，故选项 B 正确；列车的动能 Ek＝12mv2＝2pm2 ， 则列车的动能与动量的平方成正比，故选项 D 错误．
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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．
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|练高分| 1．(多选)对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是( ) A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B．物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D．物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化 解析：选 BC 物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以 物体的动能不一定发生变化，故选项 A 错误，B 正确；物体的动能变化，速度大小 一定变化，则动量一定发生变化，故选项 C 正确，D 错误．