青海省2020年高考物理一轮复习：24 动量 动量定理D卷

1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一　动量、冲量、动量定理的理解与应用[例题1]（2024•河南一模）质量相等的A．相同时间内，速度变化量可能不同B．同一时刻，速度变化快慢可能不同C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同A ．12mv 2l r 2B ．12mv 2r l 2【解答】解：取栅栏中相邻两根小细杆A ，B ，板心C 从位于杆A 正上方到位于B 杆的正上方。

圆板绕杆定轴转动惯量为：I 杆＝I C +mr 2=32mr 2C 位于A 正上方时圆板运动为：E k =12I 杆(v r )2=34mv 2C 到达A 、B 杆连线中点正上方瞬间，速度为v ′，动能为：34mv ′2=E k +mgr （1―cos θ2）+T •l 2将圆板与B 杆完全非弹性碰撞后瞬间，绕B 杆转动角速度记为ωB ，根据角动量守恒有：I B ωB ＝I C ωC +rmv 0′ωC =v′r，v 0′＝v ′cos α可得：32mr 2ωB =12mr 2⋅v′r +rmv ′cos θ=12mrv′+mrv ′cos θ＝mv ′（12+cos θ）则有：ωB r =23v′（12+cosθ）此时圆盘的动能E k=12I B ω2B =34mv ′2⋅49(12+cos )2C 杆转到B 杆正上方时，速度又增加v ，由机械能定理有：34mv 2=12I B ω2B ―mgr （1﹣cos θ2）+12Tl联立以上各式，消去34mv 2可得：34mv 2=34mv 2•49(12+cosθ)2+mgr •（1﹣cos θ2）⋅49(12+cosθ)2+12Tl ⋅49(12+cosθ)2―mgr （1﹣cos θ2）+12Tl取近似值：(12+cosθ)2=(32―12θ2)2=94―32θ2又有：1―cos θ2=18θ2，θ=lr代入上式，并忽略高阶小量得：T =12mv 2⋅lr2，故A 正确，BCD 错误。

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．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0.2kg的球,从5.0m高处自由下落到水平钢板上又被竖直弹起,弹起后能达的最大高度为4.05m.如果球从开始下落到弹起达最大高度所用时间为1.95s,不考虑空气阻力,g取10m/s2.求小球对钢板的作用力.【答案】78N【解析】【详解】自由落体过程v12＝2gh1，得v1=10m/s；v1=gt1得t1=1s小球弹起后达到最大高度过程0− v22＝−2gh2，得v2=9m/s0-v2=-gt2得t2=0.9s小球与钢板作用过程设向上为正方向，由动量定理：Ft′-mg t′=mv2-（-mv1）其中t′=t-t1-t2=0.05s得F=78N由牛顿第三定律得F′=-F，所以小球对钢板的作用力大小为78N，方向竖直向下；3．如图所示，质量的小车A静止在光滑水平地面上，其上表面光滑，左端有一固定挡板。

动量 冲量 动量定理[基础巩固题组](20分钟，50分)1．(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A 正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定，着地时屈腿是延长时间t ，由I ＝Ft 可知，延长时间t 可以减小运动员所受到的平均冲力F ，故B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，故选项C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I ＝Ft 可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D 错误．2．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.＋mg B ．－mg m 2gh t m 2gh t C.＋mg D ．－mg m gh t m gh t解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝，设安2gh 全带对人的平均作用力为F ，取向下为正方向，由动量定理得(mg －F )·t ＝0－mv ，解得F ＝＋mg .m 2gh t3．(2017·高考全国卷Ⅲ)(多选)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：选AB.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 ＝m Δv 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 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ，则A 、B 项均正确，C 、D 项均错误．4．如图所示，是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为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v ，则摩擦力对底座的冲量为( )14A ．0 B ．mv ，方向向左14C.mv ，方向向右 D ．mv ，方向向左1434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 · 得：I f ＝＋ ，正号表示正方v 4mv 4向，向左；故选B.5．(多选)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，下列判断正确的是( )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，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv ，选项C 错误；因整个过程中物体所受的合力为mg sin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mg sin θ·t ，选项D 正确．6．(2018·高考北京卷)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．某滑道示意图如图所示，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I 的大小；(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 ＝＝100 m v 2B －v 2A 2a(2)根据动量定理，有I ＝mv B －mv A ＝1 800 N·s(3)运动员经C 点时的受力分析如图所示，根据动能定理，运动员在BC 段运动的过程中，有mgh ＝mv －mv 122C 122B 根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2C R 解得F N ＝3 900 N答案：(1)100 m (2)1 800 N·s (3)见解析图　3 900 N[能力提升题组](25分钟，50分)1．质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示．则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s ，－10 N·sC ．0,10 N·sD ．0，－10 N·s解析：选D.由图象可知，在前10 s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5 kg·m/s ，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s ，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s ，故选项D 正确．2．质量为4 kg 的物体以2 m/s 的初速度做匀变速直线运动，经过2 s ，动量大小变为14 kg·m/s ，则该物体( )A ．所受合外力的大小可能大于11 NB ．所受合外力的大小可能小于3 NC ．冲量大小可能小于6 N·sD．冲量大小可能大于18 N·s解析：选D.若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末动量大小为14 kg·m/s，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，与初速度方向相反，故选项A、B、C错误，D正确．3．有一宇宙飞船，它的正面面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区．此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( ) A．3.6×103 N B．3.6 NC．1.2×10－3 N D．1.2 N解析：选B.飞船经Δt前进距离vΔt，此时间内有SvΔt个微粒与飞船相撞，飞船增加的牵引力设为ΔF，被飞船撞击的这些微粒的速度由零增加到v，则ΔF·Δt＝SvΔtmv－0，得ΔF＝Smv2＝3.6 N，选项B正确．4．如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率，则这四个速率中最大的是( )解析：选C.根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率．取t0＝1 s，A图中：mg sin 30°·3t0＋F·2t0－Ft0＝mv1，得v1＝20 m/s；B图中：mg sin 30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2，得v2＝15 m/s；C图中：mg sin 30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25 m/s；D图中：mg sin 30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15 m/s.故选项C正确．5．(多选)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始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量的大小依次为I 1、I 2、I 3，动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3，则有( )A ．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1＜I 2＜I 3，Δp 1＜Δp 2＜Δp 3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，动量变化量大小Δp ＝mv 相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端C ，由＝hsin θg sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝ ，所以θ越小，sin 2 θ越小，t 越大，重力122h g sin 2 θ的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1＜I 2＜I 3，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，根据动能定理，动能的变化量相等，故B 正确．6．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．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0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．忽略空气阻力．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 ＝ρΔV ①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv 0S .③Δm Δt(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Δmv 2＋Δmgh ＝Δmv ④121220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 ＝Δmv ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝－.⑧ v 202g M 2g 2ρ2v 20S 2答案：(1)ρv 0S (2)－v 202g M 2g 2ρ2v 20S 2。

第六章第1讲动量动量定理-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习（人教版）1.判断下列说法的正确与错误。

(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。

( )(2)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。

( )(3)动量具有瞬时性。

( )(4)物体动量的变化等于某个力的冲量。

( )(5)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。

( )(6)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。

( )(7)物体的动能变化时，动量一定变化。

( )(8)两物体的动量相等时，动能也一定相等。

( )2.关于质量一定的物体的动能、动量关系说法正确的是（）A．动能不变，动量一定不变B．动量变化，动能一定变化C．动量的变化量为零，动能的变化量一定为零D．动能的变化量为零，动量的变化量一定为零3.如图所示，质量为m的滑块沿倾角为的固定斜面向上滑动，经过时间，速度为零并又开始下滑，经过时间回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为，重力加速度为g。

在整个运动过程中，下列说法正确的是（）A．重力对滑块的总冲量为B．支持力对滑块的总冲量为C．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为4.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力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2s末，质点的动量为0B．第2s末，质点的动量方向发生变化C．第4s末，质点回到出发点D．在1~3s时间内，力F的冲量为05.将质量为m=1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平桌面间的动摩擦因数为μ=0.5，现在物块上施加一个平行于水平面的恒力F=10N，物体静止开始运动，作用4s后撤去F。

已知g=10m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是（）A．物块整个过程物块运动的时间为6s B．物块整个过程物块运动的时间为8s C．整个过程中物块的位移大小为40m D．整个过程中物块的位移大小为60m 6.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。

动量定理应用中的三类模型和图像问题特训目标特训内容目标1动量定理在蹦极缓冲类问题中的应用(1T-4T)目标2用动量定理解决流体问题(5T-8T)目标3分方向动量定理(9T-12T)目标4各类图像中动量定理应用(13T-16T)【特训典例】一、动量定理在蹦极缓冲类问题中的应用1研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。

运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度-位移图像。

忽略空气阻力，根据图像可知()A.弹性绳的原长为15mB.0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量C.15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大D.0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量【答案】B【详解】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误；B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。

故C错误；=0可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D．0~27m下落过程中由动量定理可得I G+I弹D错误。

故选B。

2“蹦极”是一项专业的户外休闲运动。

如题图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，若此人质量为m，橡皮绳长为l，人可看成质点，且此人从P点由静止开始下落到最低点所用时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力。

从橡皮绳开始拉伸到此人下落到最低点的过程中，橡皮绳对此人的平均作用力大小为()A.m 2gl tB.mg +m 2gl tC.m 2gl t -2l gD.mg +m 2gl t -2l g【答案】D【详解】人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t 1，则t 1=2l g此时速度为v =gt 1=2gl 取向上为正方向，由动量定理得F -mg t -2l g=0--mv橡皮绳对人的平均作用力为F =mg +m 2gl t -2lg故选D 。

第六章专题一课时提能·精炼1. 下列说法中正确的是() A．动量大的物体，其惯性也一定大B．动量大的物体，其动能也一定大C．一物体的动量变化时，其动能也变化D．一物体的动能变化时，其动量也变化【解析】由动量的定义式p＝m v知，动量大的物体，其质量不一定大，故惯性不一定大，A错误；动能与动量的关系E k＝p22m，若物体的质量大，其动量虽大，但动能不一定大，B错误；动量是矢量，动量变化时可能是大小变化，也可能是方向变化，若仅仅是方向变化，则动能不变，C错误；动能是标量，发生变化时，其数值发生变化，动量p＝2mE k 一定变化，D正确．【答案】 D2. 关于动量变化量Δp的方向，下列说法中正确的是() A．一定与动量方向相同B．一定与速度变化量方向相同C．一定与合力方向相同D．以上说法都正确【解析】动量变化量△p＝p2－p1＝m(v2－v1)＝m△v，与瞬时动量方向无关，与速度变化量△v方向相同，故A错误，B正确；若合力方向不变，△p方向与合力方向相同；若合力方向变化，则Δp方向与合力方向不相同，C错误．【答案】 B3. 从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是() A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长【解析】设玻璃杯下落高度为h.它们从高h处落地瞬间的速度大小为2gh，与水泥地或草地接触t时间后静止，根据动量定理可知：由于掉在水泥地上动量变化快，相互作用时间短，受到的合力大，所以地面给杯子的冲击力也大，故杯子易碎．正确答案应选C、D.【答案】CD4. 关于冲量、动量、动量的增量的下列说法中正确的是() A．冲量的方向一定和动量的方向相同B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同C．动量增量的方向一定和动量的方向相同D．动量增量的大小一定和动量大小的增量相同【解析】由动量定理可知，冲量的方向一定和动量变化量的方向相同，A错．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同，选项B正确．动量是矢量，其增量的方向与动量的方向不一定相同，其大小也不一定和动量增量的大小相同，故C 、D 均错．【答案】 B5．(2009·丰台区模拟)质量为m 的物块以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中( )A ．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相等B ．整个过程中物块所受弹力的冲量为零C ．整个过程中物块的合外力冲量为零D ．整个过程中物块的合外力冲量大小为2m v 0【解析】 因斜面光滑，物块滑回底端时的速度大小为v 0，上滑时间与下滑时间相等，所以A 对，整个过程中弹力F N ≠0，时间t ≠0，故IF N ≠0，B 错．由动量定理知整个过程中的合外力冲量I ＝m v 0－(－m v 0)＝2m v 0.故C 错D 对．所以选A 、D.【答案】 AD6．质量相同的两个物体，分别在地球表面(不计空气阻力)和月球表面以相同的初速度竖直上抛．比较这两种情况，下列说法中正确的是( )A ．物体在地球表面时的惯性比物体在月球表面时的惯性大B ．在上升直到最高点的过程中，它们受到外力的冲量大小相等C ．在上升直到最高点的过程中，它们的重力势能变化量相等D ．落回抛出点时，重力做功的瞬时功率相等【解析】 物体的惯性大小由物体质量决定，与重力加速度大小无关，A 错误；由动量定理得：I 合＝0－m v 0＝－m v 0(取竖直向上为正方向)，因此，物体上升到最高点的过程中，它们受到的外力的冲量大小相等，B 正确；而物体上升过程中，重力势能的变化量对应物体动能的减少量12m v 20，因此，C 正确；由P ＝mg ·v 0可知，g 不同，重物落地时，重力做功的瞬时功率不相等．【答案】 BC7．质量为1.0 kg 的小球从高20 m 处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0 m ．小球与软垫接触的时间为1.0 s ，在接触时间内小球受到软垫平均作用力的大小为(空气阻力不计，g 取10 m/s 2)( )A ．10 NB ．20 NC ．30 ND ．40 N【解析】 取竖直向上的方向为正方向，小球落到软垫上的速度v 0＝－2gh 1＝－20 m/s ，离开软垫的速度v 1＝2gh 2＝10 m/s ，根据动量定理，(F －mg )t ＝m v 1－m v 0，代入数据计算得F ＝40 N.【答案】 D8．质量为m 的小物块，在与水平方向成α角的恒力F 作用下，沿光滑水平面直线运动．物块运动过程中先后通过A 点和B 点的速度分别为v A 和v B (A 、B 未在图中标出)，小物块从A 运动到B 的过程中，F 对物块所做的功为W ，F 对物块的冲量为I ，以下结论正确的是( )A. W <12m v 2B －12m v 2AB. W ＝12m v 2B －12m v 2A C. I ＝m v B －m v A D. I >m v B －m v A【解析】 由动能定理可知，力F 对小物块做的功W 与物体动能的增量相等，即：W ＝12m v 2B －12m v 2A，A 错误，B 正确；力F 的冲量I ＝Ft ，而小物块合外力的冲量I 合＝Ft cos α，由动量定理得：I 合＝m v B －m v A <I ，故C 错误，D 正确．【答案】 BD9. 一质量为m 的小球，以初速度v 0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的34，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小．【解析】 令小球与斜面相碰时速度大小为v ，由题意可知，碰后的速度大小为34v ，因小球与斜面垂直相碰撞，后被反弹回，则碰撞中斜面对小球的冲量大小为I ，(设定反弹回的速度方向为正)由动量定理得：I ＝△p ＝m ×34v －(－m v )＝7m v 4，又因小球水平的初速度为v 0，由图可得：v ＝v 0sin θ＝2v 0，所以碰撞中斜面对小球的冲量大小为：I ＝7m v 4＝7m v 02.【答案】 7m v 0210. 在2008北京奥运会上，中国选手陆春龙，何雯娜分获男、女蹦床冠军．如右图所示，在蹦床比赛中，运动员从床垫正上方h 1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h 2，运动员每次与床垫接触的时间为t ，运动员质量为m ，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力．(空气阻力不计)【解析】 设运动员刚接触床垫的速度大小为v 1，刚离开床垫的速度大小为v 2，由机械能守恒得：12m v 21＝mgh 1，12m v 22＝mgh 2， 设时间t 内，床垫对运动员的平均作用力在F ，取向上为正方向，由动量定理得： (F －mg )t ＝m v 2－(－m v 1)，以上三式联立可得：F ＝m (2gh 2＋2gh 1)t＋mg 再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力的m (2gh 2＋2gh 1)t＋mg ，方向竖直向下． 【答案】 m (2gh 2＋2gh 1)t＋mg 方向竖直向下1. (2009·湖北黄冈)如下图所示，质量为m 的物体在水平外力F 的作用下，沿水平面做匀速运动，速度大小为v ，当物体运动到A 点时撤去外力F 物体由A 点继续向前滑行过程中经过B 点，则物体由A 点到B 点的过程中，下列说法中正确的是( )A ．速度v 越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功与速度v 的大小无关B ．速度v 越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功与速度v 的大小无关C ．速度v 越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功越少D ．速度v 越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功越多【解析】 v 越大从A 到B 过程匀减速运动时间越短，由I ＝ft 知摩擦力冲量越小；位移一定，由W ＝－fs 知摩擦力做功与速度无关，所以A 正确．【答案】 A2. (2009·河北石家庄二模)物体在运动过程中只受到力F 的作用，F 随时间变化的图象如下图所示，已知在t ＝1 s 时刻，物体的速度为零．则下列论述错误的是( )A ．0～3 s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零B ．0～4 s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零C ．第1 s 内和第2 s 内的速度方向相同，加速度方向相反D ．第3 s 内和第4 s 内的速度方向相同，加速度方向相同 【解析】 物体在0～1 s 、2～4 s 内的加速度a 1为1～2 s 内的加速度a 2的一半，即a 1＝12a 2，因此物体运动的v －t 图如图所示，设其初速度为v ，由动能定理，0～3 s 内做的功W ＝0，其冲量I ＝－F ·t ＋2Ft －Ft ＝0，A 表述正确；0～4 s 内F 做的功W ＝0－12m v 2≠0，冲量I ＝－Ft ＋2Ft －F ×2t ＝－Ft ≠0，B 表述错误；第1秒内、第2秒内速度方向相同，加速度方向相反；第3秒内、第4秒内速度和加速度方向均相同，C 、D 表述均正确．【答案】 B3. 为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1 m 时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2 m/s 以内，随后又渐渐降到1 m/s ，最终安全着陆．把返回舱从离地1 m 开始减速到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是( )A ．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化B ．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量C ．延长着地过程的作用时间D ．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力【解析】 无论是否有反推火箭，返回舱和航天员从距地面约1 m 处至着陆的过程中，动量的变化和所受的冲量均相同，但有了反推火箭后，延长了着陆的时间，由动量定理(F －G )t ＝m v 1－m v 2知平均冲力减小．【答案】 CD4. 如下四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线．若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是( )【解析】 动量的变化率等于合外力即重力，△p ＝mgΔt ，Δp Δt＝mg . 【答案】 D5. 下列说法中正确的是 ( )A ．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同B ．一质点受两个力作用处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反C ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反D ．在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小一定相等，正负号不一定相反【解析】 一个质点受到两个力的作用而处于平衡状态，则这两个力一定大小相等，方向相反，在相同时间内它们的冲量也大小相等，方向相反，即冲量不相同，故A 错误．由于这两个力作用在一个质点上，位移相同，所以这一对平衡力要么都不做功(物体静止或力的方向与位移方向垂直)．要么一正功一负功且大小相等，故B 正确．根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，但作用在两个物体上，在相同的时间内，两个物体的位移关系不确定，所以，作用力与反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反，故C 、D 错误．综上所述，B 正确．【答案】 B6. (2010·北京西城)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v 1、v 2，v 1与v 2方向相反，且v 2 > v 1.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 (v 2＋v 1 )，方向与v 1方向相同B ．大小为m (v 2－v 1)，方向与v 1方向相同C ．大小为m (v 2＋v 1 )，方向与v 2方向相同D ．大小为m (v 2－v 1 )，方向与v 2方向相同【答案】 C7. 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m 3)( )A ．0.15 PaB ．0.54 PaC ．1.5 PaD ．5.4 Pa【解析】 以1小时内下落的雨滴整体为研究对象，设圆柱形水杯的横截面积为S ，则研究对象的质量为m ＝ρV ＝ρhS .再由动量定理有Ft ＝0－m v (F 为睡莲对雨滴的作用力，以竖直向上为正方向)，所以p ＝F ′S ＝－F S ＝m v St ＝ρhS v St ＝ρh v t ＝1×103×45×10－3×123600Pa ＝0.15 Pa ，所以答案为A.【答案】 A8. 水平面上有两个质量相等的物体a 和b ，它们分别在水平推力F 1和F 2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动—段时间后停下．物体的v －t 图线如右图所示，图中线段AB ∥CD .则以下说法正确的是( )A ．水平推力的大小F 1>F 2B ．水平推力的大小F 1<F 2C ．a 所受摩擦力的冲量大于b 所受摩擦力的冲量D ．a 所受摩擦力的冲量小于b 所受摩擦力的冲量【解析】 由AB ∥CD 可知，两物体在撤去水平推力减速时的加速度大小a ＝μg 相同，物体与地面的摩擦系数相同，由F 1－μmg ＝ma a ，F 2－μmg ＝ma b ，两物体加速过程中a a >a b ，所以F 1>F 2，A 正确，B 错误，又I a ＝－μmgt a ，I b ＝－μmgt b ，由图可知，t a <t b ，所以，I a <I b ，a 所受的摩擦力的冲量小于b 所受摩擦力的冲量，C 错误，D 正确．【答案】 AD9. 如右图所示，质量为m ＝1 kg 的物体静止于水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在水平向右的恒定拉力F ＝6 N 作用下物体开始运动，求在t ＝2 s 内拉力和支持力的冲量．【解析】 拉力的冲量I F ＝F ·t ＝12 N·s ，方向水平向右．支持力F N ＝mg ＝10 N ，支持力的冲量I N ＝F N t ＝20 N·s ，方向竖直向上．【答案】 12 N·s 水平向右 20 N·s 竖直向上10. (2009·重庆理综)2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如右图，运动员将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OO ′推到A 点放手，此后冰壶沿AO ′滑行，最后停于C 点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，AC ＝L ，CO ′＝r ，重力加速度为g .(1)求冰壶在A 点的速率；(2)求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小；(3)若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点，求A 点与B 点之间的距离．【解析】 (1)由－μmgL ＝0－12m v 2A 得v A ＝2μgL (2)由I ＝m v A －0，将v A 代入得I ＝m 2μgL(3)由－μmgs －0.8μmg (L ＋r －s )＝0－12m v 2A，将v A 代入得s ＝L －4r 【答案】 (1)2μgL (2)m 2μgL (3)L －4r11. (2010·崇文期末)如图所示，质量为m ＝10 kg 的两个相同的物体A 、B ，它们之间用轻绳连接，作用在物体B 上的恒定拉力F 其方向与水平成θ＝37°角斜向上、大小为100 N ，两物块以v 0＝4.0 m/s 的速度沿水平面向右做匀速直线运动．(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)物块与地面之间的动摩擦因数；(2)若某时刻剪断轻绳，则剪断轻绳后物块A 在水平地面上滑行的距离；(3)从剪断轻绳到物块A 停止运动的过程中，物块B 受到的拉力冲量的大小．【解析】 (1)物体A 、B 做匀速直线运动，受力平衡．以A 、B 整体为研究对象 F cos37°＝μmg ＋μ(mg －F sin37°)得μ＝0.57(2)剪断轻绳后物体A 做匀减速直线运动，滑行的距离为x由动能定理－μmgx ＝0－12m v 2 得x ＝1.4 m(3)从剪断轻绳到物块A 静止的过程中，A 做匀减速直线运动的加速度为a ，时间为t ，拉力F 对物体B 的冲量为Ia ＝μg ＝5.7 m/s 2t ＝v a＝0.7 s I ＝Ft ＝70 N·s【答案】 (1)0.57 (2)1.4 m (3)70 N·s。

高考第一轮复习----动量第四章动量一.动量和冲量1.动量按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向打算（不能说和力的方向相同）。

假如力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。

⑶高中阶段只要求会用1.动量定理物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。

既例2. 以初速度1.动量守恒定律一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

即：2.动量守恒定律成立的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽视不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。

⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

3.动量守恒定律的表达形式除了，即4.动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来熟悉，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。

（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。

）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发觉动量守恒定律有任何例外。

相反，每当在试验中观看到好像是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最终总是以有新的发觉而成功告终。

例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应当沿电子的反方向运动。

但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。

为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。

由于中微子既不带电又几乎无质量，在试验中极难测量，直到1956年人们才首次证明白中微子的存在。

（2000年高考综合题23 ②就是依据这一历史事实设计的）。

又如人们发觉，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量好像也是不守恒的。

这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。

四、动量守恒定律的应用1.碰撞Ⅰ Ⅱ Ⅲ⑶弹簧完全没有弹性。

Ⅰ→Ⅱ系统动能削减全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其挨次合理。