【精品】高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第一节动量动量定理达标诊断高效训练
2019届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量动量定理课后达标新人教版20180814
第一节动量冲量动量定理(建议用时：60分钟)一、单项选择题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＝mv1－mv0＝－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．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一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，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，如果动量的变化为零，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量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C 错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．3．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，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改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．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D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：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．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C 错误，D正确．4．(2015·高考重庆卷)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.m 2gh t ＋mg B ．m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D ．m gh t－mg 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 ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )·t ＝0－mv ，解得F ＝m 2gh t＋mg . 5．(2018·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实验．实验时，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”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F ＝895 N ，推进器开动时间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.由以上实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.根据动量定理得F Δt ＝(m 1＋m 2)Δv ，代入数据解得m 2≈3 485 kg ，B 选项正确．6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度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一定，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，即加速时间较长，由I ＝F f t ＝m Δv 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，即加速时间较短，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7.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．8．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( )A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小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：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，根据冲量的定义，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、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．9．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 ．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h sin θ＝12g sin θ·t 2得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2 θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量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．10.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果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11．(2018·安徽铜陵五中月考)高压采煤水枪出口的截面积为S ，水的射速为v ，水平射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v 变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt 时间内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则Δm ＝ρSv ·Δt ，以Δm 为研究对象，它在Δt 时间内动量变化量为：Δp ＝Δm (0－v )＝－ρSv2Δt .设F 为煤层对水的平均冲力，根据动量定理有F Δt ＝Δp ＝－ρSv 2Δt ，故F ＝－ρSv 2.所以煤层对水的平均冲力大小为ρSv 2.答案：ρSv 212．(2015·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 ＝12mv 2－12mv 20 可得μ＝0.32.(2)由动量定理有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N.(3)由能量守恒定律有W ＝12mv ′2＝9 J. 答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J。
物理试题 人教版高考一轮复习第6章 动量动量守恒定律
第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。
答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。
答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。
假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量
对于撤去 F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙 所示，始态速度为 v，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2 ＝0－mv. 以上两式联立解得 t2＝F－μmμgmgt1＝30－0.20×.2×5×5×1010×6 s＝12 s.
法二：用动量定理解，研究全过程 选物体作为研究对象，研究整个运动过程，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，根据动量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解得 t2＝F－μmμgmgt1＝30－0.20×.2×5×5×1010×6 s＝12 s. 答案：12 s
解析：选 D.选向左为正方向，则动量的变化量Δ p＝mv1－ mv0＝－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．(2015·高考重庆卷)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( )Leabharlann m A.t2gh＋mg
B．m t2gh－mg
m C.
t gh＋mg
D．m tgh－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，设安全带对人的平均作用力为 F，由 动量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得 F＝m t2gh＋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；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出， 这个现象的原因是( ) A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，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．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 答案：C
高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 第1讲 动量 动量定理教学案(含解析)
第1讲动量动量定理教材知识梳理一、动量1．定义：物体的________与________的乘积．2．表达式：p＝________，单位________．3．动量是矢量，与________方向相同．二、冲量1．定义：是力对时间的累积效应，是过程量，效果表现为物体动量的变化．2．表达式：I＝________，单位________．3．冲量是矢量，与________方向相同．三、动量定理1．内容：物体受到的________等于________．2．公式：I合＝Δp.(1)动量的变化量是矢量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算．(2)Δp计算方法：①直线运动：选择一个正方向，与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，可以表达为：Δp＝p t－p0，p0、p t分别是初、末动量．②曲线运动：要用矢量运算方法，利用平行四边形定则，画图求解．答案：一、1.质量速度 2.mv kg·m/s3．物体的速度二、2.Ft N·s 3.物体的受力三、1.合外力的冲量物体的动量变化【思维辨析】(1)一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变．( )(2)合外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．( )答案：(1)(√)(2)(√)(3)(√)(4)(×)【思维拓展】一个质量为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，速度变为v，求在这段时间内物体的动量变化大小．答案：法一：由动量定理得Δp＝I，即Δp＝mgt.法二：由p＝mv知，Δp＝m·Δv，而Δv＝v2－v20＝2gh，所以Δp＝m2gh.考点互动探究考点一对动量、冲量的理解1.动量与动能的比较2.冲量与功的比较1. 我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现了女子3000 m 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( )图6171A ．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 答案：B2．[2015·广东卷] 在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动．若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1答案：B [解析] 洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，则r ＝mv qB ＝pqB，在动量大小相同的情况下，轨道半径与电荷量成反比，r αr p ＝q p q α＝e 2e ＝12，故A 错误；周期T ＝2πr v ＝2πm qB ，故周期比为T αT p ＝m αm p ·q p q α＝41×12＝21，故B 正确；速度v ＝p m ，动量大小相同时，速度大小与质量成反比，即v αv p ＝m p m α＝14，故C 错误；受到的洛伦兹力之比为：f αf p ＝q αv αB q p v p B ＝2e e ×14＝12，故D 错误．3．(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( ) A ．动能相等，则质量大的动量大 B ．动能相等，则动量大小也相等 C ．动量大小相等，则质量大动能小 D ．动量大小相等，则动能也相等答案：AC [解析] 根据动能E k ＝12mv 2可知，动量p ＝mv ＝2mE k ，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确，B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确，D 错误．■ 规律总结 1．动量的两性(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的． (2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量． 2．冲量的总结(1)冲量的时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定．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一致；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改变量的方向一致．3．作用力和反作用力的冲量一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系． 考点二 动量定理的基本应用用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体． (2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解．据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍．为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据．请你选择所需数据，通过计算回答下列问题：(1)求重物受到地面的冲击力最大时的加速度大小；(2)在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍？ [解析] (1)重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律有a ＝F m －mg m解得a ＝90 m/s 2.(2)重物在空中运动过程中，由动能定理有mgh ＝12mv 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向，由动量定理有 (F －mg )t ＝mv 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N 故Fmg＝6 因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍．1 [2015·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6172所示．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.图6172答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J [解析] (1)由动能定理，有 －μmgs ＝12mv 2－12mv 2可得μ＝0.32. (2)由动量定理，有F Δt ＝mv ′－mv可得F ＝130 N. (2)W ＝12mv ′2＝9 J.2 [2015·重庆卷] 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.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght ＋mg D.m ght－mg 答案：A [解析] 安全带产生作用力前，人自由下落，根据v 2＝2gh 可求下落距离h 时的速度，之后由于涉及力和时间的运算，且力非恒力，因此需运用动量定理，即(mg －F )t ＝0－mv ，根据以上两式，解得平均作用力F ＝m 2ght＋mg ，故选A.■ 规律总结 (1)对动量定理的理解①公式p′－p ＝Ft 是矢量式，右边是物体受到所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F 是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F 是合外力在t 时间内的平均值．②公式p′－p ＝Ft 说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因． (2)合冲量的两种求解方法①若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再将合力乘以时间求冲量，即I 合＝F 合t.②若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I 合＝F 1t 1＋F 2t 2＋……考点三 动量定理与微元法的综合应用考向一 流体类问题] 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 ① ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S 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 )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20 ④ 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 )v 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 ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2 ⑧如图6173所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S ，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()图6173A ．ρvS B.ρv 2S C.12ρv 2S D ．ρv 2S答案：D [解析] Δt 时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm ＝ρSv ·Δt ，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F ·Δt ＝Δm ·v －0，解得F ＝ρv 2S ，选项D 正确．■ 方法技巧将动量定理应用于流体时，应在任意时刻Δt 时从流管中取出一个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积ΔV ，在此柱体内截取一微小流束Δl ，将“无形”流体变为“有形”实物Δm ，则在Δt 时间内质量为Δm 的柱形流体的动量变化为ΔP ，即F·Δt ＝Δm ·v 2－Δm ·v 1.考向二 微粒类问题自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的．因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明．[解析] 设空中米流的质量为m 1，已落入秤盘中米的质量为m 2，正在落入秤盘中米的质量为Δm ，只要分析出秤盘的示数与(m 1＋Δm ＋m 2)g 的关系，问题便得以解决．设称米机的流量为d (单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为h ，因米流出口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度v ＝2gh .秤的示数F 应等于m 2、Δm 的重力以及Δm 对秤盘冲击力F ′大小之和．以m 2＋Δm 为研究对象，根据动量定理得(F －m 2g －Δmg )Δt ＝Δmv ＝Δm 2ghF ＝ΔmΔt2gh ＋m 2g ＋Δmg ＝d 2gh ＋m 2g ＋Δmg 又因空中米的质量为m 1＝dt ＝d 2hg故m 1g ＝d 2gh则F ＝m 1g ＋Δmg ＋m 2g ＝(m 1＋Δm ＋m 2)g .可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力之和，不存在划不划算的问题．根据量子理论，光子的能量E 与动量p 之间的关系式为E ＝pc ，其中c 表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I 表示．(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P 0，射出的光束的横截面积为S ，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F ＝2pN ，其中p 表示光子的动量，N 表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P 0和S 表示该束激光对物体产生的光压．(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1350 W ，探测器和薄膜的总质量为m ＝100 kg ，薄膜面积为4×104m 2，求此时探测器的加速度大小．答案：(1)2P 0cS(Pa) (2)3.6×10－3 m/s 2[解析] (1)在单位时间内，功率为P 0的激光器的总能量为：P 0×1 s ＝NE ＝Npc ，所以：p ＝P 0Nc(kg·m/s) 由题意可知：激光对物体表面的压力F ＝2pN故激光对物体产生的光压：I ＝F S＝2P 0cS(Pa)．(2)由上一问可知：I ＝2P 0cS (Pa)＝2×1.35×1033×108×1 Pa ＝9×10－6Pa 所以探测器受到的光的总压力F N ＝IS 膜，对探测器利用牛顿第二定律有F N ＝ma故此时探测器的加速度a ＝IS 膜m ＝9×10－6×4×104100m/s 2＝3.6×10－3 m/s 2.【教师备用习题】1．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，物体的动量就保持不变D ．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大[解析] D p ＝mv ，p 由m 、v 二者乘积决定，故A 、B 错误；p 是矢量，故C 错误；Δp ＝m ·Δv ，故D 正确．2．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．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/s 2)[答案] 12 s[解析] 用动量定理求解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、末状态物体的速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (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. 3．一个质量为m ＝100 g 的小球从h ＝0.8 m 高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是多少？(g 取10 m/s 2)[答案] 0.6 N ·s ，方向竖直向上[解析] 设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，有h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.4 s设I N 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I N ＝0解得I N ＝－0.6 N ·s负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反．4．蹦床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．一名质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平面5.0 m 高处，已知运动员与网接触的时间为1.2 s，求这段时间内网对运动员的平均作用力大小．(g取10 m/s2) [答案] 1500 N 方向竖直向上[解析] 运动员刚接触网时速度的大小v1＝2gh1＝2×10×3.2 m/s＝8 m/s，方向向下刚离网时速度的大小v2＝2gh2＝2×10×5.0 m/s＝10 m/s，方向向上在运动员与网接触的过程中，设网对运动员的平均作用力为F，以运动员为研究对象，由动量定理，以竖直向上为正方向，有(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)解得F＝1.5×103 N，方向竖直向上．5．如图所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰撞后反向弹回的速度大小v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g取10 m/s2)[答案] 280 N[解析] 解法一：程序法以物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，选F的方向为正方向．由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1撤去F时速度v1＝a1t1撤去F后受力情况如图乙所示由牛顿第二定律有－μmg＝ma2物体开始碰墙时的速度为v2，则v2＝v1＋a2t2对碰墙过程，设墙对物体的平均作用力大小为F，选水平向左为正方向，由动量定理有Ft3＝mv′－m(－v2)联立以上各式解得F＝280 N.解法二：全过程整体考虑对从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程，取F方向为正方向，则由动量定理，有Ft1－μmg(t1＋t2)－Ft3＝－mv′解得F＝280 N.6．[2016·北京卷] (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，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．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)激光束可以看作是粒子流，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点后被分成若干细光束，若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1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强度相同；b．光束①比②的强度大.[答案] (1)a.0 2mv cos θb．沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方[解析] (1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ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p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理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．建立如图所示的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时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理：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．。
高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第1讲 动量 动量定理课时作业(含解析)新人教版-新
第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。
其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。
此题选说法错误的，应当选A。
2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。
3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。
高考物理一轮复习第六章6-1 动量定理
( ×) ( ×) ( ×) (×) (×) (√ )
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算]
(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像
中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨
迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹
向__相__同__。
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的 增量，即Δp＝__p_′__－__p__。
3．冲量 (1)定义：_力__与_力__的__作__用__时__间___的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式：I＝__F_Δ_t_，单位为N·s，冲量为矢量，方向与_力__的__方__向__相同。 二、动量定理 1．内容：物体在一个过程中所受合__外__力__的冲量等于它在这个过程始末的_动__量__变__化__量__。 2．公式：__F_(_t′_－__t)_＝__m_v__′－__m__v_____或__I_＝__p_′－__p____。
压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的
头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于
弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中
()
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
情境创设 一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数 为μ。
微点判断 (1)动量越大的物体，其速度越大。 (2)物体的动量越大，其惯性也越大。 (3)物体所受合力不变，则动量也不改变。 (4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 (5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。 (6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。
高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第1讲动量、冲量、动量定理学案(2021年整理)
2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第1讲动量、冲量、动量定理学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第1讲动量、冲量、动量定理学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第1讲动量、冲量、动量定理板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量Ⅱ1．定义：运动物体的质量m和它的速度v的乘积mv叫做物体的动量.动量通常用符号p来表示，即p＝mv。
2．单位:在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒,符号为kg·m/s。
说明:动量既有大小，又有方向，是矢量。
我们讲物体的动量，是指物体在某一时刻的动量，动量的方向与物体瞬时速度的方向相同.有关动量的运算，一般情况下用平行四边形定则进行运算.如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的运算就可以转化为代数运算。
3．动量的三个性质(1)动量具有瞬时性.物体的质量是物体的固有属性，是不发生变化的，而物体的速度是与时刻相对应的，由动量的定义式p＝mv可知，动量是一个状态量，具有瞬时性。
（2)动量具有相对性。
选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面的动量。
在分析有关问题时要先明确相应的参考系。
（3)矢量性.动量是矢量，方向与速度的方向相同，遵循矢量运算法则。
【知识点2】动量的变化Ⅱ1．因为p＝mv是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化,动量p就发生了变化.2．动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
高考物理一轮复习 第六章 动量 动量守恒定律 第1节 动能和动量定理优质课件 新人教版
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解析： D [高度相同，则下滑的距离 x＝sinh θ，加速度 a＝gsin θ，根据 x＝12at2，得：t＝ 2ax＝sin1 θ 2gh，由于倾角不同，则运动 的时间不同，根据 I＝mgt 知，重力的冲量不同，故 A 错误．对于弹 力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同，故 B 错误．合力的大 小 F 合＝mgsin θ，可知合力大小不等，方向也不同，则合力的冲量 不同，故 C 错误．]
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在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？
提示：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，这样做可以延长作用的时间， 以减小地面对人的冲击力．
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1．(08786522)(人教版选修 3－5 P8 例 2 改编)(多选)一个质量为 0.18 kg 的垒球，以 25 m/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 45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为 0.01 s．下列说法正确的是( )
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考点二 动量定理的理解及应用
1．动量定理 (1)内容：物体在一个过程始末的 动量变化量 等于它在这个过 程中所受力的 冲量 ． (2)
2．动量定理理解的要点 (1)矢量式． (2)F 既可以是恒力也可以是变力．
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(3)冲量是 动量 变化的原因． (4)由 Ft＝p′－p，得 F＝p′t－p＝Δtp，即物体所受的合力等于 物体的动量对 时间 的变化率． 3．用动量定理解释现象 (1)Δp 一定时，F 的作用时间越短，力就越 大 ；时间越长，力 就越 小 ． (2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δp 就越大；力的作用时间 越短，Δp 就越 小 ． 分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．
高考物理复习第六章动量第一讲动量动量定理动量守恒定律资料市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
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考点一 动量及动量改变 (自主学习)
动量、动能、动量变化量的比较
动量
动能
动量变化量
题组突破
定义式 标矢性
p＝mv 矢量
Ek＝12mv2 标量
Δp＝p′－p 矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程 Ek＝2pm2 ，Ek＝12pv，p＝ 2mEk，p＝2vEk
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考点一 题组突破
目录 CONTENTS
第六章 动量 动量守恒定律 第一讲 动量 动量定 理 动量守恒定律
1 抓基础·双基扎实
2 研考向·考点探究
3 随堂练·知能提升
4 课后练·知能提升
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考点内容 要求
高考命题统计
动量、动量定 理、动量守恒 Ⅱ 定律及其应用
弹性碰撞和非 Ⅰ
弹性碰撞
Ⅰ卷T35(2)9分
Ⅰ卷T35(2)10 分
m A.
t2gh＋mg
m B.
t2gh－mg
m C.
t gh＋mg
m D.
t gh－mg
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考点二
题组突破
解析：下降 h 阶段 v2＝2gh，得 v＝ 2gh，对此后至安全带最 大伸长过程应用动量定理，有－(F－mg)t＝0－mv，得 F＝
m t2gh＋mg，A 正确． 答案：A
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考点二
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考点二 题组突破
解析：解法一：程序法 以物体为研究对象，在 t1 时间内其受力情况如图甲所示，选 F 的方向为正方向． 由牛顿第二定律： F－μmg＝ma1① 撤去 F 时的速度： v1＝a1t1② 撤去 F 后受力情况如图乙所示
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高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第1讲动量定理及应用课时达标训练(2021年整理)
2019年度高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第1讲动量定理及应用课时达标训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年度高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第1讲动量定理及应用课时达标训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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1 动量和动量定理一、选择题（1~5题为单项选择题，6～9题为多项选择题）1．某一水平力F＝1 000 N，对竖直固定的墙壁作用,作用时间为t1＝10 s、t2＝1 h，若其力对应的冲量分别为I1、I2，则( ）A．I1＝I2＝0B．I1＝104N·s；I2＝3。
6×106N·sC．I1＝103N·s；I2＝102N·sD．以上都不正确解析由冲量定义得：I＝Ft1＝104N·s1I＝Ft2＝3.6×106N·s2故选项B正确。
答案B2．将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上,使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图1所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，则Δp1∶Δp2为( )图1A．1∶2 B．1∶3C．1∶1 D．2∶1解析木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用,二力的合力大小恒定为F＝mg sin θ,方向也始终沿斜面向下不变。
由动量定理可得Δp1∶Δp2＝（F·t1)∶(F·t2）＝(mg sin θ·错误!t）∶(mg sin θ·错误!t)＝1∶1。
(统考版)2023版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 第1讲 动量和动量定理学生用书
第1讲动量和动量定理一、动量、动量变化、冲量1．动量(1)定义：物体的________与________的乘积．(2)表达式：p＝________．(3)方向：动量的方向与________的方向相同．2．动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是________，其方向与速度的改变量Δv的方向________．(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量．即Δp＝________．3．冲量(1)定义：________与____________的乘积叫做力的冲量．(2)公式：________．(3)单位：________．(4)方向：冲量是________，恒力冲量的方向__________．二、动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量________等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)表达式：p′－p＝I或 ________＝Ft.(3)矢量性：动量变化量的方向与________的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．,科技情境如图所示为现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为20 cm，当感知到地震时，质量为50 g的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，取重力加速度为10 m/s2，不计空气阻力．请完成以下判断题：(1)铜珠在空中运动的时间为0.2 s.( )(2)铜珠所受重力的冲量大小为0.1 N·s，方向竖直向下．( )(3)铜珠的动量越大，其惯性也越大．( )(4)铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为0.1 kg·m/s.( )(5)铜珠在空中的整个过程中动量的变化量为0.1 kg·m/s，方向竖直向下．( )(6)铜珠所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．( )考点一冲量及动量变化的计算1．对冲量的理解(1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．(2)矢量性：对于方向恒定的力来说．冲量的方向与力的方向一致．2．动量、冲量、动量变化量、动量变化率的比较跟进训练1.颠球是足球运动基本技术之一，若质量为400 g的足球用脚颠起后，竖直向下以4 m/s 的速度落至水平地面上，再以3 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，在足球与地面接触的时间内，关于足球动量变化量Δp和合外力对足球做的功W，下列判断正确的是( ) A．Δp＝1.4 kg·m/s，W＝－1.4 JB．Δp＝－1.4 kg·m/s，W＝1.4 JC．Δp＝2.8 kg·m/s，W＝－1.4 JD．Δp＝－2.8 kg·m/s，W＝1.4 J2．[2021·湖南卷，2]物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x 图象中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x图象中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )3.如图所示，学生练习用头颠球．某一次足球静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为，不计空气阻力，下列说法正确的是( )0.4 kg，重力加速度g取10ms2A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s考点二动量定理的理解和应用1．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．2．用动量定理解题的基本思路：角度1应用动量定理解释生活现象例1. (多选)如图所示，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则( )A ．应该让运动员沿着3的方向抛出球B ．应该让运动员沿着2的方向抛出球C ．两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的D ．当乙接到球后要往身体方向收，延长触球时间，以免伤害手指角度2应用动量定理的定量计算例2. [2021·全国乙卷，19](多选)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 02 4s0gD ．的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍角度3动量定理与图象的综合例3. [2021·湖南卷，8](多选)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 图象如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A 的a －t 图线与坐标轴所围图形的面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a －t 图线与坐标轴所围图形的面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( )A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于m A v0B．m A>m BC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3跟进训练4. (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时物块的速度为零考点三动量定理在生产、生活科技中的应用素养提升情境1 垒球(多选)如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/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45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是( )A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC．球棒对垒球做的功为126 JD．球棒对垒球做的功为36 J情境2 安全气囊[2021·江西八校联考]如图所示，在发生交通事故时，安全气囊能够很好地保护人身安全．人的速度减为零的过程中，如果气囊没有弹开时的作用时间是气囊弹开时的110，则在速度变化相同的情况下，人在安全气囊未弹开与弹开时受到的作用力之比为( )A．1100B．110C．100 D．10情境3 高空坠物[2022·北京模拟]城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题，由物理学知识可知，即使是很小的物体从高处坠落也可能对人造成严重的伤害．设一个50 g 的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，相邻楼层的高度差约为3 m，鸡蛋下落起点距地面的高度约为45 m，鸡蛋撞击地面后速度减为0.为便于估算，不计空气阻力，不计与地面撞击过程中鸡蛋的重力，g取10 m/s2.(1)求鸡蛋与地面撞击前的速度大小以及撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小；(2)若鸡蛋与地面撞击的时间为3×10－3 s，求鸡蛋对地面的平均冲击力的大小．情境4 “水刀”现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示．它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体．已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射上钢板后的速度视为0，水的密度为ρ，求水对钢板的平均冲击力．[思维方法]流体类问题分析步骤(1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S.(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSv Δt.(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体．第六章动量守恒定律第1讲动量和动量定理必备知识·自主排查一、1．(1)质量速度(2)mv (3)速度2．(1)矢量相同(2)p′－p3．(1)力力的作用时间(2)I＝Ft(3)N·s(4)矢量与力的方向相同二、(1)变化量(2)mv′－mv (3)合力科技情境(1)√(2)√(3)×(4)√(5)√(6)√关键能力·分层突破1．解析：物体的质量m＝400 g＝0.4 kg，以竖直向上为正方向，则足球与地面碰撞过程中动量的变化量为Δp＝mv2－mv1＝0.4×3 kg·m/s－0.4×(－4) kg·m/s＝2.8 kg·m/s，方向竖直向上；由动能定理可知，合外力做的功为W＝12mv−2212mv12＝12×0.4×32J－12×0.4×42J＝－1.4 J，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．解析：质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝√2ax，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m√2ax，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确．答案：D3．解析：设足球自由落体80 cm时的速度为v1，时间为t1，有v1＝√2gh＝4 m/s，t1＝√2hg＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知，上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正方向，由动量定理有(F̅－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得F̅＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球刚接触时的动量为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I G＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误．故选C.答案：C例1 解析：甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A正确，B错误；根据合外力的冲量等于动量的变化量，可知甲抛球与乙接球时球的速度的变化量大小相等、方向相反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C错误；当乙接到球后要往身体收，根据动量定理可知，动量变化量相同时，延长作用时间，可减小冲击力，以免伤害手指，D正确．答案：AD例 2 解析：设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，根据功的定义，可知在此过程中，F做的功为W F＝Fs0＝12mv02＋μmgs0，选项A错误；物体通过路程s0时，速度大小为v0，撤去F后，由牛顿第二定律有μmg＝ma2，根据匀v02＝2a2·2s0，联立解得μ＝v024s0g，选项C正确；水平桌面上质量为m的物体在恒力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，有F－μmg＝ma1，又v02＝2a1s0，可得a1＝2a2，可得F＝3μmg，即F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，选项D错误；对F作用下物体运动的过程，由动量定理有Ft－μmgt＝mv0，联立解得F的冲量大小为I F＝Ft＝32mv0，选项B正确．答案：BC例3 解析：将A 、弹簧、B 看成一个系统，0到t 1时间内，重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零，墙对系统的冲量等于系统动量的变化量，即墙对B 的冲量等于m A v 0，A 正确；t 1时刻之后，A 、B 组成的系统动量守恒，由题图(b)可知，t 1到t 2这段时间内，S 3>S 2，故B 物体速度的变化量大于A 物体速度的变化量，可知A 物体的质量大于B 物体的质量，B 正确；撤去外力F 后，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，B 运动后，A 、B 具有动量，根据系统机械能守恒和动量守恒可知，弹簧的最大形变量小于x ，C 错误；t 2时刻，A 、B 的加速度均最大，此时弹簧拉伸到最长，A 、B 共速，设速度为v ，a － t 图象与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量，0～t 2时间内，A 的速度变化量为S 1－S 2，t 1～t 2时间内，B 的速度变化量为S 3，两者相等，即S 1－S 2＝S 3，D 正确．答案：ABD4．解析：对物块，由动量定理可得：Ft ＝mv ，解得v ＝Ftm ，t ＝1 s 时的速率为v ＝1 m/s ，A 正确；在F － t 图中面积表示冲量，故t ＝2 s 时物块的动量大小p ＝Ft ＝2×2 kg ·m/s ＝4 kg ·m/s ，t ＝3 s 时物块的动量大小为p ′＝(2×2－1×1) kg ·m/s ＝3 kg ·m/s ，B 正确，C 错误；t ＝4 s 时物块的动量大小为p ″＝(2×2－1×2) kg ·m/s ＝2 kg ·m/s ，故t ＝4 s 时物块的速度为1 m/s ，D 错误．答案：AB情境1 解析：设球棒对垒球的平均作用力为F̅，由动量定理得F ̅·t ＝m (v －v 0)，取v ＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ̅＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12mv 2−12mv 02＝126 J ，选项A 、C 正确．答案：AC情境2 解析：本题考查动量定理的应用，为基础性题．根据动量定理可得F Δt ＝mv ，得F ＝mv Δt，当时间变为110，作用力变为10倍．故选D.答案：D情境3 解析：(1)根据机械能守恒定律mgh ＝12mv 2解得鸡蛋撞击地面前的速度大小v ＝√2gh ＝30 m/s 以向下为正方向，根据动量定理 I ＝Δp ＝0－mv ＝－1.5 N ·s撞击过程中地面对鸡蛋作用的冲量大小为1.5 N ·s (2)根据I ＝Ft ，解得F ＝It ＝－500 N根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为500 N 答案：(1)30 m/s 1.5 N ·s (2)500 N情境4 解析：取很短时间Δt ，则Δt 内射到钢板上水柱的长度l ＝v Δt ，水柱的质量m ＝ρlS ＝ρSv Δt .设钢板对水柱的作用力为F ，取竖直向上为正方向，由动量定理得：F Δt ＝0－(－mv )，可解得F ＝mv Δt＝ρSv 2，由牛顿第三定律可得，水对钢板的平均冲击力为F ′＝F ＝ρSv 2.答案：ρSv 2。
精选-高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律重点课课件
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[第六章] 动量守恒定律
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第1讲 动量定理 动量守恒定律 [重点课]
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3Hale Waihona Puke [考纲解读] 1.用动量定理解释现象，用动量定理分析瞬时作 用问题、流体问题． 2.理解动量守恒定律的条件，能够应用动量 守恒定律解决简单问题．
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解析：不计空气阻力，石块只受重力作用，无论路程怎样，只
要两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A 项正确．由动量定
理可知，石块动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相同的时
间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，
B 项正确．由于石块下落时在竖直方向上做加速运动，两个下落高 度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，所以动量的
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13
2．质量为 5 kg 的小球以 5 m/s 的速度竖直落到地板上，随后
以 3 m/s 的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球
动量的变化为( D )
A．10 kg·m/s
B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s
D．－40 kg·m/s
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解析：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正 方向，则小球的初动量 p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量 p2＝mv2＝－ 15 kg·m/s，所以动量的变化 Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s.
增量不同，C 项错误．根据动能定理，外力对石块所做的功等于石
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第一节 动量 动量定理
(建议用时：60
分钟)
一、单项选择题
1．(2018·山西芮城中学检测)人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是前脚掌先着地，并在着地的过程中屈腿下蹲，这是为了( )
A ．使人的动量变化量变得更小
B ．减小人脚所受的冲量
C ．延长人体速度变化所经历的时间，从而减小地面对人脚的作用力
D ．增大人对地的压强，使人站立得更稳，起到安全作用
解析：选C.人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知：(F －mg )t ＝Δmv ；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故C 正确，A 、B 、D 错误．
2．(2018·辽宁六校协作体联考)相同的鸡蛋从同样的高度自由下落，落在水泥地面上鸡蛋易碎，落在海绵垫子上鸡蛋不易碎．若不考虑反弹，则两种情况相比较，下列说法中正确的是( )
A ．鸡蛋与水泥地面接触的过程中动量变化较大
B ．落在海绵垫子上鸡蛋所受合外力的冲量较小
C ．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化相同
D ．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化率相同
解析：选C.鸡蛋从同一高度掉下，根据动能定理可知，落在水泥地和海绵垫前瞬间速度相同，初动量相同，末动量都变为零，则动量变化量相同，故A 错误，C 正确；根据动量定理知，动量变化量相同，落在水泥地面和海绵上动量冲量大小相等，故B 错误；根据动量定理知，动量变化量相同，落在水泥地上作用的时间短，则动量变化率大，故D 错误．
3.(2018·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，
底座的质量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14
v ，则摩擦力对底座的冲量为 ( ) A ．0
B ．14mv ，方向向左 C.14mv ，方向向右 D ．34
mv ，方向向左 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 ·v 4 得：I f ＝＋mv 4
，正号表示正方向，向左；故选B.
4．(2018·山西芮城中学检测)一个物体从某高处由静止下落，设其所受的空气阻力恒定，当它下落h 时的动量大小为p 1，下落2h 时的动量大小为p 2，那么p 1∶p 2为( )
A ．1∶2
B ．1∶ 2
C ．1∶3
D ．1∶4
解析：选B.由题，物体受到重力和空气阻力，物体做匀加速直线运动，根据运动学公式v
2－v 20＝2ax ，得物体下落h 和2h 时速度分别为v 21＝2ah ；v 22＝2a ·2h ，则得v 1∶v 2＝1∶ 2.而动量p ＝mv ，则得动量之比为p 1∶p 2＝1∶ 2.故选B.
5.(2018·安徽淮北模拟)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t 1速度为零然后又下滑，经过时间t 2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F 1.在整个过程中，重力对滑块
的总冲量为( )
A ．mg sin θ(t 1＋t 2)
B ．mg sin θ(t 1－t 2)
C ．mg (t 1＋t 2)
D ．0
解析：选C.重力的作用时间为t 1＋t 2；故重力的冲量I ＝mg (t 1＋t 2)；故C 正确．
6．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F 作用下，经过时间t 后，动量为p ，动能为E k ；若该物体在此光滑水平面上由静止出发，仍在水平力F 的作用下，则经过时间2t 后物体的( )
A ．动量为4p
B ．动量为2p
C ．动能为4E k
D ．动能为2
E k
解析：选C.根据动量定理得，Ft ＝p ，F ·2t ＝p 1，解得p 1＝2p ，故A 、B 错误；根据牛顿第
二定律得：F ＝ma ，解得：a ＝F m ，因为水平力F 不变，则加速度不变，根据x ＝12
at 2知，时间变为原来的2倍，则位移变为原来的4倍，根据动能定理得，Fx ＝E k ，Fx 1＝E k1，解得E k1＝4E k ，故C 正确，D 错误．
二、多项选择题
7．(2018·江西金溪一中模拟)质量为1 kg 的物体，从静止开始下落，经过3 s 的时间落地，落地时速度大小为10 m/s ，若取g ＝10 m/s 2
，那么下列判断正确的是( )
A ．重力对物体做功为150 J
B ．物体的机械能减少了100 J
C ．物体克服阻力做功为50 J
D ．阻力对物体的冲量大小为20 N ·s
解析：选ABD.物体下落的高度h ＝v 2
t ＝5×3 m ＝15 m ，故重力做功W 1＝mgh ＝(1×10×15) J ＝150 J ，故A 正确；由动能定理可知，W 1－W f ＝12mv 2，解得阻力做功W f ＝100 J ，则可知机械能减小了100 J ，故B 正确，C 错误；阻力f ＝W f h ＝10015 N ＝203
N ，则阻力的冲量为：I f ＝ft ＝20 N ·s ，选项D 正确．
8.某人身系弹性绳自高空P 点自由下落，图中a 点是弹性绳的原长位置，c 是人所到达的最低点，b 是人静止地悬吊着时的平衡位置．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：选BC.人由P 至c 的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在P 与c 时速度均为零，则动量的增量为零，则重力的冲量大小应等于绳弹力的冲量大小，方向相反，总冲量为零，选项A 错误；根据动能定理，人由P 至c 过程中，人的动能增量为零，则重力与绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于克服弹力所做的功，选项B 正确；人由P 至a 自由下落，由a 至b ，弹力逐渐增大，但合外力向下，人做加速度变小的加速运动，至b 点加速度为零，速度最大，人过b 点之后，弹力大于重力，合外力向上，加速度向上，速度变小．故选项C 正确，选项D 错误．
9.(2018·安徽淮北模拟)水平推力F
1和F 2分别作用于水平面上原来静
止的、等质量的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继
续运动一段时间停下，两物体的v －t 图象如图所示，已知图中线段
AB ∥CD ，则( )
A ．F 1的冲量小于F 2的冲量
B ．F 1的冲量等于F 2的冲量
C ．两物体受到的摩擦力大小相等
D ．两物体受到的摩擦力大小不等
解析：选AC.由题图知，AB 与CD 平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力为摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故C 正确，D 错误；根据动量定理，对整个过程研究得F 1t 1－ft OB ＝0，F 2t 2－ft OD ＝0，由题图看出，t OB <t OD ，则有F 1t 1<F 2t 2，即F 1的冲量小于F 2的冲量，故A 正确，B 错误．
10．(2018·河北邢台二中模拟)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把。