动量冲量和动量定理典型例题精析
动量和冲量概念详解+典型例题
第二讲动量与能量命题趋向“动量和能量”问题是高考的主考题型，出现的频率也是比较高的，是高考的一个热点，专家命题十分重视对主干知识的考查，在命题时不避讳常规试题，也考查我们认为的超纲问题（弹性碰撞）。
注重对试题的题境的创新、设问的创新、条件的变化，注重考查学生对概念的理解、规律的应用及学生学习中可能存在的思维障碍。
动量、能量考点在历年的高考物理计算题中一定应用，且分值都不低于20分，09年也不例外。
力与运动、动量、能量是解动力学问题的三种观点，一般来说，用动量观点和能量观点比用力的观点解题简便，因此在解题时优先选用这两种观点；但在涉及加速度问题时就必须用力的观点. 有些问题，用到的观点不只一个，特别像高考中的一些综合题，常用动量观点和能量观点联合求解，或用动量观点与力的观点联合求解，有时甚至三种观点都采用才能求解，因此，三种观点不要绝对化.考点透视1、动量动量观点包括动量定理和动量守恒定律。
（1）动量定理凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。
（2）动量守恒定律动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
动量守恒条件为：①系统不受外力或所受合外力为零②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。
③系统内力远大于外力，动量近似守恒。
④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。
应用动量守恒定律解题的一般步骤：确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解。
应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。
2、能量能量观点包括的内容以及一些结论有：（1）．求功的途径：①用定义求恒力功. ②用动能定理【从做功的效果】或能量守恒求功.③由图象求功. ④用平均力求功【力与位移成线性关系】.⑤由功率求功.（2）．功能关系--------功是能量转化的量度,功不是能，能也不是功.①重力所做的功等于重力势能的减少量【数值上相等】②电场力所做的功等于电势能的减少量【数值上相等】③弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少量【数值上相等】，E p弹＝k△X2/2④分子力所做的功等于分子势能的减少量【数值上相等】⑤合外力所做的功等于动能的增加量【所有外力】⑥只有重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒⑦克服安培力所做的功等于感应电能的增加量【数值上相等】⑧除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加量【功能原理】⑨摩擦生热Q＝f·S相对＝E损【f滑动摩擦力的大小，S相对为相对路程或相对位移，E损为系统损失的机械能，Q为系统增加的内能】⑩静摩擦力可以做正功、负功、还可以不做功,但不会摩擦生热；滑动摩擦力可以做正功、负功、还可以不做功,但会摩擦生热；作用力和反作用力做功之间无任何关系.（3）．传送带以恒定速度匀速运行，小物体无初速放上，达到共同速度过程中，相对滑动距离等于小物体对地位移，摩擦生热等于小物体的动能，即Q＝mv02/2 （4）．发动机的功率P=F牵v，当加速度a＝0时，有最大速度v m=P/F牵【注意额定功率和实际功率】（5）．摩擦生热：Q = f·S相对；Q常不等于功的大小。
动量定理典型例题
动量定理典型例题典型例题1——判断物体冲量变化甲、乙两个质量相同的物体在粗糙程度不同的水平面上以相同的初速度运动。
乙物体先停下来，甲物体经过较长时间才停下来。
正确的叙述是：甲物体受到的冲量与乙物体受到的冲量大小相等。
分析与解：在这个过程中，甲、乙两物体所受合外力均为摩擦力。
由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于动量的增量。
由题可知，甲、乙两物体初、末状态的动量都相同，所以所受的冲量均相同。
因此，答案为B。
典型例题2——判断外力大小质量为0.1kg的小球以10m/s的速度水平撞击竖直放置的厚钢板，撞击后以7m/s的速度被反向弹回，撞击时间为0.01s。
取撞击前钢球速度的方向为正方向。
求钢球受到的平均作用力大小。
分析与解：在撞击过程中，小球的动量发生了变化，这个变化等于小球所受合外力的冲量。
这个合外力的大小等于钢板对钢球作用力的大小。
此时可忽略小球的重力。
根据动量定理可得F×t=m×(v2-v1)。
代入数据可得F=-170N。
因此，答案为D。
典型例题3——判断冲量方向和大小质量为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，地面对钢球的冲量的方向和大小为向上，m(v1+v2)。
分析与解：在小球碰撞到弹起的过程中，小球速度变化的方向是向上的，所以小球受到地面冲量的方向一定是向上的。
在忽略小球重力的情况下，地面对小球冲量的大小等于小球动量的变化。
因此，答案为D。
典型例题4——求小球下落到软垫时受到的平均作用力一个质量为0.1kg的小球在自由落体过程中，下落到软垫上，停止时间为0.02s。
求小球受到的平均作用力大小。
分析与解：在下落过程中，小球的速度会不断增加，直到触地瞬间速度达到最大值。
当小球落到软垫上时，受到的合外力是重力和软垫对小球的支持力。
由于小球在软垫上停留的时间极短，因此可以近似认为小球在软垫上的速度瞬间减为零。
根据动量定理可得F×t=mv，代入数据可得F=49N。
动量冲量和动量定理典型例题精析
动量、冲量和动量定理·典型例题精析[例题1]质量为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑．如图7－1所示．求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量．[思路点拨]依冲量的定义，一恒力的冲量大小等于这力大小与力作用时间的乘积，方向与这力的方向一致．所以物体所受各恒力的冲量可依定义求出．而依动量定理，物体在一段时间t内的动量变化量等于物体所受的合外力冲量，故合外力给物体的冲量又可依动量定理求出．[解题过程]依冲量的定义，重力对物体的冲量大小为I G＝mg·t，方向竖直向下．斜面对物体的支持力的冲量大小为I N＝N·t＝mg·cosθ·t，方向垂直斜面向上．合外力对物体的冲量可分别用下列三种方法求出．(1)先根据平行四边形法则求出合外力，再依定义求出其冲量．由图7－1(2)知，作用于物体上的合力大小为F＝mg·sinθ，方向沿斜面向下．所以合外力的冲量大小I F＝F·t＝mg·sinθ·t．方向沿斜面向下．(2)合外力的冲量等于各外力冲量的矢量和，先求出各外力的冲量，然后依矢量合成的平行四边形法则求出合外力的冲量．利用前面求出的重力及支持力冲量，由图7－1(3)知合外力冲量大小为方向沿斜面向下．或建立平面直角坐标系如图7－1(4)，由正交分解法求出．先分别求出合外力冲量I F在x，y方向上分量I Fx，I Fy，再将其合成．(3)由动量定理，合外力的冲量I F等于物体的动量变化量Δp．I F=Δp=Δmv=mΔv=m(at)=mgsinθ·t．[小结] (1)计算冲量必须明确计算的是哪一力在哪一段时间内对物体的冲量．(2)冲量是矢量，求某一力的冲量除应给出其大小，还应给出其方向．(3)本题解提供了三种不同的计算合外力冲量的方法．[例题2]一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，则这段时间内软垫对小球的冲量为多少(取g=10 m/s2，不计空气阻力)？[思路点拨]小球从落至软垫至陷到最低点，即速度变为零的过程中，受重力和软垫对它的作用力，软垫对球的作用力在此过程中是变力，但动量定理对于变力依然适用．因此可以用动量定理求软垫对球的冲量．[解题过程]小球落至软垫前，只受重力作用，故可由自由落体公式求出小球落至软垫时的速度大小为方向竖直向下．小球接触软垫后除受重力mg外，还受软垫对它的作用力F，在这两力合力冲量作用下，小球动量变为零(此时小球陷至最低点)．取竖直向上为正方向，小球的初动量为p=－mv(负号表示小球刚与软垫接触时速度方向竖直向下，因而初动量方向竖直向下，与所取正方向相反，此处v仅表示小球速度的大小)．小球的末动量p′=0．由动量定理有解得小球自接触软垫起到陷至最低点这一过程中受到软垫平均作用大小为在这段时间内软垫对小球的冲量大小为方向竖直向上．[小结] (1)应用动量定理解题时，必须明确研究的哪一物体的哪一运动过程，因动量定理是针对一确定物体一确定过程而言．此题应用动量定理研究的是小球自落至软垫开始与其接触起至陷至最低点速度恰变为零这一过程．(2)在解决诸如此题和课本习题中用铁锤钉钉子这样的碰撞、打击一类问题时，物体所受的冲击力的变化极为迅速，难于用牛顿第二定律(结合运动学公式)求解，但用以力的冲量概念表述的动量定理解决起来则极为方便．(3)在应用动量定理解决类似此题这样的碰撞、打击等问题时，不可随意忽略物体所受的重力，例如本题如忽略小球陷落过程中所受的重力，结果则为I F=0.40N·s，显然与正确结果有较大偏离，因而是错误的．[例题3]人从高台上跳下着地时，总是不自觉地先弯腿再站起来，为什么？[思路点拨]这是一道说明题，不要求给出计算结果，但对这类问题不应含混说上几句就算了事，而要做严格分析，即也要明确研究对象，确定研究过程，列出必要的方程，再做讨论，得出令人信服的结论．[解题过程]将人视为质量集中在重心的质点，分两种情况讨论：一为着地时不弯腿；一为着地时开始弯腿．台的高度一定，两种情况下，人着地时动量大小皆为p=mv，最后速度均变为零，因而动量为零．若取竖直向上为正方向，两种情况下，人着地过程中的动量变化量均为Δp＝0－(－mv)=mv．从开始着地到静止过程中，人受重力mg及地面作用力F，用F表示地面对人的作用力平均值，根据动量定理解得人着地过程中地面对人作用力的平均值由此式知，第一种情况，人落地后始终直立，人(视为质量集中于重的作用力，很容易造成伤害．第二种情况下，由于着地后弯腿，人的重心还要向下移动较长距离，速度经过较长时间变为零，Δt较大，故地面对[小结]解答说明、论证型的题目，首先要明确论点．如本题的论点是要求比较人在两种不同情况下受到地面作用力大小．然后选择论据，论据的选择要正确有效，如本题选择的论据应是动量守恒，若选择牛顿第二定律则不能有效地论证．最后是论证，论证的过程即为推理的过程，推理要清晰严密．如本题就要先找出两种情况下，人的动量变化量Δp的关系及动量变化与所经历的时间Δt的关系，然后才能由动量定理推出两种情况下地面作用力F大小的关系．[例题4]质量m=5 kg的物体在恒定水平推力F=5 N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3 s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小．[思路点拨]此题中物体所经历的过程可分为两个阶段．第一阶段，物体在力F作用下自静止开始运动直至撤去力F；第二阶段，撤去力F后物体在滑动摩擦力f作用下减速运动，直至停下．如果用动量定理来求题，那么能否对包括两阶段在内的整个运动过程来应用定理呢？现给出两种方法求解这一问题：第一种方法，将整个运动过程分为两个阶段，分别用动量定理来处理．第二种方法，将整个运动作为一过程来应用动量定理．[解题过程]因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力F前，物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力f，撤去力F后，物体只受摩擦力f．取物体运动方向为正方向．方法1设撤去力F时物体的运动速度为v．对于物体自静止开始运动至撤去力F这一过程，由动量定理有(F－f)t1=mv． (1)对于撤去力F直至物体停下这一过程，由动量定理有(－f)t2=0－mv． (2)联立式(1)、(2)解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为说明式(1)、(2)中f仅表示滑动摩擦力的大小，f前的负号表示f与所取正方向相反．方法2将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程．在时间t1内物体所受合外力为(F－f)，在时间t2内物体所受合外力－f，整个运动时间t1＋t2内，物体所受合外力冲量为(F－f)t1＋(－f)t2．对物体整个运动过程应用动量定理有(F－f)t1＋(－f)t2＝0，说明冲量是矢量，由矢量运算法则可知合外力对物体的冲量等于物体所受各外力冲量的矢量和．所以求物体运动过程中所受合外力冲量又可用下述方法得出：即先求物体在运动过程所受各外力冲量，再取其矢量和即为合外力冲量．例如，就本题中物体整个运动时间t1＋t2内，力F的冲量为Ft1，力f的冲量为(－f)(t1＋t2)．整个运动过程中物体所受合外力冲量为Ft1＋(－f)(t1＋t2)．这一结果与解法(2)给出的结果相同．[小结] (1)本题解法2再次表明动量定理适用于变力作用过程．(2)合外力在一段时间t内的冲量等于这段时间t内各分段时间t i(t＝t1＋t2＋…＋t i＋…)内冲量的矢量和，又等于这段时间t内各外力对物体冲量的矢量和．(3)此题求解时，显然对整个过程应用动量定理来处理，解起来更为简捷．*[例题5]采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下．今有一采煤水枪，由枪口射出的高压水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水对煤层的压强(水的密度为ρ)．[思路点拨]射向煤层的水流受到煤层的作用水平速度(因而动量)变为零后随即顺壁流下，如能求出此过程中煤层对水流的作用力，根据牛顿第三定律即可求出水对煤层的作用力，从而求水对煤层的压强．[解题过程]设射向煤层水流截面为S，在时间Δt内有质量为ρSv·Δt的水撞击煤层，动量变为零，设煤层对水流作用力为F．取煤层对水作用力方向为正，对于上述这部分水由动量定理有F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)，得F=ρSv2．由牛顿第三定律知，水对煤层作用力大小F′＝F＝ρSv2，所以煤层表面受到水流压强为[小结]解决此类连续体产生的持续作用问题时，关键在于：①正确选取研究对象——Δt时间内动量发生变化的物质；②根据题意正确地表示出其质量及动量变化量．。
动量和动量定理-知识点与例题
动量和动量定理-知识点与例题动量和动量定理的应用知识点一——冲量（I）要点诠释：1.定义：力F和作用时间的乘积，叫做力的冲量。
2.公式：3.单位：4.方向：冲量是矢量，方向是由力F的方向决定。
5.注意：①冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
②用公式求冲量，该力只能是恒力1.推导：设一个质量为的物体，初速度为，在合力F的作用下，经过一段时间，速度变为则物体的加速度由牛顿第二定律2.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
3.公式：或4.注意事项：②式中F是指包含重力在内的合外力，可以是恒力也可以是变力。
当合外力是变力时，F 应该是合外力在这段时间内的平均值；③研究对象是单个物体或者系统；规律方法指导1.动量定理和牛顿第二定律的比较（1）动量定理反映的是力在时间上的积累效应的规律，而牛顿第二定律反映的是力的瞬时效应的规律（2）由动量定理得到的，可以理解为牛顿第二定律的另一种表达形式，即：物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
（3）在解决碰撞、打击类问题时，由于力的变化规律较复杂，用动量定理处理这类问题更有其优越性。
4.应用动量定理解题的步骤①选取研究对象；②确定所研究的物理过程及其始末状态；大小无关，C错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D错误。
答案：A【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（）A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量B.冲量是描述运动状态的物理量C.冲量是物体动量变化的原因D.冲量的方向与动量的方向一致答案：BD点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。
故BD错误。
类型二——用动量定理解释两类现象2.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。
这是为什么？解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。
由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。
冲量 动量定理(附精品解析)
动量 冲量 动量定理考点一 动量 冲量考点二 动量定理的理解 用动量定理解释生活中的现象 考点三 用动量定理求解平均冲击力考点四 应用动量定理处理多物体、多过程问题 考点五 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”考点一 动量 冲量1．动量(矢量)：①p ＝mv .②单位:kg ·m/s.③动量方向与速度的方向相同．2．动量的变化(矢量)：①Δp ＝p ′－p .②单位:kg ·m/s.③动量变化量的方向与速度的改变量Δv 的方向相同．3．冲量(矢量)：①I ＝F Δt .②单位:N ·s.③冲量方向与力的方向相同． 4．动能(标量)与动量的大小关系：E k =p 22m , E k ＝12pv ．5．冲量的计算方法(1)利用定义式I=Ft 计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态．(2)利用F-t 图像计算,F-t 图线与时间轴围成的面积表示冲量,此方法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量．(3)利用动量定理计算．1．关于动量和动能，以下说法中正确的是（ ） A ．速度大的物体动量一定大B ．质量大的物体动量一定大C ．两个物体的质量相等，动量大的其动能也一定大D ．同一个物体动量变化时动能一定发生变化 2．(多选)一个质量为0.18kg 的垒球水平飞向球棒，被球棒打击后，以大小为20m/s 的速度反向水平飞回，关于垒球被击打前后瞬间。
下列说法正确的是（ ）A ．垒球的动能可能不变B．垒球的动量大小一定变化了3.6kg·m/sC．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等D．垒球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同3．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（）A．重力对物体的冲量大小为零B．摩擦力对物体的冲量大小为零C．拉力F对物体的冲量大小是Ftc osθD．合力对物体的冲量大小为零4．竖直上抛一小球，后又落回原地。
【K12学习】高三物理10 - 冲量与动量动量定理知识点解析解题方法考点突破例
高三物理10 - 冲量与动量动量定理知识点解析解题方法考点突破例【本讲主要内容】冲量与动量、动量定理认识冲量和动量概念，动量定理的理解和应用。
【知识掌握】【知识点精析】1. 动量和冲量动量按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：P=mv 特点：①瞬时性：动量是描述运动的状态参量。
对比：状态量定义关系决定因素速度v P/m √2Ek/m 加速度 a 动能Ek 动量P mv 12mv 2P2/2m 总功W 2mEk 合外力冲量I 注意：高考题常需利用三个量间的关系求解。
讨论：在光滑水平面上有A、B两物体向同一方向运动，发生正碰前A、B动量分别为5kgm/s、7kgm/s，碰撞后A的动量变为3kgm/s。
A、B两物体质量关系如何？②相对性：与参照系的选取有关。
③矢量性：与速度的方向相同。
练习：质量为100g的网球以6m/s的速度垂直撞击墙面，之后以4m/s速度反弹。
则网球撞墙前后动量变化有多少？注意：计算动量的变化量应先选取正方向，矢量的正负表示方向。
冲量按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量，对于变力的冲量，只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
特点：①时间性：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。
注意：冲量和功不同。
恒力在一段时间内可能不做功，但一定有冲量。
例：质量为m的小球高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？解析：力的作用时间都是t2H12gsinsin2H， g力的大小依次是mg、mgcosα和mgsinα，冲量依次是：IGm2gHm2gH,IN,I合m2gHsintan②绝对性：与参照系的选取无关。
③矢量性：冲量是矢量，它的方向力的方向决定。
如果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。
2. 动量定理内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。
即I=ΔP 或Ft =mv2－mvl 说明：①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度，给出了冲量和动量变化间的互求关系。
物理动量冲量动量定理例题-2023年学习资料
课前热身-1.质量为血的物体放在水平地面上，在与水平-面成θ角的拉力F作用下由静止开始运动，经时-间t速度 到v,在这段时间内拉力F和重力mg-冲量大小分别是D-A.Ft,O-B.Ftcos0,0-C.mv,0-D Ft,mgt
课前热身-2.一个质量为m的小球以速度v垂直射向-墙壁，碰撞后又以相同的速度反弹回来，-小球受到的冲量大小 C-A.mv-B.mv/2-C.2mv-D.0
课前热身-5.质量为300g的垒球以30m/s的速度-飞来，队员用木棒击球，球反向弹回-的速率是30m/s 则垒球受到的冲量-大小是18S.-合
能力·思维.方法-【例1】如图5-1-1所示，质量为2kg的物体沿倾角为-30°高为h=5m的光滑斜面由静 从顶端下滑到底端的过-程中，求：-1重力的冲量：-2支持力的冲量；-3合外力的冲量.g=10m/s2
动量、冲量、动量定理-要点疑点考点-课前热身-能力思维方法-延伸.拓展
要点疑点考点-一、动量p-1.定义：p=mv有大小和方向，是矢量.-单位：kgms-1-2.物理意义：描述 体机械运动状态的物理量-3.动量变化：运算应用平行四边形定则.如果运动-变化在同一直线，那么选定一个正方向 动量变-化运算便简化为代数运算：△p-P2p1mv2mv1
能力·思维方法-【解题回顾】某个力的冲量与合外力的冲量-要注意区分.如5-1-2图，物重10N,放在桌面静止不动，经历时间10秒钟，重力的冲量-不是0而是Ic=Gt=10×10=100Ws.
【例2】如图5-1-3把重物G压在纸带上，用一水平力缓缓-拉动纸带，重物跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带 -会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法CD-A.在缓缓拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大-B.在迅速拉 时，纸带给重物的摩擦力小-C.在缓缓拉动时，纸带给重物的冲量可能大-D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量可能
动量、冲量和动量定理·典型例题精析
动量、冲量和动量定理例1、 下面关于冲量的说法中正确的是 ( )A.物体受到很大的冲力时,其冲量一定很大B.力F 的方向与位移的方向垂直时,则力F 的冲量为零C.不管物体做什么运动,在相同时间内重力的冲量相同D.只要力的大小恒定,其冲量就等于力与时间的乘积例2、质量m=1kg 的物体以v 0=10m/s 水平抛出空气阴力不计，取g=10m/s 2，则在第3s 内动量的变化量如何？例3、质量为m 的质量在半径为r 的圆周上以角速度 做匀速圆周运动，则：向心力大小为F=______________；周期为T=________________；向心力在一个周期内的冲量大小为I=______________。
例4 质量为m 的钢球自高处落下，以速战速决率v 1碰地，竖直向上弹回，碰掸时间极短，离地的速率为v 2。
在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为A 、向下，m(v 1-v 2)B 、向下，m(v 1+v 2)C 、向上，m(v1-v 2) D 、向上，m(v 1+v 2)例5、如图-2所示，长为L 、质量为 m 1的小船停在静水中。
一个质量为m 2的人立在船头，若不计水的阴力，当人从船头走到船尾声的过程中，船和人对地面的位移各是多少？例6．质量为2m 的物体A 以速度υ0碰撞静止m 物体B ，B 的质量为m ，碰后A 、B 的运动方向均与υ0的方向相同，则磁撞后B 的速度可能为（ ）A ．υ0B ．2υ0C ．32υ0D ．21υ0例7质量为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑．如图7－1所示．求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量．[[例8一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，则这段时间内软垫对小球的冲量为多少(取g=10 m/s2，不计空气阻力)？例9人从高台上跳下着地时，总是不自觉地先弯腿再站起来，为什么？例10质量m=5 kg的物体在恒定水平推力F=5 N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3 s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小．例11、以速度v0水平抛出一个质量为1kg的物体,若在抛出3s后它未与地面及其他物体相碰,求它在3s内动量的变化(g取10m/s2).例12、质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量m2=50g的小球以v2=10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止.那么，碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？。
动量和冲量、动量定理
第一讲、动量和冲量动量定理【基础再现】一、动量和冲量1、动量（1）定义：运动物体的叫动量，p= ，动量的单位：。
（2）物体的动量表征物体的运动状态，所以它是量，其中的速度为速度，通常以地面为参考面。
（3）动量是量，其方向与的方向相同，两物体的动量相同是必须大小相等，方向相同。
（4）动量和动能的区别动量动能相同点和速度一样都是描述物体运动状态的物理量，都是状态量。
不同点V的大小或方向改变都可以让P变。
是矢量动量p的改变是力在时间上的积累V的大小变，动能变。
是标量动能Ek是力在空间（位移）上的积累联系P2=2mEk2、动量的变化(1)△p=P t-P0=mv2-mv1（矢量式，注意方向）（2）是矢量，其方向和方向相同，与合外力方向，与动量的方向无关。
由合外力方向决定。
（3）动量变化率物体所受的合外力F等于物体动量变化率：。
3、冲量（1）定义：，叫做该力的冲量，I= ，（适用恒力，变力用平均值，图像法）单位：。
（2）冲量是量，它表示力在一段时间上的积累。
（3）冲量是量，其方向由方向决定，如果在作用时间内力的方向不变，冲量的方向就与力的方向相同。
求冲量时，一定要注意明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量。
（4）冲量和功的区别冲量是矢量，功是矢量。
冲量是力在时间上的积累，功是力在空间上的积累。
二、动量定理（1）物体所受的，等于这个物体运动的，这就是动量定理。
表达式：F合= 。
（2）动量定理的研究对象是物体，或是单个物体的系统，但是高中只要求用来研究单个物体的冲量或动量变化。
（3）动量定理中F是物体所受的合外力。
可以是恒力，也可以是变力。
当合外力是变力时，可以先求出合外力的平均值再求冲量。
（4）运用A、定性分析有关现象B、定量计算有关物理量①两种类型已知动量或是动量变化，求合外力的冲量。
已知合外力的冲量求动量或是动量的变化量。
②运用动量定理的计算步骤 选定研究对象，明确运动过程进行受力分析和运动的初、末状态分析 选定正方向，根据动量定理列方程【典型例题】 一、动量 例1：质量为m=1kg 的小球，从高H=5cm 处，自由下落，小球落到泥沙并下陷h=1cm 静止，求（1）小球从开始下落到与泥沙接触的前这段时间内动量变化； （2）小球与泥沙作用的这段时间内动量变化；（3）小球从静止开始下落到静止在泥沙中的这段时间内动量变化。
冲量和动量动量定理练习题_经典习题加定理说明
冲量和动量、动量定理练习题一、动量与冲量 动量定理1．动量在牛顿定律建立以前，人们为了量度物体作机械运动的“运动量”，引入了动量的概念。
当时在研究碰撞和打击问题时认识到：物体的质量和速度越大，其“运动量”就越大。
物体的质量和速度的乘积mv 遵从一定的规律，例如，在两物体碰撞过程中，它们的改变必然是数值相等、方向相反。
在这些事实基础上，人们就引用mv 来量度物体的“运动量”，称之为动量。
2．冲量要使原来静止的物体获得某一速度，可以用较大的力作用较短的时间或用较小的力作用较长的时间，只要力F 和力作用的时间t ∆的乘积相同，所产生的改变这个物体的速度效果就一样，在物理学中把F t ∆叫做冲量。
3．质点动量定理由牛顿定律，容易得出它们的联系：对单个物体：01mv mv v m t ma t F -=∆=∆=∆ p t F ∆=∆即冲量等于动量的增量，这就是质点动量定理。
在应用动量定理时要注意它是矢量式，速度的变化前后的方向可以在一条直线上，也可以不在一条直线上，当不在一直线上时，可将矢量投影到某方向上，分量式为：x tx x mv mv t F 0-=∆ y ty ymvmv t F 0-=∆ z tz z mv mv t F 0-=∆ 二、守恒定律动量守恒定律是人们在长期实践的基础上建立的，首先在碰撞问题的研究中发现了它，随着实践范围的扩大，逐步认识到它具有普遍意义，对于相互作用的系统，在合外力为零的情况下，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可得出物体的总动量保持不变。
即： t v m 11+t v m 22+……+n n v m =+'+'2211v m v m ……nn v m ' 上式就是动量守恒定律的数学表达式。
三、功和功率1功的概念 力和力的方向上位移的乘积称为功。
即θcos Fs W =式中θ是力矢量F 与位移矢量s 之间的夹角。
功是标量，有正、负。
外力对物体的总功或合外力对物体所做功等于各个力对物体所做功的代数和。
动量冲量动量定理例题
能力· 思维· 方法
【例3】某消防队员从一平台上跳下，下落 2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓 冲，使自身重心又下降了0.5m.在着地过程 中，对他双脚的平均作用力估计为(B)
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的5倍
C.自身所受重力的8倍
D.自身所受重力的10倍
能力· 思维· 方法
【解析】本题问题情景清晰，是一道应用动量定量解释物 理现象的好题.为了使得从高处跳下时减少地面对双腿的 冲击力，应减少h—跳下前的高度；增大△h—双脚弯曲时 重心下移的距离.即不宜笔直跳下，应先蹲下后再跳，着 地时应尽可能向下弯曲身体，增大重心下降的距离.实际 操作中，还有很多方法可以缓冲地面的作用力.如先使前 脚掌触地等.也可同样运用动量定理解释.对本题分析如下： 下落2m双脚刚着地时的速度为v= .触地后，速度从v 2 gh 减为0的时间可以认为等于双腿弯曲又使重心下移 △h=0.5m所需时间.在估算过程中，可把地面对他双脚的 力简化为一个恒力，故重心下降过程可视为匀减速过程. 从而有:
能力· 思维· 方法
△t= △h/v平均=△h/(v/2)=2△h/v.
在触地过程中，有（N-mg）△t=m△v，
即N=mg+m△v/△t=mg+mv/(2△h/v) =mg+mv2/2h, =mg+mgh/△h=5mg. 因此答案B正确. 【解题回顾】题中的（N-mg）△t=m△v,许 多同学在独立做题时容易做成N△t=m△v而 得出N=4mg的错误结论.
课 前 热 身 5.质量为300g的垒球以30m/s的速度 飞来，队员用木棒击球，球反向弹回 的速率是30m/s，则垒球受到的冲量 大小是18N· S.
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高中物理【动量 冲量 动量定理】典型题(带解析)
高中物理【动量、冲量、动量定理】典型题1．课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的P 点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N 点．从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是( )A ．棋子的惯性变大了B ．棋子受到纸条的摩擦力变小了C ．棋子受到纸条的摩擦力的冲量变小了D ．棋子离开桌面时的动量变大了解析：选C ．两次拉动中棋子的质量没变，其惯性不变，故A 错误；由于正压力不变，则纸条对棋子的摩擦力没变，故B 错误；由于快拉时作用时间变短，摩擦力对棋子的冲量变小了，故C 正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，故D 错误．2．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 14v ，则摩擦力对底座的冲量为( )A ．0B ．14m v ，方向向左C ．14m v ，方向向右D ．34m v ，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 ＝m v ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－m v ，对底座根据动量定理：I f ＋(－m v )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋m v 4，正号表示方向向左；故选B ．3．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 ．与它的动量成正比解析：选B ．速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 错；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 对；动能E k ＝12m v 2，与速度的平方成正比，C 错；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 错． 4．如图所示，质量为m 的物体，在大小确定的水平外力F 作用下，以速度v 沿水平面匀速运动，当物体运动到A 点时撤去外力F ，物体由A 点继续向前滑行的过程中经过B 点，则物体由A 点到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v 的大小无关C ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v 的大小无关解析：选D ．由题知，物体所受的摩擦力F f ＝F ，且为恒力，由A 到B 的过程中，v 越大，所用时间越短，I f ＝Ft 越小；因为W f ＝F ·AB ，故W f 与v 无关．选项D 正确．5. (多选)如图所示，AB 为竖直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水平向右B ．小球所受支持力的冲量水平向右C ．小球所受合力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受重力的冲量大小为零解析：选AC ．在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球在A 点的速度为零，在B 点的速度水平向右，由动量定理知，小球所受合力的冲量即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒，故有mgR ＝12m v 2B，解得v B ＝2gR ，由动量定理知，小球所受合力的冲量大小为I ＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．6．如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg ，长度为2.5 m 的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s 向下漏原料，装料车以0.5 m/s 的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行．(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s 内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．解析：(1)设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v所以F ＝Δm Δt·v ＝100×0.5 N ＝50 N. (2)车装完料的总质量为M ＝m 车＋Δm Δt·t ＝⎝⎛⎭⎫300＋100×2.50.5kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－M v )解得F ′＝M v t ′＝800×0.52N ＝200 N. 答案：(1)50 N (2)200 N7．第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是( )A ．击球过程合外力对乒乓球做功为零B ．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C ．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D ．在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选AC ．球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零．A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误．8.如图所示，物体从t ＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s 内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是( )A ．0～2 s 内合外力的冲量一直增大B ．0～4 s 内合外力的冲量为零C ．2 s 末物体的动量方向发生变化D ．0～4 s 内物体动量的方向一直不变解析：选C ．根据F -t 图象面积表示冲量，可知在0～2 s 内合外力的冲量一直增大，A 正确；0～4 s 内合外力的冲量为零，B 正确；2 s 末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s 内物体动量的方向一直不变，C 错误，D 正确．9．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg解析：选B ．设1 s 内喷出气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理Ft ＝m v 知，m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确． 10．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D ，水流速度为v ，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )A ．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρv πD 2B ．高压水枪的功率为18ρπD 2v 3 C ．水柱对煤层的平均冲力为14ρπD 2v 2 D ．手对高压水枪的作用力水平向右解析：选BC ．设Δt 时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，ΔV ＝S v Δt ＝14πD 2v Δt ，单位时间喷出水的质量为Δm Δt ＝14ρv πD 2，选项A 错误．Δt 时间内水枪喷出的水的动能E k ＝12Δm v 2＝18ρπD 2v 3Δt ，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W ＝E k ＝18ρπD 2v 3Δt ，高压水枪的功率P ＝W Δt ＝18ρπD 2v 3，选项B 正确．考虑一个极短时间Δt ′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m ，设煤层对水柱的作用力为F ，由动量定理，F Δt ′＝m v ，Δt ′时间内冲到煤层水的质量m ＝14ρπD 2v Δt ′，解得F ＝14ρπD 2v 2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F ′＝F ＝14ρπD 2v 2，选项C 正确．当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D 错误．11．质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是( )A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5解析：选C ．由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3m v 0t 0，F 2＝5m v 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确． 12． 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 ＝v 2B －v 2A 2a＝100 m. (2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N ·s.(3)运动员经过C 点时的受力分析如图所示．运动员在BC 段运动的过程中，根据动能定理，有mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 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)受力图见解析 3 900 N。
高考物理动量冲量精讲精练动量定理
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动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．对点自测1．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：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．2．一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ftcos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：100 86.6二动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1] 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＝ρΔV①ΔV＝v 0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝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 20④ 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 ，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2⑧ 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．过关检测1. 质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度图象如图所示．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，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.2．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，必须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，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.答案：2mv03．如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2)解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N4．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.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝m2ght＋mg.选项A正确．5. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
7.2 动量、冲量与动量定理的应用-2017年高考物理热点+题型全突破含解析
一、动量与冲量概念的理解及大小的计算1．动量、动能、动量变化量的比较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＝mvE k＝错误!mv2Δp＝p′－p标矢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＝错误!pv,p＝错误!，p＝错误!联系(1)都是相对量，与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系（2）若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变化【典例1】关于动量的变化，下列说法正确的是（)A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同B．做直线运动的物体速度减小时,动量的增量Δp的方向与运动方向相反C．物体的速度大小不变时,动量的增量Δp为零D．物体做曲线运动时,动量的增量一定不为零【答案】ABD【解析】当运动物体的速度增大时,其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1>0，与物体运动方向相同。
如图(a)所示，所以A 选项正确。
当物体速度减小时，p2〈p1,如图(b)所示，Δp与p1或p2方向相反，B选项正确。
当物体的速度大小不变时,其方向可能变化,也可能不变化，动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，C选项不正确。
当物体做曲线运动时,动量的方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图(c）所示，故D选项正确。
【典例2】(2017江西上高县第二中学高三下学期开学考试）物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明( ) A。
物体的动量在减小B。
物体的动量在增大C。
物体的动量大小一定变化D。
物体的动量大小可能不变【答案】D2。
冲量的理解与计算（1）恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算,即由I=Ft而得.（2）对于在同一方向上随时间均匀变化的力,可以用平均力计算冲量。
(3）方向恒定的变力的冲量计算。
经典课时作业 动量、冲量、动量定理
经典课时作业 动量、冲量、动量定理（含标准答案及解析）时间：45分钟 分值：100分1.质量为m 的物体以初速度v 0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-v 0)B.mgtC.220m v v D.2m gh2.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3.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,碰撞时间极短,离地的速率为v 2.在碰撞过程中,地面对钢球冲量的方向和大小为( )A.向下,m(v 1-v 2)B.向下,m(v 1+v 2)C.向上,m(v 1-v 2)D.向上,m(v 1+v 2)4.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5.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W2,冲量大小为I2.则( )A.I1=p/3,I2=2p/3B.I1=p/3,I2=4p/3C.W1=W2/8D.W1=8W2/96.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7.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v0,动量为p0,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8.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.摩擦力的冲量为零9.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=1.0×103 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=5 kg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.10.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v0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v0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?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).12.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.标准答案及解析： 1.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:BCD 2.解析:本题考查动量定理的运用.选取v 2的方向为正方向,这一过程中,动量的变化量为Δp=mv 2-(-mv 1)=m(v 1+v 2),结果为一正值,则表明动量变化量的方向和v 2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v 2的方向相同.答案:C 3.解析:设向上的方向为正方向,忽略重力,根据动量定理:Ft=mv 2-(-mv 1)=m(v 1+v 2),地面对钢球的冲量方向向上.故本题选项D 正确.答案:D 4.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:A 5.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:BC 6.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:BC 7.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 =p 2/2m,若p 0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=p 0=mv 0,若v 0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:C 8.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:A 9.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-FΔt=Δmv 1-Δmv 联立解得F=ρS(v -v 1)2=1.0×103×1.0×10-3×(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 2 10.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 Mg μμ++ (2)0()M m v M+11.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 1②s 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-+≥2lv,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 2 12.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 gl ==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 m gl =-(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)m gl - (2)12mgl。
高中物理动量定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
【答案】(1) 2kg (2) 27J (3) 36N s
【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
解得 C 的质量
mCv1＝(mA＋mC)v2
（2）t＝8s 时弹簧具有的弹性势能
mC＝2kg．
Ep1＝ 1 (mA＋mC)v22=27J 2
【答案】（1）
（2）
（3）增大 S 可以通过减小 q、
U 或增大 m 的方法． 提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力． 【解析】
试题分析：（1）根据动能定理有
解得：
（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：MΔv=Nmv
解得：
（3）设单位时间内通过栅电极 A 的氙离子数为 n，在时间 t 内，离子推进器发射出的氙离 子个数为 N nt ，设氙离子受到的平均力为 F ，对时间 t 内的射出的氙离子运用动量定 理， Ft Nmv ntmv ， F = nmv 根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小 F= F = nmv 电场对氙离子做功的功率 P= nqU
a 则重力的冲量为： IG mgt 4.8103 N s ，方向为竖直向下。
【点睛】 本题关键根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解末速度，注意瞬时功率 的求法。
8．一质量为 0.5kg 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.物块以 v0＝8m/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
摩擦阻力和空气阻力， g 取10m / s2 ，问：
（1）运动员到达斜坡底端时的速率 v ；
冲量和动量·典型例题解析
冲量和动量·典型例题解析【例1】 两个质量相等的物体分别沿高度相同，但倾角不同的光滑斜面从顶端自由下滑到底端，在此过程中两物体具有相同的物理量是[ ]A ．重力的冲量B ．合力的冲量C ．动量的变化D ．速率的变化解析：正确答案为D点拨：虽然它们所受的重力相同，但它们在斜面上运动的时间不同，所受的合外力的大小和方向均不同，到达斜面底端时速度的方向不同，物体到达斜面底端时的速度大小可由＝＝得＝，v 2as 2(gsin )h sin v 2θθ2gh 与斜面倾角无关．【例2】 质量为0.4kg 的小球沿光滑水平面以5m/s 的速度冲向墙壁，被墙以4m/s 的速度弹回，如图49－1所示，求(1)小球撞击墙前后的动量分别是多少？(2)这一过程中小球的动量改变了多少？方向怎样？解析：取向右为正方向，则(1)小球撞击墙前的动量p 1＝mv 1＝0.4×5＝2(kg ·m/s)，动量为正，表示动量的方向跟规定的正方向相同，即方向向右．小球撞击墙后的动量p 2＝mv 2＝0.4×(－4)＝－1.6(kg ·m/s)．动量为负，表示动量方向跟规定的正方向相反，即方向向左．(2)此过程中小球动量的变化Δp ＝p 2－p 1＝－1.6－2＝－3.6(kg ·m/s)，动量的变化为负，表示方向向左．点拨：动量、动量的变化都是矢量，解题时要选取正方向，把矢量运算简化为代数运算．【例3】 如图49－2所示在倾角θ＝37°的斜面上，有一质量m ＝5kg的物体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2s 的时间内，物体所受各力的冲量．点拨：对物体受力分析，确定各力的大小和方向．按I ＝Ft 可求得各力的冲量，冲量的方向与该力的方向相同．参考答案重力的冲量I G ＝10N · s ，方向竖直向下；弹力的冲量I N ＝80N ·s ，方向垂直斜面向上；摩擦力的冲量I f ＝16N ·s ，方向沿斜面向上．【例4】 将质量为0.2kg 的小球以初速度6m/s 水平抛出，抛出点离地的高度为3.2m ，不计空气阻力．求：(1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量(2)小球将要着地时的动量(3)小球从抛出到它将要着地的过程中动量的变化点拨：由平抛运动知识可求出运动时间和要着地时的水平速度和竖直速度，从而求出重力的冲量和要着地时动量，求着地时动量既可以先将速度合成后来求，也可先求出水平方向的动量和竖直方向的动量，然后将这两个方向的动量按矢量合成的方法合成，得到所求的动量．小球在运动过程中的水平方向的动量没有变化ΔP x ＝0，竖直方向的动量变化Δ＝＝，方向向下，小球的动量变化Δ＝Δ＋Δ＝Δ，注意不能简单地将小球着地时的动量值与初始动量值之差作为动p mv m 2gh P p P p y y x 2y 2y量的变化量，因为这两个动量的方向不同，不能按代数运算处理，只有在某方向上选取了正方向后才可化为代数运算．参考答案(1)1.6N ·s 方向竖直向下 (2)20kg ·m/s 方向与水平面成53°夹角斜向下 (3)1.6kg ·m/s 方向竖直向下 【例5】如图所示，用0.5kg 的铁锤钉钉子，打击时铁锤的速度为4rn ／s ，打击后铁锤的速度变为零，设打击时间为0.01s1、不计铁锤的重量，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？2、考虑铁锤的重量，铁锤打钉子的平均作用力是多大？3、你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时在什么情况下可以不计铁锤的重量．8．高压水枪喷口半径为r，射出的水流速度为v，水平地打在竖直煤壁上后速度变为零。
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动量、冲量和动量定理·典型例题精析
[例题1]质量为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑．如图7－1所示．求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量．
[思路点拨]依冲量的定义，一恒力的冲量大小等于这力大小与力作用时间的乘积，方向与这力的方向一致．所以物体所受各恒力的冲量可依定义求出．而依动量定理，物体在一段时间t内的动量变化量等于物体所受的合外力冲量，故合外力给物体的冲量又可依动量定理求出．
[解题过程]依冲量的定义，重力对物体的冲量大小为
I G＝mg·t，
方向竖直向下．
斜面对物体的支持力的冲量大小为
I N＝N·t＝mg·cosθ·t，
方向垂直斜面向上．
合外力对物体的冲量可分别用下列三种方法求出．
(1)先根据平行四边形法则求出合外力，再依定义求出其冲量．
由图7－1(2)知，作用于物体上的合力大小为F＝mg·sinθ，方向沿斜面向下．
所以合外力的冲量大小
I F＝F·t＝mg·sinθ·t．
方向沿斜面向下．
(2)合外力的冲量等于各外力冲量的矢量和，先求出各外力的冲量，然后依矢量合成的平行四边形法则求出合外力的冲量．
利用前面求出的重力及支持力冲量，由图7－1(3)知合外力冲量大小为方向沿斜面向下．
或建立平面直角坐标系如图7－1(4)，由正交分解法求出．先分别求出合外力冲量I F在x，y方向上分量I Fx，I Fy，再将其合成．
(3)由动量定理，合外力的冲量I F等于物体的动量变化量Δp．
I F=Δp=Δmv=mΔv=m(at)=mgsinθ·t．
[小结] (1)计算冲量必须明确计算的是哪一力在哪一段时间内对物体的冲量．
(2)冲量是矢量，求某一力的冲量除应给出其大小，还应给出其方向．
(3)本题解提供了三种不同的计算合外力冲量的方法．
[例题2]一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，则这段时间内软垫对小球的冲量为多少(取g=10 m/s2，不计空气阻力)？
[思路点拨]小球从落至软垫至陷到最低点，即速度变为零的过程中，受重力和软垫对它的作用力，软垫对球的作用力在此过程中是变力，但动量定理对于变力依然适用．因此可以用动量定理求软垫对球的冲量．[解题过程]小球落至软垫前，只受重力作用，故可由自由落体公式求出小球落至软垫时的速度大小为
方向竖直向下．
小球接触软垫后除受重力mg外，还受软垫对它的作用力F，在这两力合力冲量作用下，小球动量变为零(此时小球陷至最低点)．
取竖直向上为正方向，小球的初动量为
p=－mv(负号表示小球刚与软垫接触时速度方向竖直向下，因而初动量方向竖直向下，与所取正方向相反，此处v仅表示小球速度的大小)．
小球的末动量p′=0．
由动量定理有
解得小球自接触软垫起到陷至最低点这一过程中受到软垫平均作用大小为
在这段时间内软垫对小球的冲量大小为
方向竖直向上．
[小结] (1)应用动量定理解题时，必须明确研究的哪一物体的哪一运动过程，因动量定理是针对一确定物体一确定过程而言．此题应用动量定理
研究的是小球自落至软垫开始与其接触起至陷至最低点速度恰变为零这一过程．
(2)在解决诸如此题和课本习题中用铁锤钉钉子这样的碰撞、打击一类问题时，物体所受的冲击力的变化极为迅速，难于用牛顿第二定律(结合运动学公式)求解，但用以力的冲量概念表述的动量定理解决起来则极为方便．
(3)在应用动量定理解决类似此题这样的碰撞、打击等问题时，不可随意忽略物体所受的重力，例如本题如忽略小球陷落过程中所受的重力，结果则为I F=0.40N·s，显然与正确结果有较大偏离，因而是错误的．[例题3]人从高台上跳下着地时，总是不自觉地先弯腿再站起来，为什么？
[思路点拨]这是一道说明题，不要求给出计算结果，但对这类问题不应含混说上几句就算了事，而要做严格分析，即也要明确研究对象，确定研究过程，列出必要的方程，再做讨论，得出令人信服的结论．[解题过程]将人视为质量集中在重心的质点，分两种情况讨论：一为着地时不弯腿；一为着地时开始弯腿．台的高度一定，两种情况下，人着地时动量大小皆为p=mv，最后速度均变为零，因而动量为零．若取竖直向上为正方向，两种情况下，人着地过程中的动量变化量均为
Δp＝0－(－mv)=mv．
从开始着地到静止过程中，人受重力mg及地面作用力F，用F表示地面对人的作用力平均值，根据动量定理
解得人着地过程中地面对人作用力的平均值
由此式知，第一种情况，人落地后始终直立，人(视为质量集中于重
的作用力，很容易造成伤害．第二种情况下，由于着地后弯腿，人的重心还要向下移动较长距离，速度经过较长时间变为零，Δt较大，故地面对
[小结]解答说明、论证型的题目，首先要明确论点．如本题的论点是要求比较人在两种不同情况下受到地面作用力大小．然后选择论据，论据的选择要正确有效，如本题选择的论据应是动量守恒，若选择牛顿第二定律则不能有效地论证．最后是论证，论证的过程即为推理的过程，推理要清晰严密．如本题就要先找出两种情况下，人的动量变化量Δp的关系及动量变化与所经历的时间Δt的关系，然后才能由动量定理推出两种情况下地面作用力F大小的关系．
[例题4]质量m=5 kg的物体在恒定水平推力F=5 N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3 s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小．
[思路点拨]此题中物体所经历的过程可分为两个阶段．第一阶段，物体在力F作用下自静止开始运动直至撤去力F；第二阶段，撤去力F后物体在滑动摩擦力f作用下减速运动，直至停下．如果用动量定理来求题，那么能否对包括两阶段在内的整个运动过程来应用定理呢？
现给出两种方法求解这一问题：第一种方法，将整个运动过程分为两个阶段，分别用动量定理来处理．第二种方法，将整个运动作为一过程来应用动量定理．
[解题过程]因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力F前，物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力f，撤去力F后，物体只受摩擦力f．
取物体运动方向为正方向．
方法1设撤去力F时物体的运动速度为v．
对于物体自静止开始运动至撤去力F这一过程，由动量定理有
(F－f)t1=mv． (1)
对于撤去力F直至物体停下这一过程，由动量定理有
(－f)t2=0－mv． (2)
联立式(1)、(2)解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为
说明式(1)、(2)中f仅表示滑动摩擦力的大小，f前的负号表示f与所取正方向相反．
方法2将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程．在时间t1内物体所受合外力为(F－f)，在时间t2内物体所受合外力－f，整个运动时间t1＋t2内，物体所受合外力冲量为
(F－f)t1＋(－f)t2．
对物体整个运动过程应用动量定理有
(F－f)t1＋(－f)t2＝0，
说明冲量是矢量，由矢量运算法则可知合外力对物体的冲量等于物体所受各外力冲量的矢量和．所以求物体运动过程中所受合外力冲量又可用下
述方法得出：即先求物体在运动过程所受各外力冲量，再取其矢量和即为合外力冲量．例如，就本题中物体整个运动时间t1＋t2内，力F的冲量为Ft1，力f的冲量为(－f)(t1＋t2)．整个运动过程中物体所受合外力冲量为
Ft1＋(－f)(t1＋t2)．
这一结果与解法(2)给出的结果相同．
[小结] (1)本题解法2再次表明动量定理适用于变力作用过程．
(2)合外力在一段时间t内的冲量等于这段时间t内各分段时间t i(t＝t1＋t2＋…＋t i＋…)内冲量的矢量和，又等于这段时间t内各外力对物体冲量的矢量和．
(3)此题求解时，显然对整个过程应用动量定理来处理，解起来更为简捷．
*[例题5]采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下．今有一采煤水枪，由枪口射出的高压水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水对煤层的压强(水的密度为ρ)．[思路点拨]射向煤层的水流受到煤层的作用水平速度(因而动量)变
为零后随即顺壁流下，如能求出此过程中煤层对水流的作用力，根据牛顿第三定律即可求出水对煤层的作用力，从而求水对煤层的压强．
[解题过程]设射向煤层水流截面为S，在时间Δt内有质量为
ρSv·Δt的水撞击煤层，动量变为零，设煤层对水流作用力为F．取煤层对水作用力方向为正，对于上述这部分水由动量定理有
F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)，
得
F=ρSv2．
由牛顿第三定律知，水对煤层作用力大小
F′＝F＝ρSv2，
所以煤层表面受到水流压强为
[小结]解决此类连续体产生的持续作用问题时，关键在于：①正确选取研究对象——Δt时间内动量发生变化的物质；②根据题意正确地表示出其质量及动量变化量．。