冲量和动量、动量定理练习题经典习题加定理说明

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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．。

(物理)物理动量定理练习题含答案含解析

（物理）物理动量定理练习题含答案含解析一、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．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3 kg的小球A以初速度v0=4.0 m/ s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80 s与B发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（1）两小球碰前A 的速度；（2）球碰撞后B ,C 的速度大小；（3）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s （2）v A ＝1m /s ，v B ＝3m /s （3）4N ，方向竖直向上【解析】【分析】【详解】（1）选向右为正，碰前对小球A 的运动由动量定理可得： –μ Mg t ＝M v – M v 0 解得：v ＝2m /s（2）对A 、B 两球组成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：A B Mv Mv mv =+222111222A B Mv Mv mv =+ 解得：v A ＝1m /s v B ＝3m /s（3）由于轨道光滑，B 球在轨道由最低点运动到C 点过程中机械能守恒：2211222B Cmv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2CN v mg F m R'+= 解得：F N ＝4N由牛顿第三定律知，F N '＝F N ＝4N小球对轨道的压力的大小为3N ，方向竖直向上．3．如图所示，质量M =1.0kg 的木板静止在光滑水平面上，质量m =0.495kg 的物块（可视为质点）放在的木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

冲量、动量、动量定理的应用训练题含答案

冲量、动量、动量定理的应用训练题含答案一、选择题（其中1、3、6、7题为多选题，其余为单选题）1、在下列各种运动中，任何相等的时间内物体动量的增量总是相同的有（）A 、匀加速直线运动B 、平抛运动C 、匀减速直线运动D 、匀速圆周运动2、质量为5 kg 的物体，原来以v=5 m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N ·s 的作用，历时4 s ，物体的动量大小变为 ( )A.80 kg ·m/sB.160 kg ·m/sC.40 kg ·m/sD.10 kg ·m/s3、用力拉纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是：（）A 、在缓慢拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力大；B 、在迅速拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力小；C 、在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大；D 、在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小．4、从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛．三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（）A 、抛出时三球动量不是都相同，甲、乙动量相同，并均不小于丙的动量B 、落地时三球的动量相同C 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量都不同D 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量不都相同5、若质量为m 的小球从h 高度自由落下，与地面碰撞时间为，地面对小球的平均作用力大小为F ，则在碰撞过程中（取向上的方向为正）对小球来说（）A 、重力的冲量为B 、地面对小球的冲量为C 、合力的冲量为D 、合力的冲量为6、一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t 内A.物体受重力的冲量为零B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小C.物体动量的增量大于抛出时的动量D.物体机械能的减小量等于FH7.恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图8—1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是 A.拉力F 对物体的冲量大小为零 B.拉力F 对物体的冲量大小为FtC.拉力F 对物体的冲量大小是Ftcos θD.合力对物体的冲量大小为零8、物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间Δt 1内速度由0增大到v ，在时间Δt 2内速度由v 增大到2v 。

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？。

动量冲量动量定理课时练习4套题(含问题详解)

动量同步练习（一）动量、冲量、动量的变化量班级姓名1．以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，不计空气阻力，则小球上升到最高点一半时间内的动量变化是______ ，小球上升到最高点一半高度内的动量变化是______ .(选竖直向下为正方向) 2．重为10N的物体在倾角为37°的斜面上下滑，通过A点后再经2s到斜面底端，若物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，则从A点到斜面底端的过程中，重力的冲量大小______N·s，方向______ ；弹力的冲量大小______N·S，方向______ ；摩擦力的冲量大小______N·s。

方向______ ；合外力的冲量大小______N·s，方向______ 。

3．如图所示，重为100N的物体，在与水平方向成60°角的拉力F=10N作用下，以2m/s的速度匀速运动，在10s内，拉力F的冲量大小等于______N·S，摩擦力的冲量大小等于______N·s。

4．将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度做竖直上抛运动，若不计空气阻力，则小球从抛出点至最高点的过程中，动量的增量大小为，方向为；从抛出至小球落回出发点的过程中，小球受到的冲量大小为，方向。

（取g=10m/s2）5．甲、乙两个物体，它们的质量之比为2∶1。

当它们的动量相同时，它们的动能之比E k甲∶E k乙= 。

当它们的动能相同时，动量之比P甲：P乙= 。

6．质量为20g的小球，以20m/s水平速度与竖直墙碰撞后，仍以20m/s的水平速度反弹。

在这过程中，小球动量变化的大小为______。

7．关于物体的动量，下列说法正确的是（）A 动量的方向一定是物体速度的方向B 物体的动量越大，它的惯性也越大C 动量大的物体，它的速度一定大D 物体的动量越大，它所受的合外力越大8．关于同一物体的动能和动量，下列说法中正确的是（）A 动能不变，动量一定不变B 动能变了，动量一定变C 动量不变，动能可能变D 动量变了，动能一定变9.质量m=3kg的小球，以速率v=2m/s绕圆心O做匀速圆周运动，小球转过四分之一圆周过程中动量的变化量大小为，转过半个圆周的过程中动量的变化量大小为______。

动量定理练习题含答案及解析

动量定理练习题含答案及解析一、高考物理精讲专题动量定理1．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R =0.1 m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m =0.1 kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M =0.3 kg 的小球A 以初速度v 0=4.0 m / s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80 s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：（1）两小球碰前A 的速度；（2）球碰撞后B ,C 的速度大小；（3）小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力；【答案】（1）2m/s （2）v A ＝1m /s ，v B ＝3m /s （3）4N ，方向竖直向上【解析】【分析】【详解】（1）选向右为正，碰前对小球A 的运动由动量定理可得：–μ Mg t ＝M v – M v 0解得：v ＝2m /s（2）对A 、B 两球组成系统碰撞前后动量守恒，动能守恒：A B Mv Mv mv =+222111222A B Mv Mv mv =+ 解得：v A ＝1m /s v B ＝3m /s（3）由于轨道光滑，B 球在轨道由最低点运动到C 点过程中机械能守恒：2211222B C mv mv mg R '=+ 在最高点C 对小球B 受力分析，由牛顿第二定律有： 2C N v mg F m R'+= 解得：F N ＝4N由牛顿第三定律知，F N '＝F N ＝4N小球对轨道的压力的大小为3N ，方向竖直向上．2．半径均为52m R =的四分之一圆弧轨道1和2如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R ，让质量为1kg 的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放，小球在圆弧轨道1上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为5N s ⋅，重力加速度g 取210m /s ，求：（1）小球运动到圆弧轨道1最低端时，对轨道的压力大小;（2）小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。

2021高考物理通用练习：考点1动量、冲量、动量定理

考点17动量、冲量、动量定理题组一基础小题1．（多选）关于冲量和动量,下列说法中正确的是( ）A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．动量是物体冲量变化的原因D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化答案AB解析冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与时间的乘积,即I＝Ft，故A正确;动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即p＝mv，故B正确；力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误.2．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，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量一定，设为Δp，由动量定理可知,人受到的合力的冲量I＝Δp是一定的，在沙坑里填沙延长了人与沙坑的接触时间,Δt变大，由动量定理知：Δp＝FΔt，错误!＝F,Δp一定，Δt越大，动量变化率错误!越小，人受到的合外力F越小，越安全,所以要在沙坑里填上沙子，故B 正确，A、C、D错误。

3．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t 内所受力的冲量，正确的是( ）A．拉力F的冲量大小为Ft cosθB．摩擦力的冲量大小为Ft sinθC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小为mgt答案C解析拉力F的冲量大小为Ft,故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cosθ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cosθ，故B错误;重力的冲量大小为mgt,故C正确;支持力的大小为N＝mg－F sinθ，则支持力的冲量大小为(mg－F sinθ）t，故D错误.4．古时有“守株待兔”的寓言。

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.
能力· 思维· 方法

动量冲量动量定理课时练习4套题(含答案)

动量和动量定理同步练习（1）1、下列说法正确的是：A．物体的动量改变，则速度大小一定变化 B．物体所受合外力越大，物体动量变化越大C．物体所受合外力越大，物体动量变化率一定越大 D，物体的运动状态改变，其动量一定改变2、竖直上抛一个物体，不计空气阻力，在上升过程与下落到出发点的两过程中：A．经历的时间相等B．发生的位移相等 C．重力对物体的冲量相同 D．动量变化相同3、玻璃杯从同一高度落下掉在石头上比掉在草地上容易碎是由于玻璃杯与石头撞击过程中：A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大 C．玻璃杯的动量变化较快 D．玻璃杯的动量变化较大4、下列判断正确的是：A．物体动量的方向总是与它所受的合外力的方向一致 B．物体动量变化的方向总与它受到的合外力的方向一致C．静止在水平面上的物体，其重力在任一时间内的冲量为零 D．物体有加速度时其动量不可能为零5、如图所示，质量为2kg的物体A静止在光滑的水平面上，与水平方向成30º角的恒力F=3N作用于该物体，历时10s，则：A．力的冲量大小为零 B．力F对物体的冲量大小为30Ns3Ns D．物体动量的变化量为153NsC．力F对物体的冲量大小为156、质量为m的物体仅在力F作用下，经过时间t，其速度从v l增加到v2。

若质量为m／2的物体仅在力F作用下，其初速度仍为v1，F的方向与v1方向相同，则经相同时间t，该物体末动量大小为：A．m(v2－V1)／2 B． 2m(2v2－v1) C．m(2v2－v1) D．m(2v2－v1)／27、物体沿粗糙的斜面上滑，到最高点后又滑回原处，则：A、上滑时重力的冲量比下滑时小B、上滑时摩擦力冲量比下滑时大C、支持力的冲量为0D、整个过程中合外力的冲量为零8、质量为2kg的物体，速度由4m／s变为－6m／s，则此过程中，它所受到的合外力的冲量为：A．－20Ns B．20Ns C．－4Ns D．一12Ns9、物体在做下面几种运动时，物体在任何相等的时间内动量变化总是相等的是；A．做匀变速直线运动 B．做竖直上抛运动 C．做平抛运动 D．做匀速圆周运动10、粗糙水平面上物体在水平拉力F作用下从静止起加速运动，经过时间t撤去F，在阻力f作用下又经3t停下，则F：f 为 ( )A．3：1 B．4：1 C．1：4 D．1：311、一只50g的网球以25m／s的速度水平飞来，又以30m／s的速度被网球拍水平击回去，则网球受到的冲量大小为＿＿＿，如果作用在球上的平均打击力为30N，则球与拍接触的时间为＿＿＿＿。

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。

专题36 动量冲量和动量定理-2025版高三物理一轮复习多维度导学与分层专练

2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题36动量冲量和动量定理导练目标导练内容目标1动量、动量变化量和冲量目标2动量定理目标3用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题【知识导学与典例导练】一、动量、动量变化量和冲量1．动能、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式E k ＝12mv 2p ＝mv Δp ＝p ′－p 标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E kv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2．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I ＝Ft 计算。

(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F 在某段时间t 内的冲量I ＝F 1＋F 22t ，其中F 1、F 2为该段时间内初、末两时刻力的大小。

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。

【例1】两个质量不同的物体在同一水平面上滑行，物体与水平面间的动摩擦因数相同，比较它们滑行的最大距离，下列判断中正确的是（）A ．若两物体的初速度相等，则它们的最大滑行距离相等B ．若两物体的初动量相等，则它们的最大滑行距离相等C ．若两物体的初动能相等，则质量小的最大滑行距离大D ．若两物体停止前的滑行时间相等，则两物体的最大滑行距离相等【答案】ACD【详解】A ．由动能定理可知20102k m m E v gs μ=--=-可得22v s gμ=则可知，若初速度相等，则最大滑行距离相等，A 正确；B ．根据p mv =；22122k p E mv m==由动能定理可知0k mgs E μ-=-可得2222K E p s mg m g μμ==若初动量相等，质量大小不清楚，滑行距离没法比较，B 错误；C ．由动能定理可知0k mgs E μ-=-可得2kE s mgμ=若初动能相等，质量小的，滑行距离大，C 正确；D ．因两物体的加速度mga g mμμ==由v at =可知，滑行时间相等说明初速度一定相等，故滑行距离一定相等，D 正确。